2019高考物理总复习选择题增分练二8

选修3－3 增分练(二)1．[物理——选修3－3](15分)(2018·河南省平顶山市高三二模)(1)(5分)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 ．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大B ．液晶像液体一样具有流动性，其光学性质与某些多晶体相似，具有各向同性的光学性质C ．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律D ．分子平均速率大的物体的温度比分子平均速率小的物体的温度高E ．晶体熔化时吸收热量，其分子平均动能不变(2)(10分)如图所示，直立的汽缸中有一定质量的理想气体，活塞的质量为m ，横截面积为S ，汽缸内壁光滑且缸壁导热良好，周围环境温度保持不变．开始时活塞恰好静止在A 处，现轻放一物体在活塞上，活塞下移．经过足够长时间后，活塞系统停在B 点，已知AB ＝h ，B 处到汽缸底部的距离为h ，大气压强为p 0，重力加速度为g .求：①物体将活塞压至B 处平衡时，缸内气体的压强p 2；整个过程中，缸内气体是吸热还是放热，简要说明理由；②已知初始温度为27 ℃，若升高环境温度至T 1，活塞返回A 处达稳定状态，T 1的值是多大．解析：(2)①设活塞静止在A 处时，气体压强为p 1.对活塞受力分析，由平衡条件可得 p 1S ＝p 0S ＋mg物体将活塞压至B 处平衡时，缸内气体的压强为p 2，对封闭气体由理想气体状态方程可得p 2Sh ＝p 1S ·2h联立解得p 2＝2p 0＋2mg S理想气体温度不变，则内能不变，压缩气体，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知气体向外放热．②环境温度升高，汽缸中气体体积增大，此过程中压强不变，由盖－吕萨克定律可得V 0T 0＝V 1T 1，由于T 0＝27 ℃＝300 K ，V 1＝2V 0代入数据解得T 1＝600 K ＝327 ℃.答案：(1)ACE (2)①2p 0＋2mg S放热 理由见解析 ②327 ℃2．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)一定质量的理想气体从状态a 开始，经历三个过程a 到b 、b 到c 、c 到a 回到原状态，其V ­T 图象如图所示，p a 、p b 、p c .分别表示状态a 、b 、c 的压强，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 ．由a 到b 的过程中，气体一定吸热B ．p c ＞p b ＝p aC ．由b 到c 的过程中，气体放出的热量一定大于外界对气体做的功D ．由b 到c 的过程中，每一个气体分子的速率都减小E ．由c 到a 的过程中气体分子的平均动能不变(2)(10分)如图所示，水平放置且两端开口的柱形汽缸AB 由左、右两部分组成，两部分汽缸截面积分别为S 、2S ，缸内有两个厚度不计的活塞，两活塞间封闭着一定质量的理想气体，平衡时两活塞距连接处的距离均为L ，气体温度为T 0，已知外界气体压强恒为p 0，B 部分汽缸和活塞之间的最大静摩擦力为2p 0S ，A 部分汽缸内壁光滑，且距汽缸连接处左侧2L 处有一活塞销．现缓慢升高气体温度，求：①A 部分汽缸中活塞刚好被活塞销卡住时气体的温度；②B 部分汽缸中活塞刚要滑动时气体的温度．解析：(2)①A 中活塞被活塞销卡住之前，B 中活塞静止不动，理想气体做等压变化，压强始终为p 0初态：体积V 1＝LS ＋L ·2S ＝3LS ，温度T 1＝T 0A 中活塞刚好被活塞销卡住时：体积V 2＝2LS ＋L ·2S ＝4LS ，温度为T 2则V 1T 1＝V 2T 2得T 2＝43T 0 ②B 中活塞刚要滑动时，设被封闭气体压强为p ，对B 中活塞受力分析得p ·2S ＝p 0·2S ＋f 得p ＝2p 0从A 中活塞刚好被活塞销卡住到B 中活塞刚要滑动，被封闭气体做等容变化，设此时温度为T 3则p 0T 2＝p T 3得T 3＝83T 0 答案：(1)ACE (2)①43T 0 ②83T 0。

