(课标版)2020高考物理二轮复习选择题提速练2(含解析)

小卷提速抢分练(2计算＋1选考)(二)(建议用时：30分钟)一、计算题(共32分)24．(2019·福建厦门质检)(12分)如图所示，半径R ＝0.3 m 的四分之一光滑圆弧轨道B ，静止于光滑的水平地面．现将物体A 在轨道顶端(与圆心O 等高)由静止释放，已知A 、B 两物体的质量之比为m A m B ＝12，圆弧轨道的最低点到地面的高度为h ＝0.2 m ，物体A 可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ＝10 m/s 2.求：(1)当物体A 恰好脱离圆弧轨道时，A 、B 两物体的速度大小之比v Av B ；(2)当物体A 落地时，其落地点与B 的右侧之间的水平间距s .解析 (1)由题意知，A 、B 两物体在水平方向上动量守恒，则有m A v A ＝m B v B ，解得v Av B＝21. (2)A 、B 两物体组成的系统机械能守恒，则有 m A gR ＝12m A v 2A＋12m B v 2B， 物体A 从圆弧轨道脱离后做平抛运动，则有s A ＝v A t ，h ＝12gt 2，圆弧轨道B 向左做匀速直线运动，则有s B ＝v B t ，联立以上各式解得s ＝s A ＋s B ＝0.6 m. 答案 (1)21(2)0.6 m25．(2019·天津滨海新区质监)(20分)如图所示，直线y ＝x 与y 轴之间有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场B 1，直线x ＝d 与y ＝x 间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度E ＝1.0×104 V/m ，另有一半径R ＝1.0 m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B 2＝0.20 T ，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x ＝d 和x 轴均相切，且与x 轴相切于S 点．一带负电的粒子从S 点沿y 轴的正方向以速度v 0进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域B 1，且第一次进入磁场B 1时的速度方向与直线y ＝x 垂直．粒子速度大小v 0＝1.0×105 m/s ，粒子的比荷为q m ＝5.0×105C/kg ，粒子重力不计．求：(1)坐标d 的值；(2)要使粒子无法运动到x 轴的负半轴，则磁感应强度B 1应满足的条件． 解析 (1)带电粒子在匀强磁场B 2中运动，由牛顿第二定律得qB 2v 0＝m v 20r ，解得r ＝1 m ＝R ，粒子进入匀强电场以后，做类平抛运动，设水平方向的位移为x 1，竖直方向的位移为y 1，则水平方向有x 1＝v 0t 2， 竖直方向有y 1＝12at 22＝v y 2t 2， 其中a ＝qE m ，y 1x 1＝12tan 45°＝12， 联立解得x 1＝2 m ，y 1＝1 m ，带电粒子运动轨迹如图甲所示，由几何关系得 d ＝R ＋y 1＋x 1＝4 m.(2)①设当匀强磁场磁感应强度为B 3时，粒子从电场垂直边界进入匀强磁场后，轨迹与y 轴相切，粒子将无法运动到x 轴负半轴，此时粒子在磁场中运动半径为r 1，运动轨迹如图乙所示．由几何关系得r 1＋2r 1＝2d －2x 1， 解得r 1＝(4－22) m ，由牛顿第二定律得qB 3·2v 0＝m (2v 0)2r 1，解得B 3＝0.24 T.②设当匀强磁场磁感应强度为B 4时，粒子垂直打在y 轴上，粒子将无法运动到x 轴负半轴，粒子在磁场中运动半径为r 2，由几何关系得r 2＝2d －2x 1＝2 2 m ，由牛顿第二定律得qB4·2v0＝m(2v0)2r2，解得B4＝0.1 T.综上所述，要使粒子无法运动到x轴的负半轴，则磁感应强度B1应满足的条件是0＜B1≤0.1 T或B1≥0.24 T.答案(1)4 m(2)0＜B1≤0.1 T或B1≥0.24 T二、选考题(共15分．请考生从给出的2道题中任选一题作答．)33．