2020高考物理新课标地区专用提分定时练辑：选择题定时训练：6 Word版含解析

选择题定时训练1(限时：30分钟)一、单项选择题1．(2019·天津市滨海新区三模)关于核反应的类型，下列表述正确的是( )A.23892U→23490Th＋42He是α衰变B.147N＋42He→178O＋11H是β衰变C.42He＋2713Al→3015P＋10n是核聚变D.8234Se→8236Kr＋20－1e是核裂变答案 A解析23892U→23490Th＋42He是α衰变，故A正确；147N＋42He→178O＋11H是原子核的人工转变，不是β衰变，故B错误；42He＋2713Al→3015P＋10n，是原子核的人工转变，不是核聚变，故C错误；8234Se→8236 Kr＋2 0－1e，生成了电子，可知是β衰变，不是核裂变，故D错误．2．(2019·天津市滨海新区三模)图1(a)为一列简谐横波在t＝0.1s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1m处的质点，Q是平衡位置在x＝4m处的质点；图(b)为质点Q的振动图象．下列说法正确的是( )图1A．在t＝0.1s时，质点Q沿y轴正方向运动B．从t＝0.1s到t＝0.25s，该波沿x轴负方向传播了6mC．从t＝0.1s到t＝0.25s，质点P通过的路程为30cmD．质点Q做简谐运动的表达式为y＝0.1sin20πt m答案 B解析题图(b)为质点Q的振动图象，在t＝0.1s时，质点Q正从平衡位置向波谷运动，所以t＝0.1s时，质点Q沿y轴负方向运动，故A错误；在t＝0.1s时，质点Q沿y轴负方向运动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播．由题图(a)知波长λ＝8m，由题图(b)知周期T＝0.2s，则波速为：v＝λT＝80.2m/s＝40 m/s，从t＝0.1s到t＝0.25s经过的时间为Δt＝0.15s，该波沿x轴负方向传播的距离为Δx＝vΔt＝40×0.15m＝6m，故B正确；t＝0.1s质点P 正沿y 轴正方向运动．从t ＝0.1s 到t ＝0.25s 经过的时间为Δt ＝0.15s ＝34T ，由于t＝0.1s 时刻质点P 不在平衡位置或波峰、波谷处，所以质点P 通过的路程不是3A ＝30cm ，故C 错误；质点Q 做简谐运动的表达式为y ＝A sin 2πT t ＝0.1sin 2π0.2t ＝0.1sin10πt (m)，故D错误．3．(2019·天津市滨海新区三模)如图2所示，一理想变压器将原线圈接在u ＝2202sin100πt (V)的交流电压上，原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝22∶1，定值电阻的阻值为25Ω，滑动变阻器的总阻值为35Ω，将滑动变阻器的滑片P 从左向右滑动过程中，下列说法中正确的是( )图2A ．副线圈输出电压的频率为100HzB ．当变压器的输出功率达到最大值时，理想电压表的示数为5VC ．当滑动变阻器的功率达到最大值时，理想电流表的示数为0.2AD ．滑片P 滑到最右端时，变压器的输入功率为40W 答案 C解析 原线圈的交流电压的频率f ＝ω2π＝100π2πHz ＝50Hz ，则副线圈输出电压的频率为50Hz ，故选项A 错误；原线圈电压的有效值U 1＝22022V ＝220V ，根据U 1U 2＝n 1n 2可得副线圈的电压的有效值为10V ，根据P ＝U 2R可知当变压器的输出功率达最大时，滑动变阻器的阻值为零，所以电压表的示数为10V ，故选项B 错误；滑动变阻器的阻值等于定值电阻的阻值时，滑动变阻器的功率达到最大值，所以电流表的示数为I ＝U 2R ＋R ′＝1050A ＝0.2A ，故选项C 正确；滑片P 滑到最右端时，变压器的输出功率为P 2＝U 22R ＝10225W ＝4W ，变压器的输入功率为4W ，故选项D 错误．4.(2019·山东威海市5月模拟)如图3所示，轻质弹簧一端固定在天花板上，另一端拴接条形磁铁，置于绝缘水平桌面上的圆形铝质闭合线圈放在条形磁铁的正下方，开始时整个装置处于静止状态．在外力作用下将磁铁竖直向下移动一定距离(未接触桌面)，然后由静止释放，在之后的运动过程中，线圈始终未离开桌面，忽略空气阻力，下列说法正确的是( )图3A ．磁铁所受弹簧拉力与其重力相等时，磁铁的加速度为零B ．磁铁上升过程中，从上向下看，线圈中产生顺时针方向的电流C ．线圈对桌面压力大小可能大于其重力D ．磁铁最终会静止，整个过程线圈中产生的热量等于磁铁机械能的减少量 答案 C解析 若磁铁向上运动，会受到向下的安培阻力，若向下运动，会受到向上的安培阻力，因此当磁铁所受弹力与重力等大反向时，磁铁的加速度不一定为零，故A 错误；当磁铁向上运动时，穿过线圈的磁通量向上减小，根据楞次定律知，感应电流的磁场的方向向上，俯视线圈，线圈中产生逆时针方向的电流，故B 错误；根据楞次定律，磁铁向下运动时，受到向上的安培阻力，所以磁铁对线圈的作用力的方向向下，此时线圈对桌面压力大小大于其重力，故C 正确；磁铁最终静止于起始时的平衡位置，根据能量守恒定律，从静止释放至停止，弹簧的弹性势能的减少量等于磁铁重力势能的增加量与线圈中产生的焦耳热之和，故D 错误． 5．(2019·贵州贵阳市二模)组成“北斗”卫星导航定位系统的地球静止轨道卫星(同步卫星)和中轨道卫星绕地球在圆轨道上运行，由地球静止轨道卫星和中轨道卫星的轨道半径之比可求( )A ．地球静止轨道卫星与地球的质量之比B ．地球静止轨道卫星与中轨道卫星的质量之比C ．地球静止轨道卫星和中轨道卫星受地球的万有引力之比D ．地球静止轨道卫星和中轨道卫星绕地球运动的周期之比 答案 D解析 根据万有引力提供向心力：G Mm r 2＝m 4π2T2r ，已知卫星的轨道半径之比，可求运动的周期之比，但无法计算卫星的质量关系，由于两卫星的质量关系未知，也无法求出卫星所受万有引力之比，所以A 、B 、C 错误，D 正确．6．(2019·四川成都市第二次诊断)如图4，半圆球P 和竖直挡板固定在水平面上，挡板与P 相切，光滑小球Q 静止在P 和挡板之间．已知Q 的质量为m ，P 、Q 的半径之比为4∶1，重力加速度大小为g .则Q 对P 的压力大小为( )图4A.4mg 3B.5mg 4 C.4mg 5 D.3mg 4答案 B解析 对Q 受力分析如图所示设Q 的半径为r ，由几何关系得： 4r cos α＝4r －(r ＋r cos α) 解得：cos α＝35由平衡条件得：F N2＝mgsin α解得：F N2＝54mg由牛顿第三定律可知，Q 对P 的压力大小为F N2′＝F N2＝54mg .7．(2019·山东威海市5月模拟)一质量为m 的小物块静置于粗糙水平地面上，在水平外力作用下由静止开始运动，小物块的加速度a 随其运动距离x 的变化规律如图5所示．已知小物块与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，在小物块运动0～2L 的过程中，下列说法正确的是( )图5A ．小物块在0～L 内做匀变速直线运动，L ～2L 内做匀速运动B ．小物块运动至2L 处的速度为26a 0LC ．整个过程中水平外力做功为mL ()2μg ＋3a 0D ．小物块从L 处运动至2L 处所用的时间为12L a 0答案 C解析 小物块在0～L 内加速度减小，做加速度减小的变加速直线运动，L ～2L 内加速度不变，做匀加速运动，故A 错误；整个过程，根据动能定理得：3ma 0＋ma 02L ＋ma 0L ＝12mv 2，得小物块运动至2L 处的速度为v ＝6a 0L ，故B 错误；整个过程，根据动能定理得：W F －μmg ·2L ＝12mv 2，联立解得水平外力做功为W F ＝mL (2μg ＋3a 0)，故C 正确；设小物块运动至L 处的速度为v 0.根据动能定理得：3ma 0＋ma 02L ＝12mv 02，得v 0＝2a 0L ，小物块从L 处运动至2L 处做匀加速直线运动，有L ＝v 0＋v2t ，联立解得t ＝22＋6La 0，故D 错误． 8．(2019·云南保山市统一检测)圆形区域内有垂直纸面向内的匀强磁场，两个质量和电荷量都相同的带电粒子a 、b ，先后以不同的速率对准圆心O 沿着AO 方向射入磁场，其运动轨迹如图6所示．若带电粒子只受磁场力的作用，粒子a 在磁场中的运动周期为T a ，粒子a 在磁场中的运动时间为t a ＝13T a ，粒子b 在磁场中的运动周期为T b ，粒子b 在磁场中的运动时间为t b ＝16T b ，则下列说法正确的是( )图6A ．粒子a 和粒子b 在磁场中运动的周期关系为T a ＜T bB ．粒子a 和粒子b 在磁场中运动的周期关系为T a >T bC ．粒子a 和粒子b 在磁场中运动的速度关系为v a ＝13v bD ．粒子a 和粒子b 在磁场中运动的速度关系为v a ＝3v b 答案 C解析 根据T ＝2πmqB可知，两粒子在磁场中运动的周期相同，选项A 、B 错误．设圆形磁场的半径为r ，因t a ＝13T a ，可知a 在磁场中运动转过的角度是120°；由几何关系可知，运动半径r a ＝r tan30°＝r3；同理，因t b ＝16T b ，可知b 在磁场中运动转过的角度是60°；由几何关系可知，运动半径r b ＝r tan60°＝3r ；根据r ＝mvqB可知粒子a 和粒子b 在磁场中运动速度关系v a v b ＝r a r b ＝13，选项C 正确，D 错误．二、多项选择题9．(2019·河南郑州市第三次质检)下列关于热现象的判断正确的是( )A．单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的B．露珠呈现球状是由于液体表面张力的作用C．在完全失重的情况下，气体对器壁的压强为零D．气体被压缩时，内能可能不变答案BD解析单晶体的物理性质是各向异性的，多晶体和非晶体的物理性质是各向同性的，故A错误．液体表面张力产生的原因是：液体表面层分子较稀疏，分子间引力大于斥力，合力表现为引力，露珠呈现球状是由于液体表面张力的作用，故B正确．根据压强的微观含义可知气体对器壁的压强是由于大量分子对器壁持续的撞击形成的，与是否失重无关，故C错误．做功与热传递都可以改变物体的内能，可知气体被压缩时，内能可能不变，故D正确．10．(2019·河南新乡市第三次模拟)如图7所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，具有一定电阻的正方形金属线框的右边与磁场的边界重合．在外力作用下，金属线框从0时刻由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场．若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，则感应电流i、外力大小F、线框中电功率的瞬时值P以及通过导体横截面的电荷量q随时间t变化的关系可能正确的是( )图7答案ACD解析线框做匀加速运动，其速度v＝at，感应电动势E＝BLv，感应电流i＝ER＝BLatR，i与t 成正比，故A 正确；线框进入磁场过程中受到的安培力F B ＝BiL ＝B 2L 2atR ，由牛顿第二定律得：F －F B ＝ma ，得F ＝ma ＋B 2L 2atR ，F －t 图象是不过原点的倾斜直线，故B 错误；线框中的电功率P ＝i 2R ＝B 2L 2a 2t 2R∝t 2，故P －t 图象应是开口向上的过原点的抛物线的一部分，故C 正确；线框的位移x ＝12at 2，则电荷量q ＝ΔΦR ＝BLx R ＝BLat 22R ∝t 2，故q －t 图象应是开口向上的过原点的抛物线的一部分，故D 正确．11．(2019·辽宁重点协作体模拟)引力波测试在2017年获得诺贝尔物理学奖，包含中国在内的多国科学家于2017年10月宣布，成功探测到中子星合并的引力波事件，并证实双中子星合并事件是宇宙中大部分超重元素(金、银)的起源地．双中子星是一种“双星”，在围绕其连线上某一点转动的过程中，会向外辐射能量，相互靠近至最终合并．在双中子星相互靠近的过程中，不考虑两中子星质量的变化，则( ) A ．双中子星转动的周期均增大 B ．双中子星转动的角速度均增大 C ．双中子星轨道半径减小量不一定相同 D ．双中子星运动的圆心一定在两者连线中点 答案 BC解析 双星问题中两个天体运动的周期和角速度是相等的，双星之间的万有引力提供向心力，由Gm 1m 2r 2＝m 1r 1ω2，G m 1m 2r2＝m 2r 2ω2，可知m 1r 1＝m 2r 2，半径间的关系为：r 2＋r 1＝r ，联立可得：r 1＝m 2m 1＋m 2r ，代入上式可得：ω＝G (m 1＋m 2)r 3，因为总质量不变，距离减小，则角速度均增大，又因T ＝2πω，可知周期减小，故A 错误，B 正确；由m 1r 1＝m 2r 2可知，质量与半径成反比，因为质量情况未知，所以双中子星运动的圆心不一定在两者连线中点，双中子星轨道半径减小量也不一定相同，故C 正确，D 错误．12.(2019·贵州贵阳市二模)如图8所示，在真空中有三个带等量电荷的点电荷a 、b 和c ，分别固定在水平面内正三角形的顶点上，其中a 、b 带正电，c 带负电，O 为三角形中心，A 、B 、C 为三条边的中点．则 ( )图8A．B、C两点场强相同B．B、C两点电势相同C．在O点自由释放电子(不计重力)，会沿OA方向一直运动D．在O点自由释放电子(不计重力)，会在OA直线上往复运动答案BD解析由题意知，B、C两点的电场强度为三个点电荷在该处场强的矢量和．其中a、c两点电荷在B点的场强的矢量和沿Bc方向，b处电荷在B点的场强沿bB方向，同理可知C点处场强的方向如图所示，B、C两处电场强度的方向不同，所以A错误；a、c两点电荷在B点的电势之和为零，b、c两点电荷在C点的电势之和等于零，所以B点的电势等于b处点电荷产生的电势，C处电势等于a处点电荷产生的电势，a、b两点电荷等量同种且到C、B的距离相等，所以电势相等，故B正确；由图知，O点电场的方向沿Oc方向，在OA延长线上有一场强为零的点D，在OA延长线上D点的两侧电场的方向相反，所以电子在O点由静止释放将沿OA方向做加速运动到D，然后减速运动到速度为零，接着反向运动，即会在OA直线上往复运动．。

