2016高考物理二轮专题复习 选择题48分练(5)

2016万卷作业卷（二十）热学一 、单选题（本大题共5小题 。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1. 下列说法正确的是A ．物体温度改变时，物体分子的平均动能一定改变B ．在两分子间距离减小的过程中，分子间引力减小，斥力增大C ．在两分子间距离增大的过程中，分子势能一定增大D ．气体压强是气体分子间的斥力产生的2. 热现象与大量分子热运动的统计规律有关，1859年麦克斯韦从理论上推导出了气体分子速率的分布规律，后来有许多实验验证了这一规律。

若以横坐标v 表示分子速率，纵坐标f (v )表示各速率区间的分子数占总分子数的百分比。

对某一部分密闭在钢瓶中的理想气体，在温度T 1、T 2时的分子速率分布图象如题图所示，下列分析和判断中正确的是( )A ．两种状态下瓶中气体内能相等B ．两种状态下瓶中气体分子平均动能相等C ．两种状态下瓶中气体分子势能相等D ．两种状态下瓶中气体分子单位时间内撞击瓶壁的总冲量相等3. 下列说法中正确的是A ．气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大B ．气体体积变小时，单位体积的分子数增多，单位时间内撞到器壁单位面积上的分子数增多，从而气体的压强一定增大C ．压缩一定质量的气体，气体的内能一定增加D ．分子a 只在分子b 的分子力作用下，从无穷远处向固定不动的分子b 运动的过程中，当a 到达受b 的作用力为零的位置时，a 的动能一定最大4. 架在A 、B 两根电线杆之间的均匀电线在夏、冬两季由于热胀冷缩的效应，电线呈现如图所示的两种形状。

下列说法中正确的是（ ） A ．夏季电线对电线杆的拉力较大B ．冬季电线对电线杆的拉力较大C ．夏季、冬季电线对电线杆的拉力一样大D ．夏季杆对地面的压力较大[5. 下列有关分子运动理论的各种说法中正确的是（ ）A ． 温度低的物体内能小B ． 温度低的物体，其分子运动的平均动能也必然小C ． 做加速运动的物体，由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能越来越大D ． 0℃的铁和0℃的冰，它们的分子平均动能可能不相同夏季 冬季 A A B B二、多选题（本大题共2小题）6. 健身球是一个充满气体的大皮球，当人压向健身球上时，假设球内气体温度不变，则在这个过程中A．气体分子的平均动能增大B．气体的密度增大C．气体从外界吸收热量D．外界对气体做功7.（2015•汕头一模）气象探测气球内充有常温常压的氦气，从地面上升至某高空的过程中，气球内氦气的压强随外部气压减小而逐渐减小，其温度因启动加热装置而保持不变．高空气温为﹣7.0℃，球内氦气可视为理想气体，下列说法中正确的是（）A．在此过程，气球内氦气体积逐渐增大B．在此高空，关闭加热装置后，氦气分子平均动能增大C．在此高空，关闭加热装置后，氦气将对外界做功D．在此高空，关闭加热装置后，氦气将对外放热三、简答题（本大题共2小题）8.（2015•松江区一模）如图，由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均为0℃的水槽中，B的容积是A的3倍．阀门S将A和B两部分隔开．A内为真空，B和C内都充有气体．U形管内左边水银柱比右边的低60mm．打开阀门S，整个系统稳定后，U形管内左右水银柱高度相等．假设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积．（1）求玻璃泡C中气体的压强（以mmHg为单位）（2）将右侧水槽的水从0℃加热到一定温度时，U形管内左右水银柱高度差又为60mm，求加热后右侧水槽的水温．9.（2015•崇明县一模）在托里拆利实验中，由于操作不慎，漏进了一些空气．当大气压强为75cm Hg时，管内外汞面高度差为60cm，管内被封闭的空气柱长度是30cm，如图所示．问：（1）此时管内空气的压强是多少？（2）若将此装置移到高山上，温度不变，发现管内外汞面高度差变为54cm，山上的大气压强为多少（设管顶到槽内汞面的高度不变）？2016万卷作业卷（二十）答案解析一、单选题10.【答案】A11.【答案】C12.【答案】D13.【答案】B14.【答案】B考点：分子的热运动．专题：分子运动论专题．分析：温度是分子平均动能的唯一标志，分子动能与分子的速率以及分子质量有关．解答：解：A、温度是分子平均动能的标志，温度低只能说明分子平均动能小，不能说明分子势能，而内能包括分子动能和分子势能，故A错误．B、温度低的物体，分子平均动能一定小，故B正确；C、温度是分子平均动能的标志，与物体是否运动无关，故C错误．D、温度是分子平均动能的唯一标志，温度相同说明分子平均动能相同，0℃的铁和0℃的冰，它们的分子平均动能相同，故D错误．故选：B．点评：掌握温度是分子平均动能的“唯一”标志，与其他任何因素无关．二、多选题15.【答案】BD16.【答案】AD【考点】：热力学第一定律；理想气体的状态方程．【分析】：气体经历等温过程，根据玻意耳定律分析体积的变化；温度是分子热运动平均动能的标志．【解析】：解：A、气体经历等温过程，压强减小，根据PV=C，在此过程，气球内氦气体积逐渐增大，故A正确；B、在此高空，关闭加热装置后，温度降低，故氦气分子平均动能减小，故B错误；C、在此高空，压强固定，关闭加热装置后，温度降低，根据，体积减小，故是外界对气体做功，故C错误；D、在此高空，压强固定，关闭加热装置后，温度降低，故会对外放热，故D正确；故选：AD．【点评】：本题关键是明确温度的微观意义，能够结合理想气体状态方程列式分析，基础题目．三、简答题17. 考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强．专题：压轴题；理想气体状态方程专题．分析：以B内封闭气体为研究对象，做等温变化，根据玻意耳定律求出B内的压强，然后求出C内压强；以C中封闭气体为研究对象，根据等容变化列方程求解．解答：解：（i）加热前C中压强始终不变，B内封闭气体初状态：P B=P C+60，打开阀门后P B′=P C由题意：由玻意尔定律P B V B=P B′V B′得：P B′=180mmHg P C=P B′=180mmHg（ii）C内封闭气体做等容变化，加热后压强P C′=P C+60mmHg=得：T′=364K答：（1）玻璃泡C中气体的压强为180mmHg（2）加热后右侧水槽的水温364K．点评：本题考查了理想气体状态方程的应用，关键是正确分析ABC中气体压强的关系．。

