高考物理（人教）一輪基礎(chǔ)夯實(shí)練全冊匯總

一、選擇題1、在研究二力合成的實(shí)驗(yàn)中，AB是一根被拉長的橡皮筋，定滑輪是光滑的，如圖所示，若改變拉力F而保持O點(diǎn)位置不變，則下列說法中正確的是()A．要使θ減小，減小拉力F即可B．要使θ減小，增大拉力F即可C．要使θ減小，必須改變α，同時(shí)改變F的大小才有可能D．要減小θ而保持α不變，則只改變F的大小是不可能保持O點(diǎn)的位置不變的解析：繩子對O點(diǎn)的拉力F2與F的合力和F1等大、反向，如圖所示，O點(diǎn)位置不變，則橡皮筋的拉力F1不變，繩子拉力F2的方向不變，即α角不變，若要減小θ，必使F的大小和方向以及F2的大小發(fā)生改變，故D選項(xiàng)正確．答案：D2、如圖所示，水平傳送帶以恒定速度v向右運(yùn)動．將質(zhì)量為m的物體Q輕輕放在水平傳送帶的左端A處，經(jīng)過t秒后，Q的速度也變?yōu)関，再經(jīng)t秒物體Q到達(dá)傳送帶的右端B處，則()A．前t秒內(nèi)物體做勻加速運(yùn)動，后t秒內(nèi)物體做勻減速運(yùn)動B．后t秒內(nèi)Q與傳送帶之間無摩擦力C．前t秒內(nèi)Q的位移與后t秒內(nèi)Q的位移大小之比為1：1D．Q由傳送帶左端運(yùn)動到右端的平均速度為eq\f(3,4)v解析：前t秒內(nèi)物體Q相對傳送帶向左滑動，物體Q受向右的滑動摩擦力，由牛頓第二定律Ff＝ma可知，物體Q做勻加速運(yùn)動，后t秒內(nèi)物體Q相對傳送帶靜止，做勻速運(yùn)動，不受摩擦力作用，選項(xiàng)A錯誤、B正確；前t秒內(nèi)Q的位移x1＝eq\f(v,2)t，后t秒內(nèi)Q的位移x2＝vt，故eq\f(x1,x2)＝eq\f(1,2)，選項(xiàng)C錯誤；Q由傳送帶左端運(yùn)動到右端的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x1＋x2,2t)＝eq\f(\f(v,2)t＋vt,2t)＝eq\f(3,4)v，選項(xiàng)D正確．答案：BD3、甲、乙兩物體分別在恒力F1、F2的作用下，沿同一直線運(yùn)動．它們的動量隨時(shí)間變化如圖所示．設(shè)甲在t1時(shí)間內(nèi)所受的沖量為I1，乙在t2時(shí)間內(nèi)所受的沖量為I2，則F、I的大小關(guān)系是()A．F1>F2，I1＝I2B．F1<F2，I1<I2C．F1>F2，I1>I2D．F1＝F2，I1＝I2解析：沖量I＝Δp，從題圖上看，甲、乙兩物體動量變化的大小I1＝I2，又因?yàn)镮1＝F1t1，I2＝F2t2，t2>t1，所以F1>F2、答案：A4、在如圖所示電路中E為電源，其電動勢E＝9、0V，內(nèi)阻可忽略不計(jì)；AB為滑動變阻器，其電阻R＝30Ω；L為一小燈泡，其額定電壓U＝6、0V，額定功率P＝1、8W；S為開關(guān)，開始時(shí)滑動變阻器的觸頭位于B端，現(xiàn)在接通開關(guān)S，然后將觸頭緩慢地向A端滑動，當(dāng)?shù)竭_(dá)某一位置C處時(shí)，小燈泡剛好正常發(fā)光．則C、B之間的電阻應(yīng)為()A．10ΩB．20ΩC．15ΩD．5Ω解析：本題中小燈泡剛好正常發(fā)光，說明此時(shí)小燈泡達(dá)到額定電流I額＝eq\f(P,U)＝eq\f(1.8,6.0)A＝0、3A，兩端電壓達(dá)到額定電壓U額＝6、0V，而小燈泡和電源、滑動電阻AC串聯(lián)，則電阻AC的電流與小燈泡的電流相等，RAC＝eq\f(E－U額,I額)＝10Ω，RCB＝R－RAC＝20Ω，B項(xiàng)正確．答案：B5、如圖所示，均勻繞制的螺線管水平固定在可轉(zhuǎn)動的圓盤上，在其正中心的上方有一固定的環(huán)形電流A，A與螺線管垂直．A中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，開關(guān)S閉合瞬間．關(guān)于圓盤的運(yùn)動情況(從上向下觀察)，下列說法正確的是()A．靜止不動B．順時(shí)針轉(zhuǎn)動C．逆時(shí)針轉(zhuǎn)動D．無法確定解析：環(huán)形電流可等效為里面的N極、外面為S極的小磁針，通電螺線管可等效為右邊為N板，左邊為S極的條形磁鐵，根據(jù)磁極間的相互作用，圓盤將順時(shí)針轉(zhuǎn)動，選項(xiàng)B正確．答案：B6、(2018·湖南長沙市高三統(tǒng)一模擬)金屬鈣的逸出功為4、3×10－19J，普朗克常量h＝6、6×10－34J·s，光速c＝3、0×108m/s，以下說法正確的是()A．用波長為400nm的單色光照射金屬鈣，其表面有光電子逸出B．用波長為400nm的單色光照射金屬鈣，不能產(chǎn)生光電效應(yīng)現(xiàn)象C．若某波長的單色光能使金屬鈣產(chǎn)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，則增大光的強(qiáng)度將會使光電子的最大初動能增大D．若某波長的單色光能使金屬鈣產(chǎn)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，則減小光的強(qiáng)度將會使單位時(shí)間內(nèi)發(fā)射的光電子數(shù)減少解析：波長為400nm的單色光的光子能量為E＝heq\f(c,λ)＝4、95×10－19J，大于鈣的逸出功，可以產(chǎn)生光電效應(yīng)現(xiàn)象．根據(jù)光電效應(yīng)規(guī)律，光電子的最大初動能決定于入射光的頻率而與其強(qiáng)度無關(guān)，但強(qiáng)度決定了單位時(shí)間內(nèi)發(fā)射的光電子數(shù)的多少，正確選項(xiàng)為A、D、答案：AD7、現(xiàn)有兩動能均為E0＝0、35MeV的eq\o\al(2,1)H在一條直線上相向運(yùn)動，兩個eq\o\al(2,1)H發(fā)生對撞后能發(fā)生核反應(yīng)，得到eq\o\al(3,2)He和新粒子，且在核反應(yīng)過程中釋放的能量完全轉(zhuǎn)化為eq\o\al(3,2)He和新粒子的動能．已知eq\o\al(2,1)H的質(zhì)量為2、0141u，eq\o\al(3,2)He的質(zhì)量為3、0160u，新粒子的質(zhì)量為1、0087u，核反應(yīng)時(shí)質(zhì)量虧損1u釋放的核能約為931MeV(如果涉及計(jì)算，結(jié)果保留整數(shù))．則下列說法正確的是()A．核反應(yīng)方程為eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(2,1)H→eq\o\al(3,2)He＋eq\o\al(1,0)nB．核反應(yīng)前后不滿足能量守恒定律C．新粒子的動能約為3MeVD、eq\o\al(3,2)He的動能約為4MeV解析：由核反應(yīng)過程中的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(2,1)H→eq\o\al(3,2)He＋eq\o\al(1,0)n，則新粒子為中子eq\o\al(1,0)n，所以A正確．核反應(yīng)過程中質(zhì)量虧損，釋放能量，虧損的質(zhì)量轉(zhuǎn)變?yōu)槟芰?，仍然滿足能量守恒定律，B錯誤；由題意可知ΔE＝(2、0141u×2－3、0160u－1、0087u)×931MeV/u＝3、3MeV，根據(jù)核反應(yīng)中系統(tǒng)的能量守恒有EkHe＋Ekn＝2E0＋ΔE，根據(jù)核反應(yīng)中系統(tǒng)的動量守恒有pHe－pn＝0，由Ek＝eq\f(p2,2m)，可知eq\f(EkHe,Ekn)＝eq\f(mn,mHe)，解得EkHe＝eq\f(mn,mn＋mHe)(2E0＋ΔE)＝1MeV，Ekn＝eq\f(mHe,mn＋mHe)(2E0＋ΔE)＝3MeV，所以C正確、D錯誤．答案：AC二、非選擇題1、(2018·南昌模擬)某物理實(shí)驗(yàn)小組在探究彈簧的勁度系數(shù)k與其原長l0的關(guān)系實(shí)驗(yàn)中，按示意圖所示安裝好實(shí)驗(yàn)裝置，讓刻度尺零刻度與輕質(zhì)彈簧上端平齊，在彈簧上安裝可移動的輕質(zhì)指針P，實(shí)驗(yàn)時(shí)的主要步驟：①將指針P移到刻度尺的5cm處，在彈簧掛鉤上掛上200g的鉤碼，靜止時(shí)讀出指針?biāo)缚潭炔⒂涗浵聛?；②取下鉤碼，將指針P移到刻度尺的10cm處，在彈簧掛鉤上掛上250g的鉤碼，靜止時(shí)讀出指針?biāo)缚潭炔⒂涗浵聛?；③取下鉤碼，將指針P移到刻度尺的15cm處，在彈簧掛鉤上掛上50g的鉤碼，靜止時(shí)讀出指針?biāo)缚潭炔⒂涗浵聛?；④重?fù)③步驟，在每次重復(fù)③時(shí)，都將指針P下移5cm，同時(shí)保持掛鉤上掛的鉤碼質(zhì)量不變．將實(shí)驗(yàn)所得數(shù)據(jù)記錄、列表如下：次數(shù)彈簧原長l0/cm彈簧長度l/cm鉤碼質(zhì)量m/g15、007、23200210、0015、56250315、0016、6750420、0022、2350525、0030、5650根據(jù)實(shí)驗(yàn)步驟和列表數(shù)據(jù)，回答下列問題：(1)重力加速度g取10m/s2，在實(shí)驗(yàn)步驟③中，彈簧的原長為15cm時(shí)，其勁度系數(shù)k＝________N/m、(2)同一根彈簧的原長越長，彈簧的勁度系數(shù)________．(彈簧處在彈性限度內(nèi))A．不變B．越大C．越小解析：(1)掛50g鉤碼時(shí)，彈簧的彈力為0、5N，根據(jù)胡克定律得，k＝eq\f(F,Δx)＝eq\f(0.5,16.67－15.00×10－2)N/m≈30N/m、(2)對第3、4、5次數(shù)據(jù)分析，彈簧彈力相等，同一根彈簧，原長越長，形變量越大，根據(jù)胡克定律F＝kx知，彈簧的勁度系數(shù)越小，故選項(xiàng)C正確．答案：(1)30(2)C2、(2018·河南中原名校聯(lián)考)如圖甲，在水平桌面上固定著兩根相距L＝20cm、相互平行的無電阻軌道P、Q，軌道一端固定一根電阻R＝0、02Ω的導(dǎo)體棒a，軌道上橫置一根質(zhì)量m＝40g、電阻可忽略不計(jì)的金屬棒b，兩棒相距也為L＝20cm、該軌道平面處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可以調(diào)節(jié)的豎直向上的勻強(qiáng)磁場中．