(京津琼)2019高考物理总复习 密卷优编提分练：选择题专练(六)

计算题专练(六)1．如图1所示，质量M ＝4 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝5 m ．从某时刻开始，有质量m ＝2 kg 的物块，以水平向右的速度v 0＝6 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.4，取g ＝10 m/s 2，求：图1(1)该过程所经历的时间t 及物块与小车保持相对静止时的速度大小v ；(2)该过程中物块发生的位移x 1的大小及小车发生的位移x 2的大小；(3)该过程中物块和小车间因摩擦产生的热量Q .答案 (1)1 s 2 m/s (2)4 m 1 m (3)24 J解析 (1)以小车和物块组成的系统为研究对象，系统的动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得： mv 0＝(M ＋m )v .代入数据，解得v ＝2 m/s ，方向向右．对小车M ，由动量定理得：μmgt ＝Mv －0.代入数据，解得：t ＝1 s.(2)对物块，根据动能定理得：－μmgx 1＝12mv 2－12mv 02. 对小车，由动能定理得：μmgx 2＝12Mv 2. 代入数据解得：x 1＝4 m ，x 2＝1 m.(3)该过程中物块和小车间因摩擦产生的热量为：Q ＝12mv 02－12(M ＋m )v 2代入数据，解得：Q ＝24 J.2．如图2所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l ＝0.5 m ，左端接有阻值R ＝0.3 Ω的电阻，一质量m ＝0.1 kg ，电阻r ＝0.1 Ω的金属棒MN 放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B ＝0.4 T ．棒在水平向右的拉力作用下，由静止开始以a ＝2 m/s 2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x ＝9 m 时撤去拉力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去拉力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：图2(1)在棒匀加速运动过程中，通过电阻R 的电荷量q ；(2)撤去拉力后回路中产生的焦耳热Q 2；(3)拉力做的功W F .答案 (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J解析 (1)设棒匀加速运动所用时间为t ，有x ＝12at 2，解得t ＝2x a ＝3 s.根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得，电路中产生的平均电流为： I ＝ER ＋r ＝ΔΦt (R ＋r )＝Blx t (R ＋r )＝1.5 A. 则q ＝I t ＝4.5 C.(2)撤去拉力前棒做匀加速运动，v ＝at ＝6 m/s.撤去拉力后棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功，先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为内能，所以Q 2等于棒的动能减少量：Q 2＝|ΔE k |＝12mv 2＝1.8 J.(3)根据题意，在撤去拉力前回路中产生的焦耳热为： Q 1＝2Q 2＝3.6 J.撤去拉力前，拉力做正功、安培力做负功(其绝对值等于焦耳热Q 1)、重力不做功， 根据动能定理有：ΔE k ′＝W F －Q 1.则W F ＝ΔE k ′＋Q 1＝5.4 J.。

计算题专练(二)1．(2018·天津市南开中学月考)如图1所示，在光滑的水平地面上，相距L ＝10 m 的A 、B 两个小球均以v 0＝10 m/s 向右运动，随后两球相继滑上倾角为30°的足够长的固定光滑斜坡，地面与斜坡平滑连接，取g ＝10 m/s 2.求：图1(1)B 球刚要滑上斜坡时A 、B 两球的距离是多少；(2)A 球滑上斜坡后经过多长时间两球相遇．答案 (1)7.5 m (2)2.5 s解析 (1)设A 球滑上斜坡后经过t 1时间B 球滑上斜坡，则有：L ＝v 0t 1，解得：t 1＝1 sA 球滑上斜坡后做匀减速直线运动，加速度大小：a ＝g sin 30°＝5 m/s 2设这段时间内A 球向上运动的位移为x ，则x ＝v 0t 1－12at 12 代入数据解得：x ＝7.5 m(2)B 球刚要滑上斜坡时A 球速度v 1＝v 0－at 1＝5 m/s B 球滑上斜坡时，加速度与A 相同，以A 为参考系，B 相对于A 以v ＝v 0－v 1＝5 m/s 做匀速运动，设再经过时间t 2它们相遇，有：t 2＝x v ＝1.5 s则所求时间t ＝t 1＋t 2＝2.5 s.2．如图2所示，在匝数N ＝100、截面积S ＝0.02 m 2的多匝线圈中存在方向竖直向下的匀强磁场B 0，B 0均匀变化．两相互平行、间距L ＝0.2 m 的金属导轨固定在倾角为θ＝30°的斜面上，线圈通过开关S 与导轨相连．一质量m ＝0.02 kg 、阻值R 1＝0.4 Ω的光滑金属杆锁定在靠近导轨上端的MN 位置，M 、N 等高．一阻值R 2＝0.6 Ω的定值电阻连接在导轨底端．导轨所在区域存在垂直于斜面向上的磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场．金属导轨光滑且足够长，线圈与导轨的电阻忽略不计．重力加速度取g ＝10 m/s 2.电子电荷量e ＝1.6×10－19 C.图2(1)闭合开关S 时，金属杆受到沿斜面向下的安培力为0.4 N ，请判断磁感应强度B 0的变化趋势，并求出磁感应强度B 0的变化率ΔB 0Δt； (2)断开开关S ，解除对金属杆的锁定，从MN 处由静止释放，经过t ＝0.50 s ，金属杆下滑x ＝0.60 m ，求该过程中金属杆上产生的焦耳热Q 1；(3)经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子(即金属原子失去电子后的部分)的碰撞，请建立合适的自由电子运动模型，求出第(2)问情境中，当金属杆最终匀速下滑时，金属杆中金属离子对一个自由电子沿杆方向的平均阻力F f 的大小．答案 (1)增大 0.8 T/s (2)4.64×10－3 J (3)3.2×10－19 N解析 (1)闭合开关S 时，金属杆受到沿斜面向下的安培力，由左手定则可知金属杆中的电流由M 流向N ，根据楞次定律可知磁感应强度B 0的趋势是增大线圈中的感应电动势E ＝N ΔB 0ΔtS 金属杆中的电流为I ＝E R 1金属杆受到的安培力为F ＝BIL联立解得：ΔB 0Δt＝0.8 T/s (2)根据动量定理得： mg sin θ·t －B ·I L ·t ＝mv －0平均电流为I ＝ER 1＋R 2平均电动势为E ＝BLx t， 得到速度为：v ＝2.2 m/s根据能量守恒定律得：mgx sin θ＝12mv 2＋Q解得：Q ＝1.16×10－2 J ， Q 1＝R 1R 1＋R 2Q ＝4.64×10－3 J(3)匀速时mg sin θ＝B BLv mR 1＋R 2L得到：v m ＝10 m/s金属杆中的一个电子定向匀速运动，内电压对其做的正功等于克服阻力做的功F f L ＝eU U ＝R 1R 1＋R 2EE ＝BLv m联立可得：F f ＝ev m BR 1R 1＋R 2，代入数据，解得：F f ＝3.2×10－19 N.。

2019届全国新高考原创考前精准提分密卷（六）物理试卷本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共16页，38题（含选考题）。

全卷满分300分。

考试用时150分钟。

★祝考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

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题只有一个选项符合题目要求，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，有选错的不得分。

14．航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修任务后，在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的一点，如图所示。

关于航天飞机的运动，下列说法中正确的有( )A．在轨道Ⅱ上经过A的机械能小于在轨道Ⅰ上经过A的机械能B．在轨道Ⅱ上经过A的机械能小于经过B点的机械能C．在轨道Ⅱ上运动的周期可能等于在轨道Ⅰ上运动的周期D．在轨道Ⅱ上经过A的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A的加速度15．如图所示，固定的倾斜足够长的光滑杆上套有一个质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角θ<45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长，C和C`（图中未画出）关于B点对称，现让小球自C点由静止释放，在小球滑到杆底端时，小球的速度恰好为零，下列说法正确的是( )A．小球到达B点时，速度达到最大值B．小球的动能与重力势能之和先增大后减小C．小球在C`点的速度可能为零D．小球在最低处时，弹簧的弹性势能可能等于小球在C点时的弹性势能16．如图，小物块以初速度v0从O点沿光滑斜面向上运动，同时从O点斜向上抛出一个速度大小为2v0的小球，物块和小球在斜面上的P点相遇。