专题三题型练选择题48分满分练(一)选择题(本题共8小题，每小题6分，在每个小题给出的四个选项中，第1～5题只有一个选项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．下列叙述正确的是( )A．力、长度和时间是力学中三个基本物理量，它们的单位牛顿、米和秒就是基本单位B．蹦极运动员离开蹦床上升过程中处于失重状态C．利用霍尔元件能够把电压这个电学量转换为磁感应强度这个磁学量的特性，可以制出测磁感应强度大小的仪器D．探究加速度与质量、合力关系实验采用的是等效替代的方法解析：“力”不是基本物理量，“牛顿”也不是力学中的基本单位，故A错误；蹦极运动员上升过程中只受重力作用，处于完全失重状态，故B正确；霍尔元件能够把磁学量转换为电学量，故C错误；探究加速度与质量、合力关系实验中有三个变量，采用的是控制变量法，故D错误．答案：B2．一个氢原子从n＝3能级跃迁到n＝2能级，该氢原子( )A．放出光子，能量增加B．放出光子，能量减少C．吸收光子，能量增加D．吸收光子，能量减少解析：根据玻尔原子理论知，氢原子从高能级n＝3向低能级n＝2跃迁时，将以光子形式放出能量，放出光子后原子能量减少，故B选项正确．答案：B3．中国国家航天局目前计划于2020年发射嫦娥工程第二阶段的月球车嫦娥四号．中国探月计划总工程师吴伟仁近期透露，此台月球车很可能在离地球较远的月球背面着陆．假设运载火箭先将“嫦娥四号”月球探测器成功送入太空，由地月转移轨道进入100公里环月轨道后成功变轨到近月点为15公里的椭圆轨道，在从15公里高度降至月球表面成功实现登月，则关于“嫦娥四号”登月过程的说法正确的是( )A．“嫦娥四号”由地月转移轨道需要减速才能进入100公里环月轨道B．“嫦娥四号”在近月点为15公里的椭圆轨道上各点的速度都大于其在100公里圆轨道上的速度C．“嫦娥四号”在100公里圆轨道上运动的周期小于其在近月点为15公里的椭圆轨道上运动的周期D．从15公里高度降至月球表面过程中，“嫦娥四号”处于失重状态解析：“嫦娥四号”由地月转移轨道实施近月制动才能进入100公里环月圆轨道，A正确；由卫星变轨条件可知近月点为15公里的椭圆轨道上远月点的速度小于圆轨道上的速度，B 错误；由开普勒第三定律可得“嫦娥四号”在100公里圆轨道上运动的周期大于其在椭圆轨道上运动的周期，C错误；从15公里高度降至月球表面过程“嫦娥四号”需要减速下降，处于超重状态，D错误．答案：A4．如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑．小球被轻质细线系住放在斜面上．细线另一端跨过定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢移动一段距离，斜面体始终静止．移动过程中( )A．细线对小球的拉力变大B．斜面对小球的支持力变大C．斜面对地面的压力变大D．地面对斜面的摩擦力变大解析：如图，根据矢量三角形可知，当小球沿斜面缓慢向上移动一段距离时，β减小，绳子拉力增大，斜面对小球支持力减小；根据牛顿第三定律，小球对斜面体压力减小，将该力沿水平方向和竖直方向分解可知，两个方向的力都减小，所以地面对斜面的支持力和摩擦力都减小．综上所述，A正确．答案：A5．在某电场中，沿x轴上的电势分布如图所示，由图可以判断( )A．x＝2 m处电场强度可能为零B．x＝2 m处电场方向一定沿x轴正方向C．沿x轴正方向，电场强度先增大后减小D．某负电荷沿x轴正方向移动，电势能始终增大解析：φ-x图象的斜率等于电场强度，则知x＝2 m处的电场强度不为零，故A错误；从0到x＝3 m处电势不断降低，但x＝2 m点的电场方向不一定沿x轴正方向，故B错误；由斜率看出，从0到3 m，图象的斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，故C错误；沿x轴正方向电势降低，某负电荷沿x轴正方向移动，受力的方向始终指向x轴的负方向，电场力做负功，电势能始终增大，故D正确．答案：D6．在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则( )A ．t ＝0.005 s 时线圈平面与磁场方向平行B ．t ＝0.010 s 时线圈的磁通量变化率最大C ．线圈产生的交变电动势频率为50 HzD ．线圈产生的交变电动势有效值为311 V解析： t ＝0.005 s 时电动势最大，则线圈平面与磁场方向平行，故A 正确； t ＝0.010 s时电动势为0，则线圈的磁通量变化率为0，故B 错误；由图可知周期为0.02，则频率为1T＝50 Hz ，故C 正确； 线圈产生的交变电动势有效值为3112V ，故D 错误． 答案：AC 7．如图所示，两个匀强磁场的方向相同，磁感应强度分别为B 1、B 2，虚线MN 为理想边界．现有一个质量为m 、电荷量为e 的电子以垂直于边界MN 的速度v 由P 点沿垂直于磁场的方向射入磁感应强度为B 1的匀强磁场中，其运动轨迹为图中虚线所示的心形图线，则以下说法正确的是( )A ．电子的运动轨迹为P →E →N →C →M →D →PB ．电子运动一周回到P 点所用的时间T ＝4πm B 1e， C ．B 1＝4B 2D ．B 1＝2B 2解析：由左手定则可判定电子在P 点受到的洛伦兹力的方向向上，轨迹为P →D →M →C →N →E →P ，选项A 错误；由图得两个磁场中轨迹圆的半径之比为1∶2，由r ＝mv qB 可得磁感应强度之比B 1B 2＝2，电子运动一周所用的时间t ＝T 1＋T 22＝2πm B 1e ＋πm B 2e ＝4πm B 1e，选项C 错误，选项B 、D 正确．答案：BD8．如图所示，两个半径相等的光滑竖直圆轨道，两小球分别沿两轨道内侧在竖直平面内各自做圆周运动．某一时刻小球1运动到自身轨道的最低点，小球2恰好运动到自身轨道的最高点，这两点高度相同，此时两小球速度大小相同．若两小球质量均为m ，忽略空气阻力的影响，则下列说法正确的是( )A ．此刻两小球对轨道的压力大小相同B ．运动过程中，两轨道受到的压力差值最大为2mgC ．运动过程中，两轨道受到的压力差值最大为10mgD ．若相对同一零势能面，小球1在最高点的机械能等于小球2在最低点的机械能解析：初始位置，球1加速度向上，超重，球2加速度向下，失重，故球1对轨道的压力较大，故A 错误；球1在最高点压力最小为F N1，有F N1＋mg ＝m v 21R，球2在最低点压力最大为F N2，有F N2－mg ＝m v 22R ，两个球运动过程中机械能守恒，对球1有12mv 2＝12mv 21＋mg ·2R ，对球2有12mv 2＝12mv 22－mg ·2R ，联立解得F N2－F N1＝10mg ，故B 错误，C 正确；两个球运动过程中机械能守恒，而初始位置两个球的机械能相等，故两个球的机械能一直是相等的，故D 正确． 答案：CD。

