新课标2020高考物理二轮复习综合模拟滚动八含解析

高考模拟理科综合测试物理试卷本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分，共120分。

第Ⅰ卷注意事项：答卷前，考生务必用蓝、黑水笔将自己的姓名、准考证号、考试科目填涂在答题卡上相应位置；答题时，务必将答案用2B 铅笔涂写在答题卡上，答在试卷上无效。

一、单项选择题（每小题6分，共30分。

每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。

）1．氢原子能级的示意图如图所示，大量氢原子从n=4的能级向n=2的能级跃迁时辐射出可见光a ，从n=3的能级向n=2的能级跃迁时辐射出可见光b ，则 A ．b 光的光子能量大于a 光的光子能量B ．氢原子从n =4的能级向n =3的能级跃迁时会辐射出紫外线C ．在水中传播时，a 光较b 光的速度小D ．用同一装置进行双缝干涉实验，a 光的相邻条纹间距较大 2．如图所示，直线A 为某电源的U-I 图线，曲线B 为某小灯泡的U-I 图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是A ．4 W ，8 WB ．4W ，6 WC ．2 W ，3 WD ．2 W ，4 W3．图（a ）为一列简谐横波在t=2 s 时的波形图，图（b ）为介质中平衡位置在x=1.5 m 处的质点的振动图象，P 是平衡位置为x=2 m 的质点。

下列说法错误．．的是 A ．波速为0.5 m/s B ．波的传播方向向右C ．当t=7 s 时，P 恰好回到平衡位置D ．0~2 s 时间内，P 向y 轴负方向运动4．2006年美国NBA 全明星赛非常精彩，最后东部队以2分的微弱优势取胜，本次比赛的最佳队员为东部队的詹姆斯。

假设他在某次投篮过程中对篮球做功为W ，出手高度为h 1，篮筐距地面高度为h 2，球的质量为m ，不计空气阻力，则篮球进筐时的动能为 A ．W +21mgh mgh - B ．12mgh mgh -－W C ．21mgh mgh +－W D ．W +12mgh mgh -5．如图所示为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n 1=n 4＜n 2=n 3，四个模拟输电线的电阻R 1、R 2、R 3、R 4的阻值均为R ，A 1、A 2为相同的理想交流电流表，L 1、L 2I/AU /V3 2 1 AB为相同的小灯泡，灯丝电阻R L＞2R，忽略灯丝电阻随温度的变化。