非选择题定时训练9(限时：60分钟)三、实验题13．(2019·重庆市4月调研)某实验小组为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为d 的遮光条．如图1甲所示，滑块在牵引力作用下先后通过两个光电门，配套的数字计时器记录了遮光条通过第一光电门的时间Δt 1为0.05 s ，通过第二个光电门的时间Δt 2为0.01 s ，遮光条从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间t 为0.20 s ．用游标卡尺测量遮光条的宽度d，游标卡尺示数如图乙所示．图1(1)读出遮光条的宽度d ＝________ cm.(2)估算滑块的加速度a ＝________ m/s 2(保留两位有效数字)．(3)为了减小实验误差，下列措施最合理的是________．A ．尽量减小钩码质量B ．遮光条宽度越宽越好C ．其他条件不变多次测量取平均值答案　(1)0.45　(2)1.8　(3)C解析　(1)读出遮光条的宽度d ＝0.4 cm ＋0.1 mm ×5＝0.45 cm ；(2)遮光条通过第一个光电门的速度：v 1＝＝m/s ＝0.09 m/s d Δt 10.45×10－20.05遮光条通过第二个光电门的速度：v 2＝＝m/s ＝0.45 m/s ，dΔt 20.45×10－20.01故加速度a ＝＝ m/s 2＝1.8 m/s 2；v 2－v 1t 0.45－0.090.20(3)尽量减小钩码质量，对实验结果没有影响，故A 错误；遮光条宽度应尽量窄些，故B 错误；其他条件不变，多次测量取平均值，可以减小实验误差，故C正确．14．(2019·江苏苏、锡、常、镇四市一模)甲、乙两位同学在测量电阻的实验中：(1)甲用图2(a)所示电路来测量定值电阻R x的阻值，提供的器材如下：R x阻值约为10 Ω，滑动变阻器R P1(0～10 Ω)，滑动变阻器R P2(0～200 Ω)，电流表A(0～0.6 A,0～3 A)，电压表V(0～3 V,0～15 V)，电源E(电动势为3 V)，开关S，导线若干．图2①为了便于调节和读数，滑动变阻器R P应该选择________(选填“R P1”或“R P2”)．②请帮助该同学将图(b)中实物电路连接完整．(2)乙用图(c)电路测量另一待测电阻R x′的阻值，电阻箱R(0～999.9 Ω)，滑动变阻器R P3(50 Ω　1 A)，电压表V(0～3 V)，电源E(电动势为3 V)．测量步骤如下：第1步：将R x′接在电路中A、B两点间，闭合开关S，调节滑动变阻器滑片P至适当位置，此时电压表的示数为2 V．断开开关S，移走R x′；第2步：再将电阻箱R接在A、B两点间，闭合开关S，保持滑动变阻器滑片位置不变，调节R使电压表的示数仍为2 V，此时R接入电路中的阻值为48 Ω，则该同学测得R x′的阻值为________ Ω.(3)与真实值相比，甲同学利用图(a)电路测得R x的阻值偏________；若乙同学在进行第2步实验时，无意中将滑动变阻器的滑片P向右移动了少许，则他测得R x′的阻值将偏________．(均选填“大”或“小”)答案　(1)①R P1　②如图所示(2)48　(3)小　大解析　(1)滑动变阻器采用分压式接法，为了便于操作和读数，滑动变阻器阻值应该小一些，故选R P1；电压表选0～3 V量程，采用电流表外接法，实物电路图如图所示．(2)由于R x′和电阻箱分别接入电路中时电压表的读数相同，所以两者的电阻也必然相同，即R x′＝48 Ω.(3)甲同学利用题图(a)电路测R x的阻值，由于电压表的分流作用，R x测量值比真实值偏小．对于乙同学的实验可作这样的分析：当把滑动变阻器接入电路时，调节滑动变阻器，使得电压表的读数为2 V，此时将滑动变阻器的滑片P向右移动少许，由闭合电路欧姆定律可知，电流减小，电压表的示数小于2 V，只有再增大电阻箱的阻值，使电流减小，内电压减小，A、B两点间的电压才会升高到2 V，这样就使得R x′的测量值偏大．四、计算题15．(2019·江苏苏、锡、常、镇四市一模)如图3所示，足够长的光滑水平面上，用质量分别为3 kg和1 kg的甲、乙两滑块，将仅与甲拴接的轻弹簧压紧后处于静止状态．乙的右侧有一挡板P.现将两滑块由静止释放，当弹簧恢复原长时，甲的速度大小为2 m/s，此时乙尚未与P相撞．图3(1)求弹簧恢复原长时乙的速度大小；(2)若乙与挡板P碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞，求挡板P对乙的冲量的最大值．答案　(1)6 m/s　(2)8 N·s解析　(1)当弹簧恢复原长时，设甲、乙的速度分别为v1和v2，对两滑块及弹簧组成的系统，设水平向左为正方向，由动量守恒定律可得：m1v1＋m2v2＝0又知v1＝2 m/s解得v2＝－6 m/s，负号表示方向向右．(2)乙反弹后不能再与弹簧发生碰撞，则说明乙反弹的速度最大为v3＝2 m/s由动量定理可得，挡板对乙滑块冲量的最大值为：I＝m2v3－m2v2＝1×2 N·s－1×(－6) N·s＝8 N·s.16．(2019·广东深圳市第二次调研)如图4(a)为玩具弹弓，轻质橡皮筋连接在把手上A、B两点，一手握住把手不动，使AB连线水平，C为自由伸长时橡皮筋中点轻弹夹的位置，如图(b)．AO＝OB＝6 cm，另一手捏着装有质量为10 g弹珠的弹夹，从C点由静止竖直向下缓慢移动到D 点，放手后弹珠竖直向上射出，刚好上升到离D 点20.15米高的楼顶处．测得∠ACB ＝44°，∠ADB ＝23°，取tan 22°＝0.4，tan 11.5°＝0.2，g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．求：图4(1)从C 到D 的过程中，弹珠重力所做的功及手所做的功；(2)若还将橡皮筋拉到相同长度，仅改变发射方向，弹珠向斜上方运动到高出释放点8 m 处的速率．答案　(1)1.5×10－2 J 2 J (2)15.6 m/s解析　(1)从C 到D ，弹珠重力做功：W G ＝mgh CD由题图可得：h ＝h CD ＝－＝ m － m ＝0.15 mOB tan 11.5°OB tan 22°0.060.20.060.4联立解得W G ＝1.5×10－2 J从C 到D ，再到最高点的过程中，由功能关系：W 手＝mgH －mgh ，其中H ＝20.15 m解得W 手＝2 J(2)设弹珠在D 点的弹性势能为E p ，从D 到最高点，由功能关系：E p ＝mgH第二次从释放到h ′＝8 m 处，机械能守恒，则：E p ＝mgh ′＋m v 212联立解得v ≈15.6 m/s.17．(2019·江西南昌市第二次模拟)如图5，竖直平面内(纸面)存在平行于纸面的匀强电场，方向与水平方向成θ＝60°角，纸面内的线段MN 与水平方向成α＝30°角，MN 长度为d .现将一质量为m 、电荷量为q (q >0)的带电小球从M 由静止释放，小球沿MN 方向运动，到达N 点的速度大小为v N (待求)；若将该小球从M 点沿垂直于MN 的方向，以大小v N 的速度抛出，小球将经过M 点正上方的P 点(未画出)，已知重力加速度大小为g ，求：图5(1)匀强电场的电场强度E 及小球在N 点的速度v N ；(2)M 点和P 点之间的电势差；(3)小球在P 点动能与在M 点动能的比值．答案　(1) (2)　(3)3mg q 2gd 4mgd q 73解析　(1)由小球运动方向可知，小球受合力沿MN 方向，如图甲，由正弦定理：＝mg sin 30°＝F sin 30°Eqsin 120°得：E ＝3mgq合力大小：F ＝mg ＝ma ，即a ＝g从M →N ，有：2ad ＝v N 2得：v N ＝2gd(2)如图乙，设MP 为h ，作PC 垂直于电场线，作PD 垂直于MN ，小球做类平抛运动：h cos 60°＝at 212h sin 60°＝v N tU MC ＝Eh cos 30°U MP ＝U MC得：h ＝d ，U MP ＝834mgdq(3)从M →P ，由动能定理：Fs MD ＝E k P －E k Ms MD ＝h sin 30°而E k M ＝m v 12N 2故＝.E k P E k M 73。

非选择题定时训练8(限时：60分钟)三、实验题13．如图1甲所示，是研究小车做匀变速直线运动规律的实验装置，打点计时器所接的交流电源的频率为f ＝50 Hz ，试问：图1(1)实验中，必要的措施是________．A ．细线必须与长木板平行B ．小车必须具有一定的初速度C ．小车质量远大于钩码质量D ．必须平衡小车与长木板间的摩擦力(2)如图乙所示，A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 是刚打好的纸带上7个连续的点．从图乙中可读得x 6＝________cm ，计算F 点对应的瞬时速度的表达式为v F ＝________.(3)如图丙所示，是根据实验数据画出的v 2－2x 图线(v 为各点的速度大小)，由图线可知小车运动的加速度为________m/s 2.(保留2位有效数字)答案　(1)A (2)6.00 (3)0.50(0.48～0.52)f (x 6－x 4)2解析　(1)实验中，细线必须与长木板平行，以减小实验的误差，选项A 正确；实验中让小车由静止释放，不需要初速度，选项B 错误；此实验不需要使得小车质量远大于钩码质量，选项C 错误；此实验没必要平衡小车与长木板间的摩擦力，选项D 错误．(2)从题图乙中可读得x 6＝6.00cm ，计算F 点对应的瞬时速度的表达式为v F ＝＝x 6－x 42T .f (x 6－x 4)2(3)由图线可知小车运动的加速度为a ＝＝ m /s 2＝0.50 m/s 2.Δv 22x 1.50－0.2525×10－114．(2019·山东潍坊市二模)某同学利用如图2所示的电路测量一表头的电阻．供选用的器材如下：图2A ．待测表头G 1，内阻r 1约为300 Ω，量程5.0 mA ；B ．灵敏电流计G 2，内阻r 2＝300 Ω，量程1.0 mA ；C ．定值电阻R ＝1 200 Ω；D ．滑动变阻器R 1＝20 Ω；E ．滑动变阻器R 2＝2 000 Ω；F ．电源，电动势E ＝3.0 V ，内阻不计；G ．开关S ，导线若干．(1)在如图乙所示的实物图上将导线补充完整；(2)滑动变阻器应选________(填写器材前的字母代号)．开关S 闭合前，滑动变阻器的滑片P 应滑动至________端(填“a ”或“b ”)；(3)实验中某次待测表头G 1的示数如图丙所示，示数为________ mA ；(4)该同学多次移动滑片P ，记录相应的G 1、G 2读数I 1、I 2；以I 2为纵坐标，I 1为横坐标，作出相应图线．已知图线的斜率k ＝0.18，则待测表头内阻r 1＝________ Ω.(5)该同学接入电阻R 的主要目的是___________________________________________.答案　(1)如图：(2)D a (3)3.00　(4)270　(5)保护G 2，使两表均能达到接近满偏解析　(1)实物连线如图：(2)因为滑动变阻器要接成分压电路，则应该选择阻值较小的D ；开关S 闭合前，滑动变阻器的滑片P 应滑动至a 端；(3)待测表头G 1的示数为3.00 mA ；(4)由欧姆定律可知：I 1r 1＝I 2(R ＋r 2)，即I 2＝I 1，则＝k ＝0.18，解得r 1＝270 Ω；r 1R ＋r 2r 1R ＋r 2(5)该同学接入电阻R 的主要目的是：保护G 2，使两表均能达到接近满偏．四、计算题15．(2019·山东滨州市第二次模拟)如图3甲所示，足够长的木板C 固定在水平地面上，物块A 、B 静止在木板C 上，物块A 、B 间距离为1.1 m ．现使物块A 以速度v 0＝6 m/s 开始向右运动，物块A 在与B 碰撞前一段时间内的运动图象如图乙所示．已知物块A 、B 可视为质点，质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝4 kg ，A 、B 与木板C 间的动摩擦因数相同，A 与B 弹性碰撞过程时间极短，可忽略摩擦力对碰撞的影响，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图3(1)物块与木板间的动摩擦因数；(2)碰撞后瞬间物块A 的速度．