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2019高考物理二轮（通用）选练（10）及解析

一、选择题
1、(2018·广东五校联考)如图所示，物体A、B用细绳与弹簧连接后跨过滑轮．A静止在倾角为45°的粗糙斜面上，B悬挂着．已知质量mA＝3 mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°减小到30°，那么下列说法中正确的是(　　)

A．弹簧的弹力不变
B．物体A对斜面的压力将减小
C．物体A受到的静摩擦力将减小
D．弹簧的弹力及物体A受到的静摩擦力都不变

解析：设mA＝3mB＝3m，对物体B受力分析，受重力和拉力，由二力平衡得弹簧的弹力不变，A正确，再对物体A进行受力分析，受重力、支持力、弹簧的弹力和静摩擦力，如图所示．刚开始由于mAgsin45°＝mg>mBg＝mg，所以摩擦力沿斜面向上，斜面倾角变为30°以后摩擦力仍然沿斜面向上．根据平衡条件得到Ff＋FT－3mgsinθ＝0，FN－3mgcosθ＝0，解得Ff＝3mgsinθ－FT＝3mgsinθ－mg，FN＝3mgcosθ.
当θ减小时，物体A受到的静摩擦力Ff将减小，物体A对斜面的压力FN增大，故C正确，B、D错误．
答案：AC
2、(2018·汕头质检)建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速无摩擦的运动．下列说法正确的是(　　)

A．倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大
B．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大
C．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大
D．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短

解析：设屋檐的底角为θ，底边为L，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为x，雨滴下滑时加速度为a，对雨滴做受力分析，只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力FN，垂直于屋顶方向：mgcosθ＝FN，平行于屋顶方向：ma＝mgsinθ，雨滴的加速度为：a＝gsinθ，则倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大，故A正确；雨滴对屋顶的压力：F′N＝FN＝mgcosθ，则倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，故B错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度x＝，由x＝gsinθ·t2可得：t＝，可见当θ＝45°时，用时最短，D错误；由v＝gsinθ·t可得：v＝，可见θ越大，雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大，C正确．
答案：AC
3、如图所示，滑雪者由静止开始沿斜坡从A点自由滑下，然后在水平面上前进至B点停下．已知斜坡、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数皆为μ，滑雪者(包括滑雪板)的质量为m，A、B两点间的水平距离为L.在滑雪者经过AB段运动的过程中，克服摩擦力做的功(　　)

A．大于μmgL B．小于μmgL
C．等于μmgL D．以上三种情况都有可能

解析：设斜坡与水平面的交点为C，BC长度为L1，AC水平长度为L2，AC与水平面的夹角为θ，如图所示，则滑雪者在水平面上摩擦力做功W1＝－μmgL1，在斜坡上摩擦力做功W2＝－μmgcosθ·＝－μmgL2，所以在滑雪者经过AB段过程中，摩擦力做功W＝W1＋W2＝－μmg(L1＋L2)＝－μmgL.所以滑雪者克服摩擦力所做的功为μmgL.故选项C正确．
答案：C
4、(2018·四川资阳二诊)如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略，一带负电的油滴被固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是(　　)

A．平行板电容器的电容将减小
B．带电油滴的电势能将减少
C．静电计指针的张角变小
D．若将上极板与电源正极断开后，再将下极板左移一小段距离，则带电油滴所受的电场力不变
解析：由C＝知，将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，d减小，C增大，A错误；U不变，静电计指针的张角不变，C错误；由E＝知，E增大，则P点与负极板间的电势差增大，P点的电势升高，Ep＝φq，又油滴带负电，则带电油滴的电势能将减少，B正确；若将上极板与电源正极的导线断开后再将下极板左移一小段距离，Q不变，由C＝知，S减小，C减小，由U＝得，电压U增大，场强E＝增大，带电油滴所受的电场力增大，D错误．
答案：B
5、如图所示，在半径为R的圆形区域内有匀强磁场．在边长为2R的正方形区域里也有匀强磁场，两个磁场的磁感应强度大小相同．两个相同的带电粒子以相同的速率分别从M、N两点射入匀强磁场．在M点射入的带电粒子，其速度方向指向圆心；在N点射入的带电粒子，速度方向与边界垂直，且N点为正方形边长的中点，则下列说法正确的是(　　)

A．带电粒子在磁场中飞行的时间可能相同
B．从M点射入的带电粒子可能先飞出磁场
C．从N点射入的带电粒子可能先飞出磁场
D．从N点射入的带电粒子不可能比M点射入的带电粒子先飞出磁场
解析：画轨迹草图如图所示，容易得出粒子在圆形磁场中的轨迹长度(或轨迹对应的圆心角)不会大于在正方形磁场中的，故A、B、D正确．

答案：ABD
6、(2018·湖南十三校联考)如图所示为光电管工作原理图，闭合开关，当有波长(均指真空中的波长，下同)为λ的光照射阴极K时，电路中有光电流，则(　　)

A．换用波长为λ1(λ1>λ)的光照射阴极K时，电路中一定没有光电流
B．换用波长为λ2(λ2<λ)的光照射阴极K时，电路中一定有光电流
C．增大电路中电源两端电压，电路中的光电流一定增大
D．将电路中电源的极性反接，电路中一定没有光电流
解析：因为λ1>λ，则ν1<ν，所以用波长为λ1的光照射阴极K，不一定发生光电效应，A错误；因为λ2<λ，则ν2>ν，所以用波长为λ2的光照射阴极K，一定发生光电效应，B正确；饱和光电流的大小与入射光的强度有关，与电压无关，所以只增大电路中电源两端的电压，光电流不一定增大，C错误；将电路中的电源反接，若电压小于遏止电压，仍然会有光电流产生，D错误．
答案：B

二、非选择题
1、(2018·河北省两校高三年级模拟考试)质量为m＝2 kg的物块静置于水平地面上，现对物块施加水平向右的力F，力F随时间变化的规律如图所示，已知物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，求：

(1)4 s后撤去力F，物块还能继续滑动的时间t；
(2)前4 s内，力F的平均功率．
解析：(1)物块与地面之间最大静摩擦力Ffm＝μmg＝4 N，在第1 s内物块静止不动
第1～3 s内，物块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
a1＝＝2 m/s2
3 s末，物块的速度v1＝a1t1＝2×2 m/s＝4 m/s
第3～4 s内，物块做匀速直线运动，4 s后撤去外力物块做匀减速运动，加速度大小为a2＝μg＝2 m/s2
则物块继续滑行时间t＝＝2 s
(2)设第1～3 s内与第3～4 s内物块的位移分别为x1、x2
x1＝a1t＝4 m
x2＝v1t2＝4 m
前4 s内，力F做功的大小为W＝F1x1＋F2x2＝48 J
前4 s内，力F的平均功率P＝＝12 W
答案：(1)2 s　(2)12 W
2、(2018·河北沧州模拟)(1)(10分)两位同学用两面平行的玻璃砖做“测定玻璃的折射率”实验．
①甲同学在量入射角和折射角时，由于没有量角器，在完成了光路图以后，以O点为圆心，OA为半径画圆，交OO′延长线于C点，过A点和C点作垂直于法线的线段分别交法线于B点和D点，如图所示．测量有关线段长度，可得玻璃的折射率n＝________.(用图中线段表示)
②乙同学在画界面时，不小心将两界面ab和cd间距画得比玻璃砖宽度大些，下界面与实际相同，如图所示．若操作无误，则他测得的折射率比真实值________(填“偏大”“偏小”或“不变”)．


(2)(15分)如图所示，一列波沿x轴传播，t＝0时刻的波形如实线所示，t＝0.5 s时刻的波形如虚线所示，t＝0时刻位于x＝4 m处的质点P正沿y轴正向运动．
(ⅰ)若从t＝0到t＝0.5 s这段时间内，质点P运动的路程为1 m，则这列波的波速为多少？
(ⅱ)若3T<0.5 s<4T，则这列波的波速为多少？
解析：(1)①题图甲中AO为入射光线，OO′是折射光线，设光线在玻璃砖上表面的入射角为i，折射角为r，则由几何知识得到sini＝，sinr＝，又AO＝OC，则折射率n＝＝.
②

“测定玻璃砖折射率”的实验原理是折射定律n＝，如图所示，右边实线表示实际的光路图，左边虚线表示作图光路图，由图可看出，画图时的入射角不变、折射角比实际的折射角变大，由折射定律可知，测出的折射率变小．
(2)(ⅰ)从t＝0到t＝0.5 s这段时间内，质点P运动的路程为s＝1 m
则s＝n×4A
得n＝1.25
即1.25T＝0.5 s
得T＝0.4 s
波速为v＝＝ m/s＝20 m/s
(ⅱ)由于t＝0时刻位于x＝4 m处的质点P正沿y轴正向运动，由此可以判断波沿x轴正向传播，因此有0.5 s＝T
由于3T<0.5 s<4T
因此2解得T＝ s
波传播的速度v＝＝52 m/s.
答案：(1)①　②变小　(2)(ⅰ)20 m/s
(ⅱ)52 m/s


2019高考物理二轮（通用）选练（1）及解析
一、选择题
1、一质量为m的滑块在粗糙水平面上滑行，通过频闪照片分析得知，滑块在最开始2 s内的位移是最后2 s内位移的两倍，且已知滑块最开始1 s内的位移为2.5 m，由此可求得(　　)
A．滑块的加速度为5m/s2
B．滑块的初速度为5m/s
C．滑块运动的总时间为3 s
D．滑块运动的总位移为4.5 m
解析：根据滑块最开始1 s内的位移为2.5 m，有2.5 m＝v0×1 s－a×(1 s)2，根据滑块在最开始2 s内的位移是最后2 s内位移的两倍，有v0×2 s－a×(2 s)2＝2×a×(2 s)2，联立解得a＝1 m/s2，v0＝3 m/s，选项A、B错误；滑块运动的总时间为t＝＝3 s，C正确；滑块运动的总位移为x＝t＝4.5 m，D正确．
答案：CD
2、(2018·江苏苏北四市一模)(多选)澳大利亚科学家近日宣布，在离地球约14光年的“红矮星Wolf 1061”周围发现了三颗行星b、c、d，它们的公转周期分别是5天、18天、67天，公转轨道可视为圆，如图所示．已知引力常量为G.下列说法正确的是(　　)

