高考物理总复习 优编增分练：计算题考点排查练3 2015年(全国Ⅰ卷)计算题考点排查练
高考物理总复习 优编增分练：实验题考点排查练3 2015年(全国Ⅰ卷)实验题考点排查练
亲爱的同学：这份试卷将再次记录你的自信、沉着、智慧和收获，我们一直投给你信任的目光……学 习 资 料 专 题2015年(全国Ⅰ卷)实验题考点排查练22．(2018·湖北省4月调研)城市建设中常常用半径很大的圆形水泥管道作为雨水和污水的排放管道．为估测该管道的半径，使用的器材有：小球、秒表、上表面光滑的长木板．请将下列实验步骤补充完整：图1(1)将小球放在管道中，标出小球静止在水泥管圆弧底部的最低点A ，如图1所示；(2)将长木板倾斜放置在圆形管道上，______________；(3)让小球从长木板上端由静止滑下，______________.由上述测量结果，可得圆形管道的半径R ＝__________.(已知重力加速度为g )答案 (2)让木板的下端置于A 点 (3)用秒表测量出小球从木板的上端滑到A 点的时间t 14gt 2解析 (2)将长木板倾斜放置在圆形管道上，让木板的下端置于A 点；(3)让小球从长木板上端由静止滑下， 用秒表测量出小球从木板的上端滑到A 点的时间t . 设木板与OA 的夹角为α，则小球下滑的加速度a ＝g cos α，由几何关系知，木板的长度为2Rcos α，根据2R cos α＝12at 2可解得：R ＝14gt 2 23．(2018·广东省揭阳市模拟)把电流表改装成电压表的实验中，所用电流表G 的满偏电流I g为200 μA，内阻估计在400～600 Ω之间．(1)按图2测定电流表G的内阻R g，需要选用合适的器材，现有供选用的器材如下：图2A．滑动变阻器(阻值范围0～200 Ω)B．滑动变阻器(阻值范围0～1 750 Ω)C．电阻箱(阻值范围0～999 Ω)D．电阻箱(阻值范围0～99 999 Ω)E．电源(电动势6 V，内阻0.3 Ω)F．电源(电动势12 V，内阻0.6 Ω)(1)按实验要求，R最好选用________，R′最好选用________，E最好选用________．(填入器材的字母代号)(2)假定由上述步骤已测出电流表内阻R g＝500 Ω，现在通过串联一个24.5 kΩ的电阻把它改装成一个电压表，此电压表的量程为________．(3)如图3甲是测定未知电阻R x的电路图，测量时，电流表的读数为0.20 A，而由(2)中改装后的电压表的表头读数如图乙所示，那么R x的阻值等于________．图3答案(1)D C F (2)5 V (3)15 Ω解析(1)根据“半偏法”的实验原理可知，为使干路电流保持不变，应使电阻箱R的阻值越大越好，所以R应选择电阻箱D；根据实验原理可知，电阻箱R′应选择与待测电流表内阻接近的电阻箱C；通过计算可知，应选择电动势较大的电源F；(2)根据串并联规律可知，改装的电压表量程应为：U＝I g(R g＋R)＝5 V；(3)因改装后的电压表量程为5 V ，所以电压表的读数为：U ＝5200×120 V＝3 V ，待测电阻的阻值为：R ＝U I ＝30.2Ω＝15 Ω.。
高考物理总复习 优编增分练：计算题考点排查练3 2015年(全国Ⅰ卷)计算题考点排查练
2015年(全国Ⅰ卷)计算题考点排查练24．(2018·广东省东莞市上学期期末质检)如图1所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.4 m ，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B ＝0.5 T 、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，金属导轨的一端接有电动势E ＝4.5 V 、内阻r ＝0.5 Ω的直流电源，现把一个质量m ＝0.04 kg 的导体棒ab 放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R ＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g 取10 m/s 2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图1(1)通过导体棒的电流I 的大小；(2)导体棒受到的安培力F 的大小及方向；(3)导体棒受到的摩擦力F f 的大小及方向．