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  • ID:6-6751497 2020高考物理专题练习:万有引力与航天Word版含答案

    高中物理/高考专区/一轮复习

    2020高考物理专题练习:万有引力与航天含答案
    一、选择题
    1、发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)。速度较大的球越过球网,速度较小的球没有越过球网,其原因是
    A.速度较小的球下降相同距离所用的时间较多
    B.速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大
    C.速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少
    D.速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大
    【参考答案】C
    2、有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河.小明驾着小船渡河,去程时船头指向始终与河岸垂直,回程时行驶路线与河岸垂直.去程与回程所用时间的比值为k,船在静水中的速度大小相同,则小船在静水中的速度大小为(  )
    A.       B.
    C. D.
    解析:选B.设河宽为d,船速为u,由于去程小船的船头始终垂直于河岸,则去程所用时间为t1=;由于回程小船的航线垂直于河岸,则回程所用时间为t2==;根据题意有k=,解得u=,故选B项.
    3、如图甲所示,在杂技表演中,猴子沿竖直杆向上运动,其v-t图象如图乙所示,人顶杆沿水平地面运动的x-t图象如图丙所示.若以地面为参考系,下列说法中正确的是(  )

    A.猴子的运动轨迹为直线
    B.猴子在2 s内做匀变速曲线运动
    C.t=0时猴子的速度大小为8 m/s
    D.t=2 s时猴子的加速度大小为4 m/s2
    解析:选BD.由题图乙、丙看出,猴子在竖直方向做初速度vy=8 m/s、加速度a=-4 m/s2的匀减速直线运动,人在水平方向做速度vx=-4 m/s的匀速直线运动,故猴子的初速度大小为v= m/s=4 m/s,方向与合外力方向不在同一条直线上,故猴子做匀变速曲线运动,故选项B正确,A、C均错误;由题图乙、丙可得,t=2 s时,ay=-4 m/s2,ax=0,则合加速度大小a合=4 m/s2,故选项D正确.
    4、小孩站在岸边向湖面抛石子,三次的轨迹如图所示,最高点在同一水平线上,忽略空气阻力的影响,下列说法正确的是(  )

    A.沿轨迹3运动的石子落水时速度最小
    B.沿轨迹3运动的石子在空中运动时间最长
    C.沿轨迹1运动的石子加速度最大
    D.三个石子在最高点时速度相等
    解析:选A.根据平抛运动规律,三个石子在空中运动时间相等,落地时竖直速度相等,沿轨迹3运动的石子水平速度最小,落水时速度最小,选项A正确,B错误;三个石子在空中运动只受重力,加速度相等,选项C错误;三个石子在最高点时石子1速度最大,石子3速度最小,选项D错误.
    5、如图甲是古代一种利用抛出的石块打击敌人的装置,图乙是其工作原理的简化图.将质量为m=10 kg的石块装在距离转轴L=4.8 m的长臂末端口袋中.发射前长臂与水平面的夹角α=30°.发射时对短臂施力使长臂转到竖直位置时立即停止,石块靠惯性被水平抛出.若石块落地位置与抛出位置间的水平距离为s=19.2 m.不计空气阻力,g=10 m/s2.则以下判断正确的是(  )

    A.石块被抛出瞬间速度大小为12 m/s
    B.石块被抛出瞬间速度大小为16 m/s
    C.石块落地瞬间速度大小为20 m/s
    D.石块落地瞬间速度大小为16 m/s
    解析:选BC.石块被抛出后做平抛运动,水平方向s=v0t,竖直方向h=gt2,抛出点到地面的高度h=L+L·sin α,解得v0=16 m/s,选项B正确;石块落地时,竖直方向的速度vy=gt=12 m/s,落地速度vt=eq r(v+v)=20 m/s,选项C正确.
    6、(多选)如图所示为赛车场的一个水平“U”形弯道,转弯处为圆心在O点的半圆,内外半径分别为r和2r.一辆质量为m的赛车通过AB线经弯道到达A′B′线,有如图所示的①、②、③三条路线,其中路线③是以O′为圆心的半圆,OO′=r.赛车沿圆弧路线行驶时,路面对轮胎的最大径向静摩擦力为Fmax.选择路线,赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变,发动机功率足够大),则(  )

    A.选择路线①,赛车经过的路程最短
    B.选择路线②,赛车的速率最小
    C.选择路线③,赛车所用时间最短
    D.①、②、③三条路线的圆弧上,赛车的向心加速度大小相等
    解析:选ACD.由几何关系可得,路线①、②、③赛车通过的路程分别为:(πr+2r)、(2πr+2r)和2πr,可知路线①的路程最短,选项A正确;圆周运动时的最大速率对应着最大静摩擦力提供向心力的情形,即μmg=m,可得最大速率v=,则知②和③的速率相等,且大于①的速率,选项B错误;根据t=,可得①、②、③所用的时间分别为t1=,t2=,t3=,其中t3最小,可知路线③所用时间最短,选项C正确;在圆弧轨道上,由牛顿第二定律可得:μmg=ma向,a向=μg,可知三条路线上的向心加速度大小均为μg,选项D正确.
    7、公路急转弯处通常是交通事故多发地带.如图,某公路急转弯处是一圆弧,当汽车行驶的速率为v0时,汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势.则在该弯道处(  )

    A.路面外侧高内侧低
    B.车速只要低于v0,车辆便会向内侧滑动
    C.车速虽然高于v0,但只要不超出某一最高限度,车辆便不会向外侧滑动
    D.当路面结冰时,与未结冰时相比,v0的值变小
    解析:选AC.当汽车行驶的速率为v0时,汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势,即不受静摩擦力,此时由重力和支持力的合力提供向心力,所以路面外侧高内侧低,选项A正确;当车速低于v0时,需要的向心力小于重力和支持力的合力,汽车有向内侧运动的趋势,但并不一定会向内侧滑动,静摩擦力向外侧,选项B错误;当车速高于v0时,需要的向心力大于重力和支持力的合力,汽车有向外侧运动的趋势,静摩擦力向内侧,速度越大,静摩擦力越大,只有静摩擦力达到最大以后,车辆才会向外侧滑动,选项C正确;由mgtan θ=meq f(v,r)可知,v0的值只与斜面倾角和圆弧轨道的半径有关,与路面的粗糙程度无关,选项D错误.
    8、关于行星运动的规律,下列说法符合史实的是(  )
    A.开普勒在牛顿定律的基础上,导出了行星运动的规律
    B.开普勒在天文观测数据的基础上,总结出了行星运动的规律
    C.开普勒总结出了行星运动的规律,找出了行星按照这些规律运动的原因
    D.开普勒总结出了行星运动的规律,发现了万有引力定律
    解析:选B.开普勒在第谷的观测数据的基础上,总结出了行星运动的规律,B项正确;牛顿在开普勒总结的行星运动规律的基础上发现了万有引力定律,找出了行星运动的原因,A、C、D项错误.
    9、太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动.当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间,且三者几乎排成一条直线的现象,天文学称为“行星冲日”.据报道,2014年各行星冲日时间分别是:1月6日木星冲日;4月9日火星冲日;5月11日土星冲日;8月29日海王星冲日;10月8日天王星冲日.已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示.则下列判断正确的是(  )
    地球 火星 木星 土星 天王星 海王星
    轨道半径(AU) 1.0 1.5 5.2 9.5 19 30
    A.各地外行星每年都会出现冲日现象
    B.在2015年内一定会出现木星冲日
    C.天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半
    D.地外行星中,海王星相邻两次冲日的时间间隔最短
    解析:选BD.由开普勒第三定律=k可知T行=·T地=eq r(r)年,根据相遇时转过的角度之差Δθ=2nπ及ω=可知相邻冲日时间间隔为t,则t=2π,即t==,又T火=年,T木=年,T土=年,T天=年,T海=年,代入上式得t>1年,故选项A错误;木星冲日时间间隔t木=年<2年,所以选项B正确;由以上公式计算t土≠2t天,t海最小,选项C错误,选项D正确.
    10、2015年4月,科学家通过欧航局天文望远镜在一个河外星系中,发现了一对相互环绕旋转的超大质量双黑洞系统,如图所示.这也是天文学家首次在正常星系中发现超大质量双黑洞.这对验证宇宙学与星系演化模型、广义相对论在极端条件下的适应性等都具有十分重要的意义.若图中双黑洞的质量分别为M1和M2,它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动.根据所学知识,下列选项正确的是(  )

    A.双黑洞的角速度之比ω1∶ω2=M2∶M1
    B.双黑洞的轨道半径之比r1∶r2=M2∶M1
    C.双黑洞的线速度之比v1∶v2=M1∶M2
    D.双黑洞的向心加速度之比a1∶a2=M1∶M2
    解析:选B.双黑洞绕连线上的某点做匀速圆周运动的周期相等,角速度也相等,选项A错误;双黑洞做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供,向心力大小相等,设双黑洞间的距离为L,由G=M1r1ω2=M2r2ω2,得双黑洞的轨道半径之比r1∶r2=M2∶M1,选项B正确;双黑洞的线速度之比v1∶v2=r1∶r2=M2∶M1,选项C错误;双黑洞的向心加速度之比为a1∶a2=r1∶r2=M2∶M1,选项D错误.

    二、非选择题
    如图所示,在倾角为37°的斜坡上有一人,前方有一动物沿斜坡匀速向下奔跑,速度v=15 m/s,在二者相距L=30 m时,此人以速度v0水平抛出一石块,打击动物,人和动物都可看成质点.(已知sin 37°=0.6,g=10 m/s2)

    (1)若动物在斜坡上被石块击中,求v0的大小;
    (2)若动物在斜坡末端时,动物离人的高度h=80 m,此人以速度v1水平抛出一石块打击动物,同时动物开始沿水平面运动,动物速度v=15 m/s,动物在水平面上被石块击中的情况下,求速度v1的大小.
    解析:(1)设过程中石块运动所需时间为t
    对于动物:运动的位移s=vt
    对于石块:竖直方向(L+s)sin 37°=gt2
    水平方向:(L+s)cos 37°=v0t
    代入数据,由以上三式可得:v0=20 m/s.
    (2)对动物:x1=vt1,
    对于石块:竖直方向h=gt,解得t1==4 s
    水平方向:+x1=v1t1,联立可得v1≈41.7 m/s.
    答案:见解析



    • 2020-01-13
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  • ID:6-6751450 2020届高考物理 一轮复习——磁场单元练习Word版含答案

    高中物理/高考专区/一轮复习









    北京农大附中 高三复习《磁场》检测(1)
    考试时间:45min 满分100分
    一、不定项选择题(本大题共有11个小题,每小题5分,共55分。每小题至少有一个正确答案,漏选得3分,错选不得分。)
    1.由磁感应强度的定义式B=F/IL可知( )
    A.若某处的磁感应强度为零,则通电导线放在该处所受安培力一定为零
    B.通电导线放在磁场中某处不受安培力的作用时,则该处的磁感应强度一定为零
    C.同一条通电导线放在磁场中某处所受的磁场力是一定的
    D.磁场中某点的磁感应强度与该点是否放通电导线无关
    2.如图所示,一条形磁铁放在水平桌面上,在其左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线,当导线中通以图示方向的电流时( )
    A.磁铁对桌面的压力增大,且受到向右的摩擦力作用
    B.磁铁对桌面的压力减小,且受到向右的摩擦力作用
    C.磁铁对桌面的压力增大,且受到向左的摩擦力作用
    D.磁铁对桌面的压力减小,且受到向左的摩擦力作用

    3、如图所示,三根长直导线中的电流强度相同,导线b和d的电流方向垂直纸面向外,导线c的电流方向垂直纸面向里,a点为bd连线的中点ac垂直bd,且ab=ad=ac,则a点处的磁感应强度的方向为( )
    A.垂直纸面向外        B.垂直纸面向里
    C.沿纸面由a指向c      D.沿纸面由a指向d

    4.极光是由来自太阳的高能量带电粒子流高速冲进高空稀薄大气层时,被地球磁场俘获,从而改变原有运动方向,向两极做螺旋运动而形成的.科学家发现并证实,向两极做螺旋运动的这些高能粒子的旋转半径是不断减小的,这主要与下列哪些因素有关(   )
    A.洛伦兹力对粒子做负功,使其动能减小 B.空气阻力做负功,使其动能减小
    C.南、北两极的磁感应强度增强 D.太阳对粒子的引力做负功

    5.一个带电粒子,沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场,粒子的一段径迹如图25所示。径迹上的每一小段都可近似看成圆弧。由于带电粒子使沿途的空气电离,粒子的能量逐渐减小(带电量不变)从图中情况可以确定(   )
    A.粒子从a到b,带正电 B.粒子从b到a,带正电
    C.粒子从a到b,带负电 D.粒子从b到a,带负电

    6.如图所示,圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场,三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c,以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场,其运动轨迹如图。若带电粒子只受磁场力的作用,则下列说法正确的是 ( )
    A.a粒子动能最大 B.c粒子速率最大
    C.c粒子在磁场中运动时间最长
    D.它们做圆周运动的周期
    7. 如图所示,匀强磁场的方向垂直纸面向里,一带电微粒从磁场边界d点垂直与磁场方向射入,沿曲线dpa打到屏MN上的a点,通过pa段用时为t。若该微粒经过p点时,与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒,最终打到屏MN上。两个微粒所受重力均忽略。新微粒运动的 ( )
    A.轨迹为pb,至屏幕的时间将小于t
    B.轨迹为pc,至屏幕的时间将大于t
    C.轨迹为pb,至屏幕的时间将等于t
    D.轨迹为pa,至屏幕的时间将大于t