答案　(1)0.5　(2)3 m/s ，方向向左解析　(1)根据图象可知a A ＝①ΔvΔt 对A 受力分析，由牛顿第二定律知：－μm A g ＝m A a A ②联立①②式解得物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.5③(2)设碰撞前瞬间A 的速度为v ，则v 2－v ＝2a A x 1④02由于A 、B 弹性碰撞，碰撞后A 、B 的速度分别为v A 、v B ，取向右为正方向，则m A v ＝m A v A ＋m B v B ⑤m A v 2＝m A v ＋m B v ⑥1212A 212B 2联立①④⑤⑥式解得：v A ＝－3 m /s ，v B ＝2 m/s.即碰撞后瞬间物块A 的速度大小为3 m/s ，方向向左．16．(2019·山东济宁市第二次摸底)某中学生对刚买来的一辆小型遥控车的性能进行研究．他让这辆小车在水平的地面上由静止开始沿直线轨道运动，并将小车运动的全过程通过传感器记录下来，通过数据处理得到如图4所示的v －t 图象．已知小车在0～2 s 内做匀加速直线运动，2～11 s 内小车牵引力的功率保持不变，9～11 s 内小车做匀速直线运动，在11 s 末开始小车失去动力而自由滑行．已知小车质量m ＝1 kg ，整个过程中小车受到的阻力大小不变，试求：图4(1)在2～11 s 内小车牵引力的功率P 的大小；(2)小车在2 s 末的速度v x 的大小；(3)小车在2～9 s 内通过的距离x .答案　(1)16 W (2)4 m/s (3)44 m解析　(1)根据题意，在11 s 末撤去牵引力后，小车只在阻力F f 作用下做匀减速直线运动，设其加速度大小为a ，根据题图可知：a ＝||＝2 m/s 2；ΔvΔt 根据牛顿第二定律有：F f ＝ma ；解得：F f ＝2 N ；设小车在匀速直线运动阶段的牵引力为F ，则：F ＝F f ，v m ＝8 m/s ；根据：P ＝F v m ；解得：P ＝16 W ；(2)0～2 s 的匀加速运动过程中，小车的加速度为：a x ＝＝；Δv Δt v x 2设小车的牵引力为F x ，根据牛顿第二定律有：F x －F f ＝ma x ；根据题意有：P ＝F x v x;联立解得：v x ＝4 m/s ；(3)在2～9 s 内的变加速过程，Δt ＝7 s ，由动能定理可得：P Δt －F f x ＝m v －m v ；12m212x 2解得小车通过的距离是：x ＝44 m.17.(2019·四川南充市第一次适应性考试)如图5所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xOy 中，x 轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m ，电荷量为－q (－q <0)的带电绝缘小球，从y 轴上的P (0，L )点由静止开始释放，运动至x 轴上的A (－L ,0)点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入固定在x 轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管，细管的圆心O 1位于y 轴上，交y 轴于B 点，交x 轴于A 点和C (L,0)点，已知细管内径略大于小球外径，小球直径远小于细管轨道的半径，不计空气阻力，重力加速度为g .求：图5(1)匀强电场的电场强度的大小；(2)小球运动到B 点时对管的压力的大小和方向；(3)小球从C 点飞出后落在x 轴上的位置坐标．答案　(1)　(2)3(＋1)mg 方向向下　(3)(－7L,0)mgq 2解析　(1)小球由静止释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A 点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则tan 45°＝mg Eq解得：E ＝mgq(2)根据几何关系可知，细管轨道的半径r ＝L2从P 点到B 点的过程中，根据动能定理得：m v －0＝mg (2L ＋L )＋EqL12B 22在B 点，根据牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v B 2r联立解得：F N ＝3(＋1)mg ，方向向上2根据牛顿第三定律可得小球运动到B 点时对管的压力的大小F N ′＝3(＋1)mg ，方向向下2(3)从P 到A 的过程中，根据动能定理得：m v ＝mgL ＋EqL12A 2解得：v A ＝2gL小球从C 点抛出后做类平抛运动抛出时的速度v C ＝v A ＝2gL 小球的加速度g ′＝g2当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x 轴，则有：v C t ＝g ′t 212解得：t ＝22Lg则沿x 轴方向运动的位移x ＝＝v C t ＝×2×2＝8L v Ct sin 45°22gL 2Lg 则小球从C 点飞出后落在x 轴上的坐标x ′＝L －8L ＝－7L .。

选择题定时训练11(限时：30分钟)一、单项选择题1．(2019·湖南永州市第二次模拟)铀原子核发生衰变时衰变方程为23892U→23490Th ＋X ，其中23892U 、23490Th 、X 的质量分别为m 1、m 2、m 3，光在真空中的传播速度为c ，则( )A ．X 是质子B ．m 1＝m 2＋m 3C ．衰变时释放的能量为(m 2＋m 3－m 1)c 2D ．若提高温度，23892U 的半衰期不变 答案 D解析 根据电荷数守恒、质量数守恒知，X 原子核中的电荷数为2，质量数为4，是氦核，故A 错误；因发生质量亏损，则m 1>m 2＋m 3，故B 错误；根据爱因斯坦质能方程得，释放的能量为(m 1－m 2－m 3)c 2，故C 错误；半衰期的大小与温度无关，故D 正确．2.(2019·湖南永州市第二次模拟)某小轿车驾驶员看到绿灯开始闪时，经短暂思考后开始刹车，小轿车在黄灯刚亮时恰停在停车线上，此过程小轿车运动的v －t 图象如图1所示．若绿灯开始闪烁时小轿车距停车线距离为9m ，则从绿灯开始闪烁到黄灯刚亮的时间为( )图1A ．1sB ．2.5sC ．3sD ．3.5s 答案 B解析 根据速度－时间图象中图线与坐标轴围成的面积表示位移知：x ＝6×0.5m＋12×6×(t 1－0.5) m ＝9m ，解得：t 1＝2.5s ，故B 正确．3．(2019·湖南永州市第二次模拟)一列简谐横波在某均匀介质中沿x 轴传播，从x ＝3m 处的质点a 开始振动时计时，图2甲为t 0时刻的波形图且质点a 正沿y 轴正方向运动，图乙为质点a 的振动图象，则下列说法正确的是( )图2A ．该波的频率为2.5HzB ．该波的传播速度为200m/sC ．该波是沿x 轴负方向传播的D ．从t 0时刻起，a 、b 、c 三质点中c 最先回到平衡位置 答案 B解析 由题图可知该波的周期为0.04s ，波的频率为f ＝1T＝25Hz ，故A 错误；该波的传播速度v ＝λT ＝80.04m/s ＝200 m/s ，故B 正确；a 点在t 0时刻速度方向向上，故波沿x 轴正方向传播，故C 错误；从t 0时刻起，质点a 、b 、c 中，质点a 沿y 轴正方向运动，质点b 沿y 轴正方向运动，质点c 沿y 轴负方向运动，故质点b 最先回到平衡位置，故D 错误． 4．(2019·河南郑州市第一次模拟)如图3所示，在直角框架MQN 上，用轻绳OM 、ON 共同悬挂一个物体．物体的质量为m ，ON 呈水平状态．现让框架沿逆时针方向缓慢旋转90°，在旋转过程中，保持结点O 位置不变．则下列说法正确的是( )图3A ．绳OM 上的力一直在增大B ．绳ON 上的力一直在增大C ．绳ON 上的力先增大再减小D ．绳OM 上的力先减小再增大 答案 C解析 以结点O 为研究对象，受力分析如图甲所示，由于在整个过程中框架缓慢地旋转，因此这三个力的合力始终为零，由于结点O 的位置保持不变，故两个拉力间的夹角保持不变，根据三角形定则作图乙，由图乙可知当拉力的方向通过圆心时拉力最大，由此可知OM 上的力一直减小，ON 上的力先增大后减小，C 正确．5．(2019·山西运城市5月适应性测试)一带负电的微粒只在电场力作用下沿x 轴正方向运动，其电势能随位移x 变化的关系如图4所示，其中0～x 1段是曲线，x 1～x 2段是平行于x 轴的直线，x 2～x 3段是倾斜直线，则下列说法正确的是( )图4A ．0～x 1段电势逐渐升高B ．0～x 1段微粒的加速度逐渐减小C ．x 2～x 3段电场强度减小D ．x 2处的电势比x 3处的电势高 答案 B解析 电势能E p ＝φq ，由于粒子带负电，0～x 1段电势能变大，所以电势变小，A 错误；根据电场力做功与电势能关系：|ΔE p |＝E |q |Δx ，图象斜率的大小代表场强大小，0～x 1段图象斜率变小，场强变小，受力减小，加速度逐渐变小，B 正确；x 2～x 3段斜率不变，场强不变，C 错误；x 2到x 3，电势能减小，粒子带负电，所以电势增大，D 错误．6．(2019·山东泰安市3月第一轮模拟)如图5，在水平光滑细杆上有一小环，轻绳的一端系在小环上，另一端系着夹子夹紧一个质量为M 的小物块两个侧面，小物块到小环悬点的距离为L ，夹子每一侧面与小物块的最大静摩擦力均为F .小环和物块一起向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P 后立刻停止，物块向上摆动．整个过程中，物块在夹子中没有滑动，则小环和物块一起向右匀速运动的速度最大为(不计小环和夹子的质量，重力加速度为g )( )图5A.FL MB.2FLMC.(F －Mg )LMD.(2F －Mg )LM答案 D解析 当小环碰到钉子瞬间，物块将做圆周运动，则对物块：2F －Mg ＝M v 2L解得v ＝(2F －Mg )LM，故选D.7．(2019·河南八市重点高中联盟第三次模拟)如图6所示，电源电动势E ＝3V ，内阻不计，R 1、R 2、R 3为定值电阻，阻值分别为1Ω、0.5Ω、9Ω，R 4、R 5为电阻箱，最大阻值均为99.9Ω，右侧竖直放置一个电容为1.5×10－3μF 的理想平行板电容器，电容器板长0.2m ，板间距为0.125m ．一带电粒子以0.8m/s 的速度沿平行板中线进入，恰好匀速通过，不计空气阻力，此时R 4、R 5阻值分别为1.8 Ω、1 Ω.(取g ＝10 m/s 2)下列说法正确的是( )图6A ．此粒子带正电B ．带电粒子匀速穿过电容器时，电容器的电荷量为4×10－9CC ．欲使粒子向上偏转但又不打到电容器的上极板，R 4阻值不得超过5.7ΩD ．欲使粒子向下偏转但又不打到电容器的下极板，R 4阻值不得低于1.4Ω 答案 C解析 电容器上极板与电源的正极相连，极板间电场方向向下，粒子所受的电场力方向向上，故粒子带负电，故A 错误；电容器与R 2、R 3、R 4这部分电路并联，当粒子匀速穿过电容器时，R 2、R 3、R 4这部分电路的总电阻为2Ω，电路稳定后，R 1与R 2、R 3、R 4这部分电路串联，根据串联电路分压特点可得电容器两端的电压U 0＝2V ，则电容器的电荷量为Q 0＝CU 0＝1.5×10－9×2C＝3×10－9C ，故B 错误；当粒子匀速穿过电容器时，有qE 0＝mg ，粒子在电容器中的运动时间t ＝l v 0＝0.20.8s ＝0.25s ；当粒子向上偏转且刚好经过上极板最右端时，在竖直方向上，有y ＝12at 2，解得：a ＝2m/s 2.由牛顿第二定律得qE 1－mg ＝ma ，可得E 0E 1＝56，并可得U 0U 1＝E 0E 1＝56，由此得R 2、R 3、R 4这部分电路总电压U 1＝2.4V ，R 1的电压U R 1＝E －U 1＝ 0.6V ，电流I 1＝U R 1R 1＝0.61A ＝0.6A ，可得R 2、R 3、R 4这部分电路总电阻R 总＝U 1I 1＝2.40.6Ω＝ 4Ω，由R 总＝R 2＋R 3R 4R 3＋R 4，由此算出R 4≈5.7Ω，所以欲使粒子向上偏转但又不打到电容器的上极板，R 4阻值不得超过5.7Ω，故C 正确；同理，粒子经过下极板最右端时的加速度a ＝2m/s 2.电容器极板间电压U 2＝1.6V ，解得：R 4≈0.69Ω，故D 错误．8．(2019·安徽宣城市第二次模拟)如图7，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点．有无数个带有相同电荷量和相同质量的粒子在纸面内沿各个方向以同样的速率通过P 点进入磁场．这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的13.将磁感应强度的大小从原来的B 1变为B 2，结果相应的弧长变为圆周长的14，则B 2B 1等于()图7A.62B.63C.43D.34答案 A解析 设圆的半径为r ，磁感应强度为B 1时，从P 点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M ，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，如图甲所示，∠POM ＝120°，设粒子做圆周运动的半径为R ，则有sin60°＝Rr ，解得R ＝32r ；磁感应强度为B 2时，从P 点射入的粒子与磁场边界的最远交点为N ，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，如图乙所示，∠PON ＝90°，设粒子做圆周运动的半径为R ′，则有R ′＝22r ，由带电粒子做匀速圆周运动的半径R ＝mv qB ，由于v 、m 、q 相等，则得B 2B 1＝RR ′＝3222＝62，故选项A 正确，B 、C 、D 错误． 