高考物理（人教）一轮基础夯实练全册汇总

一、选择题1、在研究二力合成的实验中，AB是一根被拉长的橡皮筋，定滑轮是光滑的，如图所示，若改变拉力F而保持O点位置不变，则下列说法中正确的是()A．要使θ减小，减小拉力F即可B．要使θ减小，增大拉力F即可C．要使θ减小，必须改变α，同时改变F的大小才有可能D．要减小θ而保持α不变，则只改变F的大小是不可能保持O点的位置不变的解析：绳子对O点的拉力F2与F的合力和F1等大、反向，如图所示，O点位置不变，则橡皮筋的拉力F1不变，绳子拉力F2的方向不变，即α角不变，若要减小θ，必使F的大小和方向以及F2的大小发生改变，故D选项正确．答案：D2、如图所示，水平传送带以恒定速度v向右运动．将质量为m的物体Q轻轻放在水平传送带的左端A处，经过t秒后，Q的速度也变为v，再经t秒物体Q到达传送带的右端B处，则()A．前t秒内物体做匀加速运动，后t秒内物体做匀减速运动B．后t秒内Q与传送带之间无摩擦力C．前t秒内Q的位移与后t秒内Q的位移大小之比为1：1D．Q由传送带左端运动到右端的平均速度为eq\f(3,4)v解析：前t秒内物体Q相对传送带向左滑动，物体Q受向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律Ff＝ma可知，物体Q做匀加速运动，后t秒内物体Q相对传送带静止，做匀速运动，不受摩擦力作用，选项A错误、B正确；前t秒内Q的位移x1＝eq\f(v,2)t，后t秒内Q的位移x2＝vt，故eq\f(x1,x2)＝eq\f(1,2)，选项C错误；Q由传送带左端运动到右端的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x1＋x2,2t)＝eq\f(\f(v,2)t＋vt,2t)＝eq\f(3,4)v，选项D正确．答案：BD3、甲、乙两物体分别在恒力F1、F2的作用下，沿同一直线运动．它们的动量随时间变化如图所示．设甲在t1时间内所受的冲量为I1，乙在t2时间内所受的冲量为I2，则F、I的大小关系是()A．F1>F2，I1＝I2B．F1<F2，I1<I2C．F1>F2，I1>I2D．F1＝F2，I1＝I2解析：冲量I＝Δp，从题图上看，甲、乙两物体动量变化的大小I1＝I2，又因为I1＝F1t1，I2＝F2t2，t2>t1，所以F1>F2、答案：A4、在如图所示电路中E为电源，其电动势E＝9、0V，内阻可忽略不计；AB为滑动变阻器，其电阻R＝30Ω；L为一小灯泡，其额定电压U＝6、0V，额定功率P＝1、8W；S为开关，开始时滑动变阻器的触头位于B端，现在接通开关S，然后将触头缓慢地向A端滑动，当到达某一位置C处时，小灯泡刚好正常发光．则C、B之间的电阻应为()A．10ΩB．20ΩC．15ΩD．5Ω解析：本题中小灯泡刚好正常发光，说明此时小灯泡达到额定电流I额＝eq\f(P,U)＝eq\f(1.8,6.0)A＝0、3A，两端电压达到额定电压U额＝6、0V，而小灯泡和电源、滑动电阻AC串联，则电阻AC的电流与小灯泡的电流相等，RAC＝eq\f(E－U额,I额)＝10Ω，RCB＝R－RAC＝20Ω，B项正确．答案：B5、如图所示，均匀绕制的螺线管水平固定在可转动的圆盘上，在其正中心的上方有一固定的环形电流A，A与螺线管垂直．A中电流方向为顺时针方向，开关S闭合瞬间．关于圆盘的运动情况(从上向下观察)，下列说法正确的是()A．静止不动B．顺时针转动C．逆时针转动D．无法确定解析：环形电流可等效为里面的N极、外面为S极的小磁针，通电螺线管可等效为右边为N板，左边为S极的条形磁铁，根据磁极间的相互作用，圆盘将顺时针转动，选项B正确．答案：B6、(2018·湖南长沙市高三统一模拟)金属钙的逸出功为4、3×10－19J，普朗克常量h＝6、6×10－34J·s，光速c＝3、0×108m/s，以下说法正确的是()A．用波长为400nm的单色光照射金属钙，其表面有光电子逸出B．用波长为400nm的单色光照射金属钙，不能产生光电效应现象C．若某波长的单色光能使金属钙产生光电效应现象，则增大光的强度将会使光电子的最大初动能增大D．若某波长的单色光能使金属钙产生光电效应现象，则减小光的强度将会使单位时间内发射的光电子数减少解析：波长为400nm的单色光的光子能量为E＝heq\f(c,λ)＝4、95×10－19J，大于钙的逸出功，可以产生光电效应现象．根据光电效应规律，光电子的最大初动能决定于入射光的频率而与其强度无关，但强度决定了单位时间内发射的光电子数的多少，正确选项为A、D、答案：AD7、现有两动能均为E0＝0、35MeV的eq\o\al(2,1)H在一条直线上相向运动，两个eq\o\al(2,1)H发生对撞后能发生核反应，得到eq\o\al(3,2)He和新粒子，且在核反应过程中释放的能量完全转化为eq\o\al(3,2)He和新粒子的动能．已知eq\o\al(2,1)H的质量为2、0141u，eq\o\al(3,2)He的质量为3、0160u，新粒子的质量为1、0087u，核反应时质量亏损1u释放的核能约为931MeV(如果涉及计算，结果保留整数)．则下列说法正确的是()A．核反应方程为eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(2,1)H→eq\o\al(3,2)He＋eq\o\al(1,0)nB．核反应前后不满足能量守恒定律C．新粒子的动能约为3MeVD、eq\o\al(3,2)He的动能约为4MeV解析：由核反应过程中的质量数和电荷数守恒可知eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(2,1)H→eq\o\al(3,2)He＋eq\o\al(1,0)n，则新粒子为中子eq\o\al(1,0)n，所以A正确．核反应过程中质量亏损，释放能量，亏损的质量转变为能量，仍然满足能量守恒定律，B错误；由题意可知ΔE＝(2、0141u×2－3、0160u－1、0087u)×931MeV/u＝3、3MeV，根据核反应中系统的能量守恒有EkHe＋Ekn＝2E0＋ΔE，根据核反应中系统的动量守恒有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正确、D错误．答案：AC二、非选择题1、(2018·南昌模拟)某物理实验小组在探究弹簧的劲度系数k与其原长l0的关系实验中，按示意图所示安装好实验装置，让刻度尺零刻度与轻质弹簧上端平齐，在弹簧上安装可移动的轻质指针P，实验时的主要步骤：①将指针P移到刻度尺的5cm处，在弹簧挂钩上挂上200g的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；②取下钩码，将指针P移到刻度尺的10cm处，在弹簧挂钩上挂上250g的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；③取下钩码，将指针P移到刻度尺的15cm处，在弹簧挂钩上挂上50g的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；④重复③步骤，在每次重复③时，都将指针P下移5cm，同时保持挂钩上挂的钩码质量不变．将实验所得数据记录、列表如下：次数弹簧原长l0/cm弹簧长度l/cm钩码质量m/g15、007、23200210、0015、56250315、0016、6750420、0022、2350525、0030、5650根据实验步骤和列表数据，回答下列问题：(1)重力加速度g取10m/s2，在实验步骤③中，弹簧的原长为15cm时，其劲度系数k＝________N/m、(2)同一根弹簧的原长越长，弹簧的劲度系数________．(弹簧处在弹性限度内)A．不变B．越大C．越小解析：(1)挂50g钩码时，弹簧的弹力为0、5N，根据胡克定律得，k＝eq\f(F,Δx)＝eq\f(0.5,16.67－15.00×10－2)N/m≈30N/m、(2)对第3、4、5次数据分析，弹簧弹力相等，同一根弹簧，原长越长，形变量越大，根据胡克定律F＝kx知，弹簧的劲度系数越小，故选项C正确．答案：(1)30(2)C2、(2018·河南中原名校联考)如图甲，在水平桌面上固定着两根相距L＝20cm、相互平行的无电阻轨道P、Q，轨道一端固定一根电阻R＝0、02Ω的导体棒a，轨道上横置一根质量m＝40g、电阻可忽略不计的金属棒b，两棒相距也为L＝20cm、该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中．