高考物理总复习 优编增分练：选考题考点排查练4 2015年(全国Ⅰ、Ⅱ卷)选考34题考点排查练

2014年(全国Ⅰ、Ⅱ卷)选考34题考点排查练试卷Ⅰ卷Ⅱ卷考点波动和振动图象的理解及折射定律的应用波动和振动图象的理解及折射定律的应用1．(2018·青海省西宁市二模)(1)一列简谐横波在某均匀介质中沿x轴传播，从x＝3 m处的质点a开始振动时计时，图1甲为t0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1A．该波的频率为2.5 HzB．该波的传播速度为200 m/sC．该波是沿x轴负方向传播的D．从t0时刻起，a、b、c三质点中b最先回到平衡位置E．从t0时刻起，经0.015 s质点a回到平衡位置(2)如图2为一半径为R的固定半圆柱玻璃砖的横截面，OA为水平直径MN的中垂线，足够大的光屏PQ紧靠在玻璃砖的右侧且平行OA放置．一束复色光沿与AO成θ角(θ＝30°)的半径方向射向O点并在光屏上形成彩色光带和一个光斑，光带的最高点与N点的距离为33 R；增大入射角，当θ＝45°时，光屏上恰好只出现一个光斑，求：图2①玻璃对复色光的折射率范围； ②当θ＝30°时，彩色光带的宽度． 答案 (1)BDE (2)①2≤n ≤ 3 ②(1－33)R 解析 (1)由题图可知该波的周期为0.04 s ，频率为f ＝1T＝25 Hz ，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时刻速度方向沿y 轴正方向，故波向x轴正方向传播，故C 错误；从t 0时刻起，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 正确；平衡位置从x ＝0处传播到x ＝3 m 处时质点a 回到平衡位置，需时间t ＝3200 s ＝0.015 s ，故E 正确．(2)①当θ＝30°时，光路图如图所示由题意可知BN ＝33R ，即α＝30°，所以最大折射角β＝60°， 由折射定律可知最大折射率n max ＝sin βsin θ＝ 3.因为θ＝45°时，所有光均发生全反射，光屏上的光带消失，反射光束在光屏上形成一个光斑，由全反射规律及题意可知n min ＝1sin C ＝2，所以玻璃对复色光的折射率范围2≤n ≤ 3 ②当θ＝30°时，折射率为2的光的折射角为45°， 彩色光带的宽度为L ＝R tan 45°－33R ＝(1－33)R . 2．(2018·福建省南平市5月综合质检)(1)一列简谐横波沿x 轴正方向传播，在x ＝5 m 处的质点的振动图线如图3甲所示，在x ＝11 m 处的质点的振动图线如图乙所示，下列说法正确的是________．图3A ．该波的周期为12 sB ．该波的传播速度可能为2 m/sC ．从t ＝0时开始计时，x ＝5 m 处的质点做简谐运动的表达式为y ＝4sin π12t (m)D ．在0～4 s 内x ＝5 m 处的质点通过的路程等于x ＝11 m 处的质点通过的路程E ．该波在传播过程中若遇到4.8 m 的障碍物，可能发生明显衍射现象(2)如图4甲所示是由某透明材料制成的横截面为正三角形的三棱镜．一细红色光束SO 从空气中射向AB 面，与AB 成45°角，经三棱镜折射后，从AC 边射出，出射光线与AC 边夹角也成45°，求：图4①这种透明材料的折射率；②若用这种材料制成如图乙所示的器具，左侧是半径为R 的半圆，右侧是长为42R 、高为2R 的长方体，一束红色光从左侧P 点沿半径方向射入器具．要使光全部从器具的右端面射出，则光在器具中传播所需最长时间是多少？ 已知光在空气中的传播速度为c . 答案 (1)ABE (2)① 2 ②92R c解析 (1)由题图可知，该波的周期为12 s ，故A 正确；由两图比较可知，x ＝5 m 处的质点比x ＝11 m 处的质点早振动3 s ，即T 4，所以两点之间的距离为：x ＝(n ＋14)λ(n ＝0,1,2,3，…)，解得：λ＝4x 4n ＋1(n ＝0,1,2,3，…)＝244n ＋1(n ＝0,1,2,3，…)，则波速为v ＝λT ＝24n ＋1(n ＝0,1,2,3，…)，当n ＝0时，v ＝2 m/s ，故B 正确；由题图可知，振幅A ＝4 cm ，角速度为ω＝2π12 rad/s ＝π6 rad/s ，则x ＝5 m 处的质点做简谐运动的表达式为y ＝A sin ωt ＝4sin π6t (m)，故C 错误；0～4 s 的时间为13T ，由题图可知，13T 时间内，两个质点通过的路程不相等，故D 错误；由波长λ＝244n ＋1(n ＝0,1,2,3，…)，可知当n ＝0时，波长为λ＝24 m ，故该波在传播过程中若遇到4.8 m 的障碍物，可能发生明显衍射现象，故E 正确．(2)①作出光路图，如图所示由图可知光在三棱镜中的折射角r 为30° 根据光的折射定律：n ＝sin isin r得：n ＝ 2②要使光全部从器具的右端面射出必须以全反射的方式传播，每次的入射角都大于或等于临界角，但等于临界角时路程最大，时间最长，如图所示第一次发生全反射时，由几何关系知：sin C ＝Δl 1Δs 1＝1n ，Δs 1＝n Δl 1设光经N 次全反射从右端面射出，则在长方体内的总路程为s 1s 1＝Δs 1＋Δs 2＋Δs 3＋……＋Δs n ＝42Rn光在器具内总路程s ＝s 1＋s 2＝42Rn ＋R 光在器具中的传播速度v ＝c n所以光在器具中最长的传播时间t ＝s v＝42Rn ＋R cn＝92Rc。

2014年(全国Ⅰ、Ⅱ卷)选考33题考点排查练1．(1)一定量的理想气体从状态a 开始，经历等温或等压过程ab 、bc 、cd 、da 回到原状态，其pT 图象如图1所示，其中对角线ac 的延长线过原点O .下列判断正确的是__________．图1A ．气体在a 、c 两状态的体积相等B ．气体在状态a 时的内能大于它在状态c 时的内能C ．在过程cd 中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功D ．在过程da 中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功E ．在过程bc 中外界对气体做的功等于在过程da 中气体对外界做的功(2)如图2所示，均匀薄壁U 形管竖直放置，左管上端封闭，右管上端开口且足够长，用两段水银封闭了A 、B 两部分理想气体，下方水银的左右液面高度相差ΔL ＝10 cm ，右管上方的水银柱高h ＝14 cm ，初状态环境温度为27 ℃，A 部分气体长度l 1＝30 cm ，外界大气压强p 0＝76 cmHg.现保持温度不变，在右管中缓慢注入水银，使下方水银左右液面等高，然后给A 部分气体缓慢升温，使A 部分气体长度回到30 cm.求：图2①右管中注入的水银高度是多少？ ②升温后的温度是多少？答案 (1)ABE (2)①30 cm ②117 ℃解析 (1)由理想气体状态方程pVT ＝C 得，p ＝C VT ，由题图可知，V a ＝V c ，选项A 正确；理想气体的内能只由温度决定，而T a >T c ，故气体在状态a 时的内能大于它在状态c 时的内能，选项B 正确；由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 知，cd 过程温度不变，内能不变，则Q ＝－W ，选项C 错误；da 过程温度升高，即内能增大，则吸收的热量大于气体对外界做的功，选项D 错误；由理想气体状态方程知：p a V a T a ＝p b V b T b ＝p c V c T c ＝p d V dT d＝C ，即p a V a ＝CT a ，p b V b ＝CT b ，p c V c ＝CT c ，p d V d ＝CT d .设过程bc 中压强为p 0＝p b ＝p c ，过程da 中压强为p 0′＝p d ＝p a .