2018年高考物理大二轮复习 考前特训 选择题标准练(四)

选择题满分专练(四)选择题(本题共8小题，每小题6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．(2017·石家庄市毕业班一模)如图所示，实线为不知方向的几条电场线，从电场中M 点以相同速度垂直于电场线方向飞入a 、b 两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示．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 ．两个粒子的动能，一定一个增加一个减少D ．两个粒子的电势能，一定都减少解析：粒子做曲线运动，所受力的方向指向轨迹的内侧，所以能判断a 、b 一定带异种电荷，但是不清楚哪一个是正电荷，哪一个是负电荷，故A 错误；粒子做曲线运动，所受力的方向指向轨迹的内侧，从图中轨迹变化来看电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，故B 、C 错误；电场力都做正功，故电势能都减小，故D 正确．答案：D 15．(2017·黑龙江省五校高三4月联考)如图甲所示为某实验小组验证动量守恒定律的实验装置，他们将光滑的长木板固定在桌面上，a 、b 两小车放在木板上并在小车上安装好位移传感器的发射器，且在两车相对面上涂上黏性物质．现同时给两车一定的初速度，使a 、b 沿水平面上同一条直线运动，发生碰撞后两车粘在一起；两车的位置x 随时间t 变化的图象如图乙所示．a 、b 两车质量(含发射器)分别为1 kg 和8 kg ，则下列说法正确的是( )A ．两车碰撞前总动量大于碰撞后总动量B ．碰撞过程中a 车损失的动能是149JC ．碰撞后两车的总动能比碰前的总动能小D ．两车碰撞过程为弹性碰撞解析：设a 、b 两车碰撞前的速度大小为v 1、v 2，碰后的速度大小为v 3，结合题图乙得v 1＝2 m /s ，v 2＝1 m /s ，v 3＝23m /s ，以向右为正方向，碰前总动量p 1＝－m a v 1＋m b v 2＝6 kg ·m /s ，碰后总动量p 2＝(m a ＋m b )v 3＝6 kg ·m /s ，则两车碰撞前总动量等于碰撞后总动量，A 错误；碰撞前a 车动能为E k ＝2 J ，碰撞后a 车动能为E′k ＝29J ，所以碰撞过程中a 车损失的动能是169J ，B 错误；碰前a 、b 两车的总动能为6 J ，碰后a 、b 两车的总动能为2 J ，C 正确；两车碰撞过程中机械能不守恒，发生的是完全非弹性碰撞，D 错误．答案：C16．某行星的同步卫星下方的行星表面上有一观察者，行星的自转周期为T ，他用天文望远镜观察被太阳光照射的此卫星，发现日落的T2时间内有T6的时间看不见此卫星，不考虑大气对光的折射，则该行星的密度为( )解析：设行星质量为M，半径为R，密度为ρ，卫星质量为m，如图所示，发现日落的T2时间内有T6的时间看不见同步卫星，则θ＝360°6＝60°，故φ＝60°，r＝Rcosφ＝2R，根据GMm2R2＝m⎝⎛⎭⎪⎫2πT22R，M＝ρ43πR3，解得ρ＝24πGT2.答案：A17．如图甲所示，一圆形金属线圈放置于匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度为B0.现让线圈绕其一条直径以50 Hz的频率匀速转动，较长时间t内产生的热量为Q；若线圈不动，让磁场以图乙所示规律周期性变化，要在t时间内产生的热量也为Q，乙图中磁场变化的周期T以s为单位，数值应为( )解析：两种情况下，在相同时间内产生的热量相同，说明电压的有效值相同，现让线圈绕其一条直径以50 Hz的频率匀速转动，电压有效值为E＝E m2＝Bsω2＝B0πr2×100π2；磁场以图乙所示规律周期性变化，电压有效值为E＝S·ΔBΔt＝πr2×B0T4，解得T＝225π，选项C正确．答案：C18．(2017·河北冀州2月模拟)如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30°，质量为3 kg的小物块(可视为质点)由静止从A点在一沿斜面向上的恒定推力作用下运动，作用一段时间后撤去该推力，小物块能到达的最高位置为C点，小物块上滑过程中v－t图象如图乙所示．设A点为零重力势能参考点，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )A．小物块最大重力势能为54 JB．小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小之比为3：1C ．小物块与斜面间的动摩擦因数为32D ．推力F 的大小为40 N解析：由乙图可知物块沿斜面向上滑行的距离x ＝12×3×1.2 m ＝1.8 m ，上升的最大高度h ＝x sin 30°＝0.9 m ，故物块的最大重力势能E pm ＝mgh ＝27 J ，则A 项错．由图乙可知物块加速与减速阶段均为匀变速运动，则由匀变速直线运动的平均公式v ＝v 0＋v2，可知小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小之比为1:1，则B 项错．由乙图可知减速上升时加速度大小a 2＝10 m /s 2，由牛顿第二定律有mg sin 30°＋μmg cos 30°＝ma 2，得μ＝33，则C 项错．由乙图可知加速上升时加速度大小a 1＝103m /s 2，由牛顿第二定律有F －mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma 1，得F ＝40 N ，则D 项正确．答案：D19．如图所示为光电管的工作电路图，分别用波长为λ0、λ1、λ2的单色光做实验，已知λ1>λ0>λ2.当开关闭合后，用波长为λ0的单色光照射光电管的阴极K 时，电流表有示数．则下列说法正确的是( )A ．光电管阴极材料的逸出功与入射光无关B ．若用波长为λ1的单色光进行实验，则电流表的示数一定为零C ．若仅增大电源的电动势，则电流表的示数一定增大D ．若仅将电源的正负极对调，则电流表的示数可能为零 解析：光电管阴极材料的逸出功只与材料有关，而与入射光的频率、入射光的强度无关，A 正确．用波长为λ0的光照射阴极K 时，电路中有光电流，可知波长为λ0的光照射阴极K 时，发生了光电效应；若用波长为λ1(λ1>λ0)的光照射阴极K 时，虽然入射光的频率变小，但仍可能大于阴极的极限频率，仍可能发生光电效应，因此电流表的示数可能不为零，B 错误．仅增大电路中电源的电动势，光电管两端电压增大，当达到饱和电流后，电流表的示数不再增大，C 错误．将电路中电源的正负极对调，光电子做减速运动，还可能到达阳极，所以还可能有光电流；若电源电动势大于光电管的遏止电压，电子到达不了阳极，则此时电流表的示数不为零，D 正确．答案：AD20．(2017·湖北省襄阳市高三调研测试)如图所示，半径可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内，轨道的末端B 处切线水平，现将一小物块从轨道顶端A 处由静止释放．小物体刚到B 点时的加速度为a ，对B 点的压力为N ，小物体离开B 点后的水平位移为x ，落地时的速率为v.若保持圆心的位置不变，改变圆弧轨道的半径R(不超过圆心离地的高度)．不计空气阻力，下列图象正确的是( )解析：设小物体释放位置距地面高为H ，小物体从A 点到B 点应用机械能守恒定律有，v B ＝2gR ，到地面时的速度v ＝2gH ，小物体的释放位置到地面间的距离始终不变，则选项D 对；小物体在B 点的加速度a ＝v 2BR＝2g ，选项A 对；在B 点对小物体应用向心力公式，有F B －mg ＝mv 2BR，又由牛顿第三定律可知N ＝F B ＝3mg ，选项B 错；小物体离开B 点后做平抛运动，竖直方向有H －R ＝12gt 2，水平方向有x ＝v B t ，联立可知x 2＝4(H －R)R ，选项C 错．答案：AD21．如图所示，EF 和MN 两平行线将磁场分割为上、下两部分，磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里．现有一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子(不计重力)从EF 线上的A 点以速度v 斜向下射入EF 下方磁场，速度与边界成30°角，经过一段时间后正好经过C 点，经过C 点时速度方向斜向上，与EF 也成30°角，已知A 、C 两点间距为L ，两平行线间距为d ，下列说法中正确的是( )A ．粒子不可能带负电荷B ．磁感应强度大小可能满足B ＝mv qLC ．粒子到达C 点的时间可能为7πm 3Bq ＋4dvD ．粒子的速度可能满足v ＝L －23nd Bqm(n ＝0,1,2,3，…)解析：若粒子带负电，粒子可沿图甲轨迹通过C 点，所以A 错误；如果粒子带正电，且直接偏转经过C 点，如图乙所示，则R ＝L ，由Bqv ＝mv 2R 得B ＝mvqL，所以B 正确；在图丙所示情形中粒子到达C 点所用时间正好为7πm 3Bq ＋4dv，则C 正确；由于带电粒子可以多次偏转经过C 点，如图丁所示，由几何知识可知，L ＝2nd tan 60°＋2R sin 30°，则R ＝L －23nd ，根据R ＝mv Bq 可得，v ＝L －23nd Bq m(n ＝0，1,2,3，…)，D 正确．答案：BCD。