【物理——选修3－3】(15分)(2020·湖南四校联考)(1)(5分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分) A．一定质量的气体放出热量，其分子的平均动能可能增大B．在不考虑分子势能的情况下，质量和温度相同的氢气和氧气内能相同C．液体中悬浮颗粒内的分子所做的无规则运动就是布朗运动D．天然石英表现为各向异性，是由于组成该物质的微粒在空间的排列是规则的E．某些小昆虫在水面上行走自如，是因为液体的表面张力的存在，该力是分子力的宏观表现(2)(10分)如图所示，透明容器中装有足够深的某种均匀液体，液面上竖直倒插着一根质量m＝0.01 kg的细长玻璃试管，当外界大气压强p0＝1.01×105 Pa时，试管静止时露出液面的长度为L＝5 cm，管中空气柱的总长度为L0＝15 cm.已知试管横截面积为S＝1×10－4 m2，重力加速度g＝10 m/s2，试管的壁厚不计，试管与液体之间的粘滞力也不计．(i)求该液体的密度；(ii)若温度不变，但由于某种原因导致外界大气压强变为p′0＝0.99×105Pa，求试管再次静止后露出水面部分的长度L′.解析(1)根据热力学第一定律，气体放出热量时若外界对气体做功，气体的温度可能升高，分子平均动能可能增大，选项A正确；忽略分子势能，气体的内能与温度、分子数有关，相同质量的氢气分子数更大，故氢气的内能更大，选项B错误；布朗运动是悬浮的固体微粒的无规则运动而不是组成微粒的分子的运动，选项C错误；天然石英晶体在某些物理性质上表现为各向异性，原因是组成晶体的微粒具有空间点阵结构，有规则排列，选项D正确；液体的表面张力是液体表面层分子间的相互吸引力，是分子力的宏观表现，选项E正确．(2)(i)对试管由力的平衡条件得ρg(L0－L)S＝mg，代入数据解得该液体的密度ρ＝m (L 0－L )S＝1×103 kg/m 3. (ii)初态，试管内气体压强p 1＝p 0＋mgS ＝1.02×105 Pa ，末态，设试管内气柱长为L ′0，试管内气体压强为 p 2＝p ′0＋mgS ＝1.0×105 Pa ，根据玻意耳定律有p 1SL 0＝p 2SL ′0， 代入数据解得L ′0＝15.3 cm ，因试管排开的液体体积不变，故露出水面部分的长度变为 L ′＝L ＋(L ′0－L 0)＝5.3 cm.答案 (1)ADE (2)(i)1×103 kg/m 3 (ii)5.3 cm 34．【物理——选修3－4】(15分)(2020·贵州贵阳摸底)(1)(5分)如图甲所示，是一列简谐横波在t ＝0时刻的波形图，图乙是图甲中某质点此后一段时间内的振动图象．若波沿x 轴负方向传播，则图乙是质点________(选填“K ”“L ”“M ”或“N ”)的振动图象，从t ＝0时刻起，最先回到平衡位置的质点是________(选填“K ”“L ”“M ”或“N ”)，该波的波速是________m/s.(2)(10分)如图所示，一棱镜的截面为直角三角形ABC ，∠A ＝30°，斜边AB ＝a .棱镜材料对某光线的折射率为n ＝ 2.在此截面所在的平面内，该光线以45°的入射角从AC 边的中点M 射入棱镜，不考虑光线沿原路返回的情况．(i)求光线射入棱镜的折射角，并画出光路图； (ii)求光线射出棱镜的位置到A 点的距离．解析 (1)由振动图象可知，t ＝0时刻，质点经平衡位置沿＋y 方向运动，在t ＝0时刻的波形图中，L 、N 两点在平衡位置处．由波的传播规律可知，波沿－x 方向传播，质点N 沿＋y 方向运动，图乙是质点N 的振动图象．波沿－x 方向传播，L 、M 、N 都在远离平衡位置，再次回到平衡位置所需时间都大于14T ，而质点K 在最大位移处，回到平衡位置仅需14T ，所以质点K 最先回到平衡位置．由振动图象知质点振动的周期T ＝4 s ，由波形图可知波的波长λ＝2 m ，所以波的传播速度v ＝λT＝0.5 m/s.(2)(i)设入射角为i ，折射角为γ，由折射定律得 n ＝sin i sin γ，① 由①式和题给数据解得γ＝30°，② 由②式和几何关系画出光路图如图所示．(ii)设出射点为D ，延长法线交AB 于E ，由题给条件和几何关系得AD ＋DE ＝AB2，③由②式和题给条件及几何关系可得DE ＝a8，④由③④式和题给数据解得AD ＝3a8.答案 (1)N K 0.5 (2)(i)30° 见解析图 (ii)3a8。

