2020高考物理二轮复习 第2部分 专题2 考前热身训练限时检测（含解析）

选择题仿真练(一)共8小题，在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求。14下列四幅图中所涉及物理知识的论述中，正确的是图11a甲图中，当紫外线照锌板时，与锌板相连的验电器的金属小球带负电b乙图中，卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，发现了质子和中子c丙图中，普朗克通过研究黑体辐射提出能量子概念，并成功解释了光电效应现象d丁图中，链式反应属于重核的裂变解析紫外线照锌板产生光电效应现象，光电子从锌板飞出，锌板带正电，验电器的金属小球带正电，选项a错误；卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构，选项b错误；普朗克通过研究黑体辐射提出能量子概念；爱因斯坦提出光子说，成功解释了光电效应现象，选项c错误；链式反应属于重核的裂变，选项d正确。答案d15(2019淄博一模)甲、乙两小车在一条平直的车道上行驶，它们运动的vt图象如图12所示，其中甲为两段相同的圆弧，乙为直线。则下列说法正确的是图12at8 s时两车的加速度大小相等bt16 s时，两车不一定相遇c在016 s内，两小车的平均速度大小相等，但方向相反d在016 s内，甲车的加速度方向改变解析vt图象中直线或曲线某处切线的斜率表示加速度，由图象知t8 s时甲车的加速度大于乙车的加速度，选项a错误；在016 s内两车运动的位移相同，但不知两车的初位置情况，故不能判断两车在t16 s时是否相遇，选项b正确；在016 s内，两车的平均速度大小相等，方向相同，选项c错误；016 s内，甲车做加速度先逐渐增大后逐渐减小的加速直线运动，加速度方向不变，选项d错误。答案b16汽车在平直公路上做刹车实验，若从t0时起汽车在运动过程中的位移x与速度的平方v2之间的关系如图13所示，下列说法正确的是图13a刹车过程中汽车加速度大小为10 m/s2b刹车过程持续的时间为5 sct0时汽车的速度为10 m/sd汽车刹车后经过3 s的位移为7.5 m解析根据v22ax得，可得刹车过程中加速度大小a5 m/s2，故a错误；由图线可知，汽车的初速度为10 m/s，则刹车过程持续的时间t s2 s，故b错误，c正确；汽车刹车后经过3 s的位移等于刹车后经过2 s的位移，则xt2 m10 m，故d错误。答案c17如图14所示，水平面内有a、b、c、d、m、n六个点，它们均匀分布在半径为r2 cm的同一圆周上，空间有一方向与圆平面平行的匀强电场。已知a、c、m三点的电势分别为a(2)v、c2 v、m(2)v，下列判断正确的是图14a电场强度的方向由a指向db电场强度的大小为1 v/mc该圆周上的点电势最高为4 vd沿圆周将电子从d点经m点移到n点，电场力先做负功后做正功解析在匀强电场中am连线的中点g的电势g(am)2 vc，所以直线cogn为等势线，在匀强电场中等势线相互平行，电场线与等势线相互垂直，且由电势高的等势线指向电势低的等势线，可知直线ab、直线dm分别为等势线，直线db、直线ma分别为电场线，可知电场强度的方向由m指向a(或由d指向b)，故a错误；ma两点间的电势差umama 2 v，沿电场方向的距离dr m，电场强度e100 v/m，故b错误；过圆心o作ma的平行线，与圆的交点h处电势最高，uhoer2 v，由uhoho可得：最高电势huhoo4v，故c正确；沿圆周将电子从d点经m点移到n点，电场力先做正功再做负功，故d错误。答案c18如图15，地球半径为r，a为地球赤道表面上一点，b为距地球表面高度等于r的一颗卫星，其轨道与赤道在同一平面内，运行方向与地球自转方向相同，运动周期为t，c为同步卫星，离地高度大约为5.6r，已知地球的自转周期为t0，以下说法正确的是图15a卫星b的周期t等于b地面上a处的观察者能够连续观测卫星b的时间为c卫星b一昼夜经过a的正上方的次数为db、c两颗卫星连续两次相距最近的时间间隔为解析对b、c应用开普勒第三定律有，解得：tt0，选项a错误；过a点作地球的切线，交卫星b的运行轨迹于m、n点，由几何关系知由m至n卫星b运动的时间为，但是地球还在自转，故a处的观察者能够连续观测卫星b的时间大于，选项b错误；设每经t时间b就会经过a正上方一次，则有tt2，那么一昼夜即t0时间内卫星b经过a的正上方的次数为n，解得n，选项c错误；经过t时间b经过a的正上方，也就是c通过b的正上方，所以b、c连续两次相距最近的时间间隔为t，选项d正确。