考前综合练(四)一、单项选择题1．a 、b 两车在同一平直公路上从同一位置由静止开始运动，其v －t 图象如图1所示．以下说法正确的是( )图1A ．t 0时刻，两车相遇B ．t 0时刻，b 车的运动方向发生改变C ．0～t 0时间内，b 车的加速度逐渐减小D ．0～t 0时间内，b 车的平均速度为v 02答案 C解析 根据v －t 图象与t 轴所围面积为位移，由题图可知，在t 0时曲线和直线与t 轴所围面积不相等，所以两车没有相遇，故A 错误；b 车的v －t 图象始终在t 轴上方，所以b 车的运动方向没有改变，故B 错误；v －t 图象的切线斜率表示加速度，由题图可知在0～t 0时间内，b 车v －t 图象的切线斜率减小，故加速度减小，故C 正确；0～t 0时间内，由于b 车的位移大于a 车的位移，所以b 车的平均速度大于a 车的平均速度v 02，故D 错误．2．汽油发动机内，经过压缩达到一定温度和压力的汽油，需要火花塞点燃从而实现能量转化，而火花塞需要高达10 kV 的电压才能点火，某同学设计了如图2甲、乙的点火电路，已知直流电源的电压为12 V ，升压变压器的输出端接到火花塞上，开关是自动控制的，下列说法正确的是( )图2A ．两电路都不可能使火花塞点火，因为变压器不能改变直流电压B ．图甲、乙的电路中，保持开关闭合，输出端都会获得持续的高压C ．图甲的电路中，只有在开关闭合或断开瞬间，输出端才会有高压产生D．图乙的电路中，在开关断开或闭合瞬间，输出端都会有高压产生答案 C解析只有线圈中的磁通量发生变化时才会产生感应电动势，所以在题图甲中当开关闭合或断开的瞬间，穿过副线圈的磁通量发生了变化，所以在副线圈上能产生高压，但题图乙中原线圈接了直流电，所以无论开关是断开还是闭合，穿过副线圈的磁通量都不发生变化，所以不会产生高压，故C正确，A、B、D错误．3.一定质量的小球套在倾斜的固定光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆处于同一竖直平面内，将小球沿杆拉到与O处于同一高度由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧竖直时，小球速度恰好为零，如图3所示，若弹簧一直处于伸长状态且处于弹性限度内，不考虑空气阻力，则( )图3A．当弹簧与杆垂直时，小球的动能最大B．当小球受到的弹簧弹力和重力的合力与杆垂直时，小球的动能最大C．小球从最高点到最低点的过程中，加速度的值一直增大D．在之后的运动中，小球不可能返回释放点答案 B解析当弹簧与杆垂直时，重力沿杆方向的分力提供了加速度，则小球还要沿杆加速，所以动能没有达到最大，故A错误；当小球受到的弹簧弹力和重力的合力与杆垂直时，此时沿杆方向合外力为零，加速度为零，所以小球的动能达到最大，故B正确；小球先加速后减速，所以小球的加速度先减小，后反向增大，故C错误；小球与弹簧组成的系统机械能守恒，所以小球能返回到释放点，故D错误．4.单梁悬挂起重机(行车)可简化为如图4的模型，滑轮O处于水平横梁AB上，长为L的钢丝绳一端固定在滑轮的中心轴上，下端连接一电磁铁，电磁铁对铁块的最大引力为F，现用该行车运送一铁块，滑轮与铁块一起向右匀速运动，当O到AB上的P点时被制动立即停止，铁块开始摆动但不掉落，将滑轮、电磁铁与铁块视为质点，下列说法正确的是( )图4A ．只要铁块的重量不大于F ，铁块就可以被安全运输B ．若运输速度为v ，该行车能运输铁块的最大质量为FLv 2＋gLC ．若运输速度为2gL ，该行车能运输铁块的最大质量为F2gD ．若铁块的质量为M ，该行车运输的最大速度为(2F －Mg )LM答案 B解析 滑轮停止后铁块做圆周运动，那么在滑轮停止的瞬间，由F T －mg ＝m v 2L 得F T ＝mg ＋m v 2L，而F T ≤F ，所以铁块的重量应该小于F ，故A 错误； 若运输速度为v ，由F －mg ＝m v 2L 可知m ＝FLv 2＋gL，故B 正确；若运输速度为2gL ，由F －mg ＝m v 2L 可知该行车能运输铁块的最大质量m ＝F3g ，故C 错误；若铁块的质量为M ，由F －Mg ＝M v 2L，可知该行车运输的最大速度为v ＝(F －Mg )LM，故D 错误．5．如图5所示，等腰直角三角形abc 区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，在bc 的中点O 处有一粒子源，可沿与ba 平行的方向发射速率不同的两种粒子，粒子带负电，质量为m ，电荷量为q ，已知这些粒子都能从ab 边离开abc 区域，ab ＝2l ，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用，则这些粒子( )图5A ．速度的最大值为(2＋1)qBlmB ．速度的最小值为qBl mC ．在磁场中运动的最短时间为πm4qBD ．在磁场中运动的最长时间为πm2qB答案 A解析 若都能从ab 边出来，则符合条件的最大半径的轨迹应该与ac 面相切，最小半径的轨迹应该恰好运动到b 点，如图所示由几何关系可得：r min ＝l2r max ＝(2＋1)l粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得：qvB ＝m v 2r解得：v max ＝(2＋1)qBlmv min ＝qBl2m，故A 对，B 错；粒子做圆周运动的周期为T ＝2πmqB，若圆心角θ＝45°，则在磁场中的运动时间为t ＝18T ＝πm 4qB由图可知，最小的圆心角θ>45°， 所以t min >18T ＝πm4qB，故C 错；由几何关系知，粒子转过的最大圆心角θmax＝180°，所以粒子在磁场中运动的最长时间为t max ＝12T ＝πmqB ，故D 错．二、多项选择题6．氦原子被电离出一个核外电子，形成类氢结构的氦离子，其能级示意图如图6所示，当分别用能量均为48.4 eV 的电子和光子作用于处在基态的氦离子时( )图6A ．氦离子可能辐射能量为40.8 eV 的光子B ．氦离子可能从基态跃迁到n ＝3的能级C ．氦离子一定能从基态跃迁到n ＝2的能级D ．若仅以能量为60 eV 的电子入射，氦离子一定不会辐射光子 答案 AB解析 若处在基态的氦离子吸收48.4 eV 的光子，则跃迁到的能级的能量应该为E ＝－54.4 eV ＋48.4 eV ＝－6.0 eV ，所以氦离子可以吸收48.4 eV 的光子跃迁到E 3的能级，然后自发地向下跃迁，从能级E 2跃迁到能级E 1可释放出能量为40.8 eV 的光子，故A 、B 正确；若吸收的电子的能量也为48.4 eV ，则氦离子从基态跃迁到n ＝3的能级，所以氦离子不一定能从基态跃迁到n ＝2的能级，故C 错误；以能量为60 eV 的电子入射，氦离子可以吸收两能级差的能量发生跃迁，然后向下跃迁辐射出光子，故D 错误．7．圆心为O 的均匀带电球壳位于真空中，在其电场中沿某一半径方向，任一点的电势φ与该点到O 的距离r 的关系如图7所示．电场中有五个点a 、b 、c 、d 、e ，b 、d 的电场强度大小分别为E b 和E d ，现将一带正电的试探电荷由c 点经d 点移动到e 点，电场力所做的功分别为W cd 和W de ，下列选项正确的是( )图7A ．球壳的半径为1 mB ．0～1 m 间电场强度的值为6 V/mC ．E b ∶E d ＝2∶1D ．W cd ∶W de ＝1∶1 答案 AD解析 电荷分布在球壳的外表面，所以内部没有电场线，电场强度为零，则球壳是一等势体，而题图中0～1 m 范围内电势不变，所以带电球的半径为1 m ，故A 正确，B 错误；根据E ＝kQr 2可知E b ∶E d ＝4∶1，故C 错误；根据W ＝qU 结合题图可知W cd ∶W de ＝1∶1，故D 正确．8．如图8所示，两竖直平行边界内，匀强电场方向竖直(平行纸面)向下，匀强磁场方向垂直纸面向里，一带电小球从P点以某一速度垂直边界进入，恰好沿水平方向做直线运动，若减小小球从P点进入的速度但保持方向不变，则在小球进入的一小段时间内( )图8A．小球的动能一定增大B．小球的机械能可能不变C．小球的电势能一定减小D．小球的重力势能一定减小答案AC解析如果小球带负电，则小球受到向下的重力、向上的电场力和向下的洛伦兹力，则小球可能受力平衡，沿水平方向做匀速直线运动；若小球带正电，则小球受向下的重力、向下的电场力和向上的洛伦兹力，也可能受力平衡，故小球带正、负电均可以；若小球带负电，当减小小球从P点进入的速度但保持方向不变时，小球受到的向下的洛伦兹力变小，所以小球会向上偏转，此时合力做正功，动能增大，电场力做正功，电势能减小，重力做负功，重力势能增加；若小球带正电，当减小小球从P点进入的速度但保持方向不变时，则小球所受到的向上的洛伦兹力会变小，则小球会向下发生偏转，则合外力做正功，动能增大，电场力做正功，电势能减小，重力做正功，重力势能减小，故A、C正确．三、非选择题9．如图9甲(侧视图只画了一个小车)所示的实验装置可以验证“牛顿第二定律”，两个相同的小车放在光滑水平桌面上，右端各系一条细绳，跨过定滑轮各挂一个小盘，增减盘中的砝码可改变小车受到的合外力，增减车上的砝码可改变小车的质量．两车左端各系一条细线，用一个黑板擦把两细线同时按在固定、粗糙的水平垫片上，使小车静止(如图乙)．拿起黑板擦两车同时运动，在两车尚未碰到滑轮前，迅速按下黑板擦，两车立刻停止，测出两车位移的大小．图9(1)该实验中，盘和盘中砝码的总质量应____________小车的总质量(填“远大于”“远小于”或“等于”)．(2)图丙为某同学在验证“合外力不变加速度与质量成反比”时的实验记录，已测得小车1的总质量m 1＝100 g ，小车2的总质量m 2＝200 g ．由图可读出小车1的位移x 1＝5.00 cm ，小车2的位移x 2＝________ cm ，可以算出a 1a 2＝________(结果保留三位有效数字)；在实验误差允许的范围内，a 1a 2________m 2m 1(填“大于”“小于”或“等于”)．答案 (1)远小于 (2)2.48(2.47～2.49均可) 1.42(1.41～1.43均可) 等于解析 (2)由题图丙可知，小车2的位移为2.48 cm ，由匀加速直线运动的位移公式可知，x ＝12at 2，即a ＝2x t 2.由于时间相等，所以a 1a 2＝x 1x 2＝ 5.002.48≈1.42，在实验误差允许的范围内，两小车的加速度之比等于质量的反比．10．(1)一多用电表的简化电路图如图10(a)，当转换开关S 旋到位置1、2时，可用来测量________；当S 旋到位置3或4时，对应不同倍率的欧姆表，如果3、4对应的电源电动势E >E ′，则位置________(填3或4)对应的欧姆表倍率大．图10(2)某同学测量一定值电阻的阻值，先把选择开关旋到“×10”挡，欧姆调零后，测量时指针偏转如图(b)所示，则该电阻的阻值是________ Ω.(3)接下来，该同学采用“伏安法”测量该电阻的阻值，实验室提供的器材如下：A．电压表V(量程3 V，内阻约为15 kΩ)B．电流表A1(量程0.6 A，内阻约为0.5 Ω)C．电流表A2(量程30 mA，内阻约为10 Ω)D．滑动变阻器R1(0～10 Ω，额定电流1 A)E．滑动变阻器R2(0～5 kΩ，额定电流0.5 A)F．电源E(电动势为5 V，内阻约为1 Ω)G．开关S，导线若干①为了较准确地测量电阻R的阻值，电流表应选________，滑动变阻器应选________(填器材前面的序号)．②在虚线框内画出实验电路图．答案(1)电流 3 (2)130 (3)①C D ②见解析图解析(2)由题图(b)可知，电阻的阻值为13×10 Ω＝130 Ω；(3)由于电源的电动势为5 V，定值电阻阻值约为130 Ω，所以流过定值电阻的最大电流约为I max＝5130A≈38.5 mA，所以电流表应选C；为了减小实验误差，滑动变阻器应选总阻值较小的D，所以滑动变阻器采用分压式接法，由于电阻阻值较小，所以电流表采用外接法，电路图如图所示．11．为研究电磁制动的效果，在小车的水平底面安装宽为L、长为2L的矩形线圈abcd，线圈匝数为N，总电阻为R，水平直轨道上虚线PQ和MN之间存在竖直向下的匀强磁场，其间距为2L，磁感应强度为B，如图11所示，沿轨道运动的总质量为m的小车，受到地面的阻力为F f，当车头(ab边)进入磁场时的速度为v0，车尾(cd边)离开磁场时速度恰好减为零，求：图11(1)车头进入磁场时，小车加速度的大小；(2)从ab 进入磁场到ab 离开磁场的过程中，通过导线截面的电荷量； (3)电磁制动过程中线圈产生的焦耳热．答案 (1)N 2B 2L 2v 0mR ＋F f m (2)2NBL 2R (3)12mv 02－4F f L解析 (1)车头进入磁场时，设加速度的大小为a ， 有E ＝NBLv 0，I ＝ER，F ＝NBIL 由牛顿第二定律得F ＋F f ＝ma ，联立解得a ＝N 2B 2L 2v 0mR ＋F fm；(2)从ab 进入磁场到ab 离开磁场的过程中，E ＝N2BL2t，I ＝E R，q ＝I t ，联立解得q ＝2NBL2R(3)设电磁制动过程中线圈产生的焦耳热为Q ，由能量守恒：Q ＝12mv 02－4F f L .12．如图12，水平面上有质量m A ＝1 kg 的木板A ，其上右端点放有质量m B ＝1 kg 的物块B (可视为质点)．A 的左侧用长度l ＝3.6 m 的轻绳悬吊一质量为m C ＝0.5 kg 的小球C ，C 静止时恰好与A 接触但无挤压且不触地，现将C 沿A 、B 所在竖直平面向左拉起，当轻绳与竖直方向成θ＝60°角时由静止释放，C 运动到最低点时与A 发生碰撞，碰后C 立即静止，最后物块B 没有从A 上滑出，已知B 与A 间的动摩擦因数μ1＝0.10，A 与地面间的动摩擦因数μ2＝0.15，取g ＝10 m/s 2，不考虑C 与A 碰撞的时间，求：图12(1)碰后瞬间A 速度的大小； (2)碰后木板A 运动的时间． 答案 (1)3.0 m/s (2)0.9 s解析 (1)设C 与A 碰撞时的速度大小为v C ，有m C gl (1－cos 60°)＝12m C v C 2碰后木板A 的速度大小为v A ，碰撞瞬间，由动量守恒定律有m C v C ＝m A v A ，解得v A ＝3.0 m/s(2)设C与A碰撞后A运动的加速度大小为a1，B运动的加速度大小为a2，经过时间t1，A、B两物体速度相等，设为vμ1m B g＋μ2(m A＋m B)g＝m A a1，μ1m B g＝m B a2解得a1＝4.0 m/s2，a2＝1.0 m/s2，v＝v A－a1t1＝a2t1，解得v＝0.6 m/s，t1＝0.6 s；经过分析可知A、B不能一起减速，所以A、B分别做减速运动．由于μ2(m A＋m B)g－μ1m B g＝m A a1′解得a1′＝2.0 m/s2,0＝v－a1′t2，解得t2＝0.3 s此后木板A保持静止，碰后木板A运动的时间t＝t1＋t2＝0.9 s.13．[选修3－3](1)下列说法正确的是________．A．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的B．液体表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现C．只要两物体的质量、温度、体积相等，两物体的内能一定相等D．分子间引力和斥力都是随着分子间距离的减小而增大E．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量(2)如图13所示，右侧有挡板的导热汽缸固定在水平地面上，汽缸内部总长为21 cm，活塞横截面积为10 cm2，厚度为1 cm，给活塞施加一向左的水平恒力F＝20 N，稳定时活塞封闭的气柱长度为10 cm.大气压强为1.0×105 Pa，外界温度为27 ℃，不计摩擦．图13①若将恒力F方向改为水平向右，大小不变，求稳定时活塞封闭气柱的长度；②若撤去外力F，将外界温度缓慢升高，当挡板对活塞的作用力大小为60 N时，求封闭气柱的温度．答案(1)BDE (2)①15 cm②800 K解析(1)液体中的扩散现象是由于分子热运动而产生的，故A项错误．液体的表面张力是分子力作用的表现，表面层分子较为稀疏，分子间表现为引力；浸润现象也是分子力作用的表现，故B项正确．物体的内能等于组成该物体的所有分子做热运动的动能与分子势能的总和，两物体的温度相同则分子的平均动能相等，但是物体的总动能与分子数有关，质量和体积相等的物体仅说明物体的平均密度相同，如果不是同一种物质，它们的总分子数不一定相等，因此两物体的内能不一定相等，故C 项错误．分子间的引力和斥力都是随分子间距离的减小而增大，只不过在不同情况下合力对外表现不同，故D 项正确．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量，因为电能也有部分转化为热能，故E 项正确．(2)①温度不变，设水平恒力向左、向右两种情况下被封闭气体压强分别为p 1、p 2，气柱的长度分别为l 1、l 2，则有：p 1＝p 0＋F S ＝1.2×105Pa p 2＝p 0－F S＝0.8×105 Pa V 1＝l 1S ，V 2＝l 2S根据玻意耳定律有：p 1V 1＝p 2V 2解得：l 2＝15 cm.②设汽缸升温前后温度分别为T 1、T 3，升温后气柱长度为l 3T 1＝300 K ，l 3＝(21－1) cm ＝20 cm升温后气体压强p 3＝p 0＋F ′S＝1.6×105 Pa ， V 3＝l 3S根据理想气体状态方程得：p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3， 解得：T 3＝800 K.14．[选修3－4](1)一列波沿x 轴方向传播，某一时刻的波形如图14所示．质点A 与坐标原点O 的水平距离为0.6 m ，波长λ＝1.6 m ，此时质点A 沿y 轴正方向振动，经过0.1 s 第一次到达波峰处，则下列说法中正确的是________．图14A ．这列波沿x 轴正方向传播B ．这列波的周期T ＝0.8 sC ．波速v ＝14 m/sD ．从图示时刻开始，质点A 经过Δt ＝1.6 s 运动的路程为0.4 mE ．从图示时刻开始，质点A 经过Δt ′＝0.5 s 第一次到达波谷(2)如图15甲所示是由透明材料制成的半圆柱体，一束细光束由真空沿着径向与AB 成θ角射入，对射出的折射光线的强度随θ角的变化进行记录，得到的关系如图乙所示，如图丙所示是这种材料制成的器具，左侧是半径为R 的半圆，右侧是长为8R 、高为2R 的长方体，一束单色光从左侧A ′点沿半径方向与长边成37°角射入器具．已知光在真空中的传播速度为c ，求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图15①该透明材料的折射率；②光线在器具中运动的总时间．答案 (1)ABE (2)①1.25 ②55R 4c解析 (2)①由题图乙可知，当θ＝37°时光线恰好发生全反射，则临界角C ＝53°由n ＝1sin C可知：n ＝1sin 53°＝1.25 ②由几何关系可知光在器具中传播的路程为s ＝8R sin 53°＋R ＝11R 光在器具中的传播速度v ＝c n传播时间t ＝s v联立解得t ＝55R 4c.。