二、多项选择题9．(2019·湖南永州市第二次模拟)下列说法正确的是( ) A ．一定质量的理想气体，温度不变，分子的平均动能不变 B ．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大 C ．晶体一定具有各向异性，非晶体一定具有各向同性 D ．外界对物体做功，物体的内能可能减小 答案 ABD解析 温度是分子平均动能的标志，所以温度不变，分子的平均动能不变，故A 正确；当分子力表现为引力时，距离增大，分子力做负功，分子势能增大，故B正确；单晶体一定具有各向异性，多晶体和非晶体一定具有各向同性，故C错误；根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W 知，内能的变化不仅与热传递有关还与做功有关，外界对物体做功，如果物体释放很多热量，那么物体的内能可能减小，故D正确．10．(2019·福建莆田市5月第二次质检)如图8，装有水的杯子从倾角α＝53°的斜面上滑下，当水面稳定时，水面与水平面的夹角β＝16°.取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，sin16°＝0.28，则( )图8A．杯子下滑的加速度大小为2.8m/s2B．杯子下滑的加速度大小为3.5m/s2C．杯子与斜面之间的动摩擦因数为0.75D．杯子与斜面之间的动摩擦因数为0.87答案BC解析取水面上的一质量为m的小水滴为研究对象，受力分析如图所示，由正交分解法结合牛顿第二定律可得：mg sin53°－F N sin37°＝ma；mg cos53°＝F N cos37°，解得a＝3.5m/s2；对杯子和水的整体，由牛顿第二定律：Mg sin 53°－μMg cos 53°＝Ma，解得μ＝0.75，故选B、C.11．(2019·福建漳州市第二次教学质量监测)如图9所示，在竖直面内有一半径为L的圆形光滑金属导轨CPD，处于磁感应强度大小为B、方向与导轨平面(纸面)垂直向里的匀强磁场中，圆心为O，直径CD水平，半径OP竖直，O、D间用导线连接．一质量分布均匀的金属棒OA，长为L，电阻为R，质量为m，能绕水平轴O在竖直平面内自由转动，棒与导轨和轴O始终接触良好，一切摩擦及其他电阻均不计，重力加速度大小为g.若棒从CO处由静止释放，第一次到达OP处时的角速度为ω，则下列判断正确的是( )图9A ．棒不能摆到OD 处B ．从OC 到OP 的过程中，通过棒横截面的电荷量为πBL22RC ．棒第一次到达OP 处时，棒中通过的电流为ωBL2RD ．棒最终会停下，产生的总焦耳热为12mgL答案 AD解析 棒沿着导轨摆动切割磁感线而产生动生电动势，导轨与棒组成的回路通电，根据楞次定律可知棒要受到安培力，安培力做负功使得机械能变成电能，最终变为通过电阻的焦耳热，则棒不能到达等高的OD 处，故A 正确；最终棒通过多个往复的摆动而停在OP 处，由能量守恒可知mg ·L2＝W 安＝Q 总，故D 正确；从OC 到OP 的过程中，流过回路的电荷量由q ＝I ·Δt ，I ＝E R ，E ＝B ΔS Δt 得q ＝B ·ΔS R ＝B ·πL 24R ＝πBL24R ，故B 错误；棒第一次到达OP 处时角速度为ω，转动产生的平均电动势为E ＝BL 0＋ωL 2＝BL 2ω2，则电流为I ＝E R ＝BL 2ω2R ，故C 错误．12．(2019·湖南衡阳市第二次模拟)如图10所示，一根轻弹簧一端固定在O 点，另一端固定一个带有孔的小球，小球套在固定的竖直光滑杆上，小球位于图中的A 点时，弹簧处于原长，现将小球从A 点由静止释放，小球向下运动，经过与A 点关于B 点对称的C 点后，小球能运动到最低点D 点，OB 垂直于杆，则下列结论正确的是( )图10A ．小球从A 点运动到D 点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度gB ．小球从B 点运动到C 点的过程，小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和可能增大 C ．小球运动到C 点时，重力对其做功的功率最大D．小球在D点时弹簧的弹性势能一定最大答案AD解析在B点时，小球的加速度为g，在BC点间弹簧处于压缩状态，小球在竖直方向除受重力外还有弹簧弹力沿竖直方向的分量，所以小球从A点运动到D点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度g，故A正确；由能量守恒可知，小球从B点运动到C点的过程，小球做加速运动，即动能增大，所以小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和一定减小，故B错误；小球运动到C点时，由于弹簧的弹力为零，所以合力为重力G，所以小球从C点往下还会加速一段，所以小球在C点的速度不是最大，即重力的功率不是最大，故C错误；D点为小球运动的最低点，即速度为零，弹簧形变最大，所以小球在D点时弹簧的弹性势能最大，故D 正确．。

选择题定时训练3(限时：30分钟)一、单项选择题1．(2019·西南名校联盟高考诊断)下列叙述中正确的是( )A．库仑发现了点电荷的相互作用规律，卡文迪许测出了静电力常量B．密立根利用带电油滴在竖直电场中的平衡，最早得到了元电荷e的数值C．奥斯特发现了电流的磁效应并提出了分子电流假说D．开普勒总结出了行星运动定律，并用月—地检验证实了该定律的正确性答案　B解析　库仑发现了点电荷的相互作用规律，库仑通过扭秤测出了静电力常量，选项A错误；密立根利用带电油滴在竖直电场中的平衡，最早得到了元电荷e的数值，选项B正确；奥斯特发现了电流的磁效应，安培提出了分子电流假说，选项C错误；开普勒总结出了行星运动定律，牛顿用月－地检验证实了万有引力定律的正确性，选项D错误．2．(2019·西南名校联盟高考诊断)如图1所示，某飞行器在近月圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，到达轨道Ⅰ的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，后沿轨道Ⅱ做椭圆运动，到达轨道Ⅱ的远月点B时再次点火变轨，进入距月球表面高度为4R的圆形轨道Ⅲ绕月球做匀速圆周运动，R 为月球半径，则上述变轨过程中( )图1A．飞行器沿轨道Ⅰ运动的速率最大B．飞行器沿轨道Ⅲ运动的速率最小C．飞行器沿轨道Ⅲ运动的机械能最大D ．根据a ＝可知，飞行器沿轨道Ⅱ过A 点的加速度大于沿轨道Ⅰ过A 点的加速度v 2r答案　C解析　飞行器在轨道Ⅰ的A 点点火加速才能进入轨道Ⅱ，可知飞行器沿轨道Ⅱ过A 点的速度最大，选项A 错误；由开普勒第二定律可知，在轨道Ⅱ上运行时在B 点速度最小；飞行器在轨道Ⅱ的B 点加速才能进入轨道Ⅲ，可知飞行器沿轨道Ⅱ过B 点的速度最小，选项B 错误；因在A 、B 两点两次加速，可知飞行器在轨道Ⅲ运行时的机械能最大，选项C 正确；根据加速度a ＝可知，飞行器沿轨道Ⅱ过A 点的加速度等于沿轨道Ⅰ过A 点的加速度，选项D 错误．GM r 23．(2019·四川宜宾市第二次诊断)如图2甲为一列简谐波在t ＝0时刻的波形图，P 是平衡位置为x ＝1m 处的质点，Q 是平衡位置为x ＝4m 处的质点，图乙为质点Q 的振动图象，则下列说法错误的是( )图2A ．该波的周期是0.10sB ．该波的传播速度是40m/sC ．该波沿x 轴正方向传播D ．t ＝0.10s 时，质点Q 的速度方向沿y 轴负方向答案　A4．(2019·河南郑州市第三次质量检测)如图3所示为氢原子能级示意图，下列有关说法正确的是( )图3A ．处于基态的氢原子吸收10.5eV 的光子后能跃迁至n ＝2能级B ．大量处于n ＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可辐射出3种不同频率的光C ．若用从n ＝3能级跃迁到n ＝2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从n ＝4能级跃迁到n ＝3能级辐射出的光，照射该金属时一定能发生光电效应D ．用n ＝4能级跃迁到n ＝1能级辐射出的光，照射逸出功为6.34eV 的金属铂产生的光电子的最大初动能为6.41eV答案　D解析　处于基态的氢原子吸收10.2eV 的光子后能跃迁至n ＝2能级，不能吸收10.5eV 能量的光子，故A 错误；大量处于n ＝4能级的氢原子，最多可以辐射出C ＝6种不同频率的光子，24故B 错误；从n ＝3能级跃迁到n ＝2能级辐射出的光子的能量大于从n ＝4能级跃迁到n ＝3能级辐射出的光子的能量，用从n ＝3能级跃迁到n ＝2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从n ＝4能级跃迁到n ＝3能级辐射出的光，照射该金属时一定不能发生光电效应，故C 错误；处于n ＝4能级的氢原子跃迁到n ＝1能级辐射出的光子的能量为：E ＝E 4－E 1＝－0.85eV －(－13.6eV)＝12.75eV ，根据光电效应方程，照射逸出功为6.34eV 的金属铂产生的光电子的最大初动能为：E k ＝E －W 0＝12.75eV －6.34eV ＝6.41eV ，故D 正确．5．(2019·山西太原市5月模拟)如图4所示，带电物块放置在固定水平绝缘板上．当空间存在有水平向右的匀强电场时，物块恰能向右做匀速直线运动．若在同一电场中将绝缘板的右端抬高，当板与水平面的夹角为37°时，物块恰能沿绝缘板匀速下滑，则物块与绝缘板间的动摩擦因数μ为(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)( )图4A. B. C. D.12131415答案　B解析　当电场水平向右时滑块恰能向右做匀速直线运动，由平衡知识有：qE ＝F f1，F f1＝μF N1，F N1＝mg ，联立解得qE ＝μmg ；而物块沿斜面匀速下滑时，有：mg sin θ＝qE cos θ＋F f2，F f2＝μF N2，F N2＝mg cos θ＋qE sin θ，联立得0.6mg ＝0.8qE ＋μ(0.8mg ＋0.6qE )，解得动摩擦因数μ＝或μ＝－3(舍去)，故A 、C 、D 错误，B 正确．136．(2019·陕西宝鸡市高考模拟检测(二))超强台风山竹的风力达到17级超强台风强度，风速60m/s 左右，对固定建筑物破坏程度巨大．请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力(空气的压力)与风速(空气流动速度)大小关系．假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S ，风速大小为v ，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，风力F 与风速大小v 的关系式为( )A ．F ＝ρSvB ．F ＝ρSv 2C ．F ＝ρSv 3D ．F ＝ρSv 312答案　B解析　设t 时间内吹到建筑物上的空气质量为m ，则m ＝ρSvt ，根据动量定理得－Ft ＝0－mv ＝0－ρSv 2t ，解得F ＝ρSv 2，故B 正确，A 、C 、D 错误．7．(2019·四川成都市第二次诊断)L 2是竖直固定的长直导线，L 1、L 3是水平固定且关于L 2对称的长直导线，三根导线均通以大小相同、方向如图5所示的恒定电流，则导线L 2所受的磁场力情况是( )图5A ．大小为零B ．大小不为零，方向水平向左C ．大小不为零，方向水平向右D ．大小不为零，方向竖直向下答案　A解析　由右手螺旋定则可知，L 1与L 3在L 2所在直线上产生的合磁场方向竖直向下，即L 2处的磁场方向与电流方向平行，所以L 2所受磁场力为零．8.(2019·湖北武汉市五月模拟)如图6所示，某次足球训练，守门员将静止的足球从M 点踢出，球斜抛后落在60m 外地面上的P 点．发球的同时，前锋从距P 点11.5m 的N 点向P 点做匀加速直线运动，其初速度为2m/s ，加速度为4 m/s 2，当其速度达到8m/s 后保持匀速运动．若前锋恰好在P 点追上足球，球员和球均可视为质点，忽略球在空中运动时的阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )图6A ．前锋加速的距离为7mB ．足球在空中运动的时间为2.3sC ．足球运动过程中的最小速度为30m/sD ．足球上升的最大高度为10m答案　C解析　前锋做匀加速直线运动，初速度为2m/s ，加速度为4 m/s 2，末速度为8m/s ，根据速度与位移的关系式可知，v 2－v ＝2ax 1，代入数据解得：x 1＝7.5m ，A 错误；前锋和足球运动时02间相等，前锋加速运动时间t 加＝＝1.5s ，匀速运动时间t 匀＝＝0.5s ，故足球在v －v 0a x －x 1v空中运动的时间为2s ，B 错误；足球水平方向上做匀速直线运动，位移为60m ，时间为2s ，故运动过程中的最小速度为30m/s ，C 正确；足球竖直方向上做竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，上升时间为1s ，最大高度h m ＝gt 2＝5m ，D 错误．