    8、一带电粒子(重力不计)在匀强磁场中的运动轨迹如图所示,中央是一薄绝缘板,粒子在穿过绝缘板时有动能损失,但电量不变,由图可知(  )
    A.粒子的运动方向是edcba B.粒子的运动方向是abcde
    C.粒子带正电
    D.粒子在下半周所用的时间比上半周所用的时间长

    9.如图所示,两平行光滑金属导轨EF、CD间距为L,与电动势为ε的电源相连,质量为m、电阻为R的金属捧ab垂直于导轨放置构成闭合电路,回路其余部分电阻不计,为使ab静止,需在空间施加的匀强磁场的磁感强度的最小值及其方向分别是( )
    A.,水平向右
    B.,垂直于回路平面向上
    C.,竖直向下
    D.,垂直回路平面向下

    10.如图,带电平行金属板中匀强电场方向竖直上,匀强磁场方向垂直纸面向里,带电小球从光滑绝缘轨道上的a点由静止滑下,经过1/4圆弧轨道从端点P(切线水平)进入板间后恰好沿水平方向做直线运动,现使带电小球从比a点稍低的b点由静止滑下,在经过P点进入板间的运动过程中( )
    A.带电小球的动能将会增大
    B.带电小球的电势能将会增大
    C.带电小球所受洛伦兹力将会减小
    D.带电小球所受电场力将会增大


    11.如图所示,在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中,电量q的液滴做半径为R的匀速圆周运动,已知电场强度为E,磁感应强度为B,则油滴的质量和环绕速度分别为:( )
    A、B2qR/E,E/B; B、Eq/g,BgR/E;
    C、B,; D、Eq/g,E/B;
    将选择题答案填入下面表格:
    题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
    选项
    二、计算题(本题共4小题,共45分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演
    算步骤,只写出最后答案的不能得分,有数值计算的题,答案中必须写出数值和单位。)
    12、(12分)如图所示,分布在半径为r的圆形区域内的匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。电量为q,质量为m的带正电的粒子从磁场边缘A点沿圆的半径AO方向射入磁场,离开磁场时速度方向偏转了60°角。试确定:
    ⑴粒子做圆周运动的半径。
    ⑵粒子的入射速度。
    ⑶ 若此粒子是由某加速电场由静止加速获得的,求该加速电压。







    13.(12分)电视机显像管简化原理如图所示,初速不计的电子经加速电场加速后进入有限边界宽度为L的匀强磁场,磁感强度为B,若要求电子束偏转角为α,求
    (1)正确画出电子由静止开始直至离开匀强磁场时的轨迹图;(用尺和圆规规范作图)
    (2)加速电场的电势差U。(已知电子电量为e,质量为m)







    14、(10分)如图所示,在水平向右的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B并存的空间中有一个足够长的水平光滑绝缘面MN。面上O点放置一个质量为m,带电量为+q的物体(可视为质点),释放后物体由静止开始运动。求物体刚要离开水平面时的速度和相对于出发点O的位移。










    15、(11分)如图甲所示,质量为m=50g,长l=10cm的铜棒,用长度亦为l的两根轻软导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度B=0.5T。未通电时,轻线在竖直方向,通入恒定电流后,棒向外偏转的最大角度θ=37°,求此棒中恒定电流的大小。
    同学甲的解法如下:对铜棒进行受力分析,通电时导线向外偏转,说明安培力方向垂直电流和磁场方向向外,受力如图乙所示(侧视图)。
    当最大偏转角θ=37°时,棒受力平衡,有:


    同学乙的解法如下:铜棒向外偏转过程中,导线拉力不做
    功,如图丙所示。
    F做功为:
    重力做功为:
    由动能定理得:

    请你对同学甲和乙的解答以说理的方式作出评价;若你两者都不支持,则给出你认为正确的解答。











    参考答案:
    题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
    选项 AD B D BC B B D AC D AB B
    12. ⑴r ⑵Bqr/m ⑶ 3B2r2q/2m

    13.解:
    加速过程有eU=mV2,
    偏转过程有evB=mv2/R,
    Rsinα=L,
    联立即得.U=(3分)。

    14、解:
      当物体刚要离开水平面时,物体受洛伦兹力等于重力所以有
      Bvq=mg  ①
      总个过程中只有电场力做功,由动能定理得
        ②
      联立①②得S=

    15、解:
    甲同学的错误原因:认为物体速度为零时,一定处于平衡状态,或者认为偏角最大的是平衡位置。
    乙同学的错误原因:将安培力表示导致F做功出错。
    正解如下:铜棒向外偏转过程中,导线拉力不做功,如图丙所示。
    F做功为:
    重力做功为:
    由动能定理得:













  • ID:6-6751420 2020高考物理专题练习:牛顿运动定律Word版含答案

    高中物理/高考专区/一轮复习

    2020高考物理专题练习:牛顿运动定律含答案
    一、选择题
    1、直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子,如图所示。设投放初速度为零,箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的二次方成正比,且运动过程中箱子始终保持图示姿态。在箱子下落过程中,下列说法正确的是(  )

    A.箱内物体对箱子底部始终没有压力
    B.箱子刚从飞机上投下时,箱内物体受到的支持力最大
    C.箱子接近地面时,箱内物体受到的支持力比刚投下时大
    D.若下落距离足够长,箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”
    参考答案C
    解析由于箱子在下降的过程中受到空气的阻力,加速度的大小要小于重力加速度,由牛顿第二定律可知物体一定要受到箱子底部对物体的支持力的作用,所以A错误。箱子刚从飞机上投下时,箱子的速度为零,此时受到的阻力的大小也为零,此时加速度的大小为重力加速度,物体处于完全失重状态,箱内物体受到的支持力为零;箱子接近地面时,速度最大,受到的阻力最大,所以箱子底部对物体向上的支持力也是最大的,所以B错误,C正确。由以上的分析可知,箱子底部对物体向上的支持力随速度的增大而增大,所以不可能“飘起来”,所以D错误。
    2、伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法,有力地促进了人类科学认识的发展.利用如图所示的装置做如下实验:小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动,并沿右侧斜面上升.斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时,小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.根据三次实验结果的对比,可以得到的最直接的结论是(  )

    A.如果斜面绝对光滑,小球将上升到与O点等高的位置
    B.如果小球不受力,它将一直保持匀速运动或静止状态
    C.如果小球受到力的作用,它的运动状态将发生改变
    D.小球受到的力一定时,质量越大,它的加速度越小
    解析:选A.根据题意,铺垫材料粗糙程度降低时,小球上升的最高位置升高,当斜面绝对光滑时,小球在斜面上没有能量损失,因此可以上升到与O点等高的位置,而B、C、D三个选项,从题目不能直接得出,故选项A正确.
    3、如图所示为英国人阿特伍德设计的装置,不考虑绳与滑轮的质量,不计轴承、绳与滑轮间的摩擦.初始时两人均站在水平地面上,当位于左侧的甲用力向上攀爬时,位于右侧的乙始终用力抓住绳子,最终至少一人能到达滑轮.下列说法中正确的是(  )

    A.若甲的质量较大,则乙先到达滑轮
    B.若甲的质量较大,则甲、乙同时到达滑轮
    C.若甲、乙质量相同,则乙先到达滑轮
    D.若甲、乙质量相同,则甲先到达滑轮
    解析:选A.由于滑轮光滑,甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力,若甲的质量大,则由甲拉绳子的力等于乙受到的绳子拉力,得甲攀爬时乙的加速度大于甲,所以乙会先到达滑轮,选项A正确,选项B错误;若甲、乙的质量相同,甲用力向上攀爬时,甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力,甲、乙具有相同的加速度和速度,所以甲、乙应同时到达滑轮,选项C、D错误.
    4、(多选)(2016·高考江苏卷)如图所示,一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出,鱼缸最终没有滑出桌面.若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等,则在上述过程中(  )

    A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
    B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
    C.若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力将增大
    D.若猫减小拉力,鱼缸有可能滑出桌面
    解析:选BD.将桌布从鱼缸下拉出的过程,鱼缸相对桌布向左运动,因此桌布对它的摩擦力方向向右,A项错误;设动摩擦因数为μ,鱼缸在桌布对它的滑动摩擦力的作用下做初速度为零的匀加速运动,加速度大小为μg,设经过t1时间鱼缸滑离桌布,滑离时的速度为v,则v=μgt1;鱼缸滑到桌面上后,做匀减速运动,加速度大小也为μg,因此鱼缸在桌面上运动的时间t2=,因此t1=t2,B项正确;若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力,大小为μmg(设鱼缸质量为m),保持不变,C项错误;若猫减小拉力,则鱼缸与桌布间的摩擦力有可能小于滑动摩擦力,则鱼缸与桌布一起运动,从而滑出桌面,D项正确.
    5、为M的皮带轮工件放置在水平桌面上,一细绳绕过皮带轮的皮带槽,一端系一质量为m的重物,另一端固定在桌面上.如图所示,工件与桌面、绳之间以及绳与桌子边缘之间的摩擦都忽略不计,则重物下落过程中,工件的加速度为(  )

    A.          B.
    C. D.
    解析:选C.相等时间内重物下落的距离是工件运动距离的2倍,因此,重物的加速度也是工件加速度的2倍,设绳子上的拉力为F,根据牛顿第二定律=2·,解得F=,工件加速度a==,所以C正确.
    5.(2018·扬州中学月考)

    如图所示,物块1、2 间用刚性轻质杆连接,物块3、4间用轻质弹簧相连,物块1、3质量为m,2、4质量为M,两个系统均置于水平放置的光滑木板上,并处于静止状态.现将两木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的瞬间,物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g,则有(  )
    A.a1=a2=a3=a4=0
    B.a1=a2=a3=a4=g
    C.a1=a2=g,a3=0,a4=g
    D.a1=g,a2=g,a3=0,a4=g
    解析:选C.在抽出木板的瞬间,物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失,受到的合力均等于各自重力,所以由牛顿第二定律知a1=a2=g;而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变,此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg,因此物块3满足mg=F,a3=0;由牛顿第二定律得物块4满足a4==g,所以C对.
    6、如图所示,物块1、2 间用刚性轻质杆连接,物块3、4间用轻质弹簧相连,物块1、3质量为m,2、4质量为M,两个系统均置于水平放置的光滑木板上,并处于静止状态.现将两木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的瞬间,物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g,则有(  )

    A.a1=a2=a3=a4=0
    B.a1=a2=a3=a4=g
    C.a1=a2=g,a3=0,a4=g
    D.a1=g,a2=g,a3=0,a4=g
    解析:选C.在抽出木板的瞬间,物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失,受到的合力均等于各自重力,所以由牛顿第二定律知a1=a2=g;而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变,此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg,因此物块3满足mg=F,a3=0;由牛顿第二定律得物块4满足a4==g,所以C对.
    7、2017年6月4日,雨花石文创新品在南京市新城科技园发布,20余项文创新品体现金陵之美.某小朋友喜欢玩雨花石,他用水平外力F将斜面上两个形状规则的雨花石甲和丙成功叠放在一起,如图所示.斜面体乙静止在水平地面上.现减小水平外力F,三者仍然静止,则下列说法中正确的是(  )

    A.甲对丙的支持力一定减小
    B.乙对甲的摩擦力一定减小
    C.地面对乙的摩擦力一定减小
    D.甲可能受5个力的作用
    解析:

    选CD.把甲、乙、丙看成一个整体,系统处于平衡状态,水平方向上静摩擦力的大小等于水平外力F的大小,当F减小时,地面对乙的摩擦力随之减小,C正确;对丙进行受力分析,丙始终处于静止状态,所受各个力的大小均不变,A错误;将甲、丙看成一个整体,由于开始时整体所受静摩擦力的方向不确定,故乙对甲的摩擦力的大小变化不确定,B错误;当甲、乙之间的静摩擦力为0时,甲受5个力的作用,如图所示,D正确.

    二、非选择题
    1、一个箱子放在水平地面上,箱内有一固定的竖直杆,在杆上套着一个环,箱与杆的质量为M,环的质量为m,如图所示,已知环沿杆匀加速下滑时,环与杆间的摩擦力大小为Ff,则此时箱子对地面的压力大小为多少?
    如图:
    解析:环在竖直方向上受力情况如图甲所示,其受重力mg和杆对它竖直向上的摩擦力Ff,根据牛顿第三定律,环应给杆一个竖直向下的摩擦力F′f.故箱子在竖直方向上受力情况如图乙所示,其受重力Mg、地面对它的支持力FN及环对它的摩擦力F′f.由于箱子处于平衡状态,可得:FN=F′f+Mg=Ff+Mg.根据牛顿第三定律,箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的支持力大小,则F′N=FN=Ff+Mg.

    答案:Ff+Mg
    2、如图甲为“用DIS(位移传感器、数据采集器、计算机)研究加速度和力的关系”的实验装置.