A．可求出b、c的公转半径之比
B．可求出c、d的向心加速度之比
C．若已知c的公转半径，可求出“红矮星”的质量
D．若已知c的公转半径，可求出“红矮星”的密度
解析：行星b、c的周期分别为5天、18天，均做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律＝k，可以求出轨道半径之比，A正确．行星c、d的周期分别为18天、67天，同上可以求出轨道半径之比，根据万有引力提供向心力，有G＝ma，解得a＝，故可以求出c、d的向心加速度之比，B正确．已知c的公转半径和周期，根据牛顿第二定律有G＝mr，解得M＝，故可以求出“红矮星”的质量，但不知道“红矮星”的体积G，无法求出“红矮星”的密度，C正确，D错误．
答案：ABC
3、(2018·运城模拟)有关实际中的现象，下列说法不正确的是(　　)
A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度
B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力
C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响
D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好
解析：根据反冲运动的特点与应用可知，火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度，故A正确；体操运动员在落地的过程中，动量变化一定．由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定；由I＝Ft可知，体操运动员在着地时屈腿是延长时间t，可以减小运动员所受到的平均冲力F，故B正确；用枪射击时子弹给枪身一个反作用力，会使枪身后退，影响射击的准确度，所以为了减少反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身，故C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞的时间，由I＝Ft可知位于车体前部的发动机舱不能太坚固，故D错误．
答案：D
4、如图是一个将电流表改装成欧姆表的电路示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为R的电阻时，指针偏转至满刻度4/5处，现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的1/5处，则该电阻的阻值为(　　)

A．4R　　　　　　　　　B．5R
C．10R D．16R
解析：设电动势为E，内阻为R内，满偏电流为Ig，欧姆表调零即待测电阻为零，此时由闭合回路欧姆定律有，Ig＝，测阻值为R的电阻时，Ig＝.测未知电阻时，Ig＝，联立以上三式解得Rx＝16R，故D项对．
答案：D
5、(2018·山东省实验中学一诊)匀强磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图甲所示．磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．用I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示金属环产生对应感应电流时其中很小段受到的安培力．则(　　)

A．I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向
B．I2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向
C．F1方向指向圆心，F2方向指向圆心
D．F2方向背离圆心向外，F3方向指向圆心
解析：由题图可知，在Oa段磁场方向垂直于纸面向里，穿过圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I1沿逆时针方向，在ab段磁场方向垂直纸面向里，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流I2沿顺时针方向，选项A正确；在bc段磁场垂直纸面向外，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I3沿顺时针方向，选项B错误；由左手定则可知，Oa段电流受到的安培力F1方向指向圆心，ab段电流受到的安培力F2方向背离圆心向外，选项C错误；bc段电流受到的安培力F3方向指向圆心，选项D正确．
答案：AD
6、某发电机说明书的部分内容如下表所示，现在用一台该型号的柴油发电机给灾民临时安置区供电，如图所示．发电机到安置区的距离是400 m，输电线路中的火线和零线均为某型号单股铜导线，该型号导线单位长度的电阻为2.5×10－4 Ω.安置区家用电器的总功率为44 kW，当这些额定电压为220 V的家用电器都正常工作时(　　)
型号 ××××
最大输出功率 60 kW
输出电压范围 220 V～300 V

A．输电线路中的电流为20 A
B．发电机实际输出电压是300 V
C．在输电线路上损失的电功率为8 kW
D．如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流，则输出电压最大值是300 V
解析：额定电压为220 V的家用电器都正常工作时，输电线路中的电流I＝＝200 A，A错误．发电机的实际输出电压为U发＝U＋Ir＝260 V，B错误．在输电线路上损失的电功率P损＝I2r＝8 kW，C正确．如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流，则其输出电压最大值是260 V≈367.7 V，D错误．
答案：C

二、非选择题
1、(2018·广东湛江一中等四校联考)在“验证力的平行四边形定则”实验中．

(1)某次实验中两弹簧测力计的读数分别为F1＝1.92 N，F2＝3.84 N，如图甲所示，F1和F2的合力大小F合＝________N．(保留3位有效数字)现保持F2方向不变，减小F1和F2的夹角，为了使橡皮条的结点拉到同样的位置O点，下列说法正确的是________．
A．F1一定减小 B．F1一定增大
C．F2一定减小 D．F2一定增大
(2)某同学想知道弹簧测力计中弹簧的劲度系数，于是，他将刻度尺与弹簧测力计平行放置，如图乙所示，他根据图中信息得出了弹簧的劲度系数k＝________N/m.(保留2位有效数字)

解析：(1)根据平行四边形定则作出F1和F2的合力如图甲所示．F1＝1.92 N，F2＝3.84 N＝2F1，由几何关系可得F1、F2和F合构成一个直角三角形，F合＝F2sin60°＝3.33 N.

对点O受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，保持O点的位置和F2方向不变，使橡皮条的结点拉到同样的位置O点，拉力F1方向和大小都改变，如图乙所示．
根据平行四边形定则可以看出，当F1与F2夹角减小时，F2的读数不断减小，F1先变小后变大，所以C正确．
(2)根据题图乙可以知道，当拉力为5.0 N时，弹簧的伸长量△x＝(8.98－0.5) cm＝8.48 cm，因为刻度尺需要估读，在范围8.47～8.49 cm内均正确．
因此根据F＝kx得k＝＝＝59 N/m
在范围58～60 N/m内均正确．
答案：(1)3.33　C(每空4分)　(2)59(4分)
2、如图所示，在水平面上有两条平行金属导轨MN、PQ，导轨间距为d，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里，磁感应强度的大小为B，两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离放在导轨上，且与导轨垂直．它们接入电路的电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆的摩擦不计．杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，则分别在杆2固定与不固定两种情况下，求最初摆放两杆时的最小距离之比．

解析：杆2固定时，设杆1恰好滑到杆2处速度为零，初始两杆距离为x1.
对杆1应用动量定理得－B1d·t1＝0－mv0①
由法拉第电磁感应定律得1＝＝②
由欧姆定律得1＝③
联立①②③得x1＝④
杆2不固定时，两杆恰好不相碰，设其共同速度为v，由动量守恒定律得mv0＝2mv⑤
对杆2应用动量定理得－B2d·t2＝0－mv⑥
设两杆恰不相碰，初始距离为x2.
由法拉第电磁感应定律，2＝＝⑦
由欧姆定律得2＝⑧
联立⑤⑥⑦⑧得x2＝⑨
由④⑨知＝2.
答案：2


2019高考物理二轮（通用）选练（2）及解析

一、选择题
1、在一大雾天，一辆汽车以32 m/s的速度匀速行驶在高速公路上，t＝0时刻汽车司机突然发现正前方100 m处有一辆货车以20 m/s的速度同方向匀速行驶，为避免与货车相撞，汽车司机立即刹车．已知两车运动的v－t图象如图所示，则(　　)

A．汽车减速运动的加速度为4 m/s2
B．两车的最近距离为82 m
C．t＝6 s时汽车和货车相撞
D．t＝3 s时货车在汽车前
解析：由v－t图象可知汽车减速运动时，加速度a＝＝ m/s2＝－4 m/s2，加速度是矢量，既有大小又有方向，所以A选项错误；二者速度相等时两车具有最小距离，根据v＝v0＋at得t＝3 s，此时二者距离x＝x0＋vt－(v0t＋at2)＝82 m，所以B正确、D正确；“匀减速追匀速”，速度相等时没有追上，此后汽车速度小于货车速度；二者不会相撞，选项C错误．
答案：BD
2、(2018·湖北省襄阳市高三第一次调研测试)(多选)如图所示，半径可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内，轨道的末端B处切线水平，现将一小物体从轨道顶端A处由静止释放．小物体刚到B点时的加速度为a，对B点的压力为FN，小物体离开B点后的水平位移为x，落地时的速率为v.若保持圆心的位置不变，改变圆弧轨道的半径R(不超过圆心离地的高度)．不计空气阻力，下列图象正确的是(　　)


解析：设小物体释放位置距地面高为H，小物体从A点到B点应用机械能守恒定律有，vB＝，到地面时的速度v＝，小物体的释放位置到地面间的距离始终不变，则选项D对；小物体在B点的加速度a＝＝2g，选项A对；在B点对小物体应用向心力公式，有FB－mg＝，又由牛顿第三定律可知N＝FB＝3mg，选项B错；小物体离开B点后做平抛运动，竖直方向有H－R＝gt2，水平方向有x＝vBt，联立可知x2＝4(H－R)R，选项C错．
答案：AD
3、一物体从某高处由静止释放，设所受空气阻力恒定，当它下落h时的动量大小为p1，当它下落2h时动量大小为p2，那么p1?：p2等于(　　)
A．1?：1　　B．1?：
C．1?：2 D．1?：4
解析：物体做初速度为零的匀加速直线运动，v＝2ah，v＝2a(2h)，则p1＝m，p2＝m，p1?：p2＝1?：，故B选项正确．
答案：B
4、(2018·江苏淮海中学月考)如图所示，电源A的电压为6 V，电源B的电压为8 V，电容器的电容为200 pF，当开关S合向A，稳定后再合向B，再次达到稳定，则在这个过程中通过电流计的电荷量为(　　)