开始时，磁感应强度B0＝0、1T，设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2、(1)若保持磁感应强度B0的大小不变，从t＝0时刻开始，给b棒施加一个水平向右的拉力，使它由静止开始做匀加速直线运动．此拉力F的大小随时间t变化关系如图乙所示．求b棒做匀加速运动的加速度及b棒与轨道间的滑动摩擦力；(2)若从t＝0开始，磁感应强度B随时间t按图丙中图象所示的规律变化，求在金属捧b开始运动前，这个装置释放的热量．解析：(1)F安＝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当b棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律有F－Ff－F安＝ma⑤联立可得F－Ff－eq\f(B\o\al(2,0)L2a,R)t＝ma⑥由图象可得：当t＝0时，F＝0、4N，当t＝1s时，F＝0、5N、代入⑥式，可解得a＝5m/s2，Ff＝0、2N、(2)当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中有恒定的感应电流I，以b棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度增大到b所受安培力F′安与最大静摩擦力Ff相等时开始滑动．感应电动势E′＝eq\f(ΔB,Δt)L2＝0、02V⑦I′＝eq\f(E′,R)＝1A⑧棒b将要运动时，有F′安＝BtI′L＝Ff⑨所以Bt＝1T，根据Bt＝B0＋eq\f(ΔB,Δt)t⑩得t＝1、8s，回路中产生的焦耳热为Q＝I′2Rt＝0、036J、答案：(1)5m/s20、2N(2)0、036J2019年高考物理（人教）一轮基础夯实练（2）一、选择题1、(2018·汕头质检)建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速无摩擦的运动．下列说法正确的是()A．倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大B．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大C．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短解析：设屋檐的底角为θ，底边为L，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为x，雨滴下滑时加速度为a，对雨滴做受力分析，只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力FN，垂直于屋顶方向：mgcosθ＝FN，平行于屋顶方向：ma＝mgsinθ，雨滴的加速度为：a＝gsinθ，则倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大，故A正确；雨滴对屋顶的压力：F′N＝FN＝mgcosθ，则倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，故B错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度x＝eq\f(L,2cosθ)，由x＝eq\f(1,2)gsinθ·t2可得：t＝eq\r(\f(2L,gsin2θ))，可见当θ＝45°时，用时最短，D错误；由v＝gsinθ·t可得：v＝eq\r(gLtanθ)，可见θ越大，雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大，C正确．答案：AC2、如图所示，斜面固定，倾角为θ＝30°，物块m和M用轻质绳通过斜面上的定滑轮相连接(滑轮光滑)，一力F施加在绳上一点O使O点所受三力相互成120°角，已知M质量为10kg，m与斜面恰无摩擦力，则m的质量和F的值各为(g取10m/s2)()A．10kg100NB．20kg100NC．5kg50ND．20kg50eq\r(3)N解析：“O”点所受三力互成120°角且静止，则F＝Mg＝mgsinθ，则F＝Mg＝100N，m＝eq\f(M,sinθ)＝2M＝20kg、答案：B3、如图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接．A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态．若突然撤去力F，则下列说法中正确的是()A．木块A离开墙壁前，墙对木块A的冲量大小等于木块B动量变化量的大小B．木块A离开墙壁前，弹性势能的减少量等于木块B动能的增量C．木块A离开墙壁时，B的动能等于A、B共速时的弹性势能D．木块A离开墙壁后，当弹簧再次恢复原长时，木块A的速度为零解析：木块A离开墙壁前，对A、B整体而言，墙对木块A的冲量大小等于整体的动量变化量即等于木块B动量变化量的大小；根据能量守恒定律，木块A离开墙壁前，弹性势能的减少量等于木块B动能的增量；木块A离开墙壁时，B的动能等于A、B共速时的弹性势能及A的动能之和；木块A离开墙壁后，当弹簧再次恢复原长时，A、B交换速度，木块B的速度为零．选项A、B正确．答案：AB4、如图所示，电源电动势E＝12V，内阻r＝3Ω，R0＝1Ω，直流电动机内阻R0′＝1Ω、当调节滑动变阻器R1时可使图甲中电路的输出功率最大；调节R2时可使图乙中电路的输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作(额定输出功率为P0＝2W)，则R1和R2连入电路中的阻值分别为()A．2Ω、2ΩB．2Ω、1、5ΩC．1、5Ω、1、5ΩD．1、5Ω、2Ω解析：因为题图甲电路是纯电阻电路，当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，所以R1接入电路中的阻值为2Ω；而题图乙电路是含电动机的电路，欧姆定律不适用，电路的输出功率P＝IU＝I(E－Ir)，所以当I＝eq\f(E,2r)＝2A时，输出功率P有最大值，此时电动机的输出功率为2W，发热功率为4W，所以电动机的输入功率为6W，电动机两端的电压为3V，电阻R2两端的电压为3V，所以R2接入电路中的阻值为1、5Ω，B正确．答案：B5、(2018·陕西省宝鸡市高三教学质量检测)如图所示，垂直纸面放置的两根平行长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1>I2，纸面内的一点H到两根导线的距离相等，则该点的磁感应强度方向可能为图中的()A．B4B．B3C．B2D．B1解析：根据题述，I1>I2，由安培定则，I1在H点产生的磁感应强度方向垂直于H和I1连线，指向右下，I2在H点产生的磁感应强度方向垂直于H和I2连线，指向左下．I1在H点产生的磁感应强度比I2在H点产生的磁感应强度大，H点磁感应强度为两磁场的叠加，故H点的磁感应强度方向可能为图中的B3，选项B正确．答案：B6、小型交流发电机的矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间的关系是正弦函数．将发电机与一个标有“6V6W”的小灯泡连接形成闭合回路，不计电路的其他电阻．当线圈的转速为n＝5r/s时，小灯泡恰好正常发光，则电路中电流的瞬时表达式为()A．i＝sin5t(A)B．i＝sin10πt(A)C．i＝1、41sin5t(A)D．i＝1、41sin10πt(A)解析：因为小灯泡正常发光，所以电路中电流的有效值为I＝eq\f(P,U)＝1A，则电流的最大值为Im＝eq\r(2)A≈1、41A．因为转速n＝5r/s，且ω＝2nπ，所以ω＝10πrad/s，故电路中电流的瞬时值表达式为i＝1、41sin10πt(A)，选项D正确．答案：D7、(2018·惠州模拟)一交变电流的图象如图所示，由图可知()A．该交流电的周期是0、02sB．该交流电电流最大值为20eq\r(2)AC．该交流电的频率为100HzD．用电流表测该电流其示数为10eq\r(2)A解析：该交流电的周期T＝0、01s，频率f＝eq\f(1,T)＝100Hz，A错、C对；最大值Im＝10eq\r(2)A，电流表测得的是电流有效值I＝eq\f(Im,\r(2))＝10A，故B、D错误．答案：C二、非选择题1、完成以下“验证力的平行四边形定则”实验的几个主要步骤：(1)如图甲，用两只弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，记下结点O的位置、两弹簧测力计的读数F1、F2以及两细绳套的方向．