    (1)在该实验中必须采用控制变量法,应保持__________不变,用钩码所受的重力作为____________,用DIS测小车的加速度.
    (2)改变所挂钩码的数量,多次重复测量,在某次实验中根据测得的多组数据可画出a-F关系图线(如图乙所示).
    ①分析此图线的OA段可得出的实验结论是_________________________________
    ________________________________________________________________________.
    ②此图线的AB段明显偏离直线,造成此误差的主要原因是________.
    A.小车与轨道之间存在摩擦
    B.导轨保持了水平状态
    C.所挂钩码的总质量太大
    D.所用小车的质量太大
    解析:(1)因为要探究“加速度和力的关系”,所以应保持小车的总质量不变,钩码所受的重力作为小车所受的合外力.
    (2)由于OA段a-F关系图线为一倾斜的直线,所以在质量不变的条件下,加速度与合外力成正比;由实验原理:mg=Ma得:a==,而实际上a′=,可见AB段明显偏离直线是没有满足M?m造成的.
    答案:(1)小车的总质量 小车所受的合外力
    (2)①在质量不变的情况下,加速度与合外力成正比 ②C




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  • ID:6-6750676 2020高考物理专题练习:相互作用Word版含答案

    高中物理/高考专区/一轮复习

    2020高考物理专题练习:相互作用含答案?
    *专题:相互作用*
    一、选择题
    1、如图所示,质量为m的木块在质量为M的长木板上,受到向右的拉力F的作用而向右滑行,长木板处于静止状态,已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与地面间的动摩擦因数为μ2,下列说法正确的是(  )

    A.木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2mg
    B.木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m+M)g
    C.当F>μ2(m+M)g时,木板便会开始运动
    D.无论怎样改变F的大小,木板都不可能运动
    解析:选D.由于木块在木板上运动,所以木块受到木板的滑动摩擦力的作用,其大小为μ1mg,根据牛顿第三定律可得木块对木板的滑动摩擦力也为μ1mg.又由于木板处于静止状态,木板在水平方向上受到木块的摩擦力μ1mg和地面的静摩擦力的作用,二力平衡,选项A、B错误;若增大F的大小,只能使木块的加速度大小变化,但木块对
    木板的滑动摩擦力大小不变,因而也就不可能使木板运动起来,选项C错误,D正确.
    2、水平桌面上平放着一副共54张且每一张质量都相等的扑克牌.牌与牌之间的动摩擦因数以及最下面一张牌与桌面之间的动摩擦因数都相等.用手指以竖直向下的力按压第一张牌,并以一定的速度水平移动手指.将第一张牌从牌摞中水平移出(牌与手指之间无滑动).设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则(  )
    A.第1张牌受到手指的摩擦力的方向与手指的运动方向相反
    B.从第2张牌到第M张牌之间的牌不可能发生相对滑动
    C.从第2张牌到第M张牌之间的牌可能发生相对滑动
    D.第54张牌受到桌面的摩擦力的方向与手指的运动方向相反
    解析:选BD.第1张牌在手指静摩擦力的作用下水平移动,所以摩擦力的方向与手指运动的方向相同,选项A错误;设竖直压力为FN,每张牌的质量为m,第n张牌(54≥n≥2)受上面第n-1张牌的摩擦力最大为Ff=μ[FN+(n-1)mg],方向与手指的运动方向相同;受下面第n+1张牌的摩擦力最大为F′f=μ(FN+nmg),方向与手指的运动方向相反,由于Ff<F′f,所以从第2张牌到第M张牌之间的牌不可能发生相对滑动,选项B、D正确,C错误.
    3、小明想推动家里的衣橱,但使出了很大的力气也推不动,他便想了个妙招,如图所示,用A、B两块木板,搭成一个底角较小的人字形架,然后往中央一站,衣橱居然被推动了!下列说法中正确的是(  )

    A.这是不可能的,因为小明根本没有用力去推衣橱
    B.这是不可能的,因为无论如何小明的力气也没那么大
    C.这有可能,A板对衣橱的推力有可能大于小明的重力
    D.这有可能,但A板对衣橱的推力不可能大于小明的重力
    解析:选C.由小明所受重力产生的效果,小明的重力可分解为沿两个木板方向的分力,由于两个木板夹角接近180°,根据平行四边形定则可知,分力可远大于小明的重力,选项C正确.
    4、如图所示,质量为m的球放在倾角为α的光滑斜面上,在斜面上有一光滑且不计厚度的木板挡住球,使之处于静止状态.今使挡板与斜面的夹角β缓慢增大,在此过程中,斜面对球的支持力N1和挡板对球的压力N2的变化情况为(  )

    A.N1、N2都是先减小后增加
    B.N1一直减小,N2先增加后减小
    C.N1先减小后增加,N2一直减小
    D.N1一直减小,N2先减小后增加
    解析:选D.法一 图解法:对球受力分析,如图甲所示.球始终处于平衡状态,故三个力的合力始终为零,三力构成矢量三角形.挡板逆时针转动时,N2方向也逆时针转动,作出图甲所示的动态矢量三角形.由图甲可见,N1随β的增大一直减小,N2先减小后增大.

    法二 正弦定理法:对球受力分析,如图乙所示.球受重力mg、斜面支持力N1、挡板压力N2.由正弦定理得
    ==
    解得N1= mg,N2= mg
    故随着β的增大,N1一直减小,N2先减小后增大,β=90°时,N2达到最小值,为mgsin α.
    5、假期里,一位同学在厨房里帮助妈妈做菜,对菜刀产生了兴趣.他发现菜刀的刀刃前部和后部的厚薄不一样,刀刃前部的顶角小,后部的顶角大,如图所示,他先后做出过几个猜想,其中合理的是(  )

    A.刀刃前部和后部厚薄不匀,仅是为了打造方便,外形美观,跟使用功能无关
    B.在刀背上加上同样的压力时,分开其他物体的力跟刀刃厚薄无关
    C.在刀背上加上同样的压力时,顶角越大,分开其他物体的力越大
    D.在刀背上加上同样的压力时,顶角越小,分开其他物体的力越大
    解析:选D.

    把刀刃部分抽象后,可简化成一个等腰三角形劈,设顶角为2θ,背宽为d,侧面长为l,如图所示.当在刀背施加压力F后,产生垂直侧面的两个分力F1、F2,使用中依靠着这两个分力分开被加工的其他物体.由对称性知,这两个分力大小相等(F1=F2),因此画出力分解的平行四边形,实为菱形,如图所示,在这个力的平行四边形中,取其四分之一考虑(图中阴影部分).根据它跟半个劈的直角三角形的相似关系,有关系式==,得F1=F2=.由此可见,刀背上加上一定的压力F时,侧面分开其他物体的力跟顶角的大小有关,顶角越小,sin θ 的值越小,F1和F2的值越大,故D正确.
    6、如图所示,水平地面粗糙,A、B两同学站在地上水平推墙.甲图中A向前推B,B向前推墙;乙图中A、B同时向前推墙.每人用力的大小都为F,方向水平.则下列说法中正确的是(  )

    A.甲图方式中墙受到的推力为2F
    B.乙图方式中墙受到的推力为2F
    C.甲图方式中两位同学受到地面的摩擦力大小都为F
    D.乙图方式中两位同学受到地面的摩擦力大小都为F
    解析:选BD.对于乙图,墙壁在水平方向所受到人的作用力如图1所示(俯视图),此时墙壁所受到的推力为F合=2F.根据力的平衡可知A、B两人受到的静摩擦力均为Ff=F.对于甲图,先以墙壁为研究对象,此时墙壁所受到的推力只有B对它的推力F,如图2所示.然后再以B为研究对象,B同学的受力情况如图3所示,B受到A的推力F和墙壁的反作用力F′1,由于F=F′1,所以此时B在水平方向不受摩擦力的作用.再以A为研究对象,A同学的受力情况如图4所示,根据牛顿第三定律可知由于A对B的作用力为F,所以B对A的反作用力F′2=F,根据力的平衡可知A所受地面的摩擦力为F.

    7、如图所示,物体在沿粗糙斜面向上的拉力F作用下处于静止状态.当F逐渐增大到物体即将相对于斜面向上运动的过程中,斜面对物体的作用力可能(  )

    A.逐渐增大
    B.逐渐减小
    C.先增大后减小
    D.先减小后增大
    解析:选AD.

    因为初始状态拉力F的大小未知,所以斜面对物体的摩擦力大小和方向未知,故在F逐渐增大的过程中,斜面对物体的作用力的变化存在多种可能.斜面对物体的作用力是斜面对物体的支持力与摩擦力的合力.因为物体始终保持静止状态,所以斜面对物体的作用力和物体重力G与拉力F的合力是平衡力.因此,判断斜面对物体的作用力的变化就转化为分析物体的重力G和拉力F的合力的变化.物体的重力G和拉力F的合力的变化如图所示,由图可知,F合可能先减小后增大,也可能逐渐增大.
    8、如图所示,物块A放在直角三角形斜面体B上面,B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁,初始时A、B静止,现用力F沿斜面向上推A,但A、B仍未动.则施加力F后,下列说法正确的是(  )

    A.A、B之间的摩擦力一定变大
    B.B与墙面间的弹力可能不变
    C.B与墙之间可能没有摩擦力
    D.弹簧弹力一定不变
    解析:选D.对A,开始受重力、B对A的支持力和静摩擦力而平衡,当施加F后,仍然处于静止,开始A所受的静摩擦力大小为mAgsin α,若F=2mAgsin α,则A、B之间的摩擦力大小可能不变,故A错误;以整体为研究对象,开始时B与墙面的弹力为零,后来加F后,弹力为Fcos α,B错误;对整体分析,由于A、B不动,弹簧的形变量不变,则弹簧的弹力不变,开始弹簧的弹力等于A、B的总重力,施加F后,弹簧的弹力不变,总重力不变,根据平衡条件知,则B与墙之间一定有摩擦力,故C错误,D正确.

    二、非选择题
    如图:
    一盏电灯重力为G,悬于天花板上A点,在电线O处系一细线OB,使电线OA与竖直方向的夹角为β=30°,如图所示.现保持β角不变,缓慢调整OB方向至OB线上拉力最小为止,此时OB与水平方向的夹角α等于多少?最小拉力是多少?
    解析:对电灯受力分析如图所示,据三力平衡特点可知:OA、OB对O点的作用力TA、TB的合力T与G等大反向,即
    T=G①

    在△OTBT中,
    ∠TOTB=90°-α
    又∠OTTB=∠TOA=β,
    故∠OTBT=180°-(90°-α)-β
    =90°+α-β
    由正弦定理得
    =②
    联立①②解得TB=
    因β不变,故当α=β=30°时,TB最小,且
    TB=Gsin β=.
    答案:30° 




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  • ID:6-6749721 2020高考物理专题练习:匀速直线运动的研究word版含答案

