(课标版)2020高考物理二轮复习选择题提速练7(含解析)

2020年高考复习检测物理卷必修2一、选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分，每小题中至少有一个正确选项）1. 2020年10月12 日，“神舟”六号顺利升空入轨。

14日5时56分，“神舟” 六号飞船进行轨道维持，飞船发动机点火工作了 6.5s。

所谓“轨道维持”就是通过控制飞船上发动机的点火时间和推力的大小和方向，使飞船能保持在预定轨道上稳定运行。

如果不进行轨道维持，由于飞船受轨道上稀薄空气的摩擦阻力，轨道高度会逐渐缓慢降低，在这种情况下，下列说法中正确的是：A. 飞船受到的万有引力逐渐增大、线速度逐渐减小B. 飞船的向心加速度逐渐增大、周期逐渐减小、线速度和角速度都逐渐增大C. 飞船的动能、重力势能和机械能都逐渐减小D. 重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能逐渐减小2. 女口图所示，空间存在匀强电场，方向竖直向下，落在斜面上的N点。

已知小球的质量为m初速度大小为V o、斜面倾角为B，电场强度大小未知。

则下列说法中正确的是：A. 可以断定小球一定带正电荷B. 可以求出小球落到N点时速度的方向C. 可以求出小球到达N点过程中重力和电场力对小球所做的总功D. 可以断定，当小球的速度方向与斜面平行时，小球与斜面间的距离最大3. 滑块以速率V1靠惯性沿固定斜面由底端向上运动，当它回到出发点时速率变为V2,且V1>V2，若滑块向上运动的位移中点为A,取斜面底端重力势能为零，则:A. 上升过程中滑块克服重力做功的功率小于下降过程中重力做功的功率B. 上升过程中机械能减小，下降过程中机械能也减小C. 上升过程中动能和势能相等的位置在A点上方D. 上升过程中滑块克服重力做的功小于克服摩擦力做的功4. 如图所示，小球在竖直力F作用下将竖直弹簧压缩，若将力F撤去，小球将向上弹起并离开弹簧，直到速度变为零为止，在小球上升的过程中A. 小球的动能先增大后减小B. 小球在离开弹簧时动能最大C. 小球的动能最大时弹性势能为零D. 小球的动能减为零时，重力势能最大5. 如图所示，在绝缘的水平面上方存在着匀强电场，水平面上的带电金属块在水平拉力F作用下沿水平面移动。

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。

第7讲带电粒子在电磁场中的运动冲刺提分作业A一、单项选择题1.(2019辽宁大连模拟)如图所示为研究某种带电粒子的装置示意图,粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的O点,出现一个光斑。

在垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B的匀强磁场后,粒子束发生偏转,沿半径为r 的圆弧运动,打在荧光屏上的P点,然后在磁场区域再加一竖直向下、电场强度大小为E的匀强电场,光斑从P点又回到O点,关于该粒子束(不计重力),下列说法正确的是( )A.粒子带负电B.初速度v=BEC.比荷qm =B2rED.比荷qm=EB2r答案 D 只存在磁场时,粒子束打在P点,由左手定则知粒子带正电,选项A错误;因为qvB=mv 2r ,所以qm=vBr,加匀强电场后满足Eq=qvB,即v=EB,代入上式得qm=EB2r,选项D正确,B、C错误。

2.如图所示,竖直线MN∥PQ,MN与PQ间距离为a,其间存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,O是MN上一点,O处有一粒子源,某时刻放出大量速率均为v(方向均垂直磁场方向)、比荷一定的带负电粒子(粒子重力及粒子间的相互作用力不计),已知沿图中与MN成θ=60°射入的粒子恰好垂直PQ射出磁场,则粒子在磁场中运动的最长时间为( )A.πa3v B.2√3πa3vC.4πa3vD.2πav答案 C 当θ=60°时,粒子的运动轨迹如图甲所示,则a=R sin 30°,即R=2a 。

设带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为α,则其在磁场中运行的时间t=α2πT,即α越大,粒子在磁场中运行时间越长,α最大时粒子的运行轨迹恰好与磁场的右边界相切,如图乙所示,因R=2a,此时圆心角αm 为120°,即最长运行时间为T3,而T=2πr v =4πa v ,所以粒子在磁场中运动的最长时间为4πa3v,C 正确。

3.美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器,应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点,能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量,使人类在获得较高能量的带电粒子领域前进了一大步。