高考模拟卷(一)一、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，有选错或不答的得0分)14．一种典型的铀核裂变是生成钡和氪，同时放出3个中子，核反应方程是U＋X→Ba＋Kr＋3n，已知部分原子核的比结合能5689361092144235与核子数的关系如图所示，下列说法正确的是( )A．核反应方程中，X粒子是中子B．核反应方程中，X粒子是质子C.U、Ba和Kr相比，Ba核的比结合能最大，它最稳定5689361445692144235D.U、Ba和Kr相比，U核的核子数最多，它的比结合能5689362359292144235最大解析：根据质量数和电荷数守恒可得X为n，为中子，A正确，B10错误；从图中可知中等质量的原子核的比结合能最大，故Kr的比结8936合能最大，C、D错误．答案：A15．如图所示，一轻杆一端固定一小球，绕另一端O点在竖直面内做匀速圆周运动，在小球运动过程中，轻杆对它的作用力( )A．方向始终沿杆指向O点B．一直不做功C．从最高点到最低点，一直做负功D．从最高点到最低点，先做负功再做正功解析：小球做匀速圆周运动，合力提供向心力，方向始终沿杆指向O点，小球受重力和杆的作用力，所以杆的作用力不一定沿杆指向O 点，故A错误；小球做匀速圆周运动，合力做功为零，从最高点到最低点，重力做正功，所以杆一直做负功，故B、D错误，C正确．答案：C16．如图所示，倾角θ＝37°的上表面光滑的斜面体放在水平地面上，一个可以看成质点的小球用细线拉住与斜面一起保持静止状态，细线与斜面间的夹角也为37°.若将拉力换为大小不变、方向水平向左的推力，斜面体仍然保持静止状态．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是( )A．小球将向上加速运动B．小球对斜面的压力变大C．地面受到的压力不变D．地面受到的摩擦力不变解析：小球处于静止状态，所以合外力为零，小球受力为：竖直向下的重力G，斜面对小球的支持力F N和细线对小球的拉力F，把三个力正交分解，列平衡方程为：G cos 37°＝F N＋F sin 37°，F cos 37°＝G sin 37°，两式联立解得：F ＝G ，F N ＝G ；将拉力换为大小不变、34720方向水平向左的推力，小球受力为：竖直向下的重力G ，斜面对小球的支持力F ′N 和方向水平向左的推力，把三个力正交分解，沿斜面方向有F cos 37°＝G sin 37°，故小球处于静止状态，垂直斜面方向F ′N ＝G cos 37°＋F sin 37°＝G ，小球对斜面的压力变大，故A 错误，B 正确；54斜面体与小球为整体，受力为：竖直向下的重力G ′、地面对斜面体的支持力F ″N 、地面对其的摩擦力和细线对小球的拉力F ；将拉力换为大小不变、方向水平向左的推力，受力为：竖直向下的重力G ′、地面对斜面体的支持力F N 、地面对其的摩擦力和方向水平向左的推力F ，所以地面对斜面体的支持力变大，地面对其的摩擦力变大，由牛顿第三定律知，地面受到的压力和摩擦力均变大，故C 、D 错误．答案：B17．如图，在xOy 平面内，虚线y ＝x 左上方存在范围足够大、33磁感应强度为B 的匀强磁场，在A (0，l )处有一个粒子源，可沿平面内各个方向射出质量为m ，电荷量为q 的带电粒子，速率均为，粒3qBl 2m子重力不计．则粒子在磁场中运动的最短时间为( )A. B.πm qB πm 4qB C. D.πm 3qB πm 6qB解析：粒子进入磁场中做匀速圆周运动，则有：q v B ＝，而将m v 2r题中的v 值代入得：r ＝l ，分析可知：粒子运动的时间t 最短时，粒32子偏转的角度θ最小，则θ所对弦长最短，作AB ⊥OB 于B 点，AB 即为最短的弦，假设粒子带负电，结合左手定则，根据几何关系有：AB ＝OA sin 60°＝l ，粒子偏转的角度：θ＝60°，结合周期公式：T ＝，322πm qB可知粒子在磁场中运动的最短时间为：t ＝＝，故C 正确，A 、B 、D T 6πm 3qB错误．答案：C18．一含有理想降压变压器的电路如图所示，U 为正弦交流电源，输出电压的有效值恒定，L 为灯泡(其灯丝电阻可以视为不变)，R 、R1和R 2为定值电阻，R 3为光敏电阻，其阻值的大小随照射光强度的增强而减小．现将照射光强度增强，则( )A ．原线圈两端电压不变B ．通过原线圈的电流减小C ．灯泡L 变暗D ．R 1两端的电压增大解析：当入射光的强度增强时，由题意可知，光敏电阻R3的阻值减小，则副线圈的负载电阻减小，副线圈的电流增大，则原线圈的电流增大，定值电阻R分得的电压增大，原线圈的输入电压减小，A、B 错误；副线圈的输出电压减小，由于副线圈的电流增大，则定值电阻R1的电压增大，则并联部分的电压减小，流过定值电阻R2的电流减小，灯泡的电流增大，灯泡变亮，C错误，D正确．答案：D19．如图所示为缓慢关门时(图中箭头方向)门锁的示意图，锁舌尖角为37°，此时弹簧弹力为30 N，锁舌表面较光滑，摩擦不计，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是( )A．关门过程中锁壳碰锁舌的弹力逐渐增大B．关门过程中锁壳碰锁舌的弹力保持不变C．此时锁壳碰锁舌的弹力为37.5 ND．此时锁壳碰锁舌的弹力为50 N解析：关门时，锁舌受到锁壳的作用力，弹簧被压缩，处于压缩状态，则弹力增大，故A正确，B错误；对锁舌受力分析，受到弹簧弹力和锁壳的作用力，受力平衡，则有F弹＝F sin 37°，因此F＝30 0.6N＝50 N，故C错误，D正确．答案：AD20．如图所示，一带电粒子在匀强电场中只受电场力而运动，经过一平面直角坐标系中的a、O、b三点时的动能分别为10 eV、4 eV、12 eV，下列说法正确的是( )A．该电场方向一定与xOy平面平行B．该电场场强大小为200V/m2C．O点是该粒子轨迹上电势能最大的点D．该粒子轨迹为抛物线解析：带电粒子在匀强电场中只受电场力运动，由于电场力是恒力，而且粒子在xOy平面内运动，所以电场力方向一定与xOy平面平行，则电场方向一定与xOy平面平行，由于a、O、b三点不在同一直线上，所以粒子做匀变速曲线运动，轨迹为抛物线，分析可知，电场方向与x轴的夹角为45°，O点不是抛物线轨迹的最高点，则O点不是粒子轨迹上动能最小的点，也不是电势能最大的点，故A、D正确，C 错误；由于粒子电荷量未知，无法确定两点间的电势差，则无法确定电场场强大小，故B错误．答案：AD21.一探测器探测某星球表面时做了两次测量．探测器先在近星轨道上做圆周运动测出运行周期T；着陆后，探测器将一小球以不同的速度竖直向上抛出，测出了小球上升的最大高度h与抛出速度v的二次方的关系，如图所示，图中a、b已知，引力常量为G，忽略空气阻力的影响，根据以上信息可求得( )A ．该星球表面的重力加速度为2b aB ．该星球的半径为bT 28a π2C ．该星球的密度为3πGT 2D ．该星球的第一宇宙速度为4aTπb解析：设该星球表面的重力加速度为g ，由匀变速直线运动规律得h＝，由图得＝，解得g ＝，选项A 错误；探测器做匀速圆周运v 22g12g a b b 2a 动的向心力由万有引力提供，设该星球的半径为R ，探测器的质量为m ，由星球表面重力近似等于万有引力及万有引力定律得mg ＝m ，解4π2R T 2得R ＝，选项B 正确；设该星球的密度为ρ，由万有引力定律得G bT 28π2a＝m ，解得ρ＝，选项C 正确；设该星球的第一宇宙ρ·43πR 3m R 24π2R T 23πGT 2速度为v ，由万有引力定律得mg ＝m ，解得v ＝，选项D 错误．v 2RbT 4πa 答案：BC二、非选择题(共62分．第22～25题为必考题，每个度题考生都必须作答，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)某物理兴趣小组利用如图所示的装置进行实验．在足够大的水平平台上的A 点放置一个光电门，水平平台上A 点右侧摩擦很小可忽略不计，左侧为粗糙水平面，当地重力加速度大小为g .实验步骤如下：①在小滑块a 上固定一个宽度为d 的窄挡光片；②用天平分别测出小滑块a (含挡光片)和小球b 的质量m a 、m b ；③在a 和b 间用细线连接，中间夹一被压缩了的轻弹簧，静止放置在平台上；④细线烧断后，a 、b 瞬间被弹开，向相反方向运动；⑤记录滑块a 通过光电门时挡光片的遮光时间t ；⑥滑块a 最终停在C 点(图中未画出)，用刻度尺测出AC 之间的距离x a ；⑦小球b 从平台边缘飞出后，落在水平地面的B 点，用刻度尺测出平台距水平地面的高度h 及平台边缘铅垂线与B 点之间的水平距离x b ；⑧改变弹簧压缩量，进行多次测量．(1)该实验要验证“动量守恒定律”，则只需验证________＝__________即可(用上述实验数据字母表示)．(2)改变弹簧压缩量，多次测量后，该实验小组得到x a 与的关系1t 2图象如图所示，图线的斜率为k ，则平台上A 点左侧与滑块a 之间的动摩擦因数大小为________(用上述实验数据字母表示)．解析：(1)由于A 点右侧摩擦可以不计，所以被弹开后滑块a 的瞬时速度等于通过光电门的平均速度，即v a ＝，b 被弹开后的瞬时速度d t等于做平抛运动的初速度，v b t ＝x b ，可得v b ＝x b ，该实验要验证动g 2h量守恒定律，则只需要验证＝m b x b ；(2)根据动能定理可得m a d t g 2hμmgx a ＝m v ，即μgx a ＝，化简可得x a ＝·，即k ＝，μ＝122a 12(d t )2 d 22g μ1t 2d 22g μ.d 22kg答案：(1)(2分)　m b x b (2分)(前后两空可互换)　(2)(2分)m a d t g 2hd 22kg23．(9分)某实验小组用如图甲所示的电路图来测量电流表(量程2 mA ，内阻约为200 Ω)的内阻，除待测电流表、1.5 V 的电源、开关和导线外，还有下列可供选择的实验器材：A ．定值电阻R 1B ．定值电阻R 2C ．滑动变阻器R 3(最大阻值为20 Ω)D ．滑动变阻器R 4(最大阻值为1 000 Ω)E ．电阻箱R x (最大阻值为999.9 Ω)F ．灵敏电流计G(内阻很小可忽略)(1)为确保安全，精准实验，滑动变阻器应选用________(填写器材前对应的字母)．(2)用笔画线代替导线，将实物图乙连接成实验电路图．(3)在闭合开关前滑动变阻器的滑片应置于________(选填“a ”或“b ”)端，然后闭合开关移动滑动变阻器的滑片使待测表的示数适当后再不移动滑片，只调节R x ，发现当R x ＝400 Ω时灵敏电流计的示数正好为零；将电阻箱和待测电流表位置互换，其他不动，再次调节R x ′＝100 Ω的灵敏电流计的示数又正好为零，由此可知待测电流表的内阻为________Ω.解析：(1)由于电源电动势较小，而两个滑动变阻器都没有给出额定电流可认为两个都是安全的，此时为便于调节滑动变阻器宜小不宜大，选C 即可．(2)实物图如图所示．(3)为确保电路安全，闭合开关前滑片应置于b 端，让分压电路的电压最小．当R x ＝400 Ω时电流计的示数正好为零，表明＝；将R 1R A R 2R x电阻箱和待测电流表位置互换，电流计的示数又正好为零时有＝R 1R x ′R 2R A，于是有R A ＝，代入数据得R A ＝200 Ω.R x R x ′答案：(1)C(2分)　(2)见解析图(3分)　(3)b (2分)　200(2分)24．(12分)如图所示，足够长的U 型光滑导轨固定在倾角为30°的斜面上，导轨的宽度L ＝0.5 m ，其下端与R ＝1 Ω的电阻连接，质量为m ＝0.2 kg 的导体棒(长度也为L )与导轨接触良好，导体棒及导轨电阻均不计．磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场垂直于导轨所在的平面向下，用一根与斜面平行的不可伸长的轻绳跨过定滑轮将导体棒和质量为M ＝0.4 kg 的重物相连，重物离地面足够高．使导体棒从静止开始沿导轨上滑，当导体棒沿导轨上滑t ＝1 s 时，其速度达到最大．g 取10 m/s 2.求：(1)导体棒的最大速度v m ；(2)导体棒从静止开始沿轨道上滑时间t ＝1 s 的过程中，电阻R 上产生的焦耳热是多少？解析：(1)速度最大时导体棒切割磁感线产生感应电动势E ＝BL v m ，(1分)感应电流I ＝，(1分)E R安培力F A ＝BIL ，(1分)导体棒达到最大速度时由平衡条件得Mg ＝mg sin 30°＋F A ，(1分)联立解得v m ＝3 m/s ；(1分)(2)以导体棒和重物为系统，由动量定理得Mgt －mg sin 30°·t －B Lt ＝(M ＋m )v －0，(1分)—I 解得1 s 内流过导体棒的电荷量q ＝1.2 C ，(1分)又有电荷量q ＝＝，(1分)ΔΦR BLx R解得1 s 内导体棒上滑位移x ＝1.2 m ，(1分)由能量守恒定律得Mgx ＝mgx sin 30°＋(M ＋m )v 2＋Q ，(2分)12解得Q ＝0.9 J ．(1分)答案：(1)3 m/s (2)0.9 J25．(20分)如图所示，半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道固定在地面上．长直平板车放在光滑的水平面上．其右端与光滑圆弧轨道等高且平滑对接．小车的左端挡板上连接有一劲度系数很大的轻质弹簧．平板车右端到弹簧右端的距离为L .一物块从四分之一圆弧轨道的上端由静止下滑．运动到圆弧轨道的最低点时对轨道的压力为F ，平板车的质量为物块质量的3倍．重力加速度为g ，整个过程中忽略弹簧的形变量，求：(1)物块的质量大小；(2)若平板车的上表面光滑．物块在平板车上运动的时间(不计物块与弹簧作用的时间)；(3)若平板车的上表面粗糙，物块滑上车后最终停在平板车的右端，则物块与平板车上表面间的动摩擦因数为多少；物块与弹簧作用过程中弹簧具有的最大弹性势能为多少．解析：(1)物块在四分之一光滑圆弧轨道上下滑的过程，由机械能守恒定律有：mgR ＝m v 2，(2分)12在轨道的最低点，由向心力公式有：F －mg ＝m ，(2分)v 2R解得m ＝.(1分)F 3g(2)物块滑上平板车的速度为：v ＝，(1分)2gR 物块与轻弹簧发生弹性碰撞的过程，取向左为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律分别得：m v ＝3m v 1－m v 2，(1分)m v 2＝×3m v ＋m v ，(2分)121221122求得：v 1＝v 2＝v ＝，(1分)12122gR 则物块与弹簧作用前在车上运动的时间为：t 2＝＝，(1分)L v L 2gR物块与弹簧作用后在车上运动的时间为：t 1＝＝＝，(1分)L v 1＋v 2L v L 2gR因此物块在平板车上运动的总时间为：t ＝t 1＋t 2＝；(1分)2L2gR (3)设物块与平板车上表面间的动摩擦因数为μ，物块停在平板车右端时物块与车的共同速度为v 3，取向左为正方向，根据动量守恒定律有：m v ＝4m v 3，(1分)根据功能关系有：2μmgL ＝m v 2－×4m v ，(2分)121223求得：μ＝.(1分)3R 8L当弹簧具有最大弹性势能时，物块与平板车具有共同速度，根据动量守恒可知：m v ＝4m v 4，(1分)根据功能关系有：μmgL ＋E p ＝m v 2－×4m v ，(1分)121224求得：E p ＝.(1分)FR 8答案：(1)　(2)　(3)　F 3g 2L 2gR3R 8L FR 8(二)选考题(共15分，请考生从2道物理题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分)33．[物理—选修3－3](15分)(1)(5分)如图所示，一定质量的理想气体从状态A 依次经过状态B 、C 和D 后再回到状态A .其中，A →B 和C →D 为等温过程，B →C 和D →A 为绝热过程．该循环过程中，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 ．A →B 过程中，气体对外界做功，吸热B ．B →C 过程中，气体分子的平均动能增加C ．C →D 过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少D ．D →A 过程中，气体分子的速率分布曲线发生变化E ．该循环过程中，气体吸热(2)(10分)如图所示，一水平放置的薄壁圆柱形容器内壁光滑，长为L ，底面直径为D ，其右端中心处开有一圆孔．质量为m 的理想气体被活塞封闭在容器内，器壁导热良好，活塞可沿容器内壁自由滑动，其质量、厚度均不计．开始时气体温度为300 K ，活塞与容器底部相距L .现对气体缓慢加热，已知外界大气压强为p 0.求温度为480 K 时23气体的压强．解析：(1)A →B 过程，气体温度不变、体积增大，则气体对外做功，内能不变，由热力学第一定律知，气体吸热，选项A 正确；B →C 过程是绝热过程，气体体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律知，气体内能减少，温度降低，气体分子的平均动能减小，选项B 错误；C →D 过程，为等温过程，气体分子的平均动能不变，气体体积减小，分子的密集程度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，选项C 错误；D →A 过程是绝热过程，气体体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律知，气体内能增加，温度升高，大多数分子的速度增大，气体分子的速率分布曲线发生变化，选项D 正确；在pV 图象中，相应图形的面积表示气体对外做的功或外界对气体做的功，由图可知，该循环过程中，气体对外做的功大于外界对气体做的功，由热力学第一定律知，气体吸热，选项E 正确．(2)开始加热时，在活塞移动的过程中，气体做等压变化．设活塞缓慢移动到容器最右端时，气体末态温度为T 1，V 1＝，初态温度T 0πD 2L 4＝300 K ，V 0＝.(2分)πD 2L 6由盖—吕萨克定律知＝，(2分)V 0T 0V 1T 1解得T 1＝450 K ，(2分)活塞移至最右端后，气体做等容变化，已知T 1＝450 K ，p 1＝p 0，T 2＝480 K ，由查理定律知＝，(2分)p 1T 1p 2T 2则p 2＝p 0.(2分)1615答案：(1)ADE (2)见解析34．[物理—选修3－4](15分)(1)(5分)图甲为一列简谐横波在t ＝0.10 s 时的波形图，P 是平衡位置在x ＝0.5 m 处的质点，Q 是平衡位置在x ＝2.0 m 处的质点；图乙为质点Q 的振动图象．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 ．这列波沿x 轴正方向传播B ．这列波的传播速度为20 m/sC ．从t ＝0到t ＝0.15 s ，这列波传播的距离为3 mD ．从t ＝0.10 s 到t ＝0.15 s ，P 通过的路程为10 cmE ．t ＝0.15 s 时，P 的加速度方向与y 轴正方向相反(2)(10分)如图所示，一玻璃砖的截面为直角三角形ABC ，其中∠A ＝60°，AB ＝9 cm.现有两细束平行且相同的单色光a 、b ，分别从AC 边上的D 点、E 点以45°角入射，且均能从AB 边上的F 点射出，已知AD ＝AF ＝3 cm.求：(ⅰ)玻璃砖的折射率；(ⅱ)D 、E 两点之间的距离．解析：(1)由图乙知，t ＝0.10 s 时质点Q 沿y 轴负方向运动，由图甲，根据“同侧法”知，这列波沿x 轴负方向传播，选项A 错误；由图甲知，这列波的波长λ＝4 m ，由图乙知，这列波的周期T ＝0.2 s ，则这列波的传播速度v ＝＝＝20 m/s ，选项B 正确；从t ＝0到t ＝0.15 s ，λT 4 m 0.2 s这列波传播的距离x ＝v t ＝20 m/s ×0.15 s ＝3 m ，选项C 正确；由图甲知，质点振动的振幅为10 cm ，从t ＝0.10 s 到t ＝0.15 s 时间内，P 点运动了，t ＝0.10 s 时质点P 沿y 轴正方向运动，由于质点离平衡位置T 4越远，速度越小，故P 通过的路程小于10 cm ，选项D 错误；t ＝0.15 s 时，P 在最大正向位移与平衡位置之间且向平衡位置移动，加速度方向指向平衡位置，即与y 轴正方向相反，选项E 正确．(2)(ⅰ)光路如图所示，由于AD ＝AF ，∠A ＝60°，则入射光a 经AC 边的折射角r ＝30°，折射率n ＝＝＝；(3分)sin i sin r sin 45°sin 30°2(ⅱ)设光在玻璃中发生全反射的临界角为C ，sin C ＝＝，1n 12则C ＝45°，(1分)由图可知，b 光经AC 边折射后，在BC 边上的入射角为60°，此光线在G 点发生全反射．(1分)由几何知识可知，四边形DEGF 是平行四边形，由于∠BFG ＝60°，AF ＝3 cm ，则BF ＝AB －AF ，(1分)BF ＝FG cos 60°，(1分)FG ＝DE ，(1分)联立解得DE ＝12 cm.(2分)答案：(1)BCE (2)见解析　。