2016年新课标高考二轮全真模拟物理试卷（6-5）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.物理关系式不仅反映了物理量之间数量的关系，也确定了它们之间的单位关系．如关系式U=IR既反映了电压、电流和电阻之间的关系，也确定了V（伏）与A（安）和Ω（欧）的乘积等效．则引力常量G用国际单位制（简称SI）中的基本单位可等效表示为（）A.N⋅m3kg2B.m3kg⋅s2C.m3kg⋅s2D.m3kg⋅s2【答案】B【解析】解：由万有引力公式F=G m1m2r2变形得G=Fr2m1m2，所以引力常量G的单位可表示为N⋅m2 kg2=kg⋅m⋅m2kg2⋅s2=m3kg⋅s2，故B正确．故选：B单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，由物理公式推导出的但为叫做导出单位，根据万有引力公式求解即可．物理公式不仅确定了各个物理量之间的关系，同时也确定了物理量的单位之间的关系，根据物理公式来分析物理量的单位即可．2.如图所示，图甲为质点a和b做直线运动的位移-时间（x-t）图象，图乙为质点c和d做直线运动的速度-时间（v-t）图象，由图可知（）A.若t1时刻a、b两质点第一次相遇，则t2时刻两质点第二次相遇B.若t1时刻c、d两质点第一次相遇，则t2时刻两质点第二次相遇C.t1到t2时间内，四个质点中只有b和d两个质点的运动方向发生改变D.t1到t2时间内，四个质点中只有b和d两个质点做了变速运动【答案】A【解析】解：A、由题图可知，t1和t2时刻a、b两个质点的位移均相同，若t1时刻为第一次相遇，则t2时刻为第二次相遇，故A正确；B、若t1时刻c、d两质点第一次相遇，t1到t2时间内，c、d两质点的位移不同，因此t2时刻两质点不可能相遇，故B错误；C、t1到t2时间内，只有b质点的运动方向发生改变，故C错误；D、t1到t2时间内，b、c、d三个质点的速度都发生了变化，做变速运动，故D错误．故选：A在位移-时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度，图象的交点表示位移相等；在速度-时间图象中，斜率表示加速度，图象与时间轴围成的面积表示位移．由此分析两质点的运动情况．要求同学们能根据图象读出有用信息，注意位移-时间图象和速度-时间图象的区别，从斜率、面积等数学角度来理解其物理意义．3.2013年6月13日，“神舟十号”飞船与“天宫一号”目标飞行器在离地面343km 的圆轨道上成功进行了我国第5次载人空间交会对接，在进行对接前，“神舟十号”飞船在比“天宫一号”目标飞行器较低的圆形轨道上飞行，这时“神舟十号”飞船的速度为v 1，“天宫一号”目标飞行器的速度为v 2，“天宫一号”目标飞行器运行的圆轨道和“神舟十号”飞船运行圆轨道最短距离为h ，由此可求得地球的质量为（ ） A.ℎv 12v 22G(v 12+v 22) B.ℎv 1v 2G(v 1−v 2) C.ℎv 12v 22G(v 12−v 22) D.ℎv 1v 2G(v 1+v 2)【答案】C【解析】解：设“神舟十号”飞船的轨道半径为r ，质量为m ，则“天宫一号”目标飞行器轨道半径为r +h ，质量为m ′；由万有引力提供向心力：GMm r 2=mv 12rGMm′(r +ℎ)2=m′v 22r +ℎ联立解得：M=ℎv 12v 22G(v 12−v 22) 故选：C“天宫一号”目标飞行器运行的圆轨道和“神舟十号”飞船运行圆轨道最短距离为h ，即说明两轨道半径的差为h ，对于每个飞行器，都有万有引力提供向心力，由牛顿第二定律列方程求解即可解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，能够根据题意选择恰当的向心力的表达式，整理出地球质量的表达式．4.水平地面x O y 上有一沿x 正方向做匀速运动的传送带，运动速度为v 1=3m /s ，传送带上有一质量为m =1kg 的正方体随传送带一起运动，当物体运动到y O z 平面时遇到一阻挡板C ，阻止其继续向x 轴正方向运动．物体与传送带间的动摩擦因数μ1=0.5，物体与挡板之间的动摩擦因数μ2=0.2．若要使物体沿y 轴正方向以v 2=4m /s 匀速运动，所加外力大小为（ ）A.1NB.4.6NC.5ND.6N【答案】B【解析】解：x O y 对物体的摩擦力f 1，如图1中所示，物体沿y 轴正向匀速运动时受力如图2所示：传送带对物块的摩擦力：f 1=μ1mg ，挡板对物体的支持力：N 2=f 1sin θ，挡板对物体的摩擦力：f2=μ2N2=μ2μ1mgsinθ，又sinθ=35，所以：F=f2+f1cosθ=4.6N．故选：B作出xoy平面对物块的摩擦力示意图，以及物块沿y轴方向做匀速运动时的受力分析图，结合几何知识，通过共点力平衡求出压力的大小，再对物块根据共点力平衡条件列式求解外力大小．解决本题的关键能够正确地受力分析，根据共点力平衡进行求解，得出传送带对物块摩擦力的方向是解决本题的关键．5.如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料，不同粗细的导线绕制（Ⅰ为细导线）．两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界．设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2．不计空气阻力，则（）A.v1＜v2，Q1＜Q2B.v1=v2，Q1=Q2C.v1＜v2，Q1＞Q2D.v1=v2，Q1＜Q2【答案】D【解析】解：由于从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，切割磁感线产生感应电流同时受到磁场的安培力为：F=B2l2vR，由电阻定律有：R=ρ4lS（ρ为材料的电阻率，l为线圈的边长，S为单匝导线横截面积）所以下边刚进入磁场时所受的安培力为：F=B2lvS 4ρ此时加速度为：a=g−Fm将线圈的质量m=ρ0S•4l（ρ0为材料的密度）代入上式，所以得加速度为：a=g−B2v 16ρρ0经分析上式为定值，线圈Ⅰ和Ⅱ同步运动，落地速度相等v1=v2由能量守恒可得：Q=mg(ℎ+H)−12mv2（H是磁场区域的高度）Ⅰ为细导线m小，产生的热量小，所以Q1＜Q2．正确选项D，选项ABC错误．故选：D．两矩形线圈进入磁场之前，均做自由落体运动，因下落高度一致，所以两线圈会以同样的速度进入磁场，由法拉第电磁感应定律可求出进入磁场边界时的感应电动势，从而表示出受到磁场的安培力．由电阻定律表示出两线圈的电阻，结合牛顿运动定律表示出加速度，可分析出加速度与线圈的粗细无关，从而判断出两线圈运动一直同步，得出落地速度相同的结论．因最终落地速度大小相同，由能量的转化与守恒可知，损失的机械能（转化为了内能）与线圈的质量有关，从而判断出产生的热量大小．此题的分析首先要进行分段，即为进入磁场之前和进入磁场之后，在进入磁场之前，两线圈均做自由落体运动．当线圈的一边进入磁场后，开始受到安培力的作用，此时在竖直方向上还受到重力作用；当线圈的上下两边都进入磁场，通过线圈的磁通量不再发生变化，就不会再有安培力，线圈就会只在重力作用下运动直至落地．二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.图甲为一台小型发电机构造示意图，内阻r=5.0Ω，外电路电阻R=95Ω，电路中其余电阻不计．发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈匝数n=100．转动过程中穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化，如图乙所示，则（）A.t=3.14×10-2s时，该小型发电机的电动势为零B.该小型发电机的电动势的最大值为200 VC.电路中电流最大值为2 AD.串联在外电路中的交流电流表的读数为2 A【答案】BC【解析】解：A、t=3.14×10-2s时，磁通量Φ的变化率最大，该小型发电机的电动势有最大值，故A错误；B、从Φ-t图线可以看出，Φmax=1.0×10-2W b，T=3.14×10-2s，ω=2πT，感应电动势的最大值E max=nωΦmax=100×2π3.14×10−2×1×10-2=200V，故B正确；C、电路中电流最大值I max=E maxR+r =200100=2A，故C正确；D、交流电流表读数是交变电流的有效值，即I=max√2=√2=1.4A，故D错误．故选：BC首先知道给出的是磁通量与时间的变化关系，利用图象读出周期求出角速度；再利用电动势的最大值公式求出峰值、有效值，从而求出电流表的示数．本题考查对交流电的产生过程的理解，要注意明确磁通量的变化与交流电产生的关系，知道最大电动势与最大磁通量之间的关系．7.如图所示，A、B两个楔形物体叠放在一起，B靠在竖直墙壁上，在水平力F的作用下，A、B保持静止不动，增大F，A、B仍保持静止不动，则增大F的过程中（）A.