2020年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试二、选择题：1.管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。

焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。

焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为（ ）A. 库仑B. 霍尔C. 洛伦兹D. 法拉第【答案】D 【解析】【详解】由题意可知，圆管为金属导体，导体内部自成闭合回路，且有电阻，当周围的线圈中产生出交变磁场时，就会在导体内部感应出涡电流，电流通过电阻要发热。

该过程利用原理的是电磁感应现象，其发现者为法拉第。

故选D 。

2.若一均匀球形星体的密度为ρ，引力常量为G ，则在该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的周期是（ ） A.3πG ρB.4πG ρC.13πG ρD.14πG ρ【答案】A 【解析】【详解】卫星在星体表面附近绕其做圆周运动，则2224GMm m RR T， 343V R π= ，M V ρ= 知卫星该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的周期3T G πρ=3.如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h ，其左边缘a 点比右边缘b 点高0.5h 。

若摩托车经过a 点时的动能为E 1，它会落到坑内c 点。

c 与a 的水平距离和高度差均为h ；若经过a 点时的动能为E 2，该摩托车恰能越过坑到达b 点。

21E E 等于（ ）A. 20B. 18C. 9.0D. 3.0【答案】B 【解析】【详解】有题意可知当在a 点动能为E 1时，有21112E mv 根据平抛运动规律有2112h gt =11h v t =当在a 点时动能为E 2时，有22212E mv 根据平抛运动规律有221122h gt 223hv t联立以上各式可解得2118E E故选B 。

4.CT 扫描是计算机X 射线断层扫描技术的简称，CT 扫描机可用于对多种病情的探测。

选择题提速练(二)一、单项选择题1.某物体运动的v ­t 图像如图所示，下列说法正确的是( ) A ．0～2 s 内的加速度大小为5 m/s 2B ．0～4 s 内的加速度逐渐增大C ．4～5 s 内的平均速度小于7.5 m/sD ．加速与减速阶段的位移之比为4∶3 解析：选C 0～4 s 内的加速度大小为 a ＝v t ＝104m/s 2＝2.5 m/s 2，故A 错误；根据图像的斜率表示加速度，知0～4 s 内的加速度不变，4～5 s 内的加速度逐渐减小，故B 错误；若4～5 s 内物体做匀减速直线运动，平均速度为v ＝v 0＋v 2＝10＋52m/s ＝7.5 m/s ，由于该物体的位移小于匀减速直线运动的位移，所以该物体4～5 s 内的平均速度小于匀减速直线运动的平均速度7.5 m/s ，故C 正确；0～4 s 内物体做匀加速直线运动，通过的位移 x 1＝10×42 m＝20 m 。

4～5 s 内的位移 x 2＜10＋52×1 m＝7.5 m ，所以x 1x 2＞207.5＝83，故D 错误。

2．电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的杀伤武器。

如图为电磁轨道炮的原理示意图，图中虚线表示电流方向，磁场垂直于轨道平面。

下列说法正确的有( )A ．磁场的方向可能垂直于轨道向上B ．改变电流的方向不影响炮弹的发射方向C ．磁场的强弱与炮弹的速度无关D ．电流越大，炮弹的最大速度越大解析：选D 要使炮弹向右加速，安培力应向右，根据左手定则可知，磁场方向应垂直于轨道向下，故A 错误；改变电流方向时，电磁炮所受安培力方向变化，发射方向变化，故B 错误；设磁感应强度为B ，轨间距为d ，电流大小为I ，轨道长度为L ，据动能定理：BId ·L ＝12mv 2，解得：v ＝2BId ·Lm，可知磁感应强度B 变大，电流I 变大，炮弹速度变大，故C 错误，D 正确。

2020年高考冲刺试卷芳草香出品选择题提速练121—5为单选，6—8为多选1．如图所示，同一竖直面内有上下两条用相同材料做成的水平轨道MN、PQ，两个完全相同的物块A、B放置在两轨道上，A在B 物块正上方，A、B之间用一细线相连．在细线的中点O施加拉力F，使A、B一起向右做匀速直线运动，则F的方向是(图中②表示水平方向)(C)A．沿①方向B．沿②方向C．沿③方向D．沿①②③方向都可以解析：分别对A、B进行受力分析可知，A对水平轨道的压力大于其重力，B对水平轨道的压力小于其重力，则两物体所受滑动摩擦力f A>f B；要使A、B一起向右匀速运动，则F A cosθ－f A＝0(θ为细线与水平方向的夹角)，F B cosθ－f B＝0，有F A>F B；再对O点分析，F 应沿③的方向才能保证F A>F B，C选项正确．2．在竖直平面内，有垂直平面向里的匀强磁场，一个α粒子由静止释放，已知α粒子的重力不能忽略，则α粒子的运动轨迹为(D)A．如图1所示，匀速圆周运动B．如图2所示，先做曲线运动后做匀速直线运动C．如图3所示，往复的曲线运动D．如图4所示，一直向右做曲线运动解析：α粒子由静止释放，重力做正功，α粒子动能增加，速度增大，所受的洛伦兹力逐渐增大，方向由水平向右逐渐往右侧上方偏转，当洛伦兹力方向竖直向上时，速度方向为水平向右，此时洛伦兹力已大于重力，而后α粒子受洛伦兹力作用往上方偏转，重力做负功，α粒子动能减小，速度也减小，所受的洛伦兹力逐渐减小，方向由竖直向上逐渐往左侧逆时针方向偏转，到某一时刻速度减小到0，再重复上述过程，故选项D正确．3．如图所示，虚线A、B、C为某电场中的三条等势线，其电势分别为3 V、5 V、7 V，实线为带电粒子在电场中运动时的轨迹，P、Q为轨迹与等势线A、C的交点，带电粒子只受电场力，则下列说法正确的是(B)。