名师导学·高考二轮总复习·物理(教师用书)(这是双页眉，请据需要手工删加)专题七物理实验(这是单页眉，请据需要手工删加)专题七物理实验一、考情统计二、考向分析及备考建议高考实验试题体现实验的基础性地位，侧重多角度考查学生的科学探究能力．试卷重视对实验操作的考查，通过熟悉的实验情景考查是否理解实验原理及操作过程．试卷注重以实验问题为背景考查学生的推理及分析论证能力，引导在学习过程中动手动脑相结合．在实验题的设计中，还要求学生根据实验目的设计实验原理和步骤，反思实验结果，提出改进的措施．通过增强试题的开放性和探究性，着重考查学生的创新意识．实验复习过程中，要弄清实验，夯实基础，培养技能；掌握设计实验的思想和方法，提高创新能力；重视演示实验和小实验，拓展求异思维和应用能力；还可用探究性实验培养科学研究能力．第1讲力学实验【p76】【p 76】1．若相邻两计数点间的距离之差都相等，即Δx ＝__aT 2__，说明物体做__匀变速直线运动__，依此可求出加速度a.2．利用“做匀变速运动的物体在一段时间内的平均速度等于__中间时刻的瞬时速度__”这一结论求出打下某一点时的速度．3．用“逐差法”求加速度． (1)如图所示，有连续的偶数段数据：a ＝__（x 4＋x 5＋x 6）－（x 1＋x 2＋x 3）（3T ）__(2)连续的奇数段数据，去掉最短的x 1，如图所示：a ＝__（x 4＋x 5）－（x 2＋x 3）（2T ）__(3)不连续的两段数据，如图所示：a ＝__x n ＋m －x n （n ＋m －n ）T __＝__x n ＋m －x nmT __【p76】考点一基本仪器的使用例1(1)某同学用自己发明的新式游标卡尺测量小钢球的直径，新式卡尺将主尺上39 mm在游标尺上均分成20等份．如图1所示，则小钢球的直径为d＝________cm.(2)该同学又用螺旋测微器测量某电阻丝的直径，示数如图2，则该金属丝的直径为________ mm.【解析】游标卡尺20个格总长39 mm，每个格长1.95 mm，比主尺上两格(2 mm)少0.05 mm，因此读数方法与普通20分度卡尺一样，读数为1.035 cm；螺旋测微器读数注意上边半格没露出，还要注意估读，根据测量值＝固定刻度＋(可动刻度＋估读值)×0.01 mm可得1.195 mm.【答案】(1)1.035(2)1.195【方法总结】1.毫米刻度尺的读数精确到毫米，估读一位．2．游标卡尺的读数游标卡尺读数技巧①读数时应以毫米为单位，读出后再进行单位换算．②主尺上的读数，应以游标尺零刻度左端主尺上的刻度为准．③20分度的游标卡尺，其读数要精确到0.05 mm，读数的最后一位数字为“0”或“5”.50分度的游标卡尺，其读数要精确到0.02 mm，读数的最后一位数字为“0”、“2”、“4”、“6”、“8”．3．螺旋测微器的读数测量值＝固定刻度整毫米数＋半毫米数＋可动刻度读数(含估读值)×0.01 mm.螺旋测微器读数时应注意的问题①固定刻度上表示半毫米的刻度线是否已经露出．②可动刻度的旋钮要估读，估读到0.001 mm.变式训练1(1)如图甲所示的是两把游标卡尺，它们的游标尺从左至右分别为10个等分刻度(总长9 mm)、20个等分刻度(总长19 mm)，它们的读数依次为________ mm，________ mm.(2)使用螺旋测微器测量两根金属丝的直径，示数如图乙所示，则a、b金属丝的直径分别为________ mm，________ mm.甲乙【解析】(1)图甲中左图读数：整毫米数是17，不足1毫米数是7×0.1 mm＝0.7 mm，最后结果是17 mm＋0.7 mm＝17.7 mm.(减法读数：24 mm－7×0.9 mm＝17.7 mm)图甲中右图读数：整毫米数是50，不足1毫米数是3×0.05 mm＝0.15 mm，最后结果是50 mm＋0.15 mm＝50.15 mm.(减法读数：53 mm－3×0.95 mm＝50.15 mm)(2)对图a：固定刻度示数为2.0 mm，不足半毫米的从可动刻度上读的示数为15.0，a 金属丝的直径为：2.0 mm＋15.0×0.01 mm＝2.150 mm.对图b∶b金属丝的直径为4.5×0.01 mm＝0.045 mm.【答案】(1)17.750.15(2)2.1500.045变式训练2(2018·全国Ⅰ卷)如图(a)，一弹簧上端固定在支架顶端，下端悬挂一托盘：一标尺由游标和主尺构成，主尺竖直固定在弹簧左边；托盘上方固定有一能与游标刻度线准确对齐的装置，简化为图中的指针．现要测量图(a)中弹簧的劲度系数，当托盘内没有砝码时，移动游标，使其零刻度线对准指针，此时标尺读数为1.950 cm；当托盘内放有质量为0.100 kg的砝码时，移动游标，再次使其零刻度线对准指针，标尺示数如图(b)所示，其读数为________cm.当地的重力加速度大小为9.80 m/s2，此弹簧的劲度系数为________N/m(保留3位有效数字)．【解析】实验所用的游标卡尺精度为0.05 mm，游标卡尺上游标第15条刻度线与主尺刻度线对齐，根据游标卡尺的读数规则，图(b)所示的游标卡尺读数为3.7 cm＋15×0.05mm ＝3.7 cm ＋0.075 cm ＝3.775 cm .托盘中放有质量为m ＝0.100 kg 的砝码时，弹簧受到的拉力F ＝mg ＝0.100×9.8 N ＝0.980 N ，弹簧伸长x ＝3.775 cm －1.950 cm ＝1.825 cm ＝0.01825 m ，根据胡克定律，F ＝kx ，解得此弹簧的劲度系数k ＝Fx＝53.7 N /m .【答案】3.775 53.7考点二 纸带类实验例2(2019·全国卷Ⅱ)如图(a )，某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验．所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50 Hz 的交流电源、纸带等．回答下列问题：(1)铁块与木板间动摩擦因数μ＝______(用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g 和铁块下滑的加速度a 表示)(2)某次实验时，调整木板与水平面的夹角θ＝30°.接通电源．开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止开始沿木板滑下．多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图(b )所示．图中的点为计数点(每两个相邻的计数点间还有4个点未画出)．重力加速度为9.8 m /s 2.可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为______________(结果保留2位小数)．【解析】(1)由mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，解得：μ＝g sin θ－a g cos θ ①.(2)由逐差法a ＝s Ⅱ－s Ⅰ9T 2得：s Ⅱ＝(76.39－31.83)×10－2 m ，T ＝0.10 s ，s Ⅰ＝(31.83－5.00)×10－2 m ，故a ＝44.56×10－2－26.83×10－29×10－2m /s 2＝1.97 m /s 2，代入①式，得：μ＝9.8×12－1.979.8×32≈0.35.