全国通用版2019高考物理总复习精准提分练：实验题专练六

选考题专练(六)(限时：10分钟)[选修3－3](15分)33．(1)(5分)下列说法正确的是________．A．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功B．能量耗散说明与热有关的宏观过程在能量转化时具有方向性C．扩散现象在气体、液体中能发生，但在固体中不能发生D．某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为N A＝VV0E．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果(2)(10分)如图1所示，两端开口、粗细均匀的足够长的玻璃管插在大水银槽中，管的上部有一定长度的水银，两段空气柱被封闭在左右两侧的竖直管中．开启上部连通左右水银的阀门A，当温度为300 K时，水银的平衡位置如图(h1＝h2＝5 cm，L1＝50 cm)，大气压强为75 cmHg.求：图1①右管内气柱的长度L2；②关闭阀门A，当温度升至405 K时，左侧竖直管内气柱的长度L3.答案(1)ABE (2)①50 cm②60 cm解析(1)根据热力学第二定律可知，在外界的影响下物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功，故A正确；能量耗散从能量转化角度反映出自然界的宏观过程具有方向性，故B正确；扩散现象在气体、液体中能发生，在固体中也能发生，故C错误；某气体的摩尔体积为V，每个分子占据的体积为V′，则阿伏加德罗常数可表示为N A＝VV′，V′≠V0，故D错误；空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果，故E正确．(2)①左管内气体压强：p1＝p0＋p h2＝80 cmHg，右管内气体压强：p2＝p左＋p h1＝85 cmHg，又p 2＝p 0＋p h 3，则右管内外液面高度差h 3＝10 cm ，右管内气柱长度L 2＝L 1－h 1－h 2＋h 3＝50 cm ；②设玻璃管横截面积为S ，由理想气体状态方程得，p 1L 1S T 1＝[p 0＋(p h 2＋p L 3－p L 1)]L 3S T 2， 代入数据解得：L 3＝60 cm.[选修3－4](15分)34．(1)(5分)下列说法正确的是________．A ．单摆的周期与振幅无关B ．只有发生共振时，受迫振动的频率才等于驱动力的频率C ．真空中两列同向运动的光束，以其中一光束为参考系，另一光束是以光速c 向前运动的D ．变化的电场一定能产生变化的磁场E ．两列波相叠加产生干涉现象，振动加强区域与减弱区域应交替出现(2)(10分)如图2所示，透明柱状玻璃砖横截面为扇形AOB ，圆心角∠AOB ＝60°，一单色平行光束平行于扇形AOB 的角平分线OM 均匀射向OA 面，经OA 面折射的光线恰平行于OB 面．图2①求柱状玻璃砖的折射率；②若经过OA 面上P 点(图中未画出)的光线在AMB 扇面上恰好发生全反射，求OP 与PA 的比值． 答案 (1)ACE (2)① 3 ②2∶1解析 (1)单摆周期T ＝2πL g与振幅无关，A 正确；受迫振动的频率等于驱动力的频率，当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振动显著增强，当驱动力的频率等于物体的固有频率时发生共振，B 错误；根据光速不变原理可知，以其中一光束为参考系，另一光束是以光速c 向前运动的，C 正确；均匀变化的电场产生稳定的磁场，D 错误；两列波相叠加产生干涉现象时，振动加强区域与减弱区域间隔出现，这些区域位置不变，E 正确．(2)①作出光路图如图甲所示，由几何关系可知θ1＝60°，θ2＝30°，根据折射定律可得n ＝sin θ1sin θ2＝ 3②如图乙所示，从P 点射入的光线经折射后在N 点恰好发生全反射，则有sin θ3＝33由几何关系可得PQ ＝NR ＝33OAOP ＝PQ sin∠AOB ＝23OA ，可得OP ∶P A ＝2∶1.。

选择题专练(三)(限时：20分钟)二、选择题：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14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．14．一个氡核222 86Rn衰变成钋核218 84Po，其核反应方程为222 86Rn→218 84Po＋X，氡核的半衰期为3.8天．下列说法正确的是( )A．方程式中的X是氚核B．该核反应前后的质量数和质量都守恒C．钋核218 84Po的比结合能大于氡核222 86Rn的比结合能D．十个氡核222 86Rn经过3.8天一定还剩五个氡核222 86Rn答案 C解析方程式中的X质量数为4，电荷数为2，是氦核，选项A错误；该核反应前后的质量数守恒，因伴随能量产生，故有质量亏损，选项B错误；因钋核218 84Po比氡核222 86Rn更稳定，故钋核218 84Po比结合能大于氡核222 86Rn的比结合能，选项C正确；半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量的原子核衰变不适用，故选项D错误．15．如图1所示，一劲度系数为k的轻质弹簧的一端与物块相连，另一端固定在固定斜面体顶端，弹簧与斜面平行．当物块位于斜面上A、B两点时，物块恰能静止在斜面上．当物块在A处时，弹簧处于拉伸状态且长度为L1，当物块在B处时，弹簧处于压缩状态且长度为L2，已知物块与斜面间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力．由以上信息可以求出( )图1A．物块与斜面间的动摩擦因数B．物块与斜面间的最大静摩擦力C．弹簧的原长D．物块沿斜面方向的重力的分量答案 B解析当物块在A处时，k(L1－L0)＝mg sin θ＋F fm，当物块在B处时，k(L0－L2)＋mg sin θ＝F fm，两式相加得：F fm ＝k (L 1－L 2)2，即可以求出物块与斜面间的最大静摩擦力，故B 正确，A 、C 、D 错误．16．法拉第电动机的改装电路如图2甲所示，在圆形水银槽中心竖直固定着一条形磁铁，S 极向上，一根金属杆斜插在水银中，金属杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的铰链相连．在电路中A 、B 点间接入图乙所示交流电时，电源、理想二极管、导线、金属杆、水银构成回路，电路安全且正常工作(不计金属杆在转动中水银阻力的影响及水银电阻的变化)，则从上往下看，金属杆( )图2A ．逆时针匀速转动B ．逆时针非匀速转动C ．顺时针匀速转动D ．顺时针非匀速转动答案 D解析 由于二极管单向导电，则有向上的电流通过金属杆，金属杆处在条形磁铁的磁场中，受到安培力作用，根据左手定则得知，安培力方向与金属杆垂直向外，使金属杆以条形磁铁为轴顺时针转动，由于电流大小周期性改变，所以安培力大小也改变，故金属杆非匀速转动，故A 、B 、C 错误，D 正确．17．(2018·四川省德阳市一诊)某位同学在电梯中用弹簧测力计测量一物体的重力，在0至t 3时间段内，弹簧测力计的示数F 随时间t 变化如图3所示，以竖直向上为正方向，则下列关于物体运动的a －t 图、v －t 图及P －t 图(P 为物体重力的功率大小)可能正确的是( )图3答案 C解析 由于该题没有告诉弹簧的拉力与重力大小之间的关系，可以依题意，分三种情况讨论： (1)若F 1＝mg ，则0～t 1时间内电梯静止或做匀速直线运动，即速度等于0，或速度保持不变，加速度等于0.四个图线没有是可能的；(2)若F 2＝mg ，则F 1＜mg ，在0～t 1时间内电梯受到的合外力的方向向下，加速度的方向向下，为负值，所以D 是不可能的；加速度的方向向下，则物体0～t 1时间内可能向下做加速运动，速度为负，故A 、B 是不可能的；而t 1～t 2时间内受到的合外力等于0，物体做匀速直线运动，物体的速度不变，故B 是不可能的；又由：P ＝mgv ，可知t 1～t 2时间内重力的功率不变，故C 是不可能的；(3)若F 3＝mg ，则F 1＜mg ，F 2＜mg ，在0～t 2时间内电梯受到的合外力的方向都是向下，加速度的方向向下，故A 、B 、D 是不可能的；F 3＝mg ，可知在0～t 1时间内向下的加速度大于t 1～t 2时间内向下的加速度，而t 2～t 3时间内物体做匀速直线运动，所以v －t 图象如图，速度的方向向下，重力的方向也向下，由P ＝mgv 可知，图C 是重力的功率随时间变化的图线，故C 是可能的．由以上的分析，可知只有C 选项是可能的，A 、B 、D 都是不可能的． 18．如图4所示的速度选择器水平放置，板长为L ，两板间距离也为L ，两板间分布着如图所示的正交匀强电场与匀强磁场，一带正电的粒子(不计重力)从两板左侧中点O 处沿图中虚线水平向右射入速度选择器，恰好做匀速直线运动；若撤去磁场，保留电场，粒子以相同的速度从O 点进入电场，恰好从上板极右边缘b 点离开场区；若撤去电场，保留磁场，粒子以相同的速度从O 点进入磁场，则粒子圆周运动的半径为( )图4A ．LB ．2L C.54L D.L 2答案 A解析 该粒子恰能匀速通过题图中虚线，电场力向上，洛伦兹力向下，根据平衡条件，有：qvB ＝qE ，解得v ＝E B ；撤去磁场，保持电场不变，粒子在电场中做类平抛运动，则L ＝vt ，12L＝12·qE m t 2，解得粒子的比荷q m ＝ELB2，撤去电场，保持磁场不变，粒子做匀速圆周运动，由qvB ＝m v 2r ，解得r ＝mvqB＝L ，故A 正确，B 、C 、D 错误．19.(2018·河北省“名校联盟”质量检测一)P 1、P 2为相距遥远的两颗半径相同的行星，距各自表面相同高度处各有一颗卫星s 1、s 2做匀速圆周运动．图5中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a ，横坐标表示物体到行星中心的距离r 的平方，两条曲线分别表示P 1、P 2周围的a 与r 2的反比关系，它们左端点横坐标相同．则( )图5A ．P 1的质量一定比P 2的大B ．P 1的“第一宇宙速度”比P 2的大C ．s 1的向心力比s 2的大D ．s 1的公转周期比s 2的大 答案 AB解析 根据牛顿第二定律，行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度为a ＝GMr2，两曲线左端点横坐标相同，即P 1、P 2的半径相等，故a P 1＝GM 1r >a P 2＝GM 2r，所以M 1>M 2，即P 1的质量大于P 2的质量，A 正确；“第一宇宙速度”v ＝GMR，因为P 1的质量大于P 2的质量，R 相同，所以P 1的“第一宇宙速度”比P 2的大，B 正确；由于不知道两颗卫星的质量，所以不能比较两者向心力的大小，C 错误；根据T ＝2π(R ＋h )3GM，因为P 1的质量大于P 2的质量，R 、h 相同，所以s 1的公转周期比s 2的公转周期小，D 错误．20．如图6所示，在光滑的水平桌面上，质量为m 的物块A 以速度v 向右运动，与静止在桌面上的质量为3m 的物块B 发生正碰，以向右为正方向，碰撞后，物块A 的速度可能为( )图6A ．－0.8vB ．－0.2vC ．0.4vD ．0.1v答案 BD解析 根据完全弹性碰撞关系可得mv ＝mv A ＋3mv B ，12mv 2＝12mv A 2＋12×3mv B 2， 解得v A ＝m －3m m ＋3m v ＝－12v ； 根据完全非弹性碰撞关系可得mv ＝4mv AB ， 解得v A ＝v AB ＝14v ，所以－12v ≤v A ≤14v .故B 、D 正确，A 、C 错误．21．(2018·福建省龙岩市上学期期末)如图7所示，在光滑绝缘水平面的P 点正上方O 点固定了一电荷量为＋Q 的正点电荷，在水平面上的N 点，由静止释放质量为m 、电荷量为－q 的带电小球，小球经过P 点时速度为v ，图中θ＝60°，则在＋Q 形成的电场中( )图7A ．N 点电势高于P 点电势B ．U PN ＝mv 22qC ．P 点电场强度大小是N 点的2倍D ．带电小球从N 点到P 点的过程中电势能减少了mv 22答案 BD解析 根据顺着电场线方向电势降低可知，N 点距离正电荷较远，则N 点电势低于P 点电势，故A 错误．根据动能定理得：带电小球从N 到P 的过程：－qU NP ＝12mv 2，解得U NP ＝－mv 22q ，则U PN ＝－U NP ＝mv 22q ，故B 正确．P 点电场强度大小是E P ＝kQ r P 2，N 点电场强度大小是E N ＝kQr N 2，则E P ∶E N ＝r N 2∶r P 2＝4∶1，故C 错误；带电小球从N 点到P 点的过程中，电场力做正功12mv 2，电势能减少了12mv 2，故D 正确．。