选择题48分标准练(四)说明：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求。

全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14.(2017·湖南师范大学附中月考)汽车在平直公路上做刹车实验，若从t ＝0时起汽车在运动过程中的位移x 与速度的平方v 2之间的关系如图1所示，下列说法正确的是( )图1A.刹车过程中汽车加速度大小为10 m/s 2B.刹车过程持续的时间为5 sC.汽车刹车后经过3 s 的位移为7.5 mD.t ＝0时汽车的速度为10 m/s解析 根据v 2＝2ax 得x v 2＝12a ，可得刹车过程中加速度大小a ＝5 m/s 2，故A 错误；由图线可知，汽车的初速度为10 m/s ，则刹车过程持续的时间t ＝v 0a ＝105 s ＝2 s ，故B 错误，D 正确；汽车刹车后经过3 s 的位移等于刹车后经过2 s 的位移，则x ＝v 02t ＝102×2 m＝10 m ，故C 错误。

答案 D15.在匀强磁场中匀速转动的单匝矩形线圈的周期为8 s ，转轴O 1O 2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω。

从线圈平面与磁场方向垂直开始计时，如图2所示，线圈转过45°时的感应电流为1 A ，则( )图2A.线圈消耗的电功率为4 WB.线圈中感应电流的有效值为2 AC.任意时刻线圈中的感应电动势为e ＝22sin π4t (V)D.任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝8πsin π4t (Wb)解析 由题给条件可得i ＝2sin π4t (A)，故线圈中感应电流的有效值为I ＝I m2＝1 A ，B 错误；再由P ＝I 2R ＝(1 A)2×2 Ω＝2 W ，A 错误；再由e ＝iR ＝22sin π4t (V)可得，C 正确；穿过线圈的磁通量Φ＝Φm cos ωt ＝82πcos π4t (Wb)，D 错误。

选考强化练(三) 选修3－4(时间：20分钟 分值：45分)1．(2017·湖南师大附中模拟)(1)(5分)如图1所示，甲图为沿x 轴传播的一列简谐横波在t ＝0时刻的波动图象，乙图为参与波动质点P 的振动图象，则下列判断正确的是________．(填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)图1A ．该波的传播速率为4 m/sB ．该波的传播方向沿x 轴正方向C ．经过0.5 s 时间，质点P 沿波的传播方向向前传播2 mD ．该波在传播过程中若遇到3 m 的障碍物，能发生明显衍射现象E ．经过0.5 s 时间，质点P 的位移为零，路程为0.4 m(2)(10分)如图2所示，横截面为矩形ABCD 的玻璃砖竖直放置在水平桌面上，其厚度为d ，AD 面镀有水银，用一束与BC 成45°角的细微光向下照射在BC 面上，在水平面上出现两个光斑，距离233d ，求玻璃砖的折射率．图2【解析】 (1)选ADE.由甲读出该波的波长为λ＝4 m ，由乙图读出周期为T ＝1 s ，则波速为v ＝λT ＝41 m/s ＝4 m/s ，故A 正确．在乙图上读出t ＝0时刻P 质点的振动方向沿y 轴负方向，在甲图上判断出该波的传播方向沿x 轴负方向，故B 错误．质点P 只在自己的平衡位置附近上下振动，并不沿波的传播方向向前传播，故C 错误．由于该波的波长为4 m ，所以该波在传播过程中若遇到3 m 的障碍物，能发生明显的衍射现象，故D 正确．经过t ＝0.5 s ＝T2时间，质点P 又回到平衡位置，位移为零，路程为s ＝2A ＝2×0.2 m＝0.4 m ，故E 正确．(2)作出光路图，由光的反射定律和光路可逆性可知，反射光线OH 与FG 平行，且OH 与水平面的夹角为45°.则得OF ＝GH ＝233dIE ＝12OF ＝33d tan r ＝IE IO＝33，可得r ＝30° 所以折射率n ＝sin isin r ＝ 2.【答案】 (1)ADE (2) 22．(2017·武汉十一中模拟)(1)(5分)某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8 m/s 的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近．该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15 s ．下列说法正确的是________．(填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)A ．水面波是一种机械波B ．该水面波的频率为6 HzC ．该水面波的波长为3 mD ．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去E ．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移 (2)(10分)如图3所示，三角形ABC 为某透明介质的横截面，O 为BC 边的中点，位于截面所在平面内的一束光线自O 以角i 入射，第一次到达AB 边恰好发生全反射，已知θ＝15°，BC 边长为2L ，该介质的折射率为2，求： ①入射角i ；②从入射到发生第一次全反射所用的时间(设光在真空中的速度为c ，可能用到sin 75°＝6＋24或sin 15°＝2－3) 【导学号：19624281】图3【解析】 (1)选ACE.水面波是由机械振动引起的在介质(水)中传播的一种波，是一种机械波，选项A 正确．由第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15 s ，可得知振动的周期T 为：T ＝t n ＝1510－1 s ＝53 s ，频率为：f ＝1T＝0.6 Hz ，选项B 错误．由公式λ＝vT ，有λ＝1.8×53 s ＝3 m ，选项C 正确．参与振动的质点只是在自己的平衡位置附近做往复运动，并不会“随波逐流”，但振动的能量和振动形式却会不断地向外传播，所以选项D 错误，E 正确．(2)①根据全反射定律可知，光线在AB 面上的P 点的入射角等于临界角C 由折射定律得 sin C ＝1n代入数据得：C ＝45°设光线在BC 面上的折射角为r ，由几何关系得：r ＋C ＝90°－θ 所以：r ＝30°n ＝sin isin r联立得：i ＝45°.②在△OPB 中，根据正弦定理得： OP sin 75°＝Lsin 45°设所用时间为t ，光线在介质中的速度为v ，得：OP ＝vtv ＝c n联立得：t ＝6＋22cL . 【答案】 (1)ACE (2)①45° ②6＋22cL 3．(2017·晋城市三模)(1)(5分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)A ．电场总是由变化的磁场产生的B ．真空中的光速在任何惯性系中测得的数值都相同C ．照相机镜头表面涂上增透膜，以增强透射光的强度，是利用了光的衍射现象D ．在照相机镜头前加装偏振滤光片拍摄水下的景物，可使景象更清晰E ．白光被分解为单色光的现象叫作光的色散，光在干涉、衍射及折射时都可能发生色散(2)(10分)如图4甲、乙分别是波传播路径上M 、N 两点的振动图象，已知MN ＝1 m.图4①若此波从M 向N 方向传播，则波传播的最大速度为多少？