小题狂练 25　实验：测定电源的电动势和内电阻　练习使用多用电表小题狂练 小题是基础　练小题　提分快○25 1.[2019·河南省豫南九校检测]某兴趣小组的同学制作了一个“水果电池”：将一铜片和一锌片分别插入一苹果内，就构成了一个简单的“水果电池”，其电动势约为1.5 V ，内阻约为几百欧，现要求用量程合适的电压表(内阻几千欧)、电流表(内阻十几欧)来测定水果电池的电动势E 和内阻r.①本实验的电路应该选择图________(选填“甲”或“乙”)．②若给出的滑动变阻器有两种规格：A (0～20 Ω)、B(0～3 kΩ)．本实验中应该选用的滑动变阻器为________，通电前应该把滑动变阻器的阻值调至________(选填“最大”或“最小”)．③实验中测出六组(U ，I)的值，在U—I 坐标系中描出图丙所示的六个点，分析图中的点迹可得出水果电池的电动势为E ＝________V ，内阻为r ＝________Ω.(均保留三位有效数字)④根据在①中所选择的电路测量得出的电动势E 和内阻r 的测量值与真实值相比，电动势E____________，内阻r____________(均选填“偏大”、“相等”或“偏小”)，由此造成的实验误差属于________误差(选填“系统”或“偶然”)．答案：①甲　②B 最大　③1.50　500　④相等　偏大　系统解析：①“水果电池”的内阻很大，为了使电表有明显示数，应选用阻值较大的滑动变阻器，由于滑动变阻器的电阻较大，为减小误差，应选择题图甲所示电路(电流表内接法)．②由题意可知，“水果电池”的内阻很大，若选用0～20 Ω的滑动变阻器，当滑动触头移动时，电表的读数几乎不变，无法多次测量，使实验的误差较大；为了减小实验误差，应选用最大阻值较大的滑动变阻器B ，在闭合开关前，应把滑动变阻器的阻值调到最大．③图线的纵截距等于A．待测电源(电动势约18 V，内阻约2 Ω)B．电压表(内阻约几十千欧，量程为6 V)C．电流表(内阻约为0.3 Ω，量程为3 A)D．滑动变阻器(0～50 Ω，3 A)E．电阻箱(最大阻值999 999 Ω)F．开关G．导线若干(1)为完成实验，该同学将量程为6 V的电压表扩大量程，需测定电压表的内阻，该同学设计了图1所示的甲、乙两个电路，经过思考，该同学选择了甲电路，该同学放弃乙电路的理由是：______________________________________.(2)该同学按照图甲连接好电路，进行了如下几步操作．①将滑动变阻器触头滑到最左端，把电阻箱的阻值调到零；②闭合开关，缓慢调节滑动变阻器的触头，使电压表指针指到③保持滑动变阻器触头不动，调节电阻箱的阻值，当电压表的示数为所示，示数为________Ω；④保持电阻箱的阻值不变，使电阻箱和电压表串联，改装成新的电压表，答案：(1)电路中电流太小，电流表无法准确测量(2)50 452　18　(3)17.4　1.60解析：(1)电流表不能和电压表串联，否则电流表读数很小，无法准确测量；(2)根据电阻箱各个旋钮的位置，可得示数为50 452 Ω；依题意，电压表的内阻与电阻箱阻值之比为1：2，而电阻箱与电压表为串联关系，所以改装后电压表量程为6×3 V ＝18 V; (3)由于电压表改装过，并且改装后的电压表量程是原来的三倍，结合题图4，可知电源的电动势为5.8×3 V ＝17.4 V ，内阻为题图4中图线斜率的绝对值的三倍，r ＝×3 Ω＝1.60 Ω.5.8－5.01.503．[2019·河北省五校联盟摸底]为测定某旧干电池的电动势和内阻，实验室提供了如下器材：A ．旧干电池一节；B ．电压表(视为理想电压表，量程为0～3 V )；C ．电阻箱R(0～999.9 Ω)；D ．定值电阻R 0＝10 Ω；E ．多用电表；F ．开关、导线若干．(1)同学甲直接使用多用电表的直流2.5 V 挡测量该干电池的电动势，读数如图1所示，则该同学测得的电动势E ＝________V ，此测量值比旧干电池电动势的真实值________(选填“大”或“小”)．同学乙将干电池接入如图2所示的电路，规范操作得到如图象．该同学所描绘的图象中，横坐标是________(填选项前的字母 C .1R ＋R0问中所选的横坐标，已知图象的斜率为k ，纵截距为____________，内阻r ＝____________.(用0答案：(1)1.45　小　(2)A (3)　－R 01kR0bk 解析：(1)由题图1可知，量程为2.5 V ，则其读数为1.45 V ；由于干电池自身有内阻，测量值为路端电压，故测量值偏小；(2)根据题图2可知两电阻串联，电压表测量R 0两端的电压，则由闭合电路欧姆定律可知：U ＝IR 0＝R 0，变形得：＝＋＋，故应作出—R 图象，A 正E R0＋R ＋r 1U 1E r ER0R ER01U 确；(3)根据题图3可知，b ＝＋ ，k ＝，解得：E ＝，r ＝－R 0.1E r ER01ER01kR0bk 4．[2019·广东省湛江市调研]某研究小组收集了两个电学元件：电阻R 0(约为5 Ω)和旧电池(电动势约为3 V )．实验室备有如下器材：A ．直流电压表V 1、V 2(量程均为3 V ，内阻均约为 3 kΩ)B ．电流表A (量程300 mA ，内阻为5 Ω)C ．滑动变阻器R 1，最大阻值为20 ΩD ．开关S 一只、导线若干(1)为了尽量准确测定电阻R 0的阻值，小组设计了一个电路，如图甲所示为其对应的实物图，请用笔画线代替导线将实物图补充完整．(2)2.25(2.24～2.26均可)(3)U 1＝U 2－ r ＋R0r ER0r bk k －1R0k －1解析：(1)由于电流表的内阻已知，为5 Ω，为了更好地减小误差，电流表应采用内接法．(2)根据电压表的读数规则，电压表读数为2.25 V ．(3)对题图乙所示电路，根据闭合电路欧姆定律，E ＝U 2＋Ir ，其中I ＝，两式联立解U2－U1R0得：U 1＝U 2－，故题图丁中的U 1—U 2图象的斜率k ＝，解得电r ＋R0r ER0r r ＋R0r 池内阻r ＝；由U 2－＝0得U 1—U 2图象在横轴的截距b ＝，R0k －1r ＋R0r ER0r ER0r ＋R0解得电池电动势E ＝.bkk －15．[2019·云南省建水六中模拟]小明同学在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，为了准确选取电压表和电流表的量程，决定先用多用电表测量小灯泡的阻值．(1)在使用前发现电表指针位置如图甲所示，该同学应该调节________(选填“①”或“②”)．(2)小明使用多用电表欧姆“×10”挡测量小灯泡电阻阻值，读数如图乙所示，为了更准确地进行测量，小明应该旋转开关至欧姆________(选填答案：(1)①　(2)×1　②　(3)30解析：(1)使用前指针不指零，应调机械调零旋钮①；(2)示数太小，应换小倍率，所以小明应旋转开关至欧姆“×1”挡，两表笔短接，欧姆调零，应调欧姆调零旋钮②；(3)欧姆表读数规则是“示数×倍率”，读数应为30×1 Ω＝30 Ω.6．[2019·云南省昆明一中摸底]某同学用灵敏电流计改装多用电表，如图所示为其设计的电路原理图，已知灵敏电流计G的满偏电流为I g＝3 mA，内阻R g＝100 Ω.(1)根据该电路原理图，A表笔应为________表笔．(选填“红”或“黑”)(2)若开关S1闭合，S2接位置1时，要求该电表为0～0.6 A的电流表，则电阻R1应为________Ω，当开关S1断开，S2接位置3时，要求该电表为0～3 V的电压表，则电阻R2应为________Ω.(保留三位有效数字)答案：(1)红　(2)0.503　900解析：(1)由题图可知，图中A与欧姆表内置电源负极相连，A应是红表笔；(2)若开关S1闭合，S2接位置1时，灵敏电流计G与电阻R1并联，改装成电流挡，指针的位置如图2所示，则测量结果为________mA，接通5或6时，5的量程比6的量程________(选填“大”或“小”)．(2)当接通3或4测量某电阻时，用“×10”挡时，发现指针偏转角度过大，他应该换用________(选填“×1”或“×100”)挡，换挡后，在测量前要先进行________．若此多用电表所用表头的满偏电流是100 mA，则换挡后电池的电动势E＝________ V；图1中________(选填“A”或“B”)为红表笔．答案：(1)电流　大　11.5　小　(2)×1　欧姆调零　1.5　A解析：(1)灵敏电流计改装成电流表时要并联一电阻分流，所以1、2位置是电流挡；并联电阻越小，分流越大，则改装的电流表量程越大，故1位置的量程较大；电流表选择挡位为25 mA，电流挡的最小分度是；要测量电压，电流计应与电阻串联，由题图2可知当选择开关位置时测量电压，电流计所串联的电阻越大，所测量电压值越大，故转换位置的量程比旋到6位置的量程小；(2)因偏转角度过大，则电阻小，要用小量程的，应选择“×1”挡，换挡后电路改变，要重新欧姆调零，换挡后中值电阻为R ＝15 Ω，则换挡后电池的电动势E ＝I g R ＝0.1×15 V ＝1.5 V ，根据电流红进黑出的原则可知，多用电表内电池的正极与黑表笔相连，则A 为红表笔.课时测评 综合提能力　课时练　赢高分○25 1.[2019·湖北省武汉市部分学校调研]如图a 所示为一黑箱，内有一节干电池、若干电阻，A 、B 为黑箱的两个输出端．(1)为探索黑箱，某同学用多用电表进行以下测量，你认为正确的操作是________．A ．用欧姆挡测量A 、B 间的电阻B ．用直流电流挡测量A 、B 间的输出电流C ．用直流电压挡测量A 、B 间的输出电压D ．用交流电压挡测量A 、B 间的输出电压(2)含有电源的黑箱相当于一个等效电源，A 、B 为等效电源的两极．为了测定这个等效电源的电动势和内阻，该同学设计了如图b 所示的电路．调节电阻箱R 的阻值，记录下电压表的示数U ，图c 是根据实验数据在坐标纸上画出的图象，若忽略电压表内阻的影响，根据图象可求得等效电源的电动势E ＝________V ，等效内阻r ＝________Ω.(结果保留三位有效数字)(3)如果考虑电压表内阻的影响，测得的等效电源的电动势与真实值相比________，测得的等效内阻与真实值相比________．(选填“偏大”、“偏小”或“相同”)答案：(1)C (2)1.43　1.07(1.04～1.10均正确)　(3)偏小　偏小解析：(1)因为黑箱内含有电源，所以不能用欧姆挡直接测量；用电流挡测供了合适的实验器材．(1)甲同学按电路图a 进行测量实验，其中R 0＝1 Ω，则①请用笔画线代替导线在图b 中完成电路的连接；②由电压表的读数U 和电流表的读数I ，画出U—I 图线如图c 所示，可得电源的电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω.(结果保留两位有效数字)(2)乙同学将测量电路连接成如图d 所示，其他操作正确，由电压表的读数U 和电流表的读数I ，画出U—I 图线如图e 所示，可得电源的电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω.(结果保留两位有效数字)答案：(1)①见解析　②3.0　0.38　(2)2.9　0.50根据原理图可得出对应的实物图，如图所示；图象中，纵横的截距表示电源电动势，斜率的绝对值表示内阻与定值电阻V ，r ＋R 0＝||＝ΔU ΔI 3.00R0＝1 Ω，则r＝0.38 Ω；(2)由乙同学的电路接法可知，R左右两部分并联后与R0串联，则可知，在滑片移动过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻先增大后减小，则路端电压先增大后减小，所以出现题图e所示的图象，则由图象可知，当电压为2.40 V时，电流为0.50 A，此时滑动变阻器两部分电阻相等，则总电流为I1＝1 A；而当电压为2.30 V时，电流分别对应0.33 A和0.87 A，则说明当电压为2.30 V时，干路电流为I2＝0.33 A＋0.87 A＝1.2 A；则根据闭合电路欧姆定律可得：2.40 V＝E－1 A×r，2.30 V＝E－1.20 A×r，解得：E＝2.9 V，r＝0.50 Ω.3．[2019·广西南宁摸底]某实验小组利用一滑动变阻器和未知内阻的微安表，来测量多用电表欧姆“×1 k”挡内部电池的电动势E.(1)该小组采用图1甲中的电路进行实验，请将图1乙中的实物连接完整．图1(2)请将下面的实验步骤补充完整：A．插上红、黑表笔，把多用电表的选择开关拨到欧姆挡的“×1 k”位置，将红、黑表笔________，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指到“0 Ω”．B．按照电路图连接好电路．C．接通开关，改变滑动变阻器接入电路中的阻值，得到多用电表和微安表的示数分别如图2所示．多用电表和微安表的读数分别为________kΩ和________μA.D．断开开关，拔下红、黑表笔，把多用电表的选择开关扳到________位置．(3)若表盘中央刻度为15，结合以上信息可得多用电表“×1 k”挡内部电池的电动势为________V(保留两位有效数字)．答案：(1)电路连接如图所示　(2)A.短接　C．22　243(242～244也正确)　D．OFF 挡(或交流电压最高挡)　(3)9.0解析：(1)根据电路图，连接实物图．注意多用电表的红表笔连接的是多用电表内部电池的负极，所以红表笔应该通过滑动变阻器连接微安表的负接线柱，黑表笔应该通过开关连接微安表的正接线柱．(2)A.根据欧姆表的使用方法可知，选挡后应先进行欧姆调零，即将欧姆表的红表笔和黑表笔短接，调整欧姆调零旋钮，使指针指向刻度盘的最右侧 0 Ω 处．C.根据欧姆表的读数规则，读数为22 ×1 kΩ＝22 kΩ.根据微安表读数规则，微安表读数为 243 μA.D.根据多用电表使用规则，实验完毕，由于多用电表内部有电池，为避免表笔短路损坏电池，应该将选择开关扳到 OFF 挡(或交流电压最高挡)．(3)欧姆调零后，欧姆表内阻等于表盘上中央刻度乘以挡上所标示的倍率，即欧姆表的中值电阻，由此可知，欧姆表“×1 k”挡的内阻为 R0＝15×1 kΩ＝15 kΩ.根据闭合电路欧姆定律，可得 E＝I(R＋R0)，式中 I 为微安表读数 243 μA，R 为欧姆表读数(即滑动变阻器接入电路中的电阻和微安表内阻之和)22kΩ，代入数据，可得 E＝243×10－6A×(22＋15)×103 Ω＝8.991 V≈9.0 V.4．[2019·陕西省西安市联考]某物理兴趣小组设计了如图 a 所示的欧姆表电路，通过控制开关 S 和调节电阻箱，可使欧姆表具有“×1”和“×10”两种倍率．所用器材如下：A．干电池：电动势 E＝1.5 V，内阻 r＝1.0 ΩB．电流表 G：满偏电流 Ig＝1 mA，内阻 Rg＝150 Ω C．定值电阻 R1＝1 200 Ω D．电阻箱 R2 和 R3：最大阻值都为 999.9 Ω E．电阻箱 R4：最大阻值为 9 999 Ω F．开关一个，红、黑表笔各 1 支，导线若干(1)该实验小组按图 a 正确连接好电路．当开关 S 断开时，将红、黑表笔短接，调节电阻箱 R2＝________Ω，使电流表达到满偏，此时闭合电路的总电阻 为欧姆表的内阻 R 内，则 R 内＝________Ω，欧姆表的倍率是________(选填“×1”或“×10”)．(2)闭合开关 S： 第一步：调节电阻箱 R2 和 R3，当 R2＝________Ω 且 R3＝________Ω 时， 将红、黑表笔短接，电流表再次满偏；第二步：在红、黑表笔间接入电阻箱 R4，调节 R4，当电流表指针指向图 b 所示的位置时，对应的欧姆表的刻度值为________Ω.答案：(1)149　1 500　×10　(2)14　150　100 E 1.5解析：(1)由闭合电路欧姆定律可知，欧姆表的内阻为 R 内＝ I ＝0.001 Ω＝1 500 Ω，则 R2＝R 内－R1－Rg－r＝149 Ω，中值电阻应为 1 500 Ω，根据多用电表 的刻度设置可知，表盘上只有两种挡位，若为“×1”，则中值电阻太大，不符 合实际，故欧姆表倍率应为“×10”；(2)为了得到“×1”倍率，应让满偏时对1.5应的电阻为 150 Ω，电流为 I1＝150 A＝0.01 A，此时表头中电流应为 0.001 A，则与之并联的电阻 R3 中的电流应为 0.01 A－0.001 A＝0.009 A，并联电阻为 R3＝0.001 × 150＋1 2001.5－0.001 × 150＋1 2000.009Ω＝150 Ω，R2＋r＝0.01Ω＝15Ω，故 R2＝(15－1) Ω＝14 Ω；题图 b 所示电流为 0.60 mA，则通过电源的电流为1.56 mA，因此总电阻为 R 总＝ 6 ×103 Ω＝250 Ω，故待测电阻为 R 测＝250 Ω－150 Ω＝100 Ω.5．在实验室测量两个直流电源的电动势和内阻．电源甲的电动势大约为 4.5 V，内阻大约为 1.5 Ω；电源乙的电动势大约为 1.5 V，内阻大约为 1 Ω.由于 实验室条件有限，除了导线、开关外，实验室还能提供如下器材：A．量程为 0～3 V 的电压表 VB．量程为 0～0.6 A 的电流表 A1 C．量程为 0～3 A 的电流表 A2 D．阻值为 4.0 Ω 的定值电阻 R1 E．阻值为 100 Ω 的定值电阻 R2 F．最大阻值为 10 Ω 的滑动变阻器 R3 G．最大阻值为 100 Ω 的滑动变阻器 R4 (1)选择电压表、电流表、定值电阻、滑动变阻器等器材，采用图甲所示电 路测量电源甲的电动势和内阻．①定值电阻应该选择________(填“D”或“E”)；电流表应该选择 ________(填“B”或“C”)；滑动变阻器应该选择________(填“F”或“G”) ．②分别以电流表的示数 I 和电压表的示数 U 为横坐标和纵坐标，计算机拟 合得到如图乙所示 U－I 图象，U 和 I 的单位分别为 V 和 A，拟合公式为 U＝－5.6I＋4.4.则电源甲的电动势 E＝________ V，内阻 r＝________Ω.(保留两位有效数字) ③在测量电源甲的电动势和内阻的实验中，产生系统误差的主要原因是 ________． A．电压表的分流作用 B．电压表的分压作用 C．电流表的分压作用 D．电流表的分流作用 E．定值电阻的分压作用(2)为了简便快捷地测量电源乙的电动势和内阻，选择电压表、定值电阻等器材，采用图丙所示电路．①定值电阻应该选择________(填“D”或“E”)．②实验中，首先将 K1 断开，K2 闭合，电压表示数为 1.48V．然后将K1、K2 均闭合，电压表示数为 1.23 V，则电源乙电动势 E＝________ V，内阻r＝________Ω.(小数点后保留两位小数)答案：(1)①D　B　F　②4.4　1.6　③A(2)①D　②1.48　0.81解析：(1)①测电动势约 4.5 V 的电源电动势与内阻时，由于有定值电阻的存 4.5在，电路中的最大电流为5.5 A，如果用量程为 3 A 的电流表，则读数误差太大， 因此，电流表应选 B；测电动势约 4.5 V 电源电动势与内阻时，电路最小电阻为E 4.5R＝ I ＝0.6 Ω＝7.5 Ω，考虑电源内阻、滑动变阻器电阻，定值电阻应选 D；为方便实验操作，滑动变阻器应选 F.②由表达式 U＝－5.6I＋4.4 及 U＝E－I(r＋R1) 可知，电源电动势为 E＝4.4 V，内阻为 r＝5.6 Ω－4 Ω＝1.6 Ω.③由电路图可知，电压表的分流作用会造成实验误差，故选 A.(2)①用图丙所示电路测电动势与内阻，定值电阻适当小一点，实验误差小，因此定值电阻应选 D.②由电路图可知，K1 断开，K2 闭合，电压表示数为电源电动势，电压表示数为 1.48 V，即电源乙电动势为 E＝1.48 V；K1、K2 均闭合，电压表示数为 1.23 V，电压表测路端电压，U′ 1.23E－U′此时电路电流为 I＝ R1 ＝ 4 A＝0.307 5 A，电源内阻为 r＝ I ≈0.81 Ω. 6．某同学通过查找资料自己动手制作了一个电池．该同学想测量一下这个电池的电动势 E 和内阻 r，但是从实验室只借到一个开关、一个电阻箱(最大阻 值为 999.9 Ω，可当标准电阻用)、一只电流表(量程 Ig＝0.6 A，内阻 rg＝0.1 Ω)和 若干导线．(1)请根据测定电动势 E 和内阻 r 的要求，设计图甲中器件的连接方式，画 线把它们连接起来．(2)接通开关，逐次改变电阻箱的阻值 R，读出与 R 对应的电流表的示数I，并做记录．当电阻箱的阻值 R＝2.6 Ω 时，其对应的电流表的示数如图乙所11示．处理实验数据时，首先计算出每个电流值 I 的倒数I，再制作 R－I坐标图，( )1R， 如图丙所示，图丙中已标注出了 I 的几个与测量对应的坐标点，请你将与图 乙实验数据对应的坐标点也标注在图丙上．(3)在图丙上把描绘出的坐标点连成图线． (4)根据图丙描绘出的图线可得出这个电池的电动势 E＝________ V，内阻 r＝________ Ω. 答案：(1)如图 a 所示　(2)如图 b 所示　(3)如图 b 所示 (4)1.5(1.46～1.54 均可)　0.3(0.25～0.35 均可)解析：(1)首先应理解本题的实验原理，由闭合电路欧姆定律可知 E＝I(R＋r)，只要知道两组外电阻和电流值，就可以解出电源电动势和内阻．因此，直接将电阻箱和电流表串联在电路中就行．(2)当 R＝2.6 Ω 时，由题图乙可知 I＝0.511A，I＝2 A－1，描点(2,2.6)，见图 b.(3)R－I图线是一条倾斜的直线．注意连线时： ①不能连成折线；②为减小偶然误差，个别偏离太远的点舍去．(4)由闭合电路E的欧姆定律得 E＝I(R＋r＋rg)，则 R＝ I －(r＋rg)，故图线的斜率 k 表示电池电动 5.6－2.6势 E 的大小，纵轴截距的绝对值表示电阻(r＋rg)．由图 b 可知 E＝k＝4.0－2.0 V≈1.5 V(1.46～1.54 V 范围内均正确)，r≈0.3 Ω(0.25～0.35 Ω 均正确)．7．[2019·湖南长沙模拟]在测量电池的电动势 E 和内阻的实验中，某同学在 电路中添加了一个未知阻值的保护电阻 R0，本实验的器材有：待测电池 E，保 护电阻 R0，电流表 A，电压表 V，滑动变阻器 R，开关 K1，单刀双掷开关 K2， 导线若干．(1)根据图甲所示的电路原理图把图乙所示的实物图用笔画线代替导线补充 完整．(2)该同学先将 K2 扳到__________(填“a”或“b”)来测量定值电阻两端的 电压和电流，调节滑动变阻器的滑片，读出几组电压表和电流表的数据并记录； 再将 K2 扳到__________(填“a”或“b”)来测量路端电压和电流，调节滑动变 阻器的滑片，读出几组电压表和电流表的数据并记录．(3)将两次记录的数据在同一个坐标系中描点作图，如图丙所示，由图象可 得保护电阻 R0＝________Ω，被测电池的电动势 E＝________V，内阻 r＝________Ω；由实验电路图分析可知，所测电阻 R0 的测量值________(填 “大于”“小于”或“等于”)真实值，这对测量电池的电动势和内阻 ________(填“有影响”或“无影响”)．答案：(1)如图所示　(2)a　b　(3)2　1.5　0.5　大于　无影响解析：(1)由电路的结构可知，开关 K2 分别在 a 点和 b 点时，测量的电压分 别是 R0 的电压与路端电压，由此连接完整电路，如图所示．(2)由题图甲可知，要想测量定值电阻 R0 的阻值，应测量电阻 R0 两端的电 压和电流，故应将开关 K2 扳到 a；而要想测量电池的电动势和内阻，应测量路 端电压和干路电流，故应将开关 K2 扳到 b.U0 1.2(3)由题图丙可知，保护电阻阻值 R0＝ I0 ＝0.6 Ω＝2 Ω；由题图丙电池的 U－I 图象可知，图象与纵轴交点坐标值为 1.5，被测电池的电动势 E＝1.5 V，内ΔU 1.5－1.2阻 r＝ ΔI ＝ 0.6 Ω＝0.5 Ω；由题图甲电路图可知，电流表采用内接法，由于 电流表的分压作用，电压表的测量值偏大，由欧姆定律可知，保护电阻 R0 的测 量值大于真实值；保护电阻对测电池的电动势与内阻没有影响．。