A．4×10－9 C B．1.2×10－9 C
C．1.6×10－9 C D．2.8×10－9 C
解析：开关S打在A时，电容器的电压为U1＝6 V，电量为：Q1＝CU1＝2×10－10×6 C＝1.2×10－9 C．开关S打在B时，稳定时，电容器的电压为U2＝8 V，电量为：Q2＝CU2＝2×10－10×8 C＝1.6×10－9 C．故通过电流计的电荷量为：Q＝Q1＋Q2＝2.8×10－9 C.
答案：D
5、如图所示，在磁感应强度B＝0.50 T的匀强磁场中，两平行光滑金属导轨竖直放置，导体棒PQ在竖直向上的拉力F的作用下向下做初速度为0、加速度a＝5 m/s2的匀加速直线运动，两导轨间距离L＝1.0 m，电阻R＝1.0 Ω，导体棒质量m＝1 kg，导体棒和导轨接触良好且电阻均不计，取g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是(　　)

A．导体棒运行2 s时，拉力的功率为25 W
B．拉力F所做的功等于导体棒减少的机械能
C．t＝4 s时，导体棒所受安培力为5 N
D．导体棒运行2 s的过程中，通过电阻的电荷量为2.5 C
解析：经时间t，导体棒所受安培力为F安＝BIL＝＝t，所以t＝4 s时，导体棒所受安培力为5 N，C对；由牛顿第二定律可得mg－F－F安＝ma，代入数值可得拉力大小为F＝5－t(N)，所以t＝2 s时，拉力F＝2.5 N，速度为v＝at＝10 m/s，拉力功率为P＝Fv＝25 W，A对；由功能关系知拉力F和安培力所做的功等于导体棒减少的机械能，B错；导体棒运行2 s的过程中，通过电阻的电荷量为q＝t＝＝＝5 C，D错．
答案：AC
6、图甲的正弦交变电压接在图乙的理想变压器原线圈上，R是滑动变阻器，变压器原线圈匝数为55匝，P是副线圈上的滑动触头，当P处于图示位置时，副线圈连入电路部分的匝数为10匝，灯泡L恰能正常发光，电容器C恰好不被击穿．则下列说法正确的是(　　)


A．R的滑片不动，向上移动P，灯L变暗
B．P不动，向下移动R的滑片，灯L变暗
C．电容器C的击穿电压为20 V
D．向上移动P，变压器输入功率变大
解析：保持R的滑片不动，向上移动P，则副线圈电压变大，灯泡变亮，选项A错误；保持P不动，向下移动R的滑片，R减小，流过灯泡电流变大，灯泡变亮，选项B错误；电容器的击穿电压是指最大值，据变压器原副线圈电压最大值的变比关系＝得umax2＝40 V，选项C错误；向上移动P，则副线圈电压变大，变压器输出功率变大，理想变压器输入功率等于输出功率，变压器输入功率变大，D正确．
答案：D

二、非选择题
1、(2018·南昌模拟)某物理实验小组在探究弹簧的劲度系数k与其原长l0的关系实验中，按示意图所示安装好实验装置，让刻度尺零刻度与轻质弹簧上端平齐，在弹簧上安装可移动的轻质指针P，实验时的主要步骤：

①将指针P移到刻度尺的5 cm处，在弹簧挂钩上挂上200 g的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；
②取下钩码，将指针P移到刻度尺的10 cm处，在弹簧挂钩上挂上250 g的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；
③取下钩码，将指针P移到刻度尺的15 cm处，在弹簧挂钩上挂上50 g的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；
④重复③步骤，在每次重复③时，都将指针P下移5 cm，同时保持挂钩上挂的钩码质量不变．
将实验所得数据记录、列表如下：
次数 弹簧原长l0/cm 弹簧长度l/cm 钩码质量m/g
1 5.00 7.23 200
2 10.00 15.56 250
3 15.00 16.67 50
4 20.00 22.23 50
5 25.00 30.56 50
根据实验步骤和列表数据，回答下列问题：
(1)重力加速度g取10 m/s2，在实验步骤③中，弹簧的原长为15 cm时，其劲度系数k＝________N/m.
(2)同一根弹簧的原长越长，弹簧的劲度系数________．(弹簧处在弹性限度内)
A．不变 B．越大
C．越小
解析：(1)挂50 g钩码时，弹簧的弹力为0.5 N，根据胡克定律得，k＝＝ N/m≈30 N/m.
(2)对第3、4、5次数据分析，弹簧弹力相等，同一根弹簧，原长越长，形变量越大，根据胡克定律F＝kx知，弹簧的劲度系数越小，故选项C正确．
答案：(1)30　(2)C
2、(2018·河南中原名校联考)如图甲，在水平桌面上固定着两根相距L＝20 cm、相互平行的无电阻轨道P、Q，轨道一端固定一根电阻R＝0.02 Ω的导体棒a，轨道上横置一根质量m＝40 g、电阻可忽略不计的金属棒b，两棒相距也为L＝20 cm.该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中．开始时，磁感应强度B0＝0.1 T，设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.
(1)若保持磁感应强度B0的大小不变，从t＝0时刻开始，给b棒施加一个水平向右的拉力，使它由静止开始做匀加速直线运动．此拉力F的大小随时间t变化关系如图乙所示．求b棒做匀加速运动的加速度及b棒与轨道间的滑动摩擦力；
(2)若从t＝0开始，磁感应强度B随时间t按图丙中图象所示的规律变化，求在金属捧b开始运动前，这个装置释放的热量．

解析：(1)F安＝B0IL①
E＝B0Lv②
I＝＝③
v＝at④
所以F安＝t
当b棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律有F－Ff－F安＝ma⑤
联立可得F－Ff－t＝ma⑥
由图象可得：当t＝0时，F＝0.4 N，当t＝1 s时，F＝0.5 N.
代入⑥式，可解得a＝5 m/s2，Ff＝0.2 N.
(2)当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中有恒定的感应电流I，以b棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度增大到b所受安培力F′安与最大静摩擦力Ff相等时开始滑动．
感应电动势E′＝L2＝0.02 V⑦
I′＝＝1 A⑧
棒b将要运动时，有F′安＝BtI′L＝Ff⑨
所以Bt＝1 T，
根据Bt＝B0＋t⑩
得t＝1.8 s，
回路中产生的焦耳热为Q＝I′2Rt＝0.036 J.
答案：(1)5 m/s2　0.2 N　(2)0.036 J




2019高考物理二轮（通用）选练（3）及解析

一、选择题
1、(2018·东海县学情调研考试)如图所示，一物体在粗糙水平地面上受斜向上的恒定拉力F作用而做匀速直线运动，则下列说法正确的是(　　)

A．物体可能只受两个力作用
B．物体可能受三个力作用
C．物体可能不受摩擦力作用
D．物体一定受四个力作用
解析：物体受到竖直向下的重力，地面给的支持力，恒定拉力F和地面给的摩擦力，四个力作用，缺少一个，则物体受到的合力不能为零，所以物体一定受四个力作用，D正确．
答案：D
2、关于力与运动，下列说法正确的是(　　)
A．没有力的推动作用，小车就不能运动
B．物体只受一个力的作用，其运动状态一定改变
C．物体处于静止时才有惯性
D．汽车的速度越大则惯性越大
解析：惯性是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，小车已经有了初速度的情况下，没有力的推动作用，小车仍然运动，故A错误；力是改变物体运动状态的原因，物体只受一个力的作用，其运动状态一定改变，故B正确；惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，惯性大小只与物体的质量有关，与物体的运动状态无关，故C、D错误．
答案：B
3、甲、乙两物体分别在恒力F1、F2的作用下，沿同一直线运动．它们的动量随时间变化如图所示．设甲在t1时间内所受的冲量为I1，乙在t2时间内所受的冲量为I2，则F、I的大小关系是(　　)

A．F1>F2，I1＝I2 B．F1C．F1>F2，I1>I2 D．F1＝F2，I1＝I2
解析：冲量I＝Δp，从题图上看，甲、乙两物体动量变化的大小I1＝I2，又因为I1＝F1t1，I2＝F2t2，t2>t1，所以F1>F2.
答案：A
4、在如图所示电路中E为电源，其电动势E＝9.0 V，内阻可忽略不计；AB为滑动变阻器，其电阻R＝30 Ω；L为一小灯泡，其额定电压U＝6.0 V，额定功率P＝1.8 W；S为开关，开始时滑动变阻器的触头位于B端，现在接通开关S，然后将触头缓慢地向A端滑动，当到达某一位置C处时，小灯泡刚好正常发光．则C、B之间的电阻应为(　　)

A．10 Ω B．20 Ω
C．15 Ω D．5 Ω
解析：本题中小灯泡刚好正常发光，说明此时小灯泡达到额定电流I额＝＝ A＝0.3 A，两端电压达到额定电压U额＝6.0 V，而小灯泡和电源、滑动电阻AC串联，则电阻AC的电流与小灯泡的电流相等，RAC＝＝10 Ω，RCB＝R－RAC＝20 Ω，B项正确．
答案：B
5、下列装置中，没有利用带电粒子在磁场中发生偏转的物理原理的是(　　)

解析：洗衣机将电能转化为机械能，不是利用带电粒子在磁场中的偏转制成的，所以选项D符合题意．
答案：D
6、(2018·湖北黄冈中学月考)(多选)有一个交变电流U＝311sin314t(V)，则下列说法中正确的是(　　)
A．这个交变电流的频率是50 Hz
B．它可以使“220 V　100 W”的灯泡正常发光
C．用交流电压表测量时，读数为311 V
D．使用这个交变电流的用电器，每通过1 C的电荷量时，电流做功220 J
解析：由瞬时值表达式可知Um＝311 V，ω＝314 rad/s，频率f＝＝50 Hz，选项A正确；电压的有效值U有＝＝220 V，可以使“220 V　100 W”的灯泡正常发光，选项B正确；交流电表读数为有效值，选项C错误；每通过1 C的电荷量时，电流做功W＝qU有＝220 J，选项D正确．
答案：ABD