仿真模拟练(一)(时间：70分钟满分：110分)二、选择题：此题共8小题，每题6分，共48分．在每题给出的四个选项中，第14～18题只有一项切合题目要求，第19～21题有多项切合题目要求．所有选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14．以下核反响方程式中，表示核聚变过程的是( )A.14 7N＋42He→17 8O＋11HB.238 92U→234 90Th＋42HeC.21H＋31H→42He＋10nD.235 92U＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋310n答案 C分析轻核聚变是指轻核联合成质量较大的核，并开释出核能的反响，A项为人工转变，B 项为α衰变，C项为轻核聚变，D项为重核裂变，故C正确．15．2018年4月14日，风靡全世界的蹦床主题公园——乐园空间登岸上海，在人气最高的自由蹦床活动中，小朋从扁带上竖直向上跳起，落下后沉入海绵池中，如图1是小朋某次游戏中的v－t图象，t＝0时小朋走开扁带，将小朋视为质点，不考虑空气阻力，则小朋( )图1A．t1时辰落到海绵上B．t2时辰抵达最低处C ．t 3时辰处于均衡状态D ．t 2～t 4时间内处于超重状态 答案 D分析 小朋先向上做匀减速运动，在t 1时辰达到最高点，故A 错误；小朋达到最高点后开始做自由落体运动，接触海绵后，加快度开始减小，t 2时辰速度达到最大，但没有在最低点，故B 错误；t 3时辰速度为零，但协力不为零，故C 错误；t 2～t 4时间内先向下做减速运动，速度减到零后开始反向做加快运动，在此过程中，加快度的方向向来向上，因此是超重状态，故D 正确．16．如图2，一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子在竖直向下的匀强电场中运动，M 、N 为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在M 点的速度大小为v 0，方向与水平方向的夹角为60°，N 点为轨迹的最高点，不计重力．则M 、N 两点间的电势差为( )图2A.3mv 028qB ．－3mv 028qC ．－mv 028qD.mv 028q答案 B分析 从M 点到N 点利用动能定理有：qU MN ＝12mv N 2－12mv M 2＝12m (v 0cos 60°)2－12mv 02解得：U MN ＝－3mv 028q，故B 正确．17．一质量为m 的电动汽车在平直公路上以恒定的功率加快行驶，当速度大小为v 时，其加快度大小为a ，设汽车所受的阻力恒为f .以下说法正确的选项是( ) A ．汽车的功率为fvB ．当汽车的速度增添到2v 时，加快度为a2C ．汽车行驶的最大速率为(1＋ma f)vD ．当汽车的速度为v 时，行驶的距离为v 22a答案 C分析 汽车做加快运动，由牛顿第二定律有：F －f ＝ma ，因此F ＝f ＋ma ， 因此汽车的功率为P ＝Fv ＝(f ＋ma )v ，故A 错误； 当汽车的速度增添到2v 时，此时的牵引力为F ＝P 2v ＝(f ＋ma )v 2v ＝f ＋ma 2由牛顿第二定律有：F －f ＝ma 1，即f ＋ma2－f ＝ma 1解得a 1＝ma －f2m，故B 错误； 当汽车的牵引力与阻力相等时，汽车速度最大，即v m ＝P f＝(f ＋ma )v f＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋ma f v ，故C 正确；因为以恒定的功率行驶，汽车做加快度减小的加快运动，行驶的距离不可以用2ax ＝v 2即x＝v 22a来计算，故D 错误． 18．如图3，在含有理想变压器的电路中，三个定值电阻R 2＝R 3＝2R 1，电流表为理想沟通电表，U 为有效值恒定的正弦沟通电源．当S 闭合时，电流表的示数为I ；当S 断开时，电流表的示数为5I 9.该变压器原、副线圈匝数比n 1n 2为( )图3A ．2B ．3C ．4D ．5 答案 A分析 设变压器原、副线圈匝数比为k ，则可知，开封闭合时，副线圈总电流为kI ，依据理想变压器原理可知U －IR 1kI R 2R 3R 2＋R 3＝k ，同理U －59IR 1k 59IR 2＝k 联立解得：k ＝2，故A 正确．19．如图4甲所示，矩形导线框abcd 固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在的平面垂直，磁感觉强度B 随时间变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向里为磁场正方向，顺时针方向为感觉电流正方向，水平向右为ad边所受安培力F的正方向．以下图象正确的选项是( )图4答案BD分析线圈中的感觉电流决定于磁感觉强度B随t的变化率．由题图可知，0～1 s时间内，B增大，Φ增大，感觉电流产生的磁场与原磁场方向相反(感觉电流产生的磁场的磁感觉强度的方向向外)，由右手定章知感觉电流是逆时针的，是负值，因磁场均匀变化，因此产生的感觉电流恒定，同理可判断出1～4 s内感觉电流的方向，故A错误，B正确；0～1 s时间内，ad边感觉电流是向下的，ad边所受的安培力F＝BIL，依据左手定章得安培力方向向右为正当，因为B随时间均匀增大，I不变，因此安培力F随时间t均匀增大，同理可判断出1～4 s 时间内安培力F随时间t的变化关系，故C错误，D正确．20．某卫星绕地球做匀速圆周运动，周期为T.已知地球半径为R，地球表面重力加快度为g，引力常量为G，假定地球的质量散布均匀，忽视地球自转．以下说法正确的选项是( )A．卫星运转半径r＝3gR2T24π2B．卫星运转半径r＝RT2π3gC．地球均匀密度ρ＝3g4πGRD．地球均匀密度ρ＝3gR4πG答案 AC分析 由万有引力供给向心力有：G mM r 2＝m 4π2T 2r 和G MmR2＝mg 联立解得：r ＝3gR 2T 24π2，故A 正确，B 错误；地球的质量M ＝gR 2G，地球的体积V ＝4πR33，因此地球的密度为ρ＝M V ＝gR 2G 4πR 33＝3g4πGR， 故C 正确，D 错误．L 的不行伸长的绝缘轻线，此中两根的一端固定在天花板上的O 点，另一端分别挂有质量均为m 、电荷量分别为－q 和q 的带电小球A 和B ，A 、B 间用第三根线连结起来．所在空间存在水平向右、大小E ＝mg q的匀强电场，系统均衡时，A 、B 球的地点如图5所示．现将O 、B 之间的轻线烧断，因空气阻力，A 、B 两球最后会达到新的均衡地点(不计两带电小球间互相作用的静电力)．以下说法正确的选项是( )图5A ．A 球的电势能增添了12qELB ．B 球的电势能减少了12qELC ．A 球的重力势能减少了2－32mgLD ．B 球的重力势能减少了2＋2－32mgL答案 ACD分析 设达到新的均衡地点时OA 绳与竖直方向的夹角为α，OB 绳与竖直方向的夹角为β，由均衡条件得对A ：F T1cos α＝mg ＋F T2cos βqE ＝F T1sin α＋F T2sin β对B ：F T cos β＝mgqE ＝F T sin β F T ＝F T2联立解得：α＝0，β＝45° 因此A 球的重力势能减少了mgL (1－cos 30°)＝2－32mgL B 球的重力势能减少了mgL (1＋cos 45°)－mgL cos 30°＝2＋2－32mgL A 球的电势能增添了qEL sin 30°－qEL ＝qEL2B 球的电势能增添了qEL (sin 45°－sin 30°)＝2－12qEL 综上所述，故A 、C 、D 正确． 三、非选择题 (一)必考题22．(5分)利用图6的装置研究“恒力做功与系统动能变化”的关系，小车的质量为M ，钩码的质量为m ，打点计时器的电源是频次为f 的沟通电．图6(1)实验中，把长木板右端垫高，在不挂钩码且________的状况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速直线运动，表示已经除去了摩擦力和其余阻力的影响．(填选项前的字母) A ．打点计时器不打点 B ．打点计时器打点(2)图7是正确操作后获得的一条纸带，纸带上各点是打出的计时点，此中O 为打出的第一个点．在纸带上连续选用A 、B 、C 、D 、E 点进行剖析，测得各点到O 点的距离分别为s 1、s 2、s 3、s 4、s 5，则打点计时器打D 点时，小车的速度v D ＝____.(用已知和测得物理量的符号表示)图7(3)若采纳图中的OD 过程进行考证，则需要考证的关系式为________．(用已知和测得物理量的符号表示)答案 (1)B (2)(s 5－s 3)f 2(3)mgs 4＝18(m ＋M )(s 5－s 3)2f 2分析 (1)在不挂钩码且打点计时器打点的状况下，若小车拖着纸带做匀速直线运动，表示已经除去了摩擦力和其余阻力的影响，应选B. (2)利用中间时辰的刹时速度等于均匀速度可求得v D ＝s 5－s 32T ＝(s 5－s 3)f 2(3)依据功能关系可知mgh D ＝12(m ＋M )v D 2代入数据得：mgs 4＝18(m ＋M )(s 5－s 3)2f 2只需考证上关系式建立刻可．23．(10分)实验室中有热敏电阻R t 、电炉丝、电磁继电器、电源E (3.6 V ，内阻不计)、电阻箱R 0(0～999.9 Ω)、开关K 和导线若干，某同学设计了如图8甲所示的温控电路，当经过电磁继电器线圈的电流达到20 mA 时，衔铁被吸合，电炉丝停止加热；当经过继电器线圈的电流降到18 mA 时，衔铁与继电器分开，电炉丝通电加热，图乙为热敏电阻R t 的阻值与温度t 的关系．图8该同学主要实验过程以下，达成以下填空：(1)用多用电表的欧姆“×1 Ω”挡测继电器线圈的电阻时，主要步骤以下：A．将选择开关旋至“×1 Ω”挡，短接两表笔，调理欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆挡“0”刻度B．调理多用电表的指针定位螺丝，使指针指在直流电流“0”刻度C．将多用电表的选择开关旋至“OFF”D．将两表笔挺接连到图甲中的1、4两点，读出欧姆表的示数即继电器线圈的电阻值以上步骤中存在错误的一项为哪一项________．更正后正确的步骤次序为________________．(填步骤前的字母)(2)已知继电器线圈的电阻为25.0 Ω.该同学将电阻箱的阻值调为75.0 Ω，则该温控器的温度控制范围在______之间；若要提升控制的温度，则需要将电阻箱的阻值____________(选填“调大”或“调小”)．(3)正确设计电路后闭合K，发现电炉丝发热，R t温度向来高升但继电器其实不吸合．将多用电表选择开关旋至直流电压“×10 V”挡，将表笔分别接到图甲中1、2、3、4各点进行故障排查(仅一处故障)，现象以下表，则可知________.B．电阻箱断路C．热敏电阻R t短路D．电磁继电器线圈短路答案(1)D BADC (2)50 ℃～60 ℃调大(3)B分析(1)因为欧姆表不可以直接丈量带电源的电路，应当断开开关将继电器隔绝后再放到1、4两点直接丈量继电器的电阻，因此上述步骤中的D有错误，欧姆表的正确的操作步骤是BADC.(2)当经过电磁继电器线圈的电流达到20 mA时，衔铁被吸合，电炉丝停止加热；当经过继电器线圈的电流降到18 mA时，街铁与继电器分开，因此回路中的电流取值范围是18 mA～20 mA，当继电器线圈的电阻为25.0 Ω.电阻箱的阻值调为75.0 Ω，利用闭合电路欧姆定律I＝E R外＋r可解得此时热敏电阻的取值范围为80 Ω～100 Ω，联合图象可知温度的取值范围为50 ℃～60 ℃，若要提升控制的温度，即热敏电阻的阻值变小，则需要将电阻箱的阻值调大，保持回路中电流的取值范围不变．(3)从图中能够看出电表在丈量变阻箱时的电压为电源电动势，因此回路中应当出现了变阻箱断路这样的故障，因此选B.24．(12分)如图9为分拣邮件的传输装置表示图，固定在竖直平面内的圆滑四分之一圆弧轨道与水平传递带相切于B 点，圆弧的半径为R ＝0.8 m ，传递带的长度L ＝3 m ，以速度v ＝2 m/s 沿顺时针方向匀速转动．现将一质量m ＝2 kg 的邮件(可视为质点)由圆弧极点A 点静止开释，已知邮件和传递带间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，求：图9(1)邮件滑到B 点时的速度大小； (2)邮件由B 点运动到C 点的时间； (3)邮件与传递带间因摩擦产生的热量． 答案 (1)4 m/s (2)1.3 s (3)4 J 分析 (1)由动能定理得：mgR ＝12mv B 2解得：v B ＝4 m/s ；(2)邮件在传递带上滑动，由牛顿第二定律得：μmg ＝ma 减速到v 的过程中：v 2－v B 2＝2(－a )x 1v ＝v B －at 1匀速阶段：L －x 1＝vt 2综上可得运动的时间：t ＝t 1＋t 2＝1.3 s (3)邮件与传递带相对位移：Δx ＝x 1－vt 1 摩擦生热：Q ＝μmg Δx ＝4 J.25．(20分)如图10，空间存在方向垂直于xOy 平面向里的匀强磁场．在x >0的地区内，磁感觉强度大小B 1＝3B 0，在x <0的地区内，磁感觉强度大小B 2＝4B 0.在t ＝0时辰，一静止于O 点的中性粒子分裂为两个质量分别为m 、7m 的带电粒子a 和b ，此中a 粒子带正电，电荷量为q ，分裂后粒子a 以速度v 沿x 轴正向运动．不计粒子的重力以及粒子间的互相作用，求：图10(1)分裂后b 粒子的速度大小；(2)当粒子a 的速度方向再次沿x 轴正向时，粒子a 的运动时间和到O 点的距离； (3)粒子a 与b 在y 轴上相遇的时辰和地点． 答案 看法析分析 (1)由动量守恒定律得0＝mv ＋(－7mv b ) 解得：v b ＝v7；(2)由牛顿第二定律得：qvB ＝m v 2r ，T ＝2πrv解得粒子a 的运动时间：t a ＝12·2πm q ·3B 0＋12·2πm q ·4B 0＝7πm12qB 0到O 点的距离：y a ＝2mvq ·3B 0－2mvq ·4B 0＝mv 6qB 0； (3)a 经过y 轴的坐标及对应的时辰为：y a ＝n ·2mv q ·3B 0－(n －1)·2mvq ·4B 0＝n ＋36·mvqB 0(n ＝1,2,3……) t a ＝n ·12·2πm q ·3B 0＋(n －1)·12·2πmq ·4B 0＝7n －312·πm qB 0或y a ′＝n ·2mvq ·3B 0－n ·2mv q ·4B 0＝n 6·mvqB 0(n ＝1,2,3……)t a ′＝n ·12·2πm q ·3B 0＋n ·12·2πmq ·4B 0＝7n 12·πmqB 0b 经过y 正半轴的坐标及对应的时辰为： y b ＝N ·2mv q ·4B 0－(N －1)·2mvq ·3B 0＝－N ＋46·mvqB 0(n ＝1,2,3……) t b ＝N ·2π·7m 2q ·4B 0＋(N －1)·2π·7m 2q ·3B 0＝49N －2812·πm qB 0.粒子a 和b 相遇需知足条件t a ＝t b 且y a ＝y b或t a ′＝t b 且y a ′＝y b解得t a ＝t b 时无解．t a ′＝t b 时，n ＝3，N ＝1即t ＝7πm 4qB 0，y ＝mv 2qB 0. (二)选考题33．[选修3－3](15分)(1)(5分)分子同时存在着引力和斥力，若分子间引力、斥力随分子距离r 的变化规律分别为F 引＝b r a ，F 斥＝d rc .以下说法正确的选项是________． A ．分子表现为斥力时，由b r a >dr c 得r >1a c b d -⎛⎫ ⎪⎝⎭ B ．引力和斥力相等时，由br a ＝d r c 得r ＝1a c b d -⎛⎫⎪⎝⎭，故当r >1a c b d -⎛⎫ ⎪⎝⎭时分子作使劲为引力C ．引力和斥力相等时，分子势能为零D ．引力大于斥力时，分子势能随分子间距离增大而增大E ．斥力大于引力时，分子势能随分子间距离减小而增大(2)(10分)如图11所示，内壁圆滑的汽缸张口向上竖直搁置；缸内理想气体Ⅰ、Ⅱ高度均为L 0，温度均为T 0.活塞A 到汽缸顶部的距离为L 0，活塞A 、B 绝热，A 下有加热装置，汽缸底部导热、其余部分绝热，开始时整个装置处于均衡状态．已知活塞A 和加热装置质量不计，B 质量为m 、横截面积为S ，外界大气压强为p 0，环境温度不变．现对气体Ⅰ迟缓加热，求：图11①气体Ⅰ温度多大时B 活塞开始挪动；②活塞B 下移L 02时气体Ⅰ的温度． 答案 (1)BDE (2)看法析分析 (2)①取Ⅰ气体为研究对象，p 1＝p 0，气体发生等压膨胀，当其体积为2L 0S 时，B 开始挪动．由盖－吕萨克定律得：L 0S T 0＝2L 0S T 1解得：T 1＝2T 0②Ⅱ气体初态压强为p 2＝p 0＋mg S 对Ⅱ由等温变化：p 2L 0S ＝p 2′×12L 0S Ⅰ气体此时压强为p 1′，p 1′＝p 2′－mgS对Ⅰ由理想气体状态方程：p 1L 0S T 0＝p 1′×52L 0S T 1′解得：T 1′＝5(2p 0S ＋mg )2p 0ST 0. 34．[选修3－4](15分)(1)(5分)如图12所示，一列横波在x 轴上流传，实线和虚线分别表示t 1＝0、t 2＝0.14 s 时的波形，已知实线在t 3＝0.6 s 时第5次重复出现．则________．图12A ．波的周期为0.1 sB ．波的波长为12 cmC ．波的流传速度为1 m/sD ．波沿x 轴正方向流传E ．t 2＝0.14 s 时，x ＝0处质点的纵坐标为y ＝ 3 cm(2)(10分)如图13所示为半径R ＝6 cm 的某种半圆柱透明介质的截面图，MN 为紧靠该介质右边竖直搁置的光屏，与介质相切于P 点．由红光和紫光两种单色光构成的复色光射向圆心O .图13①当入射角i ＝30°时，在光屏上出现三个亮斑，MP 间两个亮斑到P 点距离分别为8 cm 和6 cm.则介质对红光和紫光的折射率分别为多少？②当入射角i ＝53°时，在光屏上会出现几个亮斑，亮斑分别是什么颜色？答案 (1)BCE(2)①紫光折射率为 2 ②光屏上出现两个亮斑，MP 间的亮斑为红色，PN 间的亮斑为红、紫色混淆亮斑． 分析 (1)已知实线在t 3＝0.6 s 时第5次重复出现，则有：t 3＝0.6 s ＝5T ，得T ＝0.12 s ，故A 错误；由题图知波的波长为12 cm ，故B 正确；波的流传速度为：v ＝λT ＝ m/s ＝1 m/s ，故C 正确；t 2＝0.14 s ＝T ＋0.02 s ，则波流传距离x ＝vt 2＝λ＋2 cm ，可知波沿x 轴负方向流传，故D 错误；t 2＝0.14 s ＝0.12 s ＋0.02 s ，而0.02 s ＝T6，依据正弦式振动方程y ＝A sin(2πT ·t )得y ＝2×sin(2πT ·T6)＝ 3 cm ，因此t 2＝0.14 s 时，x ＝0处质点的纵坐标为y ＝ 3 cm ，故E 正确．(2)①如图，由几何关系得tan θ1＝BPR ＝1，得θ1＝45°tan θ2＝AP R ＝43，得θ2＝53°，因此紫光的折射率为n 1＝sin 45°sin 30°＝2， 因此红光的折射率为n 2＝sin 37°sin 30°＝1.2； ②设紫光和红光的临界角分别为C 1，C 2，sin C 1＝1n 1＝22， 解得，C 1＝45°<i ＝53°同理sin C 2＝1n 2＝56>si n 53° 故C 2>i ＝53°.则紫光发生全反射，红光发生反射和折射．光屏上出现两个亮斑，MP 间的亮斑为红色，PN 间的亮斑为红、紫色混淆亮斑．。

2019届全国新高考原创考前精准提分密卷（六）物理试卷本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共16页，38题（含选考题）。

全卷满分300分。

考试用时150分钟。

★祝考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

二、选择题：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14~18题只有一个选项符合题目要求，第19~21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，有选错的不得分。

14．航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修任务后，在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的一点，如图所示。

关于航天飞机的运动，下列说法中正确的有( )A．在轨道Ⅱ上经过A的机械能小于在轨道Ⅰ上经过A的机械能B．在轨道Ⅱ上经过A的机械能小于经过B点的机械能C．在轨道Ⅱ上运动的周期可能等于在轨道Ⅰ上运动的周期D．在轨道Ⅱ上经过A的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A的加速度15．如图所示，固定的倾斜足够长的光滑杆上套有一个质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角θ<45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长，C和C`（图中未画出）关于B点对称，现让小球自C点由静止释放，在小球滑到杆底端时，小球的速度恰好为零，下列说法正确的是( )A．小球到达B点时，速度达到最大值B．小球的动能与重力势能之和先增大后减小C．小球在C`点的速度可能为零D．小球在最低处时，弹簧的弹性势能可能等于小球在C点时的弹性势能16．如图，小物块以初速度v0从O点沿光滑斜面向上运动，同时从O点斜向上抛出一个速度大小为2v0的小球，物块和小球在斜面上的P点相遇。