小题狂练18动量守恒定律小题狂练⑱小题是基础练小题提分快1.[2019·北京东城区模拟](多选)两物体组成的系统总动量守恒，这个系统中()A．一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度B．一物体受合力的冲量与另一物体所受合力的冲量相同C．两个物体的动量变化总是大小相等、方向相反D．系统总动量的变化为零答案：CD解析：两个物体组成的系统总动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2，等式变形后得p1－p′1＝p′2－p2，即－Δp1＝Δp2，－m1Δv1＝m2Δv2，所以每个物体的动量变化大小相等，方向相反，但是只有在两物体质量相等的情况下才有一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度，故A错误，C正确；根据动量定理得I1＝Δp1，I2＝Δp2，每个物体的动量变化大小相等，方向相反，所以每个物体受到的冲量大小相等，方向相反，故B错误；两物体组成的系统总动量守恒，即系统总动量的变化为零，D正确．2．[2019·湖北省襄阳四中检测](多选)关于动量守恒的条件，下列说法正确的是()A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒B．只要系统所受合外力所做的功为零，系统动量一定守恒C．只要系统所受合外力的冲量始终为零，系统动量一定守恒D．系统加速度为零，系统动量一定守恒答案：CD解析：只要系统所受外力的矢量和为零，系统动量就守恒，与系统内是否存在摩擦力无关，故A错误；系统所受合外力做的功为零，系统所受合外力不一定为零，则系统动量不一定守恒，故B 错误；力与力的作用时间的乘积是力的冲量，系统所受到合外力的冲量为零，则系统受到的合外力为零，系统动量守恒，故C正确；系统加速度为零，由牛顿第二定律可得，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故D正确．3．[2017·全国卷Ⅰ]将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/sC．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s答案：A解析：燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p ，根据动量守恒定律，可得p －m v 0＝0，解得p ＝m v 0＝0.050 kg ×600 m/s ＝30 kg·m/s ，选项A 正确．4．[2019·甘肃协作体联考]如图所示，一个质量为M 的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m 的小木块．现使木箱获得一个向左的初速度v 0，则( )A ．小木块和木箱最终将静止B ．木箱速度减为v 03的过程，小木块受到的水平冲量大小为13M v 0C ．最终小木块速度为M v 0M ＋m，方向向左 D ．木箱和小木块组成的系统机械能守恒答案：C解析：由于木箱在光滑水平面上，小木块与木箱之间的摩擦力是木箱和小木块组成的系统的内力，给木箱一个向左的初速度，系统满足动量守恒定律，小木块和木箱最终将以相同的速度运动，根据动量守恒定律，M v 0＝(M ＋m )v ，最终速度v ＝M v 0M ＋m，选项C 正确，A 错误；由于木箱底板粗糙，小木块在木箱内相对于木箱滑动，摩擦产生热量，所以木箱和小木块组成的系统机械能不守恒，选项D 错误；当木箱速度减小为v 03时，木箱动量减少了23M v 0，根据动量守恒定律，小木块的动量将增加23M v 0，根据动量定理，木箱对小木块作用力的冲量大小为23M v 0，选项B 错误．5．[2019·甘肃协作体联考] 如图所示，静止在光滑水平面上的木板A ，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M ＝3 kg ，质量m ＝1 kg 的铁块B 以水平速度v 0＝4 m/s 从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端．在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )福建省四地六校联考]如图所示，一段细绳相连并有一压缩的弹簧，放在平板小车均处于静止状态．若地面光滑，则在细绳被剪断后，)3－2 2时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于伸长时刻弹簧由压缩状态恢复到原长．两物块的质量之比为m1：m2＝：2与B的动能之比为E k1：E＝：1到t1的过程中，的速度增大，时刻两物块达到共同速度1的速度继续增大，：1＝：1度分别为v两物块的动能之比为k1：＝：广州模拟](多选质量为m光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为的速度与物块甲相向运动，如图所示．则．甲、乙两物块组成的系统在弹簧压缩过程中动量守恒．当两物块相距最近时，物块甲的速率为零车碰撞瞬间，两车动量守恒，机械能也守恒．从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，．小球能上升的最大高度为0.16 m12．[2019·青岛模拟]某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移－时间图象．图中的线段a 、b 、c 分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系．已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知( )A ．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为：2B ．碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大C ．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小D ．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的16答案：D解析：根据s －t 图象的斜率等于速度，可知碰前滑块Ⅰ速度为v 1＝－2 m/s ，滑块Ⅱ的速度为v 2＝0.8 m/s ，则碰前速度大小之比为：2，故A 错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的动量为负，滑块Ⅱ的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量大小小于滑块Ⅱ的动量大小，故B 错误；碰撞后的共同速度为v ＝0.4 m/s ，根据动量守恒定律，有m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，解得m 2＝6m 1，由动能的表达式可知，12m 1v 21＞12m 2v 22，故C 错误，D 正确．13．[2019·北京东城区模拟]下面关于碰撞的理解，正确的是( )A ．正碰属于弹性碰撞，斜碰属于非弹性碰撞B ．如果碰撞过程中动能不变，则这样的碰撞叫做非弹性碰撞C ．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生显著变化的过程D ．在碰撞现象中，一般来说物体所受的外力作用不能忽略 答案：C解析：正碰也称对心碰撞，是小球在相互作用前后都沿着同一直线(即沿着两球球心连线)运动的碰撞，根据动量守恒定律判断两小球碰撞前后的机械能是否守恒，从而将碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞，斜碰也称非对心碰撞，是两球在碰撞前的相对速度不沿两球球心如图所示，两质量分别为叠放在一起，从高度为h处自由落下，先与地面碰撞，后与性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计．已知反弹后能达到的最大高度为(互作用力大小不变，则在相互作用过程中(．弹丸和木块的速率都是越来越小．弹丸在任一时刻的速率不可能为零福建邵武七中联考]如图所示，一半径为放在光滑的水平面上，点的过程中，下列说法正确的是黑龙江哈三中模拟](多选)5 kg，动量大小为动过程中，下列说法中正确的是()．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒如图所示，总质量为框架直立在光滑水平面上，质量为m的小球通过细线悬挂于框架顶M>m，重力加速度为，当小球第一次回到O点正下方时，细线拉力大小为湖北宜昌一中月考](多选)两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图表示发生碰图线，由图线可以判断( )：2作用前后总动量守恒作用前后总动量不守恒作用前后总动能不变错误；根据动量守恒定律有m A A ：m ＝：212m B ×(1 m/s 2)＝(7 m/s)m A ·553(m/s)()1.0 m/s2.0 m/s如图所示，光滑水平面上有两个质量分别为，放在与左侧竖直墙垂直的直线上，设朝着B运动，设系统处处无摩擦，所有的黑龙江哈三中模拟](多选)如图所示，将一轻质弹簧从内部穿过，并将其上端悬挂于天花板，下端系一质量为距天花板h＝处由静止释放质量为m2＝M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为的正上方h高处由静止开始落下，与半圆点进入槽内，并能从C点离开半圆槽，则以下结论中正的木箱静止在光滑的水平面上，木箱内设爆炸释放的能量全部转化为物块的动能)1 875 J引爆炸药前后，由动量守恒定律可得m B v B，。