由外界对气体做功W ＝p ·ΔV 知，过程bc 中外界对气体做的功W bc ＝p 0(V b －V c )＝C (T b －T c )，过程da 中气体对外界做的功W da ＝p 0′(V a －V d )＝C (T a －T d )，T a ＝T b ，T c ＝T d ，故W bc ＝W da ，选项E 正确．(2)①设右管中注入的水银高度是Δh ，U 形管的横截面积为S ，对A 部分气体分析，其做等温变化，根据玻意耳定律有p 1V 1＝p 2V 2p 1＝p 0＋14 cmHg ＋10 cmHg ， p 2＝p 0＋14 cmHg ＋ΔhV 1＝l 1S ， V 2＝(l 1－12ΔL )S代入数据解得加入的水银高度Δh ＝30 cm.②设升温前温度为T 0，升温后温度为T ，缓慢升温过程中，对A 部分气体分析，升温前V 2＝(l 1－12ΔL )S ，p 2＝p 0＋14 cmHg＋Δh升温结束后V 3＝l 1S ，p 3＝p 0＋14 cmHg ＋Δh ＋ΔL 由理想气体状态方程得p 2V 2T 0＝p 3V 3TT 0＝300 K解得T ＝390 K则升温后的温度为t ＝117 ℃.2．(2018·青海省西宁市二模)(1)下列说法正确的是________． A ．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大 B ．外界对物体做功，物体内能一定增加C ．悬浮颗粒越小布朗运动越显著，温度越高布朗运动越剧烈D ．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而减小E ．夏天荷叶上小水珠呈球状，是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故(2)如图3所示，导热汽缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量M ＝200 kg ，活塞质量m ＝10 kg ，活塞面积S ＝100 cm 2，活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气，此时，缸内气体的温度为27 ℃，活塞位于汽缸正中，整个装置都静止，已知大气压恒为p 0＝1.0×105Pa ，重力加速度为g ＝10 m/s 2，求：图3①缸内气体的压强p 1；②缸内气体的温度缓慢升高到多少摄氏度时，活塞恰好静止在汽缸缸口AB 处？ 答案 (1)ACE (2)①3.0×105Pa ②327 ℃解析 (1)内能取决于物体的温度、体积、物质的量和物态，温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大，故A 正确；外界对物体做功的同时如果物体向外界放出热量，则物体的内能不一定增大，故B 错误；悬浮颗粒越小布朗运动越显著，温度越高布朗运动越剧烈，故C 正确；当分子间作用力表现为斥力时，随分子间距离的减小，分子力做负功，分子势能增大，故D 错误；夏天荷叶上小水珠呈球状，是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故，故E 正确．(2)①以汽缸为研究对象(不包括活塞)，根据平衡条件得：p 1S ＝Mg ＋p 0S ，代入数据解得：p 1＝3.0×105 Pa②当活塞恰好静止在汽缸缸口AB 处时，设缸内气体温度为T 2，压强为p 2， 此时仍有：p 2S ＝Mg ＋p 0S ，即p 2＝p 1，由此可知缸内气体为等压变化． 对这一过程研究缸内气体，由盖—吕萨克定律得：S ×0.5l T 1＝S ×lT 2代入数据解得：T 2＝2T 1＝600 K 所以t 2＝(600－273) ℃＝327 ℃。

2014年(全国Ⅰ、Ⅱ卷)选考34题考点排查练1．(2018·青海省西宁市二模)(1)一列简谐横波在某均匀介质中沿x轴传播，从x＝3 m处的质点a开始振动时计时，图1甲为t0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1A．该波的频率为2.5 HzB．该波的传播速度为200 m/sC．该波是沿x轴负方向传播的D．从t0时刻起，a、b、c三质点中b最先回到平衡位置E．从t0时刻起，经0.015 s质点a回到平衡位置(2)如图2为一半径为R的固定半圆柱玻璃砖的横截面，OA为水平直径MN的中垂线，足够大的光屏PQ紧靠在玻璃砖的右侧且平行OA放置．一束复色光沿与AO成θ角(θ＝30°)的半径方向射向O点并在光屏上形成彩色光带和一个光斑，光带的最高点与N点的距离为33R；增大入射角，当θ＝45°时，光屏上恰好只出现一个光斑，求：图2①玻璃对复色光的折射率范围；②当θ＝30°时，彩色光带的宽度．答案 (1)BDE (2)①2≤n ≤ 3 ②(1－33)R 解析 (1)由题图可知该波的周期为0.04 s ，频率为f ＝1T＝25 Hz ，故A 错误；该波的传播速度v ＝λT ＝80.04 m/s ＝200 m/s ，故B 正确；a 点在t 0时刻速度方向沿y 轴正方向，故波向x轴正方向传播，故C 错误；从t 0时刻起，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 正确；平衡位置从x ＝0处传播到x ＝3 m 处时质点a 回到平衡位置，需时间t ＝3200 s ＝0.015 s ，故E 正确．(2)①当θ＝30°时，光路图如图所示由题意可知BN ＝33R ，即α＝30°，所以最大折射角β＝60°， 由折射定律可知最大折射率n max ＝sin βsin θ＝ 3.因为θ＝45°时，所有光均发生全反射，光屏上的光带消失，反射光束在光屏上形成一个光斑，由全反射规律及题意可知n min ＝1sin C ＝2，所以玻璃对复色光的折射率范围2≤n ≤ 3②当θ＝30°时，折射率为2的光的折射角为45°， 彩色光带的宽度为L ＝R tan 45°－33R ＝(1－33)R . 2．(2018·福建省南平市5月综合质检)(1)一列简谐横波沿x 轴正方向传播，在x ＝5 m 处的质点的振动图线如图3甲所示，在x ＝11 m 处的质点的振动图线如图乙所示，下列说法正确的是________．图3A ．该波的周期为12 sB ．该波的传播速度可能为2 m/sC ．从t ＝0时开始计时，x ＝5 m 处的质点做简谐运动的表达式为y ＝4sin π12t (m)D ．在0～4 s 内x ＝5 m 处的质点通过的路程等于x ＝11 m 处的质点通过的路程E ．该波在传播过程中若遇到4.8 m 的障碍物，可能发生明显衍射现象(2)如图4甲所示是由某透明材料制成的横截面为正三角形的三棱镜．一细红色光束SO 从空气中射向AB 面，与AB 成45°角，经三棱镜折射后，从AC 边射出，出射光线与AC 边夹角也成45°，求：图4①这种透明材料的折射率；②若用这种材料制成如图乙所示的器具，左侧是半径为R 的半圆，右侧是长为42R 、高为2R 的长方体，一束红色光从左侧P 点沿半径方向射入器具．要使光全部从器具的右端面射出，则光在器具中传播所需最长时间是多少？ 已知光在空气中的传播速度为c . 答案 (1)ABE (2)① 2 ②92R c解析 (1)由题图可知，该波的周期为12 s ，故A 正确；由两图比较可知，x ＝5 m 处的质点比x ＝11 m 处的质点早振动3 s ，即T 4，所以两点之间的距离为：x ＝(n ＋14)λ(n ＝0,1,2,3，…)，解得：λ＝4x 4n ＋1(n ＝0,1,2,3，…)＝244n ＋1(n ＝0,1,2,3，…)，则波速为v ＝λT ＝24n ＋1(n ＝0,1,2,3，…)，当n ＝0时，v ＝2 m/s ，故B 正确；由题图可知，振幅A ＝4 cm ，角速度为ω＝2π12 rad/s ＝π6 rad/s ，则x ＝5 m 处的质点做简谐运动的表达式为y ＝A sin ωt ＝4sin π6t (m)，故C 错误；0～4 s 的时间为13T ，由题图可知，13T 时间内，两个质点通过的路程不相等，故D 错误；由波长λ＝244n ＋1(n ＝0,1,2,3，…)，可知当n ＝0时，波长为λ＝24 m ，故该波在传播过程中若遇到4.8 m 的障碍物，可能发生明显衍射现象，故E 正确．