答案d19在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面积为s，匝数为n，线圈总电阻为r，外电路如图16所示，其中三个灯泡都可视为阻值相等的定值电阻，如果线圈在磁感应强度大小为b的匀强磁场中绕oo轴匀速转动的角速度由增大到2，则下列说法中正确的是图16a线圈转动的角速度为时，灯泡l1两端的电压的最大值小于nbsb线圈转动的角速度为2时，通过灯泡l3的电流一定变为原来的2倍c不论线圈转动的角速度大小怎么变化，都是灯炮l1最亮d线圈的角速度由增大到2后，灯泡l1上消耗的功率一定变为原来的4倍解析因为电感线圈和电容器都对交变电流有一定的阻碍作用，故通过灯泡l1的电流最大，灯泡l1最亮，选项c正确；根据闭合电路欧姆定律，发电机有内阻，故路端电压即灯泡l1两端的电压的最大值小于线圈切割磁感线产生的感应电动势的最大值，选项a正确；线圈l是通直流、阻交流、通低频、阻高频，电容器是通交流、阻直流、通高频、阻低频，线圈角速度增大后，频率增大，则电容器所在的支路电流增大，但不一定是原来的2倍，选项b错误；因为矩形线圈有电阻，故线圈的角速度增大为原来的2倍后，由于电感线圈和电容器的影响，灯泡l1上消耗的功率不一定是原来的4倍，选项d错误。答案ac20(2019西安一模)如图17所示，横放“v”字形金属框架放在匀强磁场中，磁场与框架平面垂直，金属棒与框架接触良好，框架导体和金属棒电阻率相同，截面积相等，现金属棒从b点开始沿“v”字形角平分线方向做匀速直线运动，那么金属棒脱离框架前，电路中的磁通量、感应电动势e、感应电流i以及金属棒所受到的安培力f随时间变化的图象正确的是图17图18解析金属棒切割磁感线的长度为l2vttan ，磁通量blvtbv2t2tan ，可见磁通量是时间的二次函数，选项a错误；电路中感应电动势为eblv2bv2tan t，感应电动势e与时间t成正比，所以选项b正确；设金属棒和框架单位长度的电阻为，则电路的总电阻为r2v(tan )t，电路中的感应电流为i，i与t无关，为定值，选项c正确；安培力fbil，因为电流i不变，l与时间t成正比，所以安培力与时间t成正比，选项d错误。答案bc21如图19所示，长木板a放在光滑的水平面上，质量为m4 kg的小物体b以水平速度v02 m/s滑上原来静止的长木板a的上表面。由于a、b间存在摩擦，之后a、b速度随时间变化情况如图乙所示，g取10 m/s2，则下列说法正确的是图19a木板a获得的动能为2 jb系统损失的机械能为2 jc木板a的最小长度为2 mda、b间的动摩擦因数为0.1解析由图象可知，木板获得的速度为v1 m/s，a、b组成的系统动量守恒，以b的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0(mm)v，可得木板a的质量m 4 kg，木板获得的动能为ekmv22 j，故a正确；系统损失的机械能emv02mv2mv2，代入数据解得e4 j，故b错误；由图得到01 s内b的位移为xb(21)1 m1.5 m，a的位移xa11 m0.5 m，木板a的最小长度为lxbxa1 m，故c错误；由图象可知，b的加速度a1 m/s2，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得mbgmba，代入解得0.1，故d正确。答案ad选择题仿真练(二)共8小题，在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求。14(2019郑州二模)关于原子核的结合能，下列说法不正确的是a原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量b一重原子核衰变成粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能c铯原子核( 55133cs)的结合能小于铅原子核( 82208pb)的结合能d比结合能越大，原子核越不稳定解析原子核分解成自由核子时，需要的最小能量就是原子核的结合能，选项a正确。重核衰变时释放能量，衰变产物更稳定，即衰变产物的比结合能更大，衰变前后核子数不变，所以衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能，选项b正确。铯核的核子数比铅核的核子数少，其结合能也小，选项c正确。比结合能越大，原子核越稳定，选项d错误。答案d15如图21所示，两滑块a、b在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块a的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块b的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是图21aa和b都向左运动ba和b都向右运动ca静止，b向右运动 da向左运动，b向右运动解析以滑块a、b为系统，碰前动量矢量和为零，选项a、b、c所述碰后动量不为零，据动量守恒定律可知选项a、b、c错误；由于发生弹性碰撞，系统机械能守恒，故选d正确。答案d16如图22所示，一个理想边界为pq、mn的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面向里。一电子从o点沿纸面垂直pq以速度v0进入磁场。若电子在磁场中运动的轨道半径为2d。o在mn上，且oo与mn垂直。