2020年高考物理二轮复习精练二选考题15分标准练（一）姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、【物理—选修3－3】 (共2题；共8分)1. （3分）(2020·重庆模拟) 下列说法正确的是（）A . 分子间距离减小时，分子势能一定增大B . 单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔C . 在绝热压缩和等温压缩过程中，气体内能均不变D . 热量不能自发地从低温物体传到高温物体E . 当人们感到干燥时，空气的相对湿度较小2. （5分）(2016·新余模拟) 已知竖直玻璃管总长为h，第一次向管内缓慢地添加一定质量的水银，水银添加完时，气柱长度变为 h．第二次再取与第一次相同质量的水银缓慢地添加在管内，整个过程水银未溢出玻璃管，外界大气压强保持不变．①求第二次水银添加完时气柱的长度．②若第二次水银添加完后，把玻璃管在竖直面内以底部为轴缓慢的沿顺时针方向旋转60°．求此时气柱长度．（水银未溢出玻璃管）二、【物理—选修3－4】 (共2题；共8分)3. （3分）在用两面平行的玻璃砖测定玻璃折射率的实验中，其实验光路图如图所示，对实验中的一些具体问题，下列说法正确的是（）A . 为了减少作图误差，P3和P4的距离应适当取大些B . 为了减少测量误差，P1、P2连线与玻璃砖界面的夹角应适当取大一些C . 若P1、P2的距离较大时，通过玻璃砖会看不到P1、P2的像D . 若P1、P2连线与法线NN′间夹角较大时，有可能在bb′一侧就看不到P1、P2的像4. （5分）一列简谐波在x轴上传播，其波形图如图所示，其中实线、虚线分别表示他t1=0，t2=0.1s时的波形，求：①这列波的波速．②若波速为80m/s，其传播方向如何？此时质点P从图中位置运动至波谷位置的最短时间是多少？参考答案一、【物理—选修3－3】 (共2题；共8分)1-1、2-1、二、【物理—选修3－4】 (共2题；共8分)3-1、4-1、。