(2)如图乙，用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条的结点拉到________，记下细绳套的方向(如图丙中的c)，读得弹簧测力计的示数F＝________、(3)如图丙，按选定的标度作出了力F1、F2的图示，请在图丙中：①按同样的标度作出力F的图示；②按力的平行四边形定则作出F1、F2的合力F′、(4)若F′与F________________________________________________________________________，则平行四边形定则得到验证．解析：(2)如题图乙，用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条的结点拉到同一位置O，记下细绳套的方向，由图示弹簧测力计可读得弹簧测力计的示数F＝4、0N、(3)①作出力F的图示如图所示．②根据力的平行四边形定则，作出F1、F2的合力F′，如图所示．(4)若有F′与F在误差范围内大小相等，方向相同，则平行四边形定则得到验证．答案：(2)同一位置O4、0N(3)见解析(4)在误差范围内大小相等，方向相同2、如图所示，静止在匀强磁场中的eq\o\al(6,3)Li核俘获一个速度为v0＝7、7×104m/s的中子而发生核反应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，其方向与反应前中子速度方向相同，求：(1)eq\o\al(3,1)H的速度是多大；(2)在图中画出两粒子的运动轨迹并求出轨道半径之比；(3)当粒子eq\o\al(4,2)He旋转3周时，粒子eq\o\al(3,1)H旋转几圈．解析：(1)中子撞击锂核生成氚核和氦核过程中动量守恒，有m0v0＝m1v1＋m2v2式中m0、m1、m2分别为中子、氚核、氦核的质量，v1为氚核速度，代入数据得v1＝1、0×103m/s，方向与v0相反(即与v2相反)．(2)氚核、氦核在磁场中做匀速圆周运动的半径之比为r1：r2＝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运动轨迹如图所示．(3)氚核、氦核做圆周运动的周期之比为T1：T2＝eq\f(2πm1,Bq1)：eq\f(2πm2,Bq2)＝eq\f(2π×3,B×1)：eq\f(2π×4,B×2)＝3：2所以它们旋转周期之比为n1：n2＝T2：T1＝2：3当α粒子旋转3周时，氚核旋转2周．答案：(1)1、0×103m/s(2)3：40(3)22019年高考物理（人教）一轮基础夯实练（3）一、选择题1、(2018·合肥市质量检测)一质量为2kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a－t图象如图所示，t＝0时其速度大小为2m/s，滑动摩擦力大小恒为2N，则()A．在t＝6s的时刻，物体的速度为18m/sB．在0～6s时间内，合力对物体做的功为400JC．在0～6s时间内，拉力对物体的冲量为48N·sD．在t＝6s的时刻，拉力F的功率为200W解析：类比速度图象位移的表示方法可知，速度变化量在加速度—时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在0～6s内Δv＝18m/s，v0＝2m/s，则t＝6s时的速度v＝20m/s，A项错；由动能定理可知，0～6s内，合力做功W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝396J，B项错；由冲量定理可知，I－Ff·t＝mv－mv0，代入已知条件解得：I＝48N·s，C项正确；由牛顿第二定律可知，6s末F－Ff＝ma，解得：F＝10N，所以拉力的功率P＝Fv＝200W，D项正确．答案：CD2、(2018·山西四校联考)如图所示，轻绳一端连接放置在水平地面上的物体Q，另一端绕过固定在天花板上的定滑轮与小球P连接，P、Q始终处于静止状态，则()A．Q可能受到两个力的作用B．Q可能受到三个力的作用C．Q受到的绳子拉力与重力的合力方向水平向左D．Q受到的绳子拉力与重力的合力方向指向左下方解析：由平衡条件知，Q受重力、支持力、绳的拉力和摩擦力四个力的作用，选项A、B错误；由平衡条件知，Q受到的绳子拉力和重力的合力与支持力和摩擦力的合力大小相等、方向相反，由平行四边形定则知，支持力和摩擦力的合力方向指向右上方，所以Q受到的绳子拉力和重力的合力方向指向左下方，选项C错误，选项D正确．答案：D3、如图所示，竖直平面内有一光滑直杆AB，杆与水平方向的夹角为θ(0°≤θ≤90°)，一质量为m的小圆环套在直杆上．给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力F，并从A端由静止释放．改变直杆和水平方向的夹角θ，当直杆与水平方向的夹角为30°时，小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为g，则()A．恒力F一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向B．恒力F和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向C．若恒力F的方向水平向右，则恒力F的大小为eq\r(3)mgD．恒力F的最小值为eq\f(\r(3),2)mg解析：小圆环受到竖直向下的重力、光滑直杆AB对小圆环的支持力和恒力F，把光滑直杆AB对小圆环的支持力正交分解，沿直杆方向无分力，由L＝eq\f(1,2)at2可知，要使小圆环在直杆上运动的时间最短，小圆环运动的加速度必须最大，由牛顿第二定律可知，当恒力和重力的合力沿光滑直杆方向时，加速度最大，所以选项A错误、B正确；若恒力F的方向水平向右，由tan30°＝eq\f(mg,F)，解得F＝eq\r(3)mg，选项C正确；当合力F的方向垂直光滑直杆时，恒力F最小，由sin60°＝eq\f(F,mg)，解得F的最小值为Fmin＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)mg，选项D正确．答案：BCD4、(2018·武汉模拟)如图所示，R是光敏电阻，其阻值随光照强度的增大而减小，当它受到的光照强度增大时()A．灯泡L变暗B．光敏电阻R上的电压增大C．电压表V的读数减小D．电容器C的带电荷量增大解析：光照强度增大时，R的阻值减小，闭合电路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律知I＝eq\f(E,R＋r＋R灯)增大，灯泡L变亮，选项A错误；光敏电阻R上的电压UR＝E－I(r＋R灯)减小，选项B错误；电压表V的读数U＝E－Ir减小，选项C正确；电容器C两端的电压等于灯泡两端的电压，灯泡两端的电压UL＝IR灯增大，所以电容器C的带电荷量Q＝CUL增大，选项D正确．答案：CD5、(2018·河北唐山调研)如图所示，两平行的粗糙金属导轨水平固定在匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨宽度为L，一端与电源连接．一质量为m的金属棒ab垂直于平行导轨放置并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝eq\f(\r(3),3)，在安培力的作用下，金属棒以v0的速度向右匀速运动，通过改变磁感应强度的方向，可使流过导体棒的电流最小，此时磁感应强度的方向与竖直方向的夹角为()A．37°B．30°C．45°D．60°解析：本题考查通电导体棒在磁场中的平衡问题．由题意对棒受力分析，设磁感应强度的方向与竖直方向成θ角，则有BILcosθ＝μ(mg－BILsinθ)整理得BIL＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)电流有最小值，就相当于安培力有最小值，最后由数学知识解得：θ＝30°，则A、C、D错，B对．答案：B6、(2018·辽宁锦州期末)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20：1，原线圈接在正弦交流电源上，副线圈接入“3V6W”灯泡一只，且灯泡正常发光．则()A．原线圈电压有效值为3VB．电源输出功率为120WC．电流表的示数为0、1AD．