下列判断正确的是图22a电子将向右偏转b电子打在mn上的点与o点的距离为dc电子打在mn上的点与o点的距离为dd电子在磁场中运动的时间为解析电子带负电，进入磁场后，根据左手定则判断可知，所受的洛伦兹力方向向左，电子将向左偏转，如图所示，a错误；设电子打在mn上的点与o点的距离为x，则由几何知识得：xr2d(2)d，故选项b、c 错误；设轨迹对应的圆心角为，由几何知识得：sin 0.5，得，则电子在磁场中运动的时间为t，故选项d正确。答案d17由中山大学发起的空间引力波探测工程正式启动后，向太空发射了三颗相同的探测卫星(sc1、sc2、sc3)。三颗卫星构成一个等边三角形阵列，地球恰处于三角形中心，卫星将在高度约10万千米的轨道上运行，因三颗卫星在太空中的分布图类似乐器竖琴(如图23所示)，故工程命名为“天琴计划”。有关这三颗卫星的运动，下列描述正确的是图23a卫星的运行周期大于地球的自转周期b卫星的运行周期等于地球的自转周期c卫星的运行速度大于7.9 km/sd仅知道引力常量g及卫星绕地球运行的周期t，可估算出地球的密度解析地球同步卫星距地面高度大约为36 000 km，“天琴计划”的卫星距地面高度大约为100 000 km，因此“天琴计划”的卫星的运行周期大于地球自转周期，选项a正确，b错误。卫星的运行速度小于7.9 km/s，选项c错误。仅知道引力常量g及卫星绕地球运行的周期t，不能估算出地球的密度，选项d错误。答案a18(2019合肥一模)在匀强磁场中匀速转动的单匝矩形线圈的周期为8 s，转轴o1o2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 。从线圈平面与磁场方向垂直开始计时，如图24所示，线圈转动45时的感应电流为1 a，则图24a线圈消耗的电功率为4 wb线圈中感应电流的有效值为2 ac任意时刻线圈中的感应电动势为e2sint(v)d任意时刻穿过线圈的磁通量为sint(wb)解析由题给条件可得isint(a)，故线圈中感应电流的有效值为i1 a，选项b错误；由pi2r122 w2 w，选项a错误；任意时刻线圈中的感应电动势eir2sint(v)，选项c正确；穿过线圈的磁通量mcos tcost(wb)，选项d错误。答案c19如图25所示，真空中有一边长为a的等边三角形abc，p点是三角形的中心。在a点固定一电荷量为q的负点电荷，在b点固定一电荷量为q的正点电荷，已知静电力常量为k，则以下说法正确的是图25ac点的电场强度大小为bc点电势高于p点电势c某一试探电荷在c点与p点所受静电力大小之比为d将某一试探电荷从c点沿cp连线的方向移动到p点的过程中静电力不做功解析负点电荷在c点的电场强度大小为ea，正点电荷在c点的电场强度大小为eb，且两电场强度方向的夹角为120，则c点的合场强方向与ab平行向左，大小为e1，选项a错误；等量异种点电荷的中垂线为等势线，且各点的电势均为零，则c点与p点的电势相等，试探电荷从c点沿cp连线的方向移动到p点，电场力不做功，选项b错误，d正确；由于p点是正三角形的中心，设p点到a点、b点的距离均为x，则由几何关系可知，2xcos30a，x，a、b两点处的点电荷在p点的电场强度大小均为e，且夹角为60，则p点的合场强大小为e22ecos30，试探电荷在c点与p点所受的电场力之比为，选项c正确。答案cd20质量均为1 t的甲、乙两辆汽车同时同地出发，沿同一方向做直线运动，两车的动能ek随位移x的变化图象如图26所示，下列说法正确的是图26a汽车甲的加速度大小为2 m/s2b汽车乙的加速度大小为1.5 m/s2c汽车甲、乙在x6 m处的速度大小为2 m/sd汽车甲、乙在x8 m处相遇解析设汽车甲的初速度为v1，汽车乙运动9 m后的速度为v2。则由图象可知，ek1mv12，代入数据得v16 m/s；ek2mv22，代入数据得v23 m/s。由于动能关于位移的图象为倾斜的直线，因此两辆汽车所受合外力恒定，均做匀变速直线运动，由运动学公式得，汽车甲的加速度大小a1 m/s22 m/s2，汽车乙的加速度大小a2 m/s21 m/s2，选项a正确，b错误；由题图可知两汽车在x6 m处的速度相等，由汽车乙的运动可知v22a2x，代入数据得v2 m/s，选项c正确；甲停止所用时间t3 s，甲运动的位移x1 9 m，甲停止后，甲乙才能相遇，选项d错误。答案ac21如图27所示，在光滑水平面内建立直角坐标系xoy，一质点在该平面内o点受大小为f的力作用从静止开始做匀加速直线运动，经过t时间质点运动到a点，a、o两点距离为a，在a点作用力突然变为沿y轴正方向，大小仍为f，再经t时间质点运动到b点，在b点作用力又变为大小等于4f、方向始终与速度方向垂直且在该平面内的变力，再经一段时间后质点运动到c点，此时速度方向沿x轴负方向，下列对运动过程的分析正确的是图27aa、b两点间距离为abc点与x轴的距离为ac质点在b点的速度方向与x轴成30角d质点从b点运动到c点所用时间为t解析根据题述质点从o到a做匀加速直线运动，从a到b做类平抛运动，从b到c做匀速圆周运动，画出质点运动轨迹图，由图中几何关系可得，a、b两点距离为sa，选项a错误；质点运动到b点的速度方向与x轴成45角，选项c错误；质点运动到b点的速度v2。根据质点从b到c做匀速圆周运动，向心力等于4f可得4f，解得：ra。c点与x轴的距离为yarra，选项b正确；质点从b点运动到c点所用时间为t，选项d正确。