2019高考物理（京津琼）专用优编提分练选择题专练(十)1．1820年4月，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应．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 与导线中的电流成正比、与该点到导线的距离r 成反比．如图1所示，两根平行长直导线相距为x 0，分别通以大小不等、方向相同的电流，已知I 1>I 2.规定磁场方向垂直纸面向里为正，在0～x 0区间内磁感应强度B 随x 变化的图线可能是图中的( )图1答案 A解析 根据右手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，右边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远磁场越弱，在两根导线中间偏右位置合磁感应强度为零．由于规定磁场方向垂直纸面向里为正，故A 正确，B 、C 、D 错误．2．已知氢原子的基态能量为E 1，激发态能量E n ＝E 1n 2，其中n ＝2,3,4…，h 表示普朗克常量，c 表示真空中的光速．有一氢原子处于n ＝3的激发态，在它向低能级跃迁时，可能辐射的光子的最大波长为( )A ．－36hc 5E 1B ．－9hc 8E 1C ．－4hc 3E 1D ．－hcE 1答案 A解析 有一氢原子处于n ＝3的激发态，在它向n ＝2能级跃迁时，辐射的光子能量最小，辐射的光子的波长最大，则有E 3－E 2＝hc λ，解得λ＝－36hc 5E 1，故A 正确，B 、C 、D 错误． 3．月球探测器从月球返回地球的过程可以简单分成四步，如图2所示第一步将月球探测器发射至月球表面附近的环月圆轨道，第二步在环月轨道的A 处进行变轨进入月地转移轨道Ⅱ，第三步当接近地球表面附近时，又一次变轨，从B 点进入绕地圆轨道Ⅲ，第四步再次变轨道后降落至地面，下列说法正确的是( )图2A ．将月球探测器发射至轨道Ⅰ时所需的发射速度为7.9 km/sB ．月球探测器从环月轨道Ⅰ进入月地转移轨道Ⅱ需要加速C ．月球探测器从A 沿月地转移轨Ⅱ到达B 点的过程中其动能一直增加D ．月球探测器在第四步变轨时需要加速答案 B解析 月球的第一宇宙速度比地球的要小，故A 错误；月球探测器从轨道Ⅰ进入月地转移轨道Ⅱ是离心运动，所以需要加速，所以B 正确；刚开始的时候月球对月球探测器的引力大于地球对月球探测器的引力，所以探测器动能要减小，之后当地球的引力大于月球的引力时，探测器的动能就开始增加，故C 错误；月球探测器降落至地面的运动为近心运动，需要减速，故D 错误．4．如图3所示，质量为0.5 kg 的一块橡皮泥自距小车上表面1.25 m 高处由静止下落，恰好落入质量为2 kg 、速度为2.5 m /s 沿光滑水平地面运动的小车上，并与小车一起沿水平地面运动，取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，下列说法正确的是( )。

实验题专练(二)1．(1)某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图1(a)和(b)所示．该工件的直径为________ cm，高度为________ mm.图1(2)在“探究加速度和力、质量的关系”实验中，采用如图2所示的装置图进行实验：图2①在实验操作中，下列说法正确的是________．(填序号)A．实验中，若要将砝码(包括砝码盘)的重力大小作为小车所受拉力F的大小，应让砝码(包括砝码盘)的质量远大于小车质量B．实验时，应先释放小车，再接通打点计时器的电源C．每改变一次小车的质量，都需要改变垫入的小木块的厚度D．先保持小车质量不变，研究加速度与力的关系；再保持小车受力不变，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度与力、质量的关系②图3为研究“在外力一定的条件下，小车的加速度与其质量的关系”时所得的实验图象，横坐标m为小车上砝码的质量．设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿第二定律成立，则小车的质量为________．图3③利用该装置还可以完成的实验有________．A．验证动能定理B．验证小车、砝码和托盘组成的系统机械能守恒C ．只有木板光滑，才可以验证动能定理D ．只有木板光滑，才可以验证小车、砝码和托盘组成的系统机械能守恒答案 (1)0.515 0.520 (2)①D ②b k③AD 解析 (1)游标卡尺的主尺读数为0.5 cm ，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05 mm ＝0.15 mm ＝0.015 cm ，所以最终读数为：0.5 cm ＋0.015 cm ＝0.515 cm ；螺旋测微器的固定刻度为0.5 mm ，可动刻度为2.0×0.01 mm ＝0.020 mm ，所以最终读数为0.5 mm ＋0.020 mm ＝0.520 mm ；(2)①根据牛顿第二定律得：mg ＝(M ＋m )a ，解得：a ＝mgM ＋m ，则绳子的拉力为：F ＝Ma ＝Mmg M ＋m ＝mg 1＋m M，则当砝码(包括砝码盘)的质量远小于小车质量时，小车所受的拉力等于砝码(包括砝码盘)的重力，所以应满足的条件是砝码(包括砝码盘)的质量远小于小车的质量，故A 错误；使用打点计时器时，应该先打开电源，后释放小车，故B 错误；由于平衡摩擦力之后有Mg sin θ＝μMg cos θ，故μ＝tan θ，与小车的质量无关，所以不用再次平衡摩擦力，故C 错误；本实验采用控制变量法，故D 正确．②设小车所受拉力为F ，小车质量为m ′，根据牛顿第二定律得：F ＝(m ′＋m )a ，解得：1a ＝1F ×m ＋m ′F，故k ＝1F ，b ＝m ′F ，联立解得：m ′＝b k.③根据动能定理W 合＝ΔE k 可知，该装置可以通过纸带算出速度，故可以算出动能，则可以求出动能的改变量．若满足砝码(包括砝码盘)的质量远小于小车质量，则合外力等于砝码(包括砝码盘)的重力，通过纸带可以测出运动的位移，根据W ＝Fx 可以求出合外力做的功，木板是否光滑对实验没有影响，故A 正确，C 错误；要验证系统机械能守恒，木板必须光滑，故B 错误，D 正确．2．某同学设计了一个如图4甲所示的实验电路，用以测定电源电动势和内阻，使用的实验器材：待测干电池组(电动势E 约3 V)、电流表A(量程10 mA ，内阻小于1 Ω)、电阻箱R (0～99.99 Ω)、滑动变阻器(0～400 Ω)、单刀双掷开关、单刀单掷开关各一个及导线若干．考虑到干电池的内阻较小，电流表的内阻不能忽略，故先测量电流表的内阻．图4(1)该同学设计的用甲图测量电流表内阻的步骤如下：①断开单刀双掷开关以及开关K ，将滑动变阻器滑片P 滑至B 端、电阻箱R 阻值调到最大． ②________________________________________________________________________. ③________________________________________________________________________.④读出此时电阻箱的阻值R ＝0.2 Ω，即为电流表内阻的测量值．可分析测量值应____________(填“大于”“等于”或“小于”)真实值．(2)通过控制开关状态，该同学又进行了电池电动势和电池内阻的测量实验，他一共记录了六组电流I 和电阻箱R 的对应数值，并建立坐标系，作出“1I－R ”图线如图乙所示，由此求出电动势E ＝________________ V 、内阻r ＝________ Ω.(计算结果保留两位有效数字)答案 (1)②保持单刀双掷开关断开，闭合开关K ，移动滑动变阻器的滑片P ，使电流表满偏 ③将单刀双掷开关接C 触点，保持滑片位置不动，调节电阻箱R 的阻值，直到电流表指针指在刻度盘正中央④小于 (2)2.8 2.2解析 (1)本实验采用半偏法测量电流表的内阻，实验步骤为：②保持单刀双掷开关断开，闭合开关K ，移动滑动变阻器的滑片P ，使电流表满偏．③将单刀双掷开关接C 触点，保持滑片位置不动，调节电阻箱R 的阻值，直到电流表指针指在刻度盘正中央．④在本实验中，并联电阻箱后，总电阻减小，则总电流增大，通过电阻箱的电流大于通过电流表的电流，根据欧姆定律知，电流表内阻的测量值小于真实值．(2)由闭合电路欧姆定律可得：E ＝I (R ＋R A ＋r )，变形得：1I ＝1E ×R ＋R A ＋r E ，则1I －R 图线的斜率是1E ，图线在纵轴上的截距是r ＋R A E，由此可得E ＝1k ＝63－0.85＝2.8 V ，R A ＋r E ＝0.85，解得：r ＝0.85E －R A ＝2.2 Ω.。