电流表的示数为40A解析：根据理想变压器原、副线圈电压与匝数成正比可知，原线圈两端电压有效值为60V，选项A错误；理想变压器输入功率等于输出功率，所以输入功率和输出功率都为6W，则电源输出功率为6W，选项B错误；理想变压器输入功率为6W，则原线圈中的电流有效值为I＝eq\f(P,U)＝eq\f(6,60)A＝0、1A，选项C正确，选项D错误．答案：C7、在变电站里，经常要用交流电表监测电网上的强电流．所用的器材叫电流互感器，如图所示，能正确反映其工作原理的是()解析：电流互感器把大电流变成小电流，测量时更安全，据变压器原理，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，I2＝eq\f(n1,n2)I1，所以要求线圈匝数n2>n1，原线圈要接在火线上，故本题只有A正确．答案：A二、非选择题1、如图所示为“探究加速度与物体受力的关系”的实验装置图．图中A为小车，质量为m1，连接在小车后面的纸带穿过电火花打点计时器B，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上，P的质量为m2，C为弹簧测力计，实验时改变P的质量，读出测力计不同读数F，不计绳与滑轮的摩擦．(1)下列说法正确的是()A．一端带有定滑轮的长木板必须保持水平B．实验时应先接通电源后释放小车C．实验中m2应远小于m1D．测力计的读数始终为eq\f(m2g,2)(2)如图为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出．由此可求得小车的加速度的大小是________m/s2(交流电的频率为50Hz，结果保留两位有效数字)．(3)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a－F图象可能是图中的图线()解析：(1)一端带有定滑轮的长木板必须稍微倾斜，以平衡摩擦力，选项A错误．实验时应先接通电源后释放小车，选项B正确．实验中m2不必远小于m1，选项C错误．由于P向下加速运动，测力计的读数始终小于eq\f(m2g,2)，选项D错误．(2)由Δx＝aT2解得小车的加速度的大小是0、50m/s2、(3)遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a－F图象，应该是当F从某一值开始增大，加速度a才开始增大，所以可能是图线C、答案：(1)B(2)0、50(3)C2、(2018·广东华山模拟)(1)(10分)关于热现象和热学规律，下列说法正确的是________(填正确答案的标号)．A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积B．气体温度升高，分子的平均动能一定增大C．温度一定时，悬浮在液体中的固体颗粒越小，布朗运动越明显D．一定温度下，饱和汽的压强是一定的E．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律(2)(15分)如图，将导热性良好的薄壁圆筒开口向下竖直缓慢地放入水中，筒内封闭了一定质量的气体(可视为理想气体)．当筒底与水面相平时，圆筒恰好静止在水中．此时水的温度t1＝7、0℃，筒内气柱的长度h1＝14cm、已知大气压强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)若将水温缓慢升高至27℃，此时筒底露出水面的高度Δh为多少？(ⅱ)若水温升至27℃后保持不变，用力将圆筒缓慢下压至某一位置，撤去该力后圆筒恰能静止，求此时筒底到水面的距离H(结果保留两位有效数字)．解析：(1)知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可以算出每个气体分子占据空间的体积，但不是分子体积(分子间隙大)，故A错误；温度是分子平均动能的标志，故气体温度升高，分子的平均动能一定增大，选项B正确；悬浮在液体中的固体微粒越小，碰撞的不平衡性越明显，布朗运动就越明显，故C正确；饱和蒸汽压仅仅与温度有关，所以一定温度下，饱和汽的压强是一定的，故D正确；第一类永动机不可能制成，是因为它违反了能量守恒定律，第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，故E错误．(2)(ⅰ)设水温升至27℃时，气柱的长度为h2，圆筒横截面积为S，根据盖－吕萨克定律有eq\f(Sh1,T1)＝eq\f(Sh2,T2)，圆筒静止，筒内外液面高度差不变，有Δh＝h2－h1，联立解得Δh＝1cm；(ⅱ)设圆筒的质量为m，静止在水中时筒内气柱的长度为h3、则mg＝ρgh1S，mg＝ρgh3S，圆筒移动过程，根据玻意耳定律有(p0＋ρgh1)h2S＝[p0＋ρg(h3＋H)]h3S，解得H＝72cm、答案：(1)BCD(2)(ⅰ)1cm(ⅱ)72cm2019年高考物理（人教）一轮基础夯实练（4）一、选择题1、(2018·广州模拟)如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表的示数减小ΔU(电压表为理想电表)，在这个过程中()A．通过R1的电流减小，减少量一定等于eq\f(ΔU,R1)B．R2两端的电压增加，增加量一定等于ΔUC．路端电压减小，减少量一定等于ΔUD．通过R2的电流增加，但增加量一定小于eq\f(ΔU,R2)解析：电压表的示数减小ΔU，通过R1的电流减小ΔI＝eq\f(ΔU,R1)，选项A正确；R2与电源内阻的总电压增加ΔU，选项B错误；R2两端的电压增加量小于ΔU，通过R2的电流增加量小于eq\f(ΔU,R2)，选项C错误、D正确．答案：AD2、(2018·湖南岳阳一中模拟)如图所示，我们常见这样的杂技表演：四个人A、B、C、D体型相似，B站在A的肩上，双手拉着C和D，A水平撑开双手支持着C和D、如果四个人的质量均为m＝60kg，g取10m/s2，估算A的手臂受到的压力和B的手臂受到的拉力大小分别为()A．120N，240NB．240N，480NC．350N，700ND．600N，1200N解析：对C进行受力分析如图所示，由四人体型相似推知四人手臂长度相同，则B的手臂与竖直方向的夹角为30°，则有FAC＝mgtan30°＝eq\f(\r(3),3)mg，即C受到A的推力约为eq\f(\r(3),3)mg，A的手臂受到的压力也是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的拉力为eq\f(2\r(3),3)mg，则B的手臂受到的拉力也为eq\f(2\r(3),3)mg＝eq\f(2\r(3),3)×60×10N≈700N，故选C、答案：C3、(2018·吉林省吉林市调研)某质点在几个恒力作用下做匀速直线运动，现突然将与质点速度方向相反的一个力旋转90°，则关于质点运动状况的叙述正确的是()A．质点的速度一定越来越小B．质点的速度可能先变大后变小C．质点一定做匀变速曲线运动D．因惯性质点继续保持匀速直线运动解析：将与质点速度方向相反的作用力F旋转90°时，该力与其余力的合力夹角为90°，这时质点所受的合力大小为eq\r(2)F，方向与速度的夹角为45°，质点受力的方向与运动的方向之间的夹角是锐角，所以质点做速度增大的曲线运动，故A、B错误；根据牛顿第二定律得加速度a＝eq\f(\r(2)F,m)，所以质点做匀变速曲线运动，故C正确、D错误．答案：C4、质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ、初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为()A、eq\f(1,2)mv2B、eq\f(1,2)eq\f(mM,m＋M)v2C、eq\f(1,2)NμmgLD．NμmgL解析：小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，最后恰好又回到箱子正中间．二者相对静止，即为共速，设速度为v1，mv＝(m＋M)v1，系统损失动能Ek＝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)；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即ΔEk＝Q＝NμmgL、故本题选B、D、答案：BD5、(2018·江西五校联考)(多选)如图所示，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)的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器，沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P1、P2两点．