答案bd选择题仿真练(三)共8小题，在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求。14现有a、b、c三束单色光，其波长关系为abc123。当用a光束照射某种金属板时能发生光电效应，飞出的光电子最大初动能为ek，若改用b光束照射该金属板，飞出的光电子最大初动能为ek，当改用c光束照射该金属板时a能发生光电效应，飞出的光电子最大初动能为ekb能发生光电效应，飞出的光电子最大初动能为ekc能发生光电效应，飞出的光电子最大初动能为ekd由于c光束光子能量最小，该金属板不会发生光电效应解析a、b、c三束单色光，其波长关系为abc123，因为光子频率，可知光子频率之比为632。设a光的频率为6，由光电效应方程有：ekh6w0，ekh3w0；解得逸出功w0h，ekh；c光的光子频率为2，能量为2hw0，能发生光电效应；最大初动能ekmh2w0hek；故选项b正确。答案b15由某种导线构成的正方形导线框abcd竖直放置，已知长度为l的该导线的电阻为lr，现将正方形导线框置于如图31所示的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度的大小为b，用电阻不计的导线将导线框连接在电动势为e，内阻不计的电源两端。则关于导线框所受安培力的大小和方向，下列说法正确的是图31a安培力的大小为，方向竖直向上b安培力的大小为，方向竖直向下c安培力的大小为，方向竖直向下d安培力的大小为，方向竖直向上解析由题图可知，电路接通后流过导线框的电流沿ad及abcd方向，设导线框的边长为x，由欧姆定律可得，流过ad边的电流为i1，流过bc边的电流为i2，又由左手定则可知ad、bc两边所受的安培力方向均竖直向下，ab、cd两边所受到的安培力大小相等，方向相反，则导线框所受的安培力的大小为fb(i1i2)x，方向竖直向下，选项b正确。答案b16(2019大连一模)某物体做直线运动，运动的时间为t，位移为x，物体的t图象如图32所示，下列说法正确的是图32a物体的加速度大小为bt0时，物体的初速度为bct0到t这段时间物体的位移为dt0到tb这段时间物体的平均速度为解析由题意知物体做匀变速直线运动，位移公式xv0ta0t2，变形为v0a0t，斜率为a0、纵截距为v0，结合图象可知a0、初速度v0a，解得：a0，故选项a、b均错误；时间t时，物体的位移为x1a2ab，选项c正确；平均速度为，选项d错误。答案c17在很多公园和旅游景点，都建有如图33甲所示的拱桥。为了研究问题方便，我们把拱桥简化为如图乙所示由六块大小、形状、质量均相同的石块组成的一个半圆形拱圈，1、6两块石块放置在拱圈两端的基石上。设每块石块质量为m。假设在中间两石块正上方静置一个质量为2m的石块，已知重力加速度为g，则图33a半圆形拱圈两端的基石承受的压力各为4mgb石块3、4之间的摩擦力大小不为零c石块2对石块3的弹力大小为mgd石块5对石块4的摩擦力大小为2mg解析把六块石块和上方所放石块看成整体，对整体受力分析，由平衡条件可得半圆形拱圈两端的基石对上方石块的支持力各为f4mg，由牛顿第三定律可得半圆形拱圈两端的基石承受的压力各为4mg，选项a正确；把拱桥上方所放石块看成是两块质量均为m的石块，把左侧石块1、2、3和质量为m的石块看成整体，由平衡条件可得，石块3、4之间的摩擦力为零，选项b错误；由对称性可知，石块2对石块3的弹力大小与石块5对石块4的弹力大小相等，石块2对石块3的摩擦力大小与石块5对石块4的摩擦力大小相等。设石块2对石块3的弹力大小为f23，石块2对石块3的摩擦力大小为ff23，石块4对石块3的弹力为ft(将ft看成已知力)，把石块3和质量为m的石块看成整体，对整体进行受力分析，如图所示。由平衡条件可得：f23cos 30ff23sin 30ft，ff23cos 30f23sin 302mg，联立解得：f23mgftcos 30mg，ff23mgftsin 30mg，故选项c、d错误。答案a18在地面附近，存在着一个有界电场，边界mn将空间分成左、右两个区域，在右区域中有水平向左的匀强电场，在右区域中离边界mn某一位置的水平地面上由静止释放一个质量为m的带电滑块(滑块的电荷量始终不变)，如图34甲所示，滑块运动的vt图象如图乙所示，不计空气阻力，则图34a滑块在mn右边区域运动的位移大小与在mn左边区域运动的位移大小相等b在t5 s时，滑块经过边界mnc滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为25d在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功小于电场力做的功解析根据题中速度图线与横轴所围的面积表示位移可知，滑块在mn右边区域运动的位移大小与在mn左边区域运动的位移大小不相等，选项a错误。根据题图乙所示速度图象可知，t2 s时滑块越过分界线mn，选项b错误。根据题中速度图象斜率表示加速度可知，在02 s时间内，滑块加速度大小可表示为a1，在25 s时间内，滑块加速度大小可表示为a2，设电场力为f，运动过程中所受摩擦力为f，对滑块在mn分界线右侧的运动，由牛顿第二定律，ffma1，对滑块在mn分界线左侧的运动，由牛顿第二定律，fma2，联立解得：ff25，选项c正确。