12二、多项选择题9．(2019·西南名校联盟高考诊断)下列说法正确的是( )A ．自然界符合能量守恒定律的宏观过程一定都能自发地发生B．晶体一定有固定的熔点C．在热传导过程中，热量可以自发地由高温物体传递到低温物体D．液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性制成的答案　BCD解析　根据热力学第二定律可知，自然界符合能量守恒定律的宏观过程不一定都能自发地发生，选项A错误；晶体一定有固定的熔点，选项B正确；在热传导过程中，热量可以自发地由高温物体传递到低温物体，选项C正确；液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性制成的，选项D正确．10．(2019·河北唐山市上学期期末)如图7所示，长木板A与物体B叠放在水平地面上，物体与木板左端立柱间放置轻质弹簧，在水平外力F作用下，木板和物体都静止不动，弹簧处于压缩状态．将外力F缓慢减小到零，物体始终不动，在此过程中( )图7A．弹簧弹力不变B．物体B所受摩擦力逐渐减小C．物体B所受摩擦力始终向左D．木板A所受地面的摩擦力逐渐减小答案　AD解析　将外力F缓慢减小到零，物体始终不动，则弹簧的长度不变，弹力不变，选项A正确；对物体B，因开始时所受摩擦力的方向不确定，则由F弹＝F±F f，则随F的减小，物体B所受摩擦力的大小和方向都不能确定，选项B、C错误；对A、B与弹簧组成的整体，在水平方向，力F与地面对A的摩擦力平衡，则随F的减小，木板A所受地面的摩擦力逐渐减小，选项D 正确．11．(2019·湖南永州市第二次模拟)如图8(a)所示，半径为r的带缺口刚性金属圆环固定在水平面内，缺口两端引出两根导线，与电阻R构成闭合回路．若圆环内加一垂直于纸面的变化的磁场，变化规律如图(b)所示．规定磁场方向垂直纸面向里为正，不计金属圆环的电阻．以下说法正确的是( )图8A ．0～1s 内，流过电阻R 的电流方向为b →R →aB ．2～3s 内，穿过金属圆环的磁通量在减小C ．t ＝2s 时，流过电阻R 的电流方向发生改变D ．t ＝2s 时，U ab ＝πr 2B 0(V)答案　AD解析　规定磁场方向垂直纸面向里为正，根据楞次定律，在0～1s 内，穿过线圈向里的磁通量增大，则线圈中产生逆时针方向的感应电流，那么流过电阻R 的电流方向为b →R →a ，故A 正确；由题图(b)可知，在2～3s 内，穿过金属圆环的磁通量在增大，故B 错误；1～2s 内，磁通量向里减小，由楞次定律可知，产生的电流方向为a →R →b,2～3s 磁通量增大，且磁场反向，由楞次定律可知，产生的电流方向为a →R →b ，故C 错误；当t ＝2s 时，根据法拉第电磁感应定律E ＝＝πr 2B 0(V)，因不计金属圆环的电阻，因此U ab ＝E ＝πr 2B 0 (V)，故D ΔBS Δt正确．12．(2019·贵州毕节市适应性监测(三))如图9甲所示，两个弹性球A 和B 放在光滑的水平面上处于静止状态，质量分别为m 1和m 2，其中m 1＝1kg 。

选择题专练(一)(限时：20分钟)二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14．下列论述中正确的是( )A．开普勒根据万有引力定律得出行星运动规律B．爱因斯坦的狭义相对论，全面否定了牛顿的经典力学规律C．普朗克把能量子引入物理学，正确地破除了“能量连续变化”的传统观念D．玻尔提出的原子结构假说，成功地解释了各种原子光谱的不连续性答案 C解析开普勒通过研究第谷的行星观测数据，得出了行星运动规律，A错误；爱因斯坦的狭义相对论，并没有全面否定牛顿的经典力学，B错误；普朗克把能量子引入物理学，正确地破除了“能量连续变化”的传统观念，C 正确；玻尔提出的原子结构假说，不能解释复杂原子，如氦原子核光谱的不连续性，D错误．15.如图1，放置在光滑的水平地面上足够长的斜面体，下端固定有挡板，用外力将轻质弹簧压缩在小木块和挡板之间，弹簧的弹性势能为100 J．撤去外力，木块开始运动，离开弹簧后，沿斜面向上滑到某一位置后，不再滑下，则( )图1A．木块重力势能的增加量为100 JB．木块运动过程中，斜面体的支持力对木块做功不为零C．木块、斜面体和弹簧构成的系统，机械能守恒D．最终，木块和斜面体以共同速度向右匀速滑行答案 B解析因为到达最高点后，木块不再下滑，所以木块必受斜面的摩擦力作用，斜面体受到木块的斜向右上的摩擦力作用，该力在水平方向上有一个分力，故斜面体向右运动，木块相对地面在水平方向上有位移，斜面体对木块的支持力与水平位移夹角不垂直，故斜面体的支持力对木块做功不为零，木块、斜面体和弹簧构成的系统，有摩擦力做功，所以机械能不守恒，B正确，C错误；将弹簧、木块和斜面体看成一个整体，整体在水平方向上受力为零，所以系统水平方向动量守恒，释放弹簧前系统水平方向动量为零，故释放弹簧后系统水平方向动量仍旧为零，即木块和斜面体最后静止，弹簧的弹性势能转化为系统的内能(克服摩擦力做功)以及木块的重力势能，故木块重力势能的增加量小于100 J，A、D错误．16．如图2所示，a为放在地球赤道上随地球一起转动的物体，b、c、d为在圆轨道上运行的卫星，轨道平面均在地球赤道面上，其中b是近地卫星，c是地球同步卫星．若a、b、c、d的质量相同，地球表面附近的重力加速度为g，则下列说法中正确的是( )图2A ．b 卫星转动的线速度大于7.9 km/sB ．a 、b 、c 、d 的周期大小关系为T a <T b <T c <T dC ．a 和b 的向心加速度都等于重力加速度gD ．在b 、c 、d 中，b 的动能最大，d 的机械能最大 答案 D解析 7.9 km/s 是第一宇宙速度，是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度，所以b 卫星转动的线速度小于7.9 km/s ，故A 错误．对于b 、c 、d 三颗卫星，由开普勒第三定律r 3T2＝k ，知T b <T c <T d ，地球同步卫星的周期与地球自转周期相同，则有T a ＝T c .因此有T b <T a ＝T c <T d ，故B 错误．b 卫星由重力提供向心力，其向心加速度等于重力加速度g ，而a 由重力和支持力的合力提供向心力，则a 的向心加速度小于重力加速度g ，故C 错误．对于b 、c 、d 三颗卫星，根据万有引力提供圆周运动向心力，有：G Mm r 2＝m v 2r，得v ＝GM r ，卫星的动能为E k ＝12mv 2＝GMm2r，所以b 的动能最大，若要将卫星的轨道半径增大，卫星必须加速，机械能增大，所以d 的机械能最大，故D 正确．17．如图3所示，在竖直平面内，一光滑杆固定在地面上，杆与地面间夹角为θ，一光滑轻环套在杆上．一个轻质光滑的滑轮(可视为质点)用轻质绳OP 悬挂在天花板上，另一轻绳通过滑轮系在轻环上，现用向左的拉力缓慢拉绳，当轻环静止不动时，与手相连一端的绳子水平，则OP 绳与天花板之间的夹角为( )图3A.π2 B ．θ C.π4＋θ2 D.π4－θ2答案 D解析 水平向左缓慢拉绳至轻环重新静止不动，则环处于平衡状态，对环受力分析，绳子的拉力垂直于杆时，绳子的拉力沿杆的方向没有分力，此时环能保持静止，由几何关系可知，QP 段绳子与竖直方向之间的夹角是θ；再对滑轮受力分析，受三个拉力，由于OP 段绳子的拉力与另外两个拉力的合力平衡，而另外两个拉力大小相等，故PO 在另外两个拉力的角平分线上，结合几何关系可知，OP 与天花板之间的夹角为π4－θ2，D 正确．18．如图4所示，在垂直纸面向里、磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场中，有一长度L ＝5 m 的细圆筒，绕其一端O 在纸面内沿逆时针方向做角速度ω＝60 rad/s 的匀速圆周运动．另一端有一粒子源，能连续不断相对粒子源沿半径向外发射速度为v ＝400 m/s 的带正电粒子．已知带电粒子的电荷量q ＝2.5×10－6 C ，质量m ＝3×10－8kg ，不计粒子间相互作用及重力，打在圆筒上的粒子均被吸收，则带电粒子在纸面内所能到达的范围面积S 是( )图4A ．48π m 2B ．9π m 2C ．49π m 2D ．16π m 2答案 A解析 发射粒子时，粒子沿半径方向的速度为v ＝400 m/s ，粒子随细圆筒做圆周运动，垂直半径方向的速度为ωL ＝300 m/s ，故粒子速度为v ′＝500 m/s ，设粒子速度方向与径向夹角为θ，则tan θ＝ωLv，θ＝37°；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故有：Bv ′q ＝mv ′2R ，所以，运动半径为：R ＝mv ′qB＝3 m ；根据左手定则可知，粒子做圆周运动也是沿逆时针方向运动；根据几何关系，粒子做圆周运动的圆心到O 的距离为s ＝4 m ，故带电粒子在纸面内所能到达的范围为内径为s －R ＝1 m 、外径为s ＋R ＝7 m 的环形区域，故带电粒子在纸面内所能到达的范围面积为：S ＝π×72 m 2－π×12 m 2＝48π m 2，故A 正确，B 、C 、D 错误．19．如图5所示，内径为2R 、高为H 的圆筒竖直放置，在圆筒内壁上边缘的P 点沿不同方向水平抛出可视为质点的三个完全相同小球A 、B 、C .它们初速度方向与过P 点的直径夹角分别为30°、0°和60°，大小均为v 0，已知v 02>2gR2H，g 为重力加速度．从抛出到第一次碰撞筒壁，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )图5A ．三小球运动时间之比t A ∶tB ∶tC ＝3∶2∶1 B ．三小球下落高度之比h A ∶h B ∶h C ＝2∶3∶1 C ．重力对三小球做功之比W A ∶W B ∶W C ＝3∶4∶1D ．重力的平均功率之比P A ∶P B ∶P C ＝2∶3∶1 答案 AC解析 因为三个小球都碰壁，说明没有下落到底部，小球在水平方向上做匀速直线运动，根据几何知识可知三个球的水平位移x A ＝2R ·32＝3R ，x B ＝2R ，x C ＝2R ·12＝R ，而所用时间t A ∶t B ∶t C ＝x A v 0∶x B v 0∶x Cv 0＝3∶2∶1，A 正确；在竖直方向上做自由落体运动，三小球下落高度之比h A ∶h B ∶h C ＝12gt A 2∶12gt B 2∶12gt C 2＝3∶4∶1，B 错误；重力对小球做功W G ＝mgh ，故W A ∶W B ∶W C ＝h A ∶h B ∶h C ＝3∶4∶1，C 正确；重力的平均功率P ＝Wt，故P A ∶P B ∶P C ＝W A t A ∶W B t C ∶W C t C ＝33∶42∶11＝3∶2∶1，D 错误． 20．图6(a)中理想变压器的原线圈依次接入如图(b)所示的甲、乙两个正弦交流电源．接电源甲后，调节滑动变阻器滑片位置使小灯泡A 正常发光，小灯泡的功率及电流频率分别为P 1、f 1；保持滑片位置不变，改用电源乙，小灯泡的功率及电流频率分别为P 2、f 2，则( )图6A ．f 1∶f 2＝3∶2B ．P 1∶P 2＝2∶1C ．若将变阻器滑片向左移动，电源乙可能使小灯泡正常发光D ．若将变压器动片P 向下移动，电源乙可能使小灯泡正常发光 答案 AD解析 变压器不改变交流电的频率，从题图b 中可知3T 1＝2T 2，即T 1T 2＝23，所以f 1f 2＝32，A 正确；从题图b 中可知甲、乙两个电源的电动势最大值之比为2∶1，两种情况下副线圈两端的电压有效值之比为2∶1，所以两种情况下通过灯泡的电流之比为2∶1，根据P ＝I 2R 可知P 1P 2＝41，B 错误；若将变阻器滑片向左移动，滑动变阻器接入电路的电阻增大，通过灯泡的电流减小，所以电源乙不可能使小灯泡正常发光，C 错误；若将变压器动片P 向下移动，即n 1n 2减小，根据n 1n 2＝U 1U 2可知U 2增大，即副线圈两端电压增大，故电源乙可能使小灯泡正常发光，D 正确． 21．两个完全相同的平行板电容器C 1、C 2水平放置，如图7所示．开关S 闭合时，两电容器中间各有一油滴A 、B 刚好处于静止状态．现将S 断开，将C 2下极板向上移动少许，然后再次闭合S ，则下列说法正确的是( )图7A ．两油滴的质量相等，电性相反B ．断开开关，移动C 2下极板过程中，B 所在位置的电势不变 C ．再次闭合S 瞬间，通过开关的电流可能从上向下D ．再次闭合开关后，A 向下运动，B 向上运动 答案 BCD解析 当S 闭合时，左边电容的上极板和右边电容的下极板相连，即两个极板的电势相等，又因为其他两个极板都接地，电势相等，故两极板间的电势差的绝对值相等，根据mg ＝|U |dq ，由于不知道两油滴的电荷量，故两个油滴的质量不一定相等，若C 1上极板带正电，则C 1电场方向竖直向下，A 液滴应受到竖直向上的电场力，故带负电，C 2下极板带正电，则C 2电场方向竖直向上，B 滴液应受到竖直向上的电场力，所以带正电，电性相反；若C 1上极板带负电，则C 1电场方向竖直向上，A 液滴应受到竖直向上的电场力，故带正电，C 2下极板带负电，则C 2电场方向竖直向下，B 滴液应受到竖直向上的电场力，所以带负电，电性相反，总之，两油滴的电性相反，A 错误；断开开关，移动C 2下极板过程中，两极板所带电荷量相等，根据C ＝εr S 4πkd ，C ＝Q U ，E ＝U d 联立可得E ＝4πkQεr S ，两极板间的电场强度大小和两极板间的距离无关，故电场强度恒定，所以B 的受力不变，故仍处于静止状态，到上极板(零电势)的距离不变，根据U ＝Ed 可知B 点的电势不变，B 正确；S 断开，将C 2下极板向上移动少许，根据C ＝εr S 4πkd 可知C 2增大，根据C ＝QU可知U 减小，即C 2下极板电势降低，再次闭合S 瞬间，C 1上极板的电势大于C 2下极板电势，通过开关的电流可能从上向下，稳定后，根据E ＝Ud可知C 1两极板间的电势差减小，电场强度减小，A 向下运动，C 2两极板间的电势差增大，电场强度增大，B 向上运动，C 、D 正确．。