二、非选择题
1、完成以下“验证力的平行四边形定则”实验的几个主要步骤：

(1)如图甲，用两只弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，记下结点O的位置、两弹簧测力计的读数F1、F2以及两细绳套的方向．
(2)如图乙，用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条的结点拉到________，记下细绳套的方向(如图丙中的c)，读得弹簧测力计的示数F＝________.
(3)如图丙，按选定的标度作出了力F1、F2的图示，请在图丙中：
①按同样的标度作出力F的图示；
②按力的平行四边形定则作出F1、F2的合力F′.
(4)若F′与F________________________________________________________________________，
则平行四边形定则得到验证．
解析：(2)如题图乙，用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条的结点拉到同一位置O，记下细绳套的方向，由图示弹簧测力计可读得弹簧测力计的示数F＝4.0 N.
(3)①作出力F的图示如图所示．

②根据力的平行四边形定则，作出F1、F2的合力F′，如图所示．
(4)若有F′与F在误差范围内大小相等，方向相同，则平行四边形定则得到验证．
答案：(2)同一位置O　4.0 N
(3)见解析
(4)在误差范围内大小相等，方向相同
2、如图所示，静止在匀强磁场中的Li核俘获一个速度为v0＝7.7×104 m/s的中子而发生核反应Li＋n→H＋He.若已知He的速度v2＝2.0×104 m/s，其方向与反应前中子速度方向相同，求：

(1)H的速度是多大；
(2)在图中画出两粒子的运动轨迹并求出轨道半径之比；
(3)当粒子He旋转3周时，粒子H旋转几圈．
解析：(1)中子撞击锂核生成氚核和氦核过程中动量守恒，有
m0v0＝m1v1＋m2v2
式中m0、m1、m2分别为中子、氚核、氦核的质量，v1为氚核速度，
代入数据得v1＝1.0×103 m/s，方向与v0相反(即与v2相反)．
(2)氚核、氦核在磁场中做匀速圆周运动的半径之比为
r1?：r2＝?：＝?：＝3?：40
运动轨迹如图所示．

(3)氚核、氦核做圆周运动的周期之比为
T1?：T2＝?：＝?：＝3?：2
所以它们旋转周期之比为n1?：n2＝T2：T1＝2?：3
当α粒子旋转3周时，氚核旋转2周．
答案：(1)1.0×103 m/s　(2)3?：40　(3)2




2019高考物理二轮（通用）选练（4）及解析

一、选择题
1、(2018·芜湖模拟)如图所示，用平行于斜面体A的轻弹簧将物块P拴接在挡板B上，在物块P上施加沿斜面向上的推力F，整个系统处于静止状态．下列说法正确的是(　　)

A．物块P与斜面之间一定存在摩擦力
B．弹簧的弹力一定沿斜面向下
C．地面对斜面体A的摩擦力水平向左
D．若增大推力，则弹簧弹力一定减小
解析：对物块P受力分析可知，若推力F与弹簧弹力的合力与物块重力沿斜面向下的分力平衡，则物块P与斜面之间无摩擦力，A错误；弹簧处于拉伸或压缩状态物块P均可能保持静止，B错误；由整体法可知地面对斜面体A的静摩擦力平衡了推力F沿水平方向向右的分力，C正确；增大推力F，若物块P仍保持静止，则弹簧的弹力不变，D错误．
答案：C
2、(2018·江西新余四中模拟)图示为索道输运货物的情景．已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢底板之间的动摩擦因数为0.30.当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平底板的正压力为其重力的1.15倍，那么这时重物对车厢底板的摩擦力大小为(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(　　)

A．0.35mg　B．0.30mg
C．0.23mg D．0.20mg
解析：由于重物对车厢内水平底板的正压力为其重力的1.15倍，在竖直方向上，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma竖直，解得a竖直＝0.15g，设水平方向上的加速度为a水平，则＝tan37°＝，解得a水平＝0.20g，对重物受力分析可知，在水平方向上摩擦力作为合力产生加速度，由牛顿第二定律得Ff＝ma水平＝0.20mg，故D正确．
答案：D
3、如图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接．A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态．若突然撤去力F，则下列说法中正确的是(　　)

A．木块A离开墙壁前，墙对木块A的冲量大小等于木块B动量变化量的大小
B．木块A离开墙壁前，弹性势能的减少量等于木块B动能的增量
C．木块A离开墙壁时，B的动能等于A、B共速时的弹性势能
D．木块A离开墙壁后，当弹簧再次恢复原长时，木块A的速度为零
解析：木块A离开墙壁前，对A、B整体而言，墙对木块A的冲量大小等于整体的动量变化量即等于木块B动量变化量的大小；根据能量守恒定律，木块A离开墙壁前，弹性势能的减少量等于木块B动能的增量；木块A离开墙壁时，B的动能等于A、B共速时的弹性势能及A的动能之和；木块A离开墙壁后，当弹簧再次恢复原长时，A、B交换速度，木块B的速度为零．选项A、B正确．
答案：AB
4、如图所示，电源电动势E＝12 V，内阻r＝3 Ω，R0＝1 Ω，直流电动机内阻R0′＝1 Ω.当调节滑动变阻器R1时可使图甲中电路的输出功率最大；调节R2时可使图乙中电路的输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作(额定输出功率为P0＝2 W)，则R1和R2连入电路中的阻值分别为(　　)

A．2 Ω、2 Ω B．2 Ω、1.5 Ω
C．1.5 Ω、1.5 Ω D．1.5 Ω、2 Ω
解析：因为题图甲电路是纯电阻电路，当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，所以R1接入电路中的阻值为2 Ω；而题图乙电路是含电动机的电路，欧姆定律不适用，电路的输出功率P＝IU＝I(E－Ir)，所以当I＝＝2 A时，输出功率P有最大值，此时电动机的输出功率为2 W，发热功率为4 W，所以电动机的输入功率为6 W，电动机两端的电压为3 V，电阻R2两端的电压为3 V，所以R2接入电路中的阻值为1.5 Ω，B正确．
答案：B
5、(2018·江苏模拟)如图所示，A、B两点是通电导线左右两侧的点，这两点处磁感应强度的方向(　　)

A．均垂直于纸面向里
B．均垂直于纸面向外
C．A点垂直于纸面向里，B点垂直于纸面向外
D．A点垂直于纸面向外，B点垂直于纸面向里
解析：利用安培定则可以判断出通电直导线周围的磁场线分布情况，题图中电流方向向上，则导线右侧的磁场方向垂直于纸面向里，左侧的磁场方向垂直于纸面向外，即A点垂直于纸面向外，B点垂直于纸面向里，故D正确，A、B、C错误．
答案：D
6、(2018·河南鹤壁高级中学月考)(多选)如图所示是通过街头变压器降压给用户供电的示意图．输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动．两条输电线总电阻用R0表示．当负载增加时，则(　　)

A．电压表V1、V2的示数几乎不变
B．电流表A2的示数增大，电流表A1的示数减小
C．电压表V3的示数增大，电流表A2的示数增大
D．电压表V2、V3的示数之差与电流表A2的示数的比值不变
解析：理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压不会有大的波动，匝数比不变，所以输出电压几乎不变，故电压表V1、V2的示数几乎不变，选项A正确；当负载增加时，相当于支路增加，电路中的总电阻变小，总电流变大，即A2的示数变大，则A1的示数变大，选项B错误；由于副线圈中的电流变大，电阻R0两端的电压变大，又因为V2的示数几乎不变，所以V3的示数变小，选项C错误；电压表V2、V3的示数之差恰等于输电线损耗的电压值，电流表A2的示数为输电线上的电流，所以两者之比等于输电线的总电阻R0，不变，选项D正确．
答案：AD

二、非选择题
1、如图所示为“探究加速度与物体受力的关系”的实验装置图．图中A为小车，质量为m1，连接在小车后面的纸带穿过电火花打点计时器B，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上，P的质量为m2，C为弹簧测力计，实验时改变P的质量，读出测力计不同读数F，不计绳与滑轮的摩擦．

(1)下列说法正确的是(　　)
A．一端带有定滑轮的长木板必须保持水平
B．实验时应先接通电源后释放小车
C．实验中m2应远小于m1
D．测力计的读数始终为
(2)如图为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出．由此可求得小车的加速度的大小是________ m/s2(交流电的频率为50 Hz，结果保留两位有效数字)．

(3)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a－F图象可能是图中的图线(　　)

解析：(1)一端带有定滑轮的长木板必须稍微倾斜，以平衡摩擦力，选项A错误．实验时应先接通电源后释放小车，选项B正确．实验中m2不必远小于m1，选项C错误．由于P向下加速运动，测力计的读数始终小于，选项D错误．
(2)由Δx＝aT2解得小车的加速度的大小是0.50 m/s2.
(3)遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a－F图象，应该是当F从某一值开始增大，加速度a才开始增大，所以可能是图线C.
答案：(1)B　(2)0.50　(3)C
2、(2018·广东华山模拟)(1)(10分)关于热现象和热学规律，下列说法正确的是________(填正确答案的标号)．
A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积
B．气体温度升高，分子的平均动能一定增大
C．温度一定时，悬浮在液体中的固体颗粒越小，布朗运动越明显
D．一定温度下，饱和汽的压强是一定的
E．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律

(2)(15分)如图，将导热性良好的薄壁圆筒开口向下竖直缓慢地放入水中，筒内封闭了一定质量的气体(可视为理想气体)．当筒底与水面相平时，圆筒恰好静止在水中．此时水的温度t1＝7.0 ℃，筒内气柱的长度h1＝14 cm.已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g取10 m/s2.
(ⅰ)若将水温缓慢升高至27 ℃，此时筒底露出水面的高度Δh为多少？
(ⅱ)若水温升至27 ℃后保持不变，用力将圆筒缓慢下压至某一位置，撤去该力后圆筒恰能静止，求此时筒底到水面的距离H(结果保留两位有效数字)．
解析：(1)知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可以算出每个气体分子占据空间的体积，但不是分子体积(分子间隙大)，故A错误；温度是分子平均动能的标志，故气体温度升高，分子的平均动能一定增大，选项B正确；悬浮在液体中的固体微粒越小，碰撞的不平衡性越明显，布朗运动就越明显，故C正确；饱和蒸汽压仅仅与温度有关，所以一定温度下，饱和汽的压强是一定的，故D正确；第一类永动机不可能制成，是因为它违反了能量守恒定律，第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，故E错误．
(2)(ⅰ)设水温升至27 ℃时，气柱的长度为h2，圆筒横截面积为S，根据盖－吕萨克定律有
＝，
圆筒静止，筒内外液面高度差不变，有
Δh＝h2－h1，
联立解得Δh＝1 cm；
(ⅱ)设圆筒的质量为m，静止在水中时筒内气柱的长度为h3.则
mg＝ρgh1S，
mg＝ρgh3S，
圆筒移动过程，根据玻意耳定律有
(p0＋ρgh1)h2S＝[p0＋ρg(h3＋H)]h3S，
解得H＝72 cm.
答案：(1)BCD　(2)(ⅰ)1 cm　(ⅱ)72 cm