(建议用时：45分钟)一、单项选择题1．如图为一真空光电管的应用电路，其金属材料的极限频率为4.5×1014 Hz，则以下判断中正确的是()A．发生光电效应时，电路中光电流的饱和值取决于入射光的频率B．用频率一定的光照射发生光电效应时，电路中光电流的饱和值取决于入射光的强度C．用λ＝0.5 μm的光照射光电管时，电路中没有光电流产生D．光照射时间越长，电路中的电流越大2．20xx年春晚在舞《春海》中拉开帷幕．如图所示，五名领舞者在钢丝绳的拉动下以相同速度缓缓升起，若五名领舞者的质量(包括衣服和道具)相等，下面说法中正确的是()A．观众欣赏表演时可把领舞者看做质点B．2号和4号领舞者的重力势能相等C．3号领舞者处于超重状态D．她们在上升过程中机械能守恒3．我国航天事业持续飞速发展，20xx年1月，嫦娥四号飞船在太阳系最大的撞击坑内靠近月球南极的地点着陆月球背面．假设有一种宇宙飞船利用离子喷气发动机加速起飞，发动机加速电压U，喷出二价氧离子，离子束电流为I，那么下列结论正确的是(元电荷e，氧离子质量m0，飞船质量M)()A．喷出的每个氧离子的动量p＝2eUB．飞船所受到的推力为F＝I m0U eC．飞船的加速度为a＝1m0MU eD．推力做功的功率为2MeU4．半径为L的圆形边界内分布有垂直圆所在平面的磁场，垂直纸面向里的磁感应强度大小为2B，垂直纸面向外的磁感应强度大小为B，如图所示．AEO为八分之一圆导线框，其总电阻为R，以角速度ω绕O轴逆时针匀速转动，从图中所示位置开始计时，用i表示导线框中的感应电流(顺时针方向为正)，线框中感应电流i随时间t的变化图象可能是()二、多项选择题5．如图，在方向水平向右、磁感应强度为B的匀强磁场中，垂直于磁场和纸面放入一根通电直导线，以导线为中心，半径为R的圆周上有a、b、c、d四个点，已知c点的实际磁感应强度大小等于B，下列说法正确的是()A．导线的电流方向垂直纸面向外B．b、d两点的实际磁感应强度大小相等C．b、d两点的实际磁感应强度方向相同D．a点的实际磁感应强度大小等于B6．一个电子只在电场力作用下从a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示，图中一组平行等距的实线可能是电场线也可能是等势面，则以下说法正确的是()A．无论图中的实线是电场线还是等势面，a点的场强都比b点的场强小B．无论图中的实线是电场线还是等势面，a点的电势都比b点的电势高C．如果实线是电场线，电子在a点的电势能比在b点的电势能大D．如果实线是等势面，电子在a点的速率一定大于在b点的速率三、非选择题7．某兴趣实验小组的同学利用如图甲所示装置测定物块与木板AD、DE间的动摩擦因数μ1、μ2；两块粗糙程度不同的木板AD、DE对接组成斜面和水平面，两木板在D点光滑连接(物块在此处运动不损失机械能)，且AD板能绕D点转动．现将物块在AD板上某点由静止释放，滑块将沿AD下滑，最终停在水平板的C点；改变倾角，让物块从不同的高度由静止释放，且每次释放点的连线在同一条竖直线上(以保证图中物块水平投影点B与接点D间距s不变)，用刻度尺量出释放点与DE平面的竖直高度差h、释放点与D点的水平距离s、D点与最终静止点C的水平距离x，利用多次测量的数据绘出x－h图象，如图乙所示，则(1)写出x－h的数学表达式__________(用μ1、μ2、h及s表示)；(2)若实验中s＝0.5 m，x－h图象的横轴截距a＝0.1，纵轴截距b＝0.4，则μ1＝________，μ2＝________．8．如图甲为冰库工作人员移动冰块的场景，冰块先在工作人员斜向上拉力作用下滑一段距离，然后放手让冰块向前滑动到运送冰块的目的地．其工作原理可简化为如图乙所示，设质量M＝100 kg的冰块与滑道间动摩擦因数为0.05，运送冰块距离为12 m，工人拉冰块时拉力与水平方向成53°角向上．某次拉冰块时，工人从滑道前端拉着冰块(冰块初速度可视为零)向前匀加速前进4.0 m后放手，冰块刚好到达滑道末端静止．(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：(1)冰块在加速与减速运动过程中加速度大小之比；(2)冰块滑动过程中的最大速度；(3)工人拉冰块的拉力大小．9．如图所示，一透明半圆柱体的折射率n＝2、半径R＝0.4 m、长L＝1.2 m，一平行光束从半圆柱体的矩形表面垂直射入，部分柱面有光线射出．求：(1)光在半圆柱体中出射时的临界角θ；(2)该部分柱面的面积S(结果保留一位有效数字)．综合模拟滚动小卷(二)1．解析：选B.用频率一定的光照射光电管发生光电效应时，电路中光电流的饱和值取决于入射光的强度，光强越大，则饱和光电流越大，故B正确，A错误；频率f＝3×1080.5×10－6 Hz＝6×1014Hz＞4.5×1014Hz，所以电路中有光电流产生，故C错误；发生光电效应后，增大照射光电管的入射光的强度，电路中的光电流就会增大，与光的照射时间长短无关，故D 错误．2．解析：选B.观众欣赏表演时看演员的动作，所以不能将领舞者看做质点，故A错误；2号和4号领舞者始终处于同一高度，质量相等，所以重力势能相等，故B正确；五名领舞者在钢丝绳的拉动下以相同速度缓缓升起，所以处于平衡状态，故C错误；上升过程中，钢丝绳对他们做正功，所以机械能增大，故D错误．3．解析：选B.对于每个氧离子，在加速电压U的作用下加速，有：2eU＝12m0v2，p＝m0v，解得：p＝2m0eU，故A错误；设Δt时间内有n个离子被喷出，根据电流的定义式：I＝QΔt＝n·2eΔt，对于单个离子，由动量定理得：F0Δt＝m0v，若有n个离子被喷出，则有F′＝(2)图象的横轴截距a ＝0.1，s ＝0.5 m ，当x ＝0时，h ＝a ，代入x ＝1μ2·h －μ1μ2·s ，得μ1＝a s ＝0.2.纵轴截距b ＝0.4，当h ＝0时，代入x ＝1μ2·h －μ1μ2·s ，得μ1μ2s ＝b ，解得μ2＝0.25. 答案：(1)x ＝1μ2·h －μ1μ2·s (2)0.2 0.258．解析：(1)设加速时加速度为a 1，减速时加速度为a 2，加速度最大时速度为v ，加速前进位移为x ，总位移为L ，则加速阶段有：v 2＝2a 1x 1，减速阶段有：0－v 2＝－2a 2(L －x 1)，则a1a2＝L －x1x1＝21； (2)减速阶段冰块只受滑动摩擦力作用，则μmg ＝ma 2，解得a 2＝0.5 m/s 2；根据0－v 2＝－2a 2(L －x 1)，解得v ＝22 m/s ；(3)a 1＝2a 2，故a 1＝1 m/s 2；对冰块受力分析可得F cos 53°－μ(Mg －F sin 53°)＝Ma 1，解得F ＝1 8758N. 答案：(1)2∶1 (2)22 m/s (3)1 8758N 9．解析：(1)半圆柱体的横截面如图所示，其中O 为截面圆的圆心，OO ′为截面圆的半径．设从A 点入射的光线在B 点处恰好满足全反射的条件，则由折射定律有sin θ＝1n解得θ＝π6. (2)由几何关系有∠O ′OB ＝θ又S ＝2RL ·∠O ′OB解得S ≈0.5 m 2.答案：(1)π6(2)0.5 m 2。