选择题定时训练7(限时：30分钟)一、单项选择题1．(2019·陕西西安市第三次质检)下列说法正确的是( )A ．铀核裂变的核反应方程是U→Ba ＋Kr ＋2n 2359214156923610B ．根据爱因斯坦的“光子说”可知，光的波长越短能量越大C ．玻尔根据光的波粒二象性，大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性D ．一个基态的氢原子吸收光子跃迁到n ＝3激发态后，最多辐射出三种频率的光子答案　B解析　铀核裂变有多种形式，其中一种的核反应方程是U ＋n→Ba ＋Kr ＋3n ，A 错235921014156923610误；根据爱因斯坦的“光子说”可知，光的波长越短能量越大，B 正确；德布罗意大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子，如电子、质子等，他提出实物粒子也具有波动性，C 错误；一群基态的氢原子吸收光子跃迁到n ＝3激发态后，最多发射出三种频率的光子，而一个基态的氢原子吸收光子跃迁到n ＝3激发态后，最多辐射出两种频率的光子，D 错误．2．(2019·陕西西安市第三次质检)如图1所示，间距为L 、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端有一阻值为R 的电阻，一质量为m 、电阻也为R 的金属棒横跨在导轨上，棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中，金属棒以初速度v 0沿导轨向右运动，在金属棒整个运动过程中，下列说法正确的是( )图1A ．金属棒b 端电势比a 端高B ．金属棒ab 克服安培力做的功等于电阻R 上产生的焦耳热C ．金属棒ab 运动的位移为mv 0RB 2L 2D ．金属棒ab 运动的位移为2mv 0RB 2L 2答案　D解析　由右手定则可知，金属棒ab 上电流的方向是b →a ，说明b 端电势比a 端低，A 错误；由能量守恒知金属棒ab 克服安培力做的功等于电阻R 和金属棒上产生的焦耳热，B 错误；由动量定理有：－BIL Δt ＝0－mv 0，整个过程中感应电荷量q ＝I Δt ＝Δt ，又E ＝＝E 2R ΔΦΔt，联立得I Δt ＝，故金属棒的位移x ＝，C 错误，D 正确．BLx Δt BLx 2R 2mv 0RB 2L 23．(2019·湖北省4月份调研)一列简谐横波沿x 轴传播，在t ＝0和t ＝0.20s 时的波形分别如图2中实线和虚线所示．已知该波的波速是0.4m/s ，下列说法正确的是( )图2A ．这列波的周期是0.10sB ．这列波沿x 轴正方向传播C ．x ＝1cm 的质点在t ＝0.125s 时位于波谷D ．0～0.2s 内，x ＝4cm 处的质点振动方向改变了2次答案　D解析　由题图可知λ＝6cm ，则周期T ＝＝s ＝0.15s ，选项A 错误；波形在0～0.2sλv 0.060.4时间内传播了8cm ，可知波沿x 轴负方向传播，B 错误；0.125s ＝T ，波在0～0.125s 时间56内向左传播了5cm ，此时x ＝1cm 的质点不是位于波谷，C 错误；0.2s ＝1T ，因为每经过半13个周期质点的振动方向改变一次，则0～0.2s 内，x ＝4cm 处的质点振动方向改变了2次，选项D 正确．4．(2019·山西运城市5月适应性测试)2018年5月21日，我国成功发射了为探月任务执行通信中继服务的“鹊桥”卫星，并定点在如图3所示的地月连线外侧的位置上．“鹊桥”卫星在位置L 2时，受到地球和月球共同的引力作用，不需要消耗燃料就可以与月球保持相对静止，且与月球一起绕地球运动．“鹊桥”卫星、月球绕地球运动的加速度分别为a 鹊、a 月，线速度分别为v 鹊、v 月，周期分别为T 鹊、T 月，轨道半径分别为r 鹊、r 月，下列关系正确的是( )图3A ．T 鹊<T 月B ．a 鹊<a 月C ．v 鹊>v 月D.＝T 鹊2r 鹊3T 月2r 月3答案　C解析　因为“鹊桥”卫星与月球一起绕地球运动，与月球保持相对静止，所以周期相同：T 鹊＝T 月，A 错误；对月球有：a 月＝r 月，4π2T 2对卫星有：a 鹊＝r 鹊，4π2T 2因为周期相同，所以a 鹊>a 月，B 错误；根据：v ＝，周期相同，而卫星的半径大，所以卫星线速度大，v 鹊>v 月，C 正确；2πr T 因为周期相同，而半径不同，且卫星半径大，所以<，D 错误．T 鹊2r 鹊3T 月2r 月35．(2019·山东德州市上学期期末)如图4所示，a 、b 为两弹性金属线圈，线圈a 套在通电螺线管外部，线圈b 置于通电螺线管的内部，两线圈所在平面都垂直于通电螺线管的轴线，通电螺线管中的电流方向如图1所示．当通电螺线管中的电流增大时，对两线圈中的感应电流方向和缩扩情况说法正确的是( )图4A ．自左向右看，a 线圈中的感应电流方向为顺时针B ．自左向右看，b 线圈中的感应电流方向为顺时针C ．a 线圈会扩张D ．b 线圈会扩张答案　C解析　通电螺线管中的电流增大时，穿过线圈a 的磁通量向右增加，根据楞次定律可知，a 中产生的感应电流方向为逆时针(从左向右看)；穿过线圈b 的磁通量向右增加，根据楞次定律可知，b 中产生的感应电流方向为逆时针(从左向右看)，选项A 、B 错误．因螺线管外部磁场向左，根据左手定则可知，a 线圈的各个小段均受到向外的磁场力，有扩张的趋势，选项C 正确．同理可知因螺线管内部磁场向右，根据左手定则可知，b 线圈的各个小段均受到指向圆心向里的磁场力，有收缩的趋势，选项D 错误．6.(2019·云南曲靖市第一次模拟)如图5所示，滑块以速率v 1沿固定斜面由底端向上滑行，至某一位置后返回，回到出发点时的速率变为v 2，且v 2<v 1，则下列说法中错误的是( )图5A ．全过程中重力做功为零B ．全过程中摩擦力做功为零C ．在上滑和下滑两过程中，机械能减少量相等D ．在上滑和下滑两过程中，摩擦力做功的平均功率不相等答案　B解析　重力做功等于重力与竖直位移的乘积，全程竖直位移为零，所以重力做功为零，A 正确；上滑时，摩擦力沿斜面向下，做负功，下滑时，摩擦力沿斜面向上，做负功，所以全程始终做负功，总功不为零，B 错误；因为上滑和下滑过程摩擦力大小相等，且位移大小相等，始终做负功，所以上滑和下滑过程克服摩擦力做功相同，机械能减少量相同，C 正确；上滑过程的加速度：a ＝＝g sin θ＋μg cos θ；下滑时加速度：a ′＝mg sin θ＋μmg cos θm ＝g sin θ－μg cos θ，位移大小相同，下滑时加速度小，所以下滑时间mg sin θ－μmg cos θm 长，而上滑和下滑克服摩擦力做功相同，所以由P ＝可知，平均功率不同，D 正确．W t 7．(2019·广西梧州市2月联考)如图6，在水平地面上放置一个质量为M 的斜面体(斜面光滑)，斜面体上放置一个质量为m 的物块，物块与固定墙面上的轻质弹簧相连，弹簧的轴线始终与斜面平行，若物块在斜面上做往复运动的过程中，斜面体始终保持静止，则图中画出的关于地面对斜面体的摩擦力F f 与时间的关系图象正确的是( )图6答案　A解析　因为斜面光滑，所以斜面体的受力如图所示，地面对斜面体的摩擦力为定值，且方向始终向右，故选A.8．(2019·辽宁大连市第二次模拟)如图7所示，AC 是四分之一圆弧，O 为圆心，D 为圆弧中点，A 、D 、C 处各有一垂直纸面的通电直导线，电流大小相等，方向垂直纸面向里，整个空间还存在一个磁感应强度大小为B 的匀强磁场，O 处的磁感应强度恰好为零．如果将D 处电流反向，其他条件都不变，则O 处的磁感应强度大小为( )图7A ．2(－1)BB ．2(＋1)B 22C ．2BD ．0答案　A解析　O 点的实际磁感应强度是A 、D 、C 处电流产生的磁感应强度与空间大小为B 的磁感应强度的矢量和，O 处的磁感应强度恰好为零，则A 、C 在O 点产生的磁场与空间磁场的矢量和一定与D 单独产生的磁感应强度等大反向，根据合成可得：D 电流在O 点产生的磁感应强度B D ＝；所以将D 处电流反向，其他条件都不变，O 处磁感应强度：B2＋1B ′＝2B D ＝2(－1)B ，B 、C 、D 错误，A 正确．2二、多项选择题9.(2019·陕西西安市第三次质检)某种密闭汽缸内装有一定质量的理想气体，气体从状态a 开始，经历四个过程ab 、bc 、cd 、da 回到初始状态，其p －T 图象如图8所示，其中ab 平行纵轴，bc 平行da ，cd 平行于横轴，da 所在的直线过坐标原点，下列判断正确的是( )图8A ．ab 过程中气体分子的平均动能不变B ．bc 过程中气体对外做功，并吸收热量C ．cd 过程中气体向外界放出热量D ．da 过程中气体的压强与摄氏温度成正比答案　AB解析　ab 过程中温度不变，气体分子的平均动能不变，A 正确；bc 过程中点与O 点连线的斜率减小，体积增大，气体对外做功，温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，B 正确；cd 过程中点与O 点连线的斜率减小，体积增大，气体对外做功，温度升高，内能增大，由热力学第一定律知，气体吸收热量，C 错误；da 过程中气体的压强与热力学温度成正比，D 错误．10．(2019·东北三省三校第二次联合模拟)如图9所示，甲为演示光电效应的实验装置；乙图为a、b、c三种光照射下得到的三条电流表与电压表读数之间的关系曲线；丙图为氢原子的能级图；丁图给出了几种金属的逸出功和截止频率的关系．以下说法正确的是( )图9A．若b光为绿光，c光可能是紫光B．若a光为绿光，c光可能是紫光C．若b光光子能量为2.81eV，用它照射由金属铷制成的阴极，所产生的大量具有最大初动能的光电子去撞击大量处于n＝3激发态的氢原子，可以产生6种不同频率的光D．若b光光子能量为2.81eV，用它直接照射大量处于n＝2激发态的氢原子，可以产生6种不同频率的光答案　BC解析　由光电效应方程E k＝hν－W0和eU＝E k，联立解得eU＝hν－W0，即光子照射同一块金属的时候，只要遏止电压一样，说明光子的频率一样，遏止电压越大，光子的频率越大，因此可知b光和c光的频率一样，大于a光的频率，故A错误，B正确；b光的光电效应方程为E k＝hν－W0＝(2.81－2.13) eV＝0.68eV，电子撞击氢原子，氢原子只吸收两个能级差的能量，因此n＝3能级的氢原子吸收的能量为ΔE k＝－0.85eV－(－1.51eV)＝0.66eV，这时氢原子处在n＝4的能级上，可辐射6种频率的光，C正确；若用光子照射氢原子，氢原子只能吸收光子能量恰好为能级能量差的光子，2.81eV能量的光子不被吸收，D错误．11．(2019·山西临汾市二轮复习模拟)水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下．两物体的v－t图线如图10所示，图中AB∥CD.则整个过程中( )图10A ．水平推力F 1、F 2大小可能相等B ．a 的平均速度大于b 的平均速度C ．合外力对a 物体的冲量等于合外力对b 物体的冲量D ．摩擦力对a 物体做的功小于摩擦力对b 物体做的功答案　CD解析　由题图知，AB 与CD 平行，说明撤去推力后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等．水平推力作用时，由图象可知a 的加速度大于b 的加速度，根据F －F f ＝ma 可知水平推力F 1大于F 2，故A 错误；设两物体的最大速度为v ，加水平推力时两物体的平均速度均为，撤去水平推力后v 2两物体的平均速度仍为，可知a 的平均速度等于b 的平均速度，故B 错误；根据动量定理v 2可知，合外力的冲量等于动量的变化量，即I F－I f ＝0，故C 正确；由题图可知，a 的位移小于b 的位移，因两物体的摩擦力相等，可知摩擦力对a 物体做的功小于摩擦力对b 物体做的功，故D 正确．12．(2019·安徽安庆市下学期第二次模拟)有一匀强电场的方向平行于xOy 平面，平面内a 、b 、c 、d 四点的位置如图11所示，cd 、cb 分别垂直于x 轴、y 轴，其中a 、b 、c 三点电势分别为：4V 、8V 、10V ，使一电荷量为q ＝－2×10－5C 的负点电荷由a 点开始沿abcd 路线运动，则下列判断正确的是( )图11A ．坐标原点O 的电势为6VB ．电场强度的大小为V/m2C ．该点电荷在c 点的电势能为2×10－5JD ．该点电荷从a 点移到d 点过程中，电场力做功为8×10－5J答案　AD解析　由于是匀强电场，所以沿同一方向前进相同距离电势的变化量相等，所以φc －φb ＝φO －φa ，代入数据解得：φO ＝6V ，故A 正确；ab 中点e 的电势为φe ＝6V ，连接Oe 则为等势面，如图所示，由几何关系可知，ab 垂直于Oe ，则ab 为一条电场线，且方向由b 指向a ，电场强度为：E ＝＝V/m ＝100V/m ，故B 错误；Ube dbe 8－622＋222×10－22该点电荷在c 点的电势能为：E p c ＝qφc ＝－2×10－4J ，故C 错误；b 、d 在同一等势面上，该点电荷从a 点移动到d 点电场力做功为：W ad ＝qU ad ＝qU ab ＝(4－8)×(－2×10－5) J ＝8×10－5J ，故D 正确．。