选择题提速练12时间：45分钟1～5单选，6～8多选1．某同学在研究光电效应时测得不同光照射到同一光电管时得到的光电流与电压的关系图象如图所示．则下列有关说法中正确的是( C )A ．光线1、3为同一色光，光线3的光强更强B ．光线1、2为同一色光，光线1的光强更强C ．光线1、2为不同色光，光线2的频率较大D ．保持光线1的强度不变，光电流强度将随加速电压的增大一直增大解析：由图象可知，光线1和光线3的遏止电压相同，所以它们是同一色光，相同电压时，光线1对应的光电流更大，说明单位时间内照射的光电子数更多，即光线1更强，故A 项错误；光线1和光线2的遏止电压不同，所以它们是不同色光，故B 项错误；由于光线2的遏止电压较大，由eU c ＝12mv 2m 、12mv 2m ＝hν－W 可知，光线2的频率较大，故C 项正确；由图可知，在光照条件不变的情况下，随着所加电压的增大，光电流趋于一个饱和值(饱和电流)，故D 项错误．2．在粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A ，A 与光滑竖直墙之间放另一截面也为半圆的光滑柱状物体B ，整个装置处于静止状态，截面如图所示．设墙对B 的作用力为F 1，B 对A 的作用力为F 2，地面对A 的作用力为F 3.在B 上加一物体C ，整个装置仍保持静止，则( C )A．F1保持不变，F3增大B．F1增大，F3保持不变C．F2增大，F3增大D．F2增大，F3保持不变解析：未放上C时，以B为研究对象，受力分析如图甲所示，由平衡条件得，墙对B的作用力F1＝G B tanα.当放上C时，F1增大，A对B的作用力F2′＝F1sinα，则F2′增大，即F2也增大．再以整体为研究对象，受力分析如图乙所示，则放上C前，地面对A的支持力F N＝G A＋G B，放上C′后变为G A＋G B＋G C，即F N增大，地面对A的摩擦力F f＝F1，且F3为F N 与F f的合力，所以F3增大，故选项C正确．3.如图所示，MN、PQ是两条水平放置的平行金属导轨，匀强磁场的磁感线垂直导轨平面．导轨左端接阻值R＝1.5 Ω的电阻，电阻两端并联一电压表，垂直导轨跨接一金属杆ab，ab的质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.5 Ω.ab与导轨间动摩擦因数μ＝0.5，导轨电阻不计，现用F＝0.7 N的恒力水平向右拉ab，使之从静止开始运动，经时间2 s后，ab开始做匀速运动，此时电压表示数U＝0.3 V．重力加速度g＝10 m/s2.则ab加速过程中，通过R 的电荷量为( B )A ．0.12 CB ．0.36C C ．0.72 CD ．1.6 C解析：金属杆做匀速直线运动时，由平衡条件得F ＝μmg ＋BIL ，由欧姆定律得I ＝BLv R ＋r＝U R，解得BL ＝1 T·m，v ＝0.4 m/s ，设ab 加速时间为t ，加速过程的平均感应电流为I ，由动量定理得Ft －μmgt －B I Lt ＝mv ，电荷量q ＝I t ，代入数据解得q ＝0.36 C ，故选项B 正确．4．如图所示，滑块放在水平地面上，左边受一个弹簧拉力作用，弹簧原长小于h ，水平向右的拉力F 拉动滑块，使滑块向右缓慢移动，并且滑块始终没有离开地面，则在上述过程中，下列说法正确的是( C )A ．弹簧弹力在竖直方向的分量不变，滑块受到的摩擦力不变B ．弹簧弹力在竖直方向的分量不变，滑块受到的摩擦力变小C ．弹簧弹力在竖直方向的分量增大，滑块受到的摩擦力变小D ．弹簧弹力在竖直方向的分量增大，滑块受到的摩擦力不变解析：设弹簧的原长为l 0，劲度系数为k ，弹簧弹力在竖直方向的分量F y ＝k (h sin θ－l 0)sin θ，故F y ＝kh －kl 0sin θ，当滑块向右移动时弹簧与水平方向的夹角减小，可知弹簧弹力的竖直分量在增大，故滑块与地面间的弹力减小，滑块与地面间的摩擦力减小，C 正确．5．如图所示，平行板电容器水平放置，两极板间电场强度大小为E ，中间用一光滑绝缘细杆垂直连接，杆上套有带正电荷的小球和绝缘弹簧，小球压在弹簧上，但与弹簧不拴接，开始时对小球施加一竖直向下的外力，将小球压至某位置使小球保持静止．撤去外力后小球从静止开始向上运动，上升h 时恰好与弹簧分离，分离时小球的速度为v ，小球上升过程不会撞击到上极板，已知小球的质量为m ，带电荷量为q ，重力加速度为g ，下列说法正确的是( D )A ．与弹簧分离时小球的动能为mgh ＋qEhB ．从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为mgh ＋qEhC ．从开始运动到与弹簧分离，小球减少的电势能为qE hD ．