②若波传播的速度为1 000 m/s ，则此波的波长为多少？波沿什么方向传播？ 【解析】 (1)选BDE.电场也可以由电荷产生，故A 错误；根据爱因斯坦的狭义相对论，真空中的光速在任何惯性系中测得的数值都相同，故B 正确；照相机镜头上的增透膜能增强透射光是因为光照射在薄膜两表面上被反射回去，在叠加处由于光程差等于波长的一半使得两束反射光出现振动减弱，导致相互抵消，即减弱了反射光从而增强光的透射能力，这是依据光的干涉现象，故C 错误；由于水面形成的反射光会造成干扰，故在照相机镜头前加装偏振滤光片拍摄水下的景物，可使景象更清晰，故D 正确；多种颜色的光被分解为单色光的现象叫作光的色散，光在干涉、衍射及折射时都可以将复色光进行分解，故E 正确． (2)①由图可知，该波的周期为T ＝4×10－3s当简谐波从M 向N 方向传播时，M 、N 两点间的距离s ＝(n ＋34)λ则得λ＝4s 4n ＋3＝44n ＋3 m(n ＝0,1,2,3，…)波速v ＝λT ＝1 0004n ＋3m/s(n ＝0,1,2,3，…)当n ＝0时，波速最大，即最大速度为1 0003m/s.②若波传播的速度为1 000 m/s ，则此波的波长为λ＝vT ＝4 m 则MN ＝14λ，根据波形的平移法可知，波从N 向M 方向传播．【答案】 (1)BDE (2)①10003m/s ②4 m 从N 向M 方向传播。

2018届高考物理第二轮专题复习过关测试题4及答案
专题限时规范训练
(时间90分钟满分100分)
一、选择题(每小题4分，共44分)
1用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线
运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止，其速度—时间图象如图1所示，且αβ，若拉力F做的功为W1，平均功率为P1；物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2，平均功率为P2，则下列选项正确的是 ( )
A．W1 W2；F＝2Ff B．W1＝W2；F 2Ff
C．P1 P2；F 2Ff D．P1＝P2；F＝2Ff
2如图2所示，滑块A、B的质量均为m，A套在固定竖直杆上，A、B通
过转轴用长度为L的刚性轻杆连接，B放在水平面上并靠着竖直杆，A、B均静止．由于微小的扰动，B开始沿水平面向右运动．不计一切摩擦，滑块A、B视为质点．在A下滑的过程中，下列说法中正确的是( )
A．A、B组成的系统机械能守恒
B．在A落地之前轻杆对B一直做正功
C．A运动到最低点时的速度的大小为2gL
D．当A的机械能最小时，B对水平面的压力大小为2mg
3如图3所示，足够长的传送带以恒定速率沿顺时针方向运转．现将一
个物体轻轻放在传送带底端，物体第一阶段被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段匀速运动到传送带顶端．则下列说法中正确的是 ( )
A．第一阶段和第二阶段摩擦力对物体都做正功。

小题提速练(四)(时间：20分钟分值：48分)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．(2018·沈阳三模)智能手机的普及使“低头族”应运而生．低头时，颈椎受到的压力会增大(当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量)．现将人体头颈部简化为如图1所示的模型：重心在头部的P点，在可绕O转动的颈椎OP(轻杆)的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止．当低头时，若颈椎与竖直方向的夹角为45°，PQ与竖直方向的夹角为53°，此时颈椎受到的压力与直立时颈椎受到压力的比值为(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)( )图1A．4 B．5C．4 2 D．5 2C[对头部受力分析如图所示，由平衡条件可得：F N sin 45°＝F sin 53°，F N cos 45°＝mg＋F cos 53°，可求得：F N＝42mg，所以选项C正确．]15．(2018·虎林市摸底考试)质量分别为m1、m2的甲、乙两球，在离地相同高度处，同时由静止开始下落，由于空气阻力的作用，两球到达地面前经时间t0分别到达稳定速度v1、v2，已知空气阻力大小f与小球的下落速率v成正比，即f＝kv(k＞0)，且两球的比例常数k完全相同，两球下落的v­t关系如图2所示，下落说法正确的是( )【导学号：19624225】图2A ．m 1＜m 2B.m 1m 2＝v 1v 2C ．释放瞬间甲球的加速度较大D ．t 0时间内两球下落的高度相等B [两球最终匀速时均有kv ＝mg ，故有m 1m 2＝v 1v 2，B 正确；由于v 1＞v 2，所以m 1＞m 2，A 错误；t ＝0时f ＝0，两球加速度均为g ，C 错误；t 0时间内小球下落的高度对应图线与t 轴所围面积，由图可知，甲球下落高度大些，D 错误．]16．(2018·天津高考)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是( )图3A ．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B ．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力C ．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D ．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变B [A 错：摩天轮转动过程中，乘客的动能不变，重力势能不断变化，故乘客的机械能不断变化．B 对：乘客在最高点时，具有向下的加速度，处于失重状态．C 错：根据I ＝Ft 知，重力的冲量不为0.D 错：根据P ＝mgv cos θ，θ为力方向与速度方向之间的夹角，摩天轮转动过程中，θ不断变化，重力的瞬时功率不断变化．]17．(2018·沈阳铁路实验中学模拟)如图4甲所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝3∶1，且分别接有阻值相同的电阻R 1和R 2，R 1＝R 2＝100 Ω，通过电阻R 1的瞬时电流如图乙所示，则此时( )【导学号：19624226】图4A ．用电压表测量交流电源电压约为424 VB ．断开开关S 后，通过电阻R 1的瞬时电流还是如图乙所示C ．交流电源的功率162 WD ．R 1和R 2消耗的功率之比为1∶3A [由U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n 2n 1得，通过R 1的电流有效值I 1＝3210A ，通过R 2的电流的有效值I 2＝9210A ，副线圈两端的电压U 2＝90 2 V ，原线圈两端电压U 1＝270 2 V ，而U ＝U 1＋I 1R 1＝300 2 V≈424 V，故A 正确；断开开关S 后，通过电阻R 1的电流为0，故B 错误；交流电源的功率P ＝UI 1＝180 W ，故C 错误；R 1消耗的功率P 1＝I 21R 1＝18 W ，R 2消耗的功率P 2＝I 22R 2＝162 W ，P 1P 2＝19，故D 错误．] 18．(2018·抚州市临川一中模拟)如图5所示，半径为R 的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)．在柱形区域内加方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B .一带正电荷的粒子沿图中直线以速率v 0从圆上的a 点射入柱形区域，从圆上b 点射出磁场时速度方向与射入时的夹角为120°(b 点图中未画出)．已知圆心O 到直线的距离为12R ，不计重力，则下列关于粒子的比荷正确的是( )图5A.q m ＝v 02BRB.q m ＝v 0BRC.q m ＝3v 02BRD.q m ＝2v 0BRB [如图所示，设正粒子从a 点沿直线射入后从b 点射出，a 、b 两点的速度方向或反向延长线方向相交于c 点．由于cb ＝ca ，且∠bca ＝60°，所以△cba 是等边三角形．由题设条件Od ＝12R ，则ab ＝2Od tan 60°＝3R .