选择题专练(四)1.如图1所示，将某均匀长方体锯成A、B两块后，在水平桌面上对齐放在一起，现用水平力F推B，使A、B整体保持长方体并沿F方向匀速运动，则( )图1A．A在水平方向受到三个力的作用，且合力为零B．A在水平方向受到五个力的作用，且合力为零C．A对B的作用力方向与A、B接触面垂直D．B对A的弹力大于桌面对A的摩擦力答案 A解析对A受力分析，在水平方向上受B对A的弹力、桌面对A的滑动摩擦力和B对A的静摩擦力，在三个力的作用下处于平衡状态，受力如图，故A正确，B错误．B对A的弹力和静摩擦力的合力与桌面对A的滑动摩擦力等大反向，与F 的方向相同；根据牛顿第三定律可知，A对B的作用力方向与F的方向相反，不是与A、B接触面垂直，故C错误．因为B对A的弹力与B对A的摩擦力垂直，二者的合力等于桌面对A 的摩擦力，所以B对A的弹力小于桌面对A的摩擦力，故D错误．2．如图2甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m＝0.2 kg的小球从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，其速度v和弹簧压缩量Δx的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点，不计空气阻力，小球和弹簧接触瞬间的机械能损失不计，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中不正确的是( )图2A．该弹簧的劲度系数为20 N/mB ．当Δx ＝0.3 m 时，小球处于超重状态C ．小球刚接触弹簧时速度最大D ．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大 答案 C解析 当Δx ＝0.1 m 时，小球的重力等于弹簧对它的弹力，合力为零，小球的加速度为零，可得：k Δx ＝mg ，解得：k ＝mg Δx ＝0.2×100.1N/m ＝20 N/m ，故A 正确；由题图乙可知，Δx ＝0.3 m 时，小球的速度减小，加速度向上，故说明小球处于超重状态，故B 正确；由题图乙知，开始小球的速度增大，小球的重力大于弹簧对它的弹力，当Δx ＝0.1 m 时，小球的速度最大，然后速度减小，故C 错误；题图乙图线的斜率表示加速度，则由图可知，从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大，故D 正确．本题选不正确的，故选C. 3．假想在地球赤道上有一颗苹果树，其高度超过了地球同步卫星轨道的高度．树上若有质量相等的三个苹果A 、B 、C ，其高度分别低于、等于、高于地球同步卫星轨道高度．则下列说法正确的是( ) A ．苹果A 的线速度最大B ．苹果B 所需向心力小于苹果A 所需向心力C ．苹果C 离开苹果树时加速度减小D ．苹果C 脱离苹果树后，可能会落向地面 答案 C解析 三者的角速度相同，根据v ＝ωr 可知苹果C 的线速度最大，A 错误；根据F 向＝m ω2r 可知半径越大，向心力越大，故苹果B 所需向心力大于苹果A 所需向心力，B 错误；由于苹果C 的角速度和同步卫星的角速度相同，而根据ω＝GMr 3可知轨道半径越大，角速度越小，所以C 所在轨道的角速度大于该轨道所需的角速度，故做离心运动，所以苹果C 脱离苹果树后，根据a ＝GM r2可知轨道半径变大，加速度减小，飞向茫茫宇宙，C 正确，D 错误． 4.如图3所示，在一等腰直角三角形ACD 区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(重力不计)以速度v 从AC 边的中点O 垂直AC 边射入磁场区域．若三角形的两直角边长均为2L ，要使粒子从CD 边射出，则v 的取值范围为( )图3A.qBL m ≤v ≤22qBL m B.qBL m ≤v ≤ 5qBLm C.qBL 2m ≤v ≤(2＋1)qBL mD.qBL 2m ≤v ≤ 5qBL 2m答案 C解析 根据洛伦兹力充当向心力可知，v ＝Bqrm，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，粒子与AD 边相切时速度最大，如图．由几何关系可知r －Lcos 45°＋[2L －(r －L )]cos 45°＝r最大半径为r 1＝(2＋1)L ， 故最大速度应为v 1＝(2＋1)qBLm；当粒子从C 点出射时半径最小，为r 2＝L2，故最小速度应为v 2＝qBL 2m， 故v 的取值范围为qBL 2m ≤v ≤(2＋1)qBL m， 故选C.5．如图4所示，磁单极子会在其周围形成均匀辐射磁场．质量为m 、半径为R 的圆环当通有恒定的电流I 时，恰好能水平静止在N 极正上方H 处．已知与磁单极子N 极相距r 处的磁感应强度大小为B ＝k r，其中k 为常数．重力加速度为g .则( )图4A ．静止时圆环的电流方向为逆时针方向(俯视)B ．静止时圆环沿其半径方向有扩张的趋势C ．静止时圆环的电流I ＝mg (H 2＋R 2)2πkR2D ．若将圆环向上平移一小段距离后由静止释放，下落过程中加速度先增加后减小 答案 C解析 环所在处的磁场的方向向上，则环产生的磁场的方向向下，根据安培定则可知，静止时圆环的电流方向为顺时针方向(俯视)，故A 错误；由左手定则可知，环上的各点受到的安培力有水平向里的分力，所以环有收缩的趋势，故B 错误；对环的某一部分进行受力分析：在水平方向，根据安培力的对称性可知，整个环在水平方向的合力为0，竖直方向的合力与重力大小相等，由于在圆环处各点电流的方向与磁场的方向都垂直，所以整体受到的安培力：F ＝BI ·2πR ，设F 与竖直方向的夹角为θ，由几何关系：F cos θ＝mg ，cos θ＝RH 2＋R 2，由题：B ＝kH 2＋R2，联立得：I ＝mg (H 2＋R 2)2πkR 2，故C 正确；结合C 的受力分析可知，若将圆环向上平移一小段距离后环受到的安培力将减小；由静止释放，开始时重力大于安培力，所以环加速下落，向下的过程中安培力增大，所以合外力减小，加速度先减小，故D 错误． 6．已知钚的一种同位素23994Pu 的半衰期为24 100年，其衰变方程为23994Pu→X＋42He ＋γ，则下列说法中正确的是( )A ．衰变发出的γ射线是频率很大的电磁波，穿透能力很强B ．X 原子核中含有143个中子C ．8个23994Pu 经过24 100年后一定还剩余4个 D ．衰变过程的总质量不变 答案 AB解析 衰变发出的γ射线是频率很大的电磁波，具有很强的穿透能力，不带电，故A 正确．根据电荷数守恒和质量数守恒得，X 的电荷数为92，质量数为235，质子数为92，则中子数为235－92＝143，故B 正确．半衰期是对大量原子核发生衰变的统计规律，对少量的原子核不适用，故C 错误．在衰变的过程中，根据质能方程知，有能量放出，有质量亏损，故D 错误． 7．如图5所示，真空中固定两个等量异种点电荷A 、B ，其连线中点为O .在A 、B 所形成的电场中，以O 点为圆心、半径为R 的圆面垂直于AB ，以O 为几何中心、边长为2R 的正方形abcd 平面垂直圆面且与AB 共面，两平面边线交点分别为e 、f ，g 为圆上一点．下列说法中正确的是( )图5A ．a 、b 、c 、d 、e 、f 六点中，不存在场强和电势均相同的两点B ．将一电荷由e 点沿圆弧egf 移到f 点，电场力始终不做功C ．将一电荷由a 点移到圆面内任意一点时，电势能的变化量相同D ．沿线段eOf 移动的电荷受到的电场力先减小后增大 答案 BC解析 题图中圆面是一个等势面，e 、f 的电势相等，根据电场线分布的对称性可知e 、f 的场强相同，故A 错误．题图中圆弧egf 在同一等势面上，其上任意两点的电势差都为零，根据公式W ＝qU 可知：将一正电荷由e 点沿圆弧egf 移到f 点电场力不做功，故B 正确．a 点与圆面内任意一点的电势差相等，根据公式W ＝qU 可知：将一电荷由a 点移到圆面内任意一点时，电场力做功相同，则电势能的变化量相同，故C 正确．沿线段eOf 移动电荷，电场强度先增大后减小，则电荷受到的电场力先增大后减小，故D 错误．8．如图6所示，单匝矩形闭合导线框abcd 处于磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的水平匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R .线框绕与cd 边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，下列说法中正确的是( )图6A ．线框转过π6时，线框中的电流方向为abcdaB ．线框中感应电流的有效值为2BS ω2RC ．线框转一周过程产生的热量为2πωB 2S2RD ．线框从中性面开始转过π2过程，通过导线横截面的电荷量为BS R答案 BD解析 根据楞次定律可知线框中的电流方向为adcba ，故A 错误；线圈转动过程中感应电动势的最大值为：E m ＝BS ω，感应电压的有效值为：U ＝BS ω2，则线框中感应电流的有效值为：I ＝U R ＝2BS ω2R ，故B 正确；线框转一周的过程中，产生的热量为：Q ＝I 2RT ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2BS ω2R 2R 2πω＝πωB 2S2R，故C 错误；线框从中性面开始转过π2的过程中，通过导线横截面的电荷量为：qΔΦR总＝BSR，故D正确．＝。

实验题专练(二)1．(1)某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图1(a)和(b)所示．该工件的直径为________ cm，高度为________ mm.图1(2)在“探究加速度和力、质量的关系”实验中，采用如图2所示的装置图进行实验：图2①在实验操作中，下列说法正确的是________．(填序号)A．实验中，若要将砝码(包括砝码盘)的重力大小作为小车所受拉力F的大小，应让砝码(包括砝码盘)的质量远大于小车质量B．实验时，应先释放小车，再接通打点计时器的电源C．每改变一次小车的质量，都需要改变垫入的小木块的厚度D．先保持小车质量不变，研究加速度与力的关系；再保持小车受力不变，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度与力、质量的关系②图3为研究“在外力一定的条件下，小车的加速度与其质量的关系”时所得的实验图象，横坐标m为小车上砝码的质量．设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿第二定律成立，则小车的质量为________．图3③利用该装置还可以完成的实验有________．A．验证动能定理B．验证小车、砝码和托盘组成的系统机械能守恒C．只有木板光滑，才可以验证动能定理D．只有木板光滑，才可以验证小车、砝码和托盘组成的系统机械能守恒答案 (1)0.515 0.520 (2)①D ②b k ③AD解析 (1)游标卡尺的主尺读数为0.5 cm ，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05 mm ＝0.15 mm ＝0.015 cm ，所以最终读数为：0.5 cm ＋0.015 cm ＝0.515 cm ；螺旋测微器的固定刻度为0.5 mm ，可动刻度为2.0×0.01 mm＝0.020 mm ，所以最终读数为0.5 mm ＋0.020 mm ＝0.520 mm ；(2)①根据牛顿第二定律得：mg ＝(M ＋m )a ，解得：a ＝mg M ＋m ，则绳子的拉力为：F ＝Ma ＝Mmg M ＋m ＝mg 1＋m M，则当砝码(包括砝码盘)的质量远小于小车质量时，小车所受的拉力等于砝码(包括砝码盘)的重力，所以应满足的条件是砝码(包括砝码盘)的质量远小于小车的质量，故A 错误；使用打点计时器时，应该先打开电源，后释放小车，故B 错误；由于平衡摩擦力之后有Mg sin θ＝μMg cos θ，故μ＝tan θ，与小车的质量无关，所以不用再次平衡摩擦力，故C 错误；本实验采用控制变量法，故D 正确．②设小车所受拉力为F ，小车质量为m ′，根据牛顿第二定律得：F＝(m ′＋m )a ，解得：1a ＝1F ×m ＋m ′F ，故k ＝1F ，b ＝m ′F ，联立解得：m ′＝b k.③根据动能定理W 合＝ΔE k 可知，该装置可以通过纸带算出速度，故可以算出动能，则可以求出动能的改变量．若满足砝码(包括砝码盘)的质量远小于小车质量，则合外力等于砝码(包括砝码盘)的重力，通过纸带可以测出运动的位移，根据W ＝Fx 可以求出合外力做的功，木板是否光滑对实验没有影响，故A 正确，C 错误；要验证系统机械能守恒，木板必须光滑，故B 错误，D 正确．2．某同学设计了一个如图4甲所示的实验电路，用以测定电源电动势和内阻，使用的实验器材：待测干电池组(电动势E 约3 V)、电流表A(量程10 mA ，内阻小于1 Ω)、电阻箱R (0～99.99 Ω)、滑动变阻器(0～400 Ω)、单刀双掷开关、单刀单掷开关各一个及导线若干．考虑到干电池的内阻较小，电流表的内阻不能忽略，故先测量电流表的内阻．图4(1)该同学设计的用甲图测量电流表内阻的步骤如下：①断开单刀双掷开关以及开关K ，将滑动变阻器滑片P 滑至B 端、电阻箱R 阻值调到最大．②________________________________________________________________________.③________________________________________________________________________.④读出此时电阻箱的阻值R ＝0.2 Ω，即为电流表内阻的测量值．可分析测量值应____________(填“大于”“等于”或“小于”)真实值．(2)通过控制开关状态，该同学又进行了电池电动势和电池内阻的测量实验，他一共记录了六组电流I 和电阻箱R 的对应数值，并建立坐标系，作出“1I－R ”图线如图乙所示，由此求出电动势E ＝________________ V 、内阻r ＝________ Ω.(计算结果保留两位有效数字) 答案 (1)②保持单刀双掷开关断开，闭合开关K ，移动滑动变阻器的滑片P ，使电流表满偏③将单刀双掷开关接C 触点，保持滑片位置不动，调节电阻箱R 的阻值，直到电流表指针指在刻度盘正中央 ④小于 (2)2.8 2.2解析 (1)本实验采用半偏法测量电流表的内阻，实验步骤为：②保持单刀双掷开关断开，闭合开关K ，移动滑动变阻器的滑片P ，使电流表满偏．③将单刀双掷开关接C 触点，保持滑片位置不动，调节电阻箱R 的阻值，直到电流表指针指在刻度盘正中央．④在本实验中，并联电阻箱后，总电阻减小，则总电流增大，通过电阻箱的电流大于通过电流表的电流，根据欧姆定律知，电流表内阻的测量值小于真实值．(2)由闭合电路欧姆定律可得：E ＝I (R ＋R A ＋r )，变形得：1I ＝1E ×R ＋R A ＋r E ，则1I －R 图线的斜率是1E ，图线在纵轴上的截距是r ＋R A E，由此可得E ＝1k ＝63－0.85＝2.8 V ，R A ＋r E＝0.85，解得：r ＝0.85E －R A ＝2.2 Ω.。