開始時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝0、1T，設(shè)棒與軌道間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2、(1)若保持磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小不變，從t＝0時(shí)刻開始，給b棒施加一個水平向右的拉力，使它由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動．此拉力F的大小隨時(shí)間t變化關(guān)系如圖乙所示．求b棒做勻加速運(yùn)動的加速度及b棒與軌道間的滑動摩擦力；(2)若從t＝0開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按圖丙中圖象所示的規(guī)律變化，求在金屬捧b開始運(yùn)動前，這個裝置釋放的熱量．解析：(1)F安＝B0IL①E＝B0Lv②I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0Lv,R)③v＝at④所以F安＝eq\f(B\o\al(2,0)L2a,R)t當(dāng)b棒勻加速運(yùn)動時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有F－Ff－F安＝ma⑤聯(lián)立可得F－Ff－eq\f(B\o\al(2,0)L2a,R)t＝ma⑥由圖象可得：當(dāng)t＝0時(shí)，F(xiàn)＝0、4N，當(dāng)t＝1s時(shí)，F(xiàn)＝0、5N、代入⑥式，可解得a＝5m/s2，F(xiàn)f＝0、2N、(2)當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大時(shí)，閉合電路中有恒定的感應(yīng)電流I，以b棒為研究對象，它受到的安培力逐漸增大，靜摩擦力也隨之增大，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度增大到b所受安培力F′安與最大靜摩擦力Ff相等時(shí)開始滑動．感應(yīng)電動勢E′＝eq\f(ΔB,Δt)L2＝0、02V⑦I′＝eq\f(E′,R)＝1A⑧棒b將要運(yùn)動時(shí)，有F′安＝BtI′L＝Ff⑨所以Bt＝1T，根據(jù)Bt＝B0＋eq\f(ΔB,Δt)t⑩得t＝1、8s，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝I′2Rt＝0、036J、答案：(1)5m/s20、2N(2)0、036J2019年高考物理（人教）一輪基礎(chǔ)夯實(shí)練（2）一、選擇題1、(2018·汕頭質(zhì)檢)建設(shè)房屋時(shí)，保持底邊L不變，要設(shè)計(jì)好屋頂?shù)膬A角θ，以便下雨時(shí)落在房頂?shù)挠甑文鼙M快地滑離屋頂，雨滴下滑時(shí)可視為小球做無初速無摩擦的運(yùn)動．下列說法正確的是()A．傾角θ越大，雨滴下滑時(shí)的加速度越大B．傾角θ越大，雨滴對屋頂壓力越大C．傾角θ越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時(shí)的速度越大D．傾角θ越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時(shí)的時(shí)間越短解析：設(shè)屋檐的底角為θ，底邊為L，注意底邊長度是不變的，屋頂?shù)钠旅骈L度為x，雨滴下滑時(shí)加速度為a，對雨滴做受力分析，只受重力mg和屋頂對雨滴的支持力FN，垂直于屋頂方向：mgcosθ＝FN，平行于屋頂方向：ma＝mgsinθ，雨滴的加速度為：a＝gsinθ，則傾角θ越大，雨滴下滑時(shí)的加速度越大，故A正確；雨滴對屋頂?shù)膲毫Γ篎′N＝FN＝mgcosθ，則傾角θ越大，雨滴對屋頂壓力越小，故B錯誤；根據(jù)三角關(guān)系判斷，屋頂坡面的長度x＝eq\f(L,2cosθ)，由x＝eq\f(1,2)gsinθ·t2可得：t＝eq\r(\f(2L,gsin2θ))，可見當(dāng)θ＝45°時(shí)，用時(shí)最短，D錯誤；由v＝gsinθ·t可得：v＝eq\r(gLtanθ)，可見θ越大，雨滴從頂端O下滑至M時(shí)的速度越大，C正確．答案：AC2、如圖所示，斜面固定，傾角為θ＝30°，物塊m和M用輕質(zhì)繩通過斜面上的定滑輪相連接(滑輪光滑)，一力F施加在繩上一點(diǎn)O使O點(diǎn)所受三力相互成120°角，已知M質(zhì)量為10kg，m與斜面恰無摩擦力，則m的質(zhì)量和F的值各為(g取10m/s2)()A．10kg100NB．20kg100NC．5kg50ND．20kg50eq\r(3)N解析：“O”點(diǎn)所受三力互成120°角且靜止，則F＝Mg＝mgsinθ，則F＝Mg＝100N，m＝eq\f(M,sinθ)＝2M＝20kg、答案：B3、如圖所示，在水平光滑地面上有A、B兩個木塊，A、B之間用一輕彈簧連接．A靠在墻壁上，用力F向左推B使兩木塊之間的彈簧壓縮并處于靜止?fàn)顟B(tài)．若突然撤去力F，則下列說法中正確的是()A．木塊A離開墻壁前，墻對木塊A的沖量大小等于木塊B動量變化量的大小B．木塊A離開墻壁前，彈性勢能的減少量等于木塊B動能的增量C．木塊A離開墻壁時(shí)，B的動能等于A、B共速時(shí)的彈性勢能D．木塊A離開墻壁后，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時(shí)，木塊A的速度為零解析：木塊A離開墻壁前，對A、B整體而言，墻對木塊A的沖量大小等于整體的動量變化量即等于木塊B動量變化量的大小；根據(jù)能量守恒定律，木塊A離開墻壁前，彈性勢能的減少量等于木塊B動能的增量；木塊A離開墻壁時(shí)，B的動能等于A、B共速時(shí)的彈性勢能及A的動能之和；木塊A離開墻壁后，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時(shí)，A、B交換速度，木塊B的速度為零．選項(xiàng)A、B正確．答案：AB4、如圖所示，電源電動勢E＝12V，內(nèi)阻r＝3Ω，R0＝1Ω，直流電動機(jī)內(nèi)阻R0′＝1Ω、當(dāng)調(diào)節(jié)滑動變阻器R1時(shí)可使圖甲中電路的輸出功率最大；調(diào)節(jié)R2時(shí)可使圖乙中電路的輸出功率最大，且此時(shí)電動機(jī)剛好正常工作(額定輸出功率為P0＝2W)，則R1和R2連入電路中的阻值分別為()A．2Ω、2ΩB．2Ω、1、5ΩC．1、5Ω、1、5ΩD．1、5Ω、2Ω解析：因?yàn)轭}圖甲電路是純電阻電路，當(dāng)外電阻與電源內(nèi)阻相等時(shí)，電源的輸出功率最大，所以R1接入電路中的阻值為2Ω；而題圖乙電路是含電動機(jī)的電路，歐姆定律不適用，電路的輸出功率P＝IU＝I(E－Ir)，所以當(dāng)I＝eq\f(E,2r)＝2A時(shí)，輸出功率P有最大值，此時(shí)電動機(jī)的輸出功率為2W，發(fā)熱功率為4W，所以電動機(jī)的輸入功率為6W，電動機(jī)兩端的電壓為3V，電阻R2兩端的電壓為3V，所以R2接入電路中的阻值為1、5Ω，B正確．答案：B5、(2018·陜西省寶雞市高三教學(xué)質(zhì)量檢測)如圖所示，垂直紙面放置的兩根平行長直導(dǎo)線分別通有方向相反的電流I1和I2，且I1>I2，紙面內(nèi)的一點(diǎn)H到兩根導(dǎo)線的距離相等，則該點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向可能為圖中的()A．B4B．B3C．B2D．B1解析：根據(jù)題述，I1>I2，由安培定則，I1在H點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于H和I1連線，指向右下，I2在H點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于H和I2連線，指向左下．I1在H點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度比I2在H點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大，H點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度為兩磁場的疊加，故H點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向可能為圖中的B3，選項(xiàng)B正確．答案：B6、小型交流發(fā)電機(jī)的矩形金屬線圈在勻強(qiáng)磁場中勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢與時(shí)間的關(guān)系是正弦函數(shù)．將發(fā)電機(jī)與一個標(biāo)有“6V6W”的小燈泡連接形成閉合回路，不計(jì)電路的其他電阻．當(dāng)線圈的轉(zhuǎn)速為n＝5r/s時(shí)，小燈泡恰好正常發(fā)光，則電路中電流的瞬時(shí)表達(dá)式為()A．i＝sin5t(A)B．i＝sin10πt(A)C．i＝1、41sin5t(A)D．i＝1、41sin10πt(A)解析：因?yàn)樾襞菡０l(fā)光，所以電路中電流的有效值為I＝eq\f(P,U)＝1A，則電流的最大值為Im＝eq\r(2)A≈1、41A．因?yàn)檗D(zhuǎn)速n＝5r/s，且ω＝2nπ，所以ω＝10πrad/s，故電路中電流的瞬時(shí)值表達(dá)式為i＝1、41sin10πt(A)，選項(xiàng)D正確．答案：D7、(2018·惠州模擬)一交變電流的圖象如圖所示，由圖可知()A．該交流電的周期是0、02sB．該交流電電流最大值為20eq\r(2)AC．該交流電的頻率為100HzD．