2019高考物理二轮（通用）选练（5）及解析
一、选择题
1、在研究二力合成的实验中，AB是一根被拉长的橡皮筋，定滑轮是光滑的，如图所示，若改变拉力F而保持O点位置不变，则下列说法中正确的是(　　)

A．要使θ减小，减小拉力F即可
B．要使θ减小，增大拉力F即可
C．要使θ减小，必须改变α，同时改变F的大小才有可能
D．要减小θ而保持α不变，则只改变F的大小是不可能保持O点的位置不变的

解析：绳子对O点的拉力F2与F的合力和F1等大、反向，如图所示，O点位置不变，则橡皮筋的拉力F1不变，绳子拉力F2的方向不变，即α角不变，若要减小θ，必使F的大小和方向以及F2的大小发生改变，故D选项正确．
答案：D
2、(2018·山东青岛模拟)如图所示，在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆，两圆的最高点相切，切点为A，B和C分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB长为R，AC长为2R.现沿AB和AC建立两条光滑轨道，自A处由静止释放小球，已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为t1，沿AC轨道运动到C点所用时间为t2，则t1与t2之比为(　　)

A．1?： B．1?：2
C．1?： D．1?：3
解析：设AB与竖直方向的夹角为θ，则AB＝2Rcosθ＝R，所以θ＝45°，小球沿AB下滑的加速度为a＝gcosθ，解得小球在AB运动的时间为t1＝＝；同理知小球在AC上运动的时间为t2＝＝，则t1与t2之比为1?：，选项A正确．
答案：A
3、(2018·合肥市质量检测)一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a－t图象如图所示，t＝0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则(　　)

A．在t＝6 s的时刻，物体的速度为18 m/s
B．在0～6 s时间内，合力对物体做的功为400 J
C．在0～6 s时间内，拉力对物体的冲量为48 N·s
D．在t＝6 s的时刻，拉力F的功率为200 W
解析：类比速度图象位移的表示方法可知，速度变化量在加速度—时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在0～6 s内Δv＝18 m/s，v0＝2 m/s，则t＝6 s时的速度v＝20 m/s，A项错；由动能定理可知，0～6 s内，合力做功W＝mv2－mv＝396 J，B项错；由冲量定理可知，I－Ff·t＝mv－mv0，代入已知条件解得：I＝48 N·s，C项正确；由牛顿第二定律可知，6 s末F－Ff＝ma，解得：F＝10 N，所以拉力的功率P＝Fv＝200 W，D项正确．
答案：CD
4、(2018·武汉模拟)如图所示，R是光敏电阻，其阻值随光照强度的增大而减小，当它受到的光照强度增大时(　　)

A．灯泡L变暗
B．光敏电阻R上的电压增大
C．电压表V的读数减小
D．电容器C的带电荷量增大
解析：光照强度增大时，R的阻值减小，闭合电路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律知I＝增大，灯泡L变亮，选项A错误；光敏电阻R上的电压UR＝E－I(r＋R灯)减小，选项B错误；电压表V的读数U＝E－Ir减小，选项C正确；电容器C两端的电压等于灯泡两端的电压，灯泡两端的电压UL＝IR灯增大，所以电容器C的带电荷量Q＝CUL增大，选项D正确．
答案：CD
5、如图所示，均匀绕制的螺线管水平固定在可转动的圆盘上，在其正中心的上方有一固定的环形电流A，A与螺线管垂直．A中电流方向为顺时针方向，开关S闭合瞬间．关于圆盘的运动情况(从上向下观察)，下列说法正确的是(　　)

A．静止不动　　B．顺时针转动
C．逆时针转动 D．无法确定
解析：环形电流可等效为里面的N极、外面为S极的小磁针，通电螺线管可等效为右边为N板，左边为S极的条形磁铁，根据磁极间的相互作用，圆盘将顺时针转动，选项B正确．
答案：B
6、(2018·安徽模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈上接有四个完全相同的灯泡，若四个灯泡恰好都能正常发光，则下列说法正确的是(　　)

A．U1?：U2＝3?：4
B．U1?：U2＝4?：3
C．若将L1短路，则副线圈的三个灯泡仍能正常发光
D．若将L2短路，则副线圈的两个灯泡两端的电压变为额定电压的倍
解析：设灯泡的额定电压为U，额定电流为I，则副线圈电压为3U，电流为I，原线圈的灯泡正常发光，电流也为I，所以原、副线圈的匝数比为1?：1，原线圈两端电压为3U，所以U1?：U2＝4?：3，选项A错误、B正确；若将L1短路，则原线圈的电压增大，则副线圈两端电压也增大，三个灯泡不能正常发光，选项C错误；若将L2短路，设副线圈的电流为I′，原线圈的电流也为I′，因此2I′R＋I′R＝U1＝4U，则I′R＝U，即副线圈的每个灯泡两端的电压变为额定电压的，选项D正确．
答案：BD

二、非选择题
1、如图甲所示，倾角θ＝37°的足够长粗糙斜面固定在水平面上，滑块A、B用细线跨过光滑定滑轮相连，A与滑轮间的细线与斜面平行，B距地面一定高度，A可在细线牵引下沿斜面向上滑动．某时刻由静止释放A，测得A沿斜面向上运动的v－t图象如图乙所示(B落地后不反弹)．已知mA＝2 kg，mB＝4 kg，重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6、cos37°＝0.8.求：

(1)A与斜面间的动摩擦因数；
(2)A沿斜面向上滑动的最大位移．
解析：(1)在0～0.5 s内，根据题图乙，可得A、B整体的加速度a1为a1＝＝4 m/s2
设细线张力大小为FT，分别对A、B，由牛顿第二定律有FT－mAgsinθ－μmAgcosθ＝mAa1
mBg－FT＝mBa1
联立解得μ＝0.25
(2)B落地后，A继续减速上升
由牛顿第二定律有mAgsinθ＋μmAgcosθ＝mAa2
代入数据得a2＝8 m/s2
故A减速向上滑动的位移x2＝＝0.25 m
0～0.5 s内A加速向上滑动的位移x1＝＝0.5 m
所以，A上滑的最大位移x＝x1＋x2＝0.75 m
答案：(1)0.25　(2)0.75
2、(2018·重庆一诊)(1)(10分)下列说法正确的是________(填正确答案的标号)．
A．多数分子直径的数量级是10－10 cm
B．气体的温度升高时，气体的压强不一定增大
C．在一定的温度下，饱和汽的分子数密度是一定的
D．晶体都是各向异性的
E．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的

(2)(15分)如图所示的圆柱形汽缸是一“拔火罐”器皿，汽缸(横截面积为S)固定在铁架台上，轻质活塞通过细线与质量为m的重物相连，将一团燃烧的轻质酒精棉球从缸底的开关S处扔到汽缸内，酒精棉球熄灭时(此时缸内温度为t ℃)闭合开关S，此时活塞下的细线刚好拉直且拉力为零，而这时活塞距缸底的距离为L.由于汽缸传热良好，随后重物会被吸起，最后重物稳定在距地面处．已知环境温度为t0 ℃不变，＝p0，p0为大气压强，汽缸内的气体可看成理想气体，求：
(ⅰ)酒精棉球熄灭时的温度t与t0满足的关系式；
(ⅱ)汽缸内温度降低到重新平衡的过程中外界对气体做的功．
解析：(1)原子和分子的数量级是10－10 m，A错误．温度是分子平均动能的标志，温度升高，气体分子的平均动能增大，由气态方程＝C可知，温度升高，压强不一定增大，B正确．饱和汽压与分子密度和温度有关，在一定温度下，饱和汽的分子数密度是一定的，饱和汽压也是一定的，C正确．单晶体具有各向异性，而多晶体没有各向异性，D错误．根据热力学第二定律，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，E正确．
(2)(ⅰ)汽缸内封闭气体的初始状态：p1＝p0，V1＝LS，T1＝(273＋t) K；
末状态：p2＝p0－＝p0，V2＝LS，T2＝(273＋t0) K.
由理想气体的状态方程有＝，解得t＝t0＋91 ℃.
(ⅱ)汽缸内封闭气体的温度降低的过程中，开始时气体的压强变化，但气体的体积没有变化，故此过程外界对气体不做功．活塞向上运动过程为恒压过程，气体的压强为p2，活塞上移的距离为，故外界对气体做的功为W＝p2ΔV＝p0×S＝.
答案：(1)BCE　(2)(ⅰ)t＝t0＋91 ℃　(ⅱ)



2019高考物理二轮（通用）选练（6）及解析

一、选择题
1、如图所示，斜面固定，倾角为θ＝30°，物块m和M用轻质绳通过斜面上的定滑轮相连接(滑轮光滑)，一力F施加在绳上一点O使O点所受三力相互成120°角，已知M质量为10 kg，m与斜面恰无摩擦力，则m的质量和F的值各为(g取10 m/s2)(　　)