选择题专练(一)(限时：20分钟)二、选择题：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14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．14．下列论述中正确的是( )A．开普勒根据万有引力定律得出行星运动规律B．爱因斯坦的狭义相对论，全面否定了牛顿的经典力学规律C．普朗克把能量子引入物理学，正确地破除了“能量连续变化”的传统观念D．玻尔提出的原子结构假说，成功地解释了各种原子光谱的不连续性答案 C解析开普勒通过研究第谷的行星观测数据，得出了行星运动规律，A错误；爱因斯坦的狭义相对论，并没有全面否定牛顿的经典力学，B错误；普朗克把能量子引入物理学，正确地破除了“能量连续变化”的传统观念，C正确；玻尔提出的原子结构假说，不能解释复杂原子，如氦原子核光谱的不连续性，D错误．15.如图1，放置在光滑的水平地面上足够长的斜面体，下端固定有挡板，用外力将轻质弹簧压缩在小木块和挡板之间，弹簧的弹性势能为100 J．撤去外力，木块开始运动，离开弹簧后，沿斜面向上滑到某一位置后，不再滑下，则( )图1A．木块重力势能的增加量为100 JB．木块运动过程中，斜面体的支持力对木块做功不为零C．木块、斜面体和弹簧构成的系统，机械能守恒D．最终，木块和斜面体以共同速度向右匀速滑行答案 B解析因为到达最高点后，木块不再下滑，所以木块必受斜面的摩擦力作用，斜面体受到木块的斜向右上的摩擦力作用，该力在水平方向上有一个分力，故斜面体向右运动，木块相对地面在水平方向上有位移，斜面体对木块的支持力与水平位移夹角不垂直，故斜面体的支持力对木块做功不为零，木块、斜面体和弹簧构成的系统，有摩擦力做功，所以机械能不守恒，B正确，C错误；将弹簧、木块和斜面体看成一个整体，整体在水平方向上受力为零，所以系统水平方向动量守恒，释放弹簧前系统水平方向动量为零，故释放弹簧后系统水平方向动量仍旧为零，即木块和斜面体最后静止，弹簧的弹性势能转化为系统的内能(克服摩擦力做功)以及木块的重力势能，故木块重力势能的增加量小于100 J ，A 、D 错误．16．如图2所示，a 为放在地球赤道上随地球一起转动的物体，b 、c 、d 为在圆轨道上运行的卫星，轨道平面均在地球赤道面上，其中b 是近地卫星，c 是地球同步卫星．若a 、b 、c 、d 的质量相同，地球表面附近的重力加速度为g ，则下列说法中正确的是( )图2A ．b 卫星转动的线速度大于7.9 km/sB ．a 、b 、c 、d 的周期大小关系为T a <T b <T c <T dC ．a 和b 的向心加速度都等于重力加速度gD ．在b 、c 、d 中，b 的动能最大，d 的机械能最大答案 D解析 7.9 km/s 是第一宇宙速度，是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度，所以b 卫星转动的线速度小于7.9 km/s ，故A 错误．对于b 、c 、d 三颗卫星，由开普勒第三定律r 3T 2＝k ，知T b <T c <T d ，地球同步卫星的周期与地球自转周期相同，则有T a ＝T c .因此有T b <T a ＝T c <T d ，故B 错误．b 卫星由重力提供向心力，其向心加速度等于重力加速度g ，而a 由重力和支持力的合力提供向心力，则a 的向心加速度小于重力加速度g ，故C 错误．对于b 、c 、d 三颗卫星，根据万有引力提供圆周运动向心力，有：G Mm r 2＝m v 2r，得v ＝GM r ，卫星的动能为E k ＝12mv 2＝GMm 2r，所以b 的动能最大，若要将卫星的轨道半径增大，卫星必须加速，机械能增大，所以d 的机械能最大，故D 正确．17．如图3所示，在竖直平面内，一光滑杆固定在地面上，杆与地面间夹角为θ，一光滑轻环套在杆上．一个轻质光滑的滑轮(可视为质点)用轻质绳OP 悬挂在天花板上，另一轻绳通过滑轮系在轻环上，现用向左的拉力缓慢拉绳，当轻环静止不动时，与手相连一端的绳子水平，则OP 绳与天花板之间的夹角为( )图3A.π2 B ．θ C.π4＋θ2 D.π4－θ2答案 D解析 水平向左缓慢拉绳至轻环重新静止不动，则环处于平衡状态，对环受力分析，绳子的拉力垂直于杆时，绳子的拉力沿杆的方向没有分力，此时环能保持静止，由几何关系可知，QP 段绳子与竖直方向之间的夹角是θ；再对滑轮受力分析，受三个拉力，由于OP 段绳子的拉力与另外两个拉力的合力平衡，而另外两个拉力大小相等，故PO 在另外两个拉力的角平分线上，结合几何关系可知，OP 与天花板之间的夹角为π4－θ2，D 正确． 18．如图4所示，在垂直纸面向里、磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场中，有一长度L ＝5 m 的细圆筒，绕其一端O 在纸面内沿逆时针方向做角速度ω＝60 rad/s 的匀速圆周运动．另一端有一粒子源，能连续不断相对粒子源沿半径向外发射速度为v ＝400 m/s 的带正电粒子．已知带电粒子的电荷量q ＝2.5×10－6 C ，质量m ＝3×10－8kg ，不计粒子间相互作用及重力，打在圆筒上的粒子均被吸收，则带电粒子在纸面内所能到达的范围面积S 是( )图4A ．48π m 2B ．9π m 2C ．49π m 2D ．16π m 2 答案 A解析 发射粒子时，粒子沿半径方向的速度为v ＝400 m/s ，粒子随细圆筒做圆周运动，垂直半径方向的速度为ωL ＝300 m/s ，故粒子速度为v ′＝500 m/s ，设粒子速度方向与径向夹角为θ，则tan θ＝ωL v，θ＝37°；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故有：Bv ′q ＝mv ′2R ，所以，运动半径为：R ＝mv ′qB＝3 m ；根据左手定则可知，粒子做圆周运动也是沿逆时针方向运动；根据几何关系，粒子做圆周运动的圆心到O 的距离为s ＝4 m ，故带电粒子在纸面内所能到达的范围为内径为s －R ＝1 m 、外径为s ＋R ＝7 m 的环形区域，故带电粒子在纸面内所能到达的范围面积为：S ＝π×72 m 2－π×12 m 2＝48π m 2，故A 正确，B 、C 、D 错误．19．如图5所示，内径为2R 、高为H 的圆筒竖直放置，在圆筒内壁上边缘的P 点沿不同方向水平抛出可视为质点的三个完全相同小球A 、B 、C .它们初速度方向与过P 点的直径夹角分别为30°、0°和60°，大小均为v 0，已知v 02>2gR 2H ，g 为重力加速度．从抛出到第一次碰撞筒壁，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )图5 A ．三小球运动时间之比t A ∶t B ∶t C ＝3∶2∶1B ．三小球下落高度之比h A ∶h B ∶hC ＝2∶3∶1C ．重力对三小球做功之比W A ∶W B ∶W C ＝3∶4∶1D ．重力的平均功率之比P A ∶P B ∶P C ＝2∶3∶1答案 AC解析 因为三个小球都碰壁，说明没有下落到底部，小球在水平方向上做匀速直线运动，根据几何知识可知三个球的水平位移x A ＝2R ·32＝3R ，x B ＝2R ，x C ＝2R ·12＝R ，而所用时间t A ∶t B ∶t C ＝x A v 0∶x B v 0∶x C v 0＝3∶2∶1，A 正确；在竖直方向上做自由落体运动，三小球下落高度之比h A ∶h B ∶h C ＝12gt A 2∶12gt B 2∶12gt C 2＝3∶4∶1，B 错误；重力对小球做功W G ＝mgh ，故W A ∶W B ∶W C ＝h A ∶h B ∶h C ＝3∶4∶1，C 正确；重力的平均功率P ＝W t ，故P A ∶P B ∶P C ＝W A t A ∶W B t C ∶W C t C＝33∶42∶11＝3∶2∶1，D 错误． 20．图6(a)中理想变压器的原线圈依次接入如图(b)所示的甲、乙两个正弦交流电源．接电源甲后，调节滑动变阻器滑片位置使小灯泡A 正常发光，小灯泡的功率及电流频率分别为P 1、f 1；保持滑片位置不变，改用电源乙，小灯泡的功率及电流频率分别为P 2、f 2，则( )图6A ．f 1∶f 2＝3∶2B ．P 1∶P 2＝2∶1C ．若将变阻器滑片向左移动，电源乙可能使小灯泡正常发光D ．若将变压器动片P 向下移动，电源乙可能使小灯泡正常发光答案 AD解析 变压器不改变交流电的频率，从题图b 中可知3T 1＝2T 2，即T 1T 2＝23，所以f 1f 2＝32，A 正确；从题图b 中可知甲、乙两个电源的电动势最大值之比为2∶1，两种情况下副线圈两端的电压有效值之比为2∶1，所以两种情况下通过灯泡的电流之比为2∶1，根据P ＝I 2R 可知P 1P 2＝41，B 错误；若将变阻器滑片向左移动，滑动变阻器接入电路的电阻增大，通过灯泡的电流减小，所以电源乙不可能使小灯泡正常发光，C 错误；若将变压器动片P 向下移动，即n 1n 2减小，根据n 1n 2＝U 1U 2可知U 2增大，即副线圈两端电压增大，故电源乙可能使小灯泡正常发光，D 正确．21．两个完全相同的平行板电容器C 1、C 2水平放置，如图7所示．开关S 闭合时，两电容器中间各有一油滴A 、B 刚好处于静止状态．现将S 断开，将C 2下极板向上移动少许，然后再次闭合S ，则下列说法正确的是( )图7A ．两油滴的质量相等，电性相反B ．断开开关，移动C 2下极板过程中，B 所在位置的电势不变C ．再次闭合S 瞬间，通过开关的电流可能从上向下D ．再次闭合开关后，A 向下运动，B 向上运动答案 BCD解析 当S 闭合时，左边电容的上极板和右边电容的下极板相连，即两个极板的电势相等，又因为其他两个极板都接地，电势相等，故两极板间的电势差的绝对值相等，根据mg ＝|U |dq ，由于不知道两油滴的电荷量，故两个油滴的质量不一定相等，若C 1上极板带正电，则C 1电场方向竖直向下，A 液滴应受到竖直向上的电场力，故带负电，C 2下极板带正电，则C 2电场方向竖直向上，B 滴液应受到竖直向上的电场力，所以带正电，电性相反；若C 1上极板带负电，则C 1电场方向竖直向上，A 液滴应受到竖直向上的电场力，故带正电，C 2下极板带负电，则C 2电场方向竖直向下，B 滴液应受到竖直向上的电场力，所以带负电，电性相反，总之，两油滴的电性相反，A 错误；断开开关，移动C 2下极板过程中，两极板所带电荷量相等，根据C ＝εr S 4πkd ，C ＝Q U ，E ＝U d 联立可得E ＝4πkQ εr S，两极板间的电场强度大小和两极板间的距离无关，故电场强度恒定，所以B 的受力不变，故仍处于静止状态，到上极板(零电势)的距离不变，根据U ＝Ed 可知B 点的电势不变，B 正确；S 断开，将C 2下极板向上移动少许，根据C ＝εr S 4πkd 可知C 2增大，根据C ＝Q U 可知U 减小，即C 2下极板电势降低，再次闭合S 瞬间，C 1上极板的电势大于C 2下极板电势，通过开关的电流可能从上向下，稳定后，根据E ＝U d可知C 1两极板间的电势差减小，电场强度减小，A 向下运动，C 2两极板间的电势差增大，电场强度增大，B 向上运动，C 、D 正确．。

选考题专练(一)(限时：10分钟)[选修3－3](15分)33．(1)(5分)下列说法中正确的是________．A．机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功从而转化为机械能B．将两个分子由距离极近移动到相距无穷远处的过程中，它们的分子势能先减小后增大C．当气体分子间的作用力表现为引力时，若气体等温膨胀，则气体对外做功且内能增大D．液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，所以液体存在表面张力E．单位时间内气体分子对容器壁单位面积碰撞的次数减少，气体的压强一定减小(2)(10分)如图1所示，两竖直且正对放置的导热汽缸底部由细管道(体积忽略不计)连通，两活塞a、b(厚度不计)用刚性轻杆相连，可在两汽缸内无摩擦地移动．上、下两活塞的横截面积分别为S1＝10 cm2、S2＝20 cm2，两活塞总质量为M＝5 kg，两汽缸高度均为H＝10 cm.两汽缸与细管道内封闭有一定质量的理想气体，系统平衡时活塞a、b到缸底部距离均为L＝5 cm.已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，环境温度T0＝300 K，取重力加速度g＝10 m/s2.图1①若缓慢升高环境温度，使一活塞缓慢移到对应汽缸的底部，求此时环境的温度．②若保持温度不变，用竖直向下的力缓慢推活塞b，直到活塞b到达汽缸底部，求此过程中推力的最大值．答案(1)BCD (2)①400 K②75 N解析(1)机械能可以全部转化为内能，内能无法全部用来做功从而转化为机械能，故A错误；将两个分子由距离极近移动到相距无穷远的过程中，分子力先是斥力后是引力，分子力先做正功后做负功，分子势能先减小后增大，故B正确；当气体分子间的作用力表现为引力时，若气体等温膨胀，气体分子间距离变大，分子引力做负功，分子势能增加，气体内能增加，同时由于气体体积增大，气体要对外界做功，故C正确；液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，则液体表面分子间表现为相互吸引，所以存在表面张力，故D正确；气体的体积增大，单位时间内气体分子对容器壁单位面积的碰撞次数减少，如果温度升高，气体分子撞击器壁的速率增大，对器壁的压力增大，气体的压强可能增大、可能减小也可能不变，故E 错误．(2)①汽缸内气体压强不变，温度升高，气体体积变大，故活塞向上移动由盖－吕萨克定律有：LS 1＋LS 2T 0＝HS 2T解得：T ＝400 K②设向下推动的距离为x 时，气体压强为p由平衡条件得：p 0S 1＋pS 2＝Mg ＋p 0S 2＋pS 1＋F当F ＝0时，可得初始状态气体压强p 1＝1.5×105 Pa缓慢向下推活塞b 的过程，温度不变由玻意耳定律得： p (LS 1＋xS 1＋LS 2－xS 2)＝p 1(LS 1＋LS 2)联立以上各式得：F ＝150x 15－x ＝15015x－1(0≤x ≤5 cm) 当x ＝5 cm 时，F 最大，F m ＝75 N.[选修3－4](15分)34．(1)(5分)如图2所示，在透明均匀介质内有一球状空气泡，一束包含a 、b 两种单色光的细光束从介质射入气泡，A 为入射点，之后a 、b 光分别从C 点、D 点射向介质．已知光束在A 点的入射角i ＝30°，a 光经过气泡的偏向角θ＝45°，CD 弧所对圆心角为3°，则下列说法中正确的是________．图2A ．b 光经过气泡的偏向角为42°B ．介质对a 光的折射率大于 3C ．a 光的频率小于b 光的频率D ．b 光从该介质射向空气的全反射临界角的正弦值为12sin 51°E ．若a 、b 两单色光分别通过同一双缝干涉装置，则b 光在屏上产生的条纹间距大图3(2)(10分)一列沿x 轴传播的简谐横波在t ＝0时刻的波形如图3所示，介质中x ＝6 m 处的质点P 沿y 轴方向做简谐运动的表达式为y ＝0.2cos 4πt (m)．求：①该波的传播速度；②从t ＝0时刻起，介质中x ＝10 m 处的质点Q 第一次到达波谷经过的时间． 答案 (1)ADE (2)见解析解析 (1)光束在A 点的入射角为i ，折射角分别为r a 、r b ，作出光路图如图所示．a 色光的偏向角为45°，而偏向角θa ＝2(r a －i )则r a ＝52.5°，由几何知识得，AC 弧所对的圆心角为180°－2×52.5°＝75°.CD 弧所对的圆心角为3°，则AD 弧所对的圆心角为78°，故r b ＝180°－78°2＝51°，b 色光的偏向角为θb ＝2(r b －i )＝42°，故A 正确；介质对a 色光的折射率n a ＝sin r asin i ＝sin 52.5°sin 30°<sin 60°sin 30°＝3，故B 错误；介质对b 色光的折射率n b ＝sin r bsin i ＝sin 51°sin 30°<n a ，则a 光的频率大于b 光的频率，故C 错误；b 色光从介质射向空气的全反射临界角的正弦值sin C ＝1n b＝12sin 51°，故D 正确；a 光的折射率大于b 光的折射率，a 、b 两单色光在透明介质中的波长λa <λb ， 根据条纹间距公式Δx ＝L d λ，故Δx a <Δx b ，故E 正确．(2)①由题图可知，波长λ＝24 m ，由质点P 的振动方程可知，角速度ω＝4π rad/s 则周期T ＝2πω＝0.5 s故该波的传播速度v ＝λT ＝48 m/s②若波沿x 轴正方向传播，t ＝0时刻，质点Q 左侧相邻的波谷在x ＝－6 m 处 该波谷传播到质点Q 处时，质点Q 第一次到达波谷，经过时间t ＝x 1v ＝13 s若波沿x 轴负方向传播，t ＝0时刻，质点Q 右侧相邻的波谷在x ＝18 m 处该波谷传播到质点Q 处时，质点Q 第一次到达波谷，经过时间t ′＝x 2v ＝16s.。