    高中物理/高考专区/一轮复习

    2020高考物理专题练习:匀速直线运动的研究含答案 一、选择题 1、一个质点做方向不变的直线运动,加速度的方向始终与速度方向相同,但加速度大小逐渐减小直至为零,则在此过程中(  ) A.速度逐渐减小,当加速度减小到零时,速度达到最小值 B.速度逐渐增大,当加速度减小到零时,速度达到最大值 C.位移逐渐增大,当加速度减小到零时,位移将不再增大 D.位移逐渐减小,当加速度减小到零时,位移达到最小值 解析:选B.加速度方向与速度方向相同,物体做加速运动,加速度减小到零,速度达到最大,由于速度方向不变,则位移逐渐增大,加速度减小到零,位移继续增大.故B正确,A、C、D错误. 2、一物体做匀变速直线运动,某时刻速度大小为4 m/s,1 s 后速度大小为10 m/s,在这1 s内物体的加速度大小为(  ) A.可能小于4 m/s2 B.可能等于6 m/s2 C.可能大于6 m/s2 D.一定等于6 m/s2 解析:选BC.设物体在某时刻的速度为v1,1 s后物体速度为v2,若v1与v2同向,a== m/s2=6 m/s2;若v1与v2反向,a== m/s2=14 m/s2,故B、C正确,A、D错误. 3、战机在平直跑道上由静止开始做匀加速运动,经时间t达到起飞速度v,则它在时间t内的位移为(  ) A.vt          B. C.2vt D.不能确定 解析:选B.做匀变速直线运动物体的平均速度为=,战机是从静止开始加速的,所以x=t,故A、C、D错误,B正确. 4、如图所示,小球从竖直砖墙某位置由静止释放,用频闪照相机在同一底片上多次曝光,得到了图中1、2、3、4、5所示小球在运动过程中每次曝光的位置.连续两次曝光的时间间隔均为T,每块砖的厚度为d,根据图中的信息,下列判断正确的是(  ) A.位置1是小球释放的初始位置 B.小球做匀加速直线运动 C.小球下落的加速度为 D.小球在位置3的速度为 解析:选BCD.由Δx=d为恒量判断,小球做匀加速直线运动,故B正确;由Δx=aT2得a=,故C正确;v3=24=,故D正确;v1=v3-a·2T=-×2T=>0,故A错误. 5、甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶.在t=0到t=t1的时间内,它们的v-t图象如图所示.在这段时间内(  ) A.汽车甲的平均速度比乙的大 B.汽车乙的平均速度等于 C.甲、乙两汽车的位移相同 D.汽车甲的加速度大小逐渐减小,汽车乙的加速度大小逐渐增大 解析:选A.根据v-t图象下方的面积表示位移,可以看出汽车甲的位移x甲大于汽车乙的位移x乙,选项C错误;根据=得,汽车甲的平均速度甲大于汽车乙的平均速度乙,选项A正确;汽车乙的位移x乙小于初速度为v2、末速度为v1的匀减速直线运动的位移x,即汽车乙的平均速度小于,选项B错误;根据v-t图象的斜率大小反映了加速度的大小,因此汽车甲、乙的加速度大小都逐渐减小,选项D错误. 6、如图所示为成都到重庆的和谐号动车车厢内可实时显示相关信息的显示屏示意图,图中甲、乙两处的数据分别表示了两个物理量.下列说法中正确的是(  ) A.甲处表示时间,乙处表示平均速度 B.甲处表示时间,乙处表示瞬时速度 C.甲处表示时刻,乙处表示平均速度 D.甲处表示时刻,乙处表示瞬时速度 解析:选D.甲处显示时刻,乙处显示动车行进过程中的瞬时速度,答案为D. 7、在“金星凌日”的精彩天象中,观察到太阳表面上有颗小黑点缓慢走过,持续时间达六个半小时,那便是金星,这种天文现象称为“金星凌日”,如图所示.下面说法正确的是(  ) 第7题图 A.地球在金星与太阳之间 B.观测“金星凌日”时可将太阳看成质点 C.以太阳为参考系,金星绕太阳一周位移不为零 D.以太阳为参考系,可以认为金星是运动的 【参考答案】D 【解析】 金星通过太阳和地球之间时,我们才看到金星没有被太阳照亮的一面呈黑色,选项A错误;因为太阳的大小对所研究问题起着至关重要的作用,所以观测“金星凌日”不能将太阳看成质点,选项B错误;金星绕太阳一周,起点与终点重合,位移为零,选项C错误;金星相对于太阳的空间位置发生了变化,所以以太阳为参考系,金星是运动的,选项D正确. 8、(多选)光滑的斜面长为L,一物体自斜面顶端由静止开始匀加速滑至底端,所经历的时间为t,则下列说法正确的是(  ) A.物体运动全程的平均速度为 B.物体在时的瞬时速度为 C.物体运动到斜面中点时的瞬时速度为 D.物体从顶点运动到斜面中点所需的时间为t 【参考答案】ACD 【解析】 由平均速度的概念可知A对;在匀变速运动中,全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,即物体在时的瞬时速度为,B错;由L=at2得a=,v==,C对;由=at得t1=t,D对. 9、(多选)为使交通有序、安全,高速公路设立了许多交通标志,如图甲、乙两幅图是高速公路指示牌,下列说法中正确的是(  ) 第9题图 A.甲图中“25 km”是指从此处到下一个出口的位移是25 km B.甲图中“25 km”是指从此处到下一个出口的路程是25 km C.乙图中“80 km/h”是指要求汽车在该路段行驶的瞬时速度小于80 km/h D.乙图中“80 km/h”是指要求汽车在该路段行驶的平均速度小于80 km/h 【参考答案】BC 10、(多选)在有雾霾的早晨,一辆小汽车以25 m/s的速度行驶在平直高速公路上,突然发现正前方50 m处有一辆大卡车以10 m/s的速度同方向匀速行驶,司机紧急刹车后小汽车做匀减速直线运动,在前1.5 s内的v?t图象如图所示,则(  ) 第10题图 A.第3 s末小汽车的速度会减到10 m/s B.在t=3.5 s时两车会相撞 C.由于刹车及时,两车不会相撞 D.两车最近距离为15 m 【参考答案】CD 【解析】 由v?t图象可知,司机有0.5 s的反应时间,小汽车减速的加速度a== m/s2=-5 m/s2,故第3 s末小汽车的速度v=v0+at=25 m/s-5×2.5 m/s=12.5 m/s,选项A错误;设两车达到共同速度所需时间为t0,则25 m/s-5t0=10 m/s,解得t0=3 s,即在3.5 s时达到共同速度.此时两车之间距离最近Δx=50 m+10×3 m-(25×0.5+×3) m=15 m,选项B错误,选项CD正确. 二、非选择题 近几年,国家取消了7座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费,给自驾出行带来了很大的实惠,但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力,因此交管部门规定,上述车辆通过收费站口时,在专用车道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过.若某车减速前的速度为v0=72 km/h,靠近站口时以大小为a1=5 m/s2的加速度匀减速,通过收费站口时的速度为vt=28.8 km/h,然后立即以a2=4 m/s2的加速度加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平直大道).试问: (1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速? (2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中,运动的时间是多少? (3)在(1)(2)问题中,该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少? 解析:设该车初速度方向为正方向,vt=28.8 km/h=8 m/s,v0=72 km/h=20 m/s,a1=-5 m/s2. (1)该车进入站口前做匀减速直线运动,设距离收费站x1处开始制动,则: 由v-v=2a1x1 解得:x1=33.6 m. (2)该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段,前后两段位移分别为x1和x2,时间为t1和t2,则减速阶段:vt=v0+a1t1,得t1==2.4 s 加速阶段:t2==3 s 则加速和减速的总时间为:t=t1+t2=5.4 s. (3)在加速阶段:x2=t2=42 m 则总位移:x=x1+x2=75.6 m 若不减速所需要时间:t′==3.78 s 车因减速和加速过站而耽误的时间:Δt=t-t′=1.62 s. 答案:(1)33.6 m (2)5.4 s (3)1.62 s

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  • ID:6-6749616 2020届(人教版)高考物理一轮固基题:主观题优选(4份)word版含答案