用電流表測該電流其示數(shù)為10eq\r(2)A解析：該交流電的周期T＝0、01s，頻率f＝eq\f(1,T)＝100Hz，A錯、C對；最大值Im＝10eq\r(2)A，電流表測得的是電流有效值I＝eq\f(Im,\r(2))＝10A，故B、D錯誤．答案：C二、非選擇題1、完成以下“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”實(shí)驗(yàn)的幾個主要步驟：(1)如圖甲，用兩只彈簧測力計(jì)分別鉤住細(xì)繩套，互成角度地拉橡皮條，使橡皮條伸長，記下結(jié)點(diǎn)O的位置、兩彈簧測力計(jì)的讀數(shù)F1、F2以及兩細(xì)繩套的方向．(2)如圖乙，用一只彈簧測力計(jì)鉤住細(xì)繩套把橡皮條的結(jié)點(diǎn)拉到________，記下細(xì)繩套的方向(如圖丙中的c)，讀得彈簧測力計(jì)的示數(shù)F＝________、(3)如圖丙，按選定的標(biāo)度作出了力F1、F2的圖示，請?jiān)趫D丙中：①按同樣的標(biāo)度作出力F的圖示；②按力的平行四邊形定則作出F1、F2的合力F′、(4)若F′與F________________________________________________________________________，則平行四邊形定則得到驗(yàn)證．解析：(2)如題圖乙，用一只彈簧測力計(jì)鉤住細(xì)繩套把橡皮條的結(jié)點(diǎn)拉到同一位置O，記下細(xì)繩套的方向，由圖示彈簧測力計(jì)可讀得彈簧測力計(jì)的示數(shù)F＝4、0N、(3)①作出力F的圖示如圖所示．②根據(jù)力的平行四邊形定則，作出F1、F2的合力F′，如圖所示．(4)若有F′與F在誤差范圍內(nèi)大小相等，方向相同，則平行四邊形定則得到驗(yàn)證．答案：(2)同一位置O4、0N(3)見解析(4)在誤差范圍內(nèi)大小相等，方向相同2、如圖所示，靜止在勻強(qiáng)磁場中的eq\o\al(6,3)Li核俘獲一個速度為v0＝7、7×104m/s的中子而發(fā)生核反應(yīng)eq\o\al(6,3)Li＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(3,1)H＋eq\o\al(4,2)He、若已知eq\o\al(4,2)He的速度v2＝2、0×104m/s，其方向與反應(yīng)前中子速度方向相同，求：(1)eq\o\al(3,1)H的速度是多大；(2)在圖中畫出兩粒子的運(yùn)動軌跡并求出軌道半徑之比；(3)當(dāng)粒子eq\o\al(4,2)He旋轉(zhuǎn)3周時(shí)，粒子eq\o\al(3,1)H旋轉(zhuǎn)幾圈．解析：(1)中子撞擊鋰核生成氚核和氦核過程中動量守恒，有m0v0＝m1v1＋m2v2式中m0、m1、m2分別為中子、氚核、氦核的質(zhì)量，v1為氚核速度，代入數(shù)據(jù)得v1＝1、0×103m/s，方向與v0相反(即與v2相反)．(2)氚核、氦核在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑之比為r1：r2＝eq\f(m1v1,Bq1)：eq\f(m2v2,Bq2)＝eq\f(3×0.1×104,B×1)：eq\f(4×2×104,B×2)＝3：40運(yùn)動軌跡如圖所示．(3)氚核、氦核做圓周運(yùn)動的周期之比為T1：T2＝eq\f(2πm1,Bq1)：eq\f(2πm2,Bq2)＝eq\f(2π×3,B×1)：eq\f(2π×4,B×2)＝3：2所以它們旋轉(zhuǎn)周期之比為n1：n2＝T2：T1＝2：3當(dāng)α粒子旋轉(zhuǎn)3周時(shí)，氚核旋轉(zhuǎn)2周．答案：(1)1、0×103m/s(2)3：40(3)22019年高考物理（人教）一輪基礎(chǔ)夯實(shí)練（3）一、選擇題1、(2018·合肥市質(zhì)量檢測)一質(zhì)量為2kg的物體受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直線運(yùn)動時(shí)的a－t圖象如圖所示，t＝0時(shí)其速度大小為2m/s，滑動摩擦力大小恒為2N，則()A．在t＝6s的時(shí)刻，物體的速度為18m/sB．在0～6s時(shí)間內(nèi)，合力對物體做的功為400JC．在0～6s時(shí)間內(nèi)，拉力對物體的沖量為48N·sD．在t＝6s的時(shí)刻，拉力F的功率為200W解析：類比速度圖象位移的表示方法可知，速度變化量在加速度—時(shí)間圖象中由圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示，在0～6s內(nèi)Δv＝18m/s，v0＝2m/s，則t＝6s時(shí)的速度v＝20m/s，A項(xiàng)錯；由動能定理可知，0～6s內(nèi)，合力做功W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝396J，B項(xiàng)錯；由沖量定理可知，I－Ff·t＝mv－mv0，代入已知條件解得：I＝48N·s，C項(xiàng)正確；由牛頓第二定律可知，6s末F－Ff＝ma，解得：F＝10N，所以拉力的功率P＝Fv＝200W，D項(xiàng)正確．答案：CD2、(2018·山西四校聯(lián)考)如圖所示，輕繩一端連接放置在水平地面上的物體Q，另一端繞過固定在天花板上的定滑輪與小球P連接，P、Q始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，則()A．Q可能受到兩個力的作用B．Q可能受到三個力的作用C．Q受到的繩子拉力與重力的合力方向水平向左D．Q受到的繩子拉力與重力的合力方向指向左下方解析：由平衡條件知，Q受重力、支持力、繩的拉力和摩擦力四個力的作用，選項(xiàng)A、B錯誤；由平衡條件知，Q受到的繩子拉力和重力的合力與支持力和摩擦力的合力大小相等、方向相反，由平行四邊形定則知，支持力和摩擦力的合力方向指向右上方，所以Q受到的繩子拉力和重力的合力方向指向左下方，選項(xiàng)C錯誤，選項(xiàng)D正確．答案：D3、如圖所示，豎直平面內(nèi)有一光滑直桿AB，桿與水平方向的夾角為θ(0°≤θ≤90°)，一質(zhì)量為m的小圓環(huán)套在直桿上．給小圓環(huán)施加一與該豎直平面平行的恒力F，并從A端由靜止釋放．改變直桿和水平方向的夾角θ，當(dāng)直桿與水平方向的夾角為30°時(shí)，小圓環(huán)在直桿上運(yùn)動的時(shí)間最短，重力加速度為g，則()A．恒力F一定沿與水平方向成30°角斜向右下的方向B．恒力F和小圓環(huán)的重力的合力一定沿與水平方向成30°角斜向右下的方向C．若恒力F的方向水平向右，則恒力F的大小為eq\r(3)mgD．恒力F的最小值為eq\f(\r(3),2)mg解析：小圓環(huán)受到豎直向下的重力、光滑直桿AB對小圓環(huán)的支持力和恒力F，把光滑直桿AB對小圓環(huán)的支持力正交分解，沿直桿方向無分力，由L＝eq\f(1,2)at2可知，要使小圓環(huán)在直桿上運(yùn)動的時(shí)間最短，小圓環(huán)運(yùn)動的加速度必須最大，由牛頓第二定律可知，當(dāng)恒力和重力的合力沿光滑直桿方向時(shí)，加速度最大，所以選項(xiàng)A錯誤、B正確；若恒力F的方向水平向右，由tan30°＝eq\f(mg,F)，解得F＝eq\r(3)mg，選項(xiàng)C正確；當(dāng)合力F的方向垂直光滑直桿時(shí)，恒力F最小，由sin60°＝eq\f(F,mg)，解得F的最小值為Fmin＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)mg，選項(xiàng)D正確．答案：BCD4、(2018·武漢模擬)如圖所示，R是光敏電阻，其阻值隨光照強(qiáng)度的增大而減小，當(dāng)它受到的光照強(qiáng)度增大時(shí)()A．燈泡L變暗B．光敏電阻R上的電壓增大C．電壓表V的讀數(shù)減小D．電容器C的帶電荷量增大解析：光照強(qiáng)度增大時(shí)，R的阻值減小，閉合電路的總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律知I＝eq\f(E,R＋r＋R燈)增大，燈泡L變亮，選項(xiàng)A錯誤；光敏電阻R上的電壓UR＝E－I(r＋R燈)減小，選項(xiàng)B錯誤；電壓表V的讀數(shù)U＝E－Ir減小，選項(xiàng)C正確；電容器C兩端的電壓等于燈泡兩端的電壓，燈泡兩端的電壓UL＝IR燈增大，所以電容器C的帶電荷量Q＝CUL增大，選項(xiàng)D正確．答案：CD5、(2018·河北唐山調(diào)研)如圖所示，兩平行的粗糙金屬導(dǎo)軌水平固定在勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌寬度為L，一端與電源連接．一質(zhì)量為m的金屬棒ab垂直于平行導(dǎo)軌放置并接觸良好，金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),3)，在安培力的作用下，金屬棒以v0的速度向右勻速運(yùn)動，通過改變磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，可使流過導(dǎo)體棒的電流最小，此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向與豎直方向的夾角為()A．37°B．30°C．45°D．60°解析：本題考查通電導(dǎo)體棒在磁場中的平衡問題．由題意對棒受力分析，設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向與豎直方向成θ角，則有BILcosθ＝μ(mg－BILsinθ)整理得BIL＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)電流有最小值，就相當(dāng)于安培力有最小值，最后由數(shù)學(xué)知識解得：θ＝30°，則A、C、D錯，B對．答案：B6、(2018·遼寧錦州期末)如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為20：1，原線圈接在正弦交流電源上，副線圈接入“3V6W”燈泡一只，且燈泡正常發(fā)光．則()A．原線圈電壓有效值為3VB．電源輸出功率為120WC．