选择题专练(四)(限时：20分钟)二、选择题：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14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．14.如图1所示，将某均匀长方体锯成A、B两块后，在水平桌面上对齐放在一起，现用水平力F推B，使A、B整体保持长方体并沿F方向匀速运动，则( )图1A．A在水平方向受到三个力的作用，且合力为零B．A在水平方向受到五个力的作用，且合力为零C．A对B的作用力方向与A、B接触面垂直D．B对A的弹力大于桌面对A的摩擦力答案 A解析对A受力分析，在水平方向上受B对A的弹力、桌面对A的滑动摩擦力和B对A的静摩擦力，在三个力的作用下处于平衡状态，受力如图，故A正确，B错误．B对A的弹力和静摩擦力的合力与桌面对A的滑动摩擦力等大反向，与F 的方向相同；根据牛顿第三定律可知，A对B的作用力方向与F的方向相反，不是与A、B接触面垂直，故C错误．因为B对A的弹力与B对A的摩擦力垂直，二者的合力等于桌面对A 的摩擦力，所以B对A的弹力小于桌面对A的摩擦力，故D错误．15．如图2甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m＝0.2 kg的小球从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，其速度v和弹簧压缩量Δx的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点，不计空气阻力，小球和弹簧接触瞬间的机械能损失不计，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中不正确的是( )图2A ．该弹簧的劲度系数为20 N/mB ．当Δx ＝0.3 m 时，小球处于超重状态C ．小球刚接触弹簧时速度最大D ．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大 答案 C解析 当Δx ＝0.1 m 时，小球的重力等于弹簧对它的弹力，合力为零，小球的加速度为零，可得：k Δx ＝mg ，解得：k ＝mg Δx ＝0.2×100.1N/m ＝20 N/m ，故A 正确；由题图乙可知，Δx ＝0.3 m时，小球的速度减小，加速度向上，故说明小球处于超重状态，故B 正确；由题图乙知，开始小球的速度增大，小球的重力大于弹簧对它的弹力，当Δx ＝0.1 m 时，小球的速度最大，然后速度减小，故C 错误；题图乙图线的斜率表示加速度，则由图可知，从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大，故D 正确．本题选不正确的，故选C. 16．假想在地球赤道上有一颗苹果树，其高度超过了地球同步卫星轨道的高度．树上若有质量相等的三个苹果A 、B 、C ，其高度分别低于、等于、高于地球同步卫星轨道高度．则下列说法正确的是( ) A ．苹果A 的线速度最大B ．苹果B 所需向心力小于苹果A 所需向心力C ．苹果C 离开苹果树时加速度减小D ．苹果C 脱离苹果树后，可能会落向地面 答案 C解析 三者的角速度相同，根据v ＝ωr 可知苹果C 的线速度最大，A 错误；根据F 向＝mω2r 可知半径越大，向心力越大，故苹果B 所需向心力大于苹果A 所需向心力，B 错误；由于苹果C 的角速度和同步卫星的角速度相同，而根据ω＝GMr 3可知轨道半径越大，角速度越小，所以C 所在轨道的角速度大于该轨道所需的角速度，故做离心运动，所以苹果C 脱离苹果树后，根据a ＝GMr2可知轨道半径变大，加速度减小，飞向茫茫宇宙，C 正确，D 错误． 17.如图3所示，在一等腰直角三角形ACD 区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(重力不计)以速度v 从AC 边的中点O垂直AC 边射入磁场区域．若三角形的两直角边长均为2L ，要使粒子从CD 边射出，则v 的取值范围为( )图3A.qBL m ≤v ≤22qBL mB.qBL m ≤v ≤ 5qBL m C.qBL 2m ≤v ≤(2＋1)qBL m D.qBL 2m ≤v ≤ 5qBL 2m答案 C解析 根据洛伦兹力充当向心力可知，v ＝Bqrm，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，粒子与AD 边相切时速度最大，如图．由几何关系可知r －Lcos 45°＋[2L －(r －L )]cos 45°＝r最大半径为r 1＝(2＋1)L ， 故最大速度应为v 1＝(2＋1)qBLm；当粒子从C 点出射时半径最小，为r 2＝L2，故最小速度应为v 2＝qBL 2m，故v 的取值范围为qBL 2m ≤v ≤(2＋1)qBL m， 故选C.18．如图4所示，磁单极子会在其周围形成均匀辐射磁场．质量为m 、半径为R 的圆环当通有恒定的电流I 时，恰好能水平静止在N 极正上方H 处．已知与磁单极子N 极相距r 处的磁感应强度大小为B ＝k r，其中k 为常数．重力加速度为g .则( )图4A ．静止时圆环的电流方向为逆时针方向(俯视)B ．静止时圆环沿其半径方向有扩张的趋势C ．静止时圆环的电流I ＝mg (H 2＋R 2)2πkR2D ．若将圆环向上平移一小段距离后由静止释放，下落过程中加速度先增加后减小 答案 C解析 环所在处的磁场的方向向上，则环产生的磁场的方向向下，根据安培定则可知，静止时圆环的电流方向为顺时针方向(俯视)，故A 错误；由左手定则可知，环上的各点受到的安培力有水平向里的分力，所以环有收缩的趋势，故B 错误；对环的某一部分进行受力分析：在水平方向，根据安培力的对称性可知，整个环在水平方向的合力为0，竖直方向的合力与重力大小相等，由于在圆环处各点电流的方向与磁场的方向都垂直，所以整体受到的安培力：F ＝BI ·2πR ，设F 与竖直方向的夹角为θ，由几何关系：F cos θ＝mg ，cos θ＝RH 2＋R 2，由题：B ＝kH 2＋R 2，联立得：I ＝mg (H 2＋R 2)2πkR 2，故C 正确；结合C 的受力分析可知，若将圆环向上平移一小段距离后环受到的安培力将减小；由静止释放，开始时重力大于安培力，所以环加速下落，向下的过程中安培力增大，所以合外力减小，加速度先减小，故D 错误． 19．已知钚的一种同位素23994Pu 的半衰期为24 100年，其衰变方程为23994Pu→X＋42He ＋γ，则下列说法中正确的是( )A ．衰变发出的γ射线是频率很大的电磁波，穿透能力很强B ．X 原子核中含有143个中子C ．8个23994Pu 经过24 100年后一定还剩余4个 D ．衰变过程的总质量不变答案 AB解析 衰变发出的γ射线是频率很大的电磁波，具有很强的穿透能力，不带电，故A 正确．根据电荷数守恒和质量数守恒得，X 的电荷数为92，质量数为235，质子数为92，则中子数为235－92＝143，故B 正确．半衰期是对大量原子核发生衰变的统计规律，对少量的原子核不适用，故C 错误．在衰变的过程中，根据质能方程知，有能量放出，有质量亏损，故D 错误． 20．如图5所示，真空中固定两个等量异种点电荷A 、B ，其连线中点为O .在A 、B 所形成的电场中，以O 点为圆心、半径为R 的圆面垂直于AB ，以O 为几何中心、边长为2R 的正方形abcd 平面垂直圆面且与AB 共面，两平面边线交点分别为e 、f ，g 为圆上一点．下列说法中正确的是( )图5A ．a 、b 、c 、d 、e 、f 六点中，不存在场强和电势均相同的两点B ．将一电荷由e 点沿圆弧egf 移到f 点，电场力始终不做功C ．将一电荷由a 点移到圆面内任意一点时，电势能的变化量相同D ．沿线段eOf 移动的电荷受到的电场力先减小后增大 答案 BC解析 题图中圆面是一个等势面，e 、f 的电势相等，根据电场线分布的对称性可知e 、f 的场强相同，故A 错误．题图中圆弧egf 在同一等势面上，其上任意两点的电势差都为零，根据公式W ＝qU 可知：将一正电荷由e 点沿圆弧egf 移到f 点电场力不做功，故B 正确．a 点与圆面内任意一点的电势差相等，根据公式W ＝qU 可知：将一电荷由a 点移到圆面内任意一点时，电场力做功相同，则电势能的变化量相同，故C 正确．沿线段eOf 移动电荷，电场强度先增大后减小，则电荷受到的电场力先增大后减小，故D 错误．21．如图6所示，单匝矩形闭合导线框abcd 处于磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的水平匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R .线框绕与cd 边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，下列说法中正确的是( )图6A ．线框转过π6时，线框中的电流方向为abcdaB ．线框中感应电流的有效值为2BSω2RC ．线框转一周过程产生的热量为2πωB 2S2RD ．线框从中性面开始转过π2过程，通过导线横截面的电荷量为BS R答案 BD解析 根据楞次定律可知线框中的电流方向为adcba ，故A 错误；线圈转动过程中感应电动势的最大值为：E m ＝BSω，感应电压的有效值为：U ＝BSω2，则线框中感应电流的有效值为：I ＝U R ＝2BSω2R ，故B 正确；线框转一周的过程中，产生的热量为：Q ＝I 2RT ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2BSω2R 2R 2πω＝πωB 2S2R ，故C 错误；线框从中性面开始转过π2的过程中，通过导线横截面的电荷量为：q＝ΔΦR 总＝BSR，故D 正确．。

实验题专练(三)(限时：15分钟)22．(5分)某同学设计了以下实验装置，用来测定小滑块与桌面间的动摩擦因数．图1如图1甲所示，水平桌面上有一滑槽，其尾端与桌面相切．让小滑块从滑槽的最高点由静止滑下，滑到桌面上后再滑行一段距离L，随后走开桌面做平抛运动，落在水面地面上的的P 点，记下平抛的水平位移x.平移滑槽的地点后固定，多次改变距离L，每次让滑块从滑槽上同一最高点开释，获得不一样的水平位移x.作出x2－L图象，即可依据图象信息获得滑块与桌面间的动摩擦因数μ.(1)每次让滑块从滑槽上同一高度开释，是为了______________________________________．(2)除了L和x外，本实验还需要丈量或已知的物理量是________．A．滑槽最高点与桌面的高度差hB．小滑块的质量mC．桌面与地面的高度差HD．当地的重力加快度g(3)若x2－L图象的斜率绝对值为k，纵轴上的截距为b，如图乙所示，则滑块与桌面间的动摩擦因数的表达式为________(用此题中供给的物理量符号表示)．答案 (1)滑块抵达滑槽尾端的速度相等(2)C (3)μ＝k 4H 分析 (1)为了保证滑块滑到得槽尾端的速度相等，即可使滑块在桌面上运动的初速度同样；(2)、(3)设滑块滑到桌面时的速度为v 0，走开桌面时的速度为v ，依据动能定理－μmgL ＝12mv 2－12mv 02 依据平抛运动H ＝12gt 2 x ＝vt联立以上各式解得：x 2＝2Hv 02g－4μHL 故k ＝4μH ，解得：μ＝k4H. 故还需丈量桌面与地面的高度差H .23．(10分)如图2甲所示是大型机械厂里用来称重的电子吊秤，此中实现称重的重点元件是拉力传感器．其工作原理是：挂钩上挂上重物，传感器中拉力敏感电阻丝在拉力作用下发生形变，其长度和横截面积都发生变化，拉力敏感电阻丝的电阻也跟着发生变化，再经相应的丈量电路把这一电阻变化变换为电信号(电压或电流)，进而达成将所称物体重量变换为电信号的过程．图2(1)简述拉力敏感电阻丝的阻值随拉力增大而增大的原由______________________________．(2)小明找到一根拉力敏感电阻丝R L ，其阻值随拉力变化的图象如图乙所示，再按图丙所示电路制作了一个简略“吊秤”．电路中电源电动势E 约15 V ，内阻约2 Ω；敏捷毫安表量程为10 mA ，内阻约5 Ω；R 是电阻箱，最大阻值是9 999 Ω；R L 接在A 、B 两接线柱之间，经过圆滑绝缘滑环可将重物吊起，接通电路达成以下操作．a ．滑环下不吊重物时，调理电阻箱，当电流表为某一适合示数I 时，读出电阻箱的读数R 1；b ．滑环下吊上待测重物，测出电阻丝与竖直方向的夹角为θ；c ．调理电阻箱，使电流表的示数仍为I ，读出此时电阻箱的读数R 2，则拉力敏感电阻丝的电阻增添量为________．(3)设R －F 图象的斜率为k ，则待测重物的重力G 的表达式为G ＝________(用以上测得的物理量表示)，若测得θ＝53°(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，R 1、R 2分别为1 052 Ω和1 030 Ω，则待测重物的重力G ＝________ N(结果保存三位有效数字)．答案 (1)电阻丝长度增添而横截面积减小，依据电阻定律可知其阻值增大 (2)R 1－R 2 (3)2(R 1－R 2)cos θk132 分析 (1)依据电阻定律有：R ＝ρL S，当拉力敏感电阻丝随拉力被拉长时，因为电阻丝的长度增大，则电阻丝的横截面积减小，因此电阻丝的电阻值将增大；(2)依据实验的电路图可知，电路中没有电压表，不可以使用伏安法丈量电阻值的变化，但电路中的电阻箱能够控制电流的变化，若电路中的电流值不变，则电路中的总电阻值也不变，因此在步骤(c)中，能够调理电阻箱，使电流表的示数仍为I ，读出此时电阻箱的读数R 2，则拉力敏感电阻丝的电阻增添量为R 1－R 2；(3)开始时滑环下不吊重物，则有： I ＝E r ＋10.0×102 Ω＋R 1当挂重力为G 的重物后，取AB 中点处为研究对象，则此处遇到三个力的作用，两个斜向上的拉力大小相等，与竖直方向之间的夹角也相等，则在竖直方向上有G ＝2F cos θ在题图乙中，设直线的斜率为k ，截距为b ，则I ＝E r ＋(kF ＋b )＋R 2联立可得：G ＝2(R 1－R 2)cos θk由题图乙可知：k ＝ΔR ΔF ＝()×1022×102 Ω/N＝0.2 Ω/N 代入数据得：G ＝132 N.。