【答案】(1)g sin θ－ag cos θ (2)0.35【方法总结】1.纸带常有以下三大应用 (1)由纸带确定时间要区别打点计时器打出的点与人为选取的计数点之间的区别与联系，为了便于测量和计算，一般每五个点取一个计数点，这样时间间隔为Δt ＝0.02×5 s ＝0.1 s .(2)求解瞬时速度利用做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．如图所示，打n 点时的瞬时速度v n ＝x n ＋x n ＋12T.(3)求解加速度①逐差法：如图所示，a ＝（x 4＋x 5＋x 6）－（x 1＋x 2＋x 3）（3T ）2②图象法：a ．由v n ＝x n ＋x n ＋12T，求出相应点的速度． b ．确定各计数点的坐标值(v 1，T)、(v 2，2T)、…(v n ，nT)．c ．画出v －t 图象，图线的斜率为物体做匀变速直线运动的加速度．2．纸带涉及常考实验纸带类问题是力学实验中出现频率最高的内容，多以课本实验为蓝本进行升级变形，从整体角度看，力学中的四个打点描迹类实验都存在共性，因此在某种程度上可以做到“一个装置多种用途”的效果.利用纸带还可以测量动摩擦因数、验证动量守恒定律等．3．光电计时器代替打点计时器测瞬时速度和加速度①测瞬时速度：把遮光条(宽度为d)在时间Δt 内通过光电门的平均速度看做物体经过光电门的瞬时速度，即v ＝dΔt .②求加速度：若两个光电门之间的距离为L ，则利用速度与位移的关系式求加速度，即a ＝v 22－v 212L. 变式训练3 (2019·江苏卷)某兴趣小组用如图所示的装置验证动能定理．(1)有两种工作频率均为50 Hz 的打点计时器供实验选用：A ．电磁打点计时器B ．电火花打点计时器为使纸带在运动时受到的阻力较小，应选择________(选填“A ”或“B ”)；(2)保持长木板水平，将纸带固定在小车后端，纸带穿过打点计时器的限位孔．实验中，为消除摩擦力的影响，在砝码盘中慢慢加入沙子，直到小车开始运动．同学甲认为此时摩擦力的影响已得到消除．同学乙认为还应从盘中取出适量沙子，直至轻推小车观察到小车做匀速运动．看法正确的同学是________(选填“甲”或“乙”)；(3)消除摩擦力的影响后，在砝码盘中加入砝码．接通打点计时器电源，松开小车，小车运动；纸带被打出一系列点，其中的一段如图所示．图中纸带按实际尺寸画出，纸带上A 点的速度v A ＝________m /s ；(4)测出小车的质量为M ，再测出纸带上起点到A 点的距离为L.小车动能的变化量可用ΔE k ＝12Mv 2A 算出．砝码盘中砝码的质量为m ，重力加速度为g ；实验中，小车的质量应__________(选填“远大于”“远小于”或“接近”)砝码、砝码盘和沙子的总质量，小车所受合力做的功可用W ＝mgL 算出，多次测量，若W 与ΔE k 均基本相等则验证了动能定理．【解析】(1)为使纸带在运动时受到的阻力较小，应选电火花打点计时器即B ；(2)当小车开始运动时有小车与木板间的摩擦为最大静摩擦力，由于最大静摩擦力大于滑动摩擦力，所以甲同学的看法错误，乙同学的看法正确；(3)由图可知，相邻两点间的距离约为0.62 cm ，打点时间间隔为0.02 s ，所以速度为v ＝s t ＝0.00620.02m /s ＝0.31 m /s ； (4)对小车由牛顿第二定律有：T ＝Ma ，对砝码盘由牛顿第二定律有：mg －T ＝ma ，联立解得：T ＝Mmgm ＋M ＝mg 1＋m M ，当M ≫m 时，有：T ≈mg ，所以应满足：M ≫m. 【答案】(1)B (2)乙 (3)0.31(0.30～0.33都算对) (4)远大于变式训练4光电计时器是一种研究物体运动情况的常见计时仪器，每个光电门都由光发射和接收装置组成．当有物体从光电门中间通过时，与之相连的计时器就可以显示物体的挡光时间．如图甲所示，图甲中NM是水平桌面、PM是一端带有滑轮的长木板，1、2是固定在木板上相距为L的两个光电门(与之连接的计时器没有画出)．滑块A上固定着用于挡光的窄片K，让滑块A在重物B的牵引下从木板的顶端滑下，计时器分别显示窄片K通过光电门1和光电门2的挡光时间分别为t1和t2；(1)用游标卡尺测量窄片K的宽度(如图乙)d＝________m(已知L≫d)；(2)用刻度尺测量两光电门的间距为L，则滑块的加速度表达式为a＝____________________(用字母表示)；(3)利用该装置还可以完成的实验有：________．A．验证牛顿第二定律B．验证A、B组成的系统机械能守恒C．测定滑块与木板之间的动摩擦因数D．只有木板光滑，才可以验证牛顿第二定律E．只有木板光滑，才可以验证A、B组成的系统机械能守恒【解析】(1)游标卡尺的主尺读数为：5 mm，游标尺上第3条刻度线和主尺上某条刻度线对齐，所以游标读数为0.05×3 mm＝0.15 mm，所以最终读数为：5 mm＋0.15 mm＝5.15 mm＝5.15×10－3m.(2)由于挡光时间极短，因此可以利用其平均速度来代替瞬时速度，故有v1＝dt1，v2＝d t 2，根据v 22－v 21＝2aL ，得加速度为：a ＝⎝⎛⎭⎫d t 22－⎝⎛⎭⎫d t 122L .(3)根据验证牛顿第二定律的实验原理可知，通过该装置可以验证牛顿第二定律，至于木板是否光滑对实验没有影响，A 正确，D 错误；要验证系统机械能守恒，木板必须光滑，B 错误，E 正确；根据该实验装置可知，将木板平放，通过计算求出A 、B 运动的加速度大小，因此根据牛顿第二定律有：m B g －μm A g ＝(m A ＋m B )a ，由此可知可以求出测定滑块与木板之间的动摩擦因数，C 正确，选ACE .【答案】(1)5.15×10－3 (2)⎝⎛⎭⎫d t 22－⎝⎛⎭⎫d t 122L (3)ACE【p 149】A 组1．如图(1)所示螺旋测微器的读数为8.870 mm ，则A 、B 处应标的数字分别为：________和________；如图(2)所示是游标卡尺的读数为________cm.【解析】螺旋测微器的读数为8.870 mm，根据读数的基本方法可知，固定部分读数为8.5 mm，即图中下方露出的最后一个刻度为8 mm，则可知A对应的数字为5；游标读数为0.370 mm，则说明对固定部分对齐的格为37，则可知B对应的刻度为35；游标卡尺的主尺读数为：10.00 cm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05 mm＝0.15 mm＝0.015 cm，所以最终读数为：10.00 cm＋0.015 cm＝10.015 cm.【答案】53510.0152．如图所示为实验室常用的力学实验装置．(1)关于该装置，下列说法正确的是________．A．利用该装置做“研究匀变速直线运动”的实验时，不需要平衡小车和木板间的摩擦力B．利用该装置做“探究小车的加速度与质量的关系”的实验时，每次改变小车的质量后必须重新平衡小车与木板间的摩擦力C．利用该装置做“探究功与速度变化的关系”的实验时，可以将木板带有打点计时器的一端适当垫高，目的是消除摩擦力对实验的影响D．