本套资源目录2020届高考物理二轮复习专题强化练一力与物体的平衡含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练七碰撞与动量守恒定律含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练三力与曲线运动含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练九磁场及带电粒子在磁场中的运动含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练二力与直线运动含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练五功和功率动能定理含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练八电场及带电粒子在电场中的运动含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练六机械能守恒定律功能关系含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十一直流电路与交流电路含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十七选修模块含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十三三大观点解决电磁感应问题含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十二电磁感应规律及其应用含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十五力学实验含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十八选修模块含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十六电学实验含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十四近代物理初步含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十带电粒子在复合场中的运动含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练四万有引力定律与航天含解析专题强化练(一)考点1 物体的受力分析1．(2019·浙江卷)如图所示，小明撑杆使船离岸，则下列说法正确的是( )A．小明与船之间存在摩擦力B．杆的弯曲是由于受到杆对小明的力C．杆对岸的力大于岸对杆的力D．小明对杆的力和岸对杆的力是一对相互作用力解析：小明与船之间存在静摩擦力，A正确；杆的弯曲是由于受到小明对杆的作用力，B错误；杆对岸的力与岸对杆的力是作用力与反作用力，大小相等，C错误；小明对杆的力和岸对杆的力受力物体都是杆，两者不是作用力与反作用力，故D错误．答案：A2．(2018·商丘一模)如图所示，物体B与竖直墙面接触，在竖直向上的力F的作用下，A、B均保持静止，则物体B的受力个数为( )A．2个B．3个C．4个D．5个解析：物体A处于静止状态，其受到的合外力为零，受力分析如甲图所示；对物体A、B整体受力分析如图乙所示，竖直墙面对物体B没有弹力作用，则墙面也不会提供静摩擦力；对物体B受力分析，如图丙所示，则物体B受到4个力的作用，选项C正确．答案：C3．(2019·柳州模拟)两个质量相同的直角楔形物体a和b，分别在垂直于斜边的恒力F1和F2作用下静止在竖直墙面上，如图所示，下列说法正确的是( )A．a、b一定都受四个力的作用B．a、b所受摩擦力的方向都是竖直向上C．F2一定小于F1D．F1、F2大小可能相等解析：对a受力分析如图甲：除摩擦力外的三个力不可能平衡，故一定有摩擦力，摩擦力方向竖直向上，故a受四个力；除摩擦力外对b受力分析如图乙：除摩擦力外，F N、F2、mg三力有可能平衡，沿竖直方向和水平方向分解F2，设F2与竖直方向夹角为α则有：F2cos α＝mg，F2sin α＝F N，解得F2＝mgcos α；(1)若F2＝mgcos α没有摩擦力，此时b受3个力；(2)若F2＞mgcos α，摩擦力向下，b受四个力；(3)若F2＜mgcos α，摩擦力向上，b受四个力；F1和F2没有必然的联系，有可能相等，但也有可能不等，故D正确，A、B、C错误．答案：D考点2 共点力的平衡4．(2019·江苏卷)如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右．细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为( )A.F Tsin αB.F Tcos αC ．F T sin αD ．F T cos α解析：以气球为研究对象，受力分析如图所示，则由力的平衡条件可知，气球在水平方向的合力为零，即风对气球作用力的大小为F ＝F T sin α，C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C5．(多选)(2019·烟台调研)如图所示，将一劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O ′处(O 为球心)，弹簧另一端与质量为m 的小球相连，小球静止于P 点．已知容器半径为R 、与水平地面之间的动摩擦因数为μ，OP 与水平方向的夹角为θ＝30°.下列说法正确的是( )A ．轻弹簧对小球的作用力大小为32mg B ．容器相对于水平地面有向左的运动趋势 C ．容器和弹簧对小球的作用力的合力竖直向上 D ．弹簧原长为R ＋mgk解析：对小球受力分析，如图所示，因为θ＝30°，所以三角形OO ′P 为等边三角形，由相似三角形法得F N ＝F ＝mg ，所以A 项错误；由整体法得，容器与地面间没有相对运动趋势，B 项错误；小球处于平衡状态，容器和弹簧对小球的作用力的合力与重力平衡，故C 项正确；由胡克定律有F ＝mg ＝k (L 0－R )，解得弹簧原长L 0＝R ＋mg k，D 项正确．答案：CD考点3 动态平衡6．(多选)(2019·新乡模拟)如图所示，木板P下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O点，物体A、B叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B的上表面水平．现使木板P 绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A、B仍保持静止，与原位置的情况相比( )A．B对A的支持力不变B．B对A的支持力减小C．木板对B的支持力增大D．木板对B的摩擦力增大解析：开始时，A只受到重力和支持力作用而处于平衡状态，所以B对A的支持力与A的重力大小相等、方向相反，A不受B的摩擦力作用，P转动后，A受到重力、B对A的支持力和摩擦力作用而平衡，此时B对A的支持力和摩擦力的合力与A的重力大小相等，所以B对A的支持力一定减小了，B正确，A错误；以整体为研究对象，受到总重力G、板的支持力F N和摩擦力F f作用，设板的倾角为θ，由平衡条件有F N＝G cos θ，F f＝G sin θ，θ减小，F N增大，F f减小，C正确，D错误．答案：BC7．(多选)(2019·潍坊调研)如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行．在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则( )A．b对c的摩擦力一定减小B．b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上C．地面对c的摩擦力方向一定向右D．地面对c的摩擦力一定减小解析：若m a g＞m b g sin θ，则b对c的摩擦力平行于斜面向上，且随a中的沙子缓慢流出，b对c的摩擦力减小；若m a g＜m b g sin θ，则b对c的摩擦力平行于斜面向下，且随a中的沙子缓慢流出，b对c的摩擦力增大，A错误，B正确；以b、c为整体受力分析，应用平衡条件可得，地面对c的摩擦力方向一定水平向左，且F f＝m a g cos θ，随m a的减小而减小，C错误，D正确．答案：BD8．(多选)(2019·西安模拟)如图所示，一根绳子一端固定于竖直墙上的A 点，另一端绕过动滑轮P 悬挂一重物B ，其中绳子的PA 段处于水平状态，另一根绳子一端与动滑轮P 的轴相连，在绕过光滑的定滑轮Q 后在其端点O 施加一水平向左的外力F ，使整个系统处于平衡状态，滑轮均光滑、轻质，且均可看作质点，现拉动绳子的端点O 使其向左缓慢移动一小段距离后达到新的平衡状态，则该平衡状态与原平衡状态相比较( )A ．拉力F 增大B ．拉力F 减小C ．角θ不变D ．角θ减小解析：以动滑轮P 为研究对象，AP 、BP 段绳子受的力始终等于B 的重力，两绳子拉力的合力在∠APB 的角平分线上，拉动绳子后，滑轮向上运动，两绳子夹角减小，两拉力的合力增大，故F 增大，A 项正确，B 项错误；PQ 与竖直方向夹角等于∠APB 的一半，故拉动绳子后角θ减小，C 项错误，D 项正确．答案：AD9．(2019·商丘模拟)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔．质量为m 的小球套在圆环上．一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移．在移动过程中手对线的拉力F 和轨道对小球的弹力F N 的大小变化情况是( )A ．F 不变，F N 增大B ．F 不变，F N 减小C ．F 减小，F N 不变D ．F 增大，F N 减小解析：小球沿圆环缓慢上移过程中，受重力G 、拉力F 、弹力F N 三个力处于平衡状态．小球受力如图所示，由图可知△OAB ∽△F N AF ，即：G R ＝F AB ＝F NR，当A 点上移时，半径R 不变，AB 长度减小，故F 减小，F N 不变，故选项C 正确．答案：C10．(多选)(2019·威海一中摸底)如图所示，质量均为m 的小球A 、B 用劲度系数为k 1的轻弹簧相连，B 球用长为L 的细绳悬于O 点，A 球固定在O 点正下方，当小球B 平衡时，所受绳子的拉力为F T 1，弹簧的弹力为F 1；现把A 、B 间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k 2(k 2＞k 1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时小球B 所受绳子的拉力为F T 2，弹簧的弹力为F 2.则下列关于F T 1与F T 2、F 1与F 2大小之间的关系，正确的是( )A ．F T 1＞F T 2B ．F T 1＝F T 2C ．F 1＜F 2D ．F 1＝F 2解析：以小球B 为研究对象，分析受力情况，如图所示．由平衡条件可知，弹簧的弹力F 和绳子的拉力T 的合力F 合与重力mg 大小相等，方向相反，即F 合＝mg ，作出力的合成图如图，由力三角形与几何三角形相似得：mg AO ＝F AB ＝F TOB.当弹簧劲度系数变大时，弹簧的压缩量减小，故AB 长度增加，而OB 、OA 的长度不变，故F T 1＝F T 2，F 2＞F 1，A 、D 错误，B 、C 正确．答案：BC考点4 电学中的平衡问题11．(2018·重庆高三测试)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L 、质量为m 的直导体棒，导体棒中电流为I .要使导体棒静止在斜面上，需要外加匀强磁场的磁感应强度B 的最小值为( )A.mg 2ILB.3mg 2ILC.mg ILD.3mg IL解析：平衡状态下导体棒受三个力，重力为恒力，支持力的方向不变，安培力的大小和方向不确定；由动态平衡知当安培力F 平行于斜面向上时安培力最小，则B 最小，即BIL ＝mg sin 30°，B ＝mg2IL，由左手定则知B 的方向垂直于斜面向下．答案：A12．(2019·青岛模拟)如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a 、b 、c 为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c 位于圆环最高点，ac 连线与竖直方向成60°角，bc 连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态．下列说法正确的是( )A ．a 、b 、c 小球带同种电荷B ．a 、b 小球带异种电荷，b 、c 小球带同种电荷C ．a 、b 小球电量之比为36D ．a 、b 小球电量之比为39解析：对c 小球受力分析可得，a 、b 小球必须带同种电荷，c 小球才能平衡．对b 小球受力分析可得，b 、c 小球带异种电荷，b 小球才能平衡．故A 、B 项错误；对c 小球受力分析，将力正交分解后可得：kq a q c r 2ac sin 60°＝k q b q cr 2bcsin 30°，又r ac ∶r bc ＝1∶3，解得q a ∶q b ＝3∶9.故C 项错误，D 项正确．答案：D专题强化练(七)考点1 冲量与动量定理的应用1．(2019·太原模拟)如图所示是一种弹射装置，弹丸的质量为m ，底座的质量为3m ，开始时均处于静止状态．当弹丸以速度v (相对于地面)发射出去后，底座的速度大小为v4，在发射弹丸过程中，底座受地面的摩擦力的冲量为( )A ．零 B.mv4，方向向右C.mv3，方向向右D.3mv4，方向向左 解析：设向右为正方向，对弹丸，根据动量定理：I ＝mv ，力的作用是相互的，则弹丸对底座的作用力的冲量为：－mv ，对底座，根据动量定理：I f ＋(－mv )＝－3m ·v4得：I f＝mv4，为正表示方向向右，故B 正确，A 、C 、D 错误． 答案：B2．(多选)(2018·福建四校二次联考)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，达到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( )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为：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 ，物体受到的重力的冲量大小不为零，故B 正确；物体受到的合力的冲量大小为mgt sin θ，不为零，C 错误；由动量定理得，动量的变化量大小Δp ＝I 合＝mg sin θ·t ，D 正确．答案：BD3．(多选)(2019·曲靖模拟)如图所示，木板B 放在光滑的水平面上，滑块A 在木板上从右向左运动，刚滑上木板B的最右端时，其动能为E1，动量大小为p1；滑到木板B的最左端时，其动能为E2，动量大小为p2；A、B间动摩擦因数恒定，则该过程中，滑块A的平均速度大小为()A.E1＋E2p1＋p2B.E2－E1p2－p1C.E1p1＋E2p2D.E1p1－E2p2解析：设当滑块A从木板右端滑到左端时，经过的时间为t，发生的位移为x，则由动能定理得E2－E1＝－F f x；由动量定理得p2－p1＝－F f t，解得v＝xt＝E2－E1p2－p1；选项B正确，A错误；因E1p1＝12mv21mv1＝v12，E2p2＝12mv22mv2＝v22，因滑块A做匀变速直线运动，则平均速度v＝v1＋v22＝E1p1＋E2p2，选项C正确，D错误．答案：BC4．(2018·马鞍山模拟)质量为2 kg的小物块静止于光滑水平面上，从某一时刻开始，小物块所受的水平冲量与时间的关系如图所示，则在6 s内物块的位移为( )A．0 B．3 m C．6 m D．12 m解析：由图可知0～3 s内以及3～6 s内物块受到的冲量都是与时间成线性关系，可知在0～3 s内和3～6 s内物块受到的力都不变，物体做匀变速直线运动，在0～3 s内物块做初速度等于0的匀加速直线运动，在3～6 s内物块做匀减速直线运动，由运动的对称性可知，6 s末物块的速度又等于0.