1 2019高考物理（京津琼）专用优编提分练选修3－3专练(一)1．(1)下列说法中正确的是________．A ．机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功从而转化为机械能B ．将两个分子由距离极近移动到相距无穷远处的过程中，它们的分子势能先减小后增大C ．当气体分子间的作用力表现为引力时，若气体等温膨胀，则气体对外做功且内能增大D ．液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，所以液体存在表面张力E ．单位时间内气体分子对容器壁单位面积碰撞的次数减少，气体的压强一定减小(2)如图1所示，两竖直且正对放置的导热汽缸底部由细管道(体积忽略不计)连通，两活塞a 、b (厚度不计)用刚性轻杆相连，可在两汽缸内无摩擦地移动．上、下两活塞的横截面积分别为S 1＝10 cm 2、S 2＝20 cm 2，两活塞总质量为M ＝5 kg ，两汽缸高度均为H ＝10 cm.两汽缸与细管道内封闭有一定质量的理想气体，系统平衡时活塞a 、b 到缸底部距离均为L ＝5 cm.已知大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，环境温度T 0＝300 K ，取重力加速度g ＝10 m/s 2.图1①若缓慢升高环境温度，使一活塞缓慢移到对应汽缸的底部，求此时环境的温度． ②若保持温度不变，用竖直向下的力缓慢推活塞b ，直到活塞b 到达汽缸底部，求此过程中推力的最大值．答案 (1)BCD (2)①400 K ②75 N解析 (1)机械能可以全部转化为内能，内能无法全部用来做功从而转化为机械能，故A 错误；将两个分子由距离极近移动到相距无穷远的过程中，分子力先是斥力后是引力，分子力先做正功后做负功，分子势能先减小后增大，故B 正确；当气体分子间的作用力表现为引力时，若气体等温膨胀，气体分子间距离变大，分子引力做负功，分子势能增加，气体内能增加，同时由于气体体积增大，气体要对外界做功，故C 正确；液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，则液体表面分子间表现为相互吸引，所以存在表面张力，故D 正确；气体的体积增大，单位时间内气体分子对容器壁单位面积的碰撞次数减少，如果温度升高，气。

选修3－3专练(一)1．(1)下列说法中正确的是________．A．机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功从而转化为机械能B．将两个分子由距离极近移动到相距无穷远处的过程中，它们的分子势能先减小后增大C．当气体分子间的作用力表现为引力时，若气体等温膨胀，则气体对外做功且内能增大D．液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，所以液体存在表面张力E．单位时间内气体分子对容器壁单位面积碰撞的次数减少，气体的压强一定减小(2)如图1所示，两竖直且正对放置的导热汽缸底部由细管道(体积忽略不计)连通，两活塞a、b(厚度不计)用刚性轻杆相连，可在两汽缸内无摩擦地移动．上、下两活塞的横截面积分别为S1＝10 cm2、S2＝20 cm2，两活塞总质量为M＝5 kg，两汽缸高度均为H＝10 cm.两汽缸与细管道内封闭有一定质量的理想气体，系统平衡时活塞a、b到缸底部距离均为L＝5 cm.已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，环境温度T0＝300 K，取重力加速度g＝10 m/s2.图1①若缓慢升高环境温度，使一活塞缓慢移到对应汽缸的底部，求此时环境的温度．②若保持温度不变，用竖直向下的力缓慢推活塞b，直到活塞b到达汽缸底部，求此过程中推力的最大值．答案(1)BCD (2)①400 K②75 N解析(1)机械能可以全部转化为内能，内能无法全部用来做功从而转化为机械能，故A错误；将两个分子由距离极近移动到相距无穷远的过程中，分子力先是斥力后是引力，分子力先做正功后做负功，分子势能先减小后增大，故B正确；当气体分子间的作用力表现为引力时，若气体等温膨胀，气体分子间距离变大，分子引力做负功，分子势能增加，气体内能增加，同时由于气体体积增大，气体要对外界做功，故C正确；液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，则液体表面分子间表现为相互吸引，所以存在表面张力，故D正确；气体的体积增大，单位时间内气体分子对容器壁单位面积的碰撞次数减少，如果温度升高，气体分子撞击器壁的速率增大，对器壁的压力增大，气体的压强可能增大、可能减小也可能不变，故E错误．(2)①汽缸内气体压强不变，温度升高，气体体积变大，故活塞向上移动由盖－吕萨克定律有：LS 1＋LS 2T 0＝HS 2T解得：T ＝400 K ②设向下推动的距离为x 时，气体压强为p由平衡条件得：p 0S 1＋pS 2＝Mg ＋p 0S 2＋pS 1＋F当F ＝0时，可得初始状态气体压强p 1＝1.5×105Pa缓慢向下推活塞b 的过程，温度不变由玻意耳定律得： p (LS 1＋xS 1＋LS 2－xS 2)＝p 1(LS 1＋LS 2)联立以上各式得：F ＝150x 15－x ＝15015x－1(0≤x ≤5 cm) 当x ＝5 cm 时，F 最大，F m ＝75 N.2．(1)下列说法中正确的是________．A ．一定质量的0 ℃的水变成0 ℃的冰，体积膨胀，分子势能减小B ．硬币可以浮在平静的水面上是因为液体表面存在表面张力C ．用油膜法估测分子的大小实验中D ＝V S 的V 是指油滴溶液的体积D ．热平衡是指一个系统内部的状态不再改变时所处的状态E ．当两个分子间的距离为r 0(平衡位置)时，分子间作用力为零，分子势能最小(2)如图2所示，一个圆筒形导热汽缸开口向上竖直放置，内有活塞，其横截面积为S ＝1×10－4 m 2，质量为m ＝1 kg ，活塞与汽缸之间无摩擦且不漏气，其内密封有一定质量的理想气体，气柱高度h ＝0.2 m ．已知大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，取g ＝10 m/s 2.图2①如果在活塞上缓慢堆放一定质量的细砂，气柱高度变为原来的23，求砂子的质量并判断此过程理想气体是吸热还是放热；②如果在①基础上给汽缸底缓慢加热，使活塞恢复到原高度，此过程中气体吸收热量 5 J ，求气体内能的增量．答案 (1)ABE (2)见解析解析 (1)0 ℃的水变成0 ℃的冰，体积膨胀，对外做功，同时放出热量，内能减小，分子平均动能不变，分子势能减小，故A 正确；水面能托住小硬币不下沉主要是因为液体表面存在表面张力，故B 正确；用油膜法估测分子的大小实验中D ＝V S的V 是指一滴溶液中纯油酸的体积，故C 错误；热平衡是指一个系统内部各部分温度相等的状态，故D 错误；设分子的平衡距离为r 0，分子间的距离为r ，当r >r 0，分子力表现为引力，分子距离越大，分子势能越大．当r <r 0，分子力表现为斥力，分子距离越小，分子势能越大．故当r ＝r 0时，分子力为0，分子势能最小，故E 正确．(2)①因为缓慢放置砂子，气体发生等温变化，根据玻意耳定律，有p 1V 1＝p 2V 2 p 1＝p 0＋mg S ，p 2＝p 0＋mg ＋m 砂g SV 1＝hS ，V 2＝23hS代入数据解得m 砂＝1 kg因为气体体积减小，外界对气体做功，理想气体温度不变，内能不变，所以此过程理想气体放热．②使活塞恢复到原高度的过程，气体压强不变，气体对外做功W ＝－p 2ΔV ＝－2 J 由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q所以气体内能的增量为3 J.。