(2)①作出光路图，如图所示由图可知光在三棱镜中的折射角r 为30° 根据光的折射定律：n ＝sin isin r得：n ＝ 2②要使光全部从器具的右端面射出必须以全反射的方式传播，每次的入射角都大于或等于临界角，但等于临界角时路程最大，时间最长，如图所示第一次发生全反射时，由几何关系知：sin C ＝Δl 1Δs 1＝1n ，Δs 1＝n Δl 1设光经N 次全反射从右端面射出，则在长方体内的总路程为s 1s 1＝Δs 1＋Δs 2＋Δs 3＋……＋Δs n ＝42Rn光在器具内总路程s ＝s 1＋s 2＝42Rn ＋R 光在器具中的传播速度v ＝c n所以光在器具中最长的传播时间t ＝s v＝42Rn ＋R cn＝92Rc。

2015年(全国Ⅱ卷)实验题考点排查练22．(2018·河北省石家庄市二模)为测定小滑块与水平木板间的动摩擦因数μ，选用的实验器材为：带挡光片的小滑块、光电门、数字毫秒计、弧形斜面、游标卡尺、刻度尺，器材安装如图1甲所示．图1(1)用游标卡尺测量挡光片宽度d 如图乙所示，则d ＝________mm ；(2)小滑块从弧形斜面上某位置由静止释放，读出小滑块挡光片通过光电门时数字毫秒计的示数t ；用刻度尺量出小滑块停止运动时，滑块上的挡光片中心与光电门间的水平距离L ；重力加速度为g ，则小滑块与水平木板间的动摩擦因数μ＝________(用物理量d 、L 、t 、g 表示)；(3)实验中将挡光片通过光电门的平均速度当作小车通过光电门的瞬时速度，这样处理测得的小滑块与水平木板间的动摩擦因数μ与真实值相比________(选填“偏大”“偏小”或“无偏差”)． 答案 (1)5.90 (2)d 22gLt2 (3)偏小 解析 (1)游标卡尺的读数为d ＝5 mm ＋18×120mm ＝5.90 mm ； (2)小滑块通过光电门时的速度为v ＝d t ，根据动能定理可得－μmgL ＝0－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 2，解得μ＝d 22gLt2； (3)小滑块做匀减速直线运动，因为小滑块通过光电门的速度为其平均速度，即中间时刻的速度，此时挡光片中心已经通过光电门，相比中心通过光电门的速度偏小，根据－μmgL ＝0－12mv 2可得μ＝v 22gL，故测量值偏小． 23．(2018·安徽省池州市上学期期末)某探究小组为了研究用“半偏法”测电阻和改装电表，先用“半偏法”测量程为100 μA 的电流表G 的电阻，后将电流表G 改装成电压表．(1)首先采用如图2甲所示的实验电路测量该电流表G 的内阻R g ，图中R 1为滑动变阻器、R 2为电阻箱．他按电路图连接好电路，将R 1的阻值调到最大，闭合开关S 1后，他应该正确操作的步骤是________．(选出下列必要的步骤，并将其序号排序)图2A．记下R2的阻值B．调节R1的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度C．闭合S2，调节R1和R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半D．闭合S2，保持R1不变，调节R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半(2)如果按正确操作步骤测得R2的阻值为100 Ω，则R g的阻值大小为________Ω；与电流表内阻的真实值R g′相比，R g________R g′(选填“>”“＝”或“<”)．(3)将上述电流表G串联一个29 900 Ω的电阻，改装成电压表，则该电压表的量程是________V．用它来测量电压时，表盘指针位置如图乙所示，此时电压表的读数大小为________V.答案(1)BDA (2)100 < (3)3 2.4解析(1)本题是使用“半偏法”测电流表的内阻，故调节R1的阻值，先使电流表的指针偏转到满刻度，然后再闭合S2，保持R1不变，调节R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半，故操作顺序为B、D、A.(2)此时R2的阻值与R g的阻值相等，故R g的阻值大小也为100 Ω.S2闭合后，整个电路中的电流将会变大，但实际上我们仍然按照电流不变时的电流来计算的，通过变阻器R2的电流比通过G的电流要大，又因为R2与G并联，电压一样，所以实际的变阻器读数R将小于电流表G的内阻．所以“半偏法”测电阻测出的电阻要小于实际电阻．(3)电流表G与一较大的电阻串联即可改装成电压表．U＝I g R＋I g R g＝1×10－4×(100＋29 900) V＝3 V，此时指针所指示的电压为2.4 V.。

2014年(全国Ⅰ、Ⅱ卷)选考33题考点排查练1．(1)一定量的理想气体从状态a 开始，经历等温或等压过程ab 、bc 、cd 、da 回到原状态，其pT 图象如图1所示，其中对角线ac 的延长线过原点O .下列判断正确的是__________．图1A ．气体在a 、c 两状态的体积相等B ．气体在状态a 时的内能大于它在状态c 时的内能C ．在过程cd 中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功D ．在过程da 中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功E ．在过程bc 中外界对气体做的功等于在过程da 中气体对外界做的功(2)如图2所示，均匀薄壁U 形管竖直放置，左管上端封闭，右管上端开口且足够长，用两段水银封闭了A 、B 两部分理想气体，下方水银的左右液面高度相差ΔL ＝10 cm ，右管上方的水银柱高h ＝14 cm ，初状态环境温度为27 ℃，A 部分气体长度l 1＝30 cm ，外界大气压强p 0＝76 cmHg.现保持温度不变，在右管中缓慢注入水银，使下方水银左右液面等高，然后给A 部分气体缓慢升温，使A 部分气体长度回到30 cm.求：图2①右管中注入的水银高度是多少？②升温后的温度是多少？答案 (1)ABE (2)①30 cm ②117 ℃解析 (1)由理想气体状态方程pV T ＝C 得，p ＝C V T ，由题图可知，V a ＝V c ，选项A 正确；理想气体的内能只由温度决定，而T a >T c ，故气体在状态a 时的内能大于它在状态c 时的内能，选项B 正确；由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 知，cd 过程温度不变，内能不变，则Q ＝－W ，选项C 错误；da 过程温度升高，即内能增大，则吸收的热量大于气体对外界做的功，选项D 错误；由理想气体状态方程知：p a V a T a ＝p b V b T b ＝p c V c T c ＝p d V d T d＝C ，即p a V a ＝CT a ，p b V b ＝CT b ，p c V c ＝CT c ，p d V d ＝CT d .设过程bc 中压强为p 0＝p b ＝p c ，过程da 中压强为p 0′＝p d ＝p a .由外界对气体做功W ＝p ·ΔV 知，过程bc 中外界对气体做的功W bc ＝p 0(V b －V c )＝C (T b －T c )，过程da 中气体对外界做的功W da ＝p 0′(V a －V d )＝C (T a －T d )，T a ＝T b ，T c ＝T d ，故W bc ＝W da ，选项E 正确．