则()A．打在P1点的粒子是eq\o\al(4,2)HeB．打在P2点的粒子是eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)HeC．O2P2的长度是O2P1长度的2倍D．粒子在偏转磁场中运动的时间都相等解析：带电粒子在沿直线通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力大小相等方向相反，即：qvB＝qE所以v＝eq\f(E,B)可知从粒子速度选择器中射出的粒子具有相等的速度．带电粒子在磁场中做匀速直线运动，洛伦兹力提供向心力，所以：qvB＝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，则运动的半径越小，所以打在P1点的粒子是eq\o\al(1,1)H，打在P2点的粒子是eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)He、故A错误，B正确；由题中的数据可得，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的轨道的半径是eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)He的半径的eq\f(1,2)倍，即O2P2的长度是O2P1长度的2倍，故C正确；粒子运动的周期：T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，三种粒子的比荷不相同，所以粒子在偏转磁场中运动的时间不相等．故D错误．答案：BC6、如图为一种变压器的实物图，根据其铭牌上所提供的信息，以下判断错误的是()A．这是一个降压变压器B．原线圈的匝数比副线圈的匝数多C．当原线圈输入交流电压220V时，副线圈输出直流电压12VD．当原线圈输入交流电压220V、副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流大解析：根据铭牌上所提供的信息可知：变压器的输入电压为220V，输出电压为12V，该变压器为降压变压器，故选项A、B正确；变压器的工作原理是电磁感应，故变压器的原、副线圈上的电压都为交流电压，选项C错误；由理想变压器的输出功率等于输入功率，且原线圈的电压大于副线圈的电压，故副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流大，选项D正确．答案：C7、如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为55：3，原线圈a、b间输入交流电瞬时值的表达式为u＝220eq\r(2)sin(100πt)V，副线圈两端接有两只标有“24W”字样的灯泡，当开关S1和S2都闭合时，两灯泡均正常发光，下列说法中正确的是()A．两只灯泡能承受的最高电压为12VB．断开开关S1，副线圈两端的电压将变大C．断开开关S1，变压器原线圈的输入功率将变小D．该变压器原、副线圈的输入、输出功率之比为55：3解析：由理想变压器的工作原理知原、副线圈的电压与匝数成正比eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，解得副线圈输出电压的有效值为U2＝12V，故灯泡能承受的最高电压应为12eq\r(2)V，A错误；无论是断开开关S1还是断开开关S2，副线圈的电压均不变，B错误；断开开关S1，小灯泡L2仍能正常发光，L2消耗的功率不变，则理想变压器的输出功率减小，由于理想变压器的输出功率等于输入功率，因此输入功率也减小，C正确、D错误．答案：C二、非选择题1、如图甲所示，倾角θ＝37°的足够长粗糙斜面固定在水平面上，滑块A、B用细线跨过光滑定滑轮相连，A与滑轮间的细线与斜面平行，B距地面一定高度，A可在细线牵引下沿斜面向上滑动．某时刻由静止释放A，测得A沿斜面向上运动的v－t图象如图乙所示(B落地后不反弹)．已知mA＝2kg，mB＝4kg，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0、6、cos37°＝0、8、求：(1)A与斜面间的动摩擦因数；(2)A沿斜面向上滑动的最大位移．解析：(1)在0～0、5s内，根据题图乙，可得A、B整体的加速度a1为a1＝eq\f(2m/s,0.5s)＝4m/s2设细线张力大小为FT，分别对A、B，由牛顿第二定律有FT－mAgsinθ－μmAgcosθ＝mAa1mBg－FT＝mBa1联立解得μ＝0、25(2)B落地后，A继续减速上升由牛顿第二定律有mAgsinθ＋μmAgcosθ＝mAa2代入数据得a2＝8m/s2故A减速向上滑动的位移x2＝eq\f(2m/s2,2a2)＝0、25m0～0、5s内A加速向上滑动的位移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·重庆一诊)(1)下列说法正确的是________(填正确答案的标号)．A．多数分子直径的数量级是10－10cmB．气体的温度升高时，气体的压强不一定增大C．在一定的温度下，饱和汽的分子数密度是一定的D．晶体都是各向异性的E．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的(2)(15分)如图所示的圆柱形汽缸是一“拔火罐”器皿，汽缸(横截面积为S)固定在铁架台上，轻质活塞通过细线与质量为m的重物相连，将一团燃烧的轻质酒精棉球从缸底的开关S处扔到汽缸内，酒精棉球熄灭时(此时缸内温度为t℃)闭合开关S，此时活塞下的细线刚好拉直且拉力为零，而这时活塞距缸底的距离为L、由于汽缸传热良好，随后重物会被吸起，最后重物稳定在距地面eq\f(L,10)处．已知环境温度为t0℃不变，eq\f(mg,S)＝eq\f(1,6)p0，p0为大气压强，汽缸内的气体可看成理想气体，求：(ⅰ)酒精棉球熄灭时的温度t与t0满足的关系式；(ⅱ)汽缸内温度降低到重新平衡的过程中外界对气体做的功．解析：(1)原子和分子的数量级是10－10m，A错误．温度是分子平均动能的标志，温度升高，气体分子的平均动能增大，由气态方程eq\f(pV,T)＝C可知，温度升高，压强不一定增大，B正确．饱和汽压与分子密度和温度有关，在一定温度下，饱和汽的分子数密度是一定的，饱和汽压也是一定的，C正确．单晶体具有各向异性，而多晶体没有各向异性，D错误．根据热力学第二定律，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，E正确．(2)(ⅰ)汽缸内封闭气体的初始状态：p1＝p0，V1＝LS，T1＝(273＋t)K；末状态：p2＝p0－eq\f(mg,S)＝eq\f(5,6)p0，V2＝eq\f(9,10)LS，T2＝(273＋t0)K、由理想气体的状态方程有eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)，解得t＝eq\f(4,3)t0＋91℃、(ⅱ)汽缸内封闭气体的温度降低的过程中，开始时气体的压强变化，但气体的体积没有变化，故此过程外界对气体不做功．活塞向上运动过程为恒压过程，气体的压强为p2，活塞上移的距离为eq\f(L,10)，故外界对气体做的功为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）一轮基础夯实练（5）一、选择题1、(2018·浙江百校联盟押题卷)如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A、B间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是()A．A、B的质量之比为1：eq\r(3)B．A、B所受弹簧弹力大小之比为eq\r(3)：eq\r(2)C．悬挂A、B的细线上拉力大小之比为eq\r(2)：1D．快速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为1：eq\r(2)解析：弹簧对A、B的弹力大小相等，设为kx，对A、B分别进行受力分析，由平衡条件可知mAg＝kxtan60°，FA＝kx/cos60°，mBg＝kxtan45°，FB＝kx/cos45°，联立解得A、B两物体质量之比为mA：mB＝tan60°：tan45°＝eq\r(3)：1，FA：FB＝cos45°：cos60°＝eq\r(2)：1，在剪断弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度aA：aB＝gcos60°：gcos45°＝1：eq\r(2)，故C、D正确．