选择题专练(八)(限时：20分钟)二、选择题：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14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．14．用光照射某种金属，有光电子从金属表面逸出，如果换一种频率更大的光照射该金属，但光的强度减弱，则( )A ．单位时间内逸出的光电子数减少，光电子的最大初动能减小B ．单位时间内逸出的光电子数增大，光电子的最大初动能减小C ．单位时间内逸出的光电子数减少，光电子的最大初动能增大D ．单位时间内逸出的光电子数增大，光电子的最大初动能增大 答案 C解析 根据光电效应方程E km ＝h ν－W 0得，光的强度不影响光电子的最大初动能，对某种特定的金属光电子的最大初动能与入射光的频率有关，入射光的强度影响单位时间内发出光电子的数目，光的强度减弱，单位时间内逸出的光电子数目减少，故A 、B 、D 错误，C 正确． 15．假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A 和B ，A 、B 星球半径分别为R A 和R B ，两颗行星各自周围的卫星的轨道半径的三次方(r 3)与运行公转周期的平方(T 2)的关系如图1所示，T 0为卫星环绕各自行星表面运行的周期．则( )图1A ．行星A 的质量小于行星B 的质量 B ．行星A 的密度小于行星B 的密度C ．行星A 的第一宇宙速度等于行星B 的第一宇宙速度D ．当两行星周围的卫星的运动轨道半径相同时，行星A 的卫星的向心加速度大于行星B 的卫星的向心加速度 答案 D解析 根据万有引力提供向心力，有GMm r 2＝m 4π2T2r ，解得：T ＝4π2r3GM，对于环绕行星A 表面运行的卫星， 有：T 0＝4π2R A3GM A①对于环绕行星B 表面运行的卫星，有：T 0＝4π2R B3GM B②联立①②得：R A 3M A ＝R B 3M B③由题图知，R A >R B ，所以M A >M B ，故A 错误；A 行星质量为：M A ＝ρA ·43πR A 3 B 行星的质量为：M B ＝ρB ·43πR B 3，代入③解得：ρA ＝ρB ，故B 错误；在行星表面附近运行的卫星的线速度即此行星的第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力，有：GMm R 2＝m v 2R解得：v ＝GMR ＝43G ρπR ∝R ， 因为R A >R B ，所以v A >v B ，故C 错误； 根据GMm r 2＝ma 知，a ＝GMr2，由于M A >M B ，卫星运动的轨道半径相等，则行星A 的卫星的向心加速度大于行星B 的卫星的向心加速度，故D 正确．16.如图2所示，半径为R 的竖直半球形碗固定于水平面上，碗口水平且AB 为直径，O 点为碗的球心．将一弹性小球(可视为质点)从AO 连线上的某点C 沿CO 方向以某初速度水平抛出，经历时间t ＝Rg(g 为重力加速度)，小球与碗内壁第一次碰撞，之后可以恰好返回C 点，假设小球与碗内壁碰撞前后瞬间小球的切向速度不变，法向速度等大反向．不计空气阻力，则C 、O 两点间的距离为( )图2A.2R 3 B.3R 3 C.3R 2 D.2R 2答案 C解析 小球在竖直方向的位移为h ＝12gt 2＝12R ，设小球与半球形碗碰撞点为D 点，则DO 的连线与水平方向的夹角为30°，过D 点作CO 连线的垂线交于CO 连线E 点，小球与半球形碗碰撞前速度方向垂直于半球形碗在D 点的切线方向， 则OE ＝R 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫R 22＝32R ，小球下落h 时竖直方向的速度为v y ＝gt ＝gR ， 则水平方向的速度v 0＝v y tan 60°＝3gR ， 所以水平方向的位移为x ＝v 0t ＝3R ， 由几何关系可知，CO ＝3R －32R ＝32R ，故C 正确． 17．如图3所示，足够长的宽度为d 的竖直条形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，直角三角形金属线框ABC 的BC 边水平且长度为L ，已知L >d .现令线框在外力作用下以速度v 0匀速穿过磁场区域，以B 点进入磁场的时刻为计时起点，规定线框中电流沿逆时针方向为正方向，则在线框穿过磁场的过程中，线框中的电流i 随时间t 的变化情况可能是( )图3答案 C解析 B 点进入磁场后直至线框位移为d 的过程中，线框的有效切割长度随时间均匀增大，线框中电流随时间均匀增大至I 0，方向为逆时针方向，已知L >d ，线框位移大于d 小于L 的过程中，其有效切割长度不变，线框中的电流不变，仍为逆时针，线框出磁场的过程中，有效切割长度随时间均匀增大，电流随时间均匀增大，选项A 、D 错误；由B 项的横轴可知L ＝2d ，由几何关系可知线框位移为L 时的有效切割长度与位移为d 时的有效切割长度相等，故电流等大，但方向为顺时针方向，位移为L ＋d 时，有效长度是位移为d 时的2倍，电流为－2I 0，选项B 错误；由C 项的横轴可知L ＝3d ，由几何关系可知线框位移为L 时的有效切割长度是位移为d 时的2倍，故电流为－2I 0，位移为L ＋d 时，有效长度是位移为d 时的3倍，电流为－3I 0，选项C 正确．18．如图4甲所示，Q 1、Q 2为两个固定着的点电荷，a 、b 是它们连线的延长线上的两点，现有一电子，只在电场力作用下，以一定的初速度沿直线从a 点开始经b 点向远处运动，其v －t 图象如图乙所示，电子经过a 、b 两点的速度分别为v a 、v b ，则( )图4A ．Q 1一定带负电B ．Q 1的电荷量一定小于Q 2的电荷量C ．b 点的电势高于a 点的电势D ．电子离开b 点后所受静电力一直减小 答案 C解析 由题图乙可知，电子从a 到b 做加速度减小的加速运动，所以a 、b 之间电场的方向向左，b 点的电势高于a 点的电势；在b 点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零．过b 点后点电荷做减速运动，所以电场的方向向右，Q 2一定带负电，Q 1一定带正电，故A 错误，C 正确；b 点场强为零，可见两点电荷在b 点产生的场强大小相等，方向相反，根据E ＝kQ r2，b 到Q 1的距离大于到Q 2的距离，所以Q 1的电荷量大于Q 2的电荷量，故B 错误；离开b 点后v －t 图象的斜率先增大后减小，即加速度先增大后减小，电子所受静电力先增加后减小，故D 错误．19．如图5所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度大小均为B 的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD 、AC 边界的夹角∠DAC ＝30°，边界AC 与边界MN 平行，Ⅰ区磁场右边界距A 点无限远，Ⅱ区域宽度为d ，长度无限大．质量为m 、带电荷量为q 的正粒子可在边界AD 上的不同点射入，入射速度垂直于AD 且垂直于磁场，若入射速度大小为qBd m，不计粒子重力，则( )图5A ．粒子距A 点0.5d 处射入，不会进入Ⅱ区B ．粒子在磁场区域内运动的最长时间为πmqBC ．粒子在磁场区域内运动的最短时间为2πm3qBD ．从MN 边界出射粒子的区域长为(3＋1)d 答案 BD解析 粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB ＝m v 2r得：r＝mv Bq＝d ，画出恰好不进入Ⅱ区的临界轨迹，如图甲所示：结合几何关系，有：AO ＝rsin 30°＝2r ＝2d ；故从距A 点0.5d 处射入，会进入Ⅱ区，故A 错误；粒子在磁场中转过的最大的圆心角为180°，即在Ⅰ区内运动的轨迹为半个圆周，故最长时间为t ＝T 2＝πmqB，故B 正确；从A 点进入的粒子在磁场中运动的轨迹最短(弦长也最短)，时间最短，轨迹如图乙所示：轨迹对应的圆心角为60°，故时间为：t ＝T 6＝πm3qB，故C 错误；临界轨迹情况如图丙所示：根据几何关系可得从MN 边界出射粒子的区域长为l ＝rtan 30°＋r ＝(3＋1)d ，故D 正确．20．如图6所示，将小砝码放在桌面上的薄纸板上，若砝码和纸板的质量分别为M 和m ，各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码到纸板左端的距离和到桌面右端的距离均为d .现用水平向右的恒定拉力F 拉动纸板，g 为重力加速度，下列说法正确的是( )图6A ．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ(M ＋m )gB ．要使纸板相对砝码运动，F 一定大于2μ(M ＋m )gC ．若砝码与纸板分离时的速度小于μgd ，砝码不会从桌面上掉下D ．当F ＝μ(2M ＋3m )g 时，砝码恰好到达桌面边缘 答案 BCD解析 对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力为μ(2M ＋m )g ，故A 错误．设砝码的加速度为a 1，纸板的加速度为a 2，则有：F f1＝Ma 1，F －F f1－F f2＝ma 2，F f1＝μMg ，F f2＝μ(M ＋m )g ，发生相对运动需要a 2>a 1，代入数据解得：F ＞2μ(M ＋m )g ，故B 正确．若砝码与纸板分离时的速度小于μgd ，砝码匀加速运动的位移小于v 22a ＝μgd 2μg ＝d 2，匀减速运动的位移小于v 22a ＝μgd 2μg ＝d 2，则总位移小于d ，不会从桌面掉下，故C 正确． 当F ＝μ(2M ＋3m )g 时，砝码未脱离时的加速度a 1＝μg ， 纸板的加速度a 2＝F －μ(m ＋M )g －μMgm＝2μg ，根据12a 2t 2－12a 1t 2＝d ，解得t ＝2dμg， 则此时砝码的速度v ＝a 1t ＝2μgd ，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a ′＝μg ，则匀减速运动的位移x ＝v 22a ′＝2μgd 2μg ＝d ，而匀加速运动的位移x ′＝12a 1t 2＝d ，可知砝码恰好到达桌面边缘，故D 正确．21.空间分布有竖直方向的匀强电场，现将一质量为m 的带电小球A 从O 点斜向上抛出，小球沿如图7所示的轨迹击中绝缘竖直墙壁的P 点．将另一质量相同、电荷量不变、电性相反的小球B 仍从O 点以相同的速度抛出，该球垂直击中墙壁的Q 点(图中未画出)．对于上述两个过程，下列叙述中正确的是( )图7A ．球A 的加速度大于球B 的加速度 B ．P 点位置高于Q 点C ．球A 的电势能增大，球B 的电势能减小D ．电场力对球A 的冲量大小等于对球B 的冲量大小 答案 ACD解析 水平方向做匀速运动，水平速度相同，两次水平方向位移相同，时间相同，根据加速度a ＝Δv t ，A 球速度变化量大，加速度大，故A 正确；竖直最大高度为h ＝v y22a ，由于球A 的加速度大于球B 的加速度，所以球A 的最高点低于球B 的最高点，P 点位置低于Q 点，故B 错误；球A 加速度大，所受电场力向下，电场力做负功，电势能增大；球B 加速度小，所受电场力向上，电场力做正功，电势能减小，故C 正确；由于运动时间相等，电场力大小相等，电场力对球A 的冲量大小等于对球B 的冲量大小，故D 正确．。

选择题专练(六)(限时：20分钟)二、选择题：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14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．14．物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系．如关系式U ＝IR 既反映了电压、电流和电阻之间的关系，也确定了V(伏)与A(安)和Ω(欧)的乘积等效，现有物理量单位：m(米)、s(秒)、J(焦)、W(瓦)、C(库)、F(法)、A(安)、Ω(欧)和T(特)，由它们组合的单位与电压单位V(伏)不等效的是( ) A ．J/C B ．C/F C ．C·T·m/s D ．W 12·Ω12答案 C解析 由电场力做功的公式W ＝qU ，知U ＝W q，所以单位J/C 与电压单位V 等效，选项A 不符合题意；由U ＝Q C可知，C/F 是和电压单位V 等效的，选项B 不符合题意；由F ＝qvB 知，C·T·m/s是力的单位，是与N 等效的，选项C 符合题意；由P ＝U 2R可得U ＝PR ，所以W 12·Ω12是和电压的单位等效的，选项D 不符合题意．15．甲、乙两汽车同向匀速行驶，乙在前，甲在后．某时刻两车司机听到警笛提示，同时开始刹车，结果两车刚好没有发生碰撞，如图1为两车刹车后匀减速运动的v －t 图象．以下分析正确的是( )图1A ．甲车刹车的加速度的大小为0.5 m/s 2B ．两车开始刹车时的距离为100 mC ．两车刹车后间距一直在减小D ．两车都停下来后相距25 m 答案 B解析 由题图可知，两车速度相等时，经历的时间为20 s ，甲车的加速度a 1＝－2525 m/s 2＝－1 m/s 2，乙车的加速度a 2＝－1530 m/s 2＝－0.5 m/s 2，此时甲车的位移x 甲＝v 甲t ＋12a 1t 2＝25×20 m－12×1×400 m＝300 m ，乙车的位移x 乙＝v 乙t ＋12a 2t 2＝15×20 m－12×0.5×400 m＝200 m ，两车刚好没有发生碰撞，则开始刹车时两车的距离Δx ＝300 m －200 m ＝100 m ，故A 错误，B 正确；两车刹车后甲的速度先大于乙的速度，两者距离减小，后甲的速度小于乙的速度，两者距离增大，故C 错误；20 s 时，甲、乙的速度都为v ＝v 甲＋a 1t ＝25 m/s －20 m/s ＝5 m/s ，根据图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，两车都停下来后相距Δx ′＝12×(30－25)×5 m＝12.5 m ，故D 错误．16．(2018·安徽省安庆市二模)如图2所示，物块A 放在木板B 上，A 、B 的质量均为m ，A 、B 之间的动摩擦因数为μ，B 与地面之间的动摩擦因数为μ3.若将水平力作用在A 上，使A 刚好要相对B 滑动，此时A 的加速度为a 1；若将水平力作用在B 上，使B 刚好要相对A 滑动，此时B 的加速度为a 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则a 1与a 2的比为( )图2A ．1∶1B ．2∶3C ．1∶3D ．3∶2答案 C解析 当水平力作用在A 上，使A 刚好要相对B 滑动，临界情况是A 、B 的加速度相等，隔离对B 分析，B 的加速度为：a B ＝a 1＝μmg －μ3·2mgm＝13μg ，当水平力作用在B 上，使B 刚好要相对A 滑动，此时A 、B 间的摩擦力刚好达到最大，A 、B 的加速度相等，有：a A ＝a 2＝μmg m＝μg ，可得：a 1∶a 2＝1∶3，故选项C 正确．17.如图3所示为一半径为R 的均匀带电细环，环上单位长度带电荷量为η，取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x 轴．设轴上任意点P 到原点O 的距离为x ，以无限远处为零电势点，P 点的电势为φ.则下面给出的四个表达式中只有一个是合理的，这个合理的表达式是(式中k 为静电力常量)( )图3A ．φ＝2πRkR 2＋x2B ．φ＝2πRηkR 2＋x 2C ．φ＝2πRηkR 2－x 2D ．φ＝2πRηkR 2＋x 2x答案 B解析 电势的高低与圆环带电荷量的大小η·2πR 有关，A 表达式显然与圆环的电荷量无关，因此A 错误；无论圆环带什么电荷，圆环中心处的电势均不为零，因此x ＝0时，电势不为零，故D 错误；C 中当x ＝R 时电势为无穷大，也不可能，故C 错误，故只有B 正确． 18．下列生活中的现象和物理学内容，说法正确的是( ) A ．击钉时不用橡皮锤，仅仅是因为橡皮锤太轻 B ．电子被发现的意义在于使人类认识到原子有核式结构C ．动量相同的两个物体受相同的制动力的作用，质量小的先停下来D ．元电荷e 的数值最早是密立根测得的，这也是他获得诺贝尔物理奖的重要原因 答案 D解析 击钉时不用橡皮锤，主要是因为橡皮锤太软，在动量的变化相同时，作用时间较长，作用力小，选项A 错误；电子被发现的意义在于使人类认识到原子有复杂的结构，选项B 错误；根据动量定理Ft ＝Δp ＝mv ，则动量相同的两个物体受相同的制动力的作用，一块停下来，选项C 错误；元电荷e 的数值最早是密立根测得的，这也是他获得诺贝尔物理奖的重要原因，选项D 正确．19．如图4甲所示，假设某星球表面上有一倾角为θ＝30°的固定斜面，一质量为m 的小物块从斜面底端沿斜面向上运动，其速度—时间图象如图乙所示．已知小物块和斜面间的动摩擦因数为μ＝39，该星球半径为R ＝6×104 km ，引力常量为G ＝6.67×10－11 N·m 2/kg 2，下列说法正确的是( )图4A ．该星球的第一宇宙速度v1＝3.0×104m/s B ．该星球的质量M ＝8.1×1026kg C ．该星球的自转周期T ＝1.3×104s D ．该星球的密度ρ＝895 kg/m 3答案 ABD解析 上滑过程中，根据牛顿第二定律，在沿斜面方向上有μmg 0cos θ＋mg 0sin θ＝ma 1， 下滑过程中，在沿斜面方向上有mg 0sin θ－μmg 0cos θ＝ma 2，又知v －t 图象的斜率表示加速度，则上滑和下滑过程中的加速度大小分别为：a 1＝6－00.6m/s 2＝10 m/s 2， a 2＝20.4m/s 2＝5 m/s 2， 联立解得g 0＝15 m/s 2，故该星球的第一宇宙速度为v ＝g 0R ＝15×6×104×103 m/s ＝3.0×104 m/s ，A 正确；根据黄金替代公式GM ＝g 0R 2可得该星球的质量为M ＝g 0R 2G ＝15×(6×104×103)26.67×10－11kg≈8.1×1026 kg ，B 正确；根据所给条件无法计算自转周期，C 错误；该星球的密度ρ＝MV ＝g 0R 2G43πR3＝3g 04πGR ≈895 kg/m 3，D 正确． 20．如图5所示，足够长的木板P 静止于光滑水平面上，小滑块Q 位于木板P 的最右端，木板P 与小滑块Q 之间的动摩擦因数μ＝0.2，木板P 与小滑块Q 质量相等，均为m ＝1 kg.用大小为6 N 、方向水平向右的恒力F 拉动木板P 加速运动1 s 后将其撤去，系统逐渐达到稳定状态，重力加速度g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )图5A ．木板P 与小滑块Q 所组成的系统的动量增加量等于拉力F 的冲量B ．拉力F 做功为6 JC ．小滑块Q 的最大速度为3 m/sD ．整个过程中，系统因摩擦而产生的热量为3 J 答案 ACD解析 对系统由动量定理：Ft ＝mv P ＋mv Q ＝2mv 共，即木板P 与小滑块Q 组成的系统的动量增量一定等于拉力F 的冲量，选项A 正确；若木板P 与小滑块Q 相对静止一起加速运动，则拉力F 不能超过μmgm·2m ＝4 N ，拉力F 为6 N ，大于4 N ，故二者发生相对滑动，对木板P 由牛顿第二定律：F －μmg ＝ma ，解得a ＝4 m/s 2,1 s 内木板P 的位移x ＝12at 2＝2 m ，拉力F 做功W ＝Fx ＝12 J ，选项B 错误；二者共速时，小滑块Q 的速度最大，Ft ＝2mv 共，解得v 共＝3 m/s ，选项C 正确；整个过程中，对系统由能量守恒可知W ＝12×2mv 共2＋Q ，解得Q ＝3 J ，选项D 正确．21．如图6所示，绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段COD 光滑，对应圆心角为120°，C 、D 两端等高，O 为最低点，圆弧圆心为O ′，半径为R ；直线段AC 、HD 粗糙，与圆弧段分别在C 、D 端相切；整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场中，在竖直虚线MC 左侧和ND 右侧分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场．现有一质量为m 、电荷量恒为q 、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C 点足够远的P 点由静止释放．若PC ＝L ，小球所受电场力等于其重力的33倍，重力加速度为g .则( )图6A ．小球第一次沿轨道AC 下滑的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动B ．小球在轨道内受到的摩擦力可能大于233mgC ．经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功是433mgLD ．小球经过O 点时，对轨道的弹力可能为2mg －qB gR 答案 AD解析 小球第一次沿轨道AC 下滑的过程中，由题意可知，电场力与重力的合力方向恰好沿着斜面AC ，则刚开始小球与管壁无作用力，当从静止运动后，由左手定则可知，洛伦兹力导致球对管壁有作用力，从而导致滑动摩擦力增大，而重力与电场力的合力大小为F ＝(mg )2＋⎝⎛⎭⎪⎫33mg 2＝233mg ，不变，故根据牛顿第二定律可知，做加速度减小的加速运动，当摩擦力等于两个力的合力时，做匀速运动，故A 正确；当小球的摩擦力与重力及电场力的合力相等时，小球做匀速直线运动，小球在轨道内受到的摩擦力最大，为233mg ，不可能大于233mg ，故B 错误；取从静止开始到最终速度为零，根据动能定理得，摩擦力做功与重力及电场力做功之和为零，则摩擦力总功为233mgL ，故C 错误；对小球在O 点受力分析，且由C 向D 运动，由牛顿第二定律，则有：F N －mg ＋Bqv ＝m v 2R ，由C 到O 点，机械能守恒，则有：mgR sin 30°＝12mv 2，联立解得F N ＝2mg －qB gR ，由牛顿第三定律知，当小球由C 向D 运动时，对轨道的弹力可能为2mg －qB gR ，故D 正确．。