電流表的示數(shù)為0、1AD．電流表的示數(shù)為40A解析：根據(jù)理想變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)成正比可知，原線圈兩端電壓有效值為60V，選項(xiàng)A錯誤；理想變壓器輸入功率等于輸出功率，所以輸入功率和輸出功率都為6W，則電源輸出功率為6W，選項(xiàng)B錯誤；理想變壓器輸入功率為6W，則原線圈中的電流有效值為I＝eq\f(P,U)＝eq\f(6,60)A＝0、1A，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯誤．答案：C7、在變電站里，經(jīng)常要用交流電表監(jiān)測電網(wǎng)上的強(qiáng)電流．所用的器材叫電流互感器，如圖所示，能正確反映其工作原理的是()解析：電流互感器把大電流變成小電流，測量時(shí)更安全，據(jù)變壓器原理，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，I2＝eq\f(n1,n2)I1，所以要求線圈匝數(shù)n2>n1，原線圈要接在火線上，故本題只有A正確．答案：A二、非選擇題1、如圖所示為“探究加速度與物體受力的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)裝置圖．圖中A為小車，質(zhì)量為m1，連接在小車后面的紙帶穿過電火花打點(diǎn)計(jì)時(shí)器B，它們均置于水平放置的一端帶有定滑輪的足夠長的木板上，P的質(zhì)量為m2，C為彈簧測力計(jì)，實(shí)驗(yàn)時(shí)改變P的質(zhì)量，讀出測力計(jì)不同讀數(shù)F，不計(jì)繩與滑輪的摩擦．(1)下列說法正確的是()A．一端帶有定滑輪的長木板必須保持水平B．實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)先接通電源后釋放小車C．實(shí)驗(yàn)中m2應(yīng)遠(yuǎn)小于m1D．測力計(jì)的讀數(shù)始終為eq\f(m2g,2)(2)如圖為某次實(shí)驗(yàn)得到的紙帶，紙帶上標(biāo)出了所選的四個計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的距離，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有四個點(diǎn)沒有畫出．由此可求得小車的加速度的大小是________m/s2(交流電的頻率為50Hz，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)．(3)實(shí)驗(yàn)時(shí)，某同學(xué)由于疏忽，遺漏了平衡摩擦力這一步驟，他測量得到的a－F圖象可能是圖中的圖線()解析：(1)一端帶有定滑輪的長木板必須稍微傾斜，以平衡摩擦力，選項(xiàng)A錯誤．實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)先接通電源后釋放小車，選項(xiàng)B正確．實(shí)驗(yàn)中m2不必遠(yuǎn)小于m1，選項(xiàng)C錯誤．由于P向下加速運(yùn)動，測力計(jì)的讀數(shù)始終小于eq\f(m2g,2)，選項(xiàng)D錯誤．(2)由Δx＝aT2解得小車的加速度的大小是0、50m/s2、(3)遺漏了平衡摩擦力這一步驟，他測量得到的a－F圖象，應(yīng)該是當(dāng)F從某一值開始增大，加速度a才開始增大，所以可能是圖線C、答案：(1)B(2)0、50(3)C2、(2018·廣東華山模擬)(1)(10分)關(guān)于熱現(xiàn)象和熱學(xué)規(guī)律，下列說法正確的是________(填正確答案的標(biāo)號)．A．只要知道氣體的摩爾體積和阿伏加德羅常數(shù)，就可以算出氣體分子的體積B．氣體溫度升高，分子的平均動能一定增大C．溫度一定時(shí)，懸浮在液體中的固體顆粒越小，布朗運(yùn)動越明顯D．一定溫度下，飽和汽的壓強(qiáng)是一定的E．第二類永動機(jī)不可能制成是因?yàn)樗`反了能量守恒定律(2)(15分)如圖，將導(dǎo)熱性良好的薄壁圓筒開口向下豎直緩慢地放入水中，筒內(nèi)封閉了一定質(zhì)量的氣體(可視為理想氣體)．當(dāng)筒底與水面相平時(shí)，圓筒恰好靜止在水中．此時(shí)水的溫度t1＝7、0℃，筒內(nèi)氣柱的長度h1＝14cm、已知大氣壓強(qiáng)p0＝1、0×105Pa，水的密度ρ＝1、0×103kg/m3，重力加速度大小g取10m/s2、(ⅰ)若將水溫緩慢升高至27℃，此時(shí)筒底露出水面的高度Δh為多少？(ⅱ)若水溫升至27℃后保持不變，用力將圓筒緩慢下壓至某一位置，撤去該力后圓筒恰能靜止，求此時(shí)筒底到水面的距離H(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)．解析：(1)知道氣體的摩爾體積和阿伏加德羅常數(shù)，可以算出每個氣體分子占據(jù)空間的體積，但不是分子體積(分子間隙大)，故A錯誤；溫度是分子平均動能的標(biāo)志，故氣體溫度升高，分子的平均動能一定增大，選項(xiàng)B正確；懸浮在液體中的固體微粒越小，碰撞的不平衡性越明顯，布朗運(yùn)動就越明顯，故C正確；飽和蒸汽壓僅僅與溫度有關(guān)，所以一定溫度下，飽和汽的壓強(qiáng)是一定的，故D正確；第一類永動機(jī)不可能制成，是因?yàn)樗`反了能量守恒定律，第二類永動機(jī)不可能制成是因?yàn)樗`反了熱力學(xué)第二定律，故E錯誤．(2)(ⅰ)設(shè)水溫升至27℃時(shí)，氣柱的長度為h2，圓筒橫截面積為S，根據(jù)蓋－呂薩克定律有eq\f(Sh1,T1)＝eq\f(Sh2,T2)，圓筒靜止，筒內(nèi)外液面高度差不變，有Δh＝h2－h(huán)1，聯(lián)立解得Δh＝1cm；(ⅱ)設(shè)圓筒的質(zhì)量為m，靜止在水中時(shí)筒內(nèi)氣柱的長度為h3、則mg＝ρgh1S，mg＝ρgh3S，圓筒移動過程，根據(jù)玻意耳定律有(p0＋ρgh1)h2S＝[p0＋ρg(h3＋H)]h3S，解得H＝72cm、答案：(1)BCD(2)(ⅰ)1cm(ⅱ)72cm2019年高考物理（人教）一輪基礎(chǔ)夯實(shí)練（4）一、選擇題1、(2018·廣州模擬)如圖所示的電路中，電源內(nèi)阻不可忽略，若調(diào)整可變電阻R的阻值，可使電壓表的示數(shù)減小ΔU(電壓表為理想電表)，在這個過程中()A．通過R1的電流減小，減少量一定等于eq\f(ΔU,R1)B．R2兩端的電壓增加，增加量一定等于ΔUC．路端電壓減小，減少量一定等于ΔUD．通過R2的電流增加，但增加量一定小于eq\f(ΔU,R2)解析：電壓表的示數(shù)減小ΔU，通過R1的電流減小ΔI＝eq\f(ΔU,R1)，選項(xiàng)A正確；R2與電源內(nèi)阻的總電壓增加ΔU，選項(xiàng)B錯誤；R2兩端的電壓增加量小于ΔU，通過R2的電流增加量小于eq\f(ΔU,R2)，選項(xiàng)C錯誤、D正確．答案：AD2、(2018·湖南岳陽一中模擬)如圖所示，我們常見這樣的雜技表演：四個人A、B、C、D體型相似，B站在A的肩上，雙手拉著C和D，A水平撐開雙手支持著C和D、如果四個人的質(zhì)量均為m＝60kg，g取10m/s2，估算A的手臂受到的壓力和B的手臂受到的拉力大小分別為()A．120N，240NB．240N，480NC．350N，700ND．600N，1200N解析：對C進(jìn)行受力分析如圖所示，由四人體型相似推知四人手臂長度相同，則B的手臂與豎直方向的夾角為30°，則有FAC＝mgtan30°＝eq\f(\r(3),3)mg，即C受到A的推力約為eq\f(\r(3),3)mg，A的手臂受到的壓力也是eq\f(\r(3),3)mg＝eq\f(\r(3),3)×60×10N≈350N；FBC＝eq\f(mg,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)mg，即C受到B的拉力為eq\f(2\r(3),3)mg，則B的手臂受到的拉力也為eq\f(2\r(3),3)mg＝eq\f(2\r(3),3)×60×10N≈700N，故選C、答案：C3、(2018·吉林省吉林市調(diào)研)某質(zhì)點(diǎn)在幾個恒力作用下做勻速直線運(yùn)動，現(xiàn)突然將與質(zhì)點(diǎn)速度方向相反的一個力旋轉(zhuǎn)90°，則關(guān)于質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動狀況的敘述正確的是()A．質(zhì)點(diǎn)的速度一定越來越小B．質(zhì)點(diǎn)的速度可能先變大后變小C．質(zhì)點(diǎn)一定做勻變速曲線運(yùn)動D．因慣性質(zhì)點(diǎn)繼續(xù)保持勻速直線運(yùn)動解析：將與質(zhì)點(diǎn)速度方向相反的作用力F旋轉(zhuǎn)90°時(shí)，該力與其余力的合力夾角為90°，這時(shí)質(zhì)點(diǎn)所受的合力大小為eq\r(2)F，方向與速度的夾角為45°，質(zhì)點(diǎn)受力的方向與運(yùn)動的方向之間的夾角是銳角，所以質(zhì)點(diǎn)做速度增大的曲線運(yùn)動，故A、B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律得加速度a＝eq\f(\r(2)F,m)，所以質(zhì)點(diǎn)做勻變速曲線運(yùn)動，故C正確、D錯誤．答案：C4、質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數(shù)為μ、初始時(shí)小物塊停在箱子正中間，如圖所示．現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對靜止．設(shè)碰撞都是彈性的，則整個過程中，系統(tǒng)損失的動能為()A、eq\f(1,2)mv2B、eq\f(1,2)eq\f(mM,m＋M)v2C、eq\f(1,2)NμmgLD．NμmgL解析：小物塊與箱子作用過程中滿足動量守恒，最后恰好又回到箱子正中間．