选择题专练(十二)1．下列说法中正确的是( )A ．光电效应实验中，只有入射光频率小于极限频率才能产生光电子B ．若某材料的逸出功是W 0，则它的极限频率νc ＝W 0hC ．大量光子的效果往往表现出粒子性，个别光子的行为往往表现出波动性D ．在光电效应现象中，增大入射光的频率一定能增大光电流 答案 B解析 光电效应实验中，只有入射光频率大于金属的极限频率才能发生光电效应，从而产生光电子，选项A 错误；若某材料的逸出功是W 0，则它的极限频率νc ＝W 0h，选项B 正确；大量光子的效果往往表现出波动性，个别光子的行为往往表现出粒子性，选项C 错误；在光电效应现象中，增大入射光的频率一定能增大光电子的最大初动能，不一定能增大光电流，选项D 错误．2．倾角为37°的斜面与水平面平滑连接，一滑块从斜面上某点由静止开始下滑，最后停在水平面上．已知滑块在斜面和水平面上滑行的距离相等，滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数也相等，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则滑块与水平面间的动摩擦因数为( ) A.15 B.14 C.13 D.12 答案 C解析 设滑块在斜面和水平面上滑行的距离均为x ，则由动能定理：mgx sin 37°－μmgx cos 37°－μmgx ＝0，解得μ＝13，故选C.3．真空中相距为3a 的两个点电荷M 、N ，分别固定于x 轴上x 1＝0和x 2＝3a 的两点上，在它们连线上各点的电场强度E 随x 变化的关系如图1所示，下列判断正确的是( )图1A ．点电荷M 、N 为异种电荷B ．在x 轴上，3a <x <6a 的区域内，有一点电场强度为零C ．点电荷M 、N 所带电荷量的绝对值之比为4∶1D ．若设无穷远处为电势能零点，则x ＝2a 处的电势一定为零 答案 C解析 若两电荷为异种电荷，在x ＝2a 处，电场强度不可能为0，故两电荷为同种电荷，故A 错误；两电荷为同种电荷，在x 轴上，只有一点电场强度为零，即2a 处，在x 轴上3a <x <6a 的区域内不可能存在电场强度为零的点，故B 错误；M 在2a 处产生的场强为E 1＝k Q M(2a )2，N 在2a 处产生的场强为E 2＝k Q Na2，由于2a 处场强为0，故E 1＝E 2，所以解得Q M ＝4Q N ，故C 正确；若设无穷远处为电势能零点，电荷从无穷远处运动到x ＝2a 处电场力做功不为零，x ＝2a 处电势不为零，故D 错误．4．如图2甲所示，在水平面上固定一电阻为R 、半径为r 0的单匝金属线圈，线圈内有一半径为r (r <r 0)的区域内存在垂直线圈平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B 随时间t 如图乙变化时，令πB 0r2Rt 0＝a ，πB 0r 02Rt 0＝b ，从上往下看，以顺时针方向的电流为正，下列选项中能正确表示线圈中感应电流I 变化的是( )图2答案 D解析 在0～t 0时间内线圈中产生的感应电动势：E 1＝ΔB Δt S ＝B 0t 0·πr 2， 感应电流I 1＝E 1R ＝B 0πr 2Rt 0＝a ，根据楞次定律，电流为顺时针方向，即正方向；在t 0～3t 0时间内线圈中磁通量不变，产生的感应电流为零； 在3t 0～5t 0时间内，电动势：E 2＝ΔB Δt S ＝B 02t 0·πr 2，感应电流I 2＝E 2R ＝B 0πr 22Rt 0＝12a ，根据楞次定律，电流为逆时针方向，即负方向，故选D.5．如图3所示，矩形导线框置于磁场中，该磁场可视为匀强磁场．电阻不计的线框通过电刷、导线与变压器原线圈构成闭合电路，线框在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴以大小为ω的角速度逆时针转动，已知线框匀速转动时产生的感应电动势最大值为E m ，原、副线圈的匝数比为1∶4，副线圈通过电阻R 接两个相同的灯泡．下列说法正确的是( )图3A ．从图示中线框与磁感线平行的位置开始计时，线框中感应电动势表达式为e ＝2E m sin ωtB ．副线圈上电压的有效值为22E mC ．开关K 闭合时，电阻R 两端电压降低D ．当线框转动角速度增大时，灯泡的亮度不变 答案 B解析 从图示中线框与磁感线平行的位置开始计时，线框中感应电动势表达式为e ＝E m cos ωt ，选项A 错误；原线圈电压有效值为U 1＝E m2，则副线圈上电压的有效值为U 2＝4U 1＝22E m ，选项B 正确；开关K 闭合时，副线圈电路的总电阻减小，则副线圈电路中的电流变大，电阻R 两端电压变大，选项C 错误；当线框转动角速度增大时，则交流电的最大值变大，变压器原线圈两端的电压变大，副线圈两端的电压也变大，则灯泡的亮度变亮，选项D 错误． 6.宇宙中两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转，称之为双星系统．在浩瀚的银河系中，多数恒星都是双星系统．设某双星系统A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如图4所示．若AO>OB，则( )图4A．星球A的角速度一定大于B的角速度B．星球A的质量一定小于B的质量C．双星的总质量一定，双星之间的距离越大，其转动周期越大D．双星之间的距离一定，双星的总质量越大，其转动周期越大答案BC解析双星系统中两星球的角速度相等，故A错误．根据万有引力提供向心力m Aω2r A＝m Bω2r B，因为r A＞r B，所以m A＜m B，即A的质量一定小于B的质量，故B正确．设两星体间距为L，根据万有引力提供向心力公式得：G m A m BL2＝m A4π2T2r A＝m B4π2T2r B，解得周期为T＝2πL3G(m A＋m B)，由此可知双星的总质量一定，双星之间的距离越大，其转动周期越大，故C正确．双星之间的距离一定，双星的总质量越大，其转动周期越小，故D错误．7．一质量为0.6 kg的篮球，以8 m/s的速度水平撞击篮板，被篮板反弹后以6 m/s的速度水平反向弹回，在空中飞行0.5 s后以7 m/s的速度被运动员接住，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A．与篮板碰撞前后篮球的动量变化大小为8.4 kg·m/sB．被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的动量变化大小为0.6 kg·m/sC．篮板对篮球的作用力大小约为15.6 ND．被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的重力产生的冲量大小为3 N·s答案AD解析以被篮板反弹后的速度方向为正方向，与篮板碰撞前后篮球的动量变化大小为：Δp1＝mv2－(－mv1)＝m(v2＋v1)＝0.6×(8＋6) kg·m/s＝8.4 kg·m/s，选项A正确；根据动量定理，被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的动量变化大小为Δp2＝mgt＝0.6×10×0.5 kg·m/s＝3 kg·m/s，选项B错误；根据动量定理：FΔt＝Δp1，因作用时间Δt未知，则无法确定篮板对篮球的作用力大小，选项C错误；被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的重力产生的冲量大小为I G＝Δp2＝3 kg·m/s＝3 N·s，选项D正确．8．如图5所示，两个大小不计、质量均为m的物体A、B放置在水平地面上，一根长为L且不可伸长的轻绳两端分别系在两物体上，绳恰好伸直且无拉力，在绳的中点施加一个竖直向上的拉力F，使两物体慢慢靠近直至接触．已知两物体与水平地面间的动摩擦因数均为33，则在两物体靠近的过程中，下列说法正确的是( )图5 A．拉力F一直增大B．物体A所受的摩擦力不变C．地面对A物体的支持力先减小后增大D．当两物体间的距离为32L时，绳上的拉力最小答案AD解析设某时刻与物体连接的绳子的拉力为F T，与水平方向的夹角为θ，则对每个物体：水平方向F T cos θ＝μF N；竖直方向F T sin θ＋F N＝mg，其中F＝2F T sin θ；联立可得：F＝2μmg 1tan θ＋μ，则随着θ增加，F变大，选项A正确；F f＝F T cos θ＝μmg1＋μtan θ，则随着θ增加，F f变小，选项B错误；F N＝mg－F T sin θ＝mg－μmg 1tan θ＋μ，则随着θ增加，F N变小，选项C错误；F T＝μmgcos θ＋μsin θ，对cos θ＋μsin θ＝1＋μ2sin(θ＋φ)(其中tan φ＝1μ＝3，即φ＝60°)，则当分母最大时，F T最小，此时θ＝30°，可求得两物体间的距离为L cos 30°＝32L，选项D正确．。

选择题专练(二)1．(2018·山东省淄博市仿真模拟)关于原子核、原子核的衰变、核能，下列说法正确的是( )A．原子核的结合能越大，原子核越稳定B．任何两个原子核都可以发生核聚变C.238 92U衰变成206 82Pb要经过8次β衰变和6次α衰变D．发生α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2答案 D解析原子核的比结合能越大，原子核越稳定，选项A错误；只有较小的原子核才可以发生核聚变，故B错误；铀核238 92U衰变成铅核206 82Pb的过程中，α衰变一次质量数减少4，次数n＝238－2064＝8，β衰变的次数为n＝8×2＋82－92＝6，要经过8次α衰变和6次β衰变，故C错误；α粒子为氦核，由两个质子和两个中子组成，所以发生α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2，故D正确．2．如图1所示，两个固定的等量异种电荷相距为4L，其连线中点为O，以O为圆心、L为半径的圆与两点电荷间的连线及连线的中垂线分别交于a、b和c、d.则( )图1A．a、b两点的电场强度大小相等，方向相反B．c、d两点的电场强度大小相等，方向相同C．将一带正电的试探电荷从a点沿直线移到b点，其电势能先减小后增大D．将一带正电的试探电荷从c点沿直线移到d点，其电势能先增大后减小答案 B解析根据两等量异种点电荷电场特点可知，a、b两点的电场强度大小相等，方向相同，c、d两点的电场强度大小相等，方向相同，故A错误，B正确；将一带正电的试探电荷从a点沿直线移到b点，电场力一直做正功，故其电势能一直减小，选项C错误；cd连线上电势均为零，故将一带正电的试探电荷从c点沿直线移到d点，其电势能不变，选项D错误．3.如图2所示，a、b两小球通过轻质细线连接跨在光滑轻质定滑轮(视为质点)上．开始时，a球放在水平地面上，连接b球的细线伸直并水平．现由静止释放b球，当连接b球的细线摆到竖直位置时，a球对地面的压力恰好为0.则a、b两球的质量之比为( )图2A ．3∶1B ．2∶1C ．3∶2D ．1∶1答案 A解析 连接b 球的细线摆到竖直位置时，由机械能守恒定律：m B gl ＝12m B v 2， 对小球b ：F T －m B g ＝m B v 2l； 对球a ：F T ＝m A g ；联立解得：m A ∶m B ＝3∶1，故选A.4．L 形的光滑金属轨道AOC ，AO 沿竖直方向，OC 沿水平方向，PQ 是如图3所示地放在导轨上的一根金属直杆，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中Q 端始终在OC 上．空间存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，则在PQ 杆滑动的过程中，下列判断正确的是( )图3A ．感应电流的方向始终是由P →Q ，PQ 所受安培力的方向垂直杆向左B ．感应电流的方向先是由P →Q ，后是由Q →P ，PQ 所受安培力的方向先垂直于杆向左，后垂直于杆向右C ．感应电流的方向始终是由Q →P ，PQ 所受安培力的方向垂直杆向右D ．感应电流的方向先是由Q →P ，后是由P →Q ，PQ 所受安培力的方向先垂直于杆向右，后垂直于杆向左答案 B解析 在PQ 杆滑动的过程中，△POQ 的面积先增大，后减小，穿过△POQ 磁通量先增大，后减小，根据楞次定律可知：感应电流的方向先是由P →Q ，后是由Q →P ；由左手定则判断得到：PQ 受安培力的方向先垂直于杆向左，后垂直于杆向右，故B 正确，A 、C 、D 错误．5.如图4所示，一质点在0～10 s 内，其v －t 图象的图线恰好是与两坐标轴相切的圆弧，则( )图4A ．0时刻，质点的加速度等于0B ．10 s 内质点的位移约为21.5 mC ．质点的加速度大小等于1 m/s 2时的速度等于4.5 m/sD ．质点的加速度随时间均匀减小答案 B解析 0时刻，切线的斜率最大，故质点的加速度不等于0，选项A 错误；图象与坐标轴围成的面积等于位移，则10 s 内质点的位移为x ＝10×10 m－14π×102 m≈21.5 m，选项B 正确；质点的加速度大小等于1 m/s 2时，此时圆弧的切线的斜率等于－1，切点在圆弧的中点，由几何知识可知v ＝10 m/s －10cos 45° m/s＝2.93 m/s ，选项C 错误；圆弧切线的斜率等于加速度，由几何知识可知，质点的加速度随时间不是均匀减小，开始减小的快，以后逐渐变慢，选项D 错误．6．2017年2月，美国宇航局宣布，在距离地球39光年外的水瓶座，发现了围绕恒星“Trappist －1”运行的7个类地行星，其中排列第5的行星“f”(可视为均匀球体，且不考虑其自转运动)被认为最适宜人类居住．假设该行星绕恒星做匀速圆周运动，他到恒星中心的距离为r ，该行星的质量为m ，半径为R ，引力常量为G ，则下列说法正确的是( )A ．该行星的公转周期为2πr r GmB ．该行星表面的重力加速度为GmR 2C ．该行星的第一宇宙速度为Gm RD ．该行星绕恒星做匀速圆周运动的线速度大小为Gm r 答案 BC解析 设恒星的质量为M ，则由万有引力定律可得：G Mm r 2＝m 4π2T 2r ＝m v 2r，解得：T ＝2πrr GM ，v ＝GM r， 选项A 、D 错误； 对行星表面的物体：G mm ′R 2＝m ′g ， 可得该行星表面的重力加速度为g ＝GmR 2，选项B 正确；对绕行星表面运转的卫星：G mm 0R 2＝m 0v 12R， 可得该行星的第一宇宙速度为v 1＝Gm R， 选项C 正确．7．如图5甲所示，理想变压器原线圈电路中接有理想电压表和理想电流表，副线圈电路中接有理想二极管和两电阻值均为6 Ω的灯泡．当原线圈中输入的交变电压如图乙所示时，电流表的示数为1 A ．则( )图5A ．电压表的示数为70.7 VB ．变压器原、副线圈的匝数比为5∶2C ．灯泡a 消耗的电功率为503W D ．灯泡b 消耗的电功率为253W 答案 BD解析 原线圈接交流电的有效值为：U 1＝5022V ＝50 V ， 故电压表读数为50 V ，选项A 错误；设副线圈两端电压有效值为U 2，则在一个周期内：U 1I 1T ＝U 22R ·T 2＋U 222R ·T 2， 解得U 2＝20 V ，可得变压器原、副线圈的匝数比为n 1n 2＝U 1U 2＝5020＝52，选项B 正确；灯泡b 消耗的电功率为P b ＝12×U 222R ×12＝14×2022×6 W ＝253W ， 选项D 正确；灯泡a 消耗的电功率为P a ＝12×U 22R ＋12×U 222R ×12＝1253W ，选项C 错误． 8.如图6所示，固定于竖直面内的粗糙斜杆长为1 m ，杆与水平方向的夹角为30°，质量为1 kg 的小球套在杆上，小球与杆间的动摩擦因数为33，小球在恒定拉力F 作用下，沿杆由底端匀速运动到顶端．已知拉力F 的方向与杆在同一竖直平面内，且与水平方向的夹角大于30°，取重力加速度g ＝10 m/s 2.则( )图6A ．拉力F 与杆之间的夹角为30°时，F 的值最小B ．拉力F 的最小值为5 3 NC ．拉力F 的大小可能为15 ND ．拉力F 做功的最小值为5 3 J答案 ABC解析 小球匀速运动，根据平衡条件，在沿杆方向上有：F cos α＝mg sin 30°＋μ(mg cos 30°－F sin α)整理得：F cos α＋μF sin α＝10，即F ＝10cos α＋μsin α由数学知识知cos α＋μsin α最大值为 12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫332＝233； 此时arctan 1μ＝60° 则α＝90°－60°＝30°；F min ＝10233 N ＝5 3 N ，选项A 、B 正确；当F ＝15 N 时，设力F 与杆之间的夹角为θ，小球匀速运动，根据平衡条件，在沿杆方向上有：F cos θ＝mg sin 30°＋μ(mg cos 30°－F sin θ)整理得：F cos θ＋μF sin θ＝mg代入数据得：cos θ≈0.092或cos θ≈0.908(不符合题意，舍去) 可知F＝15 N是可能的．故C正确；当拉力F做功最小时，摩擦力为零，即mg cos 30°－F sin α＝0，F cos α＝mg sin 30°，解得F＝mg，α＝60°；拉力F做功的最小值为：W＝Fl sin 30°＝5 J，选项D错误．。