将小车换成滑块，可以利用该装置测定滑块与木板间的动摩擦因数，且一定需要平衡滑块和木板间的摩擦力，并且要满足滑块的质量远大于小吊盘和砝码的总质量(2)某同学利用如图1所示实验装置来探究小车的加速度与质量的关系时，在小车质量未知并且已平衡小车所受摩擦力的情况下，该同学设计了一种方法用来探究“在小车的质量一定的条件下，小车的加速度与其所受合外力间的关系”．实验过程中保持小车的质量不变，在小吊盘中放入适当质量的砝码来改变小车所受合力．利用打出的纸带测出小车在不同合力作用情况下小车的加速度a，以小吊盘中砝码的质量m为横坐标、a为纵坐标，在坐标纸上作出a－m关系图线．①本实验中，为了保证在改变小吊盘中砝码的质量m时小车所受的拉力近似为小吊盘和盘中砝码的重力之和，应满足的条件是________________________________________________________．②图2为所得实验图线的示意图．设图2中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿第二定律成立，则小车的质量为__________，小吊盘的质量为__________．【解析】(1)利用该装置做“研究匀变速直线运动”的实验时，利用打出的纸带可求出小车的加速度，不需要平衡小车和木板间的摩擦力，A选项正确；利用该装置做“探究小车的加速度与质量的关系”的实验时，只需平衡一次小车与木板间的摩擦力，每次改变小车的质量后不用重新平衡摩擦力，故选项B错误；用该装置做“探究功与速度变化的关系”的实验时，可以将木板带有打点计时器的一端适当垫高，目的是消除摩擦力对实验的影响，故选项C正确；将小车换成滑块，可以利用该装置测定滑块与木板间的动摩擦因数，但不需要平衡摩擦力，并且也不需要满足滑块的质量远大于吊盘和砝码的质量之和，故选项D错误．(2)①利用如图1所示实验装置来探究小车的加速度与质量的关系时，为了保证在改变小吊盘中砝码的质量时，小车所受的拉力近似为小吊盘和盘中砝码的重力之和，应满足的条件是小吊盘和盘中砝码的质量之和远小于小车的质量；②利用打出的纸带测出小车在小吊盘中砝码的质量m 不同情况下小车的加速度a ，以砝码的质量m 为横坐标，a 为纵坐标，在坐标纸上作出a －m 关系图线，设小车的质量为M ，砝码质量为m ，则a ＝（m ＋m 0）g M ＝g M ×m ＋g M ×m 0，则k ＝g M ，b ＝m 0g M，小车质量M ＝g k ，小吊盘的质量m 0＝b k. 【答案】(1)AC (2)①小吊盘和盘中砝码的质量之和远小于小车的质量 ②g k b k3．用图甲所示的实验装置来测量匀变速直线运动的加速度．(1)实验的主要步骤：①用游标卡尺测量挡光片的宽度d ，结果如图乙所示，读得d ＝__________mm ； ②用刻度尺测量A 点到光电门所在位置B 点之间的水平距离x ；③从A 点静止释放滑块(已知砝码落地前挡光片已通过光电门)；④读出挡光片通过光电门所用的时间t ；⑤改变光电门的位置，滑块每次都从A 点静止释放，测量相应的x 值并读出t 值．(2)根据实验测得的数据，以x 为横坐标，1t 2为纵坐标，在坐标纸中作出1t 2－x 图线如图丙所示，求得该图线的斜率k ＝____________m －1·s －2；由此进一步求得滑块的加速度a ＝__________m ·s －2.(计算结果均保留3位有效数字)【解析】(1)游标卡尺的主尺读数为6 mm ，游标读数为0.05×12 mm ＝0.60 mm ，则d ＝6.60 mm.(2)滑块通过光电门的瞬时速度为：v ＝d t，根据速度位移公式得：v 2＝2ax 有：d 2t 2＝2ax 整理得：1t 2＝2ax d 2 根据图线知图线的斜率为：k ＝（2.0－1.0）×1040.42m －1·s －2≈2.38×104 m －1·s －2根据k ＝2a d 2，解得a ＝kd 22＝2.38×104×6.602×10－62m/s 2≈0.518 m/s 2. 【答案】(1)①6.60 (2)2.38×104(2.28×104～2.48×104均正确) 0.518(0.493～0.543均正确)4．为了验证机械能守恒定律，某同学设计了一个实验，装置如图1所示，物块A 的质量为m 1，物块B 和遮光片的总质量为m 2，用通过定滑轮的轻细线连接，m 1＜m 2，开始用手托着B 静止，细线伸直．此时遮光片到光电门的距离为H ，然后释放物块B ，当遮光片通过光电门时，光电门记录的遮光时间Δt ＝2.11×10－3 s ．已知遮光片的宽度为d ，且d ≪H .在测遮光片的宽度d 时，使用20分度的游标卡尺来测量，准确操作后，部分刻线如图2所示，重力加速度为g .(1)遮光片的宽度d 为________cm.(2)物块B 经过光电门时的速度为________m/s.(保留两位有效数字)(3)在误差允许的范围内，需要满足关系式______________________，即可验证机械能守恒．(用题中所给的字母表示)(4)在实际运算验证时，第(3)中的关系式两边的数值总是有些差异，你认为原因可能是____________________．(答对一条即可给分)．【解析】(1)游标卡尺的主尺读数为10 mm ，游标读数为0.05×11 mm ＝0.55 mm ，则遮光片的宽度d ＝10.55 mm ＝1.055 cm.(2)物块B 经过光电门的瞬时速度为：v ＝dΔt ＝10.55×10－32.11×10－3m/s ＝5.0 m/s. (3)系统重力势能的减小量ΔE p ＝(m 2－m 1)gH ，系统动能的增加量为： ΔE k ＝12(m 1＋m 2)v 2＝12(m 1＋m 2)d 2（Δt ）2当12(m 1＋m 2)d 2（Δt ）2＝(m 2－m 1)gH 时，系统机械能守恒． (4)在实际运算验证时，第(3)中的关系式两边的数值总是有些差异，可能的原因是存在阻力作用．【答案】(1)1.055 (2)5.0 (3)12(m 1＋m 2)d 2（Δt ）2＝(m 2－m 1)gH (4)存在阻力作用5．一同学设计了如图所示的装置来验证动量守恒定律．(1)步骤如下：①将气垫导轨调水平后在气垫导轨上固定两个光电门；②在两个滑行器上分别安装上宽度为d 的挡光片，在滑行器B 左端安装弹性架； ③令两个滑行器放在导轨两端处作为运动起始点，用手同时推动两个滑行器使其相向运动，让它们分别通过光电门，在两光电门之间发生碰撞，发生碰撞后两滑行器均反向运动，分别再次经过光电门，计数器记录滑行器A 先后经过光电门的时间为t 1、t 2，滑行器B 先后经过光电门的时间为t 3、t 4.④用天平测量出A 、B 两滑行器的质量分别为m 1、m 2.⑤设向右为正方向，计算出系统碰撞前的动量为____________，碰撞后的动量为______________．若碰撞前、后两滑块的总动量在实验误差允许的范围内相等，则动量守恒定律得以验证．(2)下列中哪些操作可能会对验证结论产生影响______． A ．两滑块碰撞后粘在一起通过一个光电门 B ．开始实验之前，气垫导轨没有调至水平状态C ．给气垫导轨供气的压力泵工作异常，使导轨喷气不均匀D ．