则粒子做匀速圆周运动的半径r ＝ab 2sin 60°＝R .由洛伦兹力提供向心力：qvB ＝m v 2r ，所以q m ＝v 0BR，则选项A 、C 、D 错误，B 正确．]19．(2018·哈尔滨九中二模)月球自转周期为T ，与它绕地球匀速圆周运动的公转周期相同，假如“嫦娥四号”卫星在近月轨道(轨道半径近似为月球半径)做匀速圆周运动的周期为T 0，如图6所示，PQ 为月球直径，某时刻Q 点离地心O 最近，且P 、Q 、O 共线，月球表面的重力加速度为g 0，万有引力常量为G ，则下列说法正确的是( )【导学号：19624227】图6A ．月球质量M ＝T 40g 304π4GB ．月球的第一宇宙速度v ＝g 0T 02πC ．要使“嫦娥四号”卫星在月球的背面P 点着陆，需提前减速D ．再经T 2时，P 点离地心O 最近 BC [根据mg 0＝mR 4π2T 20得，月球的半径R ＝g 0T 204π2，根据GMmR 2＝mg 0 得月球的质量为：M ＝g 0R 2G ＝T 40g 3016π4G ，故A 错误．根据mg 0＝m v 2R得月球的第一宇宙速度为：v ＝g 0R ＝g 0T 02π，故B 正确．要使“嫦娥四号”卫星在月球的背面P 点着陆，需减速，使得万有引力大于向心力，做近心运动，故C 正确．月球自转周期T 与它绕地球匀速圆周运动的公转周期相同，再经T 2时，P 点离地心O 最远，故D 错误．故选B 、C.]20．(2018·江苏高考)在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图7所示．下列说法正确的有( )图7A．q1和q2带有异种电荷B．x1处的电场强度为零C．负电荷从x1移到x2，电势能减小D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大AC[A对：两个点电荷在x轴上，且x1处的电势为零，x＞x1处的电势大于零，x＜x1处的电势小于零．如果q1、q2为同种电荷，x轴上各点的电势不会有正、负之分，故q1、q2必为异种电荷．B错：φ­x图象中曲线的斜率表示电场强度大小，x1处的电场强度不为零．C对：x2处的电势最高，负电荷从x1移动到x2，即从低电势处移动到高电势处，电场力做正功，电势能减小．D错：由φ­x图象知，从x1到x2，电场强度逐渐减小，负电荷从x1移动到x2，所受电场力减小．]21．(2018·衡水中学二模)如图8甲所示，质量m＝3.0×10－3 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长L＝0.20 m，处于磁感应强度大小B1＝0.1 T、方向水平向右的匀强磁场中，有一匝数n＝300、面积S＝0.01 m2的线圈通过开关S与两水银槽相连，线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示，t＝0.22 s时闭合开关S，细框瞬间跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20 m，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )【导学号：19624228】图8A ．0～0.10 s 内线圈中的感应电动势大小为3 VB ．开关S 闭合瞬间，CD 中的电流方向由C 到DC ．磁感应强度B 2的方向竖直向下D ．开关S 闭合瞬间，通过细杆CD 的电荷量为0.3 CBD [由图象可知0～0.10 s 内ΔΦ＝ΔBS ＝0.01 Wb ，0～0.10 s 线圈中感应电动势大小E ＝n ΔΦΔt ＝300×0.010.1V ＝30 V ，A 错误；由题意可知细杆CD 所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知电流方向为C →D ，由安培定则可知感应电流的磁场方向竖直向上，由图示图象可知，在0.20～0.25 s 内穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律可得磁感应强度B 2的方向竖直向上，故B 正确，C 错误；对细框由动量定理得B 1IL Δt ＝mv ，细框做竖直上抛运动v 2＝2gh ，电荷量q ＝I Δt ，解得q ＝0.3 C ，D 正确．]。

专题一力与物体平衡高频考点一受力分析物体的静态平衡例1如图所示，水平推力F使物体静止于斜面上，则（）3个力的作用B.物体可能受3个力的作用C.物体一定受到沿斜面向下的静摩擦力的作用D.物体一定受到沿斜面向上的静摩擦力的作用解析：选B.以物体为研究对象受力分析如图，若F eos 0 = Gsin 0时，物体在水平推力、重力、斜面支持力三力作用下处于平衡状态，则物体受三个力作用；若F eos 0 > G sin 0 （或F eos 0v Gin 0=时，物体仍可以静止在斜面上，但物体将受到沿斜面向下（或沿斜面向上）的静摩擦力，综上所述B对.【变式探究】（多选）如图所示，倾角为0的斜面体C置于水平地面上，小物体B置于斜面体C 上，通过细绳跨过光滑的轻质定滑轮与物体A相连接，连接物体B的一段细绳与斜面平行，已知A、B C均处于静止状态，定滑轮通过细杆固定在天花板上，则下列说法中正确的是（）A. 物体B可能不受静摩擦力作用B. 斜面体C与地面之间可能不存在静摩擦力作用C. 细杆对定滑轮的作用力沿杆竖直向上D. 将细绳剪断，若物体B仍静止在斜面体C上，则此时斜面体C与地面之间一定不存在静摩擦力作用解析；选AD •对物体£遗後力分析，由共点力的平衝＞件可得，如果吨二阿g鈕爲则物体鸟一定不受静摩撫力作用，反之，则一定台受到斜面休匚对其作用的静摩撫力』选项直正确；将物体序和翱面体匸看成一个整休「则该整休受到一个大小为耐了方向沿斜面向上理瞪直的扌立力，该拉力在水平向左方向上的分量为亦gs爲故地面一定会给斜面体一个方向水平向右、大小为的静摩擦力』选项E错误；由于连接物体畀和枷本B的细绳对定滑轮的合力方向不罡竖宜向瓦故细杆对定滑轮的作用力方向不是竖直向上’选项c错误,若将细绳尊斷，将物休总和斜面休o看成r整体，则该整体受竖直向下的重力和地面对其竖直向上的支持力，故斜面体c与地面之i旷定不存在静摩擦力惟用，选项D正确.高频考点二物体的动态平衡问题【例1】如图所示，一小球放置在木板与竖直墙面之间•设墙面对球的压力大小为N,球对木板的压力大小为N2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置•不计摩擦，在此过程中（）A. N始终减小，N2始终增大B. N始终减小，N2始终减小C. N先增大后减小，N2始终减小D. N先增大后减小，N2先减小后增大解析：选B•砒渕进行^力分析‘如團所示P设板与墙夹角为彳/劉水平位羞过程中。

选择题等值练(四)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．(2016·丽衢高二期末)2015年12月16日金丽温高铁正式通车，方便了人们的出行．每节动车车厢两端的显示屏上都会提示旅客一些重要的信息，其中“15∶27∶23”“271 km/h”实际中分别指的是()A．时间间隔平均速度的大小B．时刻平均速度的大小C．时间间隔瞬时速度的大小D．时刻瞬时速度的大小答案 D2．(2017·杭州市高三上期末)如图1，是某炮兵部队训练时的情景，关于图中瞬间炮弹的受力分析正确的是()图1A．只受重力作用B．受重力与空气阻力作用C．受重力与向前的冲击力作用D．受重力、空气阻力与向前的冲击力作用答案 B3．(2017·湖州市期末)打水漂是人类最古老的游戏之一(如图2)．仅需要一块小瓦片，在手上呈水平放置后，用力水平飞出，瓦片擦水面飞行，瓦片不断地在水面上向前弹跳，直至下沉．下列判断正确的是()图2A．飞出时的初速度越大，瓦片的惯性一定越大B．飞行时所用时间越长，瓦片的惯性一定越大C．飞出去的距离越长，瓦片的惯性一定越大D．瓦片的质量越大，惯性一定越大答案 D4．(2017·嘉兴一中等五校联考)国产歼－15舰载机以80 m/s的速度降落在静止的“辽宁号”航母水平甲板上，机尾挂钩精准钩住阻拦索，如图3所示．在阻拦索的拉力作用下，经历2.5 s速度减小为零．若将上述运动视为匀减速直线运动，根据以上数据不能求出战斗机在甲板上的运动()图3A．位移B．加速度C．平均速度D．受到的阻力答案 D5. 如图4所示，小强正在荡秋千．关于绳上a点和b点的线速度和角速度，下列关系正确的是()图4A．v a＝v bB．v a>v bC．ωa＝ωbD．ωa<ωb答案 C解析绳子绕O点转动，a、b两点角速度相等，ωa＝ωb，D错，C对．因r a<r b，故v b>v a，A、B均错．6．(2017·温州市9月选考)“天舟一号”货运飞船于2017年4月20日在文昌航天发射中心成功发射升空，在与“天宫二号”空间实验站对接前，“天舟一号”在距离地面约380 km的圆轨道上飞行，则其()A．线速度小于第一宇宙速度B．周期大于同步卫星周期C．角速度小于地球的自转角速度D．向心加速度大于地面的重力加速度答案 A7．(2016·台州一中高二第二学期期中)带电粒子M和N，先后以大小不同的速度沿PO方向射入圆形匀强磁场区域，运动轨迹如图5所示，不计重力，则下列分析正确的是()。