(2)①设右管中注入的水银高度是Δh ，U 形管的横截面积为S ，对A 部分气体分析，其做等温变化，根据玻意耳定律有p 1V 1＝p 2V 2p 1＝p 0＋14 cmHg ＋10 cmHg ，p 2＝p 0＋14 cmHg ＋ΔhV 1＝l 1S ，V 2＝(l 1－12ΔL )S代入数据解得加入的水银高度Δh ＝30 cm.②设升温前温度为T 0，升温后温度为T ，缓慢升温过程中，对A 部分气体分析，升温前V 2＝(l 1－12ΔL )S ，p 2＝p 0＋14 cmHg ＋Δh升温结束后V 3＝l 1S ，p 3＝p 0＋14 cmHg ＋Δh ＋ΔL由理想气体状态方程得p 2V 2T 0＝p 3V 3TT 0＝300 K解得T ＝390 K则升温后的温度为t ＝117 ℃.2．(2018·青海省西宁市二模)(1)下列说法正确的是________．A ．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大B ．外界对物体做功，物体内能一定增加C ．悬浮颗粒越小布朗运动越显著，温度越高布朗运动越剧烈D ．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而减小E ．夏天荷叶上小水珠呈球状，是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故(2)如图3所示，导热汽缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量M ＝200 kg ，活塞质量m ＝10 kg ，活塞面积S ＝100 cm 2，活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气，此时，缸内气体的温度为27 ℃，活塞位于汽缸正中，整个装置都静止，已知大气压恒为p 0＝1.0×105Pa ，重力加速度为g ＝10 m/s 2，求：图3①缸内气体的压强p 1；②缸内气体的温度缓慢升高到多少摄氏度时，活塞恰好静止在汽缸缸口AB 处？答案 (1)ACE (2)①3.0×105Pa ②327 ℃解析 (1)内能取决于物体的温度、体积、物质的量和物态，温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大，故A 正确；外界对物体做功的同时如果物体向外界放出热量，则物体的内能不一定增大，故B 错误；悬浮颗粒越小布朗运动越显著，温度越高布朗运动越剧烈，故C 正确；当分子间作用力表现为斥力时，随分子间距离的减小，分子力做负功，分子势能增大，故D 错误；夏天荷叶上小水珠呈球状，是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故，故E 正确．(2)①以汽缸为研究对象(不包括活塞)，根据平衡条件得： p 1S ＝Mg ＋p 0S ，代入数据解得：p 1＝3.0×105 Pa②当活塞恰好静止在汽缸缸口AB 处时，设缸内气体温度为T 2，压强为p 2，此时仍有：p 2S ＝Mg ＋p 0S ，即p 2＝p 1，由此可知缸内气体为等压变化．对这一过程研究缸内气体，由盖—吕萨克定律得：S ×0.5l T 1＝S ×l T 2代入数据解得：T 2＝2T 1＝600 K所以t 2＝(600－273) ℃＝327 ℃。

2015年(全国Ⅰ卷)实验题考点排查练22．(2018·湖北省4月调研)城市建设中常常用半径很大的圆形水泥管道作为雨水和污水的排放管道．为估测该管道的半径，使用的器材有：小球、秒表、上表面光滑的长木板．请将下列实验步骤补充完整：图1(1)将小球放在管道中，标出小球静止在水泥管圆弧底部的最低点A ，如图1所示；(2)将长木板倾斜放置在圆形管道上，______________；(3)让小球从长木板上端由静止滑下，______________.由上述测量结果，可得圆形管道的半径R ＝__________.(已知重力加速度为g )答案 (2)让木板的下端置于A 点 (3)用秒表测量出小球从木板的上端滑到A 点的时间t 14gt 2解析 (2)将长木板倾斜放置在圆形管道上，让木板的下端置于A 点；(3)让小球从长木板上端由静止滑下， 用秒表测量出小球从木板的上端滑到A 点的时间t . 设木板与OA 的夹角为α，则小球下滑的加速度a ＝g cos α，由几何关系知，木板的长度为2Rcos α，根据2R cos α＝12at 2可解得：R ＝14gt 2 23．(2018·广东省揭阳市模拟)把电流表改装成电压表的实验中，所用电流表G 的满偏电流I g 为200 μA ，内阻估计在400～600 Ω之间．(1)按图2测定电流表G 的内阻R g ，需要选用合适的器材，现有供选用的器材如下：图2A ．滑动变阻器(阻值范围0～200 Ω)B ．滑动变阻器(阻值范围0～1 750 Ω)C ．电阻箱(阻值范围0～999 Ω)D ．电阻箱(阻值范围0～99 999 Ω)E ．电源(电动势6 V ，内阻0.3 Ω)F ．电源(电动势12 V ，内阻0.6 Ω)(1)按实验要求，R 最好选用________，R ′最好选用________，E 最好选用________．(填入器材的字母代号)(2)假定由上述步骤已测出电流表内阻R g ＝500 Ω，现在通过串联一个24.5 k Ω的电阻把它改装成一个电压表，此电压表的量程为________．(3)如图3甲是测定未知电阻R x 的电路图，测量时，电流表的读数为0.20 A ，而由(2)中改装后的电压表的表头读数如图乙所示，那么R x 的阻值等于________．图3答案 (1)D C F (2)5 V (3)15 Ω解析 (1)根据“半偏法”的实验原理可知，为使干路电流保持不变，应使电阻箱R 的阻值越大越好，所以R 应选择电阻箱D ；根据实验原理可知，电阻箱R ′应选择与待测电流表内阻接近的电阻箱C ；通过计算可知，应选择电动势较大的电源F ；(2)根据串并联规律可知，改装的电压表量程应为：U ＝I g (R g ＋R )＝5 V ；(3)因改装后的电压表量程为5 V ，所以电压表的读数为：U ＝5200×120 V ＝3 V ，待测电阻的阻值为：R ＝U I ＝30.2Ω＝15 Ω.。

2015年(全国Ⅰ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·陕西省榆林市第四次模拟)如图1所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹，粒子重力不计．下列说法正确的是( )图1A．粒子a带负电B．粒子c的动能最大C．粒子b在磁场中运动的时间最长D．粒子b在磁场中运动时的向心力最大答案 D15．(2018·陕西省渭南市第三次模拟)如图2所示，O点处有一固定的点电荷，虚线是等势面，另外两个质量及电荷量绝对值相等的带电粒子M、N以大小相同的速度射入点电荷的电场，仅在电场力作用下两个粒子运动的轨迹如图中实线所示，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是( )图2A．M、N带异种电荷，M和O点处点电荷电性相同B ．M 从a 点运动到b 点的过程中，电势能先增大后减小C ．N 从c 点运动到d 点的过程中，动能先减小后增大D ．N 在d 点的电势能比M 在a 点电势能小 答案 C16．(2018·陕西省渭南市第三次模拟)如图3所示的电路中，变压器为理想变压器，开关S 闭合，交流电源电压恒定，电阻R 1＝R 2，通过R 1的电流与通过R 3的电流相等，R 1两端的电压为电源总电压的17，则若断开开关S ，R 1与R 3的电功率之比为( )图3A ．1∶3B ．1∶9C ．