选择题定时训练5(限时：30分钟)一、单项选择题1．(2019·福建三明市5月质检)一空载列车加速经过一段平直的路段时，通过某点时的速率为v ，加速度大小为a 1；当列车载满货物再次加速经过同一点时，速率仍为v ，加速度大小变为a 2.设列车发动机的功率恒为P ，阻力是列车重力的k 倍，重力加速度大小为g ，则列车空载与满载时的质量之比为( )A. B.kg ＋a 1kg ＋a 2kg ＋a 2kg ＋a 1C. D.P (kg ＋a 2)v (kg ＋a 1)P (kg ＋a 1)v (kg ＋a 2)答案　B 解析　因两次经过某点的速率相同，功率相同，由F ＝可知牵引力相同；由牛顿第二定律，P v空载时：F －kmg ＝ma 1；满载时：F －kMg ＝Ma 2；联立解得：＝，故选B.m M kg ＋a 2kg ＋a 12．(2019·四川绵阳市第三次诊断)关于热现象，下列说法正确的是( )A ．物体速度增大，则组成物体的分子动能增大B ．物体的温度或者体积变化，都可能引起物体内能变化C ．相同质量的两个物体，升高相同温度，内能增加一定相同D ．绝热密闭容器中一定质量气体的体积增大，其内能一定增加答案　B解析　物体分子平均动能的标志是温度，与宏观速度无关，A 错误；物体内能等于所有分子的动能与所有分子势能的和，分子平均动能与温度有关，而分子势能与体积有关，所以物体内能与温度和体积有关，B 正确；根据B 选项的分析，升高相同温度，但体积变化关系未知，所以内能变化无法判断，C 错误；根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W ，容器绝热，Q ＝0，气体体积增大，所以气体对外做功，W <0，所以ΔU <0，内能减小，D 错误．3．(2019·福建三明市5月质检)一列沿x 轴正方向传播的简谐波在t ＝0时刻的波形图如图1所示，已知B 质点从0时刻起经过0.5s 第一次到达波谷，则下列判断正确的是( )图1A ．简谐波的周期为4sB ．简谐波的波速为20cm/sC ．在t ＝0时B 质点的振动方向沿y 轴正方向D ．某个时刻A 、B 两质点的振动方向可能相同答案　B解析　已知B 质点从0时刻起经过0.5s 第一次到达波谷，可知＝0.5s ，则T ＝2s ，选项A T 4错误；因λ＝40cm ，则波速v ＝＝cm/s ＝20 cm/s ，选项B 正确；由波形图可知，在t ＝0λT 402时B 质点的振动方向沿y 轴负方向，选项C 错误；因A 、B 两质点相差半个波长，则两质点的振动总是相反的，振动方向不可能相同，选项D 错误．4．如图2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 距水平地面高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2A ．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　A5．(2019·广西钦州市4月综测)“飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演，曾引起质疑．为了研究该问题，以下测量能够得出飞针在穿越玻璃的时间内，对玻璃平均冲击力大小的是( )A ．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度B ．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间C ．测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间D ．测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度答案　D解析　在“飞针穿玻璃”的过程中，由动量定理得：－t ＝mv 2－mv 1，故应测出飞针质量、F 飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度，故D 正确，A 、B 、C 错误．6．(2019·安徽淮南市第二次模拟)已知地球两极处的重力加速度大小约为9.8m/s 2，贴近地球表面飞行的卫星的运行周期约为1.5小时，试结合生活常识，估算一质量为60kg 的人站在地球赤道上随地球自转所需要的向心力约为( )A ．0.2NB ．0.4NC ．2ND ．4N 答案　C解析　在两极：G ＝mg ；Mm R 2对贴近地球表面飞行的卫星G ＝m ′R ，Mm ′R 24π2T 2解得R ＝；gT 24π2则站在地球赤道上随地球自转的人所受的向心力：F 向＝m 人R ＝m 人×＝m 人g ＝4π2T ′24π2T ′2gT 24π2T 2T ′260×9.8×()2N≈2N，故选C.1.5247．(2019·湖北武汉市四月调研)已知氢原子的基态能量为E 1，激发态能量E n ＝，其中n ＝E 1n 22,3….若氢原子从n ＝3的能级跃迁到n ＝2的能级放出光子的频率为ν，能使氢原子从基态电离的光子的最小频率为( )A.νB ．4νC.νD ．9ν94365答案　C解析　由题意可知：－＝hν；E 132E 122能使氢原子从基态电离的光子的最小频率满足：0－E 1＝hν′，解得ν′＝ν，故选C.3658．(2019·山东济宁市第二次摸底)如图3甲所示，在线圈l 1中通入电流i 1后，在l 2上产生的感应电流随时间变化的规律如图乙所示，l 1、l 2中电流的正方向如图甲中的箭头所示．则通入线圈l 1中的电流i 1随时间t 变化的图象是下图中的( )图3答案　D解析　因为感应电流大小不变，根据电磁感应定律得：I ＝＝＝，而线圈l 1中产E R n ΔΦΔt R n ΔB ΔtS R 生的磁场变化是因为电流发生了变化，所以I ＝∝，所以线圈l 1中的电流均匀改nΔB Δt S R nΔi ΔtS R 变，A 、C 错误；根据题图乙，0～时间内感应电流磁场向左，所以线圈l 1产生的磁场向左减T 4小，或向右增大，B 错误，D 正确．二、多项选择题9．(2019·广西梧州市联考)甲、乙两物体沿同一直线做减速运动，t ＝0时刻，两物体同时经过同一位置，最后又停在同一位置，它们的速度—时间图象如图4所示，则在运动过程中( )图4A ．t 1时刻甲和乙相距最远B ．甲、乙的平均速度相等C ．在某时刻甲、乙的加速度可能相等D ．甲的加速度逐渐减小，乙的加速度大小不变答案　CD解析　甲、乙两物体速度相等时相距最远，选项A 错误；甲、乙的位移相同，但是甲运动的时间较长，则甲的平均速度较小，选项B 错误；v －t 图象的斜率等于加速度，由图象可知，在某时刻甲的加速度可能等于乙的加速度，选项C正确；v－t图象的斜率等于加速度，由图象可知，甲的加速度逐渐减小，乙的加速度大小不变，选项D正确．10．(2019·江西南昌市第二次模拟)如图5所示，三条长直导线a、b、c都通以垂直纸面的电流，其中a、b两根导线中电流方向垂直纸面向外．O点与a、b、c三条导线距离相等，且Oc⊥ab.现在O点垂直纸面放置一小段通电直导线，电流方向垂直纸面向里，导线所受安培力方向如图所示．则可以判断( )图5A．O点处的磁感应强度的方向与F相同B．长导线c中的电流方向垂直纸面向外C．长导线a中电流I1小于b中电流I2D．长导线c中电流I3小于b中电流I2答案　BC解析　由左手定则可知，磁感应强度方向与安培力方向垂直，故A错误；由左手定则可知，O 点的磁感应强度方向与F垂直斜向右下方，此磁场方向可分解为水平向右方向和竖直向下方向，所以导线c在O点产生的磁场方向应水平向右，由安培定则可知，导线c中的电流为垂直纸面向外，导线a在O点产生的磁场方向竖直向上，导线b在O点产生的磁场方向竖直向下，所以长导线a中电流I1与b中电流I2的关系，由于不知道安培力的具体方向，所以无法确定长导线c中电流I3与b中电流I2的关系，故B、C正确，D错误．在绝缘水平地面上固定两个等量同种点电荷A、11.(2019·山东济宁市第二次摸底)如图6所示，B，在AB连线上的P点由静止释放一带电滑块(可视为质点)，则滑块会由静止开始一直向右运动到AB连线上的一点M而停下．则以下判断正确的是( )图6A．滑块一定带的是与A、B异种的电荷B．滑块的电势能一定是先减小后增大C．滑块的动能与电势能之和一定减小D．AP间距一定小于BM间距答案　CD解析　滑块受到的电场力是两点电荷对它作用力的合力，滑块向右运动，合力向右，滑块一定带与A、B同种的电荷，否则滑块将向左运动，A错误．滑块运动可能有两种情况：1.滑块受到的电场力先向右后向左，电场力先做正功，再做负功，电势能先减小后增加；2.滑块受到的电场力合力始终向右，在到达AB中点前停止，电场力始终做正功，电势能始终减小，B 错误．根据能量守恒，滑块的电势能、动能、内能之和不变，阻力做负功，内能增大，则动能与电势能之和一定减小，C正确．若没有摩擦力，AP＝BM；因为水平面不光滑，水平方向受到摩擦力作用，运动到速度为0的位置在P点关于AB中点对称点的左侧，所以AP<BM，D 正确．12．(2019·湖北荆州市四月质检)如图7所示，带有孔的小球A套在粗糙的倾斜直杆上，与正下方的小球B通过轻绳连接，处于静止状态．给小球B施加水平力F使其缓慢上升，直到小球A刚要滑动．在此过程中( )图7A．水平力F的大小不变B．杆对小球A的支持力增加C．轻绳对小球B的拉力先变大后变小D．杆对小球A的摩擦力先变小后变大答案　BD解析　小球B受拉力F、重力和轻绳的拉力F T，合力为零如图所示：由此可知，随着α的增加，拉力F和轻绳张力F T均增大，故A、C错误；再对A、B球整体分析，受重力、拉力F、支持力F N和静摩擦力F f，如图所示：设杆与水平方向的夹角为θ，根据平衡条件，在垂直杆方向有F N＝(M＋m)g cosθ＋F sinθ，随着F的增大，支持力F N增大；在平行杆方向，有：F cosθ＋F f＝(M＋m)g sinθ，可得：F f＝(M＋m)g sinθ－F cosθ，可知随着F的增大，静摩擦力逐渐减小，当(M＋m)g sinθ＝F cosθ时，摩擦力为零，此后静摩擦力反向增大，故B、D正确．。

2020年高考物理选择题专项训练06~10套2020年高考物理选择题专项训练06一、选择题（本卷共8小题，每小题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，其中第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，有选错的得0分。

）1.组成“北斗”卫星导航定位系统中的地球静止轨道卫星（同步卫星）和中轨道卫星绕地球在圆轨道上运行，由地球静止轨道卫星和中轨道卫星的轨道半径之比可求A. 地球静止轨道卫星与地球的质量之比B. 地球静止轨道卫星与中轨道卫星的质量之比C. 地球静止轨道卫星和中轨道卫星受地球的万有引力之比D. 地球静止轨道卫星和中轨道卫星绕地球运动的周期之比2.已知用频率为γ的单色光照射某金属表面时，逸出的光电子的最大初动能为E，已知普朗克常量为h，则要使此金属发生光电效应的极限频率应为A. γ-EhB. γ+EhC. γ-D. γ+3.如图所示，理想变压器的原线圈与稳定的正弦交流电源相连，副线圈的滑动头P可上下滑动．设原线圈输入电压为U1，副线圈输出电压为U2，负载为定值电阻R,原、副线圈电流比为k.则A. P下移，k增大B. P上移，k增大C. P上移，U1减小D. P下移，U2增大4.如图所示，在“托球跑”趣味比赛中，若运动员沿水平面匀加速直线跑．球拍平面与水平方向的夹角为θ时，网球与球拍保持相对静止．球拍和网球的质量分别为M、m，不计摩擦力和空气阻力，重力加速度为g．则下列说法正确的是A. 球拍对球的作用力太小为mgB. 运动员对球拍的作用力大小为（M+m)gC. 运动员的加速度大小为gtanθD. 若加速度大于gsinθ，球一定沿球拍向上运动5.如图所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法不正确的是A. 处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B. 所加磁场越强越易使圆盘停止转动C. 若所加磁场反向，圆盘将加速转动D. 若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动6.如图所示，一名运动员将相同的铅球分别从同一位置掷出，图中①②是它们的运动轨迹，轨道最高点距离地面的高度相等，②的落地点到掷出点的水平距离是①的2倍，忽略空气阻力，对于铅球①与②。