二者相對靜止，即為共速，設(shè)速度為v1，mv＝(m＋M)v1，系統(tǒng)損失動能Ek＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)eq\f(Mmv2,M＋m)；由于碰撞為彈性碰撞，故碰撞時(shí)不損失能量，系統(tǒng)損失的動能等于系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量，即ΔEk＝Q＝NμmgL、故本題選B、D、答案：BD5、(2018·江西五校聯(lián)考)(多選)如圖所示，含有eq\o\al(1,1)H(氕核)、eq\o\al(2,1)H(氘核)、eq\o\al(4,2)He(氦核)的帶電粒子束從小孔O1處射入速度選擇器，沿直線O1O2運(yùn)動的粒子在小孔O2處射出后垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場，最終打在P1、P2兩點(diǎn)．則()A．打在P1點(diǎn)的粒子是eq\o\al(4,2)HeB．打在P2點(diǎn)的粒子是eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)HeC．O2P2的長度是O2P1長度的2倍D．粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運(yùn)動的時(shí)間都相等解析：帶電粒子在沿直線通過速度選擇器時(shí)，電場力與洛倫茲力大小相等方向相反，即：qvB＝qE所以v＝eq\f(E,B)可知從粒子速度選擇器中射出的粒子具有相等的速度．帶電粒子在磁場中做勻速直線運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，所以：qvB＝eq\f(mv2,r)，所以：r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(m,q)·eq\f(v,B)，可知粒子的比荷越大，則運(yùn)動的半徑越小，所以打在P1點(diǎn)的粒子是eq\o\al(1,1)H，打在P2點(diǎn)的粒子是eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)He、故A錯誤，B正確；由題中的數(shù)據(jù)可得，eq\o\al(1,1)H的比荷是eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)He的比荷的2倍，所以eq\o\al(1,1)H的軌道的半徑是eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)He的半徑的eq\f(1,2)倍，即O2P2的長度是O2P1長度的2倍，故C正確；粒子運(yùn)動的周期：T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，三種粒子的比荷不相同，所以粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運(yùn)動的時(shí)間不相等．故D錯誤．答案：BC6、如圖為一種變壓器的實(shí)物圖，根據(jù)其銘牌上所提供的信息，以下判斷錯誤的是()A．這是一個降壓變壓器B．原線圈的匝數(shù)比副線圈的匝數(shù)多C．當(dāng)原線圈輸入交流電壓220V時(shí)，副線圈輸出直流電壓12VD．當(dāng)原線圈輸入交流電壓220V、副線圈接負(fù)載時(shí)，副線圈中電流比原線圈中電流大解析：根據(jù)銘牌上所提供的信息可知：變壓器的輸入電壓為220V，輸出電壓為12V，該變壓器為降壓變壓器，故選項(xiàng)A、B正確；變壓器的工作原理是電磁感應(yīng)，故變壓器的原、副線圈上的電壓都為交流電壓，選項(xiàng)C錯誤；由理想變壓器的輸出功率等于輸入功率，且原線圈的電壓大于副線圈的電壓，故副線圈接負(fù)載時(shí)，副線圈中電流比原線圈中電流大，選項(xiàng)D正確．答案：C7、如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為55：3，原線圈a、b間輸入交流電瞬時(shí)值的表達(dá)式為u＝220eq\r(2)sin(100πt)V，副線圈兩端接有兩只標(biāo)有“24W”字樣的燈泡，當(dāng)開關(guān)S1和S2都閉合時(shí)，兩燈泡均正常發(fā)光，下列說法中正確的是()A．兩只燈泡能承受的最高電壓為12VB．?dāng)嚅_開關(guān)S1，副線圈兩端的電壓將變大C．?dāng)嚅_開關(guān)S1，變壓器原線圈的輸入功率將變小D．該變壓器原、副線圈的輸入、輸出功率之比為55：3解析：由理想變壓器的工作原理知原、副線圈的電壓與匝數(shù)成正比eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，解得副線圈輸出電壓的有效值為U2＝12V，故燈泡能承受的最高電壓應(yīng)為12eq\r(2)V，A錯誤；無論是斷開開關(guān)S1還是斷開開關(guān)S2，副線圈的電壓均不變，B錯誤；斷開開關(guān)S1，小燈泡L2仍能正常發(fā)光，L2消耗的功率不變，則理想變壓器的輸出功率減小，由于理想變壓器的輸出功率等于輸入功率，因此輸入功率也減小，C正確、D錯誤．答案：C二、非選擇題1、如圖甲所示，傾角θ＝37°的足夠長粗糙斜面固定在水平面上，滑塊A、B用細(xì)線跨過光滑定滑輪相連，A與滑輪間的細(xì)線與斜面平行，B距地面一定高度，A可在細(xì)線牽引下沿斜面向上滑動．某時(shí)刻由靜止釋放A，測得A沿斜面向上運(yùn)動的v－t圖象如圖乙所示(B落地后不反彈)．已知mA＝2kg，mB＝4kg，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0、6、cos37°＝0、8、求：(1)A與斜面間的動摩擦因數(shù)；(2)A沿斜面向上滑動的最大位移．解析：(1)在0～0、5s內(nèi)，根據(jù)題圖乙，可得A、B整體的加速度a1為a1＝eq\f(2m/s,0.5s)＝4m/s2設(shè)細(xì)線張力大小為FT，分別對A、B，由牛頓第二定律有FT－mAgsinθ－μmAgcosθ＝mAa1mBg－FT＝mBa1聯(lián)立解得μ＝0、25(2)B落地后，A繼續(xù)減速上升由牛頓第二定律有mAgsinθ＋μmAgcosθ＝mAa2代入數(shù)據(jù)得a2＝8m/s2故A減速向上滑動的位移x2＝eq\f(2m/s2,2a2)＝0、25m0～0、5s內(nèi)A加速向上滑動的位移x1＝eq\f(2m/s2,2a1)＝0、5m所以，A上滑的最大位移x＝x1＋x2＝0、75m答案：(1)0、25(2)0、752、(2018·重慶一診)(1)下列說法正確的是________(填正確答案的標(biāo)號)．A．多數(shù)分子直徑的數(shù)量級是10－10cmB．氣體的溫度升高時(shí)，氣體的壓強(qiáng)不一定增大C．在一定的溫度下，飽和汽的分子數(shù)密度是一定的D．晶體都是各向異性的E．一切與熱現(xiàn)象有關(guān)的宏觀自然過程都是不可逆的(2)(15分)如圖所示的圓柱形汽缸是一“拔火罐”器皿，汽缸(橫截面積為S)固定在鐵架臺上，輕質(zhì)活塞通過細(xì)線與質(zhì)量為m的重物相連，將一團(tuán)燃燒的輕質(zhì)酒精棉球從缸底的開關(guān)S處扔到汽缸內(nèi)，酒精棉球熄滅時(shí)(此時(shí)缸內(nèi)溫度為t℃)閉合開關(guān)S，此時(shí)活塞下的細(xì)線剛好拉直且拉力為零，而這時(shí)活塞距缸底的距離為L、由于汽缸傳熱良好，隨后重物會被吸起，最后重物穩(wěn)定在距地面eq\f(L,10)處．已知環(huán)境溫度為t0℃不變，eq\f(mg,S)＝eq\f(1,6)p0，p0為大氣壓強(qiáng)，汽缸內(nèi)的氣體可看成理想氣體，求：(ⅰ)酒精棉球熄滅時(shí)的溫度t與t0滿足的關(guān)系式；(ⅱ)汽缸內(nèi)溫度降低到重新平衡的過程中外界對氣體做的功．解析：(1)原子和分子的數(shù)量級是10－10m，A錯誤．溫度是分子平均動能的標(biāo)志，溫度升高，氣體分子的平均動能增大，由氣態(tài)方程eq\f(pV,T)＝C可知，溫度升高，壓強(qiáng)不一定增大，B正確．飽和汽壓與分子密度和溫度有關(guān)，在一定溫度下，飽和汽的分子數(shù)密度是一定的，飽和汽壓也是一定的，C正確．單晶體具有各向異性，而多晶體沒有各向異性，D錯誤．根據(jù)熱力學(xué)第二定律，一切與熱現(xiàn)象有關(guān)的宏觀自然過程都是不可逆的，E正確．(2)(ⅰ)汽缸內(nèi)封閉氣體的初始狀態(tài)：p1＝p0，V1＝LS，T1＝(273＋t)K；末狀態(tài)：p2＝p0－eq\f(mg,S)＝eq\f(5,6)p0，V2＝eq\f(9,10)LS，T2＝(273＋t0)K、由理想氣體的狀態(tài)方程有eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)，解得t＝eq\f(4,3)t0＋91℃、(ⅱ)汽缸內(nèi)封閉氣體的溫度降低的過程中，開始時(shí)氣體的壓強(qiáng)變化，但氣體的體積沒有變化，故此過程外界對氣體不做功．活塞向上運(yùn)動過程為恒壓過程，氣體的壓強(qiáng)為p2，活塞上移的距離為eq\f(L,10)，故外界對氣體做的功為W＝p2ΔV＝eq\f(5,6)p0×eq\f(L,10)S＝eq\f(p0LS,12)、答案：(1)BCE(2)(ⅰ)t＝eq\f(4,3)t0＋91℃(ⅱ)eq\f(p0LS,12)2019年高考物理（人教）一輪基礎(chǔ)夯實(shí)練（5）一、選擇題1、(2018·浙江百校聯(lián)盟押題卷)如圖所示，A、B兩物體用兩根輕質(zhì)細(xì)線分別懸掛在天花板上，兩細(xì)線與水平方向夾角分別為60°和45°，A、B間拴接的輕質(zhì)彈簧恰好處于水平狀態(tài)，則下列判斷正確的是()A．A、B的質(zhì)量之比為1：eq\r(3)B．A、B所受彈簧彈力大小之比為eq\r(3)：eq\r(2)C．懸掛A、B的細(xì)線上拉力大小之比為eq\r(2)：1D．