2019届高考物理二轮复习第二章相互作用牛顿动动定律提能增分练（二）动力学四大模型之二——斜面1.如图所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁。

若再在斜面上加一物体m，且M、m相对静止，此时小车受力个数为( )A．3 B．4 C．5 D．6解析：选B 先对物体m受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力；再对M受力分析，受重力、m对它的垂直斜面向下的压力和沿斜面向下的静摩擦力，同时地面对M有向上的支持力，共受到4个力。

故B正确。

2.如图所示，质量为m带＋q电荷量的滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下的匀强电场区域时，滑块运动的状态为( )A．继续匀速下滑 B．将加速下滑C．将减速下滑 D．以上三种情况都可能发生解析：选A 滑块在电场中受力方向沿着电场线方向，即竖直向下，相当于滑块的重力变大了，因为滑块开始是匀速下滑的，则摩擦力大小等于滑块重力沿着斜面向下的分力的大小。

故滑块在斜面方向上的合力为零不改变，所以滑块继续匀速下滑。

只有A正确。

3．物块静止在固定的斜面上，分别按图示的方向对物块施加大小相等的力F，A中F 垂直于斜面向上，B中F垂直于斜面向下，C中F竖直向上，D中F竖直向下，施力后物块仍然静止，则物块所受的静摩擦力增大的是( )解析：选D 物块受重力、支持力及摩擦力处于平衡，A中当加上F后，物块仍处于平衡，则在沿斜面方向上物块平衡状态不同，而重力沿斜面向下的分力不变，故摩擦力不变；故A错误；同理B中摩擦力也不变，故B错误；C中加竖直向上的F后，F有沿斜面向上的分力，若物块有沿斜面向下的运动趋势，此时沿斜面向下的重力的分力与沿斜面向上的F 的分力及摩擦力平衡，故摩擦力将变小，故C错误；同理D中加竖直向下的力F后，F有沿斜面向下的分力，则沿斜面向下的力增大，故增大了摩擦力；故D正确。

4.(2017·四川双流中学模拟)如图，静止在水平面上的斜面体质量为M，一质量为m的物块恰能沿斜面匀速下滑，现对物块施加水平向右的拉力F，物块m仍能沿斜面运动。

选择题增分练(二)(满分48分24分钟)说明：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，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．氢原子的能级示意图如图所示，现有大量的氢原子处于n＝4的激发态，当向低能级跃迁时，会辐射出若干种不同频率的光，若用这些光照射逸出功为4.5 eV的钨时，下列说法中正确的是( )A．氢原子能辐射4种不同频率的光子B．氢原子辐射的光子都能使钨发生光电效应C．氢原子辐射一个光子后，氢原子的核外电子的速率增大D．钨能吸收两个从n＝4向n＝2能级跃迁的光子而发生光电效应解析：选C.氢原子从n＝4能级向低能级跃迁时能辐射6种不同频率的光子．从n＝4到n＝3跃迁辐射出的光子能量E43＝(1.51－0.85)eV＝0.66 eV＜4.54 eV，故不能使钨发生光电效应；氢原子辐射一个光子后，能级降低，半径变小，动能变大，速率增大；金属发生光电效应时，不能同时吸收两个光子；综上述选项C正确．2．如图所示，一定质量的小物体(可视为质点)用轻质细线固定悬挂在天花板上．在水平拉力F作用下，当细线与竖直方向夹角为30°时小物体恰能处于平衡状态．若对小物体施加同样大小的拉力，方向垂直于细线，仍然使物体处于平衡状态．则下列说法中正确的是( )A．小物体所受到的重力大小为3FB．当施加水平方向作用力时细线受到沿线方向的拉力大小等于2FC．当施加垂直于细线方向的拉力时，细线受到沿线方向的拉力大小等于2FD．当施加垂直于细线方向的拉力时，细线与竖直方向的夹角大于60°解析：选A.对小物体受力分析，根据平衡条件可得tan 30°＝Fmg，F T sin 30°＝F，解得小物体所受到的重力大小mg＝3F，细线受到沿线方向的拉力大小F T＝Fsin 30°＝2F，故A正确，B错误；当施加垂直于细线方向的拉力时，根据平衡条件可得F T＝（mg）2－F2＝2F，解得细线受到沿线方向的拉力大小F T ＝2F ，故C 错误；当施加垂直于细线方向的拉力时，细线与竖直方向的夹角θ，则有mg sin θ＝F ，解得细线与竖直方向的夹角sin θ＝33＜sin 60°，故D 错误；故选A.3．如图所示，在光滑水平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.3，用水平恒力F拉动小车，设物块的加速度为a 1，小车的加速度为a 2，重力加速度g 取10 m/s 2.当水平恒力F 取不同值时，a 1与a 2的值可能为( )A ．a 1＝2 m/s 2，a 2＝3 m/s 2B ．a 1＝3 m/s 2，a 2＝2 m/s 2C ．a 1＝5 m/s 2，a 2＝3 m/s 2D ．a 1＝3 m/s 2，a 2＝5 m/s 2解析：选D.由受力分析可知物块的加速度取决于M 对物块的摩擦力，即F f ＝ma 1，且F f 的最大值为F fm ＝μmg ，即a 1的最大值为a 1m ＝μg ＝3 m/s 2.当二者相对静止一起加速时，a 1＝a 2≤3 m/s 2.当F 较大时，m 与M 发生相对滑动，a 1＝3 m/s 2，a 2＞3 m/s 2，综上所述只有选项D 符合题意．4．如图所示，A 为置于地球赤道上的物体，B 为绕地球椭圆轨道运行的卫星，C 为绕地球做圆周运动的卫星，B 、C 运行轨道与赤道在同一平面内，P 为B 、C 两卫星轨道的交点，已知A 、B 、C 绕地心运动的周期相同，下列说法正确的是( )A ．卫星B 在近地点的速度大于卫星C 的速度B ．卫星B 在P 点的加速度大于卫星C 的加速度C ．卫星C 的运行速度小于物体A 的速度D ．卫星C 和物体A 具有相同大小的加速度解析：选A.B 在椭圆轨道上的近地点距地球距离小于C 卫星的轨道半径，因为B 在近地点将做离心运动，故B 在近地点速度大于在近地点做圆周运动的卫星速度，再根据卫星速度公式v ＝GM r，可知，近地点环绕速度大于C 卫星的速度，从而可知，B 在近地点的速度大于卫星C 的速度，故A 正确；根据万有引力提供向心力：G Mm r 2＝ma ，解得：a ＝G M r 2，在P 点，G 、M 、r 都相同，所以卫星B 在P 点的加速度大小与卫星C 在P 点加速度大小相等，故B 错误；因为A 、B 、C 绕地心运动的周期相同，所以A 、B 、C 的角速度相等，卫星C 做圆周运动的半径大于A 的半径，由v ＝ωr 可知，C 的线速度大于A 的线速度，故C 错误；根据a ＝ω2r ，可知因为卫星C 做圆周运动的半径大于A 的半径，所以卫星C 加速度大于物体A 的加速度，故D 错误．故A 正确，BCD 错误．5．如图所示，以O 点为圆心的圆周上有六个等分点a 、b 、c 、d 、e 、f ，等量正、负点电荷分别放置在a 、d 两点时，下列说法中正确的是( )A ．b 、c 、e 、f 四点的场强相同B ．b 、c 、e 、f 四点的电势相等C ．O 点的电势高于b 、c 、e 、f 四点的电势D ．将一带正电的试探电荷从O 点移到e 点，电场力做正功解析：选D.由题意可知，两点电荷在e 、f 处的电场强度各自进行矢量合成，则e 、f 处场强大小相等，而方向不相同，同理b 、c 电场强度大小相等，方向不同，故A 错误．依据等量异种电荷，等势线的分布，可知，b 、f 二点的电势相等，而c 、e 二点的电势相等，且b 、f 二点的电势高于c 、e 二点的电势，故B 错误；根据沿着电场线方向，电势降低，因此O 点的电势高于c 、e 二点的电势，而低于b 、f 二点的电势，故C 错误；将一带正电的试探电荷从O 点移到e 点，即从高电势移动低电势，那么电势能降低，因此电场力做正功，故D 正确；故选D.6．如图所示为某兴趣小组设计的一种发电装置，在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为49π，磁场均沿半径方向；矩形线圈abcd (d 点未在图中标出)的匝数为N ，其边长ab ＝cd ＝l ，bc ＝ad ＝2l ；线圈的总电阻为r ，外接电阻为R ；线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc 边和ad 边同时进、出磁场．在磁场中，bc 边和ad 边所经过处的磁感应强度大小均为B 、方向始终与两边的运动方向垂直．则( )A ．bc 边和ad 边在磁场中运动时，线圈的感应电动势的大小为NBl 2ωB ．bc 边和ad 边在磁场中运动时，bc 边所受安培力的大小为4N 2B 2l 3ωR ＋rC ．通过R 的电流有效值为2NBl 2ωR ＋rD ．通过R 的电流有效值为4NBl 2ω3（R ＋r ）解析：选BD.bc 、ad 边的运动速度v ＝L 2ω，电动势E m ＝2NB 2Lv ＝2NBl 2ω，A 错误；根据欧姆定律得，电流I m ＝E m R ＋r ，bc 边所受安培力为F ＝NBI m 2l ＝4N 2B 2l 3ωR ＋r，故B 项正确；因为两磁场的圆心角为49π，故一个周期内通电时间t ＝49T ，由有效值定义知：I 2m (R ＋r )49T ＝I 2(R ＋r )T ，解得I ＝4NBl 2ω3（R ＋r ），故选项D 正确． 7．(多选)质量为M 的足够长的木板B 放在光滑水平地面上，一个质量为m 的滑块A (可视为质点)放在木板上，设滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如图甲所示．木板B 受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，用传感器测出木板B 的加速度a ，得到如图乙所示的a ­F 图象，取g ＝10 m/s 2，则( )A ．滑块A 的质量m ＝1.5 kgB ．木板B 的质量M ＝1.5 kgC ．当F ＝5 N 时，木板B 的加速度a ＝4 m/s 2D ．滑块A 与木板B 间的动摩擦因数为μ＝0.1解析：选AC.由图乙知，当F ＝4 N 时A 、B 相对静止，加速度为a ＝2 m/s 2，对整体分析：F ＝(m ＋M )a ，解得m ＋M ＝2 kg ，当F ＞4 N 时，A 、B 发生相对滑动，对B 有：a ＝F －μmg M＝1M F －μmg M ，由图象可知，图线的斜率：k ＝1M ＝Δa ΔF＝2 kg －1，解得M ＝0.5 kg ，则滑块A 的质量为：m ＝1.5 kg ，故A 正确，B 错误；将F ＞4 N 所对图线反向延长线与F 轴交点坐标代入α＝1M F －μmg M，解得μ＝0.2，故D 错误；根据F ＝5 N ＞4 N 时，滑块与木块相对滑动，B 的加速度为a B ＝1M F －μmg M＝4 m/s 2，故C 正确． 8．如图所示，倾角θ＝60°、高为h 的粗糙绝缘斜面体ABC 固定在水平地面上，一个带负电的小球(可视为点电荷)固定在BC 边上距B点h 3高处的D 点，可视为质点的带正电的小物块Q 静止于斜面底端的A 点，此时小物块Q 恰好不接触地面且与斜面间的摩擦力为0.已知小物块Q 与斜面间的动摩擦因数μ＝33，小物块Q 所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．小物块Q 静止于A 点时所受的库仑力与其重力大小相等B ．若要拉动小物块Q ，使之沿斜面向上运动，则拉力的最小值为33mg C ．在拉动小物块Q 缓慢沿斜面向上运动的过程中，当其所受摩擦力最大时，系统的电势能也最大D ．若缓慢地将小物块Q 从A 点拉动至C 点，则外力做功等于小物块Q 重力势能的增加量与系统因摩擦而产生的热量之和解析：选AD.小物块Q 静止于A 点时，恰好不接触地面且与斜面间的摩擦力为0，对小物块Q 受力分析且由几何关系可知，小物块Q 所受库仑引力与水平面夹角为30°，则沿斜面方向对小物块Q 由平衡条件得mg sin 60°＝F 库cos 30°，解得F 库＝mg ，A 正确．小物块Q 运动时，除拉力外的受力如图甲所示，库仑力与重力大小相等，且二者夹角为120°，故库仑力与重力的合力大小为F 2＝mg ，合力在重力与库仑力的角平分线上，方向与重力方向夹角为60°，由题给数据知小物块Q 所受支持力与滑动摩擦力的合力F 1方向沿水平方向向右．如图乙所示，由图解法可得，满足拉力与F 1方向垂直时，拉力最小，最小值为mg sin 30°＝12mg ，B 错误．在运动过程中，小物块Q 与D 点距离最近时，所受的库仑力最大，与斜面间弹力最大，滑动摩擦力最大，此时系统的电势能最小，C 错误．DA ＝DC ，小物块Q 在A 、C 两点电势能相等，由能量守恒可知，若缓慢地将小物块Q 从A 点拉动至C 点，则外力做功等于小物块Q 的重力势能增加量与系统因摩擦而产生的热量之和，D 正确．。