墙对B的摩擦力增大B.B对A的摩擦力增大C.A对B的正压力增大D.A对B的作用力增大【答案】CD【解析】解：A、先对AB整体受力分析，由平衡条件知，竖直方向：f=G A+G B，因此当水平力F增大，墙壁对B的摩擦力仍不变，故A错误；B、若AB间不存在静摩擦力，则有：隔离B物体，必受重力、A对B的压力和墙面的弹力与静摩擦力作用；隔离A物体，受到重力、B对A的支持力和外力F，三个力作用，均能处于平衡；若AB间存在静摩擦力，则有：A受四个力，B受五个力，仍能处于平衡；因此当F增大过程中，A对B的正压力增大，即A对B的作用增大，故B错误，CD正确；故选：CD．先对AB整体受力分析，由平衡条件知，整体共受四个力作用，墙面对此有作用力；再分别隔离A、B受力分析，应用平衡条件分析即可．关键利用整体法并结合共点力平衡条件得到B物体与墙间不存在弹力，注意AB间是否存在静摩擦力是解题的关键．8.两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在y轴上的O、M两点，若规定无穷远处的电势为零，则在两电荷连线上各点的电势φ随y变化的关系如图6所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则（）A.q1与q2带异种电荷B.A、N两点的电场强度大小为零C.从N点沿y轴正方向，电场强度大小先减小后增大D.将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功【答案】AD【解析】解：A、由图象可知，M点附近的电势为负值、O点附近的电势为正值，所以，q1与q2带异种电荷，故A正确B、A、N点的电势为零，但场强不为零（φ-y图象的斜率不为零），故B错误C、从N点沿y轴正方向，电场强度的大小先减小后增大再逐渐减小，故C错误D、将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增后减，所以，电场力先做负功后做正功．故D正确．故选：ADφ-x图象的斜率等于电场强度E．根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性．根据功能关系分析电场力做功的正负解决本题的关键要掌握电场线方向和电势变化的关系，明确电场力做功的正负决定电势能的增加与否，注意图象斜率表示电场强度是解题的突破口五、多选题(本大题共1小题，共6.0分)13.下列关于热现象的说法正确的是（）A.小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力B.液体分子的无规则运动称为布朗运动C.热量不可能从低温物体传到高温物体D.分子间的距离增大时，分子势能可能减小E.一定质量的理想气体，如果压强不变、体积增大，那么它一定从外界吸热【答案】ADE【解析】解：A、小草上的露珠由于液体表面张力的作用而呈球形，故A正确；B、布朗运动是指液体中悬浮固体小颗粒的运动，不是液体分子的运动，故B错误；C、关键热力学第二定律，热量不能自发地从低温物体传递到高温物体，但引起其他变化时，可以从低温物体传递到高温物体，如开动冰箱的压缩机可以使热量从低温物体传递到高温物体，故C错误；D、当分子间距小于r0时，分子力表现为斥力，随着分子间距的增大，分子势能减小，故D正确；E、根据理想气体状态方程可知，一定质量的理想气体压强不变、体积增大，温度一定升高，因此内能增加；体积增大则对外做功，根据△U=W+Q可知，气体一定吸收热量，故E正确．故选：ADE小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用；布朗运动是指液体中悬浮固体小颗粒的运动，是由于液体分子无规则运动时撞击的不平衡引起的；热量能从高温物体向低温物体传递，也能由低温物体传给高温物体．关键理想气体的状态方程分析气体的状态参量的变化，关键热力学第一定律分析是否吸收热量．本题全面考查了选修3-3中的基础知识，这些知识大都需要平时的记忆和积累，在平时注意加强记忆和练习，提高知识的应用能力．七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.如图所示是一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，已知波的传播速度为v=2m/s，则（）A.x=0.5m处的质点的振动方程为y=5cos2πt（cm）B.波传播到x=20m处时，质点的起振方向沿y轴正方向C.图中质点a正沿y轴正方向运动D.图中质点a的振动周期为1sE.如果该波由水面传播到油面上后，波的频率会发生改变【答案】ACD【解析】解：A、由波动图象可知，波长λ=2.0m，则周期为T=λv =1.0s，ω=2πT=2π，振幅为A=5cm，所以x=0.5m处的质点的振动方程为y=5cos2πt（cm），选项A正确；B、波传播到任何位置，质点的起振方向都沿y轴方向向下，选项B错误；C、由于波沿x轴正方向传播，根据波的形成原理可知，图中质点a正沿y轴正方向运动，选项C正确；D、在波的传播过程中，所有质点的振动周期与波源相同，选项D正确；E、波的传播介质发生变化时，波的传播速度和波长会发生改变，而波的频率不变，选项E错误．故选：ACD由图读出振幅和波长，由波速公式求出周期，由ω=2πT求出角频率ω．即可写出x=0.5m处质点的振动函数表达式．根据时间与周期的关系求解质点通过的路程．解决本题的关键知道波速、波长、周期以及解频率的关系，理解波的周期性，以及知道质点在一个周期内的路程等于4倍的振幅．从而进行解题．三、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分)9.某同学利用图甲所示装置进行探究恒力做功与物块动能变化的关系的实验，水平桌面上放上小物块，适当重物牵引下运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上．通过实验得到如图乙所示的纸带，纸带上0点为物块运动起始时刻打的点，选取时间间隔0.1s ，实验时物块的质量为0.50kg ，力传感器测得物块受到的拉力为1.98N ，测得（g 取9.80）m /s 2）（1）物块减速运动过程中加速度的大小为a = ______ m /s 2；动摩擦因数为 ______ ．（2）物块从O 到D ，所受合力做的功为W= ______ J ；动能变化量△E k = ______ J （保留三位有效数字）【答案】1.96；0.2；0.251；0.250【解析】解：（1）由图可知F 到P 物体做减速运动，加速度大小为：a =△x T 2=0.0864−0.06680.01=1.96m /s 2；由牛顿第二定律可得：f =ma =μmg解得：μ=a g =1.969.8=0.2；（2）OD 过程合外力为：F=1.98-μmg =1.98-0.2×0.5×9.8=1.00N ；做功为：W=FL=1.00×（0.1604+0.0901）=0.251J ；D 点的速度为：v D =x t =0.0901+0.10990.2=1m /s ； 动能的变化量为：△E K =12mv D 2=120.5×1=0.250J ；故答案为：（1）1.96；0.2；（2）0.251；0.250（1）分析纸带，找出减速过程，由△x =at 2可求得加速度，再由牛顿第二定律可求得动摩擦因数；（2）通过受力分析明确合力大小，再由牛顿第二定律可求得合外力的功；再平均速度公式可求得平均速度，由动能的表达式求得动能．本题考查验证动能定理的实验，要注意明确实验方法和原理，然后才能找出正确的数据处理方法．10.某同学使用了如下器材：电源E （电动势12V ）；电压表V （量程为15V ，内阻约15K Ω）电流表A （量程100m A ，内阻约10Ω）；滑动变阻器（最大电阻为50Ω）；单刀单掷开关；导线若干．测出了一个小灯泡的伏安特性曲线如图1甲所示，已知小灯泡的额定电压为12V ．（1）请在图1乙的虚线方框中画出此实验电路．（2）根据设计的电路图在图2的实物上连线．（3）由小灯泡的伏安特性曲线可知小灯泡的额定功率为P额= ______ W，小灯泡电阻的变化特性为______ ．【答案】1.2；灯泡电阻随电压升高而增大（或随温度升高而增大；或电压越高时电阻增大越快）【解析】解：（1）由I-U图象知电压与电流从零调，滑动变阻器应用分压式接法，小灯泡电阻远小于电压表内阻，电流表应用外接法，电路图如图所示（2）根据设计的电路图在图中的实物上连线如图所示（3）由小灯泡的伏安特性曲线可读出当U=12V时，I=100m A，由P=UI得小灯泡的额定功率为P=12×0.1W=1.2W；有I-U图象可知：灯泡电阻随电压升高而增大（或随温度升高而增大；或电压越高时电阻增大越快）故答案为（1）电路图如图所示；（2）实物图连接如图所示；（3）1.2，灯泡电阻随电压升高而增大（或随温度升高而增大；或电压越高时电阻增大越快）．若电流或电压从零调时滑动变阻器应用分压式接法，若待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应用外接法接法．用伏安法做电学实验时，有电流表内接与外接之分，用滑动变阻器时就有分压与限流之分，要掌握接法的选择方法．四、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11.