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    2020届(人教版)高考物理一轮固基题:主观题优选(1)及答案 1、如图甲为“用DIS(位移传感器、数据采集器、计算机)研究加速度和力的关系”的实验装置. (1)在该实验中必须采用控制变量法,应保持__________不变,用钩码所受的重力作为____________,用DIS测小车的加速度. (2)改变所挂钩码的数量,多次重复测量,在某次实验中根据测得的多组数据可画出a-F关系图线(如图乙所示). ①分析此图线的OA段可得出的实验结论是_________________________________ ________________________________________________________________. ②此图线的AB段明显偏离直线,造成此误差的主要原因是________. A.小车与轨道之间存在摩擦 B.导轨保持了水平状态 C.所挂钩码的总质量太大 D.所用小车的质量太大 解析:(1)因为要探究“加速度和力的关系”,所以应保持小车的总质量不变,钩码所受的重力作为小车所受的合外力. (2)由于OA段a-F关系图线为一倾斜的直线,所以在质量不变的条件下,加速度与合外力成正比;由实验原理:mg=Ma得:a==,而实际上a′=,可见AB段明显偏离直线是没有满足M?m造成的. 答案:(1)小车的总质量 小车所受的合外力 (2)①在质量不变的情况下,加速度与合外力成正比 ②C 2、如图所示,虚线圆所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B.一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场,电子束经过磁场区后,其运动方向与原入射方向成θ角.设电子质量为m,电荷量为e、不计电子之间相互作用力及所受的重力,求: (1)电子在磁场中运动轨迹的半径R; (2)电子在磁场中运动的时间t; (3)圆形磁场区域的半径r. 解析:(1)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得 evB=解得R=. (2)设电子做匀速圆周运动的周期为T, 则T== 由如图所示的几何关系得圆心角α=θ, 所以t=T=. (3)如图所示几何关系可知,tan =, 所以r=tan . 答案:(1) (2) (3)tan 3、盛有氧气的钢瓶,从18 ℃的室内搬到-13 ℃的工地上,两状态下钢瓶内氧气分子热运动速率统计分布图象如图所示,则此过程中瓶内氧气的内能________(填“增大”“不变”或“减小”),图中T1=________K. 解析:从室内搬到工地上,温度降低了,所以内能减小;由分子分布速率图可知T11,故光是从空气射入玻璃的,入射角为θ1,A正确.由折射率的定义知n=1.5,B错误,C正确.由临界角定义知临界角的正弦值sin C==0.67,D正确. 答案:见解析 5、某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动,用自制“滴水计时器”计量时间.实验前,将该计时器固定在小车旁,如图(a)所示.实验时,保持桌面水平,用手轻推一下小车.在小车运动过程中,滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴,图(b)记录了桌面上连续的6个水滴的位置.(已知滴水计时器每30 s内共滴下46个小水滴) (1)由图(b)可知,小车在桌面上是____________(填“从右向左”或“从左向右”)运动的. (2)该小组同学根据图(b)的数据判断出小车做匀变速运动.小车运动到图(b)中A点位置时的速度大小为________m/s,加速度大小为________m/s2.(结果均保留2位有效数字) 解析:(1)由于小车在水平桌面上运动时必然受到阻力作用,做匀减速直线运动,相邻水滴(时间间隔相同)的位置间的距离逐渐减小,所以由题图(b)可知,小车在桌面上是从右向左运动的. (2)滴水计时器每30 s内共滴下46个小水滴,其滴水的时间间隔为T== s.根据匀变速直线运动的规律,可得小车运动到题图(b)中A点位置时的速度大小为vA=(m/s)≈0.19 m/s.由Δx=aT2和逐差法可得,小车运动的加速度大小为a=(m/s2)≈0.037 m/s2. 答案:(1)从右向左 (2)0.19 0.037 2020届(人教版)高考物理一轮固基题:主观题优选(三)及答案 1、某电视台在娱乐节目中曾推出一个游戏节目——推矿泉水瓶.选手们从起点开始用力推瓶子一段时间后,放手让它向前滑动,若瓶子最后停在桌上有效区域内(不能压线)视为成功;若瓶子最后没有停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败.其简化模型如图所示,AC是长度L1=5.5 m的水平桌面,选手们将瓶子放在A点,从A点开始用一恒定不变的水平推力推它,BC为有效区域.已知BC长度L2=1.1 m,瓶子质量m=0.5 kg,与桌面间的动摩擦因数μ=0.2,g=10 m/s2.某选手作用在瓶子上的水平推力F=11 N,瓶子沿AC做直线运动,假设瓶子可视为质点,该选手要想游戏获得成功,试求:在手推瓶子过程中瓶子的位移取值范围.(令=2.2) 解析:要想获得成功,瓶子滑到B点时速度恰好为0,力作用时间最短,滑到C点时速度恰好为0,力作用时间最长.设力作用时的加速度为a1、位移为x1,撤力时瓶子的速度为v1,撤力后瓶子的加速度为a2、位移为x2,则 F-μmg=ma1,-μmg=ma2 2a1x1=v,2a2x2=-v L1-L22μ2mg 故平板做匀加速运动,加速度大小: a2==1 m/s2 设滑块滑至平板右端用时为t,共同速度为v′,平板位移为x,对滑块:v′=v-a1t L2+x=vt-a1t2 对平板:v′=a2t,x=a2t2 联立以上各式代入数据解得:t=1 s,v=4 m/s. (2)滑块在传送带上的加速度:a3==5 m/s2 若滑块在传送带上一直加速,则获得的速度为: v1==5 m/s<6 m/s 即滑块滑上平板的速度为5 m/s. 设滑块在平板上运动的时间为t′,离开平板时的速度为v″,平板位移为x′ 则v″=v1-a1t′,L2+x′=v1t′-a1t′2, x′=a2t′2 联立以上各式代入数据解得:t′1= s,t′2=2 s(t′2>t,不合题意,舍去) 将t′= s代入v″=v1-a1t′得: v″=3.5 m/s. 答案:(1)4 m/s (2)3.5 m/s 2、(1)如图所示,理想气体做图示的循环,其中2→3过程是绝热过程,3→1过程是等温过程,则2→3过程中气体内能________(填“增加”“减小”或“不变”),3→1过程中气体________(填“吸热”或“放热”). (2)若2→3过程中气体对外界做功150 J,3→1过程中外界对气体做功100 J,试求: ①全过程气体对外做功为多少; ②1→2过程中气体吸收的热量为多少. 解析:(1)2→3体积增大,气体对外做功,气体的内能减小;3→1温度不变,内能不变,体积减小,外界对气体做功,但因为内能不变,气体一定对外放热. (2)①气体对外做功W=150 J-100 J=50 J. ②1→2过程中气体吸收的热量Q=150 J. 答案:(1)减小 放热 (2)见解析 3、一厚度为h的大平板玻璃水平放置,其下表面贴有一半径为r的圆形发光面.在玻璃板上表面放置一半径为R的圆纸片,圆纸片与圆形发光面的中心在同一竖直线上.已知圆纸片恰好能完全遮挡住从圆形发光面发出的光线(不考虑反射),求平板玻璃的折射率. 解析:根据全反射定律,圆形发光面边缘发出的光线射到玻璃板上表面时入射角为临界角(如图所示),设为θ,且sin θ=. 根据几何关系得:sin θ= 而L=R-r 联立以上各式,解得n= . 答案: 4、在“验证力的平行四边形定则”的实验中,有下列实验步骤: a.在桌上放一块方木板,在方木板上垫一张白纸,把橡皮条的一端固定在板上的A点. b.只用一只弹簧测力计,通过细绳把橡皮条的结点拉到同样的位置O,记下弹簧测力计的示数F′和细绳的方向,按同样比例作出力F′的图示. c.改变两个分力的大小和夹角,再做两次实验. d.记下两只弹簧测力计的示数F1、F2及结点的位置,描下两条细绳的方向,在纸上按比例作出F1和F2的图示,用平行四边形定则求出合力F. e.比较力F′与F,可以看出,它们在实验误差允许的范围内是相等的. f.把两条细绳系在橡皮条的另一端,通过细绳用两个弹簧测力计互成角度拉橡皮条,橡皮条伸长,使结点到达某一位置O. 完成下列填空: (1)上述步骤中,正确的顺序是______________(填写步骤前面的字母). (2)下列措施中能减小实验误差的是________. A.两条细绳必须等长 B.弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平面平行 C.拉橡皮条的细绳要稍长一些,标记同一条细绳的方向时两标记点要适当远一些 D.实验前先把实验所用的两只弹簧测力计的挂钩相互钩住平放在桌面上,向相反方向拉动,检查读数是否相同,若不同,则进行调节使之相同 解析:(1)先固定好白纸和橡皮条,两个弹簧测力计拉橡皮条到结点O,记下两个力的大小和方向,然后用一个弹簧测力计拉橡皮条到O点,记下拉力的大小和方向,由平行四边形定则画出两个力的合力,与第二次的一个力比较大小和方向;改变两个分力的大小和夹角,重复实验.故实验步骤为afdbec. (2)两条细绳是否等长,不会影响实验误差,A错误;避免拉力和纸面不平行,那样画出的力就不是实际作用力了,B可以减小误差,B正确;细绳稍长些,这样在描点画力的方向时,偏差少,误差小,C正确;实验前调节弹簧测力计,使得两个读数标准相同,这样画出的平行四边形才准确,可以减小误差,D正确. 答案:(1)afdbec (2)BCD 5、电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍.某同学利用这一事实测量电压表的内阻(半偏法),实验室提供的器材如下: 待测电压表V(量程3 V,内阻约为3 000 Ω),电阻箱R0(最大阻值为99 999.9 Ω),滑动变阻器R1(最大阻值100 Ω,额定电流2 A),电源E(电动势6 V,内阻不计),开关两个,导线若干. (1)虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分,将电路图补充完整. (2)根据设计的电路,写出实验步骤:______________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________. (3)将这种方法测出的电压表内阻记为R′V,与电压表内阻的真实值RV相比,R′V________RV(填“>”“=”或“<”),主要理由是___________________________________. 解析: (1)因滑动变阻器阻值较小,所以选择滑动变阻器的分压接法. 实验电路图如图所示. (2)移动滑动变阻器的滑片,以保证通电后电压表所在支路分压最小;闭合开关S1、S2,调节R1,使电压表的指针满偏;保持滑动变阻器滑片的位置不变,断开S2,调节电阻箱R0,使电压表的指针半偏;读取电阻箱所示的电阻值,此即为测得的电压表内阻. (3)断开S2,调节电阻箱使电压表成半偏状态,电压表所在支路总电阻增大,分得的电压也增大;此时R0两端的电压大于电压表的半偏电压,故R′V>RV(其他合理说法也可以). 答案:见解析 2020届(人教版)高考物理一轮固基题:主观题优选(二)及答案 1、如图所示,在屏蔽装置底部中心位置O点放一医用放射源,可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v=3.2×106 m/s的 α粒子.已知屏蔽装置宽AB=9 cm,缝长AD=18 cm,α粒子的质量m=6.64×10-27kg,电荷量q=3.2×10-19 C.若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射,磁感应强度B=0.332 T,方向垂直于纸面向里,整个装置放于真空环境中. (1)若所有的α粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出,则磁场的宽度d至少是多少? (2)若条形磁场的宽度d=20 cm,则射出屏蔽装置的α粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间各是多少?(结果保留2位有效数字) 解析:(1)由题意:AB=9 cm,AD=18 cm,可得 ∠BAO=∠ODC=45° 所有α粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同,设为R,根据牛顿第二定律有Bqv= 解得R=0.2 m=20 cm 由题意及几何关系可知:若条形磁场区域的右边界与沿OD方向进入磁场的α粒子的圆周轨迹相切,则所有α粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出,此时磁场的宽度最小,如图甲所示. 设此时磁场宽度d=d0,由几何关系得 d0=R+Rcos 45°=(20+10)cm=0.34 m.   甲          乙 (2)设α粒子在磁场内做匀速圆周运动的周期为T,则 T==×10-6 s 设速度方向垂直于AD进入磁场区域的α粒子的入射点为E,如图乙所示.因磁场宽度d=20 cm0,由ΔU=Q+W知,Q<0,放热,且|Q|>W. 答案:(1)2.8×10-2 m3 (2)放热 大于 3、如图所示是一种恒偏向棱镜,它相当于两个30°-60°-90°棱镜和一个45°-45°-90°棱镜,其折射率n=.一条光线从ab边射入棱镜后在镜中平行于ac前进,最终从ad边射出.求: (1)该光线的入射角; (2)该光线经过整个棱镜的偏向角. 解析:(1)ab面上发生折射,由n=得α=45°. (2)同理可得ad边上的出射角也为45°,作出光路图,由几何关系可知偏向角为90°. 答案:见解析 4、利用如图所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度.一斜面上安装有两个光电门,其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处,光电门甲的位置可移动.当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时,与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t.改变光电门甲的位置进行多次测量,每次都使滑块从同一点由静止开始下滑,并用米尺测量甲、乙之间的距离x,记下相应的t值,所得数据如下表所示. x(m) 0.500 0.600 0.700 0.800 0.900 0.950 t(ms) 292.9 371.5 452.3 552.8 673.8 776.4 (m/s) 1.71 1.62 1.55 1.45 1.34 1.22 完成下列填空和作图: (1)若滑块所受摩擦力为一常量,滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度vt、测量值x和t四个物理量之间所满足的关系式是______________; (2)根据表中给出的数据,在下图给出的坐标纸上画出-t 图线; (3)由所画出的-t图线,得出滑块加速度的大小为a=__________ m/s2(保留2位有效数字). 解析:(1)沿斜面向下是匀加速运动,反过来也可以看成是初速度为vt的沿斜面向上的匀减速运动,由位移公式有x=vtt-at2.由于要画-t图象,所以可将上式变形得=-t+vt. (2)-t图线如图所示. (3)由=-t+vt可知图象的斜率k=-, 所以a=-2k=- m/s2=2.0 m/s2. 答案:(1)=-at+vt (2)见解析图 (3)2.0 5、(1)如图甲所示的三把游标卡尺,它们的游标尺从上至下分别为9 mm长10等分、19 mm长20等分、49 mm长50等分,它们的读数依次为________mm,________mm,________mm. (2)使用螺旋测微器测量金属丝的直径,示数如图乙所示,则金属丝的直径是________mm. (3)①图丙使用0.6 A量程时,对应刻度盘上每一小格代表________A,图中表针示数是________A;当使用3 A量程时,对应刻度盘中每一小格代表________A,图中表针示数为________A. ②图丁使用较小量程时,每小格表示________V,图中表针的示数为________V.若使用的是较大量程,则这时表盘刻度每小格表示________V,图中表针示数为________V. 解析:(1)最上面图读数:整毫米是17,不足1毫米数是7×0.1 mm=0.7 mm,最后结果是17 mm+0.7 mm=17.7 mm. 中间图读数:整毫米是23,不足1毫米数是17×0.05 mm=0.85 mm,最后结果是23 mm+0.85 mm=23.85 mm. 最下面图读数:整毫米是3,不足1毫米数是9×0.02 mm=0.18 mm,最后结果是3 mm+0.18 mm=3.18 mm. (2)固定刻度示数为2.0 mm,不足半毫米的从可动刻度上读,其示数为15.0,最后的读数:2.0 mm+15.0×0.01 mm=2.150 mm. (3)①使用0.6 A量程时,刻度盘上的每一小格为0.02 A,表针示数为0.44 A;当使用3 A量程时,每一小格为0.1 A,表针示数为2.20 A. ②电压表使用3 V量程时,每小格表示0.1 V,表针示数为1.70 V;使用15 V量程时,每小格表示0.5 V,表针示数为8.5 V. 答案:(1)17.7 23.85 3.18 (2)2.150 (3)①0.02 0.44 0.1 2.20 ②0.1 1.70 0.5 8.5 2020届(人教版)高考物理一轮固基题:主观题优选(四)及答案 1、一台质谱仪的工作原理如图所示,电荷量均为+q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场,其初速度几乎为零.这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场,最后打在底片上.已知放置底片的区域MN=L,且OM=L.某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏,检测不到离子,但右侧区域QN仍能正常检测到离子.在适当调节加速电压后,原本打在MQ的离子即可在QN检测到. (1)求原本打在MN中点P的离子质量m; (2)为使原本打在P的离子能打在QN区域,求加速电压U的调节范围; (3)为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整,求需要调节U的最少次数.(取lg 2=0.301,lg 3=0.477,lg 5=0.699) 解析:(1)离子在电场中加速,qU0=mv2 在磁场中做匀速圆周运动,qvB=m 解得r0= 代入r0=L, 解得m=. (2)由(1)知,U=, 离子打在Q点时,r=L,得U= 离子打在N点时,r=L,得U= 则电压的范围为≤U≤. (3)由(1)可知,r∝ 由题意知,第1次调节电压到U1,使原本打在Q点的离子打在N点,= 此时,原本运动轨迹半径为r1的打在Q1的离子打在Q上, =,解得r1=L 第2次调节电压到U2,原本打在Q1的离子打在N点,原本运动轨迹半径为r2的打在Q2的离子打在Q上,则 =,=,解得r2=L 同理,第n次调节电压,有rn=L 检测完整,有rn≤,解得n≥-1≈2.8 最少次数为3次. 答案:(1) (2)≤U≤ (3)最少次数为3次 2、一定质量的理想气体,其内能跟温度成正比.在初始状态A时,体积为V0,压强为p0,温度为T0,已知此时其内能为U0.该理想气体从状态A经由一系列变化,最终还回到原来状态A,其变化过程的p-T 图线如图所示,其中CA延长线过坐标原点,BA在同一竖直直线上.求: (1)状态B的体积; (2)状态C的体积; (3)从状态B经由状态C,最终回到状态A的过程中,气体与外界交换的热量是多少? 解析:(1)由题图可知,从状态A到状态B为等温变化过程,状态B时气体压强为p1=3p0,设体积为V1,由玻意耳定律得p0V0=p1V1,解得V1=. (2)由题图可知,从状态B到状态C为等压变化过程,状态C时气体温度为T2=3T0,设体积为V2,由盖-吕萨克定律得=,解得V2=V0. (3)由状态B经状态C回到状态A,外界对气体做的总功为ΔW;从状态B到状态C,设外界对气体做功为ΔWBC,ΔWBC=p2(V1-V2),联立解得ΔWBC=-2p0V0; 从状态C回到状态A,由图线知为等容过程,外界对气体不做功,所以ΔW=ΔWBC=-2p0V0, 从状态B经状态C回到状态A,内能增加量为ΔU=0,气体从外界吸收的热量为ΔQ,内能增加量为ΔU,由热力学第一定律得ΔU=ΔQ+ΔW,解得ΔQ=2p0V0,即气体从外界吸收热量2p0V0. 答案:见解析 3、如图所示,为某种透明介质的截面图,△AOC为等腰直角三角形,BC为半径R=10 cm的四分之一圆弧,AB与水平屏幕MN垂直并接触于A点.由红光和紫光两种单色光组成的复色光射向圆心O,在AB分界面上的入射角i=45°,结果在水平屏幕MN上出现两个亮斑,已知该介质对红光和紫光的折射率分别为n1=,n2=. (1)判断在AM和AN两处产生亮斑的颜色; (2)求两个亮斑间的距离. 解析:(1)设红光和紫光的临界角分别为C1、C2, sin C1==,C1=60°,同理C2=45°, i=45°=C2

    • 2020-01-13
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  • ID:6-6749299 山东省济宁一中2020届高三第一次联合质量检测物理试题 扫描版含答案