教学资料范本【2019-2020】高考物理总复习选择题增分练五编辑：__________________时间：__________________选择题增分练(五)(满分48分24分钟)说明：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，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．(20xx·山东省××市高三二模)质量为m 、长度为l 的均匀软绳放置在水平地面上．现将软绳一端提升至离地面高度为h 处，软绳完全离开地面，则至少需要对软绳做的功为( )A．mg l 2B．mg h 2 C．mg (h －l )D．mg ⎝⎛⎭⎪⎫h－l 2解析：选D.对软绳做的功等于它的重力势能的增加量，即W ＝ΔE p ＝mg⎝ ⎛⎭⎪⎫l 2＋h－l ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫h－l 2，选项D正确． 2．下列说法正确的是( )A．玻尔通过对氢原子光谱的研究建立了原子的核式结构模型 B．某些原子核发生衰变时能够放出β粒子，说明原子核内有β粒子 C．原子核反应中的质量亏损现象违反了能量守恒定律D．某种单色光照射某种金属发生光电效应，若增大光照强度，则单位时间内发射的光电子数增加解析：选D.卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型，玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征，故A 错误；β衰变中产生的β射线实际上是原子核中的中子转变成质子，而放出电子，故B错误；核反应中的质量亏损现象遵循能量守恒定律，故C错误；发生光电效应时，单位时间内发射的光电子数随入射光强度的增加而增大，故D正确；故选D.3．如图所示，在天花板下用细线悬挂一半径为R 的金属圆环，圆环处于静止状态，圆环一部分处在垂直于环面的磁感应强度大小为B 的水平匀强磁场中，环与磁场边界交点A 、B 与圆心O 连线的夹角为120°，此时悬线的拉力为F .若圆环通电，使悬线的拉力刚好为零，则环中电流大小和方向是( )A．大小为3F3BR，沿顺时针方向 B．大小为3F3BR，沿逆时针方向 C．大小为3FBR，沿顺时针方向 D．大小为3FBR，沿逆时针方向解析：选A.环受安培力的有效长度为l ＝2·R cos 30°＝3R ，由BIl ＝mg ＝F ，可知，I ＝3F3BR，方向为顺时针方向． 4．一质点从静止开始沿着直线运动，先后经历匀加速、匀速和匀减速三个运动过程，三段过程运动位移均为x ，匀加速运动时间为t ，匀减速运动时间为34t ，则下列说法中正确的是( )A．质点在匀加速阶段的加速度大小小于匀减速运动阶段的加速度大小 B．质点在匀减速阶段的末速度大小是匀速运动阶段的速度大小的一半 C．质点在匀加速运动阶段的平均速度等于匀减速运动阶段的平均速度 D．质点在匀速运动阶段的运动时间为12t解析：选D.设匀速运动的速度大小为v ，质点在匀减速阶段的末速度大小为v t ，质点在匀加速阶段x ＝0＋v 2t ＝vt 2，匀减速运动阶段x ＝vt＋v 2×34t ，解得v t ＝v 3，质点在匀加速阶段的加速度大小a 1＝v－0t ＝vt，匀减速运动阶段的加速度大小a 2＝v－v 334t ＝8v 9t，故AB错误；质点在匀加速运动阶段的平均速度v 1＝0＋v 2＝v2，匀减速运动阶段的平均速度v 2＝v＋13v 2＝2v 3，故C错误；质点在匀速运动阶段的运动时间t ′＝x v ＝12vtv ＝12t ，故D正确；故选D.5．(20xx·山东××市二模)北斗地图APP即将上线，其导航功能可精确到1米以内，能够清晰定位到具体车道．如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a 、b 、c 三颗卫星均做圆周运动，其中a 是地球同步卫星，则( )A．卫星a 的角速度小于c 的角速度 B．卫星a 的加速度大于b 的加速度 C．卫星a 的运行速度大于第一宇宙速度 D．卫星b 的周期大于24 h解析：选A.根据万有引力提供向心力：G Mmr2＝m ω2r ，解得：ω＝GMr3，可知轨道半径大的卫星角速度小，所以卫星a 的角速度小于c 的角速度．故A正确．卫星的加速度为a ＝ω2r ＝GMr2，可知轨道半径大的卫星加速度小，所以卫星a 与b 的加速度大小相等．故B错误．第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动时最大的运行速度，则知卫星a 的运行速度小于第一宇宙速度，故C错误．卫星a 与b 的轨道半径相同，角速度相等，则周期也相等，所以卫星b 的周期等于24 h，故D错误．故选A.6．如图所示的电路中电表均为理想电表，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P 向右移动至某一位置，与移动前相比，下列说法正确的是( )A．电流表读数变小，电压表读数变大B．小灯泡L变亮C．电源的输出功率一定变大D．电容器C所带的电荷量减少解析：选BD.由图可知，电容并联在滑动变阻器两端；当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻减小；则总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，总电流增大，故电流表示数增大，灯泡亮度变亮，因内压增大，故电压表示数减小，故A错误，B正确；由P＝EI可知，电源的总功率变大，当外阻和内阻相等时输出功率最大，因为不知道外阻和内阻的关系，所以不能判断电源输出功率的变化，故C 错误；因电容器并联在滑动变阻器两端；总电流变大，灯泡及内阻分压增大，则滑动变阻器分压减小，故电容器C两端的电压减小，所以C上的电量减小，故D 正确．所以BD正确，AC错误．7．如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里．现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v­t图象，图中字母均为已知量．重力加速度为g，不计空气阻力．下列说法正确的是()A．金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向B．金属线框的边长为v1(t2－t1)C．磁场的磁感应强度为1v1（t2－t1）mgRv1D．金属线框在0～t4的时间内所产生的热量为2mgv1(t2－t1)＋12m(v23－v2)解析：选BCD.金属线框刚进入磁场时，由楞次定律知感应电流方向沿abcda 方向，A错误．由图象可知，线框先做自由落体运动，t1匀速进入磁场，直至全部进入磁场，因此线框的边长为v1(t2－t1)，B正确．由mg＝B2l2v1R，代入得B＝1v1（t2－t1）mgRv1，C正确．由能量守恒定律可知，线框入磁场时Q1＝mgv1(t2－t1)，线框出磁场时Q2＝mgv1(t2－t1)＋12m(v23－v2)，D正确．8．如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时物块均静止．现用平行于斜面向上的拉力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的v­t图象如图乙所示(t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点)，重力加速度为g，则()A．A达到最大速度时的位移mgsin θkB．拉力F的最小值为mg sin θ＋maC．A、B分离时t1＝ 2（mgsin θ－ma）akD．A、B分离前，A和弹簧系统机械能增加解析：选AC.开始时弹簧的压缩量满足2mg sinθ＝kx1，当A达到最大速度时加速度为零，此时A、B已分离满足mg sinθ＝kx2，所以A的位移为x＝x1－x2＝mgsin θk，开始时力F最小，此时对AB整体满足F＋kx1－2mg sinθ＝2ma，解得F＝2ma；当AB分离时，AB之间的弹力为零，此时对A：kx3－mg sin θ＝ma，此时物体A的位移为x＝x1－x3＝mgsin θ－mak＝12at21，解得t1＝2（mgsin θ－ma）ak；A、B分离前，A、B和弹簧系统除重力和弹力做功外还有力F做正功，所以机械能增加；A和弹簧系统除重力和弹力做功以外，还有B对A的弹力对A做负功，所以A和弹簧系统的机械能减少．选项AC正确．。