在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功可表示为wff2.5v0，电场力做的功可表示为wffv02.5fv0，二者做功相等，选项d错误。答案c19(2019贵阳模拟)万有引力定律能够很好地将天体运行规律与地球上物体运动规律具有的内在一致性统一起来。用弹簧秤称量一个相对于地球静止的小物体的重量，随称量位置的变化可能会有不同的结果。已知地球质量为m，万有引力常量为g。将地球视为半径为r、质量均匀分布的球体。下列选项中说法正确的是a在北极地面称量时，弹簧秤读数为f0gb在赤道地面称量时，弹簧秤读数为f1gc在北极上空高出地面h处称量时，弹簧秤读数为f2gd在赤道上空高出地面h处秤量时，弹簧秤读数为f3g解析北极地面物体不随地球自转，万有引力等于重力，则有：f0g，选项a正确；在赤道地面称量时，万有引力等于重力加上随地球一起自转所需要的向心力，则有f1g，选项b错误；在北极上空高出地面h处称量时，万有引力等于重力，则有f2g，选项c正确；在赤道上空高出地面h处称量时，万有引力大于重力，弹簧秤读数f3g，选项d错误。答案ac20(2019开封一模)如图35所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为q的小球，系在一根长为l的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕o点做圆周运动。ab为圆周的水平直径，cd为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度e。下列说法正确的是图35a若小球在竖直平面内绕o点做圆周运动，则它运动的最小速度为b若小将在竖直平面内绕o点做圆周运动，则小球运动到b点时的机械能最大c若将小球在a点由静止开始释放，它将在acbd圆弧上往复运动d若将小球在a点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够到达b点解析电场力的方向水平向右，大小为fqemg，电场力和重力的合力方向与水平面的夹角为45，合力大小为mg，则“等效重力”的方向与水平面的夹角为45，大小为mg。若小球在竖直平面内绕o点做圆周运动，则在等效最高点即弧ad的中点处有mgm，最小的速度v，选项a错误；由于只有重力和电场力对小球做功，小球的机械能和电势能之和不变，而小球在b点的电势能最小，所以在b点的机械能最大，选项b正确；小球从a点静止释放，小球受到的合力方向沿ac方向，所以小球会沿ac做匀加速直线运动，选项c错误；若将小球在a点以大小为的速度竖直向上抛出，小球在竖直方向上做竖直上抛运动，加速度为g，水平方向上的位移为0时，运动时间为t2，水平位移xgt22l，则小球刚好运动到b点，故d正确。答案bd21如图36所示，浅色传送带a、b两端距离l24 m，以速度v08 m/s逆时针匀速转动，并且传送带与水平面的夹角为30，现将一质量m2 kg的煤块轻放在传送带的a端，煤块与传送带间动摩擦因数，g取10m/s2，则下列叙述正确的是图36a煤块从a端运动到b端所经历时间为3 sb煤块从a端运动到b端重力的瞬时功率为240 wc煤块从a端运动到b端留下的黑色痕迹为4 md煤块从a端运动到b端因摩擦产生的热量为24 j解析煤块刚放上传送带时对煤块进行受力分析，其加速度大小为a1gsin 30gcos 308 m/s2，则煤块速度达v0后，由于mgsin mgcos ，故煤块与传送带会相对滑动，故煤块的加速度a2gsin 30ogcos 30o2 m/s2。煤块速度达到v0时经历的时间t11 s，煤块的位移x14 m，煤块与传送带继续相对滑动，根据v2v022a2(lx1)可得v12 m/s，则煤块的速度达到v0至到达b经历时间t22 s，所以煤块从a端运动到b端所经历时间为tt1t23 s，选项a正确；煤块从a端运动到b端重力的瞬时功率为pmgvsin 120 w，选项b错误 ；煤块第一次匀加速运动产生的黑色痕迹出现在其前方，长度为s1v0t1x14 m，煤块第二次匀加速运动产生的黑色痕迹出现在其后方，长度为s2lx1v0t24 m；故两次痕迹完全重合，故煤块从a端运动到b端留下的黑色痕迹为4 m，选项c正确；煤块从a端运动到b端因摩擦产生的热量为qmgcos (s1s2)48 j，选项d错误。答案ac选择题仿真练(四)共8小题，在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求。14下列说法正确的是a玻尔根据光的波粒二象性，大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性b铀核裂变的核反应是 92235u 66141ba3692kr201nc原子从低能级向高能级跃迁，不吸收光子也能实现d根据爱因斯坦的“光子说”可知，光的波长越大，光子的能量越大解析德布罗意根据波粒二象性，认为实物粒子也具有波动性，选项a错误；铀核裂变方程为 92235u01n 56144ba3689kr301n，选项b错误；原子吸收实物粒子的能量也能从低能级向高能级跃迁，选项c正确；根据能量量子化知，波长越长，能量越小，选项d错误。