快速撤去彈簧的瞬間，A、B的瞬時(shí)加速度大小之比為1：eq\r(2)解析：彈簧對A、B的彈力大小相等，設(shè)為kx，對A、B分別進(jìn)行受力分析，由平衡條件可知mAg＝kxtan60°，F(xiàn)A＝kx/cos60°，mBg＝kxtan45°，F(xiàn)B＝kx/cos45°，聯(lián)立解得A、B兩物體質(zhì)量之比為mA：mB＝tan60°：tan45°＝eq\r(3)：1，F(xiàn)A：FB＝cos45°：cos60°＝eq\r(2)：1，在剪斷彈簧的瞬間，A、B的瞬時(shí)加速度aA：aB＝gcos60°：gcos45°＝1：eq\r(2)，故C、D正確．答案：CD2、(2018·重慶調(diào)研)如圖所示，某河段兩岸平行，河水越靠近河中央水流速度越大．一條小船(可視為質(zhì)點(diǎn))沿垂直于河岸的方向航行，它在靜水中航行速度為v，沿河岸向下及垂直河岸建立直角坐標(biāo)系xOy，則該船渡河的大致軌跡正確的是()解析：小船在垂直于河岸方向做勻速直線運(yùn)動，平行河岸方向先做加速運(yùn)動后做減速運(yùn)動，因此合速度方向與河岸間的夾角先減小后增大，即運(yùn)動軌跡的切線方向與x軸的夾角先減小后增大，C項(xiàng)正確．答案：C3、滑塊靜止于光滑水平面上，與之相連的輕質(zhì)彈簧處于自然伸直狀態(tài)，現(xiàn)用恒定的水平外力F作用于彈簧右端，在向右移動一段距離的過程中拉力F做了10J的功．在上述過程中()A．彈簧的彈性勢能增加了10JB．滑塊的動能增加了10JC．滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加了10JD．滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒解析：拉力F做功的同時(shí)，彈簧伸長，彈性勢能增大，滑塊向右加速，滑塊動能增加，由功能關(guān)系可知，拉力做功等于滑塊的動能與彈簧彈性勢能的增加量之和，C正確，A、B、D均錯誤．答案：C4、某靜電場的電場線分布如圖所示，圖中A、B兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度的大小分別為EA和EB，電勢分別為φA和φB，將－q分別放在A、B兩點(diǎn)時(shí)具有的電勢能分別為EpA和EpB，則()A．EA>EB，φA>φB，EpA<EpBB．EA>EB，φA>φB，EpA>EpBC．EA<EB，φA>φB，EpA>EpBD．EA<EB，φA<φB，EpA<EpB解析：從圖可以看出A點(diǎn)的電場線的密集程度大于B點(diǎn)的密集程度，故A點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于B點(diǎn)的電場強(qiáng)度．因電場線的方向由A指向B，而沿電場線的方向電勢逐漸降低，所以A點(diǎn)的電勢高于B點(diǎn)的電勢．負(fù)電荷從A到B，電場力做負(fù)功，電勢能增加，所以－q在B點(diǎn)的電勢能大于在A點(diǎn)的電勢能，故A正確．答案：A5、某一空間存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度為B且大小不變、方向隨時(shí)間t做周期性變化的勻強(qiáng)磁場(如圖甲所示)，規(guī)定垂直紙面向里的磁場方向?yàn)檎疄榱耸轨o止于該磁場中的帶正電的粒子能按a→b→c→d→e→f的順序做橫“∞”字曲線運(yùn)動(即如圖乙所示的軌跡)，下列辦法可行的是(粒子只受磁場力的作用，其它力不計(jì))()A．若粒子的初始位置在a處，在t＝eq\f(3T,8)時(shí)給粒子一個沿切線方向水平向右的初速度B．若粒子的初始位置在f處，在t＝eq\f(T,2)時(shí)給粒子一個沿切線方向豎直向下的初速度C．若粒子的初始位置在e處，在t＝eq\f(11,8)T時(shí)給粒子一個沿切線方向水平向左的初速度D．若粒子的初始位置在b處，在t＝eq\f(T,2)時(shí)給粒子一個沿切線方向豎直向上的初速度解析：要使粒子的運(yùn)動軌跡如題圖乙所示，粒子做圓周運(yùn)動的周期應(yīng)為T0＝eq\f(πm,qB)＝eq\f(T,2)，結(jié)合左手定則可知，選項(xiàng)A、D正確．答案：AD6、(2018·廣西重點(diǎn)高中高三一模)如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為2：1，a、b端接入一正弦式交流電源．L1、L2為兩只規(guī)格均為“22V6W”的燈泡，兩電表為理想交流電表．當(dāng)滑動變阻器的滑片P處于中間位置時(shí)，兩燈泡恰好都正常發(fā)光．下列說法正確的是()A．電流表示數(shù)為0、27AB．電壓表示數(shù)為44VC．滑片P向下移動時(shí)，燈泡L2將變暗D．滑片P向上移動時(shí)，燈泡L1將變暗解析：由于原、副線圈匝數(shù)比為2：1，則原、副線圈電流比為1：2，因兩燈泡正常發(fā)光，所以原線圈電流為eq\f(3,11)A，則副線圈電流為eq\f(6,11)A＝0、55A，A錯．原、副線圈兩端電壓比為2：1，副線圈兩端電壓為22V，所以原線圈兩端電壓為44V，B對．滑片P向下移動時(shí)，副線圈電路的電阻變小，電流變大，則原線圈電路中電流也變大，即通過燈泡L2的電流變大，燈泡L2可能變亮或燒毀，C錯．滑片P向上移動時(shí)，通過燈泡L2的電流變小，原線圈兩端電壓變大，則副線圈兩端電壓也變大，燈泡L1可能變亮或燒毀，D錯．答案：B7、(2018·江西省五校高考模擬考試)如圖所示，有一矩形線圈的面積為S，匝數(shù)為N，電阻不計(jì)，繞OO′軸在水平方向的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中以角速度ω做勻速轉(zhuǎn)動，從圖示位置開始計(jì)時(shí)．矩形線圈通過銅滑環(huán)接理想變壓器原線圈，副線圈接有固定電阻R0和滑動變阻器R，下列判斷正確的是()A．矩形線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝NBSωsinωtB．矩形線圈從圖示位置經(jīng)過eq\f(π,2ω)時(shí)間內(nèi)，通過電流表A1的電荷量為0C．當(dāng)滑動變阻器的滑片向上滑動過程中，電流表A1和A2示數(shù)都變小D．當(dāng)滑動變阻器的滑片向上滑動過程中，電壓表V1示數(shù)不變，V2和V3的示數(shù)都變小解析：初始位置是與中性面垂直的平面，則矩形線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝NBSωcosωt，選項(xiàng)A錯誤；eq\f(π,2ω)是四分之一個周期，由Q＝eq\f(ΔΦ,R)可得，通過電流表A1的電荷量不為零，選項(xiàng)B錯誤；當(dāng)滑動變阻器的滑片向上滑動過程中，滑動變阻器的阻值變大．電路總電阻變大，電流表A2示數(shù)變小，結(jié)合eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可得，電流表A1示數(shù)也變小，選項(xiàng)C正確；當(dāng)滑動變阻器的滑片向上滑動過程中，電壓表V1示數(shù)不變，結(jié)合eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，V2示數(shù)也不變，電壓表V3示數(shù)變大，選項(xiàng)D錯誤．答案：C二、非選擇題1、(2018·山東青島一模)如圖所示，傾角θ＝30°的足夠長的光滑斜面底端A固定有擋板P，斜面上B點(diǎn)與A點(diǎn)的高度差為h、將質(zhì)量為m、長度為L的木板置于斜面底端，質(zhì)量也為m的小物塊靜止在木板上某處，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．已知木板與物塊間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),2)，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g、(1)若給木板和物塊一沿斜面向上的初速度v0，木板上端恰能到達(dá)B點(diǎn)，求v0的大??；(2)若對木板施加一沿斜面向上的拉力F，物塊相對木板剛好靜止，求拉力F的大?。馕觯?1)由于μgcosθ>gsinθ，所以在運(yùn)動過程中物塊相對于木板靜止，兩者的加速度a＝gsinθ，根據(jù)eq\f(v\o\al(2,0),2a)＝eq\f(h,sinθ)－L，解得v0＝eq\r(2h－Lg)、(2)對木板與物塊整體有F－2mgsinθ＝2ma0，對物塊有μmgcosθ－mgsinθ＝ma0，解得F＝eq\f(3,2)mg、答案：(1)eq\r(2h－Lg)(2)eq\f(3,2)mg2、(1)如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)a沿adc變化到狀態(tài)c，吸收了340J的熱量，并對外做功120J．若該氣體由狀態(tài)a沿abc變化到狀態(tài)c時(shí)，對外做功40J，則這一過程中氣體________(填“吸收”或“放出”)熱量________J、(2)(15分)某同學(xué)設(shè)計(jì)了一種測溫裝置，其結(jié)構(gòu)如圖所示，玻璃泡A內(nèi)封有一定質(zhì)量的氣體，與A相連的B管插在水銀槽中，管內(nèi)外水銀面的高度差x即可反映泡內(nèi)氣體的溫度，即環(huán)境溫度t，并可由B管上的刻度直接讀出．設(shè)B管的體積與A泡的體積相比可略去不計(jì)，在1個標(biāo)準(zhǔn)大氣壓下對B管進(jìn)行溫度刻線(1標(biāo)準(zhǔn)大氣壓相當(dāng)于76cmHg的壓強(qiáng))．已知當(dāng)溫度t1＝27℃時(shí)，管內(nèi)外水銀面的高度差x1＝16cm，此高度差即為27℃的刻度線．求：(ⅰ)推導(dǎo)高度差x隨溫度t變化的關(guān)系式；(ⅱ)判斷該測溫裝置的刻度是否均勻，并指出溫度t＝0℃刻度線在何處．