撤去外力时弹簧的弹性势能为12mv 2－(qE －mg )h 解析：根据动能定理可知，合外力对小球所做的功等于小球动能的变化量，所以小球与弹簧分离时的动能为E k ＝qEh －mgh ＋E p ，选项A 错误；从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为ΔE ＝mgh ＋12mv 2＝qEh ＋E p ，选项B 错误；小球减少的电势能为Eqh ，故选项C 错误；从撤去外力到小球与弹簧分离，由动能定理可知，12mv 2＝E p ＋qEh －mgh ，所以E p ＝12mv 2－(qE －mg )h ，选项D 正确．6．如图所示，在真空中半径为r ＝0.1 m 的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场及水平向左的匀强电场，磁感应强度B ＝0.01 T ，ab 和cd 是两条相互垂直的直径，一束带正电的粒子流连续不断地以速度v ＝1×103 m/s 从c 点沿cd 方向射入场区，粒子将沿cd 方向做直线运动，如果仅撤去磁场，带电粒子经过a 点，如果撤去电场，使磁感应强度变为原来的12，不计粒子重力，下列说法正确的是( AC )A ．电场强度的大小为10 N/CB ．带电粒子的比荷为1×106 C/kgC ．撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为0.1 mD ．带电粒子在磁场中运动的时间为7.85×10－5s解析：粒子沿直线运动，则qvB ＝Eq ，解得E ＝Bv ＝0.01×103 N/C ＝10 N/C ，选项A 正确；如果仅撤去磁场，则粒子在水平方向r ＝12·Eq m ·t 2，竖直方向r ＝vt ，解得：q m ＝2v 2Er＝2×10610×0.1C/kg ＝2×106 C/kg ，选项B 错误，撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为R ＝mv q B 2＝1032×106×12×0.01 m ＝0.1 m ，选项C 正确；带电粒子在磁场中运动的时间为t ＝T 4＝πm qB ＝ 3.142×106×0.01s ＝1.57×10－4 s ，选项D 错误．7．如图所示，14圆形区域AOB 内存在垂直纸面向内的匀强磁场，AO 和BO 是圆的两条相互垂直的半径，一带电粒子从A 点沿AO 方向进入磁场，从B 点离开，若该粒子以同样的速度从C 点平行于AO 方向进入磁场，则( BD )A ．粒子带负电B ．只要粒子入射点在AB 弧之间，粒子仍然从B 点离开磁场C ．入射点越靠近B 点，粒子偏转角度越大D ．入射点越靠近B 点，粒子运动时间越短解析：粒子从A 点正对圆心射入，恰从B 点射出，根据洛伦兹力方向可判断粒子带正电，故选项A 错误；粒子从A 点射入时，在磁场中运动的圆心角为θ1＝90°，粒子运动的轨迹半径等于BO ，当粒子从C 点沿AO 方向射入磁场时，粒子的运动轨迹如图所示，设对应的圆心角为θ2，运动的轨迹半径也为BO ，粒子做圆周运动的轨迹半径等于磁场圆的半径，磁场区域圆的圆心O 、轨迹圆的圆心O 1以及粒子进出磁场的两点构成一个菱形，由于O 1C 和OB 平行，所以粒子一定从B 点离开磁场，故选项B 正确；由图可得此时粒子偏转角等于∠BOC ，即入射点越靠近B 点对应的偏转角度越小，运动时间越短，故选项C 错误，D 正确．8．如图所示，固定的竖直光滑U 型金属导轨，间距为L ，上端接有阻值为R 的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B 的匀强磁场中，质量为m 、电阻为r 的导体棒与劲度系数为k 的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计．初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x 1＝mg k，此时导体棒具有竖直向上的初速度v 0.在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．则下列说法正确的是( BC )A ．初始时刻导体棒受到的安培力大小F ＝B 2L 2v 0RB ．初始时刻导体棒加速度的大小a ＝2g ＋B 2L 2v 0m (R ＋r )C ．导体棒往复运动，最终静止时弹簧处于压缩状态D ．导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q ＝12mv 20＋2m 2g 2k解析：由法拉第电磁感应定律得E ＝BLv 0，由闭合电路欧姆定律得I ＝ER ＋r ，由安培力公式得F ＝B 2L 2v 0R ＋r ，故选项A 错误；初始时刻，F ＋mg ＋kx 1＝ma ，得a ＝2g ＋B 2L 2v 0m (R ＋r )，故选项B 正确；因为导体棒静止时没有安培力，只有重力和弹簧的弹力，故弹簧处于压缩状态，故选项C 正确；根据能量守恒，减少的动能和重力势能全部转化为焦耳热，即Q 总＝12mv 20＋mg (x 1＋mg k )＝12mv 20＋2m 2g 2k，但R 上的只是一部分，故选项D 错误．。