答案c15(2019福期州末)如图41所示，有一倾角为的斜面，斜面上有一能绕b转动的木板ab，初始时木板ab与斜面垂直，把球放在斜面和木板ab之间，不计摩擦，球对斜面的压力为f1，对木板的压力为f2。将木板绕b点缓慢推到竖直位置的过程中图41af1和f2都增大bf1和f2都减小cf1增大，f2减小 df1减小，f2增大解析球受重力g、斜面对球的弹力fn1、木板对球的弹力fn2作用，则由牛顿第三定律有：fn1f1，fn2f2。因为g、fn1、fn2三力共点平衡，故三个力可以构成一个矢量三角形。其中g的大小和方向始终不变，fn1的方向也不变，大小可变，fn2的大小、方向都在变。在木板旋转的过程中，fn2由虚线位置旋转至水平位置(如图所示)，显然fn1与fn2一直增大。所以f1与f2都是增大的，选项a正确。答案a16如图42所示 ，光滑平行的导轨水平固定在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为b，导轨左端接有电阻r，导轨上垂直导轨放着一根金属棒(与导轨接触良好)，导轨和金属棒电阻均不计。给金属棒施加水平向右的恒定拉力，使金属棒沿导轨由静止开始向右加速，最终匀速运动。当恒定拉力的大小变为原来的k倍时，金属棒最终匀速运动时的速度大小和拉力的功率分别变为原来的图42ak倍，k倍 bk2倍，k倍ck倍，k2倍 dk2倍，k2倍解析匀速运动时，恒定拉力ff安，拉力的功率pfvf安 v，若f变为原来的k倍，速度v也会变为原来的k倍，拉力的功率p变为原来的k2倍，故选项c正确。答案c17某宾馆大楼中的电梯下方固定有劲度系数均为k的4根相同的竖直弹簧，如图43所示，这是防止电梯在空中因缆绳断裂下坠而造成生命危险。若缆绳断裂后，总质量为m的电梯下坠，4根弹簧同时着地开始缓冲，电梯坠到最低点时加速度大小为5 g(g为重力加速度)，则下列说法正确的是图43a电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为b电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为c弹簧着地后，在电梯下降过程中，电梯一直处于超重状态d弹簧着地后，在电梯下降过程中，电梯一直处于失重状态解析电梯坠到最低点时，根据牛顿第二定律有4kxmg5mg，得每根弹簧的压缩长度x，选项a正确，b错误；弹簧着地后，电梯在下降过程中，先加速下降，加速度方向竖直向下即电梯处于失重状态，后减速下降，加速度方向竖直向上即电梯处于超重状态，选项c、d均错误。答案a18如图44所示，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点o。将球a和球b分别向左和向右拉起，使细线水平。同时由静止释放球a和球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60。忽略空气阻力，则两球a、b的质量比值为图44a.3 b.32c.2 d.22解析设细线长为l，球a、b下落至最低点，碰前瞬间的速率为v1、v2，由机械能守恒定律得，maglmav1 2，mbglmbv2 2；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为v，以向左为正，由动量守恒定律得mbv2mav1(mamb)v，两球共同向左运动到最高处过程，由机械能守恒定律得(mamb)v2(mamb)gl(1cos )，联立解得32，所以选项b正确。答案b19如图45所示的实线为电场线，电场线分布及a、e两点关于直线oo对称，带电粒子从a点沿虚线adb运动到b点，过直线oo时速度方向恰好与oo垂直，不计粒子重力，则下列说法正确的是图45a过b点后带电粒子可能运动到c点b带电粒子的运动轨迹是抛物线的一部分c带电粒子从a运动到b，其电势能增大d直线oo垂直于电场中的等势面解析根据题述及对称关系分析易知，过b点后粒子沿be运动，选项a错误；在非匀强电场中带电粒子的运动轨迹不可能是抛物线的一部分，选项b错误；带电粒子从a运动到b，电场力做负功，电势能增大，选项c正确；电场线垂直于等势面，oo为对称轴，恰好与临近的场强方向平行，故直线oo垂直于电场中的等势面，选项d正确。答案cd20如图46所示，内壁有四分之一圆弧的滑块静止在光滑水平面上，滑块下端b点离地面距离为h，圆弧也光滑且半径为r2h。一小球从滑块的上边缘点a的正上方高为2h处由静止释放，恰好能从a点进入圆弧，小球到达滑块下端b点时相对地面的速度大小为v，小球刚落在水平面上的位置与滑块上b点间的水平距离为s4h。设小球的质量为m。重力加速度大小为g，以滑块上端点a为零势能点。