在0～3 s末，根据动量定理可得I＝Δp＝mv，所以v＝Im＝42m/s＝2 m/s，所以小物块在6 s内的位移x＝v2t1＋v2·t2＝v2·t＝22×6 m＝6 m．故C正确．答案：C考点2 碰撞和动量守恒定律的应用5．(2019·惠州模拟)质量为1 kg 的物体从距地面5 m 高处自由下落，落在正以5 m/s 的速度沿水平方向匀速前进的小车上，车上装有沙子，车与沙的总质量为4 kg ，地面光滑，则车后来的速度为(g 取10 m/s 2)( )A ．4 m/sB ．5 m/sC ．6 m/sD ．7 m/s解析：物体和车作用过程中，两者组成的系统水平方向不受外力，水平方向系统的动量守恒．已知两者作用前，车在水平方向的速度v 0＝5 m/s ，物体水平方向的速度v ＝0；设当物体与小车相对静止后，小车的速度为v ′，取原来小车速度方向为正方向，则根据水平方向系统的动量守恒得：mv ＋Mv 0＝(M ＋m )v ′，解得：v ′＝mv ＋Mv 0M ＋m ＝4×51＋4m/s ＝4 m/s ，故选项A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A6．(2019·烟台模拟)在光滑水平面上有三个弹性小钢球a 、b 、c 处于静止状态．质量分别为2m 、m 和2m .其中a 、b 两球间夹一被压缩了的弹簧，两球通过左右两边的光滑挡板束缚着．若某时刻将挡板撤掉，弹簧便把a 、b 两球弹出，两球脱离弹簧后，a 球获得的速度大小为v ，若b 、c 两球相距足够远，则b 、c 两球相碰后( )A ．b 球的速度大小为13v ，运动方向与原来相反B ．b 球的速度大小为23v ，运动方向与原来相反C ．c 球的速度大小为83vD ．c 球的速度大小为23v解析：设b 球脱离弹簧的速度为v 0，b 、c 两球相碰后b 、c 的速度分别为v b 和v c ，取向右为正方向，弹簧将a 、b 两球弹出过程，由动量守恒定律得0＝－2mv ＋mv 0，解得v 0＝2v ，b 、c 两球相碰过程，由动量守恒定律和机械能守恒得mv 0＝mv b ＋2mv c ，12mv 20＝12mv 2b ＋12·2mv 2c ，联立解得v b ＝－23v (负号表示方向向左，与原来相反)，v c ＝43v ，故B 正确．答案：B7．(多选)(2019·肇庆模拟)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞前后A 球动量变化量为－4 kg·m/s，则( )A ．左方是A 球，碰前两球均向右运动B ．右方是A 球，碰前两球均向左运动C ．碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．经过验证两球发生的碰撞不是弹性碰撞解析：大小相同的A 、B 两球在光滑水平面上发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得Δp A ＝－Δp B ，由题知Δp A ＝－4 kg·m/s，则得Δp B ＝4 kg·m/s.由于碰撞前两球均向右运动，所以左方是A 球，右边是B 球，故A 正确，B 错误；碰撞后，两球的动量分别为p A ′＝p A ＋Δp A ＝6 kg·m/s－4 kg·m/s＝2 kg·m/s，p B ′＝p B ＋Δp B ＝6 kg·m/s ＋4 kg·m/s＝10 kg·m/s，由于两球质量关系为m B ＝2m A ，那么碰撞后A 、B 两球速度大小之比为v ′A v ′B ＝p A ′m Ap B ′m B ＝25，故C 正确；碰撞前系统的总动能为E k ＝p 2A 2m A ＋p 2B2m B ＝18m A ＋362×2m A ＝27m A，碰撞后系统的总动能为E ′k ＝p ′2A 2m A ＋p 2B2m B ＝2m A ＋1002×2m A ＝27m A，可知碰撞过程系统的动能守恒，所以两球发生的碰撞是弹性碰撞，故D 错误．答案：AC8．(2018·宜昌模拟)如图所示，质量为M 的小车静止在光滑的水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道，BC 段是长为L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点，一质量为m 的滑块在小车上从A 点静止开始沿AB 轨道滑下，然后滑入BC 轨道，最后恰好停在C 点．已知小车质量M ＝3m ，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .则( )A ．全程滑块水平方向相对地面的位移R ＋LB ．全程小车相对地面的位移大小x ＝14(R ＋L )C ．滑块m 运动过程中的最大速度v m ＝2gRD ．μ、L 、R 三者之间的关系为R ＝4μL解析：设全程小车相对地面的位移大小为x ′，则滑块水平方向相对地面的位移x ＝R ＋L －x ′.取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得m xt －Mx ′t ＝0，即m R ＋L －x ′t －M x ′t＝0，结合M ＝3m ，解得x ′＝14(R ＋L )，x ＝34(R ＋L )，故A 错误，B 正确；滑块刚滑到B 点时速度最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒分别得0＝mv m －Mv 、mgR ＝12mv 2m ＋12Mv 2.联立解得v m ＝ 32gR ，故C 错误；对整个过程，由动量守恒定律得0＝(m ＋M )v ′，得v ′＝0，由能量守恒定律得mgR ＝μmgL ，得R ＝μgL ，故D 错误．答案：B考点3 动量和能量的综合应用9．(2019·株洲质检)如图，长l 的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙，初始时它们直立在光滑的水平地面上．后由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾倒．当小球甲刚要落地时，其速度大小为( )A.2glB.glC.2gl 2D ．0解析：两球组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv －mv ′＝0，即v ＝v ′；由机械能守恒定律得：12mv 2＋12mv ′2＝mgl ，解得：v＝gl ，故B 正确．答案：B10．(多选)(2019·铜川模拟)如图所示，质量为M 的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为m 的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v 0开始运动．当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v ，距地面高度为h ，则下列关系式中正确的是( )A ．mv 0＝(m ＋M )vB ．mv 0cos θ＝(m ＋M )vC ．mgh ＋12(m ＋M )v 2＝12mv 20D ．mgh ＝12m (v 0sin θ)2解析：小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒．以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：mv 0cos θ＝(m ＋M )v ，故A 错误，B 正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh ＋12(m＋M )v 2＝12mv 20，故C 正确，D 错误．答案：BC11．(2019·南昌模拟)有人对鞭炮中炸药爆炸的威力产生了浓厚的兴趣，他设计如下实验，在一光滑水平面上放置两个可视为质点的紧挨着的A 、B 两个物体，它们的质量分别为m 1＝1 kg ，m 2＝3 kg 并在它们之间放少量炸药，水平面左方有一弹性的挡板，水平面右方接一光滑的14竖直圆轨道．开始A 、B 两物体静止，点燃炸药让其爆炸，物体A 向左运动与挡板碰后原速返回，在水平面上追上物体B 并与其碰撞后粘在一起，最后恰能到达圆弧最高点，已知圆弧的半径为R ＝0.2 m ，g 取10 m/s 2.求炸药爆炸时对A 、B 两物体所做的功．解析：炸药爆炸后，设A 的速度大小为v 1，B 的速度大小为v 2.取向左为正方向，由动量守恒定律得m 1v 1－m 2v 2＝0，A 物体与挡板碰后追上B 物体，碰后两物体共同速度设为v ，取向右为正方向，由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，两物体上升到圆弧的最高点时速度为0，两物体的动能转化为重力势能，由机械能守恒定律得12(m 1＋m 2)v 2＝(m 1＋m 2)gR ， 炸药爆炸时对A 、B 两物体所做的功W ＝12m 1v 21＋12m 2v 22，联立解得W ＝10.7 J. 答案：10.7 J12．(2019·廊坊模拟)如图所示，质量M ＝0.3 kg 的长木板A 放在光滑的水平面上，板长L ＝1.5 m ，在其左端放一质量m ＝0.1 kg 的物块B .现给A 和B 以大小相等、方向相反的水平初速度v 0＝2 m/s ，使A 开始向左运动、B 开始向右运动．物块与木板间的动摩擦因数为μ，g 取10 m/s 2.(1)要使物块B 不从长木板A 的右端滑落，求动摩擦因数μ的取值范围；(2)若B 恰好不从长木板A 的右端滑落，求B 相对长木板A 滑动过程中发生的对地位移大小．解析：(1)当物块B 滑到木板A 的最右端与木板有共同速度v 时，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得Mv 0－mv 0＝(M ＋m )v ，根据能量守恒定律知12Mv 20＋12mv 20＝12(M ＋m )v 2＋μmgL ， 联立解得v ＝1 m/s ，μ＝0.4，所以要使物块B 不从长木板A 的右端滑落，动摩擦因数μ的取值范围为μ≥0.4； (2)B 相对于A 滑动过程中的加速度大小a ＝μmg m＝μg ＝4 m/s 2，由运动学公式有2ax ＝v 20－v 2，解得B 相对长木板A 滑动过程中发生的对地位移x ＝0.375 m. 答案：(1)μ≥0.4 (2)0.375 m专题强化练(三)考点1 运动的合成与分解1．(2019·六安模拟)小船在400米宽的河中横渡，河水流速是2 m/s ，船在静水中的航速是4 m/s ，要使船的航程最短，则船头的指向和渡河的时间t 分别为( )A ．船头应垂直指向对岸，t ＝100 sB ．船头应与上游河岸成60°角，t ＝20033 sC ．船头应垂直指向对岸，t ＝20033 sD ．船头应与下游河岸成60°角，t ＝100 s解析：当合速度的方向与河岸垂直时，渡河位移最短，设船头与上游河岸方向的夹角为θ，则cos θ＝v 水v 船＝12，所以θ＝60°，渡河的位移x ＝d ＝400 m ，根据矢量合成法则有v 合＝v 2船－v 2水＝42－22m/s ＝2 3 m/s ，渡河时间t ＝d v 合＝40023 s ＝20033s ，故B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B2．(2019·济宁模拟)如图所示，细线一端固定在天花板上的O 点，另一端穿过一张CD 光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边缘．现将CD 光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v 匀速移动，移动过程中，CD 光盘中央小孔始终紧挨桌面边线，当悬线与竖直方向的夹角为θ时，小球上升的速度大小为( )A ．v sin θB ．v cos θC ．v tan θ D.vtan θ解析：将光盘水平向右移动的速度v 分解为沿细线方向的速度和垂直于细线方向的速度，而小球上升的速度大小与速度v 沿细线方向的分速度大小相等，故可得：v 球＝v sin θ，A 正确．答案：A3．(2019·临汾模拟)一物体由静止开始自由下落，一小段时间后突然受一恒定水平向右的风力的影响，但着地前一段时间内风力突然停止，则其运动的轨迹可能是( )解析：当有水平向右的风时，会产生水平向右的加速度，轨迹向右弯曲，风力停止时，合力向下，且轨迹不能急折，故C 项正确．答案：C考点2 平抛运动4.(多选)(2019·株洲模拟)将一小球以水平速度v 0＝10 m/s 从O 点向右抛出，经 3 s 小球恰好垂直落到斜面上的A 点，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，B 点是小球做自由落体运动在斜面上的落点，如图所示，以下判断正确的是( )A ．斜面的倾角约是30°B ．小球的抛出点距斜面的竖直高度约是15 mC ．若将小球以水平速度v ′0＝5 m/s 向右抛出，它一定落在AB 的中点P 的上方D ．若将小球以水平速度v ′0＝5 m/s 向右抛出，它一定落在AB 的中点P 处 解析：设斜面倾角为θ，对小球在A 点的速度进行分解有tan θ＝v 0gt，解得θ＝30°，A 项正确；小球距过A 点水平面的距离为h ＝12gt 2＝15 m ，所以小球的抛出点距斜面的竖直高度肯定大于15 m ，B 项错误；若小球的初速度为v 0′＝5 m/s ，过A 点作水平面，小球落到水平面的水平位移是小球以初速度v 0＝10 m/s 抛出时的一半，延长小球运动的轨迹线，得到小球应该落在P 、A 之间，C 项正确，D 项错误．答案：AC5．(2019·广东四校联考)从同一高度同时将a 、b 两个完全相同的小球分别竖直上抛和斜上抛，它们的初速度大小相同；若不计空气阻力，则以下说法中正确的是( )A ．在空中运动的过程中，两球的加速度相同B ．两球触地时的瞬时速率不同C ．两球在空中运动的时间相同D ．两球运动的位移相同解析：两球在空中都只受重力作用，两球的加速度都为重力加速度g ，A 项正确；因两球都只受重力，则机械能均守恒，据机械能守恒定律有12mv 20＋mgh ＝12mv 2t ，可知两球触地时的速率相同，B 项错误；因两球以相同的速率分别竖直上抛和斜上抛，则知两球在空中运动时间不同，C 项错误；因两球初始时运动方向不同，则它们发生的位移不同，D 项错误．答案：A6．(多选)(2018·天水二模)如图所示，某一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上．若斜面雪坡的倾角为θ，飞出时的速度大小为v 0，不计空气阻力．运动员飞出后在空中的姿势保持不变．重力加速度为g ，则()A ．如果v 0不同，则该运动员落到雪坡时的速度方向也就不同B ．不论v 0多大，该运动员落到雪坡时的速度方向都是相同的C ．运动员在空中经历的时间是2v 0tan θg D．运动员落到雪坡时的速度大小是v 0cos θ解析：设在空中飞行时间为t ，运动员竖直位移与水平位移之比y x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0＝tan θ，则有飞行的时间t ＝2v 0tan θg，故C 正确；竖直方向的速度大小为v y ＝gt ＝2v 0tan θ，运动员落回雪坡时的速度大小v ＝v 20＋v 2y ＝v 01＋4tan 2θ，故D 错误；设运动员落到雪坡时的速度方向与水平方向夹角为α，则tan α＝v y v x ＝2v 0tan θv 0＝2tan θ，由此可知，运动员落到雪坡时的速度方向与初速度方向无关，初速度不同，运动员落到雪坡时的速度方向相同，故A 错误，B 正确．答案：BC考点3 圆周运动7.(2019·惠州模拟)如图所示，一个菱形框架绕着过对角线的竖直轴匀速转动，在两条边上各有一个质量相等的小球套在上面，整个过程小球相对框架没有发生滑动，A 与B 到轴的距离相等，则下列说法正确的是( )A ．框架对A 的弹力方向垂直框架向下B ．框架对B 的弹力方向可能垂直框架向下。