选考强化练(四) 选修3－4(时间：20分钟分值：45分)1．(1)(5分)一列沿x轴传播的简谐横波，t＝0时刻的波形如图1所示，此时质点P恰在波峰，质点Q恰在平衡位置且向下振动．再过0.5 s，质点Q第二次到达波谷，下列说法正确的是________(填正确答案标号．选对1个得2分，选对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)图1A．波沿x轴负方向传播B．波的传播速度为60 m/sC．波的传播周期为0.2 sD．0至0.9 s时间内P点通过的路程为1.8 mE．1 s末质点P的位移是零(2)(10分)如图2所示，AOB是截面为扇形的玻璃砖的横截面图，其顶角θ＝76°，今有一细束单色光在横截面内从OA边上的点E沿垂直OA的方向射入玻璃砖，光线直接到达AB面且恰好未从AB面射出．已知OE＝35OA，cos 53°＝0.6，试求：①玻璃砖的折射率n；②光线第一次从OB射出时折射角的正弦值.【导学号：19624282】图2【解析】 (1)由题意，质点Q 恰好在平衡位置且向下振动，则知波沿x轴负方向传播，故A 正确；根据题意知14T ＋T ＝0.5 s ，则周期为：T ＝0.4 s ，根据v ＝λT ＝240.4m/s ＝60 m/s ，故选项B 正确，选项C 错误；0.9 s ＝2T ＋14T ，则P 点通过的路程为：s ＝2×4A ＋A ＝1.8 m ，故选项D 正确；1 s ＝2T ＋12T ，故该时刻P 处于负的最大位移处，选项E 错误．故选A 、B 、D.(2)①因OE ＝35OA ，由数学知识知光线在AB 面的入射角等于37°光线恰好未从AB 面射出，所以AB 面入射角等于临界角，则临界角为：C ＝37°由sin C ＝1n得：n ＝53.②据几何知识得：β＝θ＝76°，则OB 面入射角为：α＝180°－2C －β＝30°设光线第一次从OB 射出的折射角为γ，由sin γsin α＝n 得： sin γ＝56.【答案】 (1)ABD (2)①53 ②562．(2018·鸡西市模拟)(1)(5分)一列简谐横波在t ＝0.2 s 时的波形图如图3甲所示，P 为x ＝1 m 处的质点，Q 为x ＝4 m 处的质点，图乙所示为质点Q 的振动图象．则下列关于该波的说法中正确的是________．(填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)图3A．该波的周期是0.4 sB．该波的传播速度大小为40 m/sC．该波一定沿x轴的负方向传播D．t＝0.1 s时刻，质点Q的加速度大小为零E．从t＝0.2 s到t＝0.4 s，质点P通过的路程为20 cm(2)(10分)如图4所示，一直角三棱镜放置在真空中，其截面三角形的斜边BC的长度为d，一束单色光从AB侧面的中点垂直AB入射．若三棱镜的折射率为2，∠C＝30°，单色光在真空中的传播速度为c，求：图4①该单色光第一次从棱镜射入真空时的折射角；②该单色光从进入棱镜到第一次从棱镜射出所经历的时间．【解析】(1)选ACE.由乙图知，质点的振动周期为T＝0.4 s，故A正确；由甲图知，波长λ＝8 m，则波速为：v＝λT＝80.4m/s＝20 m/s，故B错误；由乙图知，t＝0.2 s时刻，质点Q向下运动，根据甲图可知，该波沿x轴负方向传播，故C正确；由图乙可知，t＝0.1 s时刻，质点Q位于最大位移处，所以加速度大小一定不为零，故D错误；因为T＝0.4 s，则从t＝0.2 s到t＝0.4 s为半个周期，所以质点P通过的路程为20 cm，故E正确．(2)①画出该单色光在三棱镜中传播的光路如图所示．当光线到达三棱镜的BC边时，因∠C＝30°，由几何关系可知α＝60°又因为三棱镜的折射率n＝2，所以光发生全反射的临界角为45°因α＝60°，所以该单色光在BC边发生全反射．当该单色光到达三棱镜的AC边时，由几何关系可知，其入射角为β＝30°设其折射角为γ，则由折射定律n＝sin γsin β可得：γ＝45°.②因为截面三角形的斜边BC的长度为d，D为AB边的中点，∠C＝30°，由几何关系可知DE＝3d 4因为α＝60°，所以∠CEF＝30°，又∠C＝30°，由几何关系可知EF＝3d 6该单色光在三棱镜中的传播速度为v＝cn＝c2所以单色光从进入棱镜到第一次从棱镜射出所经历的时间t＝DE＋EFv代入数据可解得：t＝56d 12c.【答案】(1)ACE(2)①45°②56d 12c3．(2018·宝鸡市一模)(1)(5分)一列简谐横波沿着x轴正方向传播，波中A、B两质点在平衡位置间的距离为0.5 m，且小于一个波长，如图5甲所示，A、B 两质点振动图象如图乙所示．由此可知________．(填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)图5A．波中质点在一个周期内通过的路程为8 cmB．该机械波的波长为4 mC．该机械波的波速为0.5 m/sD．t＝1.5 s时A、B两质点的位移相同E ．t ＝1.5 s 时A 、B 两质点的振动速度相同(2)(10分)有一个上、下表面平行且足够大的玻璃平板，玻璃平板的折射率为n ＝43、厚度为d ＝12 cm.现在其上方的空气中放置一点光源S ，点光源距玻璃板的距离为L ＝18 cm ，从S 发出的光射向玻璃板，光线与竖直方向夹角最大为θ＝53°，经过玻璃板后从下表面射出，形成一个圆形光斑，如图6所示．求玻璃板下表面圆形光斑的半径(sin 53°＝0.8)．图6【解析】 (1)选ACE.由图可知，该波的振幅为2 cm ，波中质点在一个周期内通过的路程为4倍的振幅，即8 cm ，故A 正确；由图知，t ＝0时刻B点通过平衡位置向上运动，A 点位于波峰，则有：Δx ＝x 2－x 1＝(n ＋14)λ，n＝0,1,2,3…由题λ>Δx ＝0.5 m ，则知n 只能取0，故λ＝2 m ，故B 错误；由图知周期T ＝4 s ，则波速为v ＝λT ＝24 m/s ＝0.5 m/s ，故C 正确；由图可知，在t ＝1.5s 时刻，A 的位移为负，而B 的位移为正，故D 错误．由图知，t ＝1.5 s 时A 、B 两质点到平衡位置的距离是相等的，所以振动的速度大小相等；又由图可知，在t ＝1.5 s 时刻二者运动的方向相同，所以它们的振动速度相同，故E 正确．(2)由题意可知光在玻璃板上表面发生折射时的入射角为θ，设其折射角为r ，由折射定律可得：n ＝sin θsin r ，代入数据可得：r ＝37°.光在玻璃板下表面发生折射时，由于入射角r 始终小于玻璃板的临界角，所以不会发生全反射，光在玻璃板中传播的光路图如图所示．所以光从玻璃板下表面射出时形成一个圆形发光面，设其半径大小为R，则有：R＝L tan θ＋d tan r，代入数据可得：R＝33 cm.【答案】(1)ACE(2)33 cm。