答案：CD2、(2018·重庆调研)如图所示，某河段两岸平行，河水越靠近河中央水流速度越大．一条小船(可视为质点)沿垂直于河岸的方向航行，它在静水中航行速度为v，沿河岸向下及垂直河岸建立直角坐标系xOy，则该船渡河的大致轨迹正确的是()解析：小船在垂直于河岸方向做匀速直线运动，平行河岸方向先做加速运动后做减速运动，因此合速度方向与河岸间的夹角先减小后增大，即运动轨迹的切线方向与x轴的夹角先减小后增大，C项正确．答案：C3、滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F做了10J的功．在上述过程中()A．弹簧的弹性势能增加了10JB．滑块的动能增加了10JC．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10JD．滑块和弹簧组成的系统机械能守恒解析：拉力F做功的同时，弹簧伸长，弹性势能增大，滑块向右加速，滑块动能增加，由功能关系可知，拉力做功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和，C正确，A、B、D均错误．答案：C4、某静电场的电场线分布如图所示，图中A、B两点的电场强度的大小分别为EA和EB，电势分别为φA和φB，将－q分别放在A、B两点时具有的电势能分别为EpA和EpB，则()A．EA>EB，φA>φB，EpA<EpBB．EA>EB，φA>φB，EpA>EpBC．EA<EB，φA>φB，EpA>EpBD．EA<EB，φA<φB，EpA<EpB解析：从图可以看出A点的电场线的密集程度大于B点的密集程度，故A点的电场强度大于B点的电场强度．因电场线的方向由A指向B，而沿电场线的方向电势逐渐降低，所以A点的电势高于B点的电势．负电荷从A到B，电场力做负功，电势能增加，所以－q在B点的电势能大于在A点的电势能，故A正确．答案：A5、某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正．为了使静止于该磁场中的带正电的粒子能按a→b→c→d→e→f的顺序做横“∞”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用，其它力不计)()A．若粒子的初始位置在a处，在t＝eq\f(3T,8)时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度B．若粒子的初始位置在f处，在t＝eq\f(T,2)时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度C．若粒子的初始位置在e处，在t＝eq\f(11,8)T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度D．若粒子的初始位置在b处，在t＝eq\f(T,2)时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度解析：要使粒子的运动轨迹如题图乙所示，粒子做圆周运动的周期应为T0＝eq\f(πm,qB)＝eq\f(T,2)，结合左手定则可知，选项A、D正确．答案：AD6、(2018·广西重点高中高三一模)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，a、b端接入一正弦式交流电源．L1、L2为两只规格均为“22V6W”的灯泡，两电表为理想交流电表．当滑动变阻器的滑片P处于中间位置时，两灯泡恰好都正常发光．下列说法正确的是()A．电流表示数为0、27AB．电压表示数为44VC．滑片P向下移动时，灯泡L2将变暗D．滑片P向上移动时，灯泡L1将变暗解析：由于原、副线圈匝数比为2：1，则原、副线圈电流比为1：2，因两灯泡正常发光，所以原线圈电流为eq\f(3,11)A，则副线圈电流为eq\f(6,11)A＝0、55A，A错．原、副线圈两端电压比为2：1，副线圈两端电压为22V，所以原线圈两端电压为44V，B对．滑片P向下移动时，副线圈电路的电阻变小，电流变大，则原线圈电路中电流也变大，即通过灯泡L2的电流变大，灯泡L2可能变亮或烧毁，C错．滑片P向上移动时，通过灯泡L2的电流变小，原线圈两端电压变大，则副线圈两端电压也变大，灯泡L1可能变亮或烧毁，D错．答案：B7、(2018·江西省五校高考模拟考试)如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，电阻不计，绕OO′轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置开始计时．矩形线圈通过铜滑环接理想变压器原线圈，副线圈接有固定电阻R0和滑动变阻器R，下列判断正确的是()A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωsinωtB．矩形线圈从图示位置经过eq\f(π,2ω)时间内，通过电流表A1的电荷量为0C．当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电流表A1和A2示数都变小D．当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电压表V1示数不变，V2和V3的示数都变小解析：初始位置是与中性面垂直的平面，则矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcosωt，选项A错误；eq\f(π,2ω)是四分之一个周期，由Q＝eq\f(ΔΦ,R)可得，通过电流表A1的电荷量不为零，选项B错误；当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，滑动变阻器的阻值变大．电路总电阻变大，电流表A2示数变小，结合eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可得，电流表A1示数也变小，选项C正确；当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电压表V1示数不变，结合eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，V2示数也不变，电压表V3示数变大，选项D错误．答案：C二、非选择题1、(2018·山东青岛一模)如图所示，倾角θ＝30°的足够长的光滑斜面底端A固定有挡板P，斜面上B点与A点的高度差为h、将质量为m、长度为L的木板置于斜面底端，质量也为m的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),2)，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g、(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v0，木板上端恰能到达B点，求v0的大小；(2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力F，物块相对木板刚好静止，求拉力F的大小．解析：(1)由于μgcosθ>gsinθ，所以在运动过程中物块相对于木板静止，两者的加速度a＝gsinθ，根据eq\f(v\o\al(2,0),2a)＝eq\f(h,sinθ)－L，解得v0＝eq\r(2h－Lg)、(2)对木板与物块整体有F－2mgsinθ＝2ma0，对物块有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)如图所示，一定质量的理想气体由状态a沿adc变化到状态c，吸收了340J的热量，并对外做功120J．若该气体由状态a沿abc变化到状态c时，对外做功40J，则这一过程中气体________(填“吸收”或“放出”)热量________J、(2)(15分)某同学设计了一种测温装置，其结构如图所示，玻璃泡A内封有一定质量的气体，与A相连的B管插在水银槽中，管内外水银面的高度差x即可反映泡内气体的温度，即环境温度t，并可由B管上的刻度直接读出．设B管的体积与A泡的体积相比可略去不计，在1个标准大气压下对B管进行温度刻线(1标准大气压相当于76cmHg的压强)．已知当温度t1＝27℃时，管内外水银面的高度差x1＝16cm，此高度差即为27℃的刻度线．