2020高考物理二轮复习综合模拟卷（三）一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）1.火星探测项目是我国继神舟载人航天工程、嫦娥探月工程之后又一个重大太空探索项目．假设火星探测器在火星表面附近圆形轨道运行的周期T1，神舟飞船在地球表面附近的圆形轨道运行周期为T2，火星质量与地球质量之比为p，火星半径与地球半径之比为q，则T1与T2之比为（ ）A. B. C. D.2.如图所示，用两根轻细线将质量为m、长为L的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内。

当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角处于平衡状态。

为了使棒平衡在该位置上，所需的最小磁感应强度是( )A. 、竖直向上B.、竖直向下C. 、平行悬线向下D. 、平行悬线向上3.如图所示，在车厢中悬挂摆长为l的单摆．当车厢沿水平方向以加速度a运动时，则单摆相对车厢做简谐运动的周期为( )。

A. B.C. D.4.如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m（m＜M）的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是（ ）A. 在以后的运动过程中，小球和槽的水平方向动量始终守恒B. 在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C. 全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒D. 被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处5.太阳因核聚变释放出巨大的能量，其质量不断减少。

太阳光从太阳射到月球表面的时间约500s，月球表面每平米每秒钟接收到太阳辐射的能量约为1.4×103J，根据爱因斯坦质能方程，太阳每秒钟减少的质量最接近（）A. 4×109kgB. 4×1012kgC. 4×1018kgD. 4×1024kg二、多选题（本大题共4小题，共23.0分）6.如图所示，倾角θ=30°的斜面AB，在斜面顶端B向左水平抛出小球1、同时在底端A正上方某高度处水平向右拋出小球2，小球1、2同时落在P点，P点为斜边AB的中点，则（）A. 小球2一定垂直撞在斜面上B. 小球1、2的初速度大小一定相等C. 小球1落在P点时与斜面的夹角为30°D. 改变小球1的初速度，小球1落在斜面上的速度方向都平行7.地面上方足够高处有一点P，质量为0.5kg的带负电小球从P点由静止自由落下，在2s末加上足够大竖直向下的匀强电场，再经过2s小球又回到P点。

2020年全国统一高考物理模拟试卷(新课标Ⅱ)一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）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. √3πGρB. √4πGρC. √13πGρD. √14πGρ3.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E1，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E2，该摩托车恰能越过坑到达b点。

E2E1等于()A. 20B. 18C. 9.0D. 3.04.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。

图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记作P点。

则()A. M处的电势高于N处的电势B. 增大M、N之间的加速电压可以使P点左移C. 偏转磁场的方向垂直于纸面向外D. 增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移5.氘核( 12H)和氚核( 13H)的核反应方程如下： 12H+13H→ 24He+ 01n，设氘核的质量为m1，氚核的质量为m2，氦核的质量为m3，中子的质量为m4，则核反应过程中释放的能量为()A. (m1+m2−m3)c2B. (m1+m2−m4)c2C. (m1+m2−m3−m4)c2D. (m3+m4−m1−m2)c2二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）6.在电能输送过程中，若输送电功率一定，则在输电线上的功率损失()A. 与输送电压成正比B. 与输电线上的电压损失的平方成正比C. 与输电电流的平方成正比D. 与输送电压的平方成正比7.如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。

绝密 ★ 启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷理科综合能力测试·物理（八）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、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。

2、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。

3、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。

4、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。

5、考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Zn 65 Pb 207第Ⅰ卷二、选择题：本题共8小题，每题6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题有多选项符合题目要求。

全部答对的得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 ．光电效应既显示了光的粒子性，又显示了光的波动性B ．原子核内的中子转化成一个质子和一个电子，这种转化产生的电子发射到核外，就是β粒子，这就是β衰变C ．一个氘核21H 与一个氚核31H 聚变生成一个氦核42He 的同时，放出一个质子D ．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能增大，电势能增大，原子的总能量增大【答案】B【解析】光电效应显示了光的粒子性，A 错误；β衰变的核反应方程为10n→11H ＋－1e ，产生的电子发射到核外就是β粒子，B 正确；由核反应方程得21H ＋31H→42He ＋10n ，放出一个中子，C 错误；根据玻尔理论，氢原子核外电子获得能量，从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子总能量增大，由于库仑引力提供向心力，即k Qe r 2＝m v 2r ，即v ＝kQemr，半径增大则电子动能减小，由于库仑力做负功，则电势能增大，D 错误。

综合模拟滚动小卷(六)(建议用时：45分钟)一、单项选择题1.如图所示，一定质量的理想气体经历了A →B →C 的状态变化过程，则下列说法正确的是( )A ．A →B 过程中，压强不变 B ．A →B 过程中，气体对外界做负功C ．B →C 过程中，气体分子间距增大D ．B →C 过程中，气体分子无规则热运动变剧烈 2.如图是一质点做简谐运动的振动图象．关于该质点的运动，下列说法正确的是( )A ．0.01 s 时质点的运动方向向下B ．0.025 s 和0.075 s 两个时刻的加速度大小和方向都相同C ．0.025 s 和0.075 s 两个时刻的速度大小相等，方向相同D ．0.125 s 时速度和加速度的方向相同3．如图所示，A 、B 、C 是水平面上同一直线上的三点，其中AB ＝BC ，在A 点正上方的O 点以初速度v 0水平抛出一小球，刚好落在B 点，小球运动的轨迹与OC 的连线交于D 点，不计空气阻力，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．小球从O 到D 点的水平位移是从O 到B 点水平位移的13B ．小球经过D 点与落在B 点时重力瞬时功率的比为2∶3C ．小球从O 到D 点与从D 到B 点两段过程中重力做功的比为1∶3D ．小球经过D 点时速度与水平方向夹角的正切值是落到B 点时速度与水平方向夹角的正切值的144.一根长为12 m 的钢管竖立在地面上，一名消防队员在一次模拟演习训练中，从钢管顶端由静止下滑，如图所示．消防队员先匀加速再匀减速下滑，到达地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3 s ．该消防队员在这一过程中的运动图象，可能正确的是( )二、多项选择题5．以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m ＝1 kg 的货物放在传送带上的A 处，经过1.2 s 到达传送带的B 端．用速度传感器测得货物与传送带的速度v 随时间t 变化的图象如图乙所示，已知重力加速度g 取10 m/s 2，由v －t 图线可知( )A ．A 、B 两点的距离为2.4 m B ．货物与传送带的动摩擦因数为0.5C ．货物从A 运动到B 过程中，传送带对货物做功大小为12.8 JD ．货物从A 运动到B 过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8 J 6．由法拉第电磁感应定律可知，若穿过某截面的磁通量为Φ＝Φm sin ωt ，则产生的感应电动势为e ＝ωΦm ·cos ωt .如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACD (由细软弹性电阻丝制成)，端点A 、D 固定．在以水平线段AD 为直径的半圆形区域内，有磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场．设导线框的电阻恒为r ，圆的半径为R ，用两种方式使导线框上产生感应电流．方式一：将导线与圆周的接触点C 点以恒定角速度ω1(相对圆心O )从A 点沿圆弧移动至D 点；方式二：以AD 为轴，保持∠ADC ＝45°，将导线框以恒定的角速度ω2转90°.则下列说法正确的是( )A ．方式一中，在C 从A 点沿圆弧移动到图中∠ADC ＝30°位置的过程中，通过导线截面的电荷量为3BR 22rB ．方式一中，在C 沿圆弧移动到圆心O 的正上方时，导线框中的感应电动势最大 C ．两种方式回路中电动势的有效值之比E 1E 2＝ω1ω2D ．若两种方式电阻丝上产生的热量相等，则ω1ω2＝14三、非选择题7．某探究小组为了研究用“半偏法”测电阻和改装电表，先用“半偏法”测量程为100μA的电流表G的电阻，后将电流表G改装成电压表．(1)首先采用如图甲所示的实验电路测量该电流表G的内阻R g，图中R1为滑动变阻器、R2为电阻箱．他按电路图连接好电路，将R1的阻值调到最大，闭合开关S1后，他应该正确操作的步骤是________．(选出下列必要的步骤，并将其序号排序)A．记下R2的阻值B．调节R1的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度C．闭合S2，调节R1和R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半D．闭合S2，保持R1不变，调节R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半(2)如果按正确操作步骤测得R2的阻值为100 Ω，则R g的阻值大小为________ Ω；与电流表内阻的真实值R′g相比，R g________(选填“>”“＝”或“<”)R′g.(3)将上述电流表G串联一个29 900 Ω的电阻，改装成电压表，则该电压表的量程是________V．用它来测量电压时，表盘指针位置如图乙所示，此时电压表的读数大小为________V.8．一种氢气燃料的汽车，质量为m＝2.0×103 kg，发动机的额定输出功率为80 kW，行驶在平直公路上时所受阻力恒为车重的0.1.若汽车从静止开始先匀加速启动，加速度的大小为a＝1.0 m/s2.达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又加速行驶了800 m，直到获得最大速度后才匀速行驶．试求：(1)汽车的最大行驶速度；(2)当汽车的速度为32 m/s时的加速度大小；(3)汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间．9．如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第二象限内有平行于y 轴的匀强电场，方向沿y 轴负方向．在第一、四象限内有一个圆，圆心O ′坐标为(r ，0)，圆内有方向垂直于xOy 平面向里的匀强磁场．一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子(不计粒子所受的重力)，从P (－2h ，h )点，以大小为v 0的速度沿平行于x 轴正方向射入电场，通过坐标原点O 进入第四象限，又经过磁场从x 轴上的Q 点离开磁场．求：(1)电场强度E 的大小；(2)圆内磁场的磁感应强度B 的大小；(3)带电粒子从P 点进入电场到从Q 点射出磁场的总时间t .综合模拟滚动小卷(六)1．解析：选D.A →B 过程温度降低，体积增大，由pV T＝C 可知压强变小，则气体膨胀对外做功，即外界对气体做负功，选项A 、B 错误；B →C 过程为等容变化，温度升高，体积不变，分子运动加剧，选项C 错误，D 正确．2．解析：选B.由于不知质点的振动情况，所以无法确定质点的运动方向，只能确定沿y 轴负方向，故A 错误；0.025 s 和0.075 s 两个时刻的位移大小和方向都相同，由a ＝－kxm知加速度大小和方向都相同，故B 正确；据y －t 图象的斜率表示速度，知0.025 s 和0.075 s 两个时刻的速度大小相等，方向相反，故C 错误；0.125 s 时速度方向沿y 轴正方向，位移方向为沿y 轴正方向，加速度方向应沿y 轴负方向，故D 错误．3．解析：选C.设小球做平抛运动的时间为t ，位移为L ，位移与水平方向夹角为θ，则有：L cos θ＝v 0t ；L sin θ＝12gt 2，联立解得：t ＝2v 0tan θg ，设∠OBA ＝α，∠C ＝β，则tan α＝h AB ，tan β＝h AC，由于AB ＝BC ，可知tan α＝2tan β，因在D 点时：t D ＝2v 0tan βg，在B 点时：t B ＝2v 0tan αg ，则落到D 点所用时间是落到B 点所用时间的12，即小球经过D 点的水平位移是落到B 点水平位移的12，故A 错误；由于落到D 点所用时间是落到B 点所用时间的12，故D 点和B 点竖直方向的速度之比为1∶2，故小球经过D 点与落在B 点时重力瞬时功率的比为1∶2，故B 错误；小球从O 到D 点与从D 到B 点两段过程中时间相等，则竖直位移之比为1∶3，则重力做功的比为1∶3，故C 正确；小球的速度与水平方向的夹角的正切值tan γ＝gt v 0，故小球经过D 点时速度与水平方向夹角的正切值是落到B 点时速度与水平方向夹角的正切值的12，故D 错误．4．解析：选C.设下滑过程中的最大速度为v ，有v a 1＋v a 2＝t ，位移关系为：v 22a 1＋v 22a 2＝s ，又a 1＝2a 2.联立解得：v ＝8 m/s ，a 1＝8 m/s 2，a 2＝4 m/s 2，加速时间为：t 1＝v a 1＝88 s ＝1 s ，减速时间为：t 2＝v a 2＝84s ＝2 s ，由此可知C 正确，A 、B 、D 错误．5．解析：选BD.物块在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，加速度发生变化，A 到B 的距离为对应图象与时间轴围成的面积，x ＝12×2×0.2 m ＋12×(2＋4)×1 m＝3.2 m ，故A 错误；由v －t 图象可知，物块在传送带上先做加速度为a 1的匀加速直线运动，a 1＝Δv Δt＝10 m/s 2，对物体受力分析，受向下的摩擦力、重力和支持力，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，同理，后做加速度为a 2的匀加速直线运动，对物体受力分析，受向上的摩擦力、重力和支持力，加速度为a 2＝2 m/s 2.mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，联立解得cos θ＝0.8，μ＝0.5，故B 正确；第一阶段：f ＝μmg cos θ＝4 N ，由图象知位移为：x 1＝12×2×0.2 m ＝0.2 m ，摩擦力做正功为：W f 1＝fx 1＝4×0.2 J ＝0.8 J ，同理第二阶段：由图象知位移为x 2＝12×(2＋4)×1 m ＝3 m ，摩擦力做负功为：W f 2＝－fx 2＝－4×3 J ＝－12 J ，所以整个过程，传送带对货物做功大小为：12 J －0.8 J ＝11.2 J ，故C 错误；根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，第一阶段Δx 1＝x 皮－x 1＝0.2 m ，第二阶段，Δx 2＝x 2－x 皮2＝3 m －2 m ＝1 m ．故两者之间的总相对位移为：Δx ＝Δx 1＋Δx 2＝1 m ＋0.2 m ＝1.2 m ．货物与传送带摩擦产生的热量为：Q ＝W ＝f Δx ＝4×1.2 J ＝4.8 J ，故D 正确．6．解析：选AC.方式一中，在C 从A 点沿圆弧移动到题图中∠ADC ＝30°位置的过程中，穿过回路磁通量的变化量为ΔΦ＝32BR 2.由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ，I ＝E r，q ＝I Δt ，联立解得q ＝ΔΦr ＝3BR 22r ，选项A 正确；第一种方式中穿过回路的磁通量Φ1＝BR 2sin ω1t ，所产生的电动势为e 1＝ω1BR 2cos ω1t ，在C 沿圆弧移动到圆心O 的正上方时，导线框中的磁通量最大，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势最小，感应电动势为零，选项B 错误；第二种方式中穿过回路的磁通量Φ2＝BR 2cos ω2t ，所产生的电动势为e 2＝ω2BR 2sin ω2t ，则两种方式所产生的正弦交流电动势的有效值之比为E 1E 2＝ω1ω2，时间满足ω1t 1ω2t 2＝180°90°，产生的焦耳热Q 1＝E 21r t 1，Q 2＝E 22r t 2，若Q 1＝Q 2，则ω1ω2＝12，选项C 正确，D 错误．7．解析：(1)本题是使用“半偏法”测电流表的内阻，故调节R 1的阻值，先使电流表的指针偏转到满刻度，然后再闭合S 2，保持R 1不变，调节R 2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半，故操作顺序为B 、D 、A.(2)此时R 2的阻值与R g 的阻值相等，故R g 的阻值大小也为100 Ω.S 2闭合后，整个电路中的电流将会变大，但实际上我们仍然按照电流不变时的电流来计算的，通过变阻器R 2的电流比通过G 的电流要大，又因为R 2与G 并联，电压一样，所以实际的变阻器读数R 将小于电流表G 的内阻．所以“半偏法”测电阻测出的电阻要小于实际电阻．(3)电流表G 与一较大的电阻串联即可改装成电压表．U ＝I g (R g ＋R )＝1×10－4×(100＋29 900) V ＝3 V ，此时指针所指示的电压为2.4 V.答案：(1)BDA (2)100 < (3)3 2.48．解析：(1)汽车的最大行驶速度v m ＝PF f＝40 m/s. (2)当汽车的速度为32 m/s 时的牵引力F ＝P v ′＝2.5×103N 由牛顿第二定律得：F －F f ＝maa ＝F －F f m＝0.25 m/s 2.(3)汽车在匀加速启动阶段结束时，有Pv－F f ＝ma 得此时速度v ＝20 m/s汽车从静止到匀加速启动阶段结束所用时间t 1＝v a＝20 s达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又加速行驶了800 m ，这一过程阻力不变，对这一过程运用动能定理：Pt 2－F f s ＝12mv 2m －12mv 2解得t 2＝35 s总时间t ＝t 1＋t 2＝55 s.答案：(1)40 m/s (2)0.25 m/s 2(3)55 s 9．解析：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，有 水平方向：2h ＝v 0t 1① 竖直方向：h ＝12at 21②a ＝Eq m③由①②③式得E ＝mv 202qh.④(2)粒子进入磁场时沿y 轴方向的速度v y ＝at 1＝v 0⑤ 粒子进入磁场时的速度v ＝v 20＋v 2y ⑥粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，有qvB ＝m v 2R⑦由几何关系有R ＝2r ⑧ 由③⑤⑥⑦⑧式得B ＝mv 0qr.⑨ (3)粒子在磁场中运动的时间t 2＝14T ⑩粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πmqB⑪粒子从P 点进入电场到Q 点射出磁场的总时间t ＝t 1＋t 2⑫ 由①⑨⑩⑪⑫式解得t ＝4h ＋πr 2v 0.答案：(1)mv 202qh (2)mv 0qr (3)4h ＋πr 2v 0。