选择题增分练(八)(满分48分24分钟)说明：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，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．下列核反应方程式中，表示核聚变过程的是() A.14 7N ＋42He→17 8O ＋1H B.238 92U→234 90Th ＋42He C.21H ＋31H→42He ＋10nD.235 92U ＋10n→144 56Ba ＋8936Kr ＋310n解析：选C.轻核聚变是指把轻核结合成质量较大的核，并释放出核能的反应，所以由此可知，A 项为人工转变，B 为α衰变，C 项为轻核聚变，D 项为裂变反应，故C 正确．2．2017年8月16日凌晨1时40分，由我国科学家自主研制的世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”在酒泉卫星发射中心成功发射．量子卫星的轨道半径为R 0，线速度为v 0，地球静止轨道卫星对应的轨道半径和线速度分别为R 和v ，则下列关系式正确的是()A ．lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫v v0＝12lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫R R0B ．lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫v v0＝2lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫R R0C ．lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫v v0＝12lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫R0R D ．lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫v v0＝2lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫R0R 解析：选C.人造卫星的向心力由万有引力提供，对地球上静止轨道卫星有G MmR2＝m v2R，对量子卫星有G Mm R20＝m v20R 0，联立解得v2v20＝R0R ，由对数运算可得lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫v2v20＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫R0R ，所以lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫v v0＝12lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫R0R ，故A 、B 、D 项错误，C 项正确． 3．如图所示，在斜面底端的正上方h 处水平抛出一个物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为53°的斜面上．不计空气阻力，sin 53°＝0.8，重力加速度为g ，可知物体完成这段飞行的时间为()A. 18h 41g B ．h 3gC.3h2gD ．条件不足，无法计算解析：选A.设飞行的时间为t ，则PQ ＝v 0t ，OQ ＝12gt 2.因为物体垂直撞上斜面，斜面与水平面之间的夹角为53°，所以在P 点物体的水平速度和竖直方向速度满足v 0＝43gt ，如图所示，由三角形的边角关系可知AQ ＝43PQ ，所以在竖直方向上有OQ ＋AQ ＝h ，即43v 0t ＋12gt 2＝h ，解得t ＝18h41g，故A 项正确． 4．总质量为m 的汽车在平直公路上以速度v 0匀速行驶时，发动机的功率为P .司机为合理进入限速区，减小了油门，使汽车功率立即减小到23P 并保持该功率继续行驶，设汽车行驶过程中所受阻力大小不变．从司机减小油门开始，汽车的v ­t 图象如图，从汽车开始减速到再次达到匀速运动的过程中，行驶的位移为s ，汽车因油耗而改变的质量可忽略．则在该过程中，下列说法不正确的是()A ．汽车再次匀速运动时速度大小为2v03 B ．t ＝0时刻，汽车的加速度大小为P 3mv0C ．汽车的牵引力不断减小D ．经历的时间为3s 2v0－5mv2012P解析：选C.汽车以速度v 0匀速行驶时，牵引力等于阻力，f ＝F ＝P v0，汽车以功率23P 匀速行驶时牵引力等于阻力f ＝F ＝23P v′，可得v ′＝23v 0，所以A 选项正确；t ＝0时刻，汽车的牵引力F 0＝2P 3v0，汽车的加速度大小a ＝f －F0m ＝P v0－2P3v0m ＝P3mv0，所以B 正确；汽车做减速运动，速度减小，功率不变，据P ＝Fv 知，牵引力不断增大，故C 错误；由动能定理23Pt －W f ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫23v02－12mv 20，其中克服阻力做功W f ＝fs ，所经历的时间t ＝3s 2v0－5mv2012P，所以D 正确．5．如图甲所示，光滑水平面上放着长木板B ，质量为m ＝2 kg 的木块A 以速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板B 的上表面，由于A 、B 之间存在有摩擦，之后，A 、B 的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是()A ．长木板的质量M ＝2 kgB ．A 、B 之间动摩擦因数为0.2C ．长木板长度至少为2 mD ．A 、B 组成系统损失机械能为4 J解析：选A.从题图可以看出，A 先做匀减速运动，B 做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v ＝1 m/s ，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv 0＝(m ＋M )v ，解得：M ＝m ＝2 kg ，故A 正确；由图象可知，木板B 匀加速运动的加速度a ＝Δv Δt ＝1 m/s 2，对B ，根据牛顿第二定律得μmg ＝Ma B ，解得动摩擦因数μ＝0.1，故B 错误；由图象可知前1 s 内B 的位移x B ＝0.5 m ，A 的位移x A ＝1.5 m ，所以木板最小长度L ＝x A －x B ＝1 m ，故C 错误；A 、B 组成系统损失机械能ΔE ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2＝2 J ，故D 错误．6．光滑绝缘水平面上固定两个等量正点电荷，它们连线的中垂线上有A 、B 、C 三点，如图甲所示．一带正电粒子由A 点静止释放，并以此时为计时起点，沿光滑水平面经过B 、C 两点(图中未画出)，其运动过程的v ­t 图象如图乙所示，其中图线在B 点位置时斜率最大，根据图线可以确定()A ．中垂线上B 点电场强度最大 B ．中垂线上B 点电势最高C ．电荷在B 点时的加速度为47m/s 2D ．U BC ＞U AB。