解析：(1)對該理想氣體由狀態(tài)a沿abc變化到狀態(tài)c，由熱力學(xué)第一定律可得：ΔU＝Q＋W＝340J＋(－120J)＝220J，即從a狀態(tài)到c狀態(tài)，理想氣體的內(nèi)能增加了220J；若該氣體由狀態(tài)a沿adc變化到狀態(tài)c時(shí)，對外做功40J，此過程理想氣體的內(nèi)能還是增加220J，所以可以判定此過程是吸收熱量，再根據(jù)熱力學(xué)第一定律可得：ΔU＝Q′＋W′，得Q′＝ΔU－W′＝220J－(－40J)＝260J、(2)(ⅰ)B管體積忽略不計(jì)，玻璃泡A內(nèi)氣體體積保持不變，是等容變化過程，根據(jù)查理定律可得eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)根據(jù)平衡條件可知，玻璃泡A內(nèi)氣體壓強(qiáng)p＝p0－ρgx，其中p0為標(biāo)準(zhǔn)大氣壓，代入數(shù)據(jù)解得x＝21、4－eq\f(t,5)(cm)．(ⅱ)由方程可知，x與t是線性函數(shù)，所以該測溫裝置的刻度是均勻的．根據(jù)方程x＝21、4－eq\f(t,5)(cm)，將t＝0℃代入上式可得，x＝21、4cm、所以溫度t＝0℃刻度線在x＝21、4cm處．答案：(1)吸收260(2)(ⅰ)x＝21、4－eq\f(t,5)(cm)(ⅱ)刻度均勻x＝21、4cm處2019年高考物理（人教）一輪基礎(chǔ)夯實(shí)練（6）一、選擇題1、(2018·浙江溫州十校聯(lián)考)2016年8月16日凌晨，被命名為“墨子號”的中國首顆量子科學(xué)實(shí)驗(yàn)衛(wèi)星開啟星際之旅，其運(yùn)行軌道為如圖所示的繞地球E運(yùn)動的橢圓軌道，地球E位于橢圓的一個焦點(diǎn)上．軌道上標(biāo)記了衛(wèi)星經(jīng)過相等時(shí)間間隔(Δt＝eq\f(T,14)，T為運(yùn)轉(zhuǎn)周期)的位置．如果作用在衛(wèi)星上的力只有地球E對衛(wèi)星的萬有引力，則下列說法正確的是()A．面積S1>S2B．衛(wèi)星在軌道A點(diǎn)的速度小于B點(diǎn)的速度C．T2＝Ca3，其中C為常數(shù)，a為橢圓半長軸D．T2＝C′b3，其中C′為常數(shù)，b為橢圓半短軸解析：根據(jù)開普勒第二定律可知，衛(wèi)星與地球的連線在相等的時(shí)間內(nèi)掃過的面積相等，故面積S1＝S2，選項(xiàng)A錯誤；根據(jù)開普勒第二定律可知，衛(wèi)星在軌道A點(diǎn)的速度大于在B點(diǎn)的速度，選項(xiàng)B錯誤；根據(jù)開普勒第三定律可知eq\f(a3,T2)＝k，其中k為常數(shù)，a為橢圓半長軸，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯誤．答案：C2、(2018·廣東五校聯(lián)考)如圖所示，物體A、B用細(xì)繩與彈簧連接后跨過滑輪．A靜止在傾角為45°的粗糙斜面上，B懸掛著．已知質(zhì)量mA＝3mB，不計(jì)滑輪摩擦，現(xiàn)將斜面傾角由45°減小到30°，那么下列說法中正確的是()A．彈簧的彈力不變B．物體A對斜面的壓力將減小C．物體A受到的靜摩擦力將減小D．彈簧的彈力及物體A受到的靜摩擦力都不變解析：設(shè)mA＝3mB＝3m，對物體B受力分析，受重力和拉力，由二力平衡得彈簧的彈力不變，A正確，再對物體A進(jìn)行受力分析，受重力、支持力、彈簧的彈力和靜摩擦力，如圖所示．剛開始由于mAgsin45°＝eq\f(3\r(2),2)mg>mBg＝mg，所以摩擦力沿斜面向上，斜面傾角變?yōu)?0°以后摩擦力仍然沿斜面向上．根據(jù)平衡條件得到Ff＋FT－3mgsinθ＝0，F(xiàn)N－3mgcosθ＝0，解得Ff＝3mgsinθ－FT＝3mgsinθ－mg，F(xiàn)N＝3mgcosθ、當(dāng)θ減小時(shí)，物體A受到的靜摩擦力Ff將減小，物體A對斜面的壓力FN增大，故C正確，B、D錯誤．答案：AC3、(2018·衡水模擬)質(zhì)量為2噸的汽車，發(fā)動機(jī)牽引力的功率為30kW，汽車在水平路面上行駛能達(dá)到的最大速度為15m/s，若汽車以最大功率行駛，所受阻力恒定，則汽車的速度為10m/s時(shí)的加速度為()A．0、5m/s2B．1m/s2C．2m/s2D．2、5m/s2解析：汽車在水平路面上行駛所受阻力Ff＝eq\f(P,v)＝2000N；當(dāng)汽車的速度為10m/s時(shí)，牽引力F＝eq\f(P,v′)＝3000N；加速度a＝eq\f(F－Ff,m)＝0、5m/s2，選項(xiàng)A正確．答案：A4、一正電荷僅在電場力作用下，從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)，速度大小隨時(shí)間變化的圖象如圖所示．下列關(guān)于A、B兩點(diǎn)電場強(qiáng)度E的大小和電勢φ的高低的判斷，正確的是()A．EA>EB，φA>φBB．EA＝EB，φA＝φBC．EA<EB，φA>φBD．EA<EB，φA<φB解析：電荷受電場力的作用，合力不為零．由運(yùn)動圖象可知速度的大小沒有變化，故電荷只能做勻速圓周運(yùn)動，故選B、答案：B5、如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場．在邊長為2R的正方形區(qū)域里也有勻強(qiáng)磁場，兩個磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同．兩個相同的帶電粒子以相同的速率分別從M、N兩點(diǎn)射入勻強(qiáng)磁場．在M點(diǎn)射入的帶電粒子，其速度方向指向圓心；在N點(diǎn)射入的帶電粒子，速度方向與邊界垂直，且N點(diǎn)為正方形邊長的中點(diǎn)，則下列說法正確的是()A．帶電粒子在磁場中飛行的時(shí)間可能相同B．從M點(diǎn)射入的帶電粒子可能先飛出磁場C．從N點(diǎn)射入的帶電粒子可能先飛出磁場D．從N點(diǎn)射入的帶電粒子不可能比M點(diǎn)射入的帶電粒子先飛出磁場解析：畫軌跡草圖如圖所示，容易得出粒子在圓形磁場中的軌跡長度(或軌跡對應(yīng)的圓心角)不會大于在正方形磁場中的，故A、B、D正確．答案：ABD6、某發(fā)電機(jī)說明書的部分內(nèi)容如下表所示，現(xiàn)在用一臺該型號的柴油發(fā)電機(jī)給災(zāi)民臨時(shí)安置區(qū)供電，如圖所示．發(fā)電機(jī)到安置區(qū)的距離是400m，輸電線路中的火線和零線均為某型號單股銅導(dǎo)線，該型號導(dǎo)線單位長度的電阻為2、5×10－4Ω、安置區(qū)家用電器的總功率為44kW，當(dāng)這些額定電壓為220V的家用電器都正常工作時(shí)()型號××××最大輸出功率60kW輸出電壓范圍220V～300VA．輸電線路中的電流為20AB．發(fā)電機(jī)實(shí)際輸出電壓是300VC．在輸電線路上損失的電功率為8kWD．如果該柴油發(fā)電機(jī)發(fā)的電是正弦式交變電流，則輸出電壓最大值是300V解析：額定電壓為220V的家用電器都正常工作時(shí)，輸電線路中的電流I＝eq\f(P,U)＝200A，A錯誤．發(fā)電機(jī)的實(shí)際輸出電壓為U發(fā)＝U＋I(xiàn)r＝260V，B錯誤．在輸電線路上損失的電功率P損＝I2r＝8kW，C正確．如果該柴油發(fā)電機(jī)發(fā)的電是正弦式交變電流，則其輸出電壓最大值是260eq\r(2)V≈367、7V，D錯誤．答案：C7、圖甲的正弦交變電壓接在圖乙的理想變壓器原線圈上，R是滑動變阻器，變壓器原線圈匝數(shù)為55匝，P是副線圈上的滑動觸頭，當(dāng)P處于圖示位置時(shí)，副線圈連入電路部分的匝數(shù)為10匝，燈泡L恰能正常發(fā)光，電容器C恰好不被擊穿．則下列說法正確的是()A．R的滑片不動，向上移動P，燈L變暗B．P不動，向下移動R的滑片，燈L變暗C．電容器C的擊穿電壓為20eq\r(2)VD．向上移動P，變壓器輸入功率變大解析：保持R的滑片不動，向上移動P，則副線圈電壓變大，燈泡變亮，選項(xiàng)A錯誤；保持P不動，向下移動R的滑片，R減小，流過燈泡電流變大，燈泡變亮，選項(xiàng)B錯誤；電容器的擊穿電壓是指最大值，據(jù)變壓器原副線圈電壓最大值的變比關(guān)系eq\f(umax1,umax2)＝eq\f(n1,n2)得umax2＝40V，選項(xiàng)C錯誤；向上移動P，則副線圈電壓變大，變壓器輸出功率變大，理想變壓器輸入功率等于輸出功率，變壓器輸入功率變大，D正確．答案：D二、非選擇題1、(2018·濰坊高三段考)為確保彎道行車安全，汽車進(jìn)入彎道前必須減速．如圖所示，AB為進(jìn)入彎道前的平直公路，BC為水平圓弧形彎道．已知AB段的距離sAB＝14m，彎道半徑R＝24m．汽車到達(dá)A點(diǎn)時(shí)速度vA＝16m/s，汽車與路面間的動摩擦因數(shù)μ＝0、6，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10m/s2、要確保汽車進(jìn)入彎道后不側(cè)滑．求汽車：(1)在彎道上行駛的最大速度；(2)在AB段做勻減速運(yùn)動的最小加速度．解析：(1)在BC彎道，由牛頓第二定律得，μmg＝meq\f(v\o\al(2,max),R)，代入數(shù)據(jù)解得vmax＝12m/s、(2)汽車勻減速至B處，速度恰好減為12m/s時(shí)，加速度最小，由運(yùn)動學(xué)公式－2aminsAB＝veq\o\al(2,max)－veq\o\al(2,A)，代入數(shù)據(jù)解得amin＝4m/s2答案：(1)12m/s(2)4m/s22、(1)(10分)關(guān)于分子動理論和熱力學(xué)定律，下列說法正確的是________．(填正確答案的標(biāo)號．)A．當(dāng)分子間的距離r＝r0時(shí)，斥力等于引力，分子間作用力表現(xiàn)為零B．分子之間的斥力和引力同時(shí)存在，且都隨分子間距離的增加而減小C．兩個分子組成的系統(tǒng)的勢能隨分子間的距離增大而減小D．?dāng)U散現(xiàn)象和布朗運(yùn)動都與溫度有關(guān)E．熱量能夠從高溫物體傳到低溫物體，但不能從低溫物體傳到高溫物體(2)(15分)兩個固定汽缸按如圖所示的方式放置，汽缸B在汽缸A的上方，兩汽缸的底面均水平，兩汽缸中的活塞各封住了一定質(zhì)量的理想氣體，而活塞通過穿過B底部的光滑剛性細(xì)桿相連．兩活塞面積分別為SA和SB，且SA：SB＝1：2、初始時(shí)活塞處于平衡狀態(tài)，A、B中氣體的體積均為V0，A、B中氣體溫度均為300K，B中氣體壓強(qiáng)為0、75p0，p0是汽缸外的大氣壓強(qiáng)(活塞與缸壁間的摩擦不計(jì)，細(xì)桿和兩活塞質(zhì)量均不計(jì))．