2020年人教版高考物理二轮复习｜选择题能力提升练习题1、质量为m的汽车从静止开始以恒定的加速度a启动，当汽车的输出功率达到额定功率P后，保持功率不变直到汽车以速度v匀速运动，匀速运动时汽车的牵引力为F。

则下列说法中正确的是( )A.汽车匀加速运动过程中其功率与时间成反比B.汽车匀加速直线运动的时间为C.汽车匀加速直线运动的时间为D.由已知条件可求出汽车加速启动的位移【解析】选C。

汽车匀速运动时，则有F0=Ff，汽车匀加速直线运动过程，由牛顿第二定律得F-Ff =ma，解得F=F+ma，汽车匀加速直线运动过程中任意时刻的速度为v=at，则P=Fv=(F+ma)at，故A错误；由P=Fv得汽车匀加速直线运动的最大速度为v=，匀加速直线运动的时间为t==，故B错误，C 正确；由x=at2可求出汽车匀加速直线运动的位移，全过程由动能定理得Fx+Pt′-F0x总=m-0，若恒定功率启动过程的时间已知则可求汽车加速启动的位移，故D错误。

2、汽车有多种车型，如30TFSI、35TFSI、50TFSI，(每个车型字母前的数字称为G值)G值用来表现车型的整体加速度感，数字越大，加速越快。

G值的大小为车辆从静止开始加速到100 km/h的平均加速度数值(其单位为国际基本单位)再乘以10。

如图为某一型号的奥迪尾标，其值为50TFSI，则该型号车从静止开始加速到100 km/h的时间约为( )A.5.6 sB.6.2 sC.8.7 sD.9.5 s【解析】选A。

由题意可知，50TFSI的加速度为a=5 m/s2，v=100 km/h=27.8 m/s，故加速时间t== s=5.6 s。

3、鞋子上粘上泥巴，在地面上脚跟朝下磕两下，泥巴就掉了，这是利用( )A.鞋的惯性B.泥巴的惯性C.地面的惯性D.脚的惯性【解析】选B。

当鞋遇地面停止运动后，泥巴由于惯性继续运动而脱离鞋子，选项B正确。

4、如图所示，实线为某电场中未知方向的三条电场线，a、b两个带电粒子从电飞出，且初速度方向竖直向上，两粒子在电场力作用场中M点以相同初速度v下的运动轨迹如图中虚线所示，不计两带电粒子之间的相互作用力和粒子的重力，则 ( )A.a一定带正电，b一定带负电B.a的速度将减小，b的速度将增大C.a的加速度将减小，b的加速度将增大D.两个粒子的电势能都减小【解析】选C、D。

选择快练2（时间：15-20分钟；分值：48分）（1-5单项选择；6-8多项选择）1. 钚的一种同位素PU 94239衰变时释放巨大能量,其衰变方程为PU 94239→U92235+He24+γ，则下列说法正确的是（ ）A ． 核反应中γ射线的能量就是PU 94239的结合能B ． 核燃料总是利用比结合能大的核C ． U 92235核比PU 94239核更稳定，说明U 92235核的结合能大D ． 由于衰变时释放巨大能量,所以PU 94239核比U 92235核的比结合能小2. 如图1所示，倾角为θ的斜面体C 置于水平面上，物块B 置于斜面上，用跨过光滑定滑轮的轻绳将B 与物块A 相连接，连接B 的一段轻绳与斜面平行，A 、B 、C 都处于静止状态，则（）A ． 水平面对C 的支持力等于B 、C 的总重力 B ． C 对B 一定有摩擦力 C ． 水平面对C 一定有摩擦力D ． 水平面对C 可能没有摩擦力3. 如图2所示，小明分别沿甲、乙两个光滑滑梯从同一高度由静止下滑到底端，以小明为研究对象，在这两个过程中（ ） A ． 重力做功相同，动量的变化相同 B ． 机械能不守恒，动量不守恒 C ． 动能的变化不同，动量的变化不同 D ． 重力势能减少量相同，合力的冲量不同图 14. 如图3甲所示电路中，L 1、L 2、L 3是三只规格均为“6V3W ”的灯泡，变压器为理想变压器，各电表均为理想电表，当ab 端接如图乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光，下列说法中正确的是（ ） A ． 变压器原、副线圈的匝数比为3：1 B ． 输出端交流电的频率为50Hz C ． 电流表的示数为0.5A D ． 电压表的示数为18V5. 关于静电场的电场强度和电势下列说法正确的是（ ） A ． 以点电荷为圆心的某圆上电场强度处处相同 B ． 电场强度为零的地方，电势也为零 C ． 随着电场强度的减小，电势能逐渐降低D ． 任一点的电场强度总是指向该电势降落最快的方向甲乙图 2abuL 3 L 2L 1 u/V−18ξ218ξ2 123t/(10−2s)图 3甲乙6. 地球赤道上有一物体随地球自转，其所受的向心力为F 1，向心加速度为a 1，线速度为v 1，角速度为w 1；在地球表面附近绕地球做圆周运动的人造卫星(高度忽略)所受的向心力为F 2，向心加速度为a 2，线速度为v 2，角速度为w 2；地球的同步卫星所受的向心力为F 3，向心加速度为a 3，线速度为v 3，角速度为w 3。

20分钟快速训练(二)本题共8小题，每小题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1．巴耳末对氢原子可见光谱进行分析，发现了辐射可见光的波长(λ)公式即巴耳末公式1λ＝R(122－1n2)(n＝3,4，5，…)，R为里德伯常量；玻尔在原子结构假说中提出频率(ν)条件hν＝E m－E n(m＞n)。