如图，一质量为m=1kg的“”形木板放置在水平面上，木板上表面光滑，槽内长度为l=0.32m，木板与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，一质量与木板相同、可视为质点的小物块紧靠左端停在木板上，现对木板施加一向右的水平推力F=8N，推动木板从静止开始向右运动，当木板运动的距离为d=1m时，立刻撤去推力F，求：（1）在推动木板的过程中，木板对物块做的功；（2）物块从木板左端运动到木板右端的时间．【答案】解：（1）在推动木板的过程中，将木板和物块作为一个整体，由动能定理得（F-2μmg）d=1×2mv22代入数据得v=2m/s对物块，由动能定理知物块动能增加量等于木板对物块所做的功mv2=2J则知木板对物块做的功W=12（2）假设物块到达右端时木板未停止运动，则物块做匀速直线运动，x2=vt木板做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：2μmg=max1=vt-1at22由几何关系有x2-x1=l联立代入数据得t=0.4s撤去推力到木板停止运动的时间为t′=va代入数据得t′=0.5s＞0.4s假设成立．答：（1）在推动木板的过程中，木板对物块做的功是2J．（2）物块从木板左端运动到木板右端的时间是0.4s．【解析】（1）在推动木板的过程中，先将木板和物块作为一个整体，由动能定理求得撤去F时的速度，再对物块，运用动能定理列式，可求得木板对物块做的功．（2）可采用假设法研究木板的运动情况．假设物块到达右端时木板未停止运动，撤去F后物块做匀速直线运动，木板做匀减速直线运动，由牛顿第二定律求木板的加速度，再由位移关系和位移时间公式列式求出时间．解决本题时，要灵活选取研究对象，采用整体法和隔离法结合求整体的速度和木板对物块的做功．当两者有相对运动时，判断木板是否停止运动是关键．12.如图所示，在xoy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场．现有一粒子源处在坐标为（0，L）M点能以垂直与电场方向不断发射质量为m、电量为+q、速度为v0的粒子（重力不计），粒子进入磁场后最后又从x轴上坐标为（3L，0）处的P点射入电场，其入射方向与x轴成45°角．求：（1）粒子到达P 点时的速度v ；（2）匀强电场的电场强度E 和匀强磁场的磁感应强度B ；（3）粒子从M 点运动到P 点所用的时间t ．【答案】解：（1）粒子运动轨迹如图所示．设粒子在P 点速度为v ， 根据对称性可知v 0=vcos 45°， 解得：v =√2v 0（2）粒子由M 点运动到P 点的过程中，由动能定理得：qEL =12mv 2−12mv 02 解得E=mv 022qL 水平方向的位移为x OQ =v 0t 1竖直方向的位移为L =v 02t 1，可得x OQ =2L ，x QP =L由x QP =2R cos 45°，故粒子在OQ 段圆周运动的半径R=√22L 粒子在磁场中：qvB =m v 2R， 联立解得：B =2mv 0qL（3）在Q 点时，v y =v 0tan 45°=v 0设粒子从M 到Q 所用时间为t 1，在竖直方向上有t 1=L v 02=2L v 0 粒子从Q 点运动到P 所用的时间为：t 2=πL4v 0 则粒子从M 点运动到P 点所用的时间为t 总=t 1+t 2=2Lv 0+πL 4v 0=(8+π)L 4v 0【解析】（1）粒子带电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据对称性可以求出速度；（2）粒子由M 点运动到P 点的过程中，由动能定理可以求出电场强度，根据几何关系可以求出半径，再根据圆周运动的向心力公式可以求出磁场强度；（3）分别求出粒子在磁场和电场中运动的时间，时间之和即是总时间．本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及平抛运动的基本公式，难度较大．六、计算题(本大题共1小题，共9.0分)14.如图所示，水平放置一个长方体的封闭气缸，用无摩擦活塞将内部封闭气体分为完全相同的A 、B 两部分．初始时两部分气体压强均为p、热力学温度均为T．使A的温度升高△T而保持B部分气体温度不变．则A 部分气体的压强增加量为多少？【答案】解：设温度升高后，AB压强增加量都为△p，升高温度后体积V A，由理想气体状态方程得：pVT =(p+△p)V AT+△T，对B部分气体，升高温度后体积V B，由玻意耳定律得：p V=（p+△p）V B，两部分气体总体积不变：2V=V A+V B，解得：△p=p△T2T；答：A部分气体的压强增加量为p△T2T．【解析】A、B两部分气体总体积不变、它们的压强相等，对A部分气体根据理想气体状态方程列方程，对B部分气体应用玻意耳定律列方程，然后求出A部分气体压强的增加量．本题是连接体问题，对连接体问题应分别对各部分气体应用相关实验定律或理想气体状态方程列方程、找出各部分气体间的关系即可正确解题．八、计算题(本大题共1小题，共10.0分)16.如图所示为用某种透明材料制成的一块柱形棱镜的截面图，其折射率n=√62，四边形ABOD为一矩形，圆弧CD为半径为R的四分之一圆周，圆心为O，光线从AB面上的某点入射（图中未画出），它进入棱镜后射在BC面上的O点，且恰好在这一点以临界角发生全反射，求：①光线在该棱镜中传播的速度大小v（已知光在真空中的传播速度c=3.0×108m/s）；②光线从AB面上入射时的入射角．【答案】解：①光在材料中的速度：v=cn=√6×108m/s高中物理试卷第11页，共13页②光路图如图所示．设光线从AB面上入射时的入射角为θ1，折射角为θ2．光线在BC面上恰好发生全反射，入射角等于临界角Csin C=1n ，cos C=√n2−1n光线在AB界面上发生折射，折射角为：θ2=90°-C由几何关系得：sinθ2=cos C，由折射定律得：n=sinθ1sinθ2联立各式解得：θ=45°答：①光线在该棱镜中传播的速度大小是√6×108m/s②光线从AB面上入射时的入射角是45°【解析】（1）光线在该棱镜中传播的速度为v=cn．（2）画出光路图，由几何知识得到折射角θ2与临界角C的关系，由折射定律sinθ1sinθ2=n得到折射角与折射率的关系，结合sin C=1n求出入射角．本题的突破口是“光线进入棱镜后恰好以临界角射在BC面上的O点”根据全反射临界角公式由sin C=1n 、折射定律sinθ1sinθ2=n和光速公式v=cn相结合进行处理．九、填空题(本大题共1小题，共4.0分)17.太阳向外辐射的能量主要来自于其内部的氢核聚变反应．其反应过程可简化为4个氢核（ 11H）聚变成氦核（ 24H e），同时放出2个正电子（ 10e）和2个中微子（νe），则该氢核聚变的核反应方程式为______ ．研究表明，银河系的年龄约为t=3.8×1017s，每秒钟银河系产生的能量约为P=1×1037J，现假定该能量全部来自上述氢核聚变反应，则银河系中氦的含量约为______ （最后结果保留一位有效数字）（银河系质量为M=3×1041kg，氦核质量为mα=6.6443×10-27kg，一次氢核聚变反应所释放的能量为△E=4.14×10-12J）．【答案】4 11H→ 24H e+2 10e+2νe；2%【解析】解：根据质量数与质子数守恒，则有，氢核聚变的核反应方程式为：4 11H→ 24H e+2 10e+2νe．银河系中产生的总能量E=P t，代入数据可得：E=3.8×1054J，一次氢核聚变反应所释放的能量为：△E=4.14×10-12J，所以银河系中氦核的数量为：n=E△E=9.18×1065个，每个氦核质量为：mα=6.6443×10-27kg，所以银河系中氦核的总质量为：m=nmα=6.1×1039kg，而银河质量为：M=3×1041kg，所以银河系中氦的含量约为：mM×100%=2%．高中物理试卷第12页，共13页故答案为：4 11H→ 24H e+2 10e+2νe，2%．根据质量数与质子数守恒，即可书写核反应方程；根据公式E=P t求得产生总能量，再根据次氢核聚变反应所释放的能量，从而求得氦核数量，最后依据每个氦核质量，求得氦核总质量，从而即可求解．考查核反应方程的书写规律，掌握如何建立正确的物理模型是解题的关键，注意求出银河系中氦核的数量是重点．十、简答题(本大题共1小题，共8.0分)18.如图所示，在光滑的水平地面上，质量为M的足够长木板和质量为m的小木块（可看作质点）一起以共同的速度v0向右匀速滑行，与右边的竖直墙壁发生碰撞后木板以原速率返回．若小木块与长木板间的动摩擦因数为μ，M＞m，试求小木块在长木板上相对长木板滑行的时间．【答案】解：设木块和木板最后的共同速度为v，木板与墙壁碰撞后，以向右为正方向，由动量守恒定律有：M v0-mv0=（M+m）v以向左的方向为正方向，设碰撞后经时间t木块与木板具有共同速度，由动量定理可得：μmgt=mv-（-mv0）由以上两式可得：t=2Mv0μg(M+m)．答：小木块在长木板上相对长木板滑行的时间为2Mv0μg(M+m)．【解析】木块与木板组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求出共同速度，然后应用动量定理可以求出时间．本题考查了动量守恒定律与动量定理的应用，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，应用动量守恒定律与动量定理可以解题，解题时要注意正方向的选择．高中物理试卷第13页，共13页。