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    B01分)如图所示强中在一个用的的,与 磁场垂直已知线圈的面积S=03m2、电阻R=0.692,磁场的磁感应强度 B=02T.现同时向两侧拉动线圈,线圈的两边在M=05s时间内合到一起,求 线圈在上述过程 (1)感应电动势的平均值E 2)感应电流的平均值了,并说明图中的电流方向 (3)通过导线横截面的电荷量q 是 物理第6页(共8页) (16分)某砂场为提高运输效率,研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关 系,建立如图所示的物理模型,竖 直平面内有一倾角O=37的直轨 道AB,其下方右侧放置一水平传 送带,直轨道末端B与传送带间距 可近似为零转轮半径R=04m 转轴间距L=2m的传送带以恒定 H 的线速度逆时针转动,转轮最低点 高地面的高度H=22m,现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放,假设小 物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时,速度大小不变,方向变为水平向右 已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为H=05.(sin37=06 (1)若h=24m,求小物块到达B端时速度的大小 (2)改变小物块释放的高度h,小物块从传送带的D点水平向右抛出,求小物块落 地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件 物理第7页(共8页) 12.(18分)某质谱仪由静电分析器和磁分析器组成,其简化原理如图所示,左侧静电 分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离各点的场强大小相同的径向电场,右侧 的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场,其左边界与静电分析器的右 边界平行,两者间距近似为零。离子源发出两种速度均为、电荷量均为q、质量 分别为m和0.5m的正离子束,从M点垂直该点电场方向进入静电分析器。在静电 分析器中,质量为m的离子沿半径为的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动,从N 点水平射出,而质量为0.5m的离子恰好从ON连线的中点P与水平方向成角射 出,从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中,最后打在放置 于磁分析器左边界的探测板上,其中质量为m的离子打在O 方的Q点 已知OP=0.56,OQ=,N、P两点间的电势差UP= 0s= 不计重力和离子间相互作用 (1)求静电分析器中半径为处的电场强度 E和磁分析器中的磁感应强度B的大 小 2)求质量为0.5m的离子到达探测板上的位 探 (3)若磁感应强度在(B-△B)到(B+△B) 之间波动,要在探测板上完全分辨出质量 为m和0.5m的两束离子,求一的最大值 物理第8页(共8页)

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  • ID:6-6743488 2020届高考(人教版)物理一轮提升选:选择题练习(4份)word版含答案答案