电流的方向一致，伸直的拇指所指方向即为环形导线轴线上的磁场方向C ．从外部看，通电螺线管周围的磁场类似于条形磁铁的磁场，螺线管内部的磁场不能视为匀强磁场D ．若把一个小磁针放在通电螺线管正上方中间位置，小磁针可能不与螺线管平行答案：B解析：通电直导线周围的磁场方向可以用安培定则判断，顺着导线看去，磁感线可表示为以直导线为圆心的分布不均匀的同心圆，选项A 错误．环形导线的磁场，可用安培定则判断，方法是让右手弯曲的四指与环形电流的方向一致，伸直的拇指所指方向即为环形导线轴线上的磁场方向，选项B 正确．通电螺线管周围的磁场类似于条形磁铁的磁场，螺线管内部的磁场可以视为匀强磁场，选项C 错误．若把一个小磁针放在通电螺线管正上方中间位置，小磁针一定与螺线管平行，选项D 错误．2.[预测新题]已知流过通电直导线的电流大小为I ，与通电直导线距离为r 处的N 点的磁感应强度大小为B N ＝kI r (k 为常量)．如图所示，△ACD 是直角三角形，∠ADC ＝60°，A 、C 、D 三点放置三个完全相同且垂直于该直角三角形所在平面的直导线，A 、C 、D 处的直导线中的电流大小分别为I 、2I 和2I ，方向均垂直平如图所示，根据右手螺旋定则可知，M点处的磁感应强度大小为点处的磁感应强度大小为7B，则正确．3．[新情景题]如图所示，空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，图中虚线为匀强电场的等势线，一不计重力的带电粒子在M点以某一初速度垂直等势线进入正交电场、磁场中，运动轨迹如图所示(粒子在N点的速度比在M点的速度大)，则下列说法正确的是()A．粒子一定带正电B．粒子的运动轨迹一定是抛物线C．电场线方向一定垂直等势线向左D．粒子从M点运动到N点的过程中电势能增大答案：C解析：根据粒子在电场、磁场中的运动轨迹和左手定则可知，粒子一定带负电，选项A错误；由于洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，故粒子受到的合力是变力，而物体只有在恒力作用下做曲线运动时，轨迹才是抛物线，选项B错误；由于空间只存在电场和磁场，粒子的速度增大，说明在此过程中电场力对带电粒子做正功，则电场线方向一定垂直等势线向左，选项C正确；电场力做正功，电势能减小，选项D错误．与水平方向成纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为的同种粒子，所有粒子均能通过由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示，所有圆弧的圆心角均为120°，所以粒子运动的半径为r ＝33·L n (n ＝1,2,3，…)，由洛伦兹力提供向心力得Bqv ＝m v 2r ，则v ＝Bqr m ＝3BqL 3m ·1n (n ＝1,2,3，…)，所以A 、B 正确．5．[名师原创](多选)回旋加速器是用来加速带电粒子的，其核心部分是两个D 形金属盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，两盒间有一定的电势差U ，使粒子每次穿过狭缝都被加速，两盒放在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，粒子源置于盒的圆心附近，若粒子源射出的粒子带电荷量为q 、质量为m ，盒间的窄缝宽度为d ，粒子最大回旋半径为R m ，其运动轨迹如图所示．下列说法正确的是( )A ．D 形金属盒的作用是屏蔽外电场，使盒内无电场B ．忽略粒子在电场中运动的时间，则高频交流电源的频率为2πm qBC ．粒子离开加速器时速度为qBR m mD ．考虑粒子在电场中运动的时间，则把静止粒子加速到最大动能所需时间动的距离为2nd ，由2nd ＝2v m t 电，解得t 电＝U ，把静止粒子加速到最大动能所需时间为t ＝t 电＋t 磁＝BR m d U ＋πBR 2m 2U ，选项D 错误．6.[母题改编](多选)如图所示，在以R 0为半径、O 为圆心的圆形区域内存在磁场，直径MN 左侧区域存在一方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B 1的匀强磁场(未画出)；MN 右侧区域存在一方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B 2的匀强磁场(未画出)．现有一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力)从P 点沿垂直于MN 的方向射入磁场，通过磁场区域后从Q 点离开磁场，离开磁场时粒子的运动方向仍垂直于MN.已知OP 与MN 的夹角为θ1，OQ 与MN 的夹角为θ2，粒子在MN 左侧区域磁场中的运动时间为t 1，粒子在MN 右侧区域磁场中的运动时间为t 2，则( )A .B 2B 1＝sin θ1sin θ2 B .B 2B 1＝sin θ2sin θ1C .t 1t 2＝sin θ2sin θ1D .t 1t 2＝sin θ1sin θ2答案：AD它在MN 左侧磁场中的运动轨迹为圆弧＝mαqB 1，粒子在MN 右侧区域磁场中的运动时间为t 2＝α2πT 2＝α2π·2πm qB 2＝mαqB 2，t 1t 2＝B 2B 1＝sin θ1sin θ2，选项D 正确，C 错误． 7．[2019·江西省赣中南五校一联]一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场．粒子的一段径迹如图所示，径迹上的每一小段都可近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电荷量不变)，从图中情况可以确定( )A ．粒子从a 到b ，带正电B ．粒子从a 到b ，带负电C ．粒子从b 到a ，带正电D ．粒子从b 到a ，带负电答案：C解析：由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式r ＝mv qB ，可知，粒子运动的轨迹半径是逐渐减小的，所以粒子的运动轨迹是从b 到a ，选项A 、B 错误；再根据左手定则可知，粒子带正电，选项C 正确，D 错误．8.如图所示，在倾角为α(α<45°)的直导体棒．当导体棒中的电流使导体棒静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强磁场．当加匀强磁场的磁感应解得B 3＝IL ，故B 1＝B 3> B 2，A 正确．9.[2019·安徽省合肥模拟]为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的长方体流量计．该装置由绝缘材料制成，其长、宽、高分别为a 、b 、c ，左右两端开口．在垂直于上下底面方向加一匀强磁场，前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极．污水充满管口从左向右流经该装置时，接在M 、N 两端间的电压表将显示两个电极间的电压U.若用Q 表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是( )A ．M 端的电势比N 端的高B ．电压表的示数U 与a 、b 均成正比，与c 无关C ．电压表的示数U 与污水的流量Q 成正比D ．若污水中正负离子数相同，则电压表的示数为0答案：C解析：根据左手定则，知负离子所受的洛伦兹力方向向外，则向外偏转，正离子所受的洛伦兹力向里，向里偏转，因此M 板带负电，N 板带正电，则M 板的电势比N 板电势低，故A 错误；最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvB ＝q U b ，解得U ＝Bbv ，与离子浓度无关，故BD 错误；因v ＝U Bb ，则流量湖北省部分重点中学联考]如图所示，含有处射入速度选择器，沿直线O 1O 2运动的粒子在小孔两点．则( )．粒子在偏转磁场中运动的时间都相等B ．打在P 1点的粒子是42HeC ．打在P 2点的粒子是21H 和42HeD ．O 2P 2的长度是O 2P 1长度的4倍答案：C解析：带电粒子在沿直线O 1O 2通过速度选择器时，所受电场力与洛伦兹力大小相等方向相反，即qvB 1＝qE ，所以v ＝E B 1，可知从速度选择器中射出的粒子具有相等的速度，在偏转磁场中，粒子的轨迹半径r ＝mv qB 2，不全相同，粒子运动的周期T ＝2πr v ，所以粒子在偏转磁场中运动的时间不全相等，A 错误；带电粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，所以r ＝mv qB ，可知粒子的比荷越大，运动的半径越小，所以打在P 1点的粒子是11H ，打在P 2点的粒子是21H和42He ，B 错误，C 正确；由题中的数据可得，11H 的比荷是21H 和42He 的比荷的2倍，所以11H 运动轨迹的半径是21H 和42He 的12，即O 2P 2的长度是O 2P 1长度的2倍，D 错误．11.[2019·安徽师大附中模拟](多选)如图所示，空间存在水平向左的匀强电场E在竖直平面内从a 不考虑两带电小球间的相互作用，两小球电荷量始终不变，[2019·晋豫省际大联考]如图所示，在y 轴右侧存在与xOy 平面垂直且范围足够大的匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，位于坐标原点的粒子源在xOy 平面内发射出大量完全相同的带负电粒子，所有粒子的初速度大小均为v 0，方向与x 轴正方向的夹角分布在－60°～60°范围内，在x ＝l 处垂直x 轴放置一荧光屏S.已知沿x 轴正方向发射的粒子经过了荧光屏S 上y ＝－l 的点，则( )A ．粒子的比荷为q m ＝v 02lBB ．粒子的运动半径一定等于2lC ．粒子在磁场中运动时间一定不超过πl v 0D ．粒子打在荧光屏S 上亮线的长度大于2l答案：C解析：沿x 轴正方向发射的粒子经过了荧光屏S 上y ＝－l 的点，由几何知识可知，粒子轨迹半径r ＝l ，B 错误；由牛顿第二定律可得qv 0B ＝m v 20r ，解得q m ＝v 0lB ，A 错误；沿x 轴正方向发射的粒子在磁场中转过的圆心角最大，为θ＝π，对应运动时间最长，t ＝θ2πT ＝πl v 0，C 正确；其他方向粒子打在荧光屏S 上的纵坐标如图所示，正方形边的中点，一个带正电的粒子边的速度射入正方形内，经过时间点沿纸面以与Od 成30°角的方向A ．该带电粒子可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场B ．若该带电粒子从ab 边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t 0C ．若该带电粒子从bc 边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是32t 0D ．若该带电粒子从cd 边射出磁场，它在磁场中经历的时间一定是53t 0答案：D解析：由带电粒子以垂直于cd 边的速度射入正方形内，经过时间t 0刚好从c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为T ＝2t 0，随粒子速度逐渐增大，轨迹由①→②→③→④依次渐变，由图可知粒子在四个边射出时，射出范围分别为OG 、FE 、DC 、BA 之间，不可能从四个顶点射出，故A 错误；当粒子从O 点沿虚线方向射入正方形内，从ab 边射出的粒子所用时间不大于512周期(56t 0)，从bc 边射出的粒子所用时间不大于23周期(4t 03)，所有从cd 边射出的粒子圆心角都是300°，所用时间为56周期(5t 03)，故D 正确，B 、C 错误．14.如图所示，M 、N 为两个同心金属圆环，半径分别为，两圆环之间存在着沿金属环半径方向的电场，面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，N 环上有均匀分布的粒子进入N 环内磁场，与金属环无碰撞，故粒子进入磁场后，应偏转2π3或π3离开磁场，由几何关系可知，轨迹半径为r ＝3R 2或r ＝3R 23，则根据r ＝mv qB ，联立解得U ＝3qB 2R 222m 或U ＝qB 2R 226m ，选项A 、C 正确．15．[2019·北京西城区模拟](多选)在如图所示的坐标系中，y>0的空间中存在匀强电场，场强方向沿y 轴负方向；－1.5h<y<0的空间中存在匀强磁场，磁场方向垂直xOy 平面(纸面)向外．一电荷量为q 、质量为m 的带正电的粒子，经过y 轴上y ＝h 处的P 1点时速率为v 0，方向沿x 轴正方向，然后，经过x 轴上x ＝1.5h 处的P 2点进入磁场，进入磁场后垂直磁场下边界射出．不计粒子重力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法中正确的是( )A ．粒子到达P 2点时速度大小为35v 0B ．电场强度大小为8mv 209qhC ．磁感应强度大小为2mv 03qhD ．粒子在磁场中运动的时间为37πh 40v1 2 1 2 8mv2 0 根据以上条件结合动能定理可得，qEh＝2mv －2mv0，解得 E＝ 9qh ，B 正 确；由题意可知粒子进入磁场后垂直磁场下边界射出，由此可作出粒子运动轨迹 如图所示，由几何关系可知，轨迹半径 R 满足 Rsin37° ＝1.5h，即 R＝2.5h，根据 带电粒子在磁场中运动 mv2 2mv0 时洛伦兹力提供向心力可得，qvB＝ R ，联立解得 B＝ 3qh ，C 正确；根据 2 πR 37° 37πh T＝ v 可得，粒子在磁场中运动的时间 t＝360° ×T＝120v ，D 错误． 0 16.如图所示，在粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带正电小球，整个装置处 在有水平匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场组成的足够大的复合场中， 小球 由静止开始下滑， 在整个运动过程中， 下列关于描述小球运动的 v—t 图象中正确 的是( )答案：C解析：在小球下滑的过程中，对小球进行受力分析，如图所示，小球受到重 力 mg、电场力 qE、洛伦兹力 qvB、摩擦力 f，还有木杆对小球的支持力 N.开始 时，小球的速度较小，洛伦兹力 qvB 较小，支持力 N 较大，随着速度的增大， 支持力 N 在减小，可以知道摩擦力 f 减小，竖直方向上的合力增大，小球的加速 度增大；当速度增大到一定的程度时，洛伦兹力 qvB 和电场力 qE 相等，此时支 持力 N 为零，摩擦力 f 为零，小球的加速度为 g，加速度达到最大；当速度继续 增大时，支持力 N 要反向增大，摩擦力 f 增大，竖直方向上的合力减小，小球的 加速度减小，当摩擦力 f 与重力 mg 相等时，竖直方向上的加速度为零，小球的速度达到最大．所以选项 ABD 所示的 v—t 图象不符合分析得到的小球的运动规 律，C 选项符合．8 课时测评2 ○ 综合提能力 课时练 赢高分 一、选择题 1．如图所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图．初速度不计的电子经 加速电场加速后进入有限边界的匀强磁场中发生偏转，最后打在荧光屏上．如果 发现电视画面幅度与正常的相比偏小，则引起这种现象可能的原因是( )A．电子枪发射能力减弱，电子数量减少 B．加速电场的电压过低，电子速率偏小 C．偏转线圈局部短路，线圈匝数减少 D．偏转线圈中电流过大，偏转线圈的磁感应强度增强 答案：C 解析：电视画面幅度比正常的偏小，是由于电子束的偏转角减小，即电子束 mv 的轨道半径增大．电子在磁场中偏转时的半径 r＝ qB ，当电子枪发射能力减弱， 发射的电子数量减少时，由于运动的电子速率及磁感应强度不变，所以不会影响 电视画面幅度的大小，故 A 错误；当加速电场电压过低，电子速率偏小时，会导 致电子运动半径减小，从而使偏转角度增大，导致画面幅度与正常的相比偏大， 故 B 错误；当偏转线圈局部短路，线圈匝数减少时，会导致偏转线圈的磁感应强 度减弱，从而使电子运动半径增大，电子束的偏转角减小，则画面幅度与正常的 相比偏小，故 C 正确；当偏转线圈中电流过大，偏转线圈的磁感应强度增强时， 会导致电子运动半径变小，所以画面幅度与正常的相比偏大，故 D 错误． 2．(多选)如图所示为用回旋加速器加速带电粒子的示意图． 磁场方向垂直 D 形盒向里 (未画出)，粒子的运动方向已经在图中标出，则以下说法正确的是( ) A．从回旋加速器出口射出的粒子带正电 B．D 形盒狭缝间所加电压不一定是交流电压 C．磁场对带电粒子做正功，使其动能增大D．粒子做圆周运动的周期与交流电压的周期近似相等 答案：AD 解析：根据左手定则，由粒子的偏转方向和磁场方向可知，该粒子带正电， 故 A 正确；带电粒子在磁场中做圆周运动，在狭缝间做匀加速运动，粒子在电场 内运动的时间极短，要使粒子每次经过狭缝间都能加速，D 形盒狭缝间所加电压 需采用周期等于粒子做圆周运动周期的交流电压，故 B 错误，D 正确；洛伦兹力 不做功，所以磁场不能使粒子的动能增加．C 错误． 3．[2019· 江苏如皋质检](多选)如图所示为磁流体发电机的发电原理： 将一束等离子体(即高温下电离 的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体来说呈电中性 )沿图示方向 喷射入磁场，磁场中有两块金属板 A、B，这时金属板上就会聚集电荷．在磁极 配置如图中所示的情况下，下列说法正确的是( ) A．A 板带负电 B．有电流从 b 经用电器流向 a C．金属板 A、B 间的电场方向向下 D．等离子体发生偏转的原因是离子所受的洛伦兹力大于所受的静电力 答案：ABD 解析：根据左手定则可知，正电荷向下偏转，负电荷向上偏转，则 A 板带负 电，故 A 正确．因为 B 板带正电，A 板带负电，所以电流的流向为从 b 经用电器 流向 a，故 B 正确．因为 B 板带正电，A 板带负电，所以金属板间的电场方向向 上，故 C 错误．等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力， 故 D 正确．4．[2019· 广东珠海模拟]如图所示，从 S 处发出的电子经加速电压 U 加速后 垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子向下极板偏转．设两极板 间电场强度为 E，磁感应强度为 B.欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采 取下列措施，其中可行的是( ) A．适当减小电场强度 E B．适当减小磁感应强度 B C．适当增大加速电压 U D．适当增大加速电场极板之间的距离 答案：B解析：根据左手定则可知，电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向 下极板偏转的原因是电场力小于洛伦兹力， 要想使电子沿直线从电磁复合场区域 通过，则必须有 Eq＝qvB，所以可以适当增大电场强度或适当减小磁感应强度， 1 2Ue A 错误，B 正确；由 Ue＝2mv2 得 v＝ m ，可以适当减小加速电压来减小电子 进入电磁复合场的速度 v，从而使得 Eq＝qvB，C 错误；适当增大加速电场极板 间的距离，但只要两板间电压不变，电子进入磁场的速度就不变，则电子受到的 电场力仍小于它受到的洛伦兹力，电子向下偏转，D 错误．5．[2019· 浙江杭州检测]利用霍尔效应制作的霍尔元件，被广泛应用于测量 和自动控制等领域． 霍尔元件一般由半导体材料制成， 有的半导体中的载流子(即 自由电荷)是电子，有的半导体中的载流子是空穴(相当于正电荷)．如图所示，将 扁平长方体形状的霍尔元件水平放置接入电路， 匀强磁场垂直于霍尔元件的水平 面竖直向下，闭合开关，让电流从霍尔元件的左侧流向右侧，则其前、后两表面 会形成电势差．现有载流子是电子的霍尔元件 1 和载流子是空穴的霍尔元件 2， 两元件均按图示方式接入电路(闭合开关)，则关于前、后两表面电势高低的判断， 下列说法中正确的是( ) A．若接入元件 1 时，前表面电势高；若接入元件 2 时，前表面电势低 B．若接入元件 1 时，前表面电势低；若接入元件 2 时，前表面电势高 C．不论接入哪个元件，都是前表面电势高 D．不论接入哪个元件，都是前表面电势低 答案：A 解析：若接入元件 1，载流子是电子，根据左手定则可知，电子向后表面偏 转，故前表面电势高；若接入元件 2，载流子是空穴，根据左手定则可知，正电 荷向后表面偏转，故前表面电势低，后表面电势高，A 正确． 6．[2019· 昆明一中强化训练](多选)如图所示， 在正交的匀强电场、 匀强磁场中质量为 m 的带电小球做匀速圆周 运动，轨道平面在竖直平面内，电场方向竖直向下，磁场方向垂直圆周所在平面 向里，由此可知( ) A．小球带正电 B．小球带负电 C．小球沿顺时针方向运动 D．小球机械能守恒 答案：BC解析：本题考查带电小球在复合场中的运动．小球做匀速圆周运动，洛伦兹 力提供向心力，则 mg＝qE，小球所受电场力方向向上，故小球带负电，A 错误， B 正确；根据左手定则可得，小球沿顺时针方向运动，C 正确；小球做匀速圆周 运动的过程中，电场力做功，小球机械能不守恒，D 错误． 7．[2019· 黄石模拟](多选)如图所示，有一范围足够大的水平匀强磁场，磁感应强度为 B，一个 质量为 m、电荷量为＋q 的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直长杆上，环与杆 间的动摩擦因数为 μ.现使圆环以初速度 v0 向上运动， 经时间 t0 圆环回到出发点， 不计空气阻力，取竖直向上为正方向，下列描述该过程中圆环的速度 v 随时间 t、 摩擦力 Ff 随时间 t、动能 Ek 随位移 x、机械能 E 随位移 x 变化规律的图象中，可 能正确的是( )答案：ABD 解析：小圆环向上做减速运动，对小圆环受力分析，竖直方向：重力和竖直 向下的摩擦力，由牛顿第二定律有 mg＋f＝ma；水平方向：N＝qvB，f＝μN，解 得 f＝μqvB.速度逐渐减小，滑动摩擦力逐渐减小，加速度逐渐减小，当速度减小 到零时，加速度为 g，此时摩擦力为零，然后小圆环向下做加速运动，竖直方向： mg－f＝ma；水平方向：N＝qvB，f＝μN，随着速度的增大，弹力 N 增大，摩擦 力增大，加速度减小，A、B 正确．动能先减小后增大，Ek－x 图像的斜率大小表 示合外力，从 0～x 过程，动能减小，合外力减小，从 x～0 的过程，动能增大， 合外力减小，C 错误．小圆环的机械能逐渐减小，E－x 图像的斜率大小表示摩擦 力 f，上升过程中，从 0～x 过程，摩擦力逐渐减小，下滑过程，位移从 x～0， 摩擦力逐渐增大，D 正确． 8． 如图所示， 空间存在足够大、 正交的匀强电场和磁场， 电场强度大小为 E、 方向竖直向下，磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里．从电场、磁场中某点P 由静止释放一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子(粒子的重力忽略不计)， 其运动轨迹如图虚线所示．对于带电粒子在电场、磁场中下落的最大高度 H，下 列给出了四个表达式，可能正确的是( )2mE 4mE2 A. B2q B. B2q 2mB mB C. E2q D.2Eq 答案：A 1 解析： 根据题意， 由动能定理知粒子运动到最低点的过程中有， qEH＝2mv2， mE mE 在最低点，洛伦兹力大于电场力，qE<qvB，故 H>2qB2，且 H 的单位一定跟2qB2 的单位相同，故 A 正确． 9.(多选)如图所示为一个质量为 m、带电荷量为＋q 的圆环，可在水平放置的 足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中．现给圆环向 右的初速度 v0， 在以后的运动过程中， 圆环运动的 v－t 图象可能是下图中的( )答案：AD 解析：由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环还受到竖直向下的重力、 垂直于细杆的弹力及向左的摩擦力．当 Bqv0＝mg 时，圆环做匀速直线运动，选 项 A 正确．当 Bqv0<mg 时，N＝mg－Bqv0，此时 μN＝ma，所以圆环做加速度逐 渐增大的减速运动，直至停止，其 v－t 图象的斜率应该逐渐增大，选项 B、C 错 误．当 Bqv0>mg 时，N＝Bqv0－mg，此时 μN＝ma，所以圆环做加速度逐渐减小 的减速运动，直到 Bqv＝mg 时，圆环开始做匀速运动，选项 D 正确． 10．如图甲，一带电物块无初速度地放在皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的 速率沿顺时针转动，该装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，物块由底端 E 运 动至皮带轮顶端 F 的过程中，其 v－t 图象如图乙所示，物块全程运动的时间为 4.5 s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是( )A．该物块带负电 B．皮带轮的传动速度大小一定为 1 m/s C．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移 D．在 2～4.5 s 内，物块与皮带仍可能有相对运动 答案：D 解析：对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的 作用，设动摩擦因数为 μ，沿斜面的方向有 μFN－mgsinθ＝ma① 物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由①式可知，一定 是 FN 逐渐减小，而开始时 FN＝mgcosθ，后来 F′N＝mgcosθ－f 洛，即洛伦兹力的 方向是向上的． 物块沿皮带向上运动， 由左手定则可知物块带正电， 故 A 错误． 物 块向上运动的过程中，洛伦兹力越来越大，则受到的支持力越来越小，结合①式 可知，物块的加速度也越来越小，当加速度等于 0 时，物块达到最大速度，此时 mgsinθ＝μ(mgcosθ－f 洛)② 由②式可知，只要皮带的速度大于或等于 1 m/s，则物块达到最大速度的条 件与皮带的速度无关，所以皮带的速度可能是 1 m/s，也可能大于 1 m/s，则物块 可能相对于传送带静止，也可能相对于传送带运动，故 B 错误、D 正确．由以上 分析可知，皮带的速度无法判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中 物块与皮带发生的相对位移，故 C 错误． 二、非选择题 11.[2019· 株洲模拟]如图所示，在 xOy 平面内，在 0<x<1.5l 的范围内充满垂直 纸面向里的匀强磁场Ⅰ，在 x≥1.5l，y>0 的区域内充满垂直纸面向外的匀强磁场 Ⅱ，两磁场的磁感应强度大小都为 B.有一质量为 m，电荷量为＋q 的带电粒子， 从坐标原点 O 以某一初速度沿与 x 轴正方向成 θ＝30° 射入磁场Ⅰ，粒子刚好经 过 P 点进入磁场Ⅱ，后经过 x 轴上的 M 点(图中未标出)射出磁场Ⅱ.已知 P 点坐 3 标为(1.5l， 2 l)，不计重力的影响，求：。