素能演练提升八电磁感应与力学、电学的综合（时间:60分钟满分:100分）第Ⅰ卷（选择题共48分)一、本题共8小题，每小题6分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一个选项符合题目要求,第6～8题有多个选项符合题目要求,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。

1.英国物理学家麦克斯韦认为,磁场变化时会在空间激发感生电场。

如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置,环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一电荷量为+q的小球.已知磁感应强度B随时间均匀增加,其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是（)A.0B.r2qkC.2πr2qk D。

πr2qk解析:设圆环所在回路感应电动势为E，则由法拉第电磁感应定律得E==kS=kπr2,小球运动一周,感应电场对小球做功大小为W=qE=qkπr2,故选项D正确。

答案：D2。

如图所示,上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部。

则小磁块(）A。

在P和Q中都做自由落体运动B.在两个下落过程中的机械能都守恒C。

在P中的下落时间比在Q中的长D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大解析:小磁块在铜管P中下落时,铜管中产生感应电流,根据楞次定律可知,感应电流产生的磁场阻碍小磁块的下落,小磁块的机械能不守恒，A、B两项错误;小磁块在塑料管Q中下落时不会产生感应电流,小磁块的机械能守恒，不难分析知，小磁块在Q中的运动时间短,落至底部时的速度大，C项正确,D项错误.答案：C3.如图,一质量为m的条形磁体用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过。

现将环从位置Ⅰ释放,环经过磁体到达位置Ⅱ。

设环经过位置Ⅰ、位置Ⅱ附近时细线的张力分别为F T1和F T2,重力加速度大小为g，则（）A。

F T1〉mg，F T2>mg B.F T1<mg，F T2<mgC。

2016万卷作业卷（二十九）电磁感应1一、单选题（本大题共5小题。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1.（2015山东高考真题）如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内。

左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化。

规定内圆环a端电势高于b端时，间的电压为u ab正，下列u ab-t 图像可能正确的是2.物理课上，老师做了一个“电磁阻尼”实验：如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，将磁铁托起到某一高度后放开，磁铁能上下振动较长时间才停下来；如果在磁铁下方放一个固定的铝质圆环，使磁极上下振动时穿过它，磁铁就会很快地停下来。

某同学另找器材再探究此实验。

他安装好器材，经反复实验后发现：磁铁下方放置圆环，并没有对磁铁的振动产生影响，对比老师演示的实验，其原因可能是（）A．弹簧的劲度系数太小B．磁铁的质量太小C．磁铁的磁性太强 D．圆环的材料与老师用的不同3.（2015•汕头一模）如图，插有铁芯的螺线管固定在水平面上，管右端的铁芯上套着一个可以自由移动的闭合铜环，螺线管与电源、电键组成电路，不计铜环与铁芯之间摩擦阻力，下面说法正确的是（）A．闭合电键，螺线管右端为N极B．闭合电键瞬间，铜环会向右运动C．闭合电键瞬间，铜环会向左运动D．闭合电键瞬间，铜环仍保持不动4.（2015•松江区一模）如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是（）5.（2015•普陀区一模）如图，用一根螺钉、一节电池、一根导线、一块钕磁铁，可以做一个电动机．先把螺钉和钕磁铁连起来，并把它一头吸在电池的一极上，再用导线把电池和螺钉尾端的钕磁铁连接起来，螺钉就会转动．下列说法正确的是（）二、多选题（本大题共2小题）6.如图甲所示，线圈与电压传感器连接，一条形磁铁从线圈上方某一高度无初速释放并穿过线圈。

2016届高三理综第二次训练物理部分一、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l4～18题只有一项符合题目要求；第19～21题有多项符合要求。

全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

）14、以下是物理学中的四个实验装置或仪器，由图可知这四个实验或仪器共同的物理思想方法是（ ）A ．极限的思想方法B ．放大的思想方法C ．猜想的思想方法D ．控制变量的方法15、取水平地面为重力势能零点。

一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能恰好是重力势能的3倍。

不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为（ ） A.6π B. 4π C. 3π D. 125π16、如图，一质量为M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m 的小环（可视为质点），从大环的最高处由静止滑下。

重力加速度大小为g ，当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力比初始时( )A ．增加了mg 5B ．减小了mg 5C ．增加了mg 4D ．减小了mg 417、如图所示，平行金属板A 、B 水平正对放置，分别带等量异号电荷。