考前特训第一部分题型突破练选择题标准练(一)二、选择题(本题共8小题，每小题6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．(2017·“皖南八校”二次联考)下列说法正确的是( )A．汤姆孙发现电子从而提出了原子的核式结构模型B．普朗克通过对光电效应现象的分析提出了光子说C．极限频率越小的金属材料逸出功越大D．现已建成的核电站发电的能量来自于重核裂变答案 D解析汤姆孙发现电子，卢瑟福提出了原子的核式结构模型，选项A错误；爱因斯坦通过对光电效应现象的分析提出了光子说，故B错误；根据W0＝hνc可知极限频率越小的金属材料逸出功越小，选项C错误；现已建成的核电站发电的能量来自于重核裂变，选项D正确．15．(2017·山东菏泽市二模)如图1，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，B 端与水平面相切，轨道上的小球在水平向右的力F作用下，缓慢地由A向B运动，轨道对球的弹力为F N，在运动过程中( )图1A．F增大，F N减小B．F减小，F N减小C．F增大，F N增大D．F减小，F N增大答案 B解析设小球与轨道圆心连线与水平方向夹角为θ，由A向B运动，θ增大，F N＝mgsin θ，F＝mgtan θ都在减小．16．(2017·福建莆田市3月模拟)如图2，O点固定着一电荷量为＋Q的点电荷，在其下方光滑绝缘水平面上的N点，由静止释放一质量为m、电荷量为－q的试探电荷，该试探电荷经过P 点时的速度为v ，规定电场中P 点的电势为零，则在＋Q 形成的电场中( )图2A ．N 点电势高于P 点电势B ．N 点场强大于P 点场强C ．N 点电势为－mv 22qD ．试探电荷在N 点具有的电势能为－12mv 2答案 C解析 由点电荷的电场特点知，N 点的电势低于P 点电势；由E ＝k Qr2，N 点场强小于P 点场强；由－q (φN －φP )＝12mv 2和φP ＝0得φN ＝－mv 22q ；试探电荷在N 点的电势能为12mv 2.17．(2017·河南天一大联考五)如图3所示，两根相同的轻细线下端分别悬挂两小球A 和B .上端固定于同一点，若两小球绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两小球在运动的过程中，下列说法正确的是( )图3A ．小球A 的线速度大于小球B 的线速度 B ．小球A 的线速度小于小球B 的线速度C ．小球A 的向心力大于小球B 的向心力D ．小球A 的向心力小于小球B 的向心力 答案 A解析 设细线和竖直方向的夹角为θ，细线的长度为L ，细线的拉力为F T ，则有F T cos θ＝mg ，F T sin θ＝F n ＝m v 2r，r ＝L sin θ，联立解得v ＝gL sin 2θcos θ，F n ＝mg tan θ，结合题图可知，小球A 的线速度大于小球B 的线速度，故选项A 正确，选项B 错误；小球的向心力为F n ＝mg tan θ，由于不知道小球A 和小球B 质量的大小关系，故无法确定小球A 和小球B 的向心力的大小关系，故选项C 、D 错误．18．(2017·山东枣庄市二模)如图4所示，理想变压器的原、副线圈(其中副线圈的匝数可调节)匝数比为1∶4，原线圈通入正弦式交变电流，副线圈连接定值电阻R .若将副线圈的匝数减小80匝，电阻R 的功率减小了36%，则原线圈的匝数为( )图4A ．80B ．100C ．120D ．无法确定答案 B解析 由P ＝U 2R，功率减小了36%，则U 2′＝0.8U 2，由U 1U 2＝14＝n 1n 2，则n 2＝4n 1，U 1U 2′＝n 1n 2－80＝n 14n 1－80，可得n 1＝100. 19．(2017·黑龙江哈尔滨市模拟)假设地球可视为质量分布均匀的球体．已知地球表面重力加速度的大小在两极为g 0，在赤道为g ，地球的自转周期为T ，引力常量为G ，则( ) A ．地球的半径R ＝(g 0－g )T 24π2B ．地球的半径R ＝g 0T 24π2C ．假如地球自转周期T 增大，那么两极处重力加速度g 0值不变D ．假如地球自转周期T 增大，那么赤道处重力加速度g 值减小 答案 AC解析 在地球两极处：mg 0＝GMm R 2① 在地球赤道上：GMm R 2－mg ＝m 4π2T2R ②联立①②得：R ＝(g 0－g )T24π2故A 正确，B 错误；由②式知，假如地球自转周期T 增大，赤道处重力加速度g 值增大，故D 错误；由①式知，两极处的重力加速度与地球自转周期无关，故C 正确．20．(2017·辽宁葫芦岛市模拟)如图5所示，圆心角为90°的扇形COD 内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，E 点为半径OD 的中点，现有比荷大小相等的两个带电粒子a 、b (不计重力)以大小不等的速度分别从O 、E 点均沿OC 方向射入磁场，粒子a 恰从D 点射出磁场，粒子b 恰从C 点射出磁场，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法中正确的是( )图5A ．粒子a 带负电，粒子b 带正电B ．粒子a 、b 在磁场中运动的加速度大小之比为2∶5C ．粒子a 、b 的速率之比为5∶2D ．粒子a 、b 在磁场中运动的时间之比为180∶53 答案 ABD解析 两个粒子的运动轨迹如图所示，据左手定则判断知粒子a 带负电，粒子b 带正电，A 正确；设扇形COD 的半径为r ，粒子a 、b 的轨道半径分别为R a 、R b ，则R a ＝r 2，R b 2＝r 2＋(R b －r 2)2，sin θ＝r R b ，得R b ＝54r ，θ＝53°，由qvB ＝m v 2R ，得v ＝qB m R ，所以粒子a 、b 的速度之比为v a v b ＝R a R b ＝25，C 错误；由a ＝qvBm ，得粒子a 、b 在磁场中运动的加速度大小之比为a a a b ＝v a v b ＝25，B 正确；粒子a 在磁场中运动的时间t a ＝πR a v a ，粒子b 在磁场中运动的时间t b ＝53°180°πR bv b ，则t a t b ＝18053，D 正确．21．如图6所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h ＝0.1 m 处，滑块与弹簧不拴接．现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h 并作出滑块的动能E k －h 图象，其中h ＝0.18 m 时对应图象的最顶点，高度从0.2 m 上升到0.35 m 范围内图象为直线，其余为曲线，取g ＝10 m/s 2，由图象可知()图6 A．滑块的质量为0.18 kgB．弹簧的劲度系数为100 N/mC．滑块运动的最大加速度为40 m/s2D．弹簧的弹性势能最大值为0.7 J答案BC解析在从0.2 m上升到0.35 m范围内，ΔE k＝ΔE p＝mgΔh，图线的斜率绝对值为：k＝ΔE k Δh＝0.30.35－0.2N＝2 N＝mg，则m＝0.2 kg，故A错误；由题意滑块与弹簧在弹簧原长时分离，弹簧的原长为0.2 m，h＝0.18 m时速度最大，此时mg＝kx1，x1＝0.02 m，得k＝100 N/m，故B正确；在h＝0.1 m处时滑块加速度最大kx2－mg＝ma，其中x2＝0.1 m，得最大加速度a＝40 m/s2，故C正确；根据能量守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以E pm＝mgΔh m＝0.2×10×(0.35－0.1) J＝0.5 J，故D错误．。

高考仿真冲刺卷(四)(建议用时:60分钟满分:110分)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.下列说法正确的是( )A.氡的半衰期是3.8天,所以10个氡原子核经过3.8天一定还剩5个B.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应C.核子凭借核力结合在一起构成原子核D.温度越高,放射性元素衰变越快15.甲、乙两人同时同地骑自行车出发做直线运动,前1 h内的位移—时间图像如图所示,下列表述正确的是( )A.0.2～0.5 h内,甲的速度比乙的小B.0.2～0.5 h内,甲的加速度比乙的大C.0.7～0.9 h内,甲的位移比乙的小D.0.9 h,甲追上乙16.质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时,引力势能可表示为E p=-,其中G为引力常量,M为地球质量.当卫星的机械能大于0时,卫星就会脱离地球的束缚,某卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动,要想使该卫星成为绕太阳运行的人造行星,则对卫星做的功必须大于( )A. B.C. D.17. 如图所示,在粗糙水平面上有A,B,C,D四个小物块,它们用四根相同的橡皮绳连接成一个菱形并保持静止.已知∠DAB=120°,每根橡皮绳的弹力大小为F,当剪断AD间橡皮绳后,物块A所受摩擦力大小为( )A.FB. FC.2FD.018.如图所示电路中,电流表A和电压表V均可视为理想电表.闭合开关S后,将滑动变阻器R P的滑片向右移动,下列说法正确的是( )A.