实验题专练(五)(限时：15分钟)22．(5分)某物理实验小组的同学用如图1所示的装置来考证机械能守恒定律．图1(1)为减少阻力对丈量结果的影响，实验中应采纳______________(填“电磁打点”或“电火花”)计时器进行打点．(2)本实验中需要直接丈量的物理量是______，经过计算获得的物理量是________．(均填标号)A．重锤的质量B．重锤着落的高度C．与着落高度对应的重锤的刹时速度(3)在实验获得的纸带中，采纳如图2所示的起点O与相邻点之间距离约为2 mm的纸带来考证．图中A、B、C、D、E、F、G为七个相邻的点，E、F、G到起点O的距离分别为h n－1、h n、h n＋1.设打相邻点间的时间间隔为T，假如机械能守恒获得考证，则可依据以上物理量求适合地重力加快度g＝________.图2答案 (1)电火花 (2)B C (3)(h n ＋1－h n －1)28T 2h n分析 (2)重锤的质量可测可不测，由于动能的增添量和重力势能的减小量式子中都有质量，能够约去．需要丈量的物理量是B.重锤着落的高度，经过计算获得的物理量是C.与着落高度对应的重锤的刹时速度．(3)v F ＝h n ＋1－h n －12T，依据机械能守恒定律可得 12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫h n ＋1－h n －12T 2＝mgh n ⇒g ＝(h n ＋1－h n －1)28T 2h n . 23．(10分)(1)某实验小组利用如图3甲所示电路进行一些实验操作，所用的器械有：多用电表、电压表(量程5 V)、滑动变阻器、导线若干．回答以下问题：①将图甲中多用电表的红表笔和________(填“1”或“2”)端相连，黑表笔连结另一端． ②将滑动变阻器的滑片调到适合地点，使多用电表欧姆“×1 k”挡正确丈量时的示数如图乙所示，这时电压表的示数如图丙所示．多用电表和电压表的示数分别为________ kΩ和________ V.图3(2)某同学在“测绘小灯泡的伏安特征曲线”实验中．①所用各元件及规格如图4所示，电路已连好一部分，对于节余电路的连结正确的选项是________．(多项选择)图4 图5A ．M 端应与a 接线柱相连B ．M 端应与b 接线柱相连C ．N 端与c 接线柱相连，开封闭合前，滑动变阻器滑动片应滑到最左端D ．N 端与d 接线柱相连，开封闭合前，滑动变阻器滑动片应滑到最右端②该同学连结好电路后，采纳正确的实验方法和实验步骤进行操作，测绘的小灯泡的伏安特征曲线如图5所示，电压U ＝2 V 时，小灯泡电阻为________ Ω.答案 (1)①1 ②15 3.50 (2)①AC ②10分析 (1)①电流从电压表正接线柱流入，故红表笔接1，黑表笔接2；②欧姆表读数＝倍率×表盘读数＝1 k×15 Ω＝15 kΩ；电压表最小分度为0.1 V ，故读数为3.50 V ；(2)①测绘小灯泡的伏安特征曲线应当采纳电流表外接法，滑动变阻器采纳分压式接法，则M 端应与a 接线柱相连；N 端与c 接线柱相连，开封闭合前，滑动变阻器滑动片应滑到最左端；或许N 端与d 接线柱相连，开封闭合前，滑动变阻器滑动片应滑到最左端，应选A 、C. ②电压U ＝2 V 时，读出电流为0.2 A ，则小灯泡电阻为R ＝U I＝10 Ω.。

2019届全国高三一轮精准复习卷（六）理综物理试卷本试卷共16页，38题（含选考题）。

全卷满分300分。

考试用时150分钟。

★祝考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考范围。

2、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4、非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

6、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并上交。

一、选择题1. 关于近代物理发展的成果，下列说法正确的是（）A. 只要增加入射光的强度，光电效应就可以发生B. 氢原子从激发态向基态跃迁时会辐射特定频率的光子C. 环境温度越高，原子核衰变的速度越快D. 任何核反应都遵从质量守恒定律【答案】B【解析】A、发生光电效应和光的强度没有关系，只有大于极限频率才可以发生光电效应，故A 错；B、根据玻尔氢原子模型的相关理论，电子轨道和能量都是量子化的，而在“跃迁”过程中要遵循，故只能辐射特定频率的光子；故B正确．C、衰变和元素本身有关，和温度无关，故C错；D、爱因斯坦的质能方程表明核反应中存在质量亏损，故D错；综上所述本题答案是：B2. 如图所示，上表面水平的物块M，刚好在固定的足够长的斜面上匀速下滑．现把另一物块N轻轻地叠放在M的上表面上，下列说法正确的是（）A. 两物块M、N一起匀速向下滑动B. 两物块M、N一起加速向下滑动C. 物块M所受的合外力变大D. 物块M所受的合外力变小【答案】A【解析】：AB、未放N时,对M受力分析,受重力Mg、支持力N、摩擦力f.，设斜面的倾角为,根据平衡条件得：因为物体N轻轻地叠放在M上,相当于增大物体M重力,上式关系仍然成立,说明M、N这个整体一起向下匀速运动，故A对，B错；由于M还是匀速下滑，所以受到的合外力为零，故CD错综上所述本题答案是：A3. 如图所示，竖直面内分布有水平方向的匀强电场，一带电粒子沿直线从位置a向上运动到位置b，在这个过程中，带电粒子（）A. 只受到电场力作用B. 带正电C. 做匀减速直线运动D. 机械能守恒【答案】CC、由于小球做直线运动所以电场力和重力的合力应该和速度在一条线且与速度方向相反，故小球做匀减速直线运动，故C对；D、电场力做负功，机械能减小，故D错误；综上所述本题答案是：C4. 如图所示，电源电动势E，内电阻恒为r，R是定值电阻，热敏电阻RT的阻值随温度降低而增大，C是平行板电容器．闭合开关S，带电液滴刚好静止在C内．在温度降低的过程中，分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示电流表、电压表1、电压表2和电压表3示数变化量的绝对值．关于该电路工作状态的变化，下列说法正确的是（）A. 、、一定都变大B. 和一定不变，一定变大C. 带电液滴一定向下加速运动D. 电源的工作效率一定变大【答案】D【解析】AB、根据电路知识知，V3测路端电压，V2测热敏电阻RT的电压，V1测定值电阻R的电阻，由，得：由得：得：故AB错；C、带电液滴在平行板中受到向上的电场力和向下的重力处于平衡状态，在温度降低的过程，热敏电阻RT阻值变大，回路中电流变小，路端电压增大，由于流过定值电阻R的电流变小，所以分的电压也就变小，而路端电压增大，故V2读数增大，平行板间的电场强度也增大，导致带电液滴向上运动，故C错；D、 ,由于路端电压增大，所以电源的工作效率一定变大，故D正确；综上所述本题答案是：D点睛：认清本题电路结构，并要明确、、，分别代表什么，然后结合串并联电路求解带求量5. 如图所示，在0≤x≤3a的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B．在t=0 时刻，从原点O发射一束等速率的相同的带电粒子，速度方向与y轴正方向的夹角分布在0°~90°范围内．其中，沿y轴正方向发射的粒子在t=t0时刻刚好从磁场右边界上P(3a,)点离开磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是（）A. 粒子在磁场中做圆周运动的半径为3aB. 粒子的发射速度大小为C. 带电粒子的荷质比为D. 带电粒子在磁场中运动的最长时间为2t0【答案】D【解析】A、根据题意作.出沿y轴正方向发射的带电粒子在磁场中做圆周运动轨迹如图所示,圆心为O`,根据几何关系,粒子做圆周运动的半径为2a，故A错；B、沿y轴发射的粒子在磁场中运动的圆心角为 ,运动时间解得：,选项B错误;C、沿y轴发射的粒子在磁场中运动的圆心角为，对应运动时间为所以粒子运动的周期为，由则故C错；D、在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图所示,由几何知识得该粒子做圆周运动的圆心角为 ,在磁场中的运动时间为故D正确；;综上所述本题答案是：D点睛：本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题的关键在于确定圆心和半径，并能根据几何关系确定可能的运动轨迹6. 我国计划于今年年底发射“嫦娥5号”航天器．假设航天器在近月轨道上绕月球做匀速圆周运动，经过时间t（小于绕行周期），运动的弧长为s，航天器与月球中心连线扫过的角度为θ（弧度），引力常量为G，则（）A. 航天器的轨道半径为B. 航天器的环绕周期为C. 月球的质量为D. 月球的密度为【答案】BC【解析】A、根据几何关系得: .故A错误;B、经过时间t,航天器与月球的中心连线扫过角度为则:,得: .故B对C、由万有引力充当向心力而做圆周运动,所以:所以: .所以C选项是正确的;D、人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动,月球的半径等于r,则月球的体积: ,月球的密度为故D错综上所述本题答案是：BC点睛：由万有引力充当向心力而做圆周运动的,则由万有引力公式及已知量可得出能计算的物理量7. 如图甲所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上，上端与质量为0.1kg的木块A相连，质量也为 0.1kg 的木块B叠放在A上，A、B都静止．在B上施加竖直向下的力F，使木块缓慢向下移动．F的大小与木块移动距离x的关系如图乙所示，整个过程弹簧都处于弹性限度内，g取10m/s2．下列说法正确的是（）A. 弹簧的劲度系数为 500N/mB. 在木块下移 0.1m的过程中，弹簧的弹性势能增加 2.5 JC. 当木块下移 0.1m时，若撤去F，则B的最大速度为5m/sD. 当木块下移 0.1m时，若撤去F，则A、B分离时的速度为5m/s【答案】AC【解析】A、弹簧的形变量之间0.1m的过程中，压力增大50N，根据胡克定律：△F=k△x，所以：故A正确；B、由图，F-x图象中，纵坐标F与横坐标x之间所围的面积表示力F做的功，所以这个过程中力F做功，而弹簧弹性势能的增加量等于力F做的功与木块重力势能的减少量之和，故弹簧的弹性势能增加量大于2.5J；故B错误；C、木块下移0.1 m时，若撤去F，则A与B整体将以开始时的位置为平衡位置做简谐振动，所以当AB回到平衡位置时速度最大；由于开始阶段压力做功2.5J，所以A与B的速度最大时，二者动能的和是2.5J，即得：．故C正确．D、由C的分析可知，当B的速度是5m/s时，二者仍然在平衡位置，所以二者的加速度都等于0，B受到的A对B的弹力等于重力，所以二者没有分离．故D错误．综上所述本题答案是：AC点睛：该题考查功能关系以及两个物体分离的条件，关键是要明确两个木块分离时二者的速度相等，加速度相等，同时二者之间的相互作用力等于0；另外明确系统中什么能减少、什么能增加．8. 如图所示，水平传送带以恒定速率传动．每隔相同时间T，在左端A点，轻轻放上一个完全相同的工件，已知工件与传送带之间的动摩擦因数为μ，工件质量为m．经测量，发现那些已经和传送带共速的工件之间的距离均为L．已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A. 传送带的速度大小为B. 工件在传送带上加速时间为C. 每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为D. 传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为【答案】AD【解析】A、工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，可知，解得传送带的速度．故A正确．B、设每个工件匀加速运动的时间为t，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为a=μg，根据，解得：．故B错误．C、工件与传送带相对滑动的路程为：，则摩擦产生的热量为：，故C错误．D、根据能量守恒，传送带因传送一个工件多消耗的能量，故D正确．综上所述本题答案是：AD二、非选择题：9. 某中学实验室有一个标志为“100±10%Ω”的定值电阻，某同学准备用伏安法尽量精确地测定它的阻值．实验室指导老师为他准备了以下器材：A.电流表A1 （内阻约为100Ω，量程 30mA）B.电流表A2 （内阻约为0.2Ω，量程1A）C.电压表V1 （内阻约为10 4Ω，量程15V）D.电压表V2 （内阻约为4×103Ω，量程3V）E.滑动变阻器R（规格为20Ω，1A）F.直流电源E（电动势为3V，内电阻不计）G.开关S及导线若干(1)电流表应该选用_______，电压表应该选用__________．(2)请在答题卡的虚线框内画出实验电路图____________．(3)测量结果偏________（填“大”或“小”）．【答案】 (1). A1 (2). V2 (3). (4). 小【解析】（1）电源电动势为3V，所以电压表选V2，流过待测电阻的最大电流大约是：，故电流表选A1，（2）滑动变阻器的阻值比待测电阻小，为了调节方便，应该用分压电路，电流表的内阻接近待测电阻，为了减小误差，应该用电流表外接法，所设电路如图所示：（3）由于电压表的分流，导致测量的电流偏大，由知测量的电阻偏小。

（45套）2019高考物理专项复习试题全套（适用全国）光的反射、折射课后练习(1)1．在我国古代学者沉括的著作《梦溪笔谈》中有如下记载：“若鸢飞空中，其影随鸢而移；或中间为窗隙所束，则影与鸢遂相违，鸢东则影西，鸢西则影东。