一带点微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（ ）A ．若微粒带正电荷，则电场力一定小于重力B ．微粒从M 点运动到N 点电势能一定增加C ．微粒从M 点运动到N 点动能不一定增加D ．微粒从M 点运动到N 点机械能可能增加也有可能减少18、长为L 的轻绳悬挂一个质量为m 的小球，开始时绳竖直，小球与一个倾角 的静止三角形物块刚好接触，如图所示。

现在用水平恒力F 向左推动三角形物块，直至轻绳与斜面平行，此时小球的速度速度大小为V ，重力加速度为g ，不计所有的摩擦。

则下列说法中正确的是（ ）A.上述过程中，斜面对小球做的功等于小球增加的动能B.上述过程中，推力F 做的功为FLC.上述过程中，推力F 做的功等于小球增加的机械能D.轻绳与斜面平行时，绳对小球的拉力大小为19、一个正点电荷Q 静止在正方形的一个顶点上，另一个带电质点射入该区域时，仅受电场力的作用恰好能依次经过正方形的另外三个顶点a 、b 、c ，如图所示，则有（ ）A ．质点在a 、b 、c 三处的加速度大小之比是1：2：1B ．若改变带电质点在a 处的速度大小和方向，有可能使其在该电场中做类平抛运动C ．a 、b 、c 三点电势高低及电场强度大小的关系是D ．质点由a 到b 电势能增加，由b 到c ，电场力做正功，在b点动能最小20、如图，电路中定值电阻阻值R 大于电内阻阻值r 。

选择题48分练(十一)(时间：20分钟分值：48分)(1～5小题为单选题，6～8小题为多选题)1．(2018·潍坊一模)如图1所示，导体棒ab用绝缘细线水平悬挂，通有由a到b的电流．ab正下方放一圆形线圈，线圈通过导线、开关与直流电源连接．开关闭合瞬间，导体棒ab将()图1A．向外摆动B．向里摆动C．保持静止，细线上张力变大D．保持静止，细线上张力变小B[开关闭合瞬间，圆形线圈的电流为顺时针方向，根据安培定则可知导体棒ab处的磁场方向竖直向下，根据左手定则可知导体棒ab将向里摆动，故B正确，A、C、D错误．]2. (2018·衡阳二次联考)汽车甲和乙在同一公路上做直线运动，如图2是它们运动过程中的v-t图象，二者在t1和t2时刻的速度分别为v1和v2，则在t1到t2时间内()图2A．t1时刻甲的加速度小于乙的加速度B．乙运动的加速度不断增大C．甲与乙间距离越来越大D．乙的平均速度等于A[v-t图象的斜率表示加速度，所以t1时刻甲的加速度小于乙的加速度，乙的斜率越来越小，所以加速度越来越小，A正确，B错误；由于不知道t＝0时刻甲、乙两车的位置关系，则无法判断两者间的距离如何变化，C错误；甲做匀减速直线运动，在t1和t2时间内，甲的平均速度为，由于乙的位移小于甲的位移，故乙的平均速度＜，D错误．]3．(2018·皖南八校4月联考)2017年6月15日，中国空间科学卫星“慧眼”被成功送入轨道，卫星轨道所处的空间存在极其稀薄的空气，“慧眼”是我国首颗大型X射线天文卫星，这意味着我国在X射线空间观测方面具有国际先进的暗弱变源巡天能力和独特的多波段快速观测能量等，下列关于“慧眼”卫星的说法，正确的是()A．如果不加干预，“慧眼”卫星将离地球越来越远B．如果不加干预，“慧眼”卫星的动能可能会缓慢减小C．“慧眼”作为天文观测卫星，其轨道圆形可以定在地球上任意位置D．已知地球半径、地球表面重力加速度、“慧眼”轨道半径，可以比较“慧眼”与地球同步卫星运行周期的大小D[受阻力影响，卫星机械能减小，卫星轨道高度减小，由G＝m可得v ＝，因为r减小，所以v增大，动能增大，A、B错误；所有地球卫星轨道圆心都与地心重合，C错误；由G＝mg，G＝mr可得慧眼卫星的周期T＝2π，从而可以比较它与同步卫星运动周期的大小，D正确．]4．(2018·惠州4月模拟)如图3所示，一小球从一半圆轨道左端A点正上方距水平地面高h处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点．O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60°，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为()图3A. B.C. D.D[飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则知速度与水平方向的夹角为30°，则有：v y＝v0tan 30°，又v y＝gt，则得：v0tan 30°＝gt，t＝①水平方向上小球做匀速直线运动，则有：R＋R cos 60°＝v0t②联立①②解得：v0＝，故选项D正确，A、B、C错误．]5.如图4所示，水平面内有一个匀强电场，在该平面内有一个以O为圆心，R为半径的圆，其中AB为圆的直径，C、D为圆上两点，且∠CAB＝∠DAB＝60°.一个带电量为＋q的粒子，以初速度v从A点三次沿不同的方向射出，分别运动到B、C、D三点，粒子到达C点的速度为v，到达B点的速度为v.不计粒子重力，若粒子到达D点的速度大小为v D，匀强电场的场强大小为E，则()图4A．v D＝v；E＝B．v D＝v；E＝C．v D＝v；E＝D．v D＝v；E＝A[由动能定理得qU AC＝mv－mv＝mv2，U AC＝；qU AB＝mv－mv＝mv2，U AB＝＝2U AC，故φO＝φC，故W AC＝mv2＝qER cos 30°，得E＝，A、D两点电势相等，v D＝v，故A正确，B、C、D错误．]6．(2018·安徽六安模拟)在风洞实验室内的竖直粗糙墙面上放置一钢板，风垂直吹向钢板，在钢板由静止开始下落的过程中，作用在钢板上的风力恒定．用E k、E、v、P分别表示钢板下落过程中的动能、机械能、速度和重力的功率，关于它们随下落高度h或下落时间t的变化规律，下列四个图象中正确的是()A．B．C． D.AC[钢板受到重力mg、风力F、墙的支持力N和滑动摩擦力f，由于风力恒定，则由平衡条件得知，墙对钢板的支持力恒定，钢板所受的滑动摩擦力恒定，故钢板匀加速下滑，则有v＝at，故C正确；根据动能定理得：E k＝(mg －f)h，可知E k与h成正比，故A正确；设钢板开始时机械能为E0，钢板克服滑动摩擦力做功等于机械能减小的量，则E＝E0－fh＝E0－f·at2，则知E与t是非线性关系，图象应是曲线，故B错误；重力的功率P＝mgv＝mg，则知P与h是非线性关系，图象应是曲线，故D错误．]7. (2018·泰安一模)如图5所示，在直角三角形ABC内存在垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AB边长度为d，∠C＝，现垂直AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度相同的带正电粒子(不计重力)．已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，在磁场中运动时间最长的粒子经历的时间为t0.则下列判断正确的是()图5A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0B．该匀强磁场的磁感应强度大小为C．粒子在磁场中运动的轨道半径为dD．粒子进入磁场时的速度大小为ABC[带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是T，即T＝t0，则得周期T＝4t0，故A正确．由T＝得，B＝＝，故B正确．设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ，则有T＝，得θ＝.画出该粒子的运动轨迹如图，设轨道半径为R，由几何知识得：＋R cos 30°＝d，可得R＝d，故C正确；根据＝，解得v＝，故D错误．]8. (2018·湖南六校联考)如图6所示，在某行星表面上有一倾斜的匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为30°，圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离L处有一小物体与圆盘保持相对静止，当圆盘的角速度为ω时，小物块刚要滑动．物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，该星球的半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是()图6A．这个行星的质量M＝B．这个行星的第一宇宙速度v1＝2ωC．这个行星的同步卫星的周期是D．离行星表面距离为R的地方的重力加速度为ω2LBCD[当物体转到圆盘的最低点，所受的摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律可得μmg cos 30°－mg sin 30°＝mω2L，所以g＝＝4ω2L，绕该行星表面做匀速圆周运动的物体受到的万有引力提供向心力，则G＝mg，解得M＝＝，A错误；行星的第一宇宙速度v1＝＝2ω，B正确；这个行星的同步卫星的周期与行星的自转周期相同，由G＝mg＝mR得T＝，所以C正确；离行星表面距离为R的地方的引力为mg′＝＝mg，即重力加速度为g′＝g＝ω2L，D正确．]。