求：(ⅰ)推导高度差x随温度t变化的关系式；(ⅱ)判断该测温装置的刻度是否均匀，并指出温度t＝0℃刻度线在何处．解析：(1)对该理想气体由状态a沿abc变化到状态c，由热力学第一定律可得：ΔU＝Q＋W＝340J＋(－120J)＝220J，即从a状态到c状态，理想气体的内能增加了220J；若该气体由状态a沿adc变化到状态c时，对外做功40J，此过程理想气体的内能还是增加220J，所以可以判定此过程是吸收热量，再根据热力学第一定律可得：ΔU＝Q′＋W′，得Q′＝ΔU－W′＝220J－(－40J)＝260J、(2)(ⅰ)B管体积忽略不计，玻璃泡A内气体体积保持不变，是等容变化过程，根据查理定律可得eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)根据平衡条件可知，玻璃泡A内气体压强p＝p0－ρgx，其中p0为标准大气压，代入数据解得x＝21、4－eq\f(t,5)(cm)．(ⅱ)由方程可知，x与t是线性函数，所以该测温装置的刻度是均匀的．根据方程x＝21、4－eq\f(t,5)(cm)，将t＝0℃代入上式可得，x＝21、4cm、所以温度t＝0℃刻度线在x＝21、4cm处．答案：(1)吸收260(2)(ⅰ)x＝21、4－eq\f(t,5)(cm)(ⅱ)刻度均匀x＝21、4cm处2019年高考物理（人教）一轮基础夯实练（6）一、选择题1、(2018·浙江温州十校联考)2016年8月16日凌晨，被命名为“墨子号”的中国首颗量子科学实验卫星开启星际之旅，其运行轨道为如图所示的绕地球E运动的椭圆轨道，地球E位于椭圆的一个焦点上．轨道上标记了卫星经过相等时间间隔(Δt＝eq\f(T,14)，T为运转周期)的位置．如果作用在卫星上的力只有地球E对卫星的万有引力，则下列说法正确的是()A．面积S1>S2B．卫星在轨道A点的速度小于B点的速度C．T2＝Ca3，其中C为常数，a为椭圆半长轴D．T2＝C′b3，其中C′为常数，b为椭圆半短轴解析：根据开普勒第二定律可知，卫星与地球的连线在相等的时间内扫过的面积相等，故面积S1＝S2，选项A错误；根据开普勒第二定律可知，卫星在轨道A点的速度大于在B点的速度，选项B错误；根据开普勒第三定律可知eq\f(a3,T2)＝k，其中k为常数，a为椭圆半长轴，选项C正确，选项D错误．答案：C2、(2018·广东五校联考)如图所示，物体A、B用细绳与弹簧连接后跨过滑轮．A静止在倾角为45°的粗糙斜面上，B悬挂着．已知质量mA＝3mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°减小到30°，那么下列说法中正确的是()A．弹簧的弹力不变B．物体A对斜面的压力将减小C．物体A受到的静摩擦力将减小D．弹簧的弹力及物体A受到的静摩擦力都不变解析：设mA＝3mB＝3m，对物体B受力分析，受重力和拉力，由二力平衡得弹簧的弹力不变，A正确，再对物体A进行受力分析，受重力、支持力、弹簧的弹力和静摩擦力，如图所示．刚开始由于mAgsin45°＝eq\f(3\r(2),2)mg>mBg＝mg，所以摩擦力沿斜面向上，斜面倾角变为30°以后摩擦力仍然沿斜面向上．根据平衡条件得到Ff＋FT－3mgsinθ＝0，FN－3mgcosθ＝0，解得Ff＝3mgsinθ－FT＝3mgsinθ－mg，FN＝3mgcosθ、当θ减小时，物体A受到的静摩擦力Ff将减小，物体A对斜面的压力FN增大，故C正确，B、D错误．答案：AC3、(2018·衡水模拟)质量为2吨的汽车，发动机牵引力的功率为30kW，汽车在水平路面上行驶能达到的最大速度为15m/s，若汽车以最大功率行驶，所受阻力恒定，则汽车的速度为10m/s时的加速度为()A．0、5m/s2B．1m/s2C．2m/s2D．2、5m/s2解析：汽车在水平路面上行驶所受阻力Ff＝eq\f(P,v)＝2000N；当汽车的速度为10m/s时，牵引力F＝eq\f(P,v′)＝3000N；加速度a＝eq\f(F－Ff,m)＝0、5m/s2，选项A正确．答案：A4、一正电荷仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度大小随时间变化的图象如图所示．下列关于A、B两点电场强度E的大小和电势φ的高低的判断，正确的是()A．EA>EB，φA>φBB．EA＝EB，φA＝φBC．EA<EB，φA>φBD．EA<EB，φA<φB解析：电荷受电场力的作用，合力不为零．由运动图象可知速度的大小没有变化，故电荷只能做匀速圆周运动，故选B、答案：B5、如图所示，在半径为R的圆形区域内有匀强磁场．在边长为2R的正方形区域里也有匀强磁场，两个磁场的磁感应强度大小相同．两个相同的带电粒子以相同的速率分别从M、N两点射入匀强磁场．在M点射入的带电粒子，其速度方向指向圆心；在N点射入的带电粒子，速度方向与边界垂直，且N点为正方形边长的中点，则下列说法正确的是()A．带电粒子在磁场中飞行的时间可能相同B．从M点射入的带电粒子可能先飞出磁场C．从N点射入的带电粒子可能先飞出磁场D．从N点射入的带电粒子不可能比M点射入的带电粒子先飞出磁场解析：画轨迹草图如图所示，容易得出粒子在圆形磁场中的轨迹长度(或轨迹对应的圆心角)不会大于在正方形磁场中的，故A、B、D正确．答案：ABD6、某发电机说明书的部分内容如下表所示，现在用一台该型号的柴油发电机给灾民临时安置区供电，如图所示．发电机到安置区的距离是400m，输电线路中的火线和零线均为某型号单股铜导线，该型号导线单位长度的电阻为2、5×10－4Ω、安置区家用电器的总功率为44kW，当这些额定电压为220V的家用电器都正常工作时()型号××××最大输出功率60kW输出电压范围220V～300VA．输电线路中的电流为20AB．发电机实际输出电压是300VC．在输电线路上损失的电功率为8kWD．如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流，则输出电压最大值是300V解析：额定电压为220V的家用电器都正常工作时，输电线路中的电流I＝eq\f(P,U)＝200A，A错误．发电机的实际输出电压为U发＝U＋Ir＝260V，B错误．在输电线路上损失的电功率P损＝I2r＝8kW，C正确．如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流，则其输出电压最大值是260eq\r(2)V≈367、7V，D错误．答案：C7、图甲的正弦交变电压接在图乙的理想变压器原线圈上，R是滑动变阻器，变压器原线圈匝数为55匝，P是副线圈上的滑动触头，当P处于图示位置时，副线圈连入电路部分的匝数为10匝，灯泡L恰能正常发光，电容器C恰好不被击穿．则下列说法正确的是()A．R的滑片不动，向上移动P，灯L变暗B．P不动，向下移动R的滑片，灯L变暗C．电容器C的击穿电压为20eq\r(2)VD．向上移动P，变压器输入功率变大解析：保持R的滑片不动，向上移动P，则副线圈电压变大，灯泡变亮，选项A错误；保持P不动，向下移动R的滑片，R减小，流过灯泡电流变大，灯泡变亮，选项B错误；电容器的击穿电压是指最大值，据变压器原副线圈电压最大值的变比关系eq\f(umax1,umax2)＝eq\f(n1,n2)得umax2＝40V，选项C错误；向上移动P，则副线圈电压变大，变压器输出功率变大，理想变压器输入功率等于输出功率，变压器输入功率变大，D正确．答案：D二、非选择题1、(2018·潍坊高三段考)为确保弯道行车安全，汽车进入弯道前必须减速．如图所示，AB为进入弯道前的平直公路，BC为水平圆弧形弯道．已知AB段的距离sAB＝14m，弯道半径R＝24m．汽车到达A点时速度vA＝16m/s，汽车与路面间的动摩擦因数μ＝0、6，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2、要确保汽车进入弯道后不侧滑．求汽车：(1)在弯道上行驶的最大速度；(2)在AB段做匀减速运动的最小加速度．解析：(1)在BC弯道，由牛顿第二定律得，μmg＝meq\f(v\o\al(2,max),R)，代入数据解得vmax＝12m/s、(2)汽车匀减速至B处，速度恰好减为12m/s时，加速度最小，由运动学公式－2aminsAB＝veq\o\al(2,max)－veq\o\al(2,A)，代入数据解得amin＝4m/s2答案：(1)12m/s(2)4m/s22、(1)(10分)关于分子动理论和热力学定律，下列说法正确的是________．(填正确答案的标号．)A．当分子间的距离r＝r0时，斥力等于引力，分子间作用力表现为零B．分子之间的斥力和引力同时存在，且都随分子间距离的增加而减小C．