在测量挡光板宽度时，由于读数误差使读数偏大【解析】(1)由题意，滑行器A 碰前经过光电门的速度大小v 1＝dt 1，滑行器B 碰前经过光电门的速度大小v 2＝dt 3，向右为正方向，故碰前总动量为p ＝m 1v 1－m 2v 2＝d （m 1t 3－m 2t 1）t 1t 3；滑行器A 碰后经过光电门的速度大小v 1′＝dt 2，滑行器B 碰后经过光电门的速度大小v 2′＝dt 4，故碰后总动量为p ′＝－m 1v 1′＋m 2v 2′＝d （m 2t 2－m 1t 4）t 2t 4；(2)碰撞可以为完全非弹性碰撞，故碰后粘在一起不会对验证结论有影响，故A 错误；若气垫导轨没有调节水平，则系统受外力作用，系统动量不守恒，会对实验结论产生影响，故B 正确；气垫导轨供气的压力泵工作正常时，滑行器的运动可以认为是无摩擦运动，若导轨喷气不均匀，则滑行器和导轨间有摩擦，系统动量不守恒，即该种情况对验证实验结论有影响，故C 正确；验证动量守恒定律时，只要验证(1)中的p ＝p ′即可，由关系式可知，挡光板宽度d 对结论没有影响，故D 错误．【答案】(1)d （m 1t 3－m 2t 1）t 1t 3 d （m 2t 2－m 1t 4）t 2t 4(2)BC6．实验小组利用以下方法对物体的质量进行间接测量，装置如图甲所示：一根轻绳跨过轻质定滑轮与两个相同的重物P 、Q 相连，已知重物P 、Q 的质量均为m ，当地重力加速度为g .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．(1)先接通频率为50 Hz 的交流电源，再由静止释放系统，得到如图乙所示的纸带，则系统运动的加速度a ＝________m/s 2；(结果保留两位有效数字)(2)在忽略阻力的理想情况下，物块Z 质量M 的表达式为M ＝________；(用字母m 、a 、g 表示)(3)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，物块Z 的实际质量与理论值M 有一定差异，这种误差是________(填“偶然”或“系统”)误差．【解析】(1)根据位移差公式Δx ＝aT 2，解得系统运动的加速度为： a ＝（2.95＋3.29）－（2.32＋2.64）4×0.022×10－2 m/s 2＝8.0 m/s 2；(2)根据牛顿第二定律，对Q和Z有：(M＋m)g－T＝(M＋m)a，对物体P有：T－mg＝ma，联立解得：M＝2mag－a；(3)由题意可知本实验中误差是由于实验原理的选择而造成的，无法通过多测数据来消除，故这是一种系统误差．【答案】(1)8.0(2)2mag－a(3)系统7．如图(a)是某同学用水平气垫导轨探究细线拉力的实验装置滑块上固定一宽度为d 的遮光条，并通过轻质细线与重物相连，光电门固定在导轨上的B处．实验中将滑块从A 处由静止释放，释放时遮光条到光电门的距离为x，测出遮光条通过光电门的时间Δt.(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d ，示数如图(b)所示，则d ＝__________cm. (2)某次实验过程中测得Δt ＝0.035 s ，则滑块经过光电门时的速度v ＝__________m/s.(结果保留两位有效数字)(3)实验中不断改变x ，并记录相应的Δt ，通过作图得到图(c)所示的(Δt )2－1x 图象，求得该图象的斜率为k .已知滑块与遮光条的总质量为m ，不计阻力，则细线中的拉力大小为____________．(用题目中的字母表示)【解析】(1)游标卡尺的读数为主尺与游标尺的示数之和，则遮光条的宽度d ＝6 mm ＋5×0.1 mm ＝6.5 mm ＝0.65 cm ；(2)遮光条通过光电门的速度v ＝d Δt ＝0.00650.035m/s ≈0.19 m/s ；(3)小车从释放到通过光电门，根据运动学公式有：v 2＝2ax ，而v ＝d Δt 、a ＝Fm ，代入可得：(Δt )2＝md 22F ×1x ，所以md 22F ＝k ，则F ＝md 22k. 【答案】(1)0.65 (2)0.19 (3)md 22kB 组8．某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图1所示，轻弹簧放置在倾斜的长木板上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接．纸带穿过打点计时器并与物块连接．向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．(1)实验中涉及下列操作步骤：①松手释放物块；②接通打点计时器电源；③木板一端抬高以平衡摩擦；④向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量．上述步骤正确的操作顺序是__________．(填序号)(2)甲同学实际打点结果如图2所示，观察纸带，判断测量值比真实值________(选填“偏小”或“偏大”)．(3)乙同学实际打点结果如图3所示．打点计时器所用交流电的频率为50 Hz，小车质量为200 g，结合纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为__________m/s，相应的弹簧的弹性势能为__________J．(结果均保留两位有效数字) 【解析】(1)实验中应先将物块推到最左侧，测量压缩量，再把纸带向左拉直；先接通电源，稳定后再释放纸带；故步骤为③④②①；(2)该实验是利用功能关系来分析弹性势能的，弹簧的弹性势能等于最后物块的动能，根据图2可知，物体做减速运动，说明平衡摩擦力不够，使得弹簧的弹性势能一部分克服摩擦力做功，则弹簧弹性势能的测量值小于真实值；(3)物块脱离弹簧时的速度为：v ＝x t ＝1.56×10－20.02m/s ＝0.78 m/s ；弹性势能为：E p ＝12m v 2＝12×0.2×0.782 J ＝0.061 J.【答案】(1)③④②① (2)偏小 (3)0.78 (4)0.0619．如图甲所示为“测量木块与水平桌面之间的动摩擦因数”的实验装置，带滑轮的长木板水平固定，跨过木块上的光滑定滑轮的两根细线均处于水平．(1)某个实验小组在实验中得到一条纸带如图乙，A 、B 、C 、D 、E 为5个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出．已知打点计时器的工作频率为50 Hz ，根据纸带数据，可求出木块的加速度a ＝________m/s 2.(结果保留两位有效数字)该小组想针对木块列牛顿第二定律方程求出动摩擦因数，则还需要测定________________．(写出物理量名称及对应的字母)若读出拉力传感器的示数为F ，则木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝________.(用a 、F 、当地重力加速度g 和上述测定的物理量表示，忽略其他阻力作用)(2)另一实验小组分析了上述装置的特点，觉得不分析纸带，测出砂和砂桶的质量m ′也能利用牛顿第二定律求出该动摩擦因数，这种求法的表达式是μ＝________．[用a 、F 、m ′、当地重力加速度g 和上述(1)中测定的物理量表示，忽略其他阻力作用]【解析】(1)根据Δx ＝aT 2可得x CE －x AC4T 2＝0.40 m/s 2.。