(ⅰ)求初始時(shí)A中氣體的壓強(qiáng)；(ⅱ)現(xiàn)對A中氣體加熱，同時(shí)保持B中氣體的溫度不變，活塞重新達(dá)到平衡狀態(tài)后，B中氣體的壓強(qiáng)降為0、5p0，求此時(shí)A中氣體的溫度．解析：(1)根據(jù)分子作用力與分子間距離的關(guān)系，當(dāng)分子間的距離r＝r0時(shí)，斥力等于引力，分子間作用力表現(xiàn)為零，故A正確．分子間存在相互作用的引力和斥力，引力和斥力都隨分子間距離的增加而減小，且斥力比引力變化得快，故B正確．當(dāng)分子間的距離r>r0時(shí)，分子力表現(xiàn)為引力，r增大時(shí)分子力做負(fù)功，分子勢能增加；當(dāng)分子間的距離在r<r0范圍內(nèi)增大時(shí)，分子力表現(xiàn)為斥力，并做正功，分子勢能減小，C錯誤．溫度是分子平均動能的標(biāo)志，是分子運(yùn)動劇烈程度的標(biāo)志，溫度越高，擴(kuò)散現(xiàn)象越明顯，布朗運(yùn)動越劇烈，故D正確．根據(jù)熱力學(xué)第二定律知，熱量只能夠自發(fā)地從高溫物體傳到低溫物體，但也可以通過熱機(jī)做功實(shí)現(xiàn)從低溫物體傳遞到高溫物體，故E錯誤．(2)(ⅰ)初始時(shí)系統(tǒng)平衡，對兩活塞和細(xì)桿整體，有pASA＋pBSB＝p0(SA＋SB)將已知條件SB＝2SA，pB＝0、75p0代入上式可解得pA＝1、5p0、(ⅱ)末狀態(tài)系統(tǒng)平衡，對兩活塞和細(xì)桿整體，有p′ASA＋p′BSB＝p0(SA＋SB)可解得p′A＝2p0B中氣體初、末態(tài)溫度相等，由pBVB＝p′BV′B，可求得V′B＝1、5V0設(shè)A中氣體末態(tài)的體積為V′A，因?yàn)閮苫钊苿拥木嚯x相等，故有eq\f(V′A－VA,SA)＝eq\f(V′B－VB,SB)，可求出V′A＝1、25V0由理想氣體狀態(tài)方程有eq\f(p′AV′A,T′A)＝eq\f(pAVA,TA)，解得T′A＝eq\f(p′AV′A,pAVA)TA＝500K、答案：(1)ABD(2)(ⅰ)1、5p0(ⅱ)500K2019年高考物理（人教）一輪基礎(chǔ)夯實(shí)練（7）一、選擇題1、如圖所示，將一個表面光滑的鐵球放在兩塊斜面板AB和CD之間，兩板與水平面的夾角都是60°、已知重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力，則()A．如果突然撤去CD板，則撤去后鐵球?qū)B板的壓力減小B．如果突然撤去CD板，則撤去后鐵球?qū)B板的壓力增大C．如果保持AB板不動，使CD板與水平面的夾角緩慢減小，則球?qū)B板的壓力先減小后增大D．如果保持AB板不動，使CD板與水平面的夾角緩慢減小，則球?qū)D板的壓力先減小后增大解析：原來球靜止，受力如圖所示，由幾何關(guān)系和平衡條件可得AB板對鐵球的支持力F2＝G，則鐵球?qū)B板的壓力F′2＝F2＝G，突然撤去CD板，則撤去后鐵球?qū)B板的壓力為Gcos60°，因此撤去后鐵球?qū)B板的壓力減?。蔄項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯誤；如果保持AB板不動，使CD板與水平面的夾角緩慢減小的過程中，兩擋板彈力的合力等于重力，大小和方向都不變，AB擋板對鐵球彈力F2的方向不變，改變CD擋板的彈力F1方向，根據(jù)三角形定則，(如圖所示)知AB擋板的彈力F2逐漸減小，CD擋板的彈力先減小后增大．根據(jù)牛頓第三定律可知，球?qū)B板的壓力逐漸減小，球?qū)D板的壓力先減小后增大，故C項(xiàng)錯誤，D項(xiàng)正確．答案：AD2、(2018·南京、鹽城模擬)(多選)如圖所示，A、B兩點(diǎn)分別是斜面的頂端、底端，C、D是斜面上的兩個點(diǎn)，LAC：LCD：LDB＝1：3：3，E點(diǎn)在B點(diǎn)正上方并與A點(diǎn)等高．從E點(diǎn)水平拋出質(zhì)量相等的兩個小球，球a落在C點(diǎn)，球b落在D點(diǎn)，球a和球b從拋出到落在斜面上的過程中(不計(jì)空氣阻力)，下列說法正確的是()A．兩球運(yùn)動時(shí)間之比為2：1B．兩球拋出時(shí)初速度之比為4：1C．兩球動能增加量之比為1：2D．兩球重力做功之比為1：3解析：球1和球2下降的高度之比為1：4，根據(jù)t＝eq\r(\f(2h,g))知，時(shí)間之比為1：2，故A錯誤．因?yàn)榍?和球2的水平位移之比為2：1，時(shí)間之比為1：2，則初速度之比為4：1，故B正確．根據(jù)動能定理知，重力做功之比為1：4，則動能增加量之比為1：4，故C、D錯誤．答案：B3、(2018·石家莊二模)靜止在水平地面上的物體，同時(shí)受到水平面內(nèi)兩個互相垂直的力F1、F2的作用，由靜止開始運(yùn)動了2m，已知F1＝6N，F(xiàn)2＝8N，則()A．F1做功12JB．F2做功16JC．F1、F2的合力做功28JD．F1、F2做的總功為20J解析：物體由靜止沿F1、F2的合力方向運(yùn)動，位移為2m，因?yàn)槲灰频姆较驊?yīng)與合力的方向一致，所以WF1＝F1·l·cos53°＝7、2J，WF2＝F2·l·cos37°＝12、8J，故A、B錯誤；F1、F2的合力F合＝eq\r(F\o\al(2,1)＋F\o\al(2,2))＝10N，W總＝F合·l＝20J，故C錯誤、D正確．答案：D4、如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動，其運(yùn)動軌跡在豎直平面(紙面)內(nèi)，且關(guān)于過軌跡最右側(cè)N點(diǎn)的水平直線對稱．已知重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小球可視為質(zhì)點(diǎn)．由此可知()A．勻強(qiáng)電場的方向水平向左B．電場強(qiáng)度E滿足E>eq\f(mg,q)C．小球在M點(diǎn)的電勢能比在N點(diǎn)的大D．M點(diǎn)的電勢比N點(diǎn)的高解析：由小球在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動軌道在豎直平面(紙面)內(nèi)，且關(guān)于過軌跡最右側(cè)N點(diǎn)的水平直線對稱，可以判斷小球所受合力的方向水平向左，而重力方向豎直向下，如圖所示，則知電場力的方向一定斜向左上方，因小球帶正電荷，故勻強(qiáng)電場的方向斜向左上方，且電場強(qiáng)度E滿足E>eq\f(mg,q)，故B正確、A錯誤；由沿著電場線方向電勢逐漸降低可知M點(diǎn)的電勢比N點(diǎn)的低，D錯誤；小球從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中電場力做負(fù)功，電勢能增加，故小球在M點(diǎn)的電勢能比在N點(diǎn)的小，C錯誤．答案：B5、(2018·山西五校聯(lián)考)如圖所示，空間中存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，紙面內(nèi)A、B、C三點(diǎn)構(gòu)成一等邊三角形，在A點(diǎn)有甲、乙、丙三個質(zhì)量相同的粒子以相同的速度垂直于BC邊進(jìn)入磁場，并分別從B點(diǎn)、BC的中點(diǎn)D、AC的中點(diǎn)E離開三角形區(qū)域，粒子重力不計(jì)，下列說法正確的是()A．甲粒子帶正電，乙粒子不帶電，丙粒子帶負(fù)電B．若磁場區(qū)域足夠大，則三個粒子都能回到A點(diǎn)C．甲粒子在三角形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動的時(shí)間是丙粒子的2倍D．甲粒子受到的洛倫茲力大小是丙粒子的2倍解析：甲粒子從B點(diǎn)飛出磁場，由左手定則可知甲粒子帶正電，乙不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，不帶電，丙向左偏轉(zhuǎn)，帶負(fù)電，A正確；若磁場區(qū)域足夠大，則甲和丙兩粒子能回到A點(diǎn)，乙不能，B錯誤；設(shè)三角形的邊長為a，則R甲＝a，R丙＝eq\f(a,2)，由qvB＝eq\f(mv2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)，eq\f(q甲,q丙)＝eq\f(1,2)，所以甲粒子受到的洛倫茲力大小是丙粒子的eq\f(1,2)，D錯誤；甲、丙兩粒子在三角形區(qū)域內(nèi)的運(yùn)動軌跡對應(yīng)的圓心角均為60°，t＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(1,6)T＝eq\f(πm,3qB)，故甲粒子在三角形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動的時(shí)間是丙粒子的2倍，C正確．答案：AC6、(2018·湖北黃岡中學(xué)月考)(多選)有一個交變電流U＝311sin314t(V)，則下列說法中正確的是()A．這個交變電流的頻率是50HzB．它可以使“220V100W”的燈泡正常發(fā)光C．用交流電壓表測量時(shí)，讀數(shù)為311VD．使用這個交變電流的用電器，每通過1C的電荷量時(shí)，電流做功220J解析：由瞬時(shí)值表達(dá)式可知Um＝311V，ω＝314rad/s，頻率f＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，選項(xiàng)A正確；電壓的有效值U有＝eq\f(Um,\r(2))＝220V，可以使“220V100W”的燈泡正常發(fā)光，選項(xiàng)B正確；交流電表讀數(shù)為有效值，選項(xiàng)C錯誤；每通過1C的電荷量時(shí)，電流做功W＝qU有＝220J，選項(xiàng)D正確．答案：ABD7、(2018·河南鶴壁高級中學(xué)月考)(多選)如圖所示是通過街頭變壓器降壓給用戶供電的示意圖．輸入電壓是市區(qū)電網(wǎng)的電壓，負(fù)載變化時(shí)輸入電壓不會有大的波動．兩