电流表A的示数变大B.电压表V的示数变大C.电容器C所带的电荷量减少D.电源的效率增加19.如图(甲)所示,x轴上固定两个点电荷Q1,Q2(Q2位于坐标原点O),其上面有M,N,P三点,间距MN=NP,Q1,Q2在轴上产生的电势 随x变化关系如图(乙).则( )A.N点电场强度大小为零B.从M点到P点电场强度先增大后减小C.M,N之间电场方向沿x轴正方向D.一正试探电荷从P移到M过程中,电场力做功|W PN|=|W NM|20.铁路运输中设计的多种装置都运用了电磁感应原理.有一种电磁装置可以向控制中心传输信号以确定火车的位置和运动状态,装置的原理是:将能产生匀强磁场的磁铁安装在火车首节车厢下面,如图(甲)所示(俯视图),当它经过安放在两铁轨间的矩形线圈时,线圈便产生一个电信号传输给控制中心.线圈宽为l1,长为l2,匝数为n.若匀强磁场只分布在一个矩形区域内,当火车首节车厢通过线圈时,控制中心接收到线圈两端电压u与时间t的关系如图(乙)所示(ab,cd均为直线),则在t1～t2时间内( )A.火车做匀速直线运动B.M点电势低于N点电势C.火车加速度大小为D.火车平均速度大小为21. 如图所示,内壁光滑的玻璃管竖直的放在水平地面上,管内底部竖直放有一轻弹簧处于自然伸长状态,正上方有两个质量分别为m和2m的a,b小球,用竖直的轻杆连着,并处于静止状态,球的直径比管的内径稍小.现释放两个小球,让它们自由下落,重力加速度大小为g.则在从b球与弹簧接触至运动到最低点的过程中,下列说法正确的是( )A.a球的动能始终减小B.b球克服弹簧弹力做的功是杆对b球做功的3倍C.弹簧对b球做的功等于a,b两球机械能的变化量D.b球到达最低点时杆对a球的作用力等于mg三、非选择题:包括必考题和选考题两部分,第22～25题为必考题,每个试题考生都必须作答,第33～34题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题:共47分.22. (6分)如图是某同学研究小球下落时的频闪照片,频闪仪每隔0.1 s闪光一次并进行拍照.照片中小球静止时在位置1,某时刻释放小球,下落中的小球各位置与位置1的距离如图中所标的数据(单位:cm).实验过程并没有错误,但该同学发现图中数据存在以下问题:根据h=gt2得位置1与位置2的距离为4.90 cm,而图中标出的位置1和位置2的距离为 1.23 cm,比 4.90 cm小很多,你对此问题的解释是下落中小球在位置3的速度为m/s,小球做自由落体运动的加速度为m/s2.(计算结果保留三位有效数字)23.(9分)某同学对实验室的一个多用电表中的电池进行更换时发现,里面除了一节1.5 V的干电池外,还有一个方形电池(电动势9 V左右).为了测定该方型电池的电动势E和内电阻r,实验室中提供如下器材:A.电流表A1(满偏电流10 mA,内阻R A1=10 Ω)B.电流表A2(0～0.6 A,内阻未知)C.滑动变阻器R0(0～100 Ω,1 A)D.定值电阻R(阻值990 Ω)E.开关与导线若干(1)根据现有的实验器材,设计一个电路,较精确测量该电池的电动势和内阻,请在图(甲)中的虚线框中画出电路图.(2)请根据你设计的电路图,写出电流表A1的示数I1与电流表A2的示数I2之间的关系式:I1= .(3)如图(乙)为该同学根据正确设计的实验电路测出多组数据并绘出的I1I2图线,由图线可以求出被测方形电池的电动势E= V,内阻r= Ω.(结果保留两位有效数字)24. (12分)“太空粒子探测器”是由加速装置、偏转装置和收集装置三部分组成的,其原理可简化如下:如图所示,辐射状的加速电场区域边界为两个同心圆,圆心为O,外圆的半径R1=2 m,电势ϕ1=50 V,内圆的半径R2=1 m,电势ϕ2=0,内圆内有磁感应强度大小B=5×10-3T、方向垂直纸面向里的匀强磁场,收集薄板MN与内圆的一条直径重合,收集薄板两端M,N与内圆间各存在狭缝(图中未画出).假设太空中漂浮着质量m=1.0×10-10kg、电荷量q=4×10-4C的带正电粒子,它们能均匀地吸附到外圆面上,并被加速电场从静止开始加速,进入磁场后,发生偏转,最后打在收集薄板MN上并被吸收(收集薄板两侧均能吸收粒子),不考虑粒子相互间的碰撞和作用.(1)求粒子刚到达内圆时速度的大小;(2)以收集薄板MN所在的直线为x轴建立如图的平面直角坐标系.分析外圆哪些位置的粒子将在电场和磁场中做周期性运动.指出该位置并求出这些粒子运动一个周期内在磁场中所用时间.25. (20分)如图所示,倾角θ=37°的光滑且足够长的斜面固定在水平面上,在斜面顶端固定一个轮半径和质量不计的光滑定滑轮D,质量均为m=1 kg的物体A和B用一劲度系数k=240 N/m的轻弹簧连接,物体B被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板P挡住.用一不可伸长的轻绳使物体A跨过定滑轮与质量为M的小环C连接,小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆,当整个系统静止时,环C位于Q处,绳与细杆的夹角α=53°,且物体B对挡板P的压力恰好为零.图中SD水平且长度为d=0.2 m,位置R与位置Q关于位置S对称,轻弹簧和定滑轮右侧的绳均与斜面平行.现让环C从位置R由静止释放,且环C在下落过程中绳始终未松弛.sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2.求:(1)小环C的质量M;(2)小环C通过位置S时的动能E k及环从位置R运动到位置S的过程中轻绳对环做的功W T;(3)小环C运动到位置Q的速率v.(二)选考题:共15分.(请考生从给出的2道物理题中任选一题作答)33.[物理——选修33](15分)(1)(5分)关于热学知识的下列叙述中正确的是(填正确答案标号.选对1个得2分,选对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.布朗运动就是液体分子的热运动B.物体温度升高,并不表示物体内所有分子的动能都增大C.内能可以全部转化为机械能而不引起其他变化D.分子间距等于分子间平衡距离r0时,分子势能最小E.一切自然过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行(2)(10分) 如图,上端开口的竖直汽缸由大、小两个同轴圆筒组成,两圆筒中各有一个活塞,两活塞用刚性轻杆连接,两活塞间充有氧气,小活塞下方充有氮气.已知大活塞的质量为2m、横截面积为2S,小活塞的质量为m、横截面积为S,两活塞间距为L,大活塞导热性能良好,汽缸及小活塞绝热,初始时氮气和汽缸外大气的压强均为p0,氮气的温度为T0,大活塞与大圆筒底部相距为,小活塞与小圆筒底部相距为L.两活塞与汽缸壁之间的摩擦不计,重力加速度为g.现通过电阻丝缓慢加热氮气,当小活塞缓慢上升至上表面与大圆筒底部平齐时,求①两活塞间氧气的压强;②小活塞下方氮气的温度.34.[物理——选修34](15分)(1)(5分)如图波源S1在绳的左端发出频率为f1,振幅为A1的半个波形a,同时另一个波源S2在绳的右端发出频率为f2、振幅为A2的半个波形b(f1<f2),P为两个波源连线的中点,下列说法正确的是(填正确答案标号.选对1个得2分,选对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.两列波将同时到达P点B.a的波峰到达S2时,b的波峰也恰好到达S1C.两列波在P点叠加时P点的位移最大可达A1+A2D.两列波相遇时,绳上位移可达A1+A2的点只有一个,此点在P点的左侧E.两波源起振方向相同(2) (10分)如图所示,等腰直角三角形棱镜ABC,一组平行光线垂直斜面AB射入(图中未画出).①如果光线不从AC,BC面射出,求三棱镜的折射率n的范围;②如果光线顺时针转过θ=60°,即与AB成30°角斜向下(如图所示),不考虑反射光线的影响,当n=时,能否有光线从BC,AC面射出?