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．。

本套资源目录2020年高考物理二轮复习考前冲刺1基础回扣1物体的平衡与直线运动精练含解析2020年高考物理二轮复习考前冲刺1基础回扣2曲线运动与万有引力精练含解析2020年高考物理二轮复习考前冲刺1基础回扣3功和能精练含解析2020年高考物理二轮复习考前冲刺1基础回扣4动量定理和动量守恒定律精练含解析2020年高考物理二轮复习考前冲刺2中档防错1汽车刹车问题与沿粗糙斜面上滑问题精练含解析2020年高考物理二轮复习考前冲刺2中档防错2“死结”与“活结”及动态平衡问题易错分析精练含解析2020年高考物理二轮复习考前冲刺2中档防错3平衡与动力学中的连接体问题分析技巧精练含解析一、物体的平衡与直线运动知识点1 物体的平衡基础回扣1.力的认识产生大小方向做功及能量转化重力是由于地球的吸引产生的G=mg 竖直向下做功与路径无关W G=-ΔE p=E p初-E p末弹力是由于物体的弹性形变产生的弹簧或者橡皮绳的弹力F=kx与受力物体形变的方向相同或与施力物体发生形变的方向相反做功与重力类似摩擦力相互接触,接触面粗糙的两个物体间有相对运动或者相对运动趋势滑动摩擦力F f=μF N,静摩擦力一般根据受力平衡求解与物体相对运动或者相对运动趋势的方向相反摩擦力可以做正功、做负功,也可以不做功。

一对相互作用的滑动摩擦力做功代数和小于零,机械能转化为内能;一对相互作用的静摩擦力做功代数和为零万有引力物体与物体间的吸引F=G Mmr2指向施力物体与重力做功类似电场力电场对放入其中的电荷的作用力F=Eq正电荷受力方向与电场方向相同,负电荷受力方向与电场方向相反电场力做功与路径无关,W=qU安培力磁场对通电导线的作用力F=BIL(磁场方向与电流方向垂直)左手定则判断可以做正功、做负功,也可以不做功洛伦兹力磁场对运动电荷的作用力F=qvB(磁场方向与电荷运动方向垂直)左手定则判断,大拇指指向正电荷运动方向或者负电荷运动的反方向不做功2.判断静摩擦力的几种方法:由相对运动趋势直接判断;用假设法判断;根据平衡条件判断;根据牛顿第二定律判断;利用牛顿第三定律判断。