”，其意是说，若鹞鹰在空中飞翔，它的影子随鹞鹰而移动；如鹞鹰的影子中间被窗户孔隙所约束，影子与鹞鹰就作相反方向移动，鹞鹰向东则影子向西移，鹞鹰向西则影子向东移。

这描述的是光的什么现象( )A．直线传播现象 B.折射现象 C.干涉现象 D.衍射现象2．把凸透镜正对太阳光，可在距凸透镜10 cm处得到一个最小最亮的光斑．若用此透镜来观察邮票上较小的图案，则邮票到透镜的距离应该（）A．大于10cm B．小于10cm C．大于20cm D．在10cm和20cm之间3．以下说法正确的是（）A．利用红外线进行遥感、遥控，主要是因为红外线的波长长，不容易发生衍射B．照相机镜头表面涂上增透膜，以增强透射光的强度，是应用了光的全反射现象C．真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源、观察者间的相对运动没有关系D．a射线、β射线、γ射线本质上都是电磁波4．某高层建筑物外墙大量使用了幕墙玻璃，在白天时外面的人看不清室内的物体，而室内的人却能较清楚地看见外面的物体，其原因是（）A．在玻璃的外表面涂有大量吸收光的物质B．在玻璃的外表面涂有不透光的彩色薄膜C．在玻璃的外表面涂有高反射膜D．在玻璃的外表面涂有增透膜5．保持入射光线方向不变,将平面镜绕着过入射点且垂直于入射光线和法线所决定的平面的轴旋转θ角,则（）A．反射光线也转过θ角 B.反射光线转过2θ角C．入射角增大2θ角 D.反射光线与入射光线的夹角增大θ角6．某汽车驾驶室外有一用平面镜作成的观后镜,当汽车以50km／h的速度在公路上.向前行驶时,司机从镜中看到车后的静止景物向镜后运动的速度应是（）A．50km／h B.25km／h C.100kin／h D.07．两平面镜镜耐相对、平行放置,中间有一发光点S.当其中一面镜子以速率v沿BD垂直于镜面的方向向光点S移动时,在离镜面最近的四个像中（）A．有两个像的速率为2v B.有二个像的速率为2vC．有两个像朝S运动 D.有三个像朝S运动8． 2002年4月21日上午9时30分左右,在武汉人们看到太阳的周围环绕着一道“美丽的光环”,这被称为太阳的“日晕”现象,这种现象属于（）A．太阳光的衍射 B.太阳光的干涉C．太阳光的折射 D.小孔成像9．关于红光和紫光，下列说法正确的是（）A．红光的频率大于紫光的频率B．同一种玻璃对红光的折射率比紫光的小C．红光在水中的传播速度比紫光的小D．用同一装置做双缝干涉实验，红光的干涉条纹间距比紫光的小10．一潜水员自水下目测站立于船头的观察者距水面高为h1,而观察者目测潜水员距水面深h2,则（）A．潜水员实际深度大于h2,观察者实际高度大于h1,B．潜水员实际深度小于h2,观察者实际高度小于h1,C．潜水员实际深度大于h2,观察者实际高度小于h1,D．潜水员实际深度小于h2,观察者实际高度大于h1.参考答案：1．答案： A解析：本题考查光的直线传播及形成的现象.前段鹞鹰的影子，是光沿直线传播形成的；后段所说的“影子”实际是鹞鹰经小孔所成的像，即小孔成像，这也是光直线传播形成的现象.故A正确.A2．答案： B解析：由题意可知焦距大于10cm，看图案时应该起放大功能，B对3．答案： C解析：红外线的波长长，容易发生衍射，A错误；增透膜是光的干涉现象，B错误；根据光速不变原理，C正确；a射线是高速粒子流、β射线是高速电子流，D错误。

选考题专练(一)(限时：10分钟)[选修3－3](15分)33．(1)(5分)下列说法中正确的是________．A．机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功从而转化为机械能B．将两个分子由距离极近移动到相距无穷远处的过程中，它们的分子势能先减小后增大C．当气体分子间的作用力表现为引力时，若气体等温膨胀，则气体对外做功且内能增大D．液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，所以液体存在表面张力E．单位时间内气体分子对容器壁单位面积碰撞的次数减少，气体的压强一定减小(2)(10分)如图1所示，两竖直且正对放置的导热汽缸底部由细管道(体积忽略不计)连通，两活塞a、b(厚度不计)用刚性轻杆相连，可在两汽缸内无摩擦地移动．上、下两活塞的横截面积分别为S1＝10 cm2、S2＝20 cm2，两活塞总质量为M＝5 kg，两汽缸高度均为H＝10 cm.两汽缸与细管道内封闭有一定质量的理想气体，系统平衡时活塞a、b到缸底部距离均为L＝5 cm.已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，环境温度T0＝300 K，取重力加速度g＝10 m/s2.图1①若缓慢升高环境温度，使一活塞缓慢移到对应汽缸的底部，求此时环境的温度．②若保持温度不变，用竖直向下的力缓慢推活塞b，直到活塞b到达汽缸底部，求此过程中推力的最大值．答案(1)BCD (2)①400 K②75 N解析(1)机械能可以全部转化为内能，内能无法全部用来做功从而转化为机械能，故A错误；将两个分子由距离极近移动到相距无穷远的过程中，分子力先是斥力后是引力，分子力先做正功后做负功，分子势能先减小后增大，故B正确；当气体分子间的作用力表现为引力时，若气体等温膨胀，气体分子间距离变大，分子引力做负功，分子势能增加，气体内能增加，同时由于气体体积增大，气体要对外界做功，故C正确；液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，则液体表面分子间表现为相互吸引，所以存在表面张力，故D正确；气体的体积增大，单位时间内气体分子对容器壁单位面积的碰撞次数减少，如果温度升高，气体分子撞击器壁的速率增大，对器壁的压力增大，气体的压强可能增大、可能减小也可能不变，故E 错误．(2)①汽缸内气体压强不变，温度升高，气体体积变大，故活塞向上移动由盖－吕萨克定律有：LS 1＋LS 2T 0＝HS 2T解得：T ＝400 K②设向下推动的距离为x 时，气体压强为p由平衡条件得：p 0S 1＋pS 2＝Mg ＋p 0S 2＋pS 1＋F当F ＝0时，可得初始状态气体压强p 1＝1.5×105 Pa缓慢向下推活塞b 的过程，温度不变由玻意耳定律得： p (LS 1＋xS 1＋LS 2－xS 2)＝p 1(LS 1＋LS 2)联立以上各式得：F ＝150x 15－x ＝15015x－1(0≤x ≤5 cm) 当x ＝5 cm 时，F 最大，F m ＝75 N.[选修3－4](15分)34．(1)(5分)如图2所示，在透明均匀介质内有一球状空气泡，一束包含a 、b 两种单色光的细光束从介质射入气泡，A 为入射点，之后a 、b 光分别从C 点、D 点射向介质．已知光束在A 点的入射角i ＝30°，a 光经过气泡的偏向角θ＝45°，CD 弧所对圆心角为3°，则下列说法中正确的是________．图2A ．b 光经过气泡的偏向角为42°B ．介质对a 光的折射率大于 3C ．a 光的频率小于b 光的频率D ．b 光从该介质射向空气的全反射临界角的正弦值为12sin 51°E ．若a 、b 两单色光分别通过同一双缝干涉装置，则b 光在屏上产生的条纹间距大图3(2)(10分)一列沿x 轴传播的简谐横波在t ＝0时刻的波形如图3所示，介质中x ＝6 m 处的质点P 沿y 轴方向做简谐运动的表达式为y ＝0.2cos 4πt (m)．求：①该波的传播速度；②从t ＝0时刻起，介质中x ＝10 m 处的质点Q 第一次到达波谷经过的时间． 答案 (1)ADE (2)见解析解析 (1)光束在A 点的入射角为i ，折射角分别为r a 、r b ，作出光路图如图所示．a 色光的偏向角为45°，而偏向角θa ＝2(r a －i )则r a ＝52.5°，由几何知识得，AC 弧所对的圆心角为180°－2×52.5°＝75°.CD 弧所对的圆心角为3°，则AD 弧所对的圆心角为78°，故r b ＝180°－78°2＝51°，b 色光的偏向角为θb ＝2(r b －i )＝42°，故A 正确；介质对a 色光的折射率n a ＝sin r asin i ＝sin 52.5°sin 30°<sin 60°sin 30°＝3，故B 错误；介质对b 色光的折射率n b ＝sin r bsin i ＝sin 51°sin 30°<n a ，则a 光的频率大于b 光的频率，故C 错误；b 色光从介质射向空气的全反射临界角的正弦值sin C ＝1n b＝12sin 51°，故D 正确；a 光的折射率大于b 光的折射率，a 、b 两单色光在透明介质中的波长λa <λb ， 根据条纹间距公式Δx ＝L d λ，故Δx a <Δx b ，故E 正确．(2)①由题图可知，波长λ＝24 m ，由质点P 的振动方程可知，角速度ω＝4π rad/s 则周期T ＝2πω＝0.5 s故该波的传播速度v ＝λT ＝48 m/s②若波沿x 轴正方向传播，t ＝0时刻，质点Q 左侧相邻的波谷在x ＝－6 m 处 该波谷传播到质点Q 处时，质点Q 第一次到达波谷，经过时间t ＝x 1v ＝13 s若波沿x 轴负方向传播，t ＝0时刻，质点Q 右侧相邻的波谷在x ＝18 m 处该波谷传播到质点Q 处时，质点Q 第一次到达波谷，经过时间t ′＝x 2v ＝16s.。

实验题专练(四)(限时：15分钟)22．(5分)某同学利用如图1所示装置验证以下两个规律：①两物块通过不可伸长的细绳相连接，沿绳方向的分速度大小相等；②系统机械能守恒．图1P、Q、R为三个完全相同的带有遮光片的物块，P、Q用细绳连接，放在水平气垫导轨上，物块R与轻质滑轮连接，放在细绳正中间，三个光电门分别放置于a、b、c处，调整三个光电门的位置，能实现同时被遮光．最初细绳水平，现将三个物块由静止释放．(忽略R 上的遮光片到轻质滑轮间的距离)(1)为了能完成实验目的，除了记录P、Q、R的遮光片的遮光时间t1、t2、t3外，还必须测量的物理量有( )A．P、Q、R的质量MB．两个定滑轮间的距离dC．R的遮光片到c的距离HD．遮光片的宽度x(2)根据装置可以分析出P、Q的速度大小相等，则验证的表达式为______________．(3)若要验证物块R 沿绳方向的分速度与物块P 的速度大小相等，则验证的表达式为________________．(4)若已知当地重力加速度为g ，则验证系统机械能守恒的表达式为________________．答案 (1)BCD (2)t 1＝t 2 (3)t3t1＝2H 4H2＋d2(4)gH ＝12x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t12＋1t22＋1t32 解析 (1)要证明①，需要测量两个定滑轮间的距离d 和R 的遮光片到c 的距离H ，通过几何关系可证明沿绳的分速度相等；要证明②，需要测量R 的遮光片到c 的距离H 和遮光片的宽度x ，根据运动学公式和动能定理列式可验证机械能守恒，故B 、C 、D 正确．(2)物块P 的速度v P ＝x t1，物块Q 的速度v Q ＝x t2，因此若要分析出P 、Q 的速度大小相等， 即需要验证表达式x t1＝x t2，化简可得验证t 1＝t 2即可； (3)物块R 的速度v R ＝x t3，要验证物块R 沿绳方向的分速度与物块P 的速度大小相等， 则需要验证表达式v R cos θ＝v P即v R ·HH2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫d 22＝v P ， 将v P 、v R 代入得：t3t1＝2H 4H2＋d2(4)整个系统减少的重力势能是ΔE p ＝MgH整个系统增加的动能ΔE k ＝12Mv P2＋12Mv Q2＋12Mv R2 要验证机械能守恒，则ΔE p ＝ΔE k ， 即验证表达式gH ＝12x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t12＋1t22＋1t32. 23．(10分)利用如图2所示电路可以较为准确地测量电源的电动势．图中a 为标准电源(电动势为E s )，b 为待测电源(设电动势为E x )；供电电源的电动势为E ，R 为滑动变阻器，G 为零刻度在中央的灵敏电流计，AB 为一根粗细均匀的电阻丝，滑动片C 可在电阻丝上移动，AC 之间的长度可用刻度尺量出．图2(1)为了完成上述实验，对供电电源的要求是E ________E s ，E ________E x (填“>”“＝”或“<”)．(2)实验步骤如下：①按图连接好电路；②调整滑动变阻器的滑片至合适位置，闭合开关S 1； ③将S 2接1，调节滑动片C 使电流计示数为零，记下______； ④将S 2接2，重新调节C 位置，使____________，并记下____________； ⑤断开S 1、S 2，计算待测电源的电动势的表达式为E x ＝________(用E s 和所测物理量表示)． 答案 (1)> > (2)③AC 的长度L 1④电流计示数再次为0 AC 的长度L 2 ⑤L2L1E s 解析 (1)该电路是一个并联分压电路，当E s 电压等于AC 电压时，使电流计示数为零，所以本实验对供电电源的要求是E >E s ；E >E x .(2)③将S 2接1，调节滑动片C 使电流计示数为零，记下AC 的长度L 1，设单位长度电阻丝的电阻为r 0，此时有E R ＋r ＋RABL 1r 0＝E s . ④将S 2接2，重新调节C 位置，使电流计示数再次为零，记下AC 的长度L 2，此时有ER ＋r ＋RAB L 2r 0＝E x⑤由以上两式可得：E x ＝L2L1E s .。

选择题专练(十)(限时：20分钟)二、选择题：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14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．14．1820年4月，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应．已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B＝k，即磁感应强度B与导线中的电流成正比、与该点到导线的距离r成反比．如图1所示，两根平行长直导线相距为x0，分别通以大小不等、方向相同的电流，已知I1>I2.规定磁场方向垂直纸面向里为正，在0～x0区间内磁感应强度B随x变化的图线可能是图中的()图1答案A解析根据右手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，右边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远磁场越弱，在两根导线中间偏右位置合磁感应强度为零．由于规定磁场方向垂直纸面向里为正，故A正确，B、C、D错误．15．已知氢原子的基态能量为E1，激发态能量E n＝，其中n＝2,3,4…，h表示普朗克常量，c表示真空中的光速．有一氢原子处于n＝3的激发态，在它向低能级跃迁时，可能辐射的光子的最大波长为()A．－B．－C．－D．－答案A解析有一氢原子处于n＝3的激发态，在它向n＝2能级跃迁时，辐射的光子能量最小，辐射的光子的波长最大，则有E3－E2＝，解得λ＝－，故A正确，B、C、D错误．16．月球探测器从月球返回地球的过程可以简单分成四步，如图2所示第一步将月球探测器发射至月球表面附近的环月圆轨道，第二步在环月轨道的A处进行变轨进入月地转移轨道Ⅱ，第三步当接近地球表面附近时，又一次变轨，从B 点进入绕地圆轨道Ⅲ，第四步再次变轨道后降落至地面，下列说法正确的是()图2A．将月球探测器发射至轨道Ⅰ时所需的发射速度为7.9 km/sB．月球探测器从环月轨道Ⅰ进入月地转移轨道Ⅱ需要加速C．月球探测器从A沿月地转移轨Ⅱ到达B点的过程中其动能一直增加D．月球探测器在第四步变轨时需要加速答案B解析月球的第一宇宙速度比地球的要小，故A错误；月球探测器从轨道Ⅰ进入月地转移轨道Ⅱ是离心运动，所以需要加速，所以B正确；刚开始的时候月球对月球探测器的引力大于地球对月球探测器的引力，所以探测器动能要减小，之后当地球的引力大于月球的引力时，探测器的动能就开始增加，故C错误；月球探测器降落至地面的运动为近心运动，需要减速，故D错误．17．如图3所示，质量为0.5 kg的一块橡皮泥自距小车上表面1.25 m高处由静止下落，恰好落入质量为2 kg、速度为2.5 m/s沿光滑水平地面运动的小车上，并与小车一起沿水平地面运动，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是()图3A．橡皮泥下落的时间为0.3 sB．橡皮泥与小车一起在水平地面上运动的速度大小为3.5 m/sC．橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统动量守恒D．整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能为7.5 J答案D解析橡皮泥下落的时间为：t＝＝s＝0.5 s，故A错误；橡皮泥与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，选取小车初速度的方向为正方向，则有：m1v0＝(m1＋m2)v，所以共同速度为：v＝＝m/s＝2 m/s，故B错误；橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，但竖直方向的动量不守恒，故C错误；整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能等于橡皮泥的重力势能与二者损失的动能，得：ΔE＝m2gh＋代入数据可得：ΔE＝7.5 J，故D正确．18．如图4所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B.电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右匀速运动时()图4A．电容器两极板间的电压为零B．通过电阻R的电流为C．电容器所带电荷量为CBLvD．为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为答案C解析当导线MN匀速向右运动时，导线所受的合力为零，说明导线不受安培力，电路中电流为零，故电阻两端没有电压，此时导线MN产生的感应电动势恒定为E＝BLv，则电容器两极板间的电压为U＝E＝BLv，故A、B错误；电容器所带电荷量Q＝CU＝CBLv，故C正确；因匀速运动后MN所受合力为0，而此时无电流，不受安培力，则无需拉力便可做匀速运动，故D错误．19.如图5所示，质量为m的小球套在倾斜放置的光滑直杆上，一根轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到弹簧水平位置由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧位于竖直位置时，小球速度恰好为零，此时小球下降的竖直高度为h，若全过程中弹簧始终处于伸长状态且处于弹性限度范围内，下列说法正确的是()图5A．小球和弹簧组成的系统机械能守恒B．弹簧与杆垂直时，小球的动能与重力势能之和最大C．弹簧对小球始终做负功D．小球下滑至最低点的过程中，弹簧的弹性势能增加量等于mgh答案ABD解析小球运动过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，A正确；弹簧与杆垂直时，此时弹簧伸长量最短，弹性势能最小，故小球的动能与重力势能之和最大，B正确；全过程中弹簧始终处于伸长状态即为拉力，开始阶段弹力与运动方向成锐角后为直角再变为钝角，故弹力先做正功后做负功，C错误；小球下滑至最低点的过程中，系统机械能守恒，初、末位置动能都为零，所以弹簧的弹性势能增加量等于重力势能的减小量，即为mgh，D正确．20．如图6所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在直流电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是()图6A．若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N的左侧B．若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的右侧C．若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N的右侧D．若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N的左侧答案AC解析A极板带正电，B极板带负电，根据二极管具有单向导电性，极板的电荷量只能增加不能减小．若小球带正电，当d减小时，电容增大，Q增大，根据E ＝，C＝，C＝，得E＝，知d减小时E增大，所以电场力变大，方向向下，小球做平抛运动竖直方向上的加速度增大，运动时间变短，打在N点左侧，故A正确．若小球带正电，当d增大时，电容减小，但Q不能减小，所以Q不变，根据E＝，C＝，C＝，得E＝，知E不变，所以电场力不变，小球仍然打在N点，故B错误．若小球带负电，当AB间距d减小时，电容增大，则Q增大，根据E＝，C ＝，C＝，得E＝，知E增大，所以电场力变大，方向向上，若此时电场力仍小于重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N点的右侧，故C正确．若小球带负电，当AB间距d增大时，电容减小，但Q不能减小，所以Q不变，根据E＝，C＝，C＝，得E＝，知E不变，所以电场力不变，小球仍然打在N点，故D错误．21．电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度的大小．如图7甲所示，测量前天平已调至平衡，测量时，在左边托盘中放入质量为m的砝码，右边托盘中不放砝码，将一个质量为m0、匝数为n、下边长为l的矩形线圈挂在右边托盘的底部，再将此矩形线圈的下部分放在待测磁场中．线圈的两头连在如图乙所示的电路中，不计连接导线对线圈的作用力，电源电动势为E，内阻为r.开关S闭合后，调节可变电阻至R1时，天平正好平衡，此时电压表读数为U.已知m0>m，取重力加速度为g，则()图7A．矩形线圈中电流的方向为逆时针方向B．矩形线圈的电阻R＝r－R1C．匀强磁场的磁感应强度的大小B＝D．若仅将磁场反向，在左盘中再添加质量为2m0－m的砝码可使天平重新平衡答案AC解析根据题图甲可知，要使天平平衡，矩形线圈中电流的方向应为逆时针方向，故A正确；根据闭合电路欧姆定律可得U＝E－r，解得矩形线圈的电阻R＝－R1，故B错误；根据平衡条件可得m0g－F＝mg，而F＝nBIl，I＝，解得匀强磁场的磁感应强度的大小B＝，故C正确；开始线圈所受安培力的方向向上，仅将磁场反向，则安培力方向反向，变为向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以需要在左边，添加质量为Δm＝＝2(m0－m)的砝码可使天平重新平衡，故D错误．。