2∶9D ．1∶18答案 D解析 开关S 闭合时，设电源的电压为U ，变压器的匝数比为n ；R 1两端的电压为U R ，变压器输入端的电压为U 1，输出端的电压为U 2；原线圈上的电流为I 1，流过R 2的电流为I 2，流过R 3的电流为I 3，则：U R ＝17UU 1＝U －U R ＝U －17U ＝67U由于：U 1U 2＝n ，所以：U 2＝U 1n由欧姆定律得：I 1＝U R R 1＝U7R 1；I 2＝U 2R 2＝6U 7nR 2＝6U 7nR 1由题：I 1＝I 3 由电流关系可得：I 1I 2＋I 3＝1n联立可得：n ＝3，R 3＝U 2I 3＝2R 1 若断开开关S ，则：I 1′＝13I 3′由功率的表达式：P ＝I 2R联立可得R 1与R 3的电功率之比为：P 1P 3＝I 1′2R 1I 3′2R 3＝118，故A 、B 、C 错误，D 正确．17．(2018·河北省“名校联盟”质量监测一)如图4所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P 拴接，另一端与物体A 相连，物体A 静止于光滑水平桌面上，A 右端连接一细线，细线绕过光滑的轻质定滑轮与物体B 相连．开始时用手托住B ，让细线恰好伸直，然后由静止释放B ，直至B 获得最大速度，不计空气阻力．下列有关该过程的分析正确的是( )图4A ．释放B 的瞬间其加速度为g2B ．B 物体动能的增量等于它所受重力与拉力做功之和C ．B 物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量D ．细线的拉力对A 做的功等于A 物体机械能的增加量 答案 B解析 释放B 瞬间弹簧长度来不及改变，B 的加速度不一定为g2，A 错误；对B 分析，受到重力和拉力作用，根据动能定理可知W G ＋W F ＝ΔE k ，B 正确；根据能量守恒定律可知B 物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与A 物体的动能增加量之和，C 错误；细线对A 的拉力与弹簧对A 的拉力做功之和等于A 物体机械能的增加量，D 错误．18．(2018·青海省西宁市二模)如图5所示，某人从同一位置O 以不同的水平速度投出三枚飞镖A 、B 、C ，最后都插在竖直墙壁上，它们与墙面的夹角分别为60°、45°、30°，图中飞镖的方向可认为是击中墙面时的速度方向，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )图5A ．三只飞镖做平抛运动的初速度一定满足v A 0>vB 0>vC 0 B ．三只飞镖击中墙面的速度满足v A >v B >v C C ．三只飞镖击中墙面的速度一定满足v A ＝v B ＝v CD ．插在墙上的三只飞镖的反向延长线不会交于同一点 答案 A解析 设水平距离为s ，飞镖的初速度为v 0，击中墙面的速度为v ，速度与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝v x v y ＝v 0gt ，s ＝v 0t ，联立解得s ＝v 02g tan θ，由于从同一位置O 抛出，s 相同，所以有v A 0>v B 0>v C 0，故A 正确；击中墙面的速度为v ＝v 0sin θ＝gs tan θsin θ＝gssin θcos θ＝2gssin 2θ，则有v B <v A ＝v C ，故B 、C 错误；根据任意时刻速度的反向延长线一定经过此时沿抛出方向水平位移的中点可知，插在墙上的三只飞镖的反向延长线一定交于同一点，故D 错误．19．(2018·贵州省贵阳市5月适应性考试二)如图6所示，一导线弯成半径为r 的半圆形闭合线框．竖直虚线MN 右侧有垂直线框所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B .线框以垂直虚线MN 、大小为v 的速度向右匀速进入磁场，直径CD 始终与MN 垂直．从D 点进入到线框完全进入磁场过程，下列说法正确的是( )图6A ．CD 段导线始终不受安培力B ．感应电流的大小和方向不变C ．感应电动势的最大值为BrvD ．感应电动势的平均值为14πBrv答案 CD解析 在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流为逆时针方向，根据左手定则可以判断，CD 段导线所受安培力方向向上，故A 错误；在闭合电路进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，所以电动势先增大后减小，感应电流也先增大后减小，故B 错误；当半圆闭合回路一半进入磁场时，这时等效切割长度最大为r ，这时感应电动势最大，为E ＝Brv ，故C 正确；由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值E ＝ΔΦΔt＝B ·12πr 22rv＝14πBrv ，故D 正确． 20．(2018·广东省湛江市第二次模拟)如图7甲所示，在光滑水平面上，静止放置一质量为M 的足够长的木板，质量为m 的小滑块(可视为质点)放在长木板上．长木板受到水平拉力F与加速度的关系如图乙所示，长木板足够长，重力加速度g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )图7A ．长木板的质量M ＝2 kgB ．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.4C ．当F ＝14 N 时，长木板的加速度大小为6 m/s 2D ．当F 增大时，小滑块的加速度一定增大 答案 BC解析 当F 等于12 N 时，加速度为：a ＝4 m/s 2.对整体分析，由牛顿第二定律有F ＝(M ＋m )a ，代入数据解得：M ＋m ＝3 kg ；当F 大于12 N 时，m 和M 发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：F －μmg ＝Ma ，即F ＝Ma ＋μmg ，结合题图可得：M ＝1 kg ，故m ＝2 kg ，故A 错误；由题图可得，μmg ＝8，故μ＝0.4，故B 正确；当F ＝14 N 时，长木板的加速度为：a ＝6 m/s 2，故C 正确；当F 大于12 N 后，发生相对滑动，小滑块的加速度为a ＝μg ，与F 无关，F 增大时小滑块的加速度不变，故D 错误．21．(2018·山东省青岛市5月二模)2018年1月19号，以周总理命名的“淮安号”恩来星在甘肃酒泉卫星发射中心，搭乘“长征十一号”火箭顺利发射升空．“淮安号”恩来星在距离地面高度为535 km 的极地轨道上运行．已知地球同步卫星轨道高度约36 000 km ，地球半径约6 400 km.下列说法正确的是( ) A ．“淮安号”恩来星的运行速度小于7.9 km/s B ．“淮安号”恩来星的运行角速度小于地球自转角速度 C ．经估算，“淮安号”恩来星的运行周期约为1.6 hD ．经估算，“淮安号”恩来星的加速度约为地球表面重力加速度的三分之二 答案 AC解析 由G Mm r 2＝m v 2r得：v ＝GMr，则“淮安号”恩来星的运行速度小于第一宇宙速度7.9 km/s ，故A 项正确；由G Mmr2＝mr ω2得：ω＝GMr 3，则“淮安号”恩来星的运行角速度大于地球同步卫星的角速度，即“淮安号”恩来星的运行角速度大于地球自转角速度，故B 项错误；据G Mm r 2＝mr (2πT)2，解得：T ＝2πr 3GM，“淮安号”恩来星的运行周期与地球同步卫星周期关系为T T 同＝R ＋h 1R ＋h 同)3，解得“淮安号”恩来星的运行周期约为1.6 h ，故C 项正确；据G Mm(R＋h1)2＝ma和GMmR2＝mg，解得“淮安号”恩来星的加速度约为地球表面重力加速度的0.85倍，故D项错误．。