2016新课标高考物理选择题专项训练第一套本套题包括8小题，每题6分，共48分。

１－４题只有一个选项符合题意，５－８题有多个选项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，选错的得0分。

第一套答案：1.C2.B3.D4.C5.BC6.BC7.ABC8.AC１．如图所示，一物体自P 点以初速度l0m ／s 做平抛运动，恰好垂直打到倾角为45°的斜面上的Q 点（g=10m/s 2）。

则PQ 两点间的距离为（ ） A ．5mB ．l0mC．D ．条件不足，无法求解２．2011年9月29日21时16分03．07秒，天宫一号在酒泉卫星发射中心载人航天发射场发射，其运行高度在370公里左右，在轨道上的寿命是2年，发射后三月内与神舟八号完成对接任务。

天宫一号与地球同步卫星（高度约为36000公里）相比，下列正确的是（ ）A ．天宫一号运行的速率小于同步卫星的速率B ．天宫一号运行的周期小于同步卫星的周期C ．天宫一号运行的角速度小于同步卫星的角速度D ．天宫一号运行的加速度小于同步卫星的加速度３．如图所示，在光滑的水平面上叠放A 、B 两滑块（B 足够长），其中A 的质量为1kg ，B 的质量为2kg ，现有一水平作用力F 作用于B 上，A 、B 间的摩擦因数为0.2，当F 取不同值时，（g=10m ／s 2）关于A 的加速度说法正确的是（ ） A ．当F=2N ，A 的加速度为2m/s 2 B ．当F=4N ，A 的加速度为2m/s 2 C ．当F=5N ，A 的加速度为2m/s 2 D ．当F=7N ，A 的加速度为2m/s 2４．根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型．图中虚线表示 原子核所形成的电场的等势线，实线表示一个α粒子的运动轨迹．在α粒子从a 运动到b 、再运动到c 的过程中，下列说法中正确的是（ ）A. 动能先增大，后减小B. 电势能先减小，后增大C. 电场力先做负功，后做正功，总功等于零D. 加速度先变小，后变大５．如图所示，当平行板电容器C 充电后把电键S 断开．设电容器电压为U ，电量为Q ．现只将电容器两板的正对面积减小，则（ ）A ．Q 变大B ．Q 不变C ．U 变大D ．U 变小６．如图，用理想变压器给电灯L 供电，如果只增加副线圈匝数，其它条件不变，则（ ）A ．电灯L 亮度减小B ．电流表示数增大C ．电压表示数增加D．变压器输入功率不变7．如图是两个等量异种点电荷，周围有1、2、3、4、5、6各点，其中1、2之间距离与2、3之间距离相等，2、5之间距离与2、6之间距离相等。

选择题48分练(10)(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.(2015·湖南五市十校联合检测)物体的运动情况或所受合外力的情况如图所示，四幅图的图线都是直线，从图中可以判断这四个质量一定的物体的某些运动特征。

下列说法正确的是( )A.甲物体受到不为零且恒定的合外力B.乙物体受到的合外力越来越大C.丙物体受到的合外力为零D.丁物体的加速度越来越大解析甲物体做匀速直线运动，合外力为零，选项A错误；乙物体做匀加速运动，合外力恒定，且不为零，选项B错误；丙物体做匀加速运动，合外力恒定且不为零，选项C错误；丁物体所受合外力越来越大，加速度越来越大，选项D正确。

答案 D15.(2015·北京丰台区期末)在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则( )图1A.t＝0.005 s时线圈平面与磁场方向平行B.t＝0.010 s时线圈的磁通量变化率最大C.线圈产生的交变电动势频率为100 HzD.线圈产生的交变电动势有效值为311 V解析t＝0.005 s时线圈平面与磁场方向平行，感应电动势最大，选项A正确；t＝0.010 s时线圈的磁通量最大，变化率最小，选项B错误；线圈产生的交变电动势周期为0.02 s，频率为50 Hz，选项C错误；线圈产生的交变电动势最大值为311 V，选项D错误。

答案 A16.(2015·西安市高三第二次质检)如图2所示，小球a 、b 的质量分别是m 和2m 。

a 从倾角为30°的光滑固定斜面的顶端无初速度下滑，b 从斜面等高处以初速度v 0平抛，不计空气阻力。

比较a 、b 落地前的运动过程有( )图2A.a 、b 运动的时间相等B.a 的运动时间小于b 的运动时间C.a 、b 都做匀变速运动D.落地前瞬间a 、b 的速度相同解析 设斜面的高度为h ，a 球在斜面上自由下滑时加速度为a ＝g sin 30°＝12g ，运动时间满足h sin 30°＝12×12gt 21，而b 球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，下落时间满足h ＝12gt 22，可见t 1＝2t 2，则A 、B 错误，C 正确；a 、b 两球落地时速度不同，则D 错误。

选择题48分满分练(二)说明：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。

全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14.如图1所示为氢原子的能级图，下列说法正确的是( )图1A.原子处于称为定态的能量状态时，电子做加速运动，向外辐射能量B.原子的不同能量状态与电子沿不同的轨道绕核运动相对应，而电子的轨道可能连续分布C.氢原子的核外电子由一个能级跃迁到另一个能级放出光子，氢原子的总能量增大D.一群处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，辐射的光子的频率最多为6种解析在玻尔的原子结构假说中，电子运动的轨道半径不是任意的，只有当半径的大小符合一定条件时，这样的轨道才是可能的，即电子运行的轨道是不连续的，是量子化的，当电子在不同轨道运动时，原子处于不同状态，电子在这些轨道上绕核运动是稳定的，不产生电磁辐射，选项A、B错误；氢原子的核外电子由一个能级跃迁到另一个能级放出光子，说明电子由高能级向低能级跃迁时，放出能量，故氢原子总能量减小，选项C错误；一群处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，辐射的光子的频率最多为C24＝6种，选项D正确。

答案 D15.(2018·福州期末)如图2所示，有一倾角为θ的斜面，斜面上有一能绕B转动的木板AB，初始时木板AB与斜面垂直，把球放在斜面和木板AB之间，不计摩擦，球对斜面的压力为F1，对木板的压力为F2。

将木板绕B点缓慢推到竖直位置的过程中( )图2A.F 1和F 2都增大B.F 1和F 2都减小C.F 1增大，F 2减小D.F 1减小，F 2增大解析 球受重力G 、斜面对球的弹力F N1、木板对球的弹力F N2作用，则由牛顿第三定律有：F N1＝F 1，F N2＝F 2。

因为G 、F N1、F N2三力共点平衡，故三个力可以构成一个矢量三角形。

其中G 的大小和方向始终不变，F N1的方向也不变，大小可变，F N2的大小、方向都在变。