选择题定时训练14(限时：30分钟)一、单项选择题1.(2019·甘肃省最后一次联考)如图1，C919大型客机是我国自主设计、研制的大型客机，最大航程为5555千米，最多载客190人，多项性能优于波音737和波音747.若C919的最小起飞(离地)速度为60m/s ，起飞跑道长2.5×103m ．C919起飞前的运动过程可看成匀加速直线运动，若要C919起飞，则C919在跑道上的最小加速度为( )图1A ．0.36m/s 2B ．0.72 m/s 2C ．1.44m/s 2D ．2.88 m/s 2答案 B 解析 由匀变速直线运动规律v 2－v 02＝2ax 可得，C919的最小起飞加速度a ＝v 2－v 022x ＝ 0.72m/s 2，故B 正确，A 、C 、D 错误．2．(2019·甘肃省最后一次联考)关于原子物理，下列说法正确的是( )A ．太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变B ．若某光恰好能使锌发生光电效应，则改用波长更长的光照射锌也一定能发生光电效应C ．γ射线是高速运动的电子流D.21083Bi 的半衰期是5天，32克21083Bi 经过10天后还剩下21083Bi 的质量为8克答案 D解析 太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的轻核聚变，故A 错误；波长越长的光的频率越小，能量越小，所以改用波长更长的光照射，锌不会发生光电效应，故B 错误；β射线是高速运动的电子流，故C 错误；21083Bi 的半衰期是5天，32克21083Bi 经过10天后还剩下21083Bi 的质量为8克，故D 正确．3．(2019·甘肃省最后一次联考)下列说法错误的是( )A ．组成任何物体的分子都在做无规则的运动，任何物体都具有内能B ．多晶体具有各向同性，没有固定的熔点C ．将有棱角的玻璃棒用火烤融化后，棱角变钝是因为表面张力D ．打开一杯热茶的杯盖，一段时间后茶不可能自动变得更热答案 B解析 由于组成物体的分子永不停息地在做无规则运动，一定有分子动能，所以任何物体都具有内能，故A 正确；多晶体属于晶体，有固定的熔点，故B 错误；将有棱角的玻璃棒用火烤融化后，棱角变钝是因为熔化的玻璃在表面张力的作用下，表面要收缩到最小的缘故，故C 正确；热传递具有方向性，热量能自发的从高温物体传到低温物体，故一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变得更凉，故D 正确．4.(2019·湖北宜昌市四月调研)如图2所示，直线MN 上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a 点垂直MN 和磁场方向射入磁场，经t 1时间从b 点离开磁场．之后电子2也由a 点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t 2时间从a 、b 连线的中点c 离开磁场，则t 1t 2为( )图2A ．3B ．2C.32D.23答案 A解析 电子1、2在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出两电子的运动轨迹，如图所示：电子1垂直射进磁场，从b 点离开，则运动了半个圆周，ab 即为直径，c 点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t 2时间从a 、b 连线的中点c 离开磁场，根据半径r ＝mv Bq可知，电子1和2的半径相等，根据几何关系可知，△aOc 为等边三角形，则电子2转过的圆心角为60°，所以电子1运动的时间t 1＝T 2＝πm Bq ，电子2运动的时间t 2＝T 6＝πm 3Bq，所以t 1t 2＝31，故A 正确，B 、C 、D 错误． 5.(2019·广东揭阳市下学期第二次模拟)如图3所示，MN 是某匀强电场中的一条电场线．一带正电粒子射入电场后，仅在电场力作用下沿轨迹ABC 运动．下列说法中正确的是( )图3A ．粒子在A 点的加速度比在C 点的加速度大B ．粒子在A 点的电势能比在C 点的电势能小C ．M 、N 两点的电势：φM >φND ．电场线的方向水平向右答案 B解析 由于电场为匀强电场，可得到粒子在A 点的加速度与C 点的加速度大小相等，故A 错误；粒子带正电，粒子在B 点受电场力方向向左，故电场线方向向左，又有：沿着电场线方向电势降低，所以φN >φM ，从A 到C 电场力做负功，电势能增加，所以粒子在A 点的电势能比在C 点的电势能小，故B 正确，C 、D 错误．6.(2019·山西运城市5月适应性测试)含有理想变压器的电路如图4所示，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别为18Ω、1Ω、3Ω，正弦交流电源输出的电压有效值恒定，该变压器原、副线圈匝数比为3∶1.开关S 断开与闭合情况下变压器的输出功率之比为( )图4A ．2∶1B．4∶1C．1∶2D．1∶1答案 D解析 开关S 断开：设原线圈回路电流为I 1，根据电流与匝数的关系I 1I 2＝n 2n 1＝13，电压与匝数的关系：U －I 1R 1I 2(R 2＋R 3)＝n 1n 2＝31，联立解得U ＝54I 1；开关S 闭合，设原线圈回路电流为I 1′，同理可得：I 1′I 2′＝n 2n 1＝13，U －I 1′R 1I 2′R 2＝n 1n 2＝31，整理得：U ＝27I 1′；因为电压有效值恒定，所以2I 1＝I 1′，故可得2I 2＝I 2′，而变压器输出功率P 出＝I 22(R 2＋R 3)，P 出′＝I 2′2R 2，代入数据得：P 出＝P 出′，故A 、B 、C 错误，D 正确．7.(2019·广东揭阳市下学期第二次模拟)如图5所示，一光滑细杆固定在水平面上的C 点，细杆与水平面的夹角为30°，一原长为L 的轻质弹性绳，下端固定在水平面上的B 点，上端与质量为m 的小环相连，当把小环拉到A 点时，AB 与地面垂直，弹性绳长为2L ，将小环从A 点由静止释放，当小环运动到AC 的中点D 时，速度达到最大．重力加速度为g ，下列说法正确的是( )图5A ．在下滑过程中小环的机械能先减小后增大B ．小环刚释放时的加速度大小为gC ．小环到达AD 的中点时，弹性绳的弹性势能为零D ．小环的最大速度为gL答案 B解析 小环受重力、支持力和弹性绳弹力，弹力做功，故环的机械能不守恒，小环和弹性绳组成的系统机械能守恒，小环到达AD 的中点时，弹性绳的长度为2L ，伸长量不为0，在AD 之间有一位置弹性绳与AC 垂直，小环从A 点到弹性绳与AC 垂直位置的过程中，弹性绳对小环做正功，从弹性绳与AC 垂直位置到C 点的过程中，弹性绳对小环做负功，所以下滑过程中小环的机械能先增大后减小，故A 错误；在A 位置，环受重力、弹性绳拉力、支持力，根据牛顿第二定律，有：mg sin30°＋F 弹sin30°＝ma ，在D 点，环的速度最大，说明加速度为零，弹性绳长度为2L ，故：mg sin30°－F 弹cos60°＝0，联立解得：a ＝g ，故B 正确；小环到达AD 的中点时，弹性绳的长度为3L ，伸长量不为0，故弹性势能不为零，故C 错误；小环和弹性绳组成的系统机械能守恒，在D 点速度最大，此时弹性绳长度等于初位置弹性绳的长度，故初位置和D 位置环的机械能相等，所以mg ·2L cos60°＝12mv 2，解得：v ＝2gL ，故D 错误． 8.(2019·福建宁德市5月质检)某同学在练习投篮时将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直放置的篮板上，运动轨迹如图6所示，不计空气阻力，关于这两次篮球从抛出到撞击篮板的过程( )图6A ．两次在空中运动的时间相等B ．两次抛出时的速度相等C ．第1次抛出时速度的水平分量小D ．第2次抛出时速度的竖直分量大答案 C解析 将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，由题图可知，第2次运动过程中的高度较小，所以运动时间较短，故A 错误．篮球在竖直方向上做竖直上抛运动，第2次运动过程中的高度较小，故第2次抛出时速度的竖直分量较小，所用时间较短；平抛运动在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，由x ＝v 0t 可知，第2次抛出时水平分速度较大；水平分速度第2次大，竖直分速度第1次大，根据速度的合成可知，两次抛出时的速度大小关系不能确定，故C正确，B、D错误．二、多项选择题9．(2019·甘肃省最后一次联考)下列说法正确的是( )A．电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关B．两列波相遇时，在重叠的区域里，质点的位移等于两波单独传播时引起的位移的大小之和C．光的偏振现象说明光是纵波D．紫外线的波长比红外线的波长短答案AD解析电磁波在真空中的传播速度为3×108m/s，与电磁波的频率无关，故A正确；两列波相遇时，在重叠的区域里，质点的位移等于两波单独传播时引起的位移的矢量和，故B错误；偏振现象是横波特有的特征，故C错误；紫外线的频率大于红外线的频率，根据λf＝c可知紫外线的波长比红外线的波长短，故D正确．10.(2019·湖南娄底市下学期第二次模拟)如图7所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环正上方，有一条形磁铁从静止开始下落，下落过程中始终保持竖直，起始高度为h，最后落在水平地面上．若不计空气阻力，重力加速度取g，下列说法中正确的是( )图7A．磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针方向(俯视圆环) B．磁铁落地时的速率一定等于2ghC．磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变D．磁铁在整个下落过程中，圆环受到它的作用力总是竖直向下的答案AD解析当条形磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为逆时针(俯视圆环)，当条形磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为顺时针(俯视圆环)，A正确；若磁铁从高度h处做自由落体运动，其落地时的速度v＝2gh，但磁铁穿过圆环的过程中要产生一部分电热，根据能量守恒定律可知，其落地速度一定小于2gh，B错误；磁铁在整个下落过程中，由于受到磁场力的作用，机械能不守恒，C错误；据楞次定律的推论“来拒去留”，可判断磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力始终竖直向上，而圆环受到磁铁的作用力总是竖直向下的，故D 正确．11．(2019·山西运城市5月适应性测试)一个可以看做质点的物块以恒定大小的初速度滑上木板，木板的倾角可在0～90°之间任意调整，设物块沿木板向上能达到的最大位移为x .木板倾角不同时对应的最大位移x 与木板倾角α的关系如图8所示．(g 取10m/s 2)则下列说法正确的是( )图8A ．物块与木板间的动摩擦因数为33B ．物块初速度的大小是5m/sC ．沿倾角为30°和90°上滑时，物块运动到最大位移的时间不同D ．当α＝0时，x ＝534m 答案 ABD解析 当α＝90°，物块做竖直上抛运动，最大位移x ＝1.25m ，根据运动学方程得：v 02－0＝2gx ，解得v 0＝5m/s ； 当α＝30°，x ＝1.25m ，根据速度位移关系：v 02－0＝2ax ，有a ＝v 022x ＝10m/s 2，而a ＝μg cos θ＋g sin θ，解得：μ＝33，A 、B 正确；因为30°和90°对应的加速度均为a ＝10m/s 2，根据v 0－0＝at ，运动到最高点时间相同，C 错误；当α＝0时，a ＝μg ＝1033m/s 2，根据v 02－0＝2ax ，求得x ＝534m ，D 正确． 12．(2019·陕西汉中市第二次教学质检)图9甲所示的“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命．图乙是“轨道康复者”在某次拯救一颗地球同步卫星前，二者在同一平面内沿相同绕行方向绕地球做匀速圆周运动的示意图，此时二者的连线通过地心，轨道半径之比为1∶4.若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说法正确的是( )图9A ．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动B ．在图示轨道上，“轨道康复者”的加速度大小是地球同步卫星的16倍C ．在图示轨道上，地球同步卫星的机械能大于“轨道康复者”的机械能D ．若要对该同步卫星实施拯救，“轨道康复者”应从图示轨道上加速，然后与同步卫星对接 答案 BD解析 因“轨道康复者”的高度低于同步卫星的高度，可知其角速度大于同步卫星的角速度，也大于站在赤道上的观察者的角速度，则站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向东运动，选项A 错误；由G Mmr 2＝ma 得：a ＝GM r 2，在图示轨道上，“轨道康复者”与地球同步卫星加速度之比为a 1a 2＝r 22r 12＝4212＝16，故B 正确；因“轨道康复者”与地球同步卫星的质量关系不确定，则不能比较机械能的关系，选项C 错误；“轨道康复者”从图示轨道上加速后，轨道半径增大，与同步卫星轨道相交，则可进行对接，故D 正确．。