则图46a小球在滑块下端b点的重力势能为2mghb小球受滑块的支持力不做功c小球从滑块的a点到达b点的过程合力做的功是mv22mghd小球到达滑块下端b点时相对地面的速度大小v3解析滑块上端点a为零势能点，小球在滑块下端b点的重力势能为2mgh，选项a正确；在小球沿滑块的圆弧轨道滑动的同时，滑块也沿水平面向左运动，滑块动能增加，就是小球对滑块的压力做正功，反之小球受滑块的支持力对小球做负功，选项b错误；小球从滑块的a点到达b点的过程由动能定理有week2ek1mv22mgh，选项c正确；两者组成系统水平方向动量守恒，有0mvmv，两者组成系统机械能守恒，有4mghmv2mv2，平抛后hgt2,4hvtvt，联立解得v2，选项d错误。答案ac21(2019长春一模)如图47所示，在x0与x0的区域中，存在磁感应强度大小分别为b1与b2的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面向里，且b1b232。在原点o处同时发射两个质量分别为ma和mb的带电粒子a、b，已知粒子a以速度va沿x轴正方向运动，粒子b以速率vb沿x轴负方向运动，已知粒子a带正电，粒子b带负电，电荷量相等，且两粒子的速率满足mavambvb。若在此后的运动中，当粒子a第4次经过y轴(出发时经过y轴不算在内)时，恰与粒子b相遇，粒子重力不计，下列说法正确的是图47a粒子a、b在磁场b1中的偏转半径之比为32b两粒子在y轴正半轴相遇c粒子a、b相遇时的速度方向相同d粒子a、b的质量之比为15解析由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r知，所以选项a错误；由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r知，a粒子从o点出发沿x轴正方向射出向上逆时针转半周在y轴上上移2ra2，穿过y轴后逆时针向下转半周后下移2ra1，由于b2b1。则第二次经过y轴时在坐标原点上方(2ra22ra1)处，同理第四次经过y轴时在坐标原点上方2(2ra22ra1)处，所以由题意知选项b正确；从最短时间的情况进行考虑，显然是b粒子向上转半周后相遇的，a粒子第四次经过y轴时是向右方向，而b粒子转半周也是向右的方向，所以两者方向相同，所以选项c正确；根据周期公式t及题意知，当两粒子在y轴上相遇时，时间上有tb1ta1ta2，即，结合b1b232，得到，所以选项d正确。答案bcd 选择题仿真练(五)共8小题，在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求。14山城重庆的轻轨交通颇有山城特色，由于地域限制，弯道半径很小，在某些弯道上行驶时列车的车身严重倾斜，每到这样的弯道乘客都有一种坐过山车的感觉，很是惊险刺激。假设某弯道铁轨是圆弧的一部分，转弯半径为r，重力加速度为g，列车转弯过程中倾角(车身与竖直面夹角)为，则列车在这样的轨道上转弯行驶的安全速度(轨道不受侧向挤压)为图51a.b.c. d.解析列车在这样的轨道上转弯安全行驶，此时列车受到的支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得 mgtan m解得v，故选项c正确。答案c15(2019汕头模拟)图52为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动。若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中图52a膜片与极板间的电容增大b极板所带电荷量增大c膜片与极板间的电场强度增大d电阻r中有电流通过解析根据c可知，膜片与极板距离增大，膜片与极板间的电容减小，选项a错误；根据qcu可知极板所带电荷量减小，因此电容器要通过电阻r放电，所以选项d正确，b错误；根据e可知，膜片与极板间的电场强度减小，选项c错误。答案d16如图53所示，当开关s断开时，用光子能量为2.5 ev的一束光照射阴极k，发现电流表读数不为零。闭合开关，调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于1.0 v时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于1.0 v时，电流表读数为零。则图53a电源的左侧电极为负极b该金属的逸出功为1.0 evc光电子的最大初动能为1.0 evd若入射光的频率加倍，则光电子的最大初动能也加倍解析当电压表读数大于或等于1.0 v时电流表读数为零，说明所加电压为反向电压，阴极k连接电源正极，选项a错误；当反向电压uc1.0 v时，具有最大初动能的光电子恰不能到达阳极，因此eucek得，最大初动能ek1.0 ev，选项c正确；由爱因期坦光电效应方程ekhw0得，逸出功w01.5 ev，选项b错误；若入射光的频率加倍，光电子的最大初动能为3.5 ev，选项d错误。答案c17相距15 m的甲、乙两质点在t0时刻开始沿同一直线相向运动，它们运动的vt图象如图54所示。下列说法正确的是图54a03 s内，甲的平均速度比乙的小bt3 s时，甲的加速度为零c05 s时，甲和乙的平均速度相等dt5 s时，甲、乙相遇解析由题中图线与坐标轴所围的面积表示质点位移，所以前3 s内甲的位移大于乙的位移，则甲的平均速度比乙的大，选项a错误；vt图线的斜率的绝对值表示加速度大小，t3 s时甲的加速度不为零，选项b错误；前5 s内乙质点位移为10 m，乙的平均速度为2 m/s，甲质点位移为5 m，平均速度为1 m/s，负号表示方向与正方向相反，又两质点相向运动，开始时相距15 m，所以5 s末两质点相遇，选项c错误，d正确。