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    2020届高考(人教版)物理一轮提升选:选择题练习(1)及答案 1、如图所示,某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m设有一个关卡,各关卡同步放行和关闭,放行和关闭的时间分别为5 s和2 s.关卡刚放行时,一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s2由静止加速到2 m/s,然后匀速向前,则最先挡住他前进的关卡是(  ) A.关卡2 B.关卡3 C.关卡4 D.关卡5 解析:选C.关卡刚放行时,该同学加速的时间t==1 s,运动的距离为x1=at2=1 m,然后以2 m/s的速度匀速运动,经4 s运动的距离为8 m,因此第1个5 s内运动的距离为9 m,过了关卡2.到关卡3时再用时3.5 s,大于2 s,因此能通过关卡3.到关卡4时共用时12.5 s,而第12 s时关卡关闭,因此被挡在关卡4前,C项正确. 2、如图所示,一根细线下端拴一个金属小球A,细线的上端固定在金属块B上,B放在带小孔的水平桌面上,小球A在某一水平面内做匀速圆周运动.现使小球A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出),金属块B在桌面上始终保持静止,则后一种情况与原来相比较,下面的判断中正确的是(  ) A.金属块B受到桌面的静摩擦力变大 B.金属块B受到桌面的支持力减小 C.细线的张力变大 D.小球A运动的角速度减小 解析:选D.设A、B质量分别为m、M,A做匀速圆周运动的向心加速度为a,细线与竖直方向的夹角为θ,对B研究,B受到的静摩擦力f=Tsin θ,对A,有:Tsin θ=ma,Tcos θ=mg,解得a=gtan θ,θ变小,a减小,则静摩擦力大小变小,故A错误;以整体为研究对象知,B受到桌面的支持力大小不变,应等于(M+m)g,故B错误;细线的拉力T=,θ变小,T变小,故C错误;设细线长为l,则a=gtan θ=ω2lsin θ,ω=,θ变小,ω变小,故D正确. 3、如图甲所示,轻质弹簧上端固定,下端悬挂一个质量m=0.5 kg的物块,处于静止状态.以物块所在处为原点,以竖直向下为正方向建立x轴,重力加速度g=10 m/s2.现对物块施加竖直向下的拉力F,F随x变化的情况如图乙所示.若物块运动到x=0.4 m处速度为零,则在物块下移0.4 m的过程中,弹簧弹性势能的增加量为(  ) A.5.5 J         B.3.5 J C.2.0 J D.1.5 J 解析:选A.由图线与横轴所围的“面积”可得物块下移0.4 m的过程中,拉力F做的功W=3.5 J,重力势能减少量mgx=2 J,由功能关系,弹簧弹性势能的增加量ΔEp=W+mgx=5.5 J,选项A正确. 4、静电计是在验电器的基础上制成的,用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小.如图所示,A、B是平行板电容器的两个金属板,D为静电计,开始时开关S闭合,静电计指针张开一定角度,为了使指针张开的角度减小些,下列采取的措施可行的是(  ) A.断开开关S后,将A、B两极板分开些 B.断开开关S后,增大A、B两极板的正对面积 C.保持开关S闭合,将A、B两极板靠近些 D.保持开关S闭合,将滑动变阻器的滑片向右移动 解析:选B.断开开关S,电容器所带电荷量不变,将A、B两极板分开些,则d增大,根据C=知,电容C减小,根据U=知,电势差增大,指针张角增大,选项A错误;断开开关S,增大A、B两极板的正对面积,即S增大,根据C=知,电容C增大,根据U=知,电势差减小,指针张角减小,选项B正确;保持开关S闭合,无论将A、B两极板分开些,还是将两者靠近些,电容器两端的电势差都不变,则指针张角不变,选项C错误;保持开关S闭合,滑动变阻器仅充当导线作用,电容器两端的电势差不变,滑片滑动不会影响指针张角,选项D错误. 5、如图所示的电路中,电源的电动势E和内阻r一定,A、B为平行板电容器的两块正对金属板,R1为光敏电阻,电阻随光强的增大而减小.当R2的滑动触头P在a端时,闭合开关S,此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U.以下说法正确的是(  ) A.若仅将R2的滑动触头P向b端移动,则I不变,U增大 B.若仅增大A、B板间距离,则电容器所带电荷量减少 C.若仅用更强的光照射R1,则I增大,U增大,电容器所带电荷量增加 D.若仅用更强的光照射R1,则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变 解析:选BD.电容器所在支路由于是断路,没有电流通过,所以电路中只有光敏电阻和电阻R3串联在电路中,并且电容器两端的电压等于光敏电阻两端电压,所以若仅将R2的滑动触头P向b端移动,电路总电阻不变,电流不变,电压也不变,A错误;若增大电容器极板间的距离,根据公式C=可得电容器电容减小,由于电容器两端的电压恒定,根据公式C=,故电容器所带电荷量减小,B正确;若仅用更强的光照射R1,R1的电阻减小,电路总电阻减小,电流增大,故电流表示数增大,外电路总电阻减小,即电压表示数减小,根据公式C=可得,U减小,Q也减小,C错误;根据闭合电路欧姆定律可得U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值表示电源内阻,所以恒定不变,D正确. 6、质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区,该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下,恰好沿直线运动到A,下列说法中正确的是(  ) A.该微粒一定带负电荷 B.微粒从O到A的运动可能是匀变速运动 C.该磁场的磁感应强度大小为 D.该电场的场强为Bvcos θ 解析:选AC.若微粒带正电荷,它受竖直向下的重力mg、水平向左的电场力qE和垂直OA斜向右下方的洛伦兹力qvB,知微粒不能做直线运动,据此可知微粒应带负电荷,它受竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE和垂直OA斜向左上方的洛伦兹力qvB,又知微粒恰好沿着直线运动到A,可知微粒应该做匀速直线运动,则选项A正确,B错误;由平衡条件得:qvBcos θ=mg,qvBsin θ=qE,得磁场的磁感应强度B=,电场的场强E=Bvsin θ,故选项C正确,D错误. 7、如图所示,灯泡A、B与定值电阻的阻值均为R,L是自感系数较大的线圈,当S1闭合、S2断开且电路稳定时,A、B两灯亮度相同,再闭合S2,待电路稳定后将S1断开,下列说法中正确的是(  ) A.B灯立即熄灭 B.A灯将比原来更亮一下后熄灭 C.有电流通过B灯,方向为c→d D.有电流通过A灯,方向为b→a 解析:选AD.S1闭合、S2断开且电路稳定时,A、B两灯一样亮,说明两个支路中的电流相等,这时线圈L没有自感作用,可知线圈L的电阻也为R,在S2、S1都闭合且稳定时,IA=IB,当S2闭合、S1突然断开时,由于线圈的自感作用,流过A灯的电流方向变为b→a,但A灯不会出现比原来更亮一下再熄灭的现象,故选项D正确,B错误;由于定值电阻R没有自感作用,故断开S1时,B灯立即熄灭,选项A正确,C错误. 8、如图所示的电路中,T为一降压式自耦调压变压器.开始时灯泡L正常发光,现在电源电压U略降低,为使灯泡L仍能正常发光,可采用的措施是(  ) A.将自耦调压变压器的滑片P适当上滑 B.将自耦调压变压器的滑片P适当下滑 C.适当增大滑动变阻器R2的阻值 D.适当减小滑动变阻器R2的阻值 解析:选AC.若保持负载总电阻不变,电源电压U略降低时,为使灯泡L仍能正常发光,只需输出电压U2保持不变.根据变压比=,可得U2=U,由此可知,n2应增大,自耦调压变压器的滑片P应适当上滑,选项A正确,选项B错误;若保持匝数比不变,根据变压比=,可得U2减小,为使灯泡L仍能正常发光,加在L两端的电压应不变,则加在R1两端的电压应减小,故总电流应减小,负载总电阻应增大,R2应增大,选项C正确,选项D错误. 9、如图为某实验器材的结构示意图,金属内筒和隔热外筒间封闭了一定体积的空气,内筒中有水,在水加热升温的过程中,被封闭的空气(  ) A.内能增大 B.压强增大 C.分子间引力和斥力都减小 D.所有分子运动速率都增大 解析:选AB.在水加热升温的过程中,封闭气体的温度升高,内能增大,选项A正确;根据=C知,气体的压强增大,选项B正确;气体的体积不变,气体分子间的距离不变,分子间的引力和斥力不变,选项C错误;温度升高,分子热运动的平均速率增大,但并不是所有分子运动的速率都增大,选项D错误. 10、彩虹是由阳光进入雨滴,先折射一次,然后在雨滴的背面反射,最后离开水滴时再折射一次形成的.形成示意图如图所示,一束白光L由左侧射入雨滴,a、b是白光射入雨滴后经过一次反射和两次折射后的其中两条出射光(a、b是单色光).下列关于a光与b光的说法中正确的是(  ) A.雨滴对a光的折射率大于对b光的折射率 B.a光在雨滴中的传播速度小于b光在雨滴中的传播速度 C.用同一双缝干涉仪做光的双缝干涉实验,a光条纹间距大于b光条纹间距 D.a光、b光在雨滴中传播的波长都比各自在真空中传播的波长要长 解析:选AB.从光的折射光路可知,a光折射率大,即na>nb,选项A对.根据n=,折射率越大,在介质中的传播速度越小,即a光在雨滴中传播速度小,选项B对.折射率越大,频率越高,波长越短,即a光波长短,双缝干涉实验中,由Δx=知波长越长条纹间距越宽,所以a光双缝干涉条纹间距窄,选项C错.光在两种介质表面发生折射时,频率不变,从空气进入雨滴,传播速度变小,所以波长变小,选项D错. 11、研究光电效应电路如图所示,用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板(阴极K),钠极板发射出的光电子被阳极A吸收,在电路中形成光电流.下列光电流I与A、K之间的电压UAK的关系图象中,正确的是(  ) 解析:选C.由于是强度不同的光照射同种钠极板,则遏止电压相同,强度不同,饱和光电流不同.选项C正确. 2020届高考(人教版)物理一轮提升选:选择题练习(三)及答案 1、如图所示,光滑水平面上静止着一辆小车,在酒精灯燃烧一段时间后塞子喷出.下列说法正确的是(  ) A.由于塞子的质量小于小车的质量,喷出时塞子受到的冲击力将大于小车受到的冲击力 B.由于塞子的质量小于小车的质量,喷出时塞子受到的冲击力将小于小车受到的冲击力 C.塞子喷出瞬间,小车对水平面的压力大于小车整体的重力 D.若增大试管内水的质量,则可以增大小车整体的惯性 解析:选CD.喷出时塞子受到的冲击力和小车受到的冲击力大小相等,方向相反,故A、B错误;塞子喷出瞬间,试管内的气体对小车整体有斜向左下的作用力,所以小车对水平面的压力大于小车整体的重力,故C正确;若增大试管内水的质量,则小车整体的惯性增大,故D正确. 2、如图所示,放置在水平转盘上的物体A、B、C能随转盘一起以角速度ω匀速转动,A、B、C的质量分别为m、2m、3m,它们与水平转盘间的动摩擦因数均为μ,离转盘中心的距离分别为0.5r、r、1.5r,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,则当物体与转盘间不发生相对运动时,转盘的角速度应满足的条件是(  ) A.ω≤       B.ω≤  C.ω≤  D.≤ω≤ 解析:选B.当物体与转盘间不发生相对运动,并随转盘一起转动时,转盘对物体的静摩擦力提供向心力,当转速较大时,物体转动所需要的向心力大于最大静摩擦力,物体就相对转盘滑动,即临界方程是μmg=mω2l,所以质量为m、离转盘中心的距离为l的物体随转盘一起转动的条件是ω≤ ,即ωA≤ ,ωB≤ ,ωC≤ ,所以要使三个物体都能随转盘转动,其角速度应满足ω≤  ,选项B正确. 3、如图所示,质量为m的小猴子在荡秋千,大猴子用水平力F缓慢将秋千拉到图示位置后由静止释放,此时藤条与竖直方向夹角为θ,小猴子到藤条悬点的长度为L,忽略藤条的质量.在此过程中正确的是(  ) A.缓慢上拉过程中拉力F做的功WF=FLsin θ B.缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加mgLcos θ C.小猴子再次回到最低点时重力的功率为零 D.由静止释放到最低点小猴子重力的功率逐渐增大 解析:选C.缓慢上拉过程中拉力F是变力,由动能定理,F做的功等于克服重力做的功,即WF=mgL(1-cos θ),重力势能增加mgL(1-cos θ),选项A、B错误;小猴子由静止释放时速度为零,重力的功率为零,再次回到最低点时重力与速度方向垂直,其功率也为零,则小猴子下降过程中重力的功率先增大后减小,选项C正确、D错误. 4、如图,一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连,极板水平放置,极板间距为d;在下极板上叠放一厚度为l的金属板,其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中.当把金属板从电容器中快速抽出后,粒子P开始运动.重力加速度为g.粒子运动的加速度为(  ) A.g B.g C.g D.g 解析:选A.带电粒子在电容器两极板间时受到重力和电场力的作用,最初处于静止状态,由二力平衡条件可得:mg=q;当把金属板从电容器中快速抽出后,电容器两极板间的电势差不变,但两极板间的距离发生了变化,引起电场强度发生了变化,从而电场力也发生了变化,粒子受力不再平衡,产生了加速度,根据牛顿第二定律ma=mg-q,两式联立可得a=g. 5、如图所示,直线A为电源a的路端电压与电流的关系图象;直线B为电源b的路端电压与电流的关系图象;直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图象.如果将这个电阻R分别接到a、b两电源上,那么有(  ) A.R接到a电源上,电源的效率较高 B.R接到b电源上,电源的输出功率较小 C.R接到a电源上,电源的输出功率较大,但电源效率较低 D.R接到b电源上,电阻的发热功率和电源的效率都较高 解析: 选BC.由图象知:接a时,η=50%,接b时,η>50%(图中虚线长与底边的比值为效率),A错;在U-I图象中,面积表示功率,显然接a时功率大,故B、C对;接b时,电阻的热功率小,D错. 6、如图所示,一段长方体形导电材料,左右两端面的边长都为a和b,内有带电量为q的某种自由运动电荷.导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中,内部磁感应强度大小为B.当通以从左到右的稳恒电流I时,测得导电材料上、下表面之间的电压为U,且上表面的电势比下表面的低.由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为(  ) A.,负 B.,正 C.,负 D.,正 解析:选C.准确理解电流的微观表达式,并知道稳定时电荷受到的电场力和洛伦兹力平衡,是解决本题的关键.由于上表面电势低,根据左手定则判断出自由运动电荷带负电,排除B、D两项.电荷稳定时,所受电场力和洛伦兹力平衡,|q|=|q|vB ①,由电流的微观表达式知:I=|q|nSv=|q|nabv ②,由①②联立,得n=,故选项C正确. 7、如图甲所示,静止在水平面上的等边三角形金属线框,匝数n=20,总电阻R=2.5 Ω,边长L=0.3 m,处在两个半径均为r=0.1 m的圆形匀强磁场中.线框顶点与右侧圆心重合,线框底边与左侧圆直径重合.磁感应强度B1垂直水平面向外,B2垂直水平面向里;B1、B2随时间t的变化图线如图乙所示.线框一直处于静止状态.计算过程中取π=3,下列说法中正确的是(  ) A.线框具有向左运动的趋势 B.t=0时刻穿过线框的磁通量为0.5 Wb C.t=0.4 s时刻线框中感应电动势为1.5 V D.0~0.6 s内通过线框截面电荷量为0.36 C 解析:选CD.B1垂直水平面向外,大小随时间均匀增加,根据楞次定律知,线框具有向右的运动趋势,选项A错误;t=0时刻穿过线框的磁通量Φ=B1×πr2+B2×πr2=0.025 Wb,选项B错误;t=0.4 s时刻线框中感应电动势E=n=n×πr2×=1.5 V,选项C正确;0.6 s时穿过线框的磁通量Φ′=B′1×πr2+B2×πr2=0.07 Wb,根据q=n=n得,在0~0.6 s内通过线框截面的电荷量为0.36 C,选项D正确. 8、钳形电流测量仪的结构如图所示,其铁芯在捏紧扳手时会张开,可以在不切断被测载流导线的情况下,通过内置线圈中的电流值I和匝数n获知载流导线中的电流大小I0,则关于该钳形电流测量仪的说法中正确的是(  ) A.该测量仪可测量直流电的电流 B.载流导线中电流大小I0= C.若钳形部分铁芯没有完全闭合,测量出的电流将小于实际电流 D.若将载流导线在铁芯上多绕几匝,钳形电流测量仪的示数将变小 解析:选C.该测量仪只能测量交流电的电流,选项A错误;载流导线中电流大小I0=nI,选项B错误;若钳形部分铁芯没有完全闭合,会存在漏磁现象,测量出的电流将小于实际电流,选项C正确;由I0=nI知,若将载流导线在铁芯上多绕几匝,则钳形电流测量仪的示数将变大,选项D错误. 9、下列说法正确的是(  ) A.用打气筒给自行车充气,越打越费劲,说明气体分子之间有斥力 B.布朗运动的无规则性反映组成固体颗粒分子的无规则性 C.露珠呈球形是由于液体表面张力的作用 D.当人们感到潮湿时,空气的绝对湿度一定较大 解析:选C.用打气筒给自行车充气,越打越费劲,说明气体压强增大,选项A错误;布朗运动的无规则性反映液体分子运动的无规则性,不能反映组成固体颗粒分子的无规则性,选项B错误;露珠呈球形是由于液体表面张力的作用,选项C正确;当人们感到潮湿时,空气的相对湿度一定较大,绝对湿度不一定较大,选项D错误. 10、下列说法中正确的是(  ) A.同种介质中,光的波长越短,传播速度越快 B.泊松亮斑有力地支持了光的微粒说,杨氏干涉实验有力地支持了光的波动说 C.某同学在测单摆的周期时将全振动的次数多记了一次,则测出的周期偏小 D.可见光波长越长,越容易发生衍射 解析:选CD.同种介质中,光的波长越短,频率越高,传播速度越慢,故A错;泊松亮斑是由于光的衍射产生的,所以泊松亮斑和杨氏干涉实验都有力地支持了光的波动说,故B错;某同学在测单摆的周期时将全振动的次数多记了一次,测出的周期T=偏小,故C对;产生明显衍射的条件是障碍物的尺寸比波长小或跟波长差不多,所以可见光波长越长,越容易发生衍射,故D对. 11、在光电效应实验中,用同一种单色光,先后照射锌和银的表面,都能发生光电效应.对于这两个过程,下列四个物理量中,一定不同的是(  ) A.遏止电压       B.饱和光电流 C.光电子的最大初动能 D.逸出功 解析:选ACD.同一种单色光照射不同的金属,入射光的频率和光子能量一定相同,金属逸出功不同,根据光电效应方程Ekm=hν-W0知,最大初动能不同,则遏止电压不同;同一种单色光照射,入射光的强度相同,所以饱和光电流相同. 2020届高考(人教版)物理一轮提升选:选择题练习(二)及答案 1、如图所示,水平地面粗糙,A、B两同学站在地上水平推墙.甲图中A向前推B,B向前推墙;乙图中A、B同时向前推墙.每人用力的大小都为F,方向水平.则下列说法中正确的是(  ) A.甲图方式中墙受到的推力为2F B.乙图方式中墙受到的推力为2F C.甲图方式中两位同学受到地面的摩擦力大小都为F D.乙图方式中两位同学受到地面的摩擦力大小都为F 解析:选BD.对于乙图,墙壁在水平方向所受到人的作用力如图1所示(俯视图),此时墙壁所受到的推力为F合=2F.根据力的平衡可知A、B两人受到的静摩擦力均为Ff=F.对于甲图,先以墙壁为研究对象,此时墙壁所受到的推力只有B对它的推力F,如图2所示.然后再以B为研究对象,B同学的受力情况如图3所示,B受到A的推力F和墙壁的反作用力F′1,由于F=F′1,所以此时B在水平方向不受摩擦力的作用.再以A为研究对象,A同学的受力情况如图4所示,根据牛顿第三定律可知由于A对B的作用力为F,所以B对A的反作用力F′2=F,根据力的平衡可知A所受地面的摩擦力为F. 2、如图,一质量为M的光滑大圆环,用一细轻杆固定在竖直平面内;套在大环上质量为m的小环(可视为质点),从大环的最高处由静止滑下.重力加速度大小为g,当小环滑到大环的最低点时,大环对轻杆拉力的大小为(  ) A.Mg-5mg B.Mg+mg C.Mg+5mg D.Mg+10mg 解析:选C.设大环半径为R,质量为m的小环下滑过程中遵守机械能守恒定律,所以mv2=mg·2R.小环滑到大环的最低点时的速度为v=2,根据牛顿第二定律得FN-mg=,所以在最低点时大环对小环的支持力FN=mg+=5mg.根据牛顿第三定律知,小环对大环的压力F′N=FN=5mg,方向向下.对大环,据平衡条件,轻杆对大环的拉力T=Mg+F′N=Mg+5mg.根据牛顿第三定律,大环对轻杆拉力的大小为T′=T=Mg+5mg,故选项C正确,选项A、B、D错误. 3、假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率.如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍,则摩托艇的最大速率变为原来的(  ) A.4倍 B.2倍 C. 倍 D. 倍 解析:选D.设Ff=kv,当阻力等于牵引力时,速度最大,输出功率变化前,有P=Fv=Ffv=kv·v=kv2,变化后有2P=F′v′=kv′·v′=kv′2,联立解得v′=v,D正确. 4、一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变,在两极板间插入一电介质,其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是(  ) A.C和U均增大     B.C增大,U减小 C.C减小,U增大 D.C和U均减小 解析:选B.由公式C=知,在两极板间插入一电介质,其电容C增大,由公式C=知,电荷量不变时,U减小,B正确. 5、图为某种电子秤工作原理的示意图,被称物体的质量可按照一定的换算关系通过电流表的示数获得.秤盘中放入物体后,连杆P将从a点向下滑动,最终停在a、b间的某一位置.关于该电子秤,下列说法正确的是(  ) A.物体质量越小,电流表的示数越大 B.物体质量越大,电流表的示数越大 C.物体质量越大,电路中的总电阻越大 D.物体质量越小,电路中的总电阻越大 解析:选BD.物体质量越小,则P点的位置越接近a端,滑动变阻器的电阻越大,则电路中电流越小,电流表的示数越小,选项A错误,D正确;同理,物体质量越大,则P点的位置越接近b端,滑动变阻器的电阻越小,则电路中电流越大,电流表的示数越大,选项B正确,C错误. 6、如图,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里.三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等,质量分别为ma、mb、mc.已知在该区域内,a在纸面内做匀速圆周运动,b在纸面内向右做匀速直线运动,c在纸面内向左做匀速直线运动.下列选项正确的是(  ) A.ma>mb>mc      B.mb>ma>mc C.mc>ma>mb D.mc>mb>ma 解析:选B.该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场,a在纸面内做匀速圆周运动,可知其重力与所受到的电场力平衡,洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力,有mag=qE,解得ma=.b在纸面内向右做匀速直线运动,由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上,可知mbg=qE+qvbB,解得mb=+.c在纸面内向左做匀速直线运动,由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下,可知mcg+qvcB=qE,解得mc=-.综上所述,可知mb>ma>mc,选项B正确. 7、如图,一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内,通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定,导体棒与轨道垂直且接触良好.在向右匀速通过M、N两区的过程中,导体棒所受安培力分别用FM、FN表示.不计轨道电阻.以下叙述正确的是(  ) A.FM向右 B.FN向左 C.FM逐渐增大 D.FN逐渐减小 解析:选BCD.根据直线电流产生磁场的分布情况知,M区的磁场方向垂直纸面向外,N区的磁场方向垂直纸面向里,离导线越远,磁感应强度越小.当导体棒匀速通过M、N两区时,感应电流的效果总是反抗引起感应电流的原因,故导体棒在M、N两区运动时,受到的安培力均向左,故选项A错误,选项B正确;导体棒在M区运动时,磁感应强度B变大,根据E=Blv,I=及F=BIl可知,FM逐渐变大,故选项C正确;导体棒在N区运动时,磁感应强度B变小,根据E=Blv,I=及F=BIl可知,FN逐渐变小,故选项D正确. 8、如图甲所示,矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时,线圈中产生的交流电如图乙所示,设沿abcda方向为电流正方向,则(  ) A.乙图中Oa时间段对应甲图中A至B图的过程 B.乙图中c时刻对应甲图中的C图 C.若乙图中d等于0.02 s,则1 s内电流的方向改变了50次 D.若乙图中b等于0.02 s,则交流电的频率为50 Hz 解析:选A.由交变电流的产生原理可知,甲图中的A、C两图中线圈所在的平面为中性面,线圈在中性面时电流为零,再经过1/4个周期电流达到最大值,再由楞次定律判断出电流的方向,因此甲图中A至B图的过程电流为正且从零逐渐增大到最大值,A正确;甲图中的C图对应的电流为零,B错误;每经过中性面一次线圈中的电流方向将要改变一次,所以一个周期以内电流方向要改变两次,所以在乙图中对应Od段等于交变电流的一个周期,若已知d等于0.02 s,则频率为50 Hz,1 s内电流的方向将改变100次,C错误;而D选项频率应该是25 Hz. 9、一定质量的理想气体在下列哪些过程中,一定从外界吸收了热量(  ) A.温度保持不变,体积逐渐膨胀 B.体积保持不变,温度逐渐升高 C.压强保持不变,体积逐渐收缩 D.温度逐渐升高,压强逐渐减小 解析:选ABD.体积增大,气体向外界做功,温度不变,内能不变,故一定吸收了热量,A正确.体积不变,气体对外界不做功,温度升高,内能增大,则只能气体吸收热量,B正确.体积减小,外界对气体做功,压强不变,体积减小,则温度减小,内能减小,故一定向外放出热量,C错误.温度升高,压强减小,则内能变大,体积增大,气体对外界做功,故一定吸收热量,D正确. 10、固定的半圆形玻璃砖的横截面如图,O点为圆心,OO′为直径MN的垂线.足够大的光屏PQ紧靠玻璃砖右侧且垂直于MN.由A、B两种单色光组成的一束光沿半径方向射向O点,入射光线与OO′夹角θ较小时,光屏NQ区域出现两个光斑,逐渐增大θ角,当θ=α时,光屏NQ区域A光的光斑消失,继续增大θ角,当θ=β时,光屏NQ区域B光的光斑消失,则(  ) A.玻璃砖对A光的折射率比对B光的大 B.A光在玻璃砖中的传播速度比B光的大 C.α<θ<β时,光屏上只有1个光斑 D.β<θ<时,光屏上只有1个光斑 解析:选AD.当A光光斑消失时,sin α=;当B光光斑消失时,sin β=.由于β>α,故nA>nB,选项A正确;根据n=,得vA0,说明物体5 s末在抛出点上方25 m处,故路程为65 m,位移大小为25 m,方向向上,A、B正确.速度的变化量Δv=aΔt=-50 m/s,C错误.5 s末物体的速度v=v0+at=-20 m/s,所以平均速度==5 m/s>0,方向向上,D错误. 2、公路急转弯处通常是交通事故多发地带.如图,某公路急转弯处是一圆弧,当汽车行驶的速率为v0时,汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势.则在该弯道处(  ) A.路面外侧高内侧低 B.车速只要低于v0,车辆便会向内侧滑动 C.车速虽然高于v0,但只要不超出某一最高限度,车辆便不会向外侧滑动 D.当路面结冰时,与未结冰时相比,v0的值变小 解析:选AC.当汽车行驶的速率为v0时,汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势,即不受静摩擦力,此时由重力和支持力的合力提供向心力,所以路面外侧高内侧低,选项A正确;当车速低于v0时,需要的向心力小于重力和支持力的合力,汽车有向内侧运动的趋势,但并不一定会向内侧滑动,静摩擦力向外侧,选项B错误;当车速高于v0时,需要的向心力大于重力和支持力的合力,汽车有向外侧运动的趋势,静摩擦力向内侧,速度越大,静摩擦力越大,只有静摩擦力达到最大以后,车辆才会向外侧滑动,选项C正确;由mgtan θ=meq \f(v,r)可知,v0的值只与斜面倾角和圆弧轨道的半径有关,与路面的粗糙程度无关,选项D错误. 3、如图是武广铁路上某机车在性能测试过程中的v-t图象,测试时机车先以恒定的牵引力F启动发动机使机车在水平铁轨上由静止开始运动,t1时刻机车关闭发动机,到t2时刻机车完全停下.图象中θ>α,设整个测试过程中牵引力F做的功和克服摩擦力f做的功分别为W1、W2,0~t1时间内F做功的平均功率和全过程克服摩擦力f做功的平均功率分别为P1、P2,则下列判断正确的是(  ) A.W1>W2,F=2f B.W1=W2,F>2f C.P12f D.P1=P2,F=2f 解析:选B.机车整个运动过程中,根据动能定理有W1-W2=0,所以W1=W2,又P1=,P2=,因t2>t1,所以P1>P2;根据牛顿第二定律,机车的牵引力为F时的加速度大小a1=,关闭发动机后机车加速度大小a2=,根据v-t图象斜率的意义可知a1>a2,即F-f>f,所以有F>2f,综上分析可知,B正确. 4、如图所示,高为h的固定光滑绝缘斜面,倾角θ=53°,将其置于水平向右的匀强电场中,现将一带正电的物块(可视为质点)从斜面顶端由静止释放,其所受的电场力是重力的倍,重力加速度为g,则物块落地的速度大小为(  ) A.2 B.2 C.2 D. 解析:选D.对物块受力分析知,物块不沿斜面下滑,离开斜面后沿重力、电场力合力的方向运动,F合=mg,x=h,由动能定理得F合·x=mv2,解得v=. 5、如图所示,电源电动势E=3 V,小灯泡L标有“2 V,0.4 W”,开关S接1,当变阻器调到R=4 Ω时,小灯泡L正常发光;现将开关S接2,小灯泡L和电动机M均正常工作.则(  ) A.电源内阻为1 Ω B.电动机的内阻为4 Ω C.电动机的正常工作电压为1 V D.电源效率约为93.3% 解析:选AD.由小灯泡的额定功率P=UI可知,I=0.2 A,由欧姆定律得RL=,可知小灯泡正常发光时电阻RL=10 Ω,由闭合电路欧姆定律可知I=,解得r=1 Ω,A正确;接2时小灯泡正常发光,说明电路中电流仍为0.2 A,故电动机两端电压U′=E-IRL-Ir=0.8 V,电动机为非纯电阻用电器,故电动机内阻不等于4 Ω,B、C错误;由P=I2r,P总=EI,η=×100%,代入数据可得电源效率约93.3%,D正确. 6、(多选)如图所示,竖直放置的两块很大的平行金属板a、b,相距为d,ab间的电场强度为E,今有一带正电的微粒从a板下边缘以初速度v0竖直向上射入电场,当它飞到b板时,速度大小不变,而方向变为水平方向,且刚好从高度也为d的狭缝穿过b板而进入bc区域,bc区域的宽度也为d,所加电场强度大小为E,方向竖直向上,磁感应强度方向垂直纸面向里,磁场磁感应强度大小等于,重力加速度为g,则下列关于粒子运动的有关说法正确的是(  ) A.粒子在ab区域的运动时间为 B.粒子在bc区域中做匀速圆周运动,圆周半径r=2d C.粒子在bc区域中做匀速圆周运动,运动时间为 D.粒子在ab、bc区域中运动的总时间为 解析:选ABD.粒子在ab区域,竖直方向上做匀减速运动,由v0=gt得t=,故A正确;水平方向上做匀加速运动,a==g,则qE=mg,进入bc区域,电场力大小未变方向竖直向上,电场力与重力平衡,粒子做匀速圆周运动,由qv0B=eq \f(mv,r),得r=,代入数据得r=eq \f(v,g),又v=2gd,故r=2d,B正确;在bc区域,粒子运动轨迹所对圆心角为α,sin α=,α=,运动时间:t=eq \f(,v0)==,故C错误;粒子在ab区域的运动时间也可以表示为:t==,故总时间t总=+=,故D正确. 7、如图所示是两个互连的金属圆环,小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一,磁场垂直穿过大金属环所在区域.当磁感应强度随时间均匀变化时,在大环内产生的感应电动势为E,则a、b两点间的电势差为(  ) A.E      B.E C.E D.E 解析:选B.a、b间的电势差等于路端电压,而小环电阻占电路总电阻的,故Uab=E,B正确. 8、如图,实验室一台手摇交流发电机,内阻r=1.0 Ω,外接R=9.0 Ω的电阻.闭合开关S,当发电机转子以某一转速匀速转动时,产生的电动势e=10sin 10πt(V),则(  ) A.该交变电流的频率为10 Hz B.该电动势的有效值为10 V C.外接电阻R所消耗的电功率为10 W D.电路中理想交流电流表A的示数为1.0 A 解析:选D.因e=10sin 10πt(V),故ω=10π rad/s,f==5 Hz,选项A错误;Em=10 V,故其有效值E==10 V,选项B错误;交流电表的示数及功率的计算均要用有效值,因此电路中理想交流电流表A的示数I==1.0 A,选项D正确;外接电阻R所消耗功率为P=I2R=1.02×9 W=9 W,选项C错误. 9、下列说法正确的有(  ) A.分子间的引力和斥力都随分子间距的减小而减小 B.气体压强的大小仅与气体分子的密集程度有关 C.分子间的引力和斥力都随分子间距的减小而增大 D.当液晶中电场强度不同时,液晶表现出光学各向异性 解析:选CD.气体压强的大小与气体分子的密集程度和分子运动快慢有关,选项B错误;分子间的引力 和斥力都随分子间距的减小而增大,选项C正确,A错误;当液晶中电场强度不同时,液晶表现出光学各向异性,选项D正确. 10、如图是a、b两光分别经过同一双缝干涉装置后在屏上形成的干涉图样,则(  ) A.在同种均匀介质中,a光的传播速度比b光的大 B.从同种介质射入真空发生全反射时a光临界角大 C.照射在同一金属板上发生光电效应时,a光的饱和电流大 D.若两光均由氢原子能级跃迁产生,产生a光的能级能量差大 答案:D 11、如图是某金属在光的照射下产生的光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图象.由图象可知(  ) A.该金属的逸出功等于E B.该金属的逸出功等于hν0 C.入射光的频率为2ν0时,产生的光电子的最大初动能为E D.入射光的频率为时,产生的光电子的最大初动能为 解析:选ABC.由爱因斯坦光电效应方程Ek=hν-W0知,当ν=0时-W0=Ek,故W0=E,A项对;而Ek=0时,hν=W0即W0=hν0,B项对;入射光的频率为2ν0时产生的光电子的最大初动能Ekm=2hν0-hν0=hν0=E,C项对;入射光的频率为时,不会发生光电效应,D错.