选考题专练(一)(限时：10分钟)[选修3－3](15分)33．(1)(5分)下列说法中正确的是________．A．机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功从而转化为机械能B．将两个分子由距离极近移动到相距无穷远处的过程中，它们的分子势能先减小后增大C．当气体分子间的作用力表现为引力时，若气体等温膨胀，则气体对外做功且内能增大D．液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，所以液体存在表面张力E．单位时间内气体分子对容器壁单位面积碰撞的次数减少，气体的压强一定减小(2)(10分)如图1所示，两竖直且正对放置的导热汽缸底部由细管道(体积忽略不计)连通，两活塞a、b(厚度不计)用刚性轻杆相连，可在两汽缸内无摩擦地移动．上、下两活塞的横截面积分别为S1＝10 cm2、S2＝20 cm2，两活塞总质量为M＝5 kg，两汽缸高度均为H＝10 cm.两汽缸与细管道内封闭有一定质量的理想气体，系统平衡时活塞a、b到缸底部距离均为L＝5 cm.已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，环境温度T0＝300 K，取重力加速度g＝10 m/s2.图1①若缓慢升高环境温度，使一活塞缓慢移到对应汽缸的底部，求此时环境的温度．②若保持温度不变，用竖直向下的力缓慢推活塞b，直到活塞b到达汽缸底部，求此过程中推力的最大值．答案 (1)BCD (2)①400 K ②75 N解析 (1)机械能可以全部转化为内能，内能无法全部用来做功从而转化为机械能，故A 错误；将两个分子由距离极近移动到相距无穷远的过程中，分子力先是斥力后是引力，分子力先做正功后做负功，分子势能先减小后增大，故B 正确；当气体分子间的作用力表现为引力时，若气体等温膨胀，气体分子间距离变大，分子引力做负功，分子势能增加，气体内能增加，同时由于气体体积增大，气体要对外界做功，故C 正确；液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，则液体表面分子间表现为相互吸引，所以存在表面张力，故D 正确；气体的体积增大，单位时间内气体分子对容器壁单位面积的碰撞次数减少，如果温度升高，气体分子撞击器壁的速率增大，对器壁的压力增大，气体的压强可能增大、可能减小也可能不变，故E 错误．(2)①汽缸内气体压强不变，温度升高，气体体积变大，故活塞向上移动由盖－吕萨克定律有：LS 1＋LS 2T 0＝HS 2T解得：T ＝400 K②设向下推动的距离为x 时，气体压强为p由平衡条件得：p 0S 1＋pS 2＝Mg ＋p 0S 2＋pS 1＋F当F ＝0时，可得初始状态气体压强p 1＝1.5×105 Pa缓慢向下推活塞b 的过程，温度不变由玻意耳定律得： p (LS 1＋xS 1＋LS 2－xS 2)＝p 1(LS 1＋LS 2)联立以上各式得：F ＝150x 15－x ＝15015x－1(0≤x ≤5 cm) 当x ＝5 cm 时，F 最大，F m ＝75 N.[选修3－4](15分)34．(1)(5分)如图2所示，在透明均匀介质内有一球状空气泡，一束包含a 、b 两种单色光的细光束从介质射入气泡，A 为入射点，之后a 、b 光分别从C 点、D 点射向介质．已知光束在A 点的入射角i ＝30°，a 光经过气泡的偏向角θ＝45°，CD 弧所对圆心角为3°，则下列说法中正确的是________．图2A ．b 光经过气泡的偏向角为42°B ．介质对a 光的折射率大于 3C ．a 光的频率小于b 光的频率D ．b 光从该介质射向空气的全反射临界角的正弦值为12sin 51°E ．若a 、b 两单色光分别通过同一双缝干涉装置，则b 光在屏上产生的条纹间距大图3(2)(10分)一列沿x 轴传播的简谐横波在t ＝0时刻的波形如图3所示，介质中x ＝6 m 处的质点P 沿y 轴方向做简谐运动的表达式为y ＝0.2cos 4πt (m)．求：①该波的传播速度；②从t ＝0时刻起，介质中x ＝10 m 处的质点Q 第一次到达波谷经过的时间．答案 (1)ADE (2)见解析解析 (1)光束在A 点的入射角为i ，折射角分别为r a 、r b ，作出光路图如图所示．a 色光的偏向角为45°，而偏向角θa ＝2(r a －i )则r a ＝52.5°，由几何知识得，AC 弧所对的圆心角为180°－2×52.5°＝75°.CD 弧所对的圆心角为3°，则AD 弧所对的圆心角为78°，故r b ＝180°－78°2＝51°， b 色光的偏向角为θb ＝2(r b －i )＝42°，故A 正确；介质对a 色光的折射率n a ＝sin r a sin i ＝sin 52.5°sin 30°<sin 60°sin 30°＝3，故B 错误； 介质对b 色光的折射率n b ＝sin r b sin i ＝sin 51°sin 30°<n a ， 则a 光的频率大于b 光的频率，故C 错误；b 色光从介质射向空气的全反射临界角的正弦值sin C ＝1n b ＝12sin 51°，故D 正确；a 光的折射率大于b 光的折射率，a 、b 两单色光在透明介质中的波长λa <λb ，根据条纹间距公式Δx ＝L d λ，故Δx a <Δx b ，故E 正确．(2)①由题图可知，波长λ＝24 m ，由质点P 的振动方程可知，角速度ω＝4π rad/s 则周期T ＝2πω＝0.5 s故该波的传播速度v ＝λT ＝48 m/s②若波沿x 轴正方向传播，t ＝0时刻，质点Q 左侧相邻的波谷在x ＝－6 m 处该波谷传播到质点Q 处时，质点Q 第一次到达波谷，经过时间t ＝x 1v ＝13 s若波沿x 轴负方向传播，t ＝0时刻，质点Q 右侧相邻的波谷在x ＝18 m 处该波谷传播到质点Q 处时，质点Q 第一次到达波谷，经过时间t ′＝x 2v ＝16 s.。

实验题专练(一)(限时：15分钟)22．(5分)在没有天平的情况下，实验小组利用以下方法对质量进行间接测量，装置如图1所示：一根轻绳跨过轻质定滑轮与两个相同的重物P 、Q 相连，重物P 、Q 的质量均为m (已知)，在重物Q 的下面通过轻质挂钩悬挂待测物块Z ，重物P 的下端与穿过打点计时器的纸带相连，已知当地重力加速度为g .图1(1)某次实验中，先接通频率为50 Hz 的交流电源，再由静止释放系统，得到如图2所示的纸带，则系统运动的加速度a ＝________ m/s 2(保留三位有效数字)；图2(2)在忽略阻力的情况下，物块Z 质量M 的表达式为M ＝________(用字母m 、a 、g 表示)； (3)由(2)中理论关系测得的质量为M ，而实际情况下，空气阻力、纸带与打点计时器间的摩擦、定滑轮中的滚动摩擦不可以忽略，使物块Z 的实际质量与理论值M 有一定差异，这是一种________________(填“偶然误差”或“系统误差”)． 答案 (1)8.00 (2)2mag －a(3)系统误差 解析 (1)根据Δx ＝aT 2，系统运动的加速度a ＝0.029 5＋0.032 9－0.023 2－0.026 44×0.022m/s 2＝8.00 m/s 2；(2)根据牛顿第二定律，对Q 和Z 有 (m ＋M )g －F T ＝(m ＋M )a ， 对P 有F T －mg ＝ma ， 联立解得M ＝2mag －a； (3)由题意可知这是一种系统误差．23．(10分)实验小组对一未知电源的电动势E和内阻r进行测量，实验器材如下：待测电源：电动势小于2 V，内阻小于1 Ω；灵敏电流计G：满偏电流I g＝150 mA，内阻R g＝1 Ω直流电压传感器(视为理想电压表)；定值电阻R1＝2 Ω；定值电阻R2＝5 Ω；定值电阻R3＝0.5 Ω；滑动变阻器R4(0～5 Ω)；滑动变阻器R5(0～50 Ω)；开关和导线若干．(1)实验电路设计如图3所示，实验小组将灵敏电流计G与两个定值电阻组装，改装成一量程为0.6 A的电流表，并将灵敏电流计的表盘刻度进行了合理的标注．请将该电流表的内部电路图补充在虚线框中，并将所用到的定值电阻的符号标注在图中．图3(2)闭合开关，调节滑动变阻器，得到一系列电流表与直流电压传感器的数据(见下表)，则实验中，滑动变阻器应该选用________(填滑动变阻器的符号)，该电源的电动势E＝________ V，电源内阻r＝________ Ω.(小数点后保留两位数字)电流(I/A)0.050.150.250.300.350.40电压(U/V) 1.70 1.50 1.30 1.20 1.10 1.00(3)调节滑动变阻器阻值，当滑动变阻器在该电路中的功率最大时，直流电压传感器的示数为________ V(小数点后保留两位数字)．答案(1)如图所示(2)R5 1.80 0.50 (3)0.90解析(1)实验小组将灵敏电流计G与两个定值电阻组装，改装成一量程为0.6 A的电流表，所以先将灵敏电流计G与R2串联，满偏电压为U g＝I g(R2＋R g)＝0.9 V，再与R1串联，电流量程为I ＝I g ＋U g R 1＝0.15 A ＋0.45 A ＝0.6 A ，电路图为(2)根据欧姆定律R ＝U I 可知，接在电路中滑动变阻器最大值为R ＝1.700.05Ω＝34 Ω，滑动变阻器应该选用R 5；根据U ＝E －I (r ＋R A )，代入其中两组数据， 可得1.70＝E －0.05(r ＋R A )，1.00＝E －0.4(r ＋R A )其中R A ＝R 1(R 2＋R g )(R 2＋R g )＋R 1＝1.5 Ω，解得E ＝1.80 V ，r ＝0.50 Ω；(3)调节滑动变阻器阻值，当滑动变阻器的阻值为R 滑＝R A ＋r ＝2 Ω时，其在该电路中的功率最大，直流电压传感器的示数为U ＝ER 滑r ＋R A ＋R 滑＝0.90 V.。

实验题专练(六)(限时：15分钟)22．(5分)小李为研究物体所受空气阻力与物体运动速度的关系．小李约爸爸在一个无风的周末开汽车来到一段人车稀少的平直公路上．小李打开汽车天窗，将如图1甲所示装置固定在汽车车顶．爸爸依次以5 m/s 、10 m/s 、15 m/s 、20 m/s 的不同速度在平直公路上各匀速行驶一段距离，小李依次将汽车不同行驶速度时的弹簧测力计的示数记录在下表中．图1(1)如图乙所示为小李同学在车速稳定在15 m/s 时用手机拍下的测力计照片，此时测力计示数为________ N ； (2)实验装置中用小车而不是木块，并将其放在表面平滑的木板上，目的是为了减小________对实验结果的影响． (3)分析上表中的实验数据，则当弹簧测力计的读数稳定在2.40 N 时，车速为_________m/s.(计算结果保留2位有效数字)答案 (1)1.80 (2)摩擦力 (3)17解析 (1)由题图可知弹簧测力计示数为1.80 N ；(2)用小车可将滑动摩擦变为滚动摩擦，放在表面平滑的木板上，减小了接触面的粗糙程度，所以可以减小摩擦力的影响；(3)当车速稳定时，根据二力平衡条件可知，弹簧测力计的示数等于空气阻力的大小，对表中的数据分析 0.2052＝0.82102＝1.80152＝3.30202＝0.008，说明空气阻力大小与速度的二次方成正比，即F f ＝0.008v 2， 故当弹簧测力计的示数为2.40 N 时， 车速为v ＝F f0.008＝2.400.008m/s ＝17 m/s. 23．(10分)如图2甲为某同学测量某一电源的电动势和内电阻的电路图，其中虚线框内为用毫安表改装成双量程电流表的电路．已知毫安表的内阻为10 Ω，满偏电流为100 mA ，电压表V 量程为3 V ，R 0、R 1、R 2为定值电阻，其中的R 0＝3 Ω.图2(1)若使用a 和b 两个接线柱，电流表量程为0.6 A ；若使用a 和c 两个接线柱，电流表量程为3 A ．由题中条件和数据，可求出R 1＝________ Ω，R 2＝________ Ω. (2)实验步骤：①按照原理图连接电路；②开关S 2拨向b ，将滑动变阻器R 的滑片移动到______端(填“左”或“右”)，闭合开关S 1； ③多次调节滑动变阻器的滑片，记下相应的毫安表的示数I 和电压表的示数U . (3)数据处理：①利用实验测得的数据画成了如图乙所示的U －I 图象；②由图象得电源的电动势E ＝___________ V ，内阻r ＝________ Ω(结果均保留2位有效数字) 答案 (1)0.4 1.6 (2)②左 (3)②3.0 1.5解析 (1)根据电流表改装原理可知，使用a 和b 两个接线柱，电流表量程为0.6 A ， 即0.6＝100×10－3＋100×10－3×10R 1＋R 2，使用a 和c 两个接线柱，电流表量程为3 A ， 即3＝100×10－3＋100×10－3×(10＋R 2)R 1，联立两式解得：R 1＝0.4 Ω，R 2＝1.6 Ω；(2)②实验中为了保护电路，应该让电流由最小开始调节，故滑动变阻器阻值应调至最大，因此滑片开始时应滑至最左端；(3)②开关S 2拨向b ，根据闭合电路欧姆定律可知：E ＝U ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫I ＋IR g R 1＋R 2(R 0＋r )，变形得：U ＝－(R 1＋R 2＋R g )(R 0＋r )R 1＋R 2I ＋E ，则纵截距表示电动势，即E ＝3.0 V ， 图线的斜率：|k |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－374×10－3＝(R 1＋R 2＋R g )(R 0＋r )R 1＋R 2，解得：r ＝1.5 Ω.。