2015年(全国Ⅱ卷)计算题考点排查练24．(2018·安徽省“江南十校”二模)如图1所示，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场．长度为l 的轻质绝缘细绳一端固定在O 点，另一端连接一质量为m 、电荷量为＋q 的小球(可视为质点)，初始时小球静止在电场中的a 点，此时细绳拉力为2mg ，g 为重力加速度．图1(1)求电场强度E 和a 、O 两点的电势差U aO ；(2)小球在a 点获得一水平初速度v a ，使其能在竖直面内做完整的圆周运动，则v a 应满足什么条件？答案 (1)3mg q －3mgl q(2)v a ≥10gl 解析 (1)小球静止在a 点时，由共点力平衡可得mg ＋2mg ＝qE ①得E ＝3mg q，方向竖直向上② 在匀强电场中，有U Oa ＝El ③ 则a 、O 两点电势差U aO ＝－3mgl q④ (2)小球从a 点恰好运动到b 点，设到b 点速度大小为v b ， 由动能定理得－qE ·2l ＋mg ·2l ＝12mv b 2－12mv a 2⑤ 小球做圆周运动通过b 点时，由牛顿第二定律可得qE －mg ＝m v b 2l⑥ 联立②⑤⑥可得v a ＝10gl ，故应满足v a ≥10gl .25．(2018·广东省汕头市第二次模拟)如图2所示，一斜面体固定在水平地面上，倾角为θ＝30°、高度为h ＝1.5 m ．一薄木板B 置于斜面顶端，恰好能保持静止，木板下端连接有一根自然长度为l 0＝0.2 m 的轻弹簧，木板总质量为m ＝1 kg ，总长度为L ＝2.0 m ．一质量为M ＝3 kg 的小物块A 从斜面体左侧某位置水平抛出，该位置离地高度H ＝1.7 m ，物块A 经过一段时间后从斜面顶端沿平行于斜面方向落到木板上并开始向下滑行，已知A 、B 之间的动摩擦因数为μ＝32.木板下滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，物块A 最后恰好能脱离弹簧，且弹簧被压缩时一直处于弹性限度内，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．求：图2(1)物块A 刚落到木板上的速度大小v ；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．答案 (1)4 m/s (2)5 J解析 (1)物块A 落到木板前做平抛运动，竖直方向：2g (H －h )＝v y 2得：v y ＝2 m/s物块A 刚落到木板上的速度大小为：v ＝v ysin 30°＝4 m/s (2)由木板恰好静止在斜面上，得到斜面与木板间的动摩擦因数μ0应满足： mg sin 30°＝μ0mg cos 30°得：μ0＝tan 30°＝33物块A 在木板上滑行时，以A 为研究对象有：a A ＝μMg cos 30°－Mg sin 30°M＝2.5 m/s 2(沿斜面向上)以木板B 为研究对象有：a B ＝μMg cos 30°＋mg sin 30°－μ0(M ＋m )g cos 30°m ＝7.5 m/s 2(沿斜面向下)假设A 与木板达到共同速度v 共时，A 还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有： v 共＝a B t ＝v －a A t解得：v 共＝3 m/s ，t ＝0.4 s此过程，x A ＝v ＋v 共2·t ＝1.4 m ，x B ＝v 共2·t ＝0.6 m<hsin 30°＝3 m 故Δx ＝x A －x B ＝0.8 m<L －l 0＝1.8 m ，说明以上假设成立共速后，由于(M ＋m )g sin 30°＝μ0(M ＋m )g cos 30°，A 与木板B 一起匀速到木板与底端挡板碰撞，木板停下，此后A 做匀减速到与弹簧接触，然后A 压缩弹簧至最短，设接触弹簧时A 的速度为v A ，有：－2a A (L －l 0－Δx )＝v A 2－v 共2解得：v A ＝2 m/s设弹簧最大压缩量为x m ，A 从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程有： Q ＝2μMgx m cos 30°＝12Mv A 2得：Q ＝6 J ，x m ＝215m A 从开始压缩弹簧到弹簧最短过程有：E pm ＝12Mv A 2＋Mgx m sin 30°－12Q ＝5 J ，即弹簧被压缩到最短时的弹性势能为5 J.。

2015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·河南省驻马店市第二次质检)电动势为E ，内阻为r 的电源与可变电阻R 1、R 2、R 3以及一平行板电容器连成如图1所示的电路．当开关S 闭合后，两平行金属板A 、B 间有一带电液滴恰好处于静止状态．下列说法正确的是( )图1A ．将R 1的滑片向右移动一小段距离，带电液滴将向下运动B ．将R 2的滑片向右移动一小段距离，电容器两极板的电荷量将增加C ．增大电容器两板间的距离，电容器两极板的电荷量将增加D ．减小R 3的阻值，R 2两端的电压的变化量小于R 3两端的电压的变化量答案 D15．(2018·山东省青岛市二模)在光滑绝缘水平面上，固定一电流方向如图2所示的通电直导线，其右侧有闭合圆形线圈，某时刻线圈获得一个如图所示的初速度v 0，若通电导线足够长，则下列说法正确的是( )图2A ．线圈中产生沿顺时针方向的恒定电流B ．线圈中产生沿逆时针方向的恒定电流C ．线圈最终会以某一速度做匀速直线运动D ．线圈最终会停下来并保持静止答案 C16．(2018·内蒙古赤峰二中月考)如图3所示，帆板在海面上以速度v 朝正西方向运动，帆船以速度v 朝正北方向航行，以帆板为参照物( )图3A ．帆船朝正东方向航行，速度大小为vB ．帆船朝正西方向航行，速度大小为vC ．帆船朝南偏东45°方向航行，速度大小为2vD ．帆船朝北偏东45°方向航行，速度大小为2v答案 D解析 以帆板为参考系，即把帆板看作静止，则帆船相对于帆板有向东的速度v 及向北的速度v ；由矢量合成可知，二者的合速度v 合＝2v ，方向北偏东45度，故D 正确．17．(2018·山东省日照市11月校际联合质检)汽车发动机的额定功率是60 kW ，汽车的质量为2×103 kg ，在平直路面上行驶，受到的阻力是车重的0.1倍．若汽车从静止出发，以0.5 m/s 2的加速度做匀加速运动，则出发50 s 时，汽车发动机的实际功率为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．25 kWB ．50 kWC ．60 kWD ．75 kW 答案 C解析 汽车受到的阻力F f ＝0.1mg ＝2 000 N ，汽车以0.5 m/s 2的加速度做匀加速运动，F －F f ＝ma ，解得：F ＝3 000 N.若50 s 内车是匀加速，则v ＝at ＝25 m/s,50 s 末汽车功率P ＝Fv ＝75 000 W ＝75 kW ；但汽车发动机的额定功率是60 kW ，则50 s 内汽车不是匀加速，而是先匀加速后变加速，故出发50 s 时，汽车发动机的实际功率为60 kW ，故选C.18．(2018·山东省临沂市一模)已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B ＝k I r，即磁感应强度B 与导线中的电流I 成正比、与该点到导线的距离r 成反比．如图4，两根互相平行的长直导线过纸面上的M 、N 两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相同的电流．