两个分子组成的系统的势能随分子间的距离增大而减小D．扩散现象和布朗运动都与温度有关E．热量能够从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体(2)(15分)两个固定汽缸按如图所示的方式放置，汽缸B在汽缸A的上方，两汽缸的底面均水平，两汽缸中的活塞各封住了一定质量的理想气体，而活塞通过穿过B底部的光滑刚性细杆相连．两活塞面积分别为SA和SB，且SA：SB＝1：2、初始时活塞处于平衡状态，A、B中气体的体积均为V0，A、B中气体温度均为300K，B中气体压强为0、75p0，p0是汽缸外的大气压强(活塞与缸壁间的摩擦不计，细杆和两活塞质量均不计)．(ⅰ)求初始时A中气体的压强；(ⅱ)现对A中气体加热，同时保持B中气体的温度不变，活塞重新达到平衡状态后，B中气体的压强降为0、5p0，求此时A中气体的温度．解析：(1)根据分子作用力与分子间距离的关系，当分子间的距离r＝r0时，斥力等于引力，分子间作用力表现为零，故A正确．分子间存在相互作用的引力和斥力，引力和斥力都随分子间距离的增加而减小，且斥力比引力变化得快，故B正确．当分子间的距离r>r0时，分子力表现为引力，r增大时分子力做负功，分子势能增加；当分子间的距离在r<r0范围内增大时，分子力表现为斥力，并做正功，分子势能减小，C错误．温度是分子平均动能的标志，是分子运动剧烈程度的标志，温度越高，扩散现象越明显，布朗运动越剧烈，故D正确．根据热力学第二定律知，热量只能够自发地从高温物体传到低温物体，但也可以通过热机做功实现从低温物体传递到高温物体，故E错误．(2)(ⅰ)初始时系统平衡，对两活塞和细杆整体，有pASA＋pBSB＝p0(SA＋SB)将已知条件SB＝2SA，pB＝0、75p0代入上式可解得pA＝1、5p0、(ⅱ)末状态系统平衡，对两活塞和细杆整体，有p′ASA＋p′BSB＝p0(SA＋SB)可解得p′A＝2p0B中气体初、末态温度相等，由pBVB＝p′BV′B，可求得V′B＝1、5V0设A中气体末态的体积为V′A，因为两活塞移动的距离相等，故有eq\f(V′A－VA,SA)＝eq\f(V′B－VB,SB)，可求出V′A＝1、25V0由理想气体状态方程有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）一轮基础夯实练（7）一、选择题1、如图所示，将一个表面光滑的铁球放在两块斜面板AB和CD之间，两板与水平面的夹角都是60°、已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，则()A．如果突然撤去CD板，则撤去后铁球对AB板的压力减小B．如果突然撤去CD板，则撤去后铁球对AB板的压力增大C．如果保持AB板不动，使CD板与水平面的夹角缓慢减小，则球对AB板的压力先减小后增大D．如果保持AB板不动，使CD板与水平面的夹角缓慢减小，则球对CD板的压力先减小后增大解析：原来球静止，受力如图所示，由几何关系和平衡条件可得AB板对铁球的支持力F2＝G，则铁球对AB板的压力F′2＝F2＝G，突然撤去CD板，则撤去后铁球对AB板的压力为Gcos60°，因此撤去后铁球对AB板的压力减小．故A项正确，B项错误；如果保持AB板不动，使CD板与水平面的夹角缓慢减小的过程中，两挡板弹力的合力等于重力，大小和方向都不变，AB挡板对铁球弹力F2的方向不变，改变CD挡板的弹力F1方向，根据三角形定则，(如图所示)知AB挡板的弹力F2逐渐减小，CD挡板的弹力先减小后增大．根据牛顿第三定律可知，球对AB板的压力逐渐减小，球对CD板的压力先减小后增大，故C项错误，D项正确．答案：AD2、(2018·南京、盐城模拟)(多选)如图所示，A、B两点分别是斜面的顶端、底端，C、D是斜面上的两个点，LAC：LCD：LDB＝1：3：3，E点在B点正上方并与A点等高．从E点水平抛出质量相等的两个小球，球a落在C点，球b落在D点，球a和球b从抛出到落在斜面上的过程中(不计空气阻力)，下列说法正确的是()A．两球运动时间之比为2：1B．两球抛出时初速度之比为4：1C．两球动能增加量之比为1：2D．两球重力做功之比为1：3解析：球1和球2下降的高度之比为1：4，根据t＝eq\r(\f(2h,g))知，时间之比为1：2，故A错误．因为球1和球2的水平位移之比为2：1，时间之比为1：2，则初速度之比为4：1，故B正确．根据动能定理知，重力做功之比为1：4，则动能增加量之比为1：4，故C、D错误．答案：B3、(2018·石家庄二模)静止在水平地面上的物体，同时受到水平面内两个互相垂直的力F1、F2的作用，由静止开始运动了2m，已知F1＝6N，F2＝8N，则()A．F1做功12JB．F2做功16JC．F1、F2的合力做功28JD．F1、F2做的总功为20J解析：物体由静止沿F1、F2的合力方向运动，位移为2m，因为位移的方向应与合力的方向一致，所以WF1＝F1·l·cos53°＝7、2J，WF2＝F2·l·cos37°＝12、8J，故A、B错误；F1、F2的合力F合＝eq\r(F\o\al(2,1)＋F\o\al(2,2))＝10N，W总＝F合·l＝20J，故C错误、D正确．答案：D4、如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电小球在匀强电场中运动，其运动轨迹在竖直平面(纸面)内，且关于过轨迹最右侧N点的水平直线对称．已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小球可视为质点．由此可知()A．匀强电场的方向水平向左B．电场强度E满足E>eq\f(mg,q)C．小球在M点的电势能比在N点的大D．M点的电势比N点的高解析：由小球在匀强电场中的运动轨道在竖直平面(纸面)内，且关于过轨迹最右侧N点的水平直线对称，可以判断小球所受合力的方向水平向左，而重力方向竖直向下，如图所示，则知电场力的方向一定斜向左上方，因小球带正电荷，故匀强电场的方向斜向左上方，且电场强度E满足E>eq\f(mg,q)，故B正确、A错误；由沿着电场线方向电势逐渐降低可知M点的电势比N点的低，D错误；小球从M点运动到N点的过程中电场力做负功，电势能增加，故小球在M点的电势能比在N点的小，C错误．答案：B5、(2018·山西五校联考)如图所示，空间中存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，纸面内A、B、C三点构成一等边三角形，在A点有甲、乙、丙三个质量相同的粒子以相同的速度垂直于BC边进入磁场，并分别从B点、BC的中点D、AC的中点E离开三角形区域，粒子重力不计，下列说法正确的是()A．甲粒子带正电，乙粒子不带电，丙粒子带负电B．若磁场区域足够大，则三个粒子都能回到A点C．甲粒子在三角形区域内运动的时间是丙粒子的2倍D．甲粒子受到的洛伦兹力大小是丙粒子的2倍解析：甲粒子从B点飞出磁场，由左手定则可知甲粒子带正电，乙不发生偏转，不带电，丙向左偏转，带负电，A正确；若磁场区域足够大，则甲和丙两粒子能回到A点，乙不能，B错误；设三角形的边长为a，则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伦兹力大小是丙粒子的eq\f(1,2)，D错误；甲、丙两粒子在三角形区域内的运动轨迹对应的圆心角均为60°，t＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(1,6)T＝eq\f(πm,3qB)，故甲粒子在三角形区域内运动的时间是丙粒子的2倍，C正确．答案：AC6、(2018·湖北黄冈中学月考)(多选)有一个交变电流U＝311sin314t(V)，则下列说法中正确的是()A．这个交变电流的频率是50HzB．它可以使“220V100W”的灯泡正常发光C．用交流电压表测量时，读数为311VD．使用这个交变电流的用电器，每通过1C的电荷量时，电流做功220J解析：由瞬时值表达式可知Um＝311V，ω＝314rad/s，频率f＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，选项A正确；电压的有效值U有＝eq\f(Um,\r(2))＝220V，可以使“220V100W”的灯泡正常发光，选项B正确；交流电表读数为有效值，选项C错误；每通过1C的电荷量时，电流做功W＝qU有＝220J，选项D正确．答案：ABD7、(2018·河南鹤壁高级中学月考)(多选)如图所示是通过街头变压器降压给用户供电的示意图．输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动．两