选考题专练(2)1.选修3-3(1)(2019山东滨州模拟)在“油膜法估测油酸分子的大小”的实验中,某同学用注射器将事先配好的浓度为0.05%油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中,记下量筒内油酸酒精溶液的滴数N、体积V。

然后通过以下三步完成实验:①往浅盘里倒入2 cm深的水,待水面稳定后,将适量的痱子粉均匀地撒在水面上,用注射器在低处向水面的中央滴人一滴油酸酒精溶液,待油膜形状稳定;②将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上,计算出油膜的面积S,根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小d;③将玻璃板放在浅盘上,然后将油的形状用彩笔描绘在玻璃板上。

完成下列填空(ⅰ)上述步骤中,正确的顺序是(填序号)。

(ⅱ)利用以上测量的数据符号,写出单个油酸分子直径的表达式d= 。

(2)(2019安徽合肥模拟)如图所示,竖直圆筒是固定不动的,粗筒横截面积是细筒的2倍。

粗筒中封有压强为p=75 cmHg的空气Ⅰ(可视为理想气体),气柱长L 1=20 cm,细筒中的A、B两轻质活塞间封有空气Ⅱ(可视为理想气体),气柱长L2=10cm。

活塞A上方的水银柱高H=10 cm,两活塞与筒壁间的摩擦不计。

用外力向上托住活塞B,使之处于平衡状态,水银面与细筒上端相平。

现使活塞B缓慢上移,直至水银恰好全部被推入粗筒中,设在整个过程中气柱的温度不变,大气压强p=75 cmHg,试求:(ⅰ)空气Ⅰ的压强;(ⅱ)活塞B上移的距离。

(结果保留2位小数)答案(1)(ⅰ)①③②(ⅱ)0.05%VNS(2)(ⅰ)100 cmHg(ⅱ)11.90 cm解析(1)先后顺序为:知道每滴油酸溶液的体积,取一滴溶液滴入浅水盘使其充分扩散,盖上玻璃板描绘油膜的形状,然后将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上,计算出油膜的面积,再根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小,故正确顺序为①③②。

根据公式d=V油S得d=0.05%VNS(2)(ⅰ)对于空气Ⅰ,初态p1=p=75 cmHg,V11=L1S1末态,设压强为p2,体积V12=(L1-H2)S1根据玻意耳定律得p1V11=p2V12解得p2=100 cmHg(ⅱ)对于空气Ⅱ,初态p21=p+H=85 cmHg,V21=L2S2末态,压强为p22=p2+H2=105 cmHg体积V22=L22S2由玻意耳定律得p21V21=p22V22解得L22=p21L2p22=85×10105cm≈8.10 cm活塞B上移的距离d=L2+H-L22=11.90 cm2.选修3-4(1)某同学用如图甲所示实验装置做“用双缝干涉测量光的波长”的实验,相邻两亮条纹间的距离用带有螺旋测微器的测量头测出,测量头的分划板中心刻线与某亮条纹中心对齐,将该亮条纹定位第1条亮条纹,此时手轮上的示数如图乙所示,然后同方向转动测量头,使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐,此时手轮上的示数如图丙所示,则这种色光的波长λ=nm(已知双缝间距d=0.2 mm,双缝到屏的距离L=700 mm),若改用频率较高的单色光照射,得到的干涉条纹间距将(填“变大”“不变”或“变小”)。