a 、O 、b 在M 、N 的连线上，O 为MN 的中点，c 、d 位于MN 的中垂线上，且a 、b 、c 、d 到O 点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是( )图4A ．O 点处的磁感应强度最大B ．a 、b 两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C ．c 、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D ．a 、b 、c 、d 四点处磁感应强度的大小相等，方向不同答案 B解析 根据安培定则，M 处导线在O 点产生的磁场方向竖直向下，N 处导线在O 点产生的磁场方向竖直向上，合成后磁感应强度等于零，故A 错误．M 处导线在a 处产生的磁场方向竖直向下，在b 处产生的磁场方向竖直向下，N 处导线在a 处产生的磁场方向竖直向上，在b 处产生的磁场方向竖直向上，根据场强的叠加知，a 、b 两点处磁感应强度大小相等，方向相反，故B 正确．M 处导线在c 处产生的磁场方向垂直于cM 偏下，在d 处产生的磁场方向垂直于dM 偏下，N 处导线在c 处产生的磁场方向垂直于cN 偏上，在d 处产生的磁场方向垂直于dN 偏上，根据平行四边形定则，知c 处的磁场方向水平向右，d 处的磁场方向水平向左，且合场强大小相等，故C 错误．由以上分析，a 、b 、c 、d 四点处磁感应强度方向都不同．设MN 之间的距离为4r ，a 、b 、c 、d 四个点的位置若取某特殊值，如Ma ＝aO ＝Ob ＝bN ＝r ，则M 处导线在a 点产生的磁感应强度：B aM ＝kI r ，N 处导线在a 点产生的磁感应强度：B aN ＝kI3r ， 所以a 点的合磁感应强度：B a ＝B aM －B aN ＝kI r －kI 3r ＝2kI 3rc 到M 的距离：r c ＝(2r )2＋r 2＝5r ，sin∠cMO ＝r 5r ＝55 M 处导线在c 点产生的磁感应强度：B cM ＝kI r c ＝kI 5r ，该磁场沿水平方向的分量：B cMx ＝B cM sin∠cMO ＝kI 5r ·55＝kI 5r 同理，N 处导线在c 处产生的磁感应强度的水平分量的大小也是kI 5r，所以c 点的合磁感应强度为2kI 5r，故D 错误． 19．(2018·广西钦州市第三次质检)据有关资料介绍，受控核聚变装置中有极高的温度，因而带电粒子将没有通常意义上的“容器”可装，而是由磁场约束带电粒子运动，使之束缚在某个区域内．如图5所示，环状磁场的内半径为R 1，外半径为R 2，环状磁场的内、外边缘均有磁场，被束缚的带电粒子的比荷为k ，中空区域内带电粒子具有各个方向的速度，速度大小为v .中空区域中的带电粒子都不会穿出磁场的外边缘而被约束在半径为R 2的区域内，则环状区域内磁场的磁感应强度大小可能是( )图5A.2v k (R 2－R 1) B.2R 2v k (R 22－R 21) C.3v k (R 2－R 1) D.vk (R 2－R 1)答案 AC解析 由题意可知，粒子的比荷k 已经确定，由r ＝mv qB 可知r ＝v Bk，要使所有的粒子都不能穿出磁场，则与内圆相切的方向进入磁场的粒子在磁场运动的轨迹刚好与外圆相切，可知2r 最大为R 2－R 1，如图所示：从而推知r ≤R 2－R 12，即v Bk ≤R 2－R 12，则B ≥2v k (R 2－R 1)，A 、C 正确． 20．(2018·广东省湛江市第二次模拟)如图6所示，a 、b 、c 为三个质量均为m 的物块，物块a 、b 通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c 放在b 上．现用水平拉力作用于a ，使三个物块一起水平向右匀速运动．各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g .下列说法正确的是( )图6A ．该水平拉力大于轻绳的弹力B ．物块c 受到的摩擦力大小为μmgC ．当该水平拉力增大为原来的1.5倍时，物块c 受到的摩擦力大小为0.5μmgD．剪断轻绳后，在物块b向右运动的过程中，物块c受到的摩擦力大小为μmg答案ACD解析三物块一起做匀速直线运动，由平衡条件得，对a、b、c系统：F＝3μmg，对b、c 系统：F T bc＝2μmg，则F>F T bc，即水平拉力大于轻绳的弹力，故A正确；c做匀速直线运动，处于平衡状态，则c不受摩擦力，故B错误；当水平拉力增大为原来的1.5倍时，F′＝1.5F ＝4.5μmg，对a、b、c系统由牛顿第二定律得：F′－3μmg＝3ma，对c：F f＝ma，解得：F f＝0.5μmg，故C正确；剪断轻绳后，b、c一起做匀减速直线运动，对b、c系统，由牛顿第二定律得：2μmg＝2ma′，对c：F f′＝ma′，解得F f′＝μmg，故D正确．21．(2018·河南省开封市第三次模拟)为了进一步探究课本中的迷你小实验，某同学从圆珠笔中取出轻弹簧，将弹簧一端固定在水平桌面上，弹簧竖直放置，另一端套上笔帽，用力把笔帽往下压后迅速放开．他观察到笔帽被弹起并离开弹簧向上运动一段距离．不计空气阻力，忽略笔帽与弹簧间的摩擦，在弹簧恢复原长的过程中( )A．笔帽一直做加速运动B．弹簧对笔帽做的功和对桌面做的功相等C．弹簧对笔帽的冲量大小和对桌面的冲量大小相等D．弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽克服重力做功的平均功率答案CD解析弹簧恢复原长的过程中，开始时笔帽向上加速运动，弹簧压缩量减小，弹力减小，当弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，此后弹力小于重力，合力向下，加速度与速度方向相反，笔帽做减速运动，故A错误；笔帽向上运动，受到的弹力方向向上，力与位移同向，故弹力对笔帽做正功，重力方向向下，与位移反向，对笔帽做负功，由于笔帽动能增加，所以弹簧对笔帽做的功大于笔帽克服重力做的功，时间相同，根据功率的定义，故D正确；弹簧对桌面虽然有弹力，但没有位移，所以不做功，故B错误；由于轻弹簧质量不计，所以弹簧对桌面的弹力等于对笔帽的弹力，作用时间相同，冲量大小相等，故C正确.。

2015年(全国Ⅰ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·陕西省榆林市第四次模拟)如图1所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹，粒子重力不计．下列说法正确的是( )图1A．粒子a带负电B．粒子c的动能最大C．粒子b在磁场中运动的时间最长D．粒子b在磁场中运动时的向心力最大答案 D15．(2018·陕西省渭南市第三次模拟)如图2所示，O点处有一固定的点电荷，虚线是等势面，另外两个质量及电荷量绝对值相等的带电粒子M、N以大小相同的速度射入点电荷的电场，仅在电场力作用下两个粒子运动的轨迹如图中实线所示，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是( )图2A．M、N带异种电荷，M和O点处点电荷电性相同B．M从a点运动到b点的过程中，电势能先增大后减小C．N从c点运动到d点的过程中，动能先减小后增大D．N在d点的电势能比M在a点电势能小答案 C16．(2018·陕西省渭南市第三次模拟)如图3所示的电路中，变压器为理想变压器，开关S 闭合，交流电源电压恒定，电阻R 1＝R 2，通过R 1的电流与通过R 3的电流相等，R 1两端的电压为电源总电压的17，则若断开开关S ，R 1与R 3的电功率之比为( )图3A ．1∶3B ．1∶9C ．2∶9D ．