下列说法正确的是( D )A．巴耳末公式中的n与频率条件中的m、n具有完全不同的意义B．由频率条件可知，大量处在n＝5能级的氢原子，能辐射出10种不同频率的可见光C．大量从n＝4能级跃迁到低能级的氢原子比大量从n＝3能级跃迁到低能级的氢原子辐射的可见光频率高D．巴耳末公式和频率条件都只能解释氢原子光谱的实验规律[解析]两公式中的n或m、n都是与氢原子轨道量子化相关的量，A错误；只有从高能级跃迁到n＝2能级才辐射可见光，因此大量处在n＝5能级的氢原子，能辐射出3种不同频率的可见光，B错误；大量从n＝4能级跃迁到低能级的氢原子可辐射两种频率的可见光，其中一种可见光的频率与大量从n＝3能级跃迁到低能级的氢原子辐射的可见光频率相同，C错误；巴耳末公式和频率条件都只能解释氢原子光谱的实验规律，D正确。

2．如图所示，质量m＝0.15 kg、长度l＝10 cm的金属棒ab用两完全相同的弹簧水平悬挂在匀强磁场中，弹簧劲度系数k＝100 N/m，开关闭合，稳定后发现弹簧的伸长量均为Δx ＝1 cm，电流表的示数为5 A，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( A )A．N端是电源正极B．磁场的磁感应强度大小为0.1 TC ．滑动变阻器的滑片左移，弹簧的长度变小D ．仅使磁场反向，稳定后弹簧的伸长量为0.2 cm[解析] 由于mg ＝1.5 N<2k Δx ＝2 N ，故安培力方向竖直向下，根据受力分析，满足mg ＋BIl ＝2k Δx ，可得B ＝1 T ，B 错误；根据左手定则，可知ab 棒中电流方向由b 指向a ，故N 端是电源正极，A 正确；滑动变阻器的滑片左移，接入电路的电阻减小，电流增大，故形变量变大，弹簧的长度变大，C 错误；仅使磁场反向，则mg ＝BIl ＋2k Δx ′，可得Δx ′＝0.5 cm ，D 错误。

姓名，年级：时间：选择题提升练（二)一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1．如图所示为成都到重庆的和谐号动车车厢内可实时显示相关信息的显示屏示意图,图中甲、乙两处的数据分别表示了两个物理量．下列说法中正确的是（）A．甲处表示时间，乙处表示平均速度B．甲处表示时间,乙处表示瞬时速度C．甲处表示时刻，乙处表示平均速度D．甲处表示时刻,乙处表示瞬时速度答案:D2．将甲、乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，抛出时间相隔 2 s，它们运动的v－t图象分别如直线甲、乙所示．则( ）A．t＝2 s时，两球的高度差一定为40 mB．t＝4 s时，两球相对于各自抛出点的位移相等C．两球从抛出至落到地面所用的时间间隔相等D．甲球从抛出至达到最高点的时间间隔与乙球的不相等解析:选B。

v－t图线与时间轴所围面积表示小球的位移，由图可知，t＝2 s时，甲球相对其抛出点高度为40 m，乙球恰要抛出,因为甲、乙抛出点位置高度不同，故A错误;t＝4 s时，甲已过最高点返回至距抛出点40 m处，乙已上升到距其抛出点40 m处，B正确；因甲、乙抛出点距地面高度不同，故在空中运动时间不同，C错误；上升至最高点的时间t＝错误!，因甲、乙的初速度相同，故D错误．3．如图甲所示，轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一小物体（物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速直线运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示，（g＝10 m/s2)，则下列结论正确的是（）A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B．物体的质量为1 kgC．物体的加速度大小为4 m/s2D．物体的加速度大小为5 m/s2解析：选D。

初始时物体处于静止状态，mg＝kx1，由图可知x1＝4 cm，初始时F1＝ma,F1＝10 N，在x1＝4 cm之后F不变，说明物体离开弹簧，物体与弹簧分离时，弹簧处于原长状态,由牛顿第二定律F2－mg＝ma，F2＝30 N，解得m＝2 kg，a＝5 m/s2，D正确．4．(2019·台州中学期中)在游乐园转盘的游戏中，游客坐在匀速转动的水平转盘上,与转盘相对静止，关于他们的受力情况和运动趋势，下列说法中正确的是( )A．只受到重力、支持力和滑动摩擦力的作用B．受到重力、支持力、静摩擦力和向心力的作用C．游客相对于转盘的运动趋势与其运动方向相反D．游客受到的静摩擦力方向沿半径方向指向圆心答案：D5．有一长方体导体，长a、宽b、高h之比为6∶3∶2，它的六个面的中心各焊接一根电阻不计的导线，如图所示，分别将AA′、BB′、CC′接在同一恒压电源上时，导体中电荷的运动速度分别为v1、v2、v3。