高考仿真冲刺卷(四)14.C 半衰期对大量的原子核适用,对少量的原子核不适用,选项A错误;太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应,选项B错误;核子凭借核力结合在一起构成原子核,选项C正确;半衰期与外界条件无关,选项D 错误.15.D x t图像的斜率表示速度,甲的斜率大,则甲的速度比乙的大,故A错误,由图知,0.2~0.5 h内甲、乙都做匀速直线运动,加速度均为零,故B错误,物体的位移等于x的变化量,则知0.7~0.9 h内,甲的位移比乙的大,故C错误,0.9 h时,甲、乙在同一位置,甲追上乙,故D正确.16.A 设卫星在半径为R1的轨道上运行时的速度为v1,则=m,解得此时卫星的动能为E k1=,所以卫星的机械能为E=E k1+E p1=-,则要使卫星脱离地球的束缚成为绕太阳运行的人造卫星,卫星的机械能要大于零,则对卫星做的功必须大于,A正确.17.A 物块A水平方向受两橡皮绳的拉力和摩擦力作用而处于平衡状态,由于∠DAB=120°,每根橡皮绳的弹力大小为F,故A受拉力的合力为F,方向沿AC方向;当剪断AD间橡皮绳后,物体只受A,B间橡皮绳拉力,大小为F,则此时A仍能处于静止,摩擦力大小与拉力的大小相等,方向沿AB的反方向,故A正确.18.D R P的滑片向右移动,接入电路的电阻增大,电路的总电阻增大,由I=知,干路中的电流减小,路端电压增大,R1两端的电压减小,电压表V的示数变小,B错误;并联部分的电压增大,电容器C所带的电荷量增加,C错误;通过R2的电流增大,所以通过R P支路的电流减小,电流表的示数变小,A错误;电源的效率η=×100%=,所以效率增加,D正确.19.AC 电势φ随x变化关系图线中切线的斜率表示电场强度,所以N点电场强度大小为零,故A正确;从M 点到P点电场强度先减小后增大,故B错误;M点的电势为零,N点电势小于零,因沿电场线方向电势降低,故在MN间电场方向由M指向N,沿x轴正方向,故C正确;由图知|U MN|>|U NP|,故一正试探电荷从P移到M过程中,电场力做功|W PN|<|W NM|,D错误.20.BD 由E=BLv可知,动生电动势与速度成正比,而在(乙)图中ab段的电压与时间成线性关系,因此可知在t1到t2这段时间内,火车的速度随时间均匀增加,所以火车在这段时间内做的是匀加速直线运动,故A错误;根据右手定则,线圈中的感应电流是逆时针的,M点电势低于N点电势,B正确;由图知t1时刻对应的速度为v1=,t2时刻对应的速度为v2=,故这段时间内的加速度为a==,平均速度为v==,故C错误,D正确.21.BC 刚开始接触时,由于弹簧的弹力还小于两者的重力,所以此时两球仍做加速运动,当弹簧的弹力等于两者的重力时,两者速度达到最大,之后弹力大于两者的重力,两球做减速运动,则a球动能先增大后减小,故A 错误;两球的加速度始终相等,设为a.根据牛顿第二定律,对a球有F杆-mg=ma,对b球有F弹-2mg-F杆=2ma,解得F弹=3F杆.因两球位移相等,则由W=Fl可知,弹簧对b球做功的大小是杆对b球做功的3倍,即b球克服弹簧弹力做的功是杆对b球做功的3倍,故B正确;将两球看做一个整体,整体除了重力做功之外就是弹力做功,由功能关系可知弹簧对b球做的功等于a,b两球机械能的变化量,C正确;到达最低点时ab均具有向上的加速度,此时a球受向上的杆的作用力一定大于自身的重力,故D错误.22.解析:小球下落到位置2时下落的时间小于0.1 s,所以位置1和位置2的距离比4.90 cm小很多;下落中小球在位置3的速度为v3==m/s=1.47 m/s;小球做自由落体运动的加速度为g==m/s2=9.80 m/s2.答案:(1)小球在位置2时下落的时间小于0.1 s(2)1.47 (3)9.80评分标准:每问2分.23.解析:(1)由于需要测量较为精确的数据,故需要多次测量,则需要将变阻器当成外电阻,用电压表和电流表分别测其路端电压和通过电源的电流,而题中没有提供电压表,需要通过电流表A1与定值电阻串联组成,再用电流表A2测电流,故电路图如图所示.(2)根据闭合电路欧姆定律,有E=U+Ir=I1(R+R A1)+(I1+I2)r,解之得I1=E-I2.(3)在图线上取两组数据,代入到上式中,可解得E≈9.1 V,r≈10 Ω.答案:(1)见解析(2)E-I2(3)9.1 10评分标准:电路图3分,每空2分.24.解析:(1)带电粒子在电场中被加速时,由动能定理可知qU=mv2-0(2分)U=φ1-φ2(2分)解得v=2×104 m/s.(1分)(2)粒子进入磁场后,在洛伦兹力的作用下发生偏转,有qvB=(2分)解得r=1.0 m,(1分)因为r=R2,所以由几何关系可知,从收集板左端贴着收集板上表面进入磁场的粒子在磁场中运动圆周后,射出磁场,进入电场,在电场中先减速后反向加速,并返回磁场,如此反复的周期运动,其运动轨迹如图所示,则在磁场中运动的时间为T.(2分)T==,解得T=π×10-4 s.(1分)粒子进入电场的四个位置坐标分别为(0,2 m),(2 m,0),(0,-2 m),(-2 m,0).(1分)答案:(1)2×104m/s (2)(0,2 m),(2 m,0),(0,-2 m),(-2 m,0) π×10-4 s25.解析:(1)系统静止时先以A,B组成的整体为研究对象,A,B系统受到重力,支持力和绳子的拉力处于平衡状态,则绳子的拉力为T=2mgsin θ=12 N(2分)以C为研究对象,则C受到重力、绳子的拉力和杆的弹力处于平衡状态,则Tcos α=Mg(2分)代入数据得M=0.72 kg.(1分)(2)由题意,开始时B恰好对挡板没有压力,所以B受到重力、支持力和弹簧的拉力,弹簧处于伸长状态,弹簧对B产生拉力,F1=mgsin θ=6 N(1分)弹簧的伸长量Δx1==0.025 m(1分)当小环C、通过位置S时A下降的距离为x A=-d=0.05 m(1分)此时弹簧的压缩量Δx2=x A-Δx1=0.025 m(1分)所以小环C从R运动到S的过程中,初、末态的弹性势能相等,小环C运动到位置S时A的速度为零,对于小环C弹簧和A组成的系统由机械能守恒得,+mgx A sin θ=E k(2分)解得E k=1.38 J(1分)环从位置R运动到位置S的过程中,由动能定理可知W T+=E k(2分)解得W T=0.3 J.(1分)(3)环从位置R运动到位置Q的过程中,对于小环C、弹簧和A组成的系统,由机械能守恒得=Mv2+m(2分)v A=vcos α(2分)两式联立可得v=2 m/s.(1分)答案:(1)0.72 kg (2)1.38 J 0.3 J (3)2 m/s33.解析:(1)布朗运动是小微粒的运动,A错误;温度升高,平均动能增大,但不是物体内所有分子的动能都增大,故B正确;不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功,而不引起其他变化,C错误;分子间距离等于分子间平衡距离时,分子之间的相互作用是零,若增大分子间距,分子之间的引力做负功,分子势能增大;若减小分子间距,分子斥力又做负功,分子势能增大,所以此时的分子势能最小,故D正确;根据热力学第二定律,熵只会增加,一切自然过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行,故E正确.(2)①以两活塞整体为研究对象,设初始时氧气压强为p1,根据平衡条件有p0S+3mg=p1S(1分)解得p1=p0+(1分)初始时氧气体积V1=S L-+2S·=(1分)当小活塞缓慢上升至上表面与大圆筒底部平齐时,氧气体积V2=2SL(1分)由于大活塞导热,小活塞缓慢上升可认为氧气温度不变,设此时氧气压强为p2,由玻意耳定律得p2V2=p1V1(1分)联立解得氧气的压强p2=p0+.(1分)②设此时氮气压强为p,温度为T,根据平衡条件有p0·2S+3mg=p2S+pS(1分)得p=p0+(1分)根据理想气体状态方程有=(1分)联立得T=+T0(1分)答案:(1)BDE (2)①p0+②+T034.解析:(1)两列波在同一介质中传播,波速相等,同时到达中点P,A正确;因波长不同,当a的波峰到达S2时,b 的波峰已越过S1,B错误;由于a的波长大于b的波长,两列波在P点叠加时两列波的波峰不可能同时到达P 点,所以P点的位移最大不可能达A1+A2,C错误;两列波相遇时,两列波峰同时到达P点的左侧,叠加后位移达到最大值,所以两列波相遇时,绳上位移可达A1+A2的点只有一个,而且此点在P点的左侧,D正确;依据波的传播方向,可知,波源的振动方向均向上,E正确.(2)①光线穿过AB面后方向不变,在AC,BC面上的入射角均为45°,发生全反射的条件为sin 45°≥,解得n≥,(3分)②当n=时,设发生全反射的临界角为C,则有sin C=(3分)折射光线如图所示,n=,解得r=30°(2分)在BC边的入射角β=15°<C,所以光线可以从BC射出,(1分)在AC边的入射角θ=75°>C,所以光线不能从AC边射出,即光只能从BC边射出.(1分)答案:(1)ADE(2)①n≥②光只能从BC边射出。