1∶18答案 D解析 开关S 闭合时，设电源的电压为U ，变压器的匝数比为n ；R 1两端的电压为U R ，变压器输入端的电压为U 1，输出端的电压为U 2；原线圈上的电流为I 1，流过R 2的电流为I 2，流过R 3的电流为I 3，则：U R ＝17UU 1＝U －U R ＝U －17U ＝67U由于：U 1U 2＝n ，所以：U 2＝U 1n由欧姆定律得：I 1＝U R R 1＝U7R 1；I 2＝U 2R 2＝6U 7nR 2＝6U 7nR 1由题：I 1＝I 3 由电流关系可得：I 1I 2＋I 3＝1n联立可得：n ＝3，R 3＝U 2I 3＝2R 1 若断开开关S ，则：I 1′＝13I 3′由功率的表达式：P ＝I 2R联立可得R 1与R 3的电功率之比为：P 1P 3＝I 1′2R 1I 3′2R 3＝118，故A 、B 、C 错误，D 正确．17．(2018·河北省“名校联盟”质量监测一)如图4所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P 拴接，另一端与物体A 相连，物体A 静止于光滑水平桌面上，A 右端连接一细线，细线绕过光滑的轻质定滑轮与物体B 相连．开始时用手托住B ，让细线恰好伸直，然后由静止释放B ，直至B 获得最大速度，不计空气阻力．下列有关该过程的分析正确的是( )图4A ．释放B 的瞬间其加速度为g2B ．B 物体动能的增量等于它所受重力与拉力做功之和C ．B 物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量D ．细线的拉力对A 做的功等于A 物体机械能的增加量 答案 B解析 释放B 瞬间弹簧长度来不及改变，B 的加速度不一定为g2，A 错误；对B 分析，受到重力和拉力作用，根据动能定理可知W G ＋W F ＝ΔE k ，B 正确；根据能量守恒定律可知B 物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与A 物体的动能增加量之和，C 错误；细线对A 的拉力与弹簧对A 的拉力做功之和等于A 物体机械能的增加量，D 错误． 18．(2018·青海省西宁市二模)如图5所示，某人从同一位置O 以不同的水平速度投出三枚飞镖A 、B 、C ，最后都插在竖直墙壁上，它们与墙面的夹角分别为60°、45°、30°，图中飞镖的方向可认为是击中墙面时的速度方向，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )图5A ．三只飞镖做平抛运动的初速度一定满足v A 0>vB 0>vC 0 B ．三只飞镖击中墙面的速度满足v A >v B >v C C ．三只飞镖击中墙面的速度一定满足v A ＝v B ＝v CD ．插在墙上的三只飞镖的反向延长线不会交于同一点 答案 A解析 设水平距离为s ，飞镖的初速度为v 0，击中墙面的速度为v ，速度与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝v x v y ＝v 0gt，s ＝v 0t ，联立解得s ＝v 02g tan θ，由于从同一位置O 抛出，s 相同，所以有v A 0>v B 0>v C 0，故A 正确；击中墙面的速度为v＝v 0sin θ＝gs tan θsin θ＝gssin θcos θ＝2gssin 2θ，则有v B <v A ＝v C ，故B 、C 错误；根据任意时刻速度的反向延长线一定经过此时沿抛出方向水平位移的中点可知，插在墙上的三只飞镖的反向延长线一定交于同一点，故D 错误． 19．(2018·贵州省贵阳市5月适应性考试二)如图6所示，一导线弯成半径为r 的半圆形闭合线框．竖直虚线MN 右侧有垂直线框所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B .线框以垂直虚线MN 、大小为v 的速度向右匀速进入磁场，直径CD 始终与MN 垂直．从D 点进入到线框完全进入磁场过程，下列说法正确的是( )图6A ．CD 段导线始终不受安培力B ．感应电流的大小和方向不变C ．感应电动势的最大值为BrvD ．感应电动势的平均值为14πBrv答案 CD解析 在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流为逆时针方向，根据左手定则可以判断，CD 段导线所受安培力方向向上，故A 错误；在闭合电路进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，所以电动势先增大后减小，感应电流也先增大后减小，故B 错误；当半圆闭合回路一半进入磁场时，这时等效切割长度最大为r ，这时感应电动势最大，为E ＝Brv ，故C 正确；由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值E ＝ΔΦΔt＝B ·12πr 22rv＝14πBrv ，故D 正确． 20．(2018·广东省湛江市第二次模拟)如图7甲所示，在光滑水平面上，静止放置一质量为M 的足够长的木板，质量为m 的小滑块(可视为质点)放在长木板上．长木板受到水平拉力F 与加速度的关系如图乙所示，长木板足够长，重力加速度g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )图7A ．长木板的质量M ＝2 kgB ．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.4C ．当F ＝14 N 时，长木板的加速度大小为6 m/s 2D ．当F 增大时，小滑块的加速度一定增大 答案 BC解析 当F 等于12 N 时，加速度为：a ＝4 m/s 2.对整体分析，由牛顿第二定律有F ＝(M ＋m )a ，代入数据解得：M ＋m ＝3 kg ；当F 大于12 N 时，m 和M 发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：F －μmg ＝Ma ，即F ＝Ma ＋μmg ，结合题图可得：M ＝1 kg ，故m ＝2 kg ，故A 错误；由题图可得，μmg ＝8，故μ＝0.4，故B 正确；当F ＝14 N 时，长木板的加速度为：a ＝6 m/s 2，故C 正确；当F 大于12 N 后，发生相对滑动，小滑块的加速度为a ＝μg ，与F 无关，F 增大时小滑块的加速度不变，故D 错误．21．(2018·山东省青岛市5月二模)2018年1月19号，以周总理命名的“淮安号”恩来星在甘肃酒泉卫星发射中心，搭乘“长征十一号”火箭顺利发射升空．“淮安号”恩来星在距离地面高度为535 km 的极地轨道上运行．已知地球同步卫星轨道高度约36 000 km ，地球半径约6 400 km.下列说法正确的是( ) A ．“淮安号”恩来星的运行速度小于7.9 km/s B ．“淮安号”恩来星的运行角速度小于地球自转角速度 C ．经估算，“淮安号”恩来星的运行周期约为1.6 hD ．经估算，“淮安号”恩来星的加速度约为地球表面重力加速度的三分之二 答案 AC解析 由G Mm r 2＝m v 2r得：v ＝GM r ，则“淮安号”恩来星的运行速度小于第一宇宙速度7.9 km/s ，故A 项正确；由G Mmr2＝mr ω2得：ω＝GMr 3，则“淮安号”恩来星的运行角速度大于地球同步卫星的角速度，即“淮安号”恩来星的运行角速度大于地球自转角速度，故B 项错误；据G Mm r 2＝mr (2πT)2，解得：T ＝2πr 3GM，“淮安号”恩来星的运行周期与地球同步卫星周期关系为TT 同＝(R ＋h 1R ＋h 同)3，解得“淮安号”恩来星的运行周期约为1.6 h ，故C 项正确；据G Mm(R ＋h 1)2＝ma 和G MmR2＝mg ，解得“淮安号”恩来星的加速度约为地球表面重力加速度的0.85倍，故D 项错误．。