回扣练8：动量定理和动量守恒定律1．将一个光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上如图，槽左侧有一个固定在水平面上的物块．现让一个小球自左侧槽口A 点正上方由静止开始落下，从A 点落入槽内，则下列说法中正确的是( )A ．小球在半圆槽内运动的过程中，机械能守恒B ．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒C ．小球在半圆槽内由B 点向C 点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒D ．小球从C 点离开半圆槽后，一定还会从C 点落回半圆槽解析：选D.只有重力做功时物体机械能守恒，小球在半圆槽内运动由B 到C 过程中，除重力做功外，槽的支持力也对小球做功，小球机械能不守恒，由此可知，小球在半圆槽内运动的全过程中，小球的机械能不守恒，故A 错误．小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，故B 错误．小球自半圆槽的最低点B 向C 点运动的过程中，系统在水平方向所受合外力为零，故小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故C 错误．小球离开C 点以后，既有竖直向上的分速度，又有与槽相同的水平分速度，小球做斜上抛运动，然后可以从C 点落回半圆槽，故D 正确．故选D.2．如图所示，质量为m 的A 球在水平面上静止放置，质量为2m的B 球向左运动速度大小为v 0，B 球与A 球碰撞且无机械能损失，碰后A 球速度大小为v 1，B 球的速度大小为v 2，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数e ＝v 1－v 2v 0－0，下列选项正确的是( ) A ．e ＝1B ．e ＝12C ．e ＝13D ．e ＝14解析：选A.AB 在碰撞的过程中，根据动量守恒可得，2mv 0＝mv 1＋2mv 2，在碰撞的过程中机械能守恒，可得12·2mv 20＝12mv 21＋12·2mv 22，解得v 1＝43v 0，v 2＝13v 0，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数e ＝v 1－v 2v 0－0＝1，故A 正确，BCD 错误；故选A. 3．如图所示，AB 两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A 球的质量小于B 球的质量．若用锤子敲击A 球使A 得到v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L 1；若用锤子敲击B 球使B 得到v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L 2，则L 1与L 2的大小关系为( )A ．L 1＞L 2B ．L 1＜L 2C ．L 1＝L 2D ．不能确定解析：选C.若用锤子敲击A 球，两球组成的系统动量守恒，当弹簧最短时，两者共速，则m A v ＝(m A ＋m B )v ′，解得v ′＝m A v m A ＋m B ，弹性势能最大，最大为ΔE p ＝12m A v 2－12(m A ＋m B )v ′2＝m A m B v 22（m A ＋m B ）；若用锤子敲击B 球，同理可得m B v ＝(m A ＋m B )v ″，解得v ″＝m B v m A ＋m B ，弹性势能最大为ΔE p ＝12m B v 2－12(m A ＋m B )v ′2＝m A m B v 22（m A ＋m B ），即两种情况下弹簧压缩最短时，弹性势能相等，故L 1＝L 2，C 正确．4．如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v 1逆时针运动，一质量为m 的物块以大小为v 2的初速度从左轮中心正上方的P 点冲上传送带，从此时起到物块再次回到P 点的过程中，下列说法正确的是( )A ．合力对物块的冲量大小一定为2mv 2B ．合力对物块的冲量大小一定为2mv 1C ．合力对物块的冲量大小可能为零D ．合力对物块做的功可能为零解析：选D.若v 2＞v 1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，达到速度v 1后做匀速直线运动，可知物块再次回到P 点的速度大小为v 1，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量I 合＝mv 1－m (－v 2)＝mv 1＋mv 2.根据动能定理知，合外力做功W 合＝12mv 21－12mv 22；若v 2＜v 1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，物块再次回到P 点的速度大小为v 2，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量为：I 合＝mv 2－m (－v 2)＝2mv 2；根据动能定理知，合外力做功为：W 合＝12mv 22－12mv 22＝0.故D 正确，ABC 错误．故选D. 5．如图甲所示，工人利用倾斜钢板向车内搬运货物，用平行于钢板向上的力将货物从静止开始由钢板底端推送到顶端，到达顶端时速度刚好为零．若货物质量为100 kg ，钢板与地面的夹角为30°，钢板与货物间的滑动摩擦力始终为50 N ，整个过程中货物的速度—时间图象如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．0～2 s 内人对货物做的功为600 JB ．整个过程中人对货物的推力的冲量为1 000 N·sC ．0～2 s 和2～3 s 内货物所受推力之比为1∶2D ．整个过程中货物始终处于超重状态解析：选A.0～2 s 内货物的加速度a 1＝Δv Δt＝0.5 m/s 2，根据牛顿第二定律：F 1－f －mg sin 30°＝ma 1，解得F 1＝600 N ；0～2 s 内货物的位移：x 1＝12×2×1 m＝1 m ；则人对货物做的功为W F ＝Fx 1＝600 J ，选项A 正确；整个过程中，根据动量定理：I F －(f ＋mg sin 30°)t ＝0，解得整个过程中人对货物的推力的冲量为I F ＝(f ＋mg sin 30°)t ＝(50＋100×10×0.5)×3＝1 650 N·s，选项B 错误；2～3 s 内货物的加速度大小a 2＝1 m/s 2，根据牛顿第二定律：f ＋mg sin 30°－F 2＝ma 2所受推力F 2＝450 N ；则0～2 s 和2～3 s 内货物所受推力之比为F 1∶F 2＝600∶450＝4∶3，选项C 错误；整个过程中货物的加速度先沿斜面向上，后向下，先超重后失重，选项D 错误；故选A.6．(多选)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )A ．该碰撞为弹性碰撞B ．该碰撞为非弹性碰撞C ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10解析：选AC.规定向右为正方向，碰撞前A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s，说明A 、B 两球的速度方向向右，两球质量关系为m B ＝2m A ，所以碰撞前v A ＞v B ，所以左方是A 球．碰撞后A 球的动量增量为－4 kg·m/s，所以碰撞后A 球的动量是2 kg·m/s；碰撞过程系统总动量守恒：m A v A ＋m B v B ＝－m A v A ′＋m B v B ′所以碰撞后B 球的动量是10 kg·m/s，根据m B ＝2m A ，所以碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5，故C 正确，D 错误．碰撞前系统动能：p 2A 2m A ＋p 2B 2m B＝622m A ＋622×2m A ＝27m A ，碰撞后系统动能为：p A ′22m A ＋p B ′22m B ＝222m A ＋1022×2m A ＝27m A，则碰撞前后系统机械能不变，碰撞是弹性碰撞，故A 正确，B 错误；故选AC.7．(多选)质量为M ＝3 kg 的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动．质量为m ＝2 kg 的小球(视为质点)通过长L ＝0.75 m 的轻杆与滑块上的光滑轴O 连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态．现给小球一个v 0＝3 m/s 的竖直向下的初速度，取g ＝10 m/s 2.则( )A ．小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.3 mB ．小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.2 mC ．小球m 相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27 mD ．小球m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.54 m解析：选AD.可把小球和滑块水平方向的运动看作人船模型，设滑块M 在水平轨道上向右运动了x ，由滑块和小球系统在水平方向上动量守恒，有m M ＝x L －x，解得：x ＝0.3 m ，选项A 正确、B 错误．根据动量守恒定律，小球m 相对于初始位置上升到最大高度时小球和滑块速度都为零，由能量守恒定律可知，小球m 相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45 m ，选项C 错误．此时杆与水平面的夹角为cos α＝0.8，设小球从最低位置上升到最高位置过程中滑块M 在水平轨道上又向右运动了x ′，由滑块和小球系统在水平方向时动量守恒，有m M ＝x ′L cos α－x ′，解得：x ′＝0.24 m ．小球m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块在水平轨道上向右移动了x ＋x ′＝0.3 m ＋0.24 m ＝0.54 m ，选项D 正确．8．(多选)如图所示，一辆质量为M ＝3 kg 的平板小车A 停靠在竖直光滑墙壁处，地面水平且光滑，一质量为m ＝1 kg 的小铁块B (可视为质点)放在平板小车A 最右端，平板小车A 上表面水平且与小铁块B 之间的动摩擦因数μ＝0.5，平板小车A 的长度L ＝0.9 m ．现给小铁块B 一个v 0＝5 m/s 的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动，重力加速度g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．小铁块B 向左运动到达竖直墙壁时的速度为2 m/sB ．小铁块B 与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为8 N·sC ．小铁块B 向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为4 JD ．小铁块B 在平板小车A 上运动的整个过程中系统损失的机械能为9 J解析：选BD.设小铁块B 向左运动到达竖直墙壁时的速度为v 1，根据动能定理得：－μmgL ＝12mv 21－12mv 20，解得：v 1＝4 m/s ，选项A 错误．与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹速度为－4 m/s ，由动量定理可知，小铁块B 与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为I ＝2mv 1＝8 N·s，选项B 正确．小铁块B 向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为μmgL ＝4.5 J ，选项C 错误．假设发生弹性碰撞后小铁块B 最终和平板小车A 达到的共同速度为v 2，根据动量守恒定律得：mv 1＝(M ＋m )v 2，解得：v 2＝1 m/s.设小铁块B 在平板小车A 上相对滑动的位移为x 时与平板小车A 达到共同速度v 2，则根据功能关系得：－μmgx ＝12(M ＋m )v 22－12mv 21，解得：x ＝1.2 m ，由于x ＞L ，说明小铁块B 在没有与平板小车A 达到共同速度时就滑出平板小车A ，所以小铁块B 在平板小车上运动的整个过程中系统损失的机械能为ΔE ＝2μmgL ＝9 J ，选项D 正确．9．(多选)在地面上以大小为v 1的初速度竖直向上抛出一质量为m 的皮球，皮球落地时速度大小为v 2.若皮球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比，重力加速度为g .下列判断正确的是( )A ．皮球上升的最大高度为v 212gB ．皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为12mv 21－12mv 22 C ．皮球上升过程经历的时间为v 1gD ．皮球从抛出到落地经历的时间为v 1＋v 2g解析：选BD.减速上升的过程中受重力、阻力作用，故加速度大于g ，则上升的高度小于v 212g ，上升的时间小于v 1g，故AC 错误；皮球从抛出到落地过程中重力做功为零，根据动能定理得克服阻力做功为W f ＝12mv 21－12mv 22，故B 正确；用动量定理，结合数学知识，假设向下为正方向，设上升阶段的平均速度为v ，则：mgt 1＋kvt 1＝mv 1，由于平均速度乘以时间等于上升的高度，故有：h ＝vt 1，即：mgt 1＋kh ＝mv 1 ①，同理，设下降阶段的平均速度为v ′，则下降过程：mgt 2－kv ′t 2＝mv 2，即：mgt 2－kh ＝mv 2 ②，由①②得：mg (t 1＋t 2)＝m (v 1＋v 2)，解得：t ＝t 1＋t 2＝v 1＋v 2g，故D 正确；故选BD. 10．(多选)如图所示，足够长的光滑水平导轨间距为2 m ，电阻不计，垂直导轨平面有磁感应强度为1 T 的匀强磁场，导轨上相隔一定距离放置两根长度略大于间距的金属棒，a 棒质量为1 kg ，电阻为5 Ω，b 棒质量为2 kg ，电阻为10 Ω.现给a 棒一个水平向右的初速度8 m/s ，当a 棒的速度减小为4 m/s 时，b 棒刚好碰到了障碍物，经过很短时间0.5 s 速度减为零(不反弹，且a 棒始终没有与b 棒发生碰撞)，下列说法正确的是( )A ．从上向下看回路产生逆时针方向的电流B ．b 棒在碰撞前瞬间的速度大小为2 m/sC ．碰撞过程中障碍物对b 棒的平均冲击力大小为6 ND ．b 棒碰到障碍物后，a 棒继续滑行的距离为15 m解析：选ABD.根据右手定则可知，从上向下看回路产生逆时针方向的电流，选项A 正确；系统动量守恒，由动量守恒定律可知：m a v 0＝m a v a ＋m b v b 解得v b ＝2 m/s ，选项B 正确；b 碰到障碍物时，回路的感应电动势：E ＝BL (v a －v b )＝4 V ；回路的电流：I ＝E R a ＋R b ＝415 A ；b 棒所受的安培力：F b ＝BIL ＝815N ；b 与障碍物碰撞时，由动量定理：(F b －F )t ＝0－m b v b 解得：F ＝8.5 N ，选项C 错误；b 碰到障碍物后，a 继续做减速运动，直到停止，此时由动量定理：B IL Δt ＝m a v a ，其中I Δt ＝q ＝ΔΦR a ＋R b ＝BLx R a ＋R b联立解得x ＝15 m ，选项D 正确；故选ABD. 11．(多选)两个小球A 、B 在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m 1＝4 kg ，m 2＝2 kg ，A 的速度v 1＝3 m/s(设为正)，B 的速度v 2＝－3 m/s ，则它们发生正碰后，其速度可能分别是( )A ．均为1 m/sB ．＋4 m/s 和－5 m/sC ．＋2 m/s 和－1 m/sD ．－1 m/s 和5 m/s解析：选AD.由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能情况E k ＝12m 1v 21＋12m 2v 22＝12×4×9 J＋12×2×9 J＝27 J E k ′＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有E k ≥E k ′，可排除选项B.选项C 虽满足E k ≥E k ′，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向(v A′>0，v B′<0)，这显然是不符合实际的，因此C错误．验证选项A、D均满足E k≥E k′，故答案为选项A(完全非弹性碰撞)和选项D(弹性碰撞)．。