A．10 kg　100 N　B．20 kg　100 N
C．5 kg　50 N D．20 kg　50 N
解析：“O”点所受三力互成120°角且静止，则F＝Mg＝mgsinθ，则F＝Mg＝100 N，m＝＝2M＝20 kg.
答案：B
2、(2018·深圳模拟)在光滑斜面上有一质量为m的小球，小球与平行于斜面的轻弹簧和与竖直方向成θ＝30°角轻绳的一端相连，如图所示，此时小球处于静止状态，且斜面对小球的弹力恰好为零．则下列关于小球的加速度a大小的说法，正确的是(　　)

A．剪断绳的瞬间，a＝g
B．剪断绳的瞬间，a＝g
C．剪断弹簧B端的瞬间，a＝g
D．剪断弹簧B端的瞬间，a＝g

解析：小球处于静止状态，且斜面对小球的弹力恰好为零；根据共点力平衡有：弹簧的弹力F＝mgsin30°＝mg，剪断绳的瞬间，弹簧的弹力不变，则小球的加速度a＝＝0，故A、B错误；剪断弹簧B端的瞬间，根据牛顿第二定律得，a＝＝g，故C正确、D错误．
答案：C
3、质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为(　　)

A.mv2 B.v2
C.NμmgL D．NμmgL
解析：小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，最后恰好又回到箱子正中间．二者相对静止，即为共速，设速度为v1，mv＝(m＋M)v1，系统损失动能Ek＝mv2－(M＋m)v＝；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即ΔEk＝Q＝NμmgL.故本题选B、D.
答案：BD
4、(2018·广州模拟)

如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表的示数减小ΔU(电压表为理想电表)，在这个过程中(　　)
A．通过R1的电流减小，减少量一定等于
B．R2两端的电压增加，增加量一定等于ΔU
C．路端电压减小，减少量一定等于ΔU
D．通过R2的电流增加，但增加量一定小于
解析：电压表的示数减小ΔU，通过R1的电流减小ΔI＝，选项A正确；R2与电源内阻的总电压增加ΔU，选项B错误；R2两端的电压增加量小于ΔU，通过R2的电流增加量小于，选项C错误、D正确．
答案：AD
5、(2018·陕西省宝鸡市高三教学质量检测)如图所示，垂直纸面放置的两根平行长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1>I2，纸面内的一点H到两根导线的距离相等，则该点的磁感应强度方向可能为图中的(　　)

A．B4　　　B．B3 C．B2　　　D．B1
解析：根据题述，I1>I2，由安培定则，I1在H点产生的磁感应强度方向垂直于H和I1连线，指向右下，I2在H点产生的磁感应强度方向垂直于H和I2连线，指向左下．I1在H点产生的磁感应强度比I2在H点产生的磁感应强度大，H点磁感应强度为两磁场的叠加，故H点的磁感应强度方向可能为图中的B3，选项B正确．
答案：B
6、(多选)下图是远距离输电的示意图．n1、n2是升压变压器原、副线圈的匝数，n1?：n2＝1?：20，n3、n4是降压变压器原、副线圈的匝数，n3?：n4＝40?：1.升压变压器的原线圈n1与一交变电流相连接，该交变电流的瞬时值表达式为u＝440sin100πt V，下列说法正确的是(　　)

A．用电器获得的电压的有效值为220 V
B．用电器获得电压的有效值小于220 V，要想使用电器的电压变为220 V，在n1、n3、n4不变的前提下，增大n2
C．用电器获得电压的有效值大于220 V，要想使用电器的电压变为220 V，在n1、n2、n4不变的前提下，增大n3
D．通过用电器的交变电流的方向，每秒改变100次
解析：如果输电线上不存在电阻，即不存在电压降，则有＝，＝，U1＝U＝440 V，U2＝U3，可得U4＝220 V，由于输电线存在电压降，所以U3答案：BD

二、非选择题
1、(2018·山东青岛一模)如图所示，倾角θ＝30°的足够长的光滑斜面底端A固定有挡板P，斜面上B点与A点的高度差为h.将质量为m、长度为L的木板置于斜面底端，质量也为m的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.

(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v0，木板上端恰能到达B点，求v0的大小；
(2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力F，物块相对木板刚好静止，求拉力F的大小．
解析：(1)由于μgcosθ>gsinθ，所以在运动过程中物块相对于木板静止，两者的加速度a＝gsinθ，根据＝－L，
解得v0＝.
(2)对木板与物块整体有F－2mgsinθ＝2ma0，
对物块有μmgcosθ－mgsinθ＝ma0，
解得F＝mg.
答案：(1)　(2)mg
2、
(1)(10分)如图所示，一定质量的理想气体由状态a沿adc变化到状态c，吸收了340 J的热量，并对外做功120 J．若该气体由状态a沿abc变化到状态c时，对外做功40 J，则这一过程中气体________(填“吸收”或“放出”)热量________J.
(2)(15分)某同学设计了一种测温装置，其结构如图所示，玻璃泡A内封有一定质量的气体，与A相连的B管插在水银槽中，管内外水银面的高度差x即可反映泡内气体的温度，即环境温度t，并可由B管上的刻度直接读出．设B管的体积与A泡的体积相比可略去不计，在1个标准大气压下对B管进行温度刻线(1标准大气压相当于76 cmHg的压强)．已知当温度t1＝27 ℃时，管内外水银面的高度差x1＝16 cm，此高度差即为27 ℃的刻度线．求：


(ⅰ)推导高度差x随温度t变化的关系式；
(ⅱ)判断该测温装置的刻度是否均匀，并指出温度t＝0 ℃刻度线在何处．
解析：(1)对该理想气体由状态a沿abc变化到状态c，由热力学第一定律可得：ΔU＝Q＋W＝340 J＋(－120 J)＝220 J，即从a状态到c状态，理想气体的内能增加了220 J；若该气体由状态a沿adc变化到状态c时，对外做功40 J，此过程理想气体的内能还是增加220 J，所以可以判定此过程是吸收热量，再根据热力学第一定律可得：ΔU＝Q′＋W′，得Q′＝ΔU－W′＝220 J－(－40 J)＝260 J.
(2)(ⅰ)B管体积忽略不计，玻璃泡A内气体体积保持不变，是等容变化过程，根据查理定律可得＝
根据平衡条件可知，玻璃泡A内气体压强p＝p0－ρgx，其中p0为标准大气压，代入数据解得x＝21.4－(cm)．
(ⅱ)由方程可知，x与t是线性函数，所以该测温装置的刻度是均匀的．
根据方程x＝21.4－(cm)，
将t＝0 ℃代入上式可得，x＝21.4 cm.
所以温度t＝0 ℃刻度线在x＝21.4 cm处．
答案：(1)吸收　260　(2)(ⅰ)x＝21.4－(cm)　(ⅱ)刻度均匀　x＝21.4 cm处


2019高考物理二轮（通用）选练（7）及解析

一、选择题
1、(2018·山西四校联考)如图所示，轻绳一端连接放置在水平地面上的物体Q，另一端绕过固定在天花板上的定滑轮与小球P连接，P、Q始终处于静止状态，则(　　)

A．Q可能受到两个力的作用
B．Q可能受到三个力的作用
C．Q受到的绳子拉力与重力的合力方向水平向左
D．Q受到的绳子拉力与重力的合力方向指向左下方
解析：由平衡条件知，Q受重力、支持力、绳的拉力和摩擦力四个力的作用，选项A、B错误；由平衡条件知，Q受到的绳子拉力和重力的合力与支持力和摩擦力的合力大小相等、方向相反，由平行四边形定则知，支持力和摩擦力的合力方向指向右上方，所以Q受到的绳子拉力和重力的合力方向指向左下方，选项C错误，选项D正确．
答案：D
2、(2018·江西赣中南五校联考)如图所示，水平细杆上套一细环A，环A和球B间用一轻质绳相连，质量分别为mA、mB(mA>mB)，由于B球受到水平风力作用，A环与B球一起向右匀速运动，已知绳与竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是(　　)

A．风力增大时，轻质绳对B球的拉力保持不变
B．风力增大时，杆对A环的支持力保持不变
C．B球受到的风力F为mAgtanθ
D．A环与水平细杆间的动摩擦因数为
解析：以整体为研究对象，分析受力如图甲所示，根据平衡条件得，杆对环A的支持力FN＝(mA＋mB)g，所以杆对环A的支持力保持不变，B正确．以B球为研究对象，分析受力如图乙所示，由平衡条件得，轻质绳对球B的拉力FT＝，风力F＝mBgtanθ，风力F增大时，θ增大，cosθ减小，FT增大，故A、C错误．由图甲得到Ff＝F，环A与水平细杆间的动摩擦因数μ＝＝tanθ，故D错误．选B.