计算题专练(一)1．如图1所示，有一个可视为质点的质量为m ＝1 kg 的小物块，从圆滑平台上的A 点以v 0＝2 m/s 的初速度水平抛出，抵达C 点时，恰巧沿C 点的切线方向进入固定在水平川面上的圆滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道尾端D 点的质量为M ＝3 kg 的长木板，已知木板上表面与圆弧轨道尾端切线相平，木板下表面与水平川面之间圆滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R ＝0.4 m ，C 点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.求：图1(1)小物块刚要抵达圆弧轨道尾端D 点时对轨道的压力；(2)若长木板长度L ＝2.4 m ，小物块可否滑出长木板？答案 看法析分析 (1)物块抵达C 点的速度与水平方向的夹角为60°，则v C ＝v 0cos 60°＝2v 0＝4 m/s 小物块由C 到D 的过程中，由动能定理得：mgR (1－cos 60°)＝12mv D 2－12mv C 2代入数据解得：v D ＝2 5 m/s 小物块在D 点时，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v D 2R解得：F N ＝60 N由牛顿第三定律得：小物块刚要抵达圆弧轨道尾端D 点时对轨道的压力F N ′＝F N ＝60 N ，方向竖直向下．(2)设小物块一直在长木板上，共同速度大小为v ，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板构成的系统动量守恒，取向左为正方向由动量守恒定律得：mv D ＝(M ＋m )v解得：v ＝52m/s 设物块与木板的相对位移为l ，由功能关系得：μmgl ＝12mv D 2－12(m ＋M )v 2解得：l ＝2.5 m>L ＝2.4 m ，因此小物块能滑出长木板．2．如图2所示，在平面直角坐标系中，第三象限里有一加快电场，一个电荷量为q 、质量为m 的带正电粒子(不计重力)，从静止开始经加快电场加快后，垂直x 轴从A (－4L,0)点进入第二象限，在第二象限的地区内，存在着指向O 点的平均辐射状电场，距O 点4L 处的电场强度大小均为E ＝qLB 0216m，粒子恰巧能垂直y 轴从C (0,4L )点进入第一象限，如下图，在第一象限中有两个全等的直角三角形地区Ⅰ和Ⅱ，均充满了方向垂直纸面向外的匀强磁场，地区Ⅰ的磁感觉强度大小为B 0，地区Ⅱ的磁感觉强度大小可调，D 点坐标为(3L,4L )，M 点为CP 的中点．粒子运动轨迹与磁场地区相切时以为粒子能再次进入磁场．从磁场地区Ⅰ进入第二象限的粒子能够被汲取掉．求：图2(1)加快电场的电压U ；(2)若粒子恰巧不可以从OC 边射出，求地区Ⅱ磁感觉强度大小；(3)若粒子能抵达M 点，求地区Ⅱ磁场的磁感觉强度大小的全部可能值．答案 看法析分析 (1)粒子在加快电场中加快，依据动能定理有：qU ＝12mv 2粒子在第二象限辐射状电场中做半径为R 的匀速圆周运动，则：qE ＝m v 24L联立解得：v ＝qB 0L 2m ，U ＝qL 2B 028m(2)粒子在地区Ⅰ中运动的速度大小v ＝qB 0L2m ，依据洛伦兹力供给粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，有qB 0v ＝m v 2r ，得半径r ＝mvqB 0＝L 2，若粒子在地区Ⅱ中的运动半径R 较小，则粒子会从OC 边射出磁场．恰巧不从OC 边射出时，作出对应的运动轨迹，如图．知足∠O 2O 1Q ＝2θ，sin 2θ＝2sin θcos θ＝2425，又sin 2θ＝rR －r解得：R ＝4924r ＝4948L又R ＝mv qB ，代入v ＝qB 0L2m可得：B ＝24B 049(3)①若粒子由地区Ⅰ达到M 点每次行进CP 2＝2(R －r )cos θ＝85(R －r )由周期性得：CM ＝n CP 2(n ＝1,2,3……)，即52L ＝85n (R －r )R ＝r ＋2516n L ≥4948L ，解得n ≤3n ＝1时R ＝3316L ，B ＝833B 0n ＝2时R ＝4132L ，B ＝1641B 0，n ＝3时R ＝4948L ，B ＝2449B 0②若粒子由地区Ⅱ达到M 点由周期性：CM ＝CP 1＋n CP 2(n ＝0,1,2,3……)即52L ＝85R ＋85n (R －r )解得：R ＝52＋45n 85(1＋n )L ≥4948L 解得：n ≤2625，n ＝0时R ＝2516L ，B ＝825B 0 n ＝1时R ＝3332L ，B ＝1633B 0.。

实验题专练(一)1．在没有天平的情况下，实验小组利用以下方法对质量进行间接测量，装置如图1所示：一根轻绳跨过轻质定滑轮与两个相同的重物P 、Q 相连，重物P 、Q 的质量均为m (已知)，在重物Q 的下面通过轻质挂钩悬挂待测物块Z ，重物P 的下端与穿过打点计时器的纸带相连，已知当地重力加速度为g .图1(1)某次实验中，先接通频率为50 Hz 的交流电源，再由静止释放系统，得到如图2所示的纸带，则系统运动的加速度a ＝________ m/s 2(保留三位有效数字)；图2(2)在忽略阻力的情况下，物块Z 质量M 的表达式为M ＝________(用字母m 、a 、g 表示)；(3)由(2)中理论关系测得的质量为M ，而实际情况下，空气阻力、纸带与打点计时器间的摩擦、定滑轮中的滚动摩擦不可以忽略，使物块Z 的实际质量与理论值M 有一定差异，这是一种________________(填“偶然误差”或“系统误差”)． 答案 (1)8.00 (2)2mag －a(3)系统误差 解析 (1)根据Δx ＝aT 2，系统运动的加速度a ＝0.029 5＋0.032 9－0.023 2－0.026 44×0.022m/s 2＝8.00 m/s 2；(2)根据牛顿第二定律，对Q 和Z 有 (m ＋M )g －F T ＝(m ＋M )a ， 对P 有F T －mg ＝ma ， 联立解得M ＝2mag －a； (3)由题意可知这是一种系统误差．2．实验小组对一未知电源的电动势E 和内阻r 进行测量，实验器材如下： 待测电源：电动势小于2 V ，内阻小于1 Ω； 灵敏电流计G ：满偏电流I g ＝150 mA ，内阻R g ＝1 Ω直流电压传感器(视为理想电压表)； 定值电阻R 1＝2 Ω； 定值电阻R 2＝5 Ω； 定值电阻R 3＝0.5 Ω； 滑动变阻器R 4(0～5 Ω)； 滑动变阻器R 5(0～50 Ω)； 开关和导线若干．(1)实验电路设计如图3所示，实验小组将灵敏电流计G 与两个定值电阻组装，改装成一量程为0.6 A 的电流表，并将灵敏电流计的表盘刻度进行了合理的标注．请将该电流表的内部电路图补充在虚线框中，并将所用到的定值电阻的符号标注在图中．图3(2)闭合开关，调节滑动变阻器，得到一系列电流表与直流电压传感器的数据(见下表)，则实验中，滑动变阻器应该选用________(填滑动变阻器的符号)，该电源的电动势E ＝________ V ，电源内阻r ＝________ Ω.(小数点后保留两位数字)(3)调节滑动变阻器阻值，当滑动变阻器在该电路中的功率最大时，直流电压传感器的示数为________ V(小数点后保留两位数字)． 答案 (1)如图所示(2)R 5 1.80 0.50 (3)0.90解析 (1)实验小组将灵敏电流计G 与两个定值电阻组装，改装成一量程为0.6 A 的电流表，所以先将灵敏电流计G 与R 2串联，满偏电压为U g ＝I g (R 2＋R g )＝0.9 V ，再与R 1串联，电流量程为I ＝I g ＋U gR 1＝0.15 A ＋0.45 A ＝0.6 A ，电路图为(2)根据欧姆定律R ＝U I 可知，接在电路中滑动变阻器最大值为R ＝1.700.05Ω＝34 Ω，滑动变阻器应该选用R 5；根据U ＝E －I (r ＋R A )，代入其中两组数据， 可得1.70＝E －0.05(r ＋R A )，1.00＝E －0.4(r ＋R A )其中R A ＝R 1(R 2＋R g )(R 2＋R g )＋R 1＝1.5 Ω，解得E ＝1.80 V ，r ＝0.50 Ω；(3)调节滑动变阻器阻值，当滑动变阻器的阻值为R 滑＝R A ＋r ＝2 Ω时，其在该电路中的功率最大，直流电压传感器的示数为U ＝ER 滑r ＋R A ＋R 滑＝0.90 V.。

实验题专练(一)1．在没有天平的状况下，实验小组利用以下方法对证量进行间接丈量，装置如图1所示：一根轻绳越过轻质定滑轮与两个同样的重物P 、Q 相连，重物P 、Q 的质量均为m (已知)，在重物Q 的下边经过轻质挂钩悬挂待测物块Z ，重物P 的下端与穿过打点计时器的纸带相连，已知当地重力加快度为g .图1(1)某次实验中，先接通频次为50 Hz 的沟通电源，再由静止开释系统，获得如图2所示的纸带，则系统运动的加快度a ＝________ m/s 2(保存三位有效数字)；图2(2)在忽视阻力的状况下，物块Z 质量M 的表达式为M ＝________(用字母m 、a 、g 表示)； (3)由(2)中理论关系测得的质量为M ，而实质状况下，空气阻力、纸带与打点计时器间的摩擦、定滑轮中的转动摩擦不能够忽视，使物块Z 的实质质量与理论值M 有必定差别，这是一种________________(填“有时偏差”或“系统偏差”)． 答案 (1)8.00 (2)2mag －a(3)系统偏差 分析 (1)依据Δx ＝aT 2，系统运动的加快度a ＝0.029 5＋0.032 9－0.023 2－0.026 42m/s 2＝8.00 m/s 2；(2)依据牛顿第二定律，对Q 和Z 有 (m ＋M )g －F T ＝(m ＋M )a ， 对P 有F T －mg ＝ma ， 联立解得M ＝2mag －a； (3)由题意可知这是一种系统偏差．2．实验小组对一未知电源的电动势E和内阻r进行丈量，实验器械以下：待测电源：电动势小于2 V，内阻小于1 Ω；敏捷电流计G：满偏电流I g＝150 mA，内阻R g＝1 Ω直流电压传感器(视为理想电压表)；定值电阻R1＝2 Ω；定值电阻R2＝5 Ω；定值电阻R3＝0.5 Ω；滑动变阻器R4(0～5 Ω)；滑动变阻器R5(0～50 Ω)；开关和导线若干．(1)实验电路设计如图3所示，实验小组将敏捷电流计G与两个定值电阻组装，改装成一量程为0.6 A的电流表，并将敏捷电流计的表盘刻度进行了合理的标明．请将该电流表的内部电路图增补在虚线框中，并将所用到的定值电阻的符号标明在图中．图3(2)闭合开关，调理滑动变阻器，获得一系列电流表与直流电压传感器的数据(见下表)，则实验中，滑动变阻器应当采用________(填滑动变阻器的符号)，该电源的电动势E＝________ V，电源内阻r＝________ Ω.(小数点后保存两位数字)电流(I/A)电压(U/V)(3)调理滑动变阻器阻值，当滑动变阻器在该电路中的功率最大时，直流电压传感器的示数为________ V(小数点后保存两位数字)．答案(1)以下图(2)R5分析(1)实验小组将敏捷电流计G与两个定值电阻组装，改装成一量程为0.6 A的电流表，因此先将敏捷电流计G与R2串连，满偏电压为U g＝I g(R2＋R g)＝0.9 V，再与R1串连，电流量程为I ＝I g ＋U g R 1＝0.15 A ＋0.45 A ＝0.6 A ，电路图为(2)依据欧姆定律R ＝UI可知，接在电路中滑动变阻器最大值为R ＝ Ω＝34 Ω，滑动变阻器应当采用R 5；依据U ＝E －I (r ＋R A )，代入此中两组数据， 可得1.70＝E －0.05(r ＋R A )，1.00＝E －0.4(r ＋R A )此中R A ＝R 1(R 2＋R g )(R 2＋R g )＋R 1＝1.5 Ω，解得E ＝1.80 V ，r ＝0.50 Ω；(3)调理滑动变阻器阻值，当滑动变阻器的阻值为R 滑＝R A ＋r ＝2 Ω时，其在该电路中的功率最大，直流电压传感器的示数为U ＝ER 滑r ＋R A ＋R 滑＝0.90 V.。