选修3－3 增分练(一)1．[物理——选修3－3](15分)(1)(6分)关于固体、液体和物态变化，下列说法正确的是________(填正确答案标号．选对一个给3分，选对两个给4分，选对3个给6分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)A ．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大B ．当分子间距离增大时，分子间的引力减少、斥力增大C ．一定量的理想气体，在压强不变时，气体分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度升高而减少D ．水的饱和汽压随温度的升高而增大E ．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用(2)(9分)如图所示，竖直放置的足够长圆柱形绝热汽缸内封闭着 1mol 单原子分子理想气体，气体温度为T 0.活塞的质量为m ，横截面积为S ，与汽缸底部相距h ，现通过电热丝缓慢加＝32RT ，大气压强为p 0，热气体，活塞上升了h .已知1 mol 单原子分子理想气体内能表达式为U重力加速度为g ，不计活塞与汽缸的摩擦．求：①加热过程中气体吸收的热量；②现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当添加砂粒的质量为m 1时，活塞恰好回到原来的位置，求此时气体的温度．解析：(2)①加热前，活塞平衡，有： p 1S ＝mg ＋p 0S ①加热过程，气体等压膨胀，由盖­吕萨克定律，得：hS T 0＝2hS T 1②解得：T 1＝2T 0 由题给条件得，加热过程气体内能的增量为：ΔU ＝32R (T 1－T 0)＝32RT 0 ③此过程，气体对外做功为： W ＝－p 1Sh ④由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 解得，气体吸收的热量为：Q ＝32RT 0＋(p 0S ＋mg )h②添加砂粒后，活塞平衡，有： p 2S ＝(m ＋m 1)g ＋p 0S⑤由查理定律有：p 1T 0＝p 2T 2⑥ 解得：T 2＝mg ＋m 1g ＋p 0S mg ＋p 0ST 0 答案：(1)CDE (2)①32RT 0＋(p 0S ＋mg )h ②mg ＋m 1g ＋p 0S mg ＋p 0ST 0 2．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)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 ．物体的内能是物体所有分子热运动的动能和分子间的势能之和B ．布朗运动就是液体分子或者气体分子的热运动C ．利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的D ．气体分子间距离减小时，分子间斥力增大，引力减小E ．石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同(2)如图，粗细均匀的弯曲玻璃管A 、B 两端开口，管内有一段水银柱，中管内水银面与管口A 之间气体柱长为l A ＝40 cm ，右管内气体柱长为l B ＝39 cm.先将口B 封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设被封闭的气体为理想气体，整个过程温度不变，若稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低 4cm ，已知大气压强p 0＝76 cmHg ，求：①A 端上方气柱长度；②稳定后右管内的气体压强．解析：(1)物体的内能是物体所有分子热运动的动能和分子间的势能之和，A 正确；布朗运动是悬浮颗粒的运动，不是液体分子或者气体分子的热运动，B 错误；利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的，不违背能的转化守恒定律和热力学第二定律，C 正确；气体分子间距离减小时，分子间引力、斥力都增大，D 错误，E 正确．(2)①设A 端上方气柱长度为l 1.由题可知，插入水银槽后左管内气体压强为 p 1＝p 0＋ρg Δh ＝80 cmHg由玻意耳定律得p 0l a ＝p 1l 1所以A 端上方气柱长度为l 1＝38 cm②设右管水银面上升h ，则右管内气柱长度为l B －h ，气体压强为p 1－2ρgh .由玻意耳定律得p0l B＝(p1－2ρgh)(l B－h)解得h＝1 cm所以右管内气体压强为p2＝p1－2h＝78 cmHg答案：(1)ACE (2)①38 cm②78 cmHg。

2018年(全国Ⅱ卷)选择题考点排查练二、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．(2018·四川省达州市一模)如图1所示，质量为m 的一辆小汽车从水平地面AC 上的A 点沿斜坡匀速行驶到B 点．B 距水平面高h ，以水平地面为零势能面，重力加速度为g .小汽车从A 点运动到B 点的过程中(空气阻力不能忽略)，下列说法正确的是( )图1A ．合外力做功为零B ．合外力做功为mghC ．小汽车的机械能增加量为0D ．牵引力做功为mgh 答案 A15．(2018·安徽省马鞍山市二质监)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2所示，则在6 s 内物体的位移为( )图2A ．0B ．3 mC ．6 mD ．12 m答案 C16．(2018·贵州省安顺市适应性监测三)我国“北斗二代”计划发射35颗卫星，形成全球性的定位导航系统．其中的5颗卫星是相对地面静止的高轨道卫星(以下简称“静卫”)，其他的有27颗中轨道卫星(以下简称“中卫”)轨道高度(距地面)为静止轨道高度的35.下列说法正确的是( )A ．“中卫”的线速度介于7.9 km /s 和11.2 km/s 之间B ．“静卫”的轨道必须是在赤道上空C ．如果质量相同，“静卫”与“中卫”的动能之比为3∶5D ．“静卫”的运行周期小于“中卫”的运行周期 答案 B17．(2018·河南省濮阳市第三次模拟)用如图3甲所示的电路研究光电效应中光电流强度与照射光的强弱、频率等物理量的关系．图中A 、K 两极间的电压大小可调，电源的正负极也可以对调，分别用a 、b 、c 三束单色光照射，调节A 、K 间的电压U ，得到光电流I 与电压U 的关系如图乙所示，由图可知( )图3A ．单色光a 和c 的频率相同，且a 光更弱些，b 光频率最大B ．单色光a 和c 的频率相同，且a 光更强些，b 光频率最大C ．单色光a 和c 的频率相同，且a 光更弱些，b 光频率最小D ．单色光a 和c 的频率不同，且a 光更强些，b 光频率最小 答案 B解析 a 、c 两光分别照射后遏止电压相同，根据E km ＝eU c ，可知产生的光电子最大初动能相等，可知a 、c 两光的频率相等，光子能量相等，由于a 光的饱和电流较大，则a 光的强度较大，单色光b 照射后遏止电压较大，根据E km ＝eU c ，可知b 光照射后产生的光电子最大初动能较大，根据光电效应方程E km ＝hν－W 0得，b 光的频率大于a 光的频率，故A 、C 、D 错误，B 正确．18．(2018·河南师大附中模拟)如图4所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x 轴上且长为2L ，高为L ，纸面内一边长为L 的正方形导线框沿x 轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t ＝0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流－位移(I －x )关系的是( )图4答案 B解析 位移在0～L 过程，通过导线框的磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值．I ＝BL v R ，L ∝x ，则I ∝x ；位移在L ～2L 过程，通过导线框的磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值，A 、C 、D 错误；位移在2L ～3L 过程，通过导线框的磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值，B 正确．19．(2018·广东省惠州市第二次调研)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v －t 图象如图5所示．已知两车在t ＝0时并排行驶，则( )图5A ．在t ＝1 s 时，甲车在乙车后B ．在t ＝3 s 时，甲车在乙车后7.5 mC ．两车另一次并排行驶的时刻是t ＝2 sD ．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m 答案 AB解析 已知两车在t ＝0时并排行驶，在0～1 s 内，甲车的速度比乙车的小，所以在t ＝1 s 时，甲车在乙车后，故A 正确．根据速度－时间图线与时间轴所围的面积大小表示位移可得，在t ＝3 s 时，两车的位移之差为Δx ＝x 乙－x 甲＝10＋252×3 m －30×32 m ＝7.5 m ，则在t ＝3 s时，甲车在乙车后7.5 m ，故B 正确．根据“面积”表示位移，可知两车另一次并排行驶的时刻是t ＝4 s ，故C 错误．两车另一次并排行驶的时刻是t ＝4 s ，甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为s ＝40×42m ＝80 m ，故D 错误．20．(2018·广东省汕头市质检)如图6，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( )图6A ．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。