答案：B
3、滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F做了10 J的功．在上述过程中(　　)

A．弹簧的弹性势能增加了10 J
B．滑块的动能增加了10 J
C．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 J
D．滑块和弹簧组成的系统机械能守恒
解析：拉力F做功的同时，弹簧伸长，弹性势能增大，滑块向右加速，滑块动能增加，由功能关系可知，拉力做功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和，C正确，A、B、D均错误．
答案：C
4、某静电场的电场线分布如图所示，图中A、B两点的电场强度的大小分别为EA和EB，电势分别为φA和φB，将－q分别放在A、B两点时具有的电势能分别为EpA和EpB，则(　　)

A．EA>EB，φA>φB，EpAB．EA>EB，φA>φB，EpA>EpB
C．EAφB，EpA>EpB
D．EA解析：从图可以看出A点的电场线的密集程度大于B点的密集程度，故A点的电场强度大于B点的电场强度．因电场线的方向由A指向B，而沿电场线的方向电势逐渐降低，所以A点的电势高于B点的电势．负电荷从A到B，电场力做负功，电势能增加，所以－q在B点的电势能大于在A点的电势能，故A正确．
答案：A
5、(2018·河北唐山调研)如图所示，两平行的粗糙金属导轨水平固定在匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨宽度为L，一端与电源连接．一质量为m的金属棒ab垂直于平行导轨放置并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝，在安培力的作用下，金属棒以v0的速度向右匀速运动，通过改变磁感应强度的方向，可使流过导体棒的电流最小，此时磁感应强度的方向与竖直方向的夹角为(　　)

A．37°　　　B．30° C．45°　　　D．60°
解析：

本题考查通电导体棒在磁场中的平衡问题．由题意对棒受力分析，设磁感应强度的方向与竖直方向成θ角，则有
BILcosθ＝μ(mg－BILsinθ)
整理得BIL＝
电流有最小值，就相当于安培力有最小值，最后由数学知识解得：θ＝30°，则A、C、D错，B对．
答案：B
6、由放射性元素放出的氦核流被称为(　　)
A．阴极射线　　B．α射线
C．β射线 D．γ射线
解析：本题考查天然放射现象．在天然放射现象中，放出α、β、γ三种射线，其中α射线属于氦核流，选项B正确．
答案：B

二、非选择题
1、(2018·潍坊高三段考)为确保弯道行车安全，汽车进入弯道前必须减速．如图所示，AB为进入弯道前的平直公路，BC为水平圆弧形弯道．已知AB段的距离sAB＝14 m，弯道半径R＝24 m．汽车到达A点时速度vA＝16 m/s，汽车与路面间的动摩擦因数μ＝0.6，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2.要确保汽车进入弯道后不侧滑．求汽车：

(1)在弯道上行驶的最大速度；
(2)在AB段做匀减速运动的最小加速度．
解析：(1)在BC弯道，由牛顿第二定律得，
μmg＝m，代入数据解得vmax＝12 m/s.
(2)汽车匀减速至B处，速度恰好减为12 m/s时，加速度最小，
由运动学公式－2aminsAB＝v－v，
代入数据解得amin＝4 m/s2
答案：(1)12 m/s　(2)4 m/s2
2、(1)(10分)关于分子动理论和热力学定律，下列说法正确的是________．(填正确答案的标号．)
A．当分子间的距离r＝r0时，斥力等于引力，分子间作用力表现为零
B．分子之间的斥力和引力同时存在，且都随分子间距离的增加而减小
C．两个分子组成的系统的势能随分子间的距离增大而减小
D．扩散现象和布朗运动都与温度有关
E．热量能够从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体
(2)(15分)两个固定汽缸按如图所示的方式放置，汽缸B在汽缸A的上方，两汽缸的底面均水平，两汽缸中的活塞各封住了一定质量的理想气体，而活塞通过穿过B底部的光滑刚性细杆相连．两活塞面积分别为SA和SB，且SA?：SB＝1?：2.初始时活塞处于平衡状态，A、B中气体的体积均为V0，A、B中气体温度均为300 K，B中气体压强为0.75p0，p0是汽缸外的大气压强(活塞与缸壁间的摩擦不计，细杆和两活塞质量均不计)．

(ⅰ)求初始时A中气体的压强；
(ⅱ)现对A中气体加热，同时保持B中气体的温度不变，活塞重新达到平衡状态后，B中气体的压强降为0.5p0，求此时A中气体的温度．
解析：(1)根据分子作用力与分子间距离的关系，当分子间的距离r＝r0时，斥力等于引力，分子间作用力表现为零，故A正确．分子间存在相互作用的引力和斥力，引力和斥力都随分子间距离的增加而减小，且斥力比引力变化得快，故B正确．当分子间的距离r>r0时，分子力表现为引力，r增大时分子力做负功，分子势能增加；当分子间的距离在r(2)(ⅰ)初始时系统平衡，对两活塞和细杆整体，有pASA＋pBSB＝p0(SA＋SB)
将已知条件SB＝2SA，pB＝0.75p0代入上式可解得pA＝1.5p0.
(ⅱ)末状态系统平衡，对两活塞和细杆整体，有p′ASA＋p′BSB＝p0(SA＋SB)
可解得p′A＝2p0
B中气体初、末态温度相等，由pBVB＝p′BV′B，可求得V′B＝1.5V0
设A中气体末态的体积为V′A，因为两活塞移动的距离相等，故有
＝，可求出V′A＝1.25V0
由理想气体状态方程有＝，解得T′A＝TA＝500 K.
答案：(1)ABD　(2)(ⅰ)1.5p0　(ⅱ)500 K





2019高考物理二轮（通用）选练（8）及解析

一、选择题
1、(2018·湖南岳阳一中模拟)如图所示，我们常见这样的杂技表演：四个人A、B、C、D体型相似，B站在A的肩上，双手拉着C和D，A水平撑开双手支持着C和D.如果四个人的质量均为m＝60 kg，g取10 m/s2，估算A的手臂受到的压力和B的手臂受到的拉力大小分别为(　　)

A．120 N,240 N B．240 N,480 N
C．350 N,700 N D．600 N,1 200 N

解析：对C进行受力分析如图所示，由四人体型相似推知四人手臂长度相同，则B的手臂与竖直方向的夹角为30°，则有FAC＝mgtan30°＝mg，即C受到A的推力约为mg，A的手臂受到的压力也是mg＝×60×10 N≈350 N；FBC＝＝mg，即C受到B的拉力为mg，则B的手臂受到的拉力也为mg＝×60×10 N≈700 N，故选C.
答案：C
2、(2018·广东广雅中学三诊)消防员用绳子将一不慎落入井中的儿童从井内加速向上提的过程中，不计绳子的重力，以下说法正确的是(　　)
A．绳子对儿童的拉力大于儿童对绳子的拉力
B．绳子对儿童的拉力大于儿童的重力
C．消防员对绳子的拉力与绳子对消防员的拉力是一对作用力与反作用力
D．消防员对绳子的拉力与绳子对儿童的拉力是一对平衡力
解析：绳子对儿童的拉力和儿童对绳子的拉力是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故A错误；儿童从井内被加速向上提的过程中，加速度方向向上，根据牛顿第二定律得绳子对儿童的拉力大于儿童的重力，故B正确；消防员对绳子的拉力与绳子对消防员的拉力是一对作用力与反作用力，故C正确；消防员对绳子的拉力是作用在绳子上的力，而绳子对儿童的拉力是作用在儿童上的力，故二力不是平衡力，故D错误．
答案：BC
3、(2018·衡水模拟)质量为2吨的汽车，发动机牵引力的功率为30 kW，汽车在水平路面上行驶能达到的最大速度为15 m/s，若汽车以最大功率行驶，所受阻力恒定，则汽车的速度为10 m/s时的加速度为(　　)
A．0.5 m/s2　　　B．1 m/s2
C．2 m/s2 D．2.5 m/s2
解析：汽车在水平路面上行驶所受阻力Ff＝＝2 000 N；当汽车的速度为10 m/s时，牵引力F＝＝3 000 N；加速度a＝＝0.5 m/s2，选项A正确．
答案：A
4、一正电荷仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度大小随时间变化的图象如图所示．下列关于A、B两点电场强度E的大小和电势φ的高低的判断，正确的是(　　)

A．EA>EB，φA>φB
B．EA＝EB，φA＝φB
C．EAφB
D．EA解析：电荷受电场力的作用，合力不为零．由运动图象可知速度的大小没有变化，故电荷只能做匀速圆周运动，故选B.
答案：B
5、(2018·江西五校联考)(多选)如图所示，含有H(氕核)、H(氘核)、He(氦核)的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器，沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P1、P2两点．则 (　　)

A．打在P1点的粒子是He
B．打在P2点的粒子是H和He
C．O2P2的长度是O2P1长度的2倍
D．粒子在偏转磁场中运动的时间都相等
解析：带电粒子在沿直线通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力大小相等方向相反，即：qvB＝qE
所以v＝
可知从粒子速度选择器中射出的粒子具有相等的速度．
带电粒子在磁场中做匀速直线运动，洛伦兹力提供向心力，所以：qvB＝，所以：r＝＝·，可知粒子的比荷越大，则运动的半径越小，所以打在P1点的粒子是H，打在P2点的粒子是H和He.故A错误，B正确；由题中的数据可得，H的比荷是H和He的比荷的2倍，所以H的轨道的半径是H和He的半径的倍，即O2P2的长度是O2P1长度的2倍，故C正确；粒子运动的周期：T＝＝，三种粒子的比荷不相同，所以粒子在偏转磁场中运动的时间不相等．故D错误．
答案：BC
6、一个氢原子从n＝3能级跃迁到n＝2能级，该氢原子(　　)
A．放出光子，能量增加 B．放出光子，能量减少
C．吸收光子，能量增加 D．吸收光子，能量减少
解析：氢原子从高能级向低能级跃迁时，放出光子，能量减少，故选项B正确，A、C、D错误．
答案：B

二、非选择题
1、如图所示，一个可以看成质点的小球用没有弹性的细线悬挂于O′点，细线长L＝5 m，小球质量为m＝1 kg.现向左拉小球使细线水平，由静止释放小球，已知小球运动到最低点O时细线恰好断开，取重力加速度g＝10 m/s2.

(1)求小球运动到最低点O时细线的拉力F的大小．
(2)如果在小球做圆周运动的竖直平面内固定一圆弧轨道，该轨道以O点为圆心，半径R＝5 m，求小球从O点运动到圆弧轨道上的时间t.
解析：(1)设小球摆到O点时的速度为v，小球由A点到O点的过程，由机械能守恒定律有
mgL＝mv2
在O点由牛顿第二定律得F－mg＝m
解得F＝30 N
(2)细线被拉断后，小球做平抛运动，有x＝vt
y＝gt2
x2＋y2＝R2
联立并代入数据，解得t＝1 s.
答案：(1)30 N　(2)1 s
2、(2018·重庆巴蜀中学月考)(1)(10分)一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图象如图乙所示．

①该列波沿x轴________传播(填“正方向”或“负方向”)；
②该列波的波速大小为________m/s；
③若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为________Hz.