选择题专练(八)1．用光照耀某种金属，有光电子从金属表面逸出，假如换一种频次更大的光照耀该金属，但光的强度减弱，则( )A．单位时间内逸出的光电子数减少，光电子的最大初动能减小B．单位时间内逸出的光电子数增大，光电子的最大初动能减小C．单位时间内逸出的光电子数减少，光电子的最大初动能增大D．单位时间内逸出的光电子数增大，光电子的最大初动能增大答案 C分析依据光电效应方程E km＝hν－W0得，光的强度不影响光电子的最大初动能，对某种特定的金属光电子的最大初动能与入射光的频次相关，入射光的强度影响单位时间内发出光电子的数量，光的强度减弱，单位时间内逸出的光电子数量减少，故A、B、D错误，C正确．2．假定宇宙中有两颗相距无穷远的行星A和B，A、B星球半径分别为R A和R B，两颗行星各自四周的卫星的轨道半径的三次方(r3)与运转公转周期的平方(T2)的关系如图1所示，T0为卫星围绕各自行星表面运转的周期．则( )图1A．行星A的质量小于行星B的质量B ．行星A 的密度小于行星B 的密度C ．行星A 的第一宇宙速度等于行星B 的第一宇宙速度D ．当两行星四周的卫星的运动轨道半径同样时，行星A 的卫星的向心加快度大于行星B 的卫星的向心加快度 答案 D分析 依据万有引力供给向心力，有GMm r 2＝m 4π2T2r ，解得：T ＝4π2r3GM，关于围绕行星A 表面运转的卫星， 有：T 0＝4π2R A3GM A①关于围绕行星B 表面运转的卫星，有：T 0＝4π2R B3GM B②联立①②得：R A 3M A ＝R B 3M B③由题图知，R A >R B ，因此M A >M B ，故A 错误；A 行星质量为：M A ＝ρA ·43πR A 3 B 行星的质量为：M B ＝ρB ·43πR B 3，代入③解得：ρA ＝ρB ，故B 错误；内行星表面邻近运转的卫星的线速度即此行星的第一宇宙速度，依据万有引力供给向心力，有：GMm R 2＝m v 2R解得：v ＝GMR ＝43GρπR ∝R ， 因为R A >R B ，因此v A >v B ，故C 错误； 依据GMm r 2＝ma 知，a ＝GMr2，因为M A >M B ，卫星运动的轨道半径相等，则行星A 的卫星的向心加快度大于行星B 的卫星的向心加快度，故D 正确．3.如图2所示，半径为R 的竖直半球形碗固定于水平面上，碗口水平且AB 为直径，O 点为碗的球心．将一弹性小球(可视为质点)从AO 连线上的某点C 沿CO 方向以某初速度水平抛出，经历时间t ＝Rg(g 为重力加快度)，小球与碗内壁第一次碰撞，以后能够恰巧返回C 点，假定小球与碗内壁碰撞前后瞬时小球的切向速度不变，法向速度等大反向．不计空气阻力，则C 、O 两点间的距离为( )图2A.2R 3B.3R 3C.3R 2D.2R 2答案 C分析 小球在竖直方向的位移为h ＝12gt 2＝12R ，设小球与半球形碗碰撞点为D 点，则DO 的连线与水平方向的夹角为30°，过D 点作CO 连线的垂线交于CO 连线E 点，小球与半球形碗碰撞前速度方向垂直于半球形碗在D 点的切线方向， 则OE ＝R 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫R 22＝32R ，小球着落h 时竖直方向的速度为v y ＝gt ＝gR ， 则水平方向的速度v 0＝v y tan 60°＝3gR ， 因此水平方向的位移为x ＝v 0t ＝3R ， 由几何关系可知，CO ＝3R －32R ＝32R ，故C 正确． 4．如图3所示，足够长的宽度为d 的竖直条形地区内存在垂直纸面向里的匀强磁场，直角三角形金属线框ABC 的BC 边水平且长度为L ，已知L >d .现令线框在外力作用下以速度v 0匀速穿过磁场地区，以B 点进入磁场的时辰为计时起点，规定线框中电流沿逆时针方向为正方向，则在线框穿过磁场的过程中，线框中的电流i 随时间t 的变化状况可能是( )图3答案 C分析B点进入磁场后直至线框位移为d的过程中，线框的有效切割长度随时间平均增大，线框中电流随时间平均增大至I0，方向为逆时针方向，已知L>d，线框位移大于d小于L的过程中，其有效切割长度不变，线框中的电流不变，仍为逆时针，线框出磁场的过程中，有效切割长度随时间平均增大，电流随时间平均增大，选项A、D错误；由B项的横轴可知L＝2d，由几何关系可知线框位移为L时的有效切割长度与位移为d时的有效切割长度相等，故电流等大，但方向为顺时针方向，位移为L＋d时，有效长度是位移为d时的2倍，电流为－2I0，选项B错误；由C项的横轴可知L＝3d，由几何关系可知线框位移为L时的有效切割长度是位移为d时的2倍，故电流为－2I0，位移为L＋d时，有效长度是位移为d时的3倍，电流为－3I0，选项C正确．5．如图4甲所示，Q1、Q2为两个固定着的点电荷，a、b是它们连线的延伸线上的两点，现有一电子，只在电场力作用下，以必定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动，其v－t 图象如图乙所示，电子经过a、b两点的速度分别为v a、v b，则( )图4A．Q1必定带负电B．Q1的电荷量必定小于Q2的电荷量C ．b 点的电势高于a 点的电势D ．电子走开b 点后所受静电力向来减小 答案 C分析 由题图乙可知，电子从a 到b 做加快度减小的加快运动，因此a 、b 之间电场的方向向左，b 点的电势高于a 点的电势；在b 点时粒子运动的加快度为零，则电场力为零，因此该点场强为零．过b 点后点电荷做减速运动，因此电场的方向向右，Q 2必定带负电，Q 1必定带正电，故A 错误，C 正确；b 点场强为零，可见两点电荷在b 点产生的场强盛小相等，方向相反，依据E ＝kQ r2，b 到Q 1的距离大于到Q 2的距离，因此Q 1的电荷量大于Q 2的电荷量，故B 错误；走开b 点后v －t 图象的斜领先增大后减小，即加快度先增大后减小，电子所受静电力先增添后减小，故D 错误．6．如图5所示，在Ⅰ、Ⅱ两个地区内存在磁感觉强度大小均为B 的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD 、AC 界限的夹角∠DAC ＝30°，界限AC 与界限MN 平行，Ⅰ区磁场右界限距A 点无穷远，Ⅱ地区宽度为d ，长度无穷大．质量为m 、带电荷量为q 的正粒子可在界限AD 上的不一样点射入，入射速度垂直于AD 且垂直于磁场，若入射速度大小为qBd m，不计粒子重力，则( )图5A ．粒子距Ad 处射入，不会进入Ⅱ区B ．粒子在磁场地区内运动的最长时间为πmqBC ．粒子在磁场地区内运动的最短时间为2πm3qBD ．从MN 界限出射粒子的地区长为(3＋1)d 答案 BD分析 粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力供给向心力，依据牛顿第二定律，有：qvB ＝m v 2r得：r＝mv Bq＝d ，画出恰巧不进入Ⅱ区的临界轨迹，如图甲所示：联合几何关系，有：AO ＝rsin 30°＝2r ＝2d ；故从距Ad 处射入，会进入Ⅱ区，故A 错误；粒子在磁场中转过的最大的圆心角为180°，即在Ⅰ区内运动的轨迹为半个圆周，故最长时间为t ＝T 2＝πmqB，故B 正确；从A 点进入的粒子在磁场中运动的轨迹最短(弦长也最短)，时间最短，轨迹如图乙所示：轨迹对应的圆心角为60°，故时间为：t ＝T 6＝πm3qB，故C 错误；临界轨迹状况如图丙所示：依据几何关系可得从MN 界限出射粒子的地区长为l ＝rtan 30°＋r ＝(3＋1)d ，故D 正确．7．如图6所示，将小砝码放在桌面上的薄纸板上，若砝码和纸板的质量分别为M 和m ，各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码到纸板左端的距离和到桌面右端的距离均为d .现用水平向右的恒定拉力F 拉动纸板，g 为重力加快度，以下说法正确的选项是( )图6A ．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ(M ＋m )gB ．要使纸板相对砝码运动，F 必定大于2μ(M ＋m )gC ．若砝码与纸板分别时的速度小于μgd ，砝码不会从桌面上掉下D ．当F ＝μ(2M ＋3m )g 时，砝码恰巧抵达桌面边沿 答案 BCD分析 对纸板剖析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力为μ(2M ＋m )g ，故A 错误．设砝码的加快度为a 1，纸板的加快度为a 2，则有：F f1＝Ma 1，F －F f1－F f2＝ma 2，F f1＝μMg ，F f2＝μ(M ＋m )g ，发生相对运动需要a 2>a 1，代入数据解得：F ＞2μ(M ＋m )g ，故B 正确．若砝码与纸板分别时的速度小于μgd ，砝码匀加快运动的位移小于v 22a ＝μgd 2μg ＝d 2，匀减速运动的位移小于v 22a ＝μgd 2μg ＝d 2，则总位移小于d ，不会从桌面掉下，故C 正确． 当F ＝μ(2M ＋3m )g 时，砝码未离开时的加快度a 1＝μg ， 纸板的加快度a 2＝F －μ(m ＋M )g －μMgm＝2μg ，依据12a 2t 2－12a 1t 2＝d ，解得t ＝2dμg，则此时砝码的速度v ＝a 1t ＝2μgd ，砝码离开纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加快度大小a ′＝μg ，则匀减速运动的位移x ＝v 22a ′＝2μgd 2μg ＝d ，而匀加快运动的位移x ′＝12a 1t 2＝d ，可知砝码恰巧抵达桌面边沿，故D 正确．8.空间散布有竖直方向的匀强电场，现将一质量为m 的带电小球A 从O 点斜向上抛出，小球沿如图7所示的轨迹击中绝缘竖直墙壁的P 点．将另一质量同样、电荷量不变、电性相反的小球B 仍从O 点以同样的速度抛出，该球垂直击中墙壁的Q 点(图中未画出)．关于上述两个过程，以下表达中正确的选项是( )图7A ．球A 的加快度大于球B 的加快度 B ．P 点地点高于Q 点C ．球A 的电势能增大，球B 的电势能减小D ．电场力对球A 的冲量大小等于对球B 的冲量大小 答案 ACD分析 水平方向做匀速运动，水平速度同样，两次水平方向位移同样，时间同样，依据加快度a ＝Δv t ，A 球速度变化量大，加快度大，故A 正确；竖直最大高度为h ＝v y22a ，因为球A 的加快度大于球B 的加快度，因此球A 的最高点低于球B 的最高点，P 点地点低于Q 点，故B 错误；球A 加快度大，所受电场力向下，电场力做负功，电势能增大；球B 加快度小，所受电场力向上，电场力做正功，电势能减小，故C 正确；因为运动时间相等，电场力大小相等，电场力对球A 的冲量大小等于对球B 的冲量大小，故D 正确．。