答案d18如图55所示，铁板ab与水平地面垂直，一块磁铁吸附在铁板右侧。现缓慢使铁板的b端绕a端沿顺时针方向转动到与水平地面成角，此过程中磁铁始终相对铁板静止。下列说法正确的是图55a磁铁始终受到三个力的作用b铁板对磁铁的作用力逐渐增大c铁板对磁铁的弹力逐渐减小d磁铁受到的摩擦力逐渐增大解析沿转动后铁板的方向建立x轴，垂直铁板方向建立y轴，则磁铁的受力如图所示，磁铁受到重力、铁板弹力、铁板的磁力、摩擦力作用，故选项a错误；缓慢向下转动的过程，磁铁可视为处于平衡状态，铁板对磁铁的作用力是铁板弹力、铁板的磁力、摩擦力作用的合力，与重力等大反向，即铁板对磁铁的作用力不变，故选项b错误；铁板对磁铁的磁力大小不变，缓慢向下转动的过程中磁力的方向与ab的相对位置关系不变，重力沿x轴的分力逐渐减小，摩擦力逐渐减小，重力沿y轴的分力逐渐增大，因此弹力逐渐减小，故选项c正确，d错误。答案c19(2019太原一模)下列说法正确的是a铀238发生衰变变成钍234时，粒子与钍234的质量之和等于铀238的质量b铀238发生衰变变成钍234时，粒子与钍234的结合能之和一定大于铀238的结合能c衰变中释放的射线是原子核外电子挣脱原子核的束缚形成的高速电子流d核反应方程 714n24he 178ox中，x是质子且反应过程中系统动量守恒解析铀238发生衰变时有质量亏损，故选项a错误；铀238发生衰变变成钍234时，粒子和钍234的结合能之和一定大于铀238的结合能，故选项b正确；衰变的实质是原子核内部的一个中子变成一个质子和一个电子，并将电子发射到核外，形成射线，故选项c错误；在核反应中质量数守恒，电荷数守恒，设x的质量数为m，电荷数为n，则有41417m,278n，解得m1，n1，所以x表示质子，核反应过程中系统动量守恒，故选项d正确。答案bd202017年10月16日，多国科学家联合宣布人类第一次直接探测到来自“双中子星”合并的引力波信号。假设双中子星在合并前，两中子星a、b的质量分别为m1、m2，两者之间的距离为l，如图56所示。在双中子星互相绕行过程中两者质量不变，距离逐渐减小，则图56aa、b运动的轨道半径之比为ba、b运动的速率之比为c双中子星运动周期逐渐增大d双中子星系统的引力势能逐渐减小解析双星的周期、角速度、向心力大小相同，根据m12r1，m22r2，r1r2l，可得，选项a错误；双星的角速度相同，根据vr，可得，选项b正确；由m12r1，m22r2，又角速度，可得t2，l减小，则t减小，故选项c错误；两中子星相互靠近过程中引力做正功，引力势能减小，选项d正确。答案bd21如图57所示，一足够长的光滑平行金属轨道，轨道平面与水平面成角，上端与一电阻r相连，处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中。质量为m、电阻为r的金属杆ab，从高为h处由静止释放，下滑一段时间后，金属杆开始以速度v匀速运动直到轨道的底端。金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好，轨道的电阻及空气阻力均可忽略不计，重力加速度为g。则图57a金属杆加速运动过程中的平均速度为b金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率小于匀速运动过程中克服安培力做功的功率c当金属杆的速度为时，它的加速度大小为d整个运动过程中电阻r产生的焦耳热为mghmv2解析对金属杆分析知，金属杆ab在运动过程中受到重力、轨道支持力和安培力作用，先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动，因金属杆加速运动过程不是匀加速，故其平均速度不等于，选项a错误；当安培力等于重力沿斜面的分力，即mgsin 时，杆ab开始匀速运动，此时v最大，安培力最大，故匀速运动时克服安培力做功的功率大，选项b正确；当金属杆速度为时，f安mgsin ，所以f合mgsin f安mgsin ma，得a，选项c正确；由能量守恒可得mghmv2qabqr，即mghmv2应等于电阻r和金属杆上产生的总焦耳热，选项d错误。答案bc选择题仿真练(六)共8小题。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目的要求，第1921题有多项符合题目要求。14(2018全国卷)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能a与它所经历的时间成正比b与它的位移成正比c与它的速度成正比d与它的动量成正比解析高铁列车启动阶段可看作初速度为零的匀加速运动，则列车所受合外力恒定，由动能定理ekfx，ek与位移成正比。另外，ekmv2ma2t2，故选项b正确，a、c、d错误。答案b15(2019河南中原名校二模)如图61所示为甲、乙两质点做直线运动的vt图象，若两质点从同一地点出发，到t1时刻相遇，则下列说法正确的是图61