(2)(15分)如图为三棱镜ABC的截面图，∠A＝70°，入射光线垂直于AC射入棱镜，已知该光在玻璃与空气的界面处发生全反射的临界角为45°，光在真空中传播速度为c.求：
(ⅰ)光线在三棱镜中传播的速度；
(ⅱ)光线第一次从三棱镜射入空气时的折射角．
解析：(1)①由题图乙可知质点A沿y轴负方向振动，则其振动滞后于左边的质点，可知该列波沿x轴正方向传播．
②由图甲可知波长λ＝0.4 m，由图乙可知周期T＝0.4 s，则v＝＝1 m/s.
③发生稳定的干涉现象要求两列波频率相同，则f＝＝2.5 Hz.
(2)(ⅰ)根据sin45°＝，可得玻璃对该光的折射率n＝
由n＝，解得光线在三棱镜中传播的速度v＝＝.


(ⅱ)画出光在三棱镜传播的光路图，如图所示．光线先射到AB面上，入射角i1＝70°，大于全反射的临界角45°，故光线在AB面上发生全反射
光射到BC面上，入射角i2＝50°，大于全反射的临界角45°，故光线在BC面上发生全反射
光线第二次射到AB面上时，入射角i＝180°－20°－40°－90°＝30°，小于全反射的临界角45°，故光线从三棱镜射入空气，由折射定律，＝n
解得r＝45°.
答案：(1)①正方向　②1　③2.5　(2)(ⅰ)c　(ⅱ)45°


2019高考物理二轮（通用）选练（9）及解析

一、选择题
1、(2018·浙江百校联盟押题卷)如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A、B间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是(　　)

A．A、B的质量之比为1?：
B．A、B所受弹簧弹力大小之比为?：
C．悬挂A、B的细线上拉力大小之比为?：1
D．快速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为1?：
解析：弹簧对A、B的弹力大小相等，设为kx，对A、B分别进行受力分析，由平衡条件可知mAg＝kxtan60°，FA＝kx/cos60°，mBg＝kxtan45°，FB＝kx/cos45°，联立解得A、B两物体质量之比为mA?：mB＝tan60°?：tan45°＝?：1，FA?：FB＝cos45°?：cos60°＝：?1，在剪断弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度aA?：aB＝gcos60°?：gcos45°＝1：?，故C、D正确．
答案：CD
2、如图所示，水平传送带以恒定速度v向右运动．将质量为m的物体Q轻轻放在水平传送带的左端A处，经过t秒后，Q的速度也变为v，再经t秒物体Q到达传送带的右端B处，则(　　)

A．前t秒内物体做匀加速运动，后t秒内物体做匀减速运动
B．后t秒内Q与传送带之间无摩擦力
C．前t秒内Q的位移与后t秒内Q的位移大小之比为1?：1
D．Q由传送带左端运动到右端的平均速度为v
解析：前t秒内物体Q相对传送带向左滑动，物体Q受向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律Ff＝ma可知，物体Q做匀加速运动，后t秒内物体Q相对传送带静止，做匀速运动，不受摩擦力作用，选项A错误、B正确；前t秒内Q的位移x1＝t，后t秒内Q的位移x2＝vt，故＝，选项C错误；Q由传送带左端运动到右端的平均速度＝＝＝v，选项D正确．
答案：BD
3、(2018·石家庄二模)静止在水平地面上的物体，同时受到水平面内两个互相垂直的力F1、F2的作用，由静止开始运动了2 m，已知F1＝6 N，F2＝8 N，则(　　)
A．F1做功12 J
B．F2做功16 J
C．F1、F2的合力做功28 J
D．F1、F2做的总功为20 J
解析：物体由静止沿F1、F2的合力方向运动，位移为2 m，因为位移的方向应与合力的方向一致，所以WF1＝F1·l·cos53°＝7.2 J，WF2＝F2·l·cos37°＝12.8 J，故A、B错误；F1、F2的合力F合＝＝10 N，W总＝F合·l＝20 J，故C错误、D正确．
答案：D
4、如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电小球在匀强电场中运动，其运动轨迹在竖直平面(纸面)内，且关于过轨迹最右侧N点的水平直线对称．已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小球可视为质点．由此可知(　　)
A．匀强电场的方向水平向左
B．电场强度E满足E>
C．小球在M点的电势能比在N点的大
D．M点的电势比N点的高

解析：由小球在匀强电场中的运动轨道在竖直平面(纸面)内，且关于过轨迹最右侧N点的水平直线对称，可以判断小球所受合力的方向水平向左，而重力方向竖直向下，如图所示，则知电场力的方向一定斜向左上方，因小球带正电荷，故匀强电场的方向斜向左上方，且电场强度E满足E>，故B正确、A错误；由沿着电场线方向电势逐渐降低可知M点的电势比N点的低，D错误；小球从M点运动到N点的过程中电场力做负功，电势能增加，故小球在M点的电势能比在N点的小，C错误．
答案：B
5、某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正．为了使静止于该磁场中的带正电的粒子能按a→b→c→d→e→f的顺序做横“∞”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用，其它力不计)(　　)

A．若粒子的初始位置在a处，在t＝时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度
B．若粒子的初始位置在f处，在t＝时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度
C．若粒子的初始位置在e处，在t＝T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度
D．若粒子的初始位置在b处，在t＝时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度
解析：要使粒子的运动轨迹如题图乙所示，粒子做圆周运动的周期应为T0＝＝，结合左手定则可知，选项A、D正确．
答案：AD
6、下列有关原子结构和原子核的认识，其中正确的是(　　)
A．γ射线是高速运动的电子流
B．氢原子辐射光子后，其绕核运动的电子动能增大
C．太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变
D.Bi的半衰期是5天，100克Bi经过10天后还剩下50克
解析：β射线是高速电子流，而γ射线是一种电磁波，选项A错误．氢原子辐射光子后，绕核运动的电子距核更近，动能增大，选项B正确．太阳辐射能量的主要来源是太阳内部氢核的聚变，选项C错误.10天为两个半衰期，剩余的Bi为100× g＝100×2 g＝25 g，选项D错误．
答案：B

二、非选择题
1、利用如图1所示的实验装置探究恒力做功与物体动能变化的关系．小车的质量为M＝200.0 g，钩码的质量为m＝10.0 g，打点计时器的电源为50 Hz的交流电．

图1
(1)挂钩码前，为了消除摩擦力的影响，应调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车观察到____________________．
(2)挂上钩码，按实验要求打出的一条纸带如图2所示．选择某一点为O，依次每隔4个计时点取一个计数点．用刻度尺量出相邻计数点间的距离Δx，记录在纸带上．计算打出各计数点时小车的速度v，其中打出计数点“1”时小车的速度v1＝________m/s.

图2
(3)将钩码的重力视为小车受到的拉力，取g＝9.80 m/s2，利用W＝mgΔx算出拉力对小车做的功W.利用Ek＝Mv2算出小车动能，并求出动能的变化量ΔEk.计算结果见下表.
W/×10－3 J 2.45 2.92 3.35 3.81 4.26
ΔEk/×10－3 J 2.31 2.73 3.12 3.61 4.00
请根据表中的数据，在图3中作出ΔEk－W图象．
图3


(4)实验结果表明，ΔEk总是略小于W.某同学猜想是由于小车所受拉力小于钩码重力造成的．用题中小车和钩码质量的数据可算出小车受到的实际拉力F＝________N.
解析：(1)完全平衡摩擦力的标志是轻推小车，小车做匀速运动．
(2)两计数点间的时间间隔T＝5×0.02 s＝0.1 s
v1＝＝ m/s＝0.228 m/s
(3)确定标度，根据给出数据描点．作图如图所示．

(4)从图线上取两个点(4.5,4.24)，(2.15,2.0)
图线的斜率k＝≈0.953①
又有k＝＝②
根据运动学公式有v2＝2aΔx③
根据牛顿第二定律有
F＝Ma④
由①②③④式解得F≈0.093 N
答案：(1)小车做匀速运动　(2)0.228　(3)见解析图　(4)0.093
2、(2018·湖北八校二联)(1)(10分)下列说法中正确的是(　　)
A．军队士兵过桥时使用便步，是为了防止桥发生共振现象
B．机械波和电磁波在介质中的传播速度仅由介质决定
C．泊松亮斑是光通过圆孔发生衍射时形成的
D．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱玻璃的反射光
E．赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在

(2)(15分)在某种介质中，S1、S2处有相距4 m的两个波源，沿垂直纸面方向做简谐运动，其周期分别为T1＝0.8 s和T2＝0.4 s，振幅分别为A1＝2 cm和A2＝1 cm，在该介质中形成的简谐波的波速为v＝5 m/s.S处有一质点，它到S1的距离为3 m，且SS1⊥S1S2，在t＝0时刻，两波源同时开始垂直纸面向外振动，试求：
(ⅰ)t＝0时刻振动传到S处的时间差；
(ⅱ)t＝10 s时，S处质点离开平衡位置的位移大小．
解析：(1)电磁波的传播不需要介质，在真空中也能传播，但在介质中的传播速度由介质和频率共同决定，B错；泊松亮斑是用光照射不透光的小圆盘时产生的衍射现象，C错．
(2)(ⅰ)由题意可知SS2＝＝5 m；
S1在t＝0时刻振动传到质点S所需的时间t1＝＝＝0.6 s.
S2在t＝0时刻振动传到质点S所需的时间t2＝＝＝1 s.
故S1、S2在t＝0时刻振动传到质点S的时间差M为绳的中点Δt＝t2－t1＝0.4 s.
(ⅱ)在t＝10 s时质点S按S1的振动规律已经振动了Δt1＝t－t1＝9.4 s＝T1，
此时S1引起质点S的位移大小x1＝A1＝2 cm；
t＝10 s时质点S按S2的振动规律已经振动了Δt2＝t－t2＝9 s＝T2，
此时S2引起质点S的位移大小x2＝0；
所以t＝10 s时质点S离开平衡位置的位移为S1和S2单独传播引起S位移的矢量和，故x＝x1＋x2＝2 cm＋0＝2 cm.
答案：(1)ADE　(2)(ⅰ)0.4 s　(ⅱ)2 cm

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