    • 2020-01-11
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  • ID:6-6741804 2020年湖北名校联盟高三第一次模拟考试卷 物理(三)word含答案

    高中物理/高考专区/模拟试题


    2020届 高三第一次模拟考试卷
    物 理(三)
    注意事项:
    1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
    2.选择题的作答:每小题选出答案后,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答题区域均无效。
    3.非选择题的作答: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均无效。
    4.考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交。
    一、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1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
    1.下列说法正确的是(  )
    A.衰变成要经过4次α衰变和2次β衰变
    B.核泄漏事故污染物Cs137能够产生对人体有害的辐射,其核反应方程式为,可以判断为质子
    C.玻尔理论的假设是原子能量的量子化和轨道量子化
    D.康普顿效应说明光具有粒子性,电子的衍射实验说明实物粒子只具有粒子性
    2.甲、乙两辆汽车沿同一方向做直线运动,两车在某一时刻刚好经过同一位置,此时甲的速度为5 m/s,乙的速度为10 m/s,甲车的加速度大小恒为1.2 m/s2。以此时作为计时起点,它们的速度随时间变化的关系如图所示,根据以上条件可知(  )
    A.乙车做加速度先增大后减小的变加速运动
    B.在前4 s的时间内,甲车运动位移为29.6 m
    C.在t=4 s时,甲车追上乙车
    D.在t=10 s时,乙车又回到起始位置
    3.如图所示,不带电的金属球B接地,在B球附近放置一个带正电q的小球A,A的重力不计。现由静止开始释放A球,在A运动过程中下列说法正确的是(  )
    A.A向B做匀加速运动
    B.B球的电势不断增加
    C.B球上感应电荷数保持不变
    D.A、B球上电荷相互作用电势能不断减小
    4.如图所示的电路中,电源的电动势E和内阻r一定,A、B为平行板电容器的两块正对金属板,R1为光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)。当R2的滑动触头P在a端时,闭合开关S,此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U。以下说法正确的是(  )
    A.若仅将R2的滑动触头P向b端移动,则I不变,U增大
    B.若仅增大A、B板间距离,则电容器所带电荷量减少
    C.若仅用更强的光照射R1,则I增大,U增大,电容器所带电荷量增加
    D.若仅用更强的光照射R1,则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值变大
    5.近来,有越来越多的天文观测现象和数据证实黑洞确实存在。科学研究表明,当天体的逃逸速度(即第二宇宙速度,为第一宇宙倍)超过光速时,该天体就是黑洞。已知某天体与地球的质量之比为k,地球的半径为R,地球的第一宇宙速度为v1,光速为c,则要使该天体成为黑洞,其半径应小于( )
    A. B. C. D.
    6.如图所示,质量为m的球置于斜面上,被一个竖直挡板挡住。现用一个水平向右的力F拉斜面,使斜面在水平面上向右做加速度为a的匀加速直线运动,忽略一切摩擦,下列说法不正确的是(  )
    A.斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma
    B.若加速度足够大,斜面对球的弹力可能为零
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