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。

选择题提速练13时间：45分钟1～5单选，6～8多选1．如图所示为氢原子的能级图，用某种频率的光照射大量处于基态的氢原子，结果受到激发后的氢原子能辐射出三种不同频率的光子，让辐射出的光子照射某种金属，结果有两种频率的光子能使该金属发生光电效应，其中一种光子恰好能使该金属发生光电效应，则打出的光电子的最大初动能为( B )A．0 B．1.89 eVC．10.2 eV D．12.09 eV解析：由题可知，某种频率的光照射处于基态的氢原子后，处于激发态的氢原子能辐射出三种不同频率的光子，氢原子激发后处于n＝3的激发态，辐射出的光子中，两种频率较高的光子能量为hν1＝E3－E1＝12.09 eV，hν2＝E2－E1＝10.2 eV，由于这两种光子中有一种光子恰好能使该金属发生光电效应，由此可知，该金属的逸出功为10.2 eV，则打出的光电子的最大初动能为E k＝12.09 eV－10.2 eV＝1.89 eV，故B项正确，A、C、D项错误．2．利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度B的大小．用绝缘轻质丝线把底部长为L、电阻为R、质量为m的“U”形线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用轻质导线连接线框与电源，导线的电阻忽略不计．当有拉力F作用于力敏传感器的挂钩上时，拉力显示器可以直接显示力敏传感器所受的拉力．当线框接入恒定电压为E1时，拉力显示器的示数为F1；接入恒定电压为E2时(电流方向与电压为E1时相反)，拉力显示器的示数为F2.已知F1>F2，则磁感应强度B的大小为( B )A ．B ＝R (F 1－F 2)L (E 1－E 2)B ．B ＝R (F 1－F 2)L (E 1＋E 2)C ．B ＝R (F 1＋F 2)L (E 1－E 2)D ．B ＝R (F 1＋F 2)L (E 1＋E 2)解析：当线框接入恒定电压为E 1时，拉力显示器的示数为F 1，则F 1＝mg ＋B E 1RL ；接入恒定电压为E 2时(电流方向与电压为E 1时相反)，拉力显示器的示数为F 2，则F 2＝mg －B E 2RL ；联立解得B ＝R (F 1－F 2)L (E 1＋E 2)，选项B 正确．3．由相关电磁学知识可以知道，若圆环形通电导线的中心为O ，环的半径为R ，环中通大小为I 的电流，如图甲所示，则环心O 处的磁感应强度大小B ＝μ02·IR，其中μ0为真空磁导率．若P 点是过圆环形通电导线中心O 点的轴线上的一点，且距O 点的距离是x ，如图乙所示．请根据所学的物理知识判断下列有关P 点处的磁感应强度B P 的表达式正确的是( A )A ．B P ＝μ02·R 2I(R 2＋x 2)32 B ．B P ＝μ02·R 2IR 2＋x 2C ．B P ＝μ02·RI(R 2＋x 2)32D ．B P ＝μ02·R 3·I(R 2＋x 2)32解析：本题看似无法解决，但题目中已知O 点的磁感应强度大小的表达式．应用极限法，当x ＝0时，P 点与O 点重合，磁感应强度大小B P ＝μ02·IR，选项A 正确．4．如图所示，三根长为L的直线电流在空间构成等边三角形，电流的方向均垂直纸面向里．电流大小均为I，其中A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为B0，导线C位于水平面，处于静止状态，则导线C受到的静摩擦力为( B )A.3B0IL，水平向左B.3B0IL，水平向右C.32B0IL，水平向左 D.32B0IL，水平向右解析：根据安培定则，A电流在C处产生的磁场方向垂直于AC，B电流在C处产生的磁场方向垂直于BC，如图所示．根据平行四边形定则及几何知识可知，合磁场的方向竖直向下，与AB边平行，合磁感应强度的大小B＝2B0cos30°＝3B0，由公式F＝BIL得，导线C所受安培力大小F＝3B0IL，根据左手定则，导线C所受安培力方向水平向左，因导线C位于水平面处于静止状态，由平衡条件知，导线C受到的静摩擦力方向为水平向右．5.如图所示，固定在倾角为θ＝30°的斜面内的两根平行长直光滑金属导轨的间距为d ＝1 m，其底端接有阻值为R＝2 Ω的电阻，整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B＝2 T的匀强磁场中．一质量为m＝1 kg(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触．现杆在沿斜面向上、垂直于杆的恒力F＝10 N作用下从静止开始沿导轨向上运动距离L＝6 m时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r＝2 Ω，导轨电阻不计，重力加速度大小为g＝10 m/s2.则此过程( C )A ．杆的速度最大值为4 m/sB ．流过电阻R 的电荷量为6 CC ．在这一过程中，整个回路产生的热量为17.5 JD ．流过电阻R 的电流方向为由c 到d解析：当杆达到最大速度时满足F ＝B 2d 2v mr ＋R＋mg sin θ，解得v m ＝5 m/s ，选项A 错误；流过电阻R 的电荷量q ＝ΔΦr ＋R ＝BLd r ＋R ＝2×6×12＋2 C ＝3 C ，选项B 错误；回路产生的热量Q ＝FL－mgL sin θ－12mv 2m ＝17.5 J ，选项C 正确；由右手定则可知流过R 的电流方向从d 到c ，选项D 错误．6．如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m 的物体以速度v 从斜面底端冲上斜面，到达最高点后又滑回原处，所用时间为t .对于这一过程，下列判断正确的是( BD )A ．斜面对物体的弹力的冲量为零B ．物体受到的重力的冲量大小为mgtC ．物体受到的合力的冲量大小为零D ．物体动量的变化量大小为mg sin θ·t解析：斜面对物体的弹力的冲量大小I ＝F N t ＝mg cos θ·t ，弹力的冲量不为零，故A 错误；物体所受重力的冲量大小为I G ＝mg ·t ，故B 正确；物体受到的合力的冲量大小为mgt sin θ，由动量定理得，动量的变化量大小Δp ＝I 合＝mg sin θ·t ，故C 错误，D 正确．7．如图所示，导体棒沿两平行金属导轨从图示位置以速度v 向右匀速通过一正方形匀强磁场区域，ac边垂直于导轨且平行于导体棒，ac边右侧的磁感应强度的大小是左侧磁感应强度大小的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和导体棒所受安培力随时间变化的图象可能正确的是(规定电流从M经R到N为正方向，安培力水平向左为正方向)( AC )解析：解决导体运动切割磁感线产生电动势问题的三把“金钥匙”：一找切割长度；二找变化趋势；三找方向．根据右手定则，开始时导体棒中感应电流方向为正(注意不要忽略物理量的正负)，大小均匀增加，根据题述可知，当导体棒运动到ac边的右侧，感应电流的大小突变为原来的2倍，方向变化，为负值，选项A正确，B错误；感应电流随位移均匀变化，切割的有效长度随位移均匀变化，根据F＝BIL，安培力大小随位移做二次函数变化，根据楞次定律可知，安培力方向不变，选项C正确，D错误．8．如图所示，由于理想变压器原线圈的输入电压降低，电灯L的亮度变暗了，下列哪些措施可以使电灯L重新变亮( BC )A．其他条件不变，P1上移，同时P2下移B．其他条件不变，P1下移，同时P2上移C．其他条件不变，断开开关SD．其他条件不变，将滑动变阻器的滑片P向下移动解析：P 1上移则n 1增大，P 2下移则n 2减小，由理想变压器规律U 1U 2＝n 1n 2可知U 2将会变得更小，所以电灯L 不会重新变亮，选项A 错误；P 1下移则n 1减小，P 2上移则n 2增大，由理想变压器规律U 1U 2＝n 1n 2可知U 2将会变大，所以电灯L 会重新变亮，选项B 正确；其他条件不变，则电压U 2不变，断开开关S ，并联部分电阻变大，副线圈电流变小，R 1分压变小，电灯L 两端的电压将变大，所以电灯L 会重新变亮，选项C 正确；其他条件不变，将滑动变阻器的滑片P 向下移动，总电阻变小，总电流变大，R 1分压变大，电灯L 两端的电压将变小，所以电灯L 不会重新变亮，选项D 错误．。

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. B. C. D.【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 R R 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T =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。

图（a ）是某种CT 机主要部分的剖面图，其中X 射线产生部分的示意图如图（b ）所示。

2020届（人教）高考物理二轮提升练习计算题选及答案（需写出规范的解题步骤）1、为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1<s0)处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示。

训练时，让运动员和冰球都位于起击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方跑线上，教练员将冰球以初速度v向滑向挡板：冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。

训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。

假定运动员在滑行过程中做。

重力加速度为g。

求匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数。

(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。

【解析】(1)设冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ据动能定理有-μmgs0=m-m解得μ=(2)冰球运动时间t=由于s1=at2解得运动员的最小加速度a=答案：(1)(2)2、发射宇宙飞船的过程要克服引力做功，已知将质量为m的飞船从距地球中心无限远处移到距地球中心为r处的过程中，引力做功为W=G，飞船在距地球=-G，式中G为万有引力常量，M为地球质中心为r处的引力势能公式为Ep量。

若在地球的表面发射一颗人造地球卫星，如果发射的速度很大，此卫星可以上升到离地心无穷远处(即地球引力作用范围之外)，这个速度称为第二宇宙速度(也称逃逸速度)。

(1)试推导第二宇宙速度v的表达式。

(2)已知逃逸速度大于真空中光速的天体叫黑洞，设某黑洞的质量等于太阳的质量M=1.98×1030 kg，求它的最大可能半径。

【解析】(1)设无穷远处的引力势能为零，地球半径为R，第二宇宙速度为v，则由机械能守恒定律得：mv2-G=0，解得：v=。

(2)由题意可知，v>c，即>c，解得：R<≈2.93×103 m，则该黑洞的最大半径为2.93×103 m。

答案：(1)v=(2)2.93×103 m3、如图所示，质量为m，电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动。

第7道选择题涉及的命题点7－1 7－2 7－3 7－4直流电路 交变电流 变压器及远距离输电 电磁感应问题7－1 直流电路备考精要1．恒定电流(1)闭合电路中的电压、电流关系：E ＝U 外＋U 内，I ＝E R ＋r， U ＝E －Ir 。

(2)闭合电路中的功率关系：P 总＝EI ，P 内＝I 2r ，P 出＝IU ＝P 总－P 内。

(3)直流电路中的能量关系：电功W ＝qU ＝UIt ，电热Q ＝I 2Rt 。

[注意] 纯电阻电路中W ＝Q ，非纯电阻电路中W >Q 。

2．直流电路动态分析的3种常用方法方法一：程序法R 局――→增大 减小 I 总＝E R ＋r ――→减小 增大 U 内＝I 总r ――→减小 增大 U 外＝E －U 内――→增大 减小 确定U 支、I 支方法二：结论法——“串反并同”“串反”：指某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大)。

“并同”：指某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)。

方法三：极限法因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论。

三级练·四翼展一练固双基——基础性考法1.(2019·江苏高考)如图所示的电路中，电阻R＝2 Ω。

断开S后，电压表的读数为3 V；闭合S后，电压表的读数为2 V，则电源的内阻r为()A．1 ΩB．2 ΩC．3 Ω D．4 Ω解析：选A当S断开后，电压表读数为U＝3 V，可认为电动势E＝3 V当S闭合后，由闭合电路的欧姆定律知E＝U′＋Ir，且I＝U′R整理得电源内阻r＝(E－U′)RU′＝1 Ω，选项A正确。

2.在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，三个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2表示。

下列判断正确的是()A．I减小，U1增大B．I减小，U2增大C．I增大，U1增大D．I增大，U2增大解析：选B闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R增大，根据闭合电路的欧姆定律分析得知，干路电流I总减小，路端电压U增大；R3的电压等于路端电压，则流过R3的电流I3增大；流过电流表的电流I ＝I总－I3，I总减小，I3增大，I减小，R1的电压减小，即电压表V1的示数U1减小；电压表V2的示数U2＝U－U1，U增大，U1减小，则U2增大。