答案 (1)1.5 A (2)0.3 N 方向平行导轨向上 (3)0.06 N 方向平行导轨向下解析 (1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，由闭合电路欧姆定律得I ＝E R ＋r ，解得：I ＝1.5 A(2)导体棒受到的安培力F ＝BIL ＝0.3 N由左手定则可得，安培力F 方向平行导轨向上．(3)导体棒所受重力沿导轨向下的分力F 1＝mg sin 37°＝0.24 N由于F 1小于安培力，故导体棒受沿导轨向下的摩擦力F f ，画出导体棒的受力示意图如图：则据共点力平衡条件有mg sin 37°＋F f ＝F ，解得F f ＝0.06 N.25．(2018·广东省梅州市5月二模)如图2所示，在光滑的水平面上有一质量为m C ＝1 kg 的足够长的木板C ，在C 上放置有A 、B 两物体，A 的质量为m A ＝1 kg ，B 的质量为m B ＝2 kg.A 、B 之间锁定一被压缩了的水平轻弹簧，弹簧储存的弹性势能E p ＝3 J ，现突然给A 、B 一瞬时冲量作用，使A 、B 同时获得v 0＝2 m/s 的初速度，与此同时弹簧由于受到扰动而解除锁定，并在极短的时间内恢复原长，之后与A 、B 分离(此过程中C 仍保持静止)．已知A 和C 之间的动摩擦因数为μ1＝0.2，B 、C 之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，且滑动摩擦力略小于最大静摩擦力．求：(g 取10 m/s 2)图2(1)弹簧与A 、B 分离的瞬间，A 、B 的速度分别是多大？(2)已知在C 第一次碰到右边的固定挡板之前，A 、B 和C 已经达到了共同速度，求共同速度v 和达到共速之前A 、B 、C 的加速度a A 、a B 、a C 的大小？(3)已知C 与挡板的碰撞无机械能损失，求在第一次碰撞后到第二次碰撞前A 在C 上滑行的距离？答案 (1)v A ＝0 v B ＝3 m/s (2)v ＝1.5 m/s a A ＝a B ＝a C ＝1 m/s 2(3)0.75 m解析 (1)在弹簧弹开两物体的过程中，由于作用时间极短，对A 、B 及弹簧组成的系统由动量守恒定律和能量守恒定律可得：(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B E p ＋12(m A ＋m B )v 02＝12m A v A 2＋12m B v B 2联立解得：v A ＝0，v B ＝3 m/s(2)对物体B 有：a B ＝μ2g ＝1 m/s 2假设A 、C 相对静止，有：μ2m B g ＝(m A ＋m C )a解得：a ＝1 m/s 2因为：m A a <μ1m A g ，假设成立故物体A 、C 的共同加速度为a ＝1 m/s 2对A 、B 、C 组成的系统，水平方向不受外力，由动量守恒定律可得：m B v B ＝(m A ＋m B ＋m C )v解得：v ＝1.5 m/s(3)C 和挡板碰撞后，先向左匀减速运动，后向右匀加速运动，在向右加速过程中先C 和A 达到共同速度v 1，之后AC 再以共同的加速度向右匀加速，B 一直向右匀减速，最后三者达到共同速度做匀速运动． a A ′＝μ1g ＝2 m/s 2；a B ＝1 m/s 2μ1m A g ＋μ2m B g ＝m C a C ′解得：a C ′＝4 m/s 2v 1＝v －a A ′t ＝－v ＋a C ′t解得：v 1＝0.5 m/s ，t ＝0.5 sx A ＝v ＋v 12t ＝0.5 m x C ＝－v ＋v 12t ＝－0.25 m 故A 、C 间的相对运动距离为x AC ＝x A ＋|x C |＝0.75 m.。
高考物理总复习 优编增分练：选择题考点排查练3 2015年(全国Ⅰ卷)选择题考点排查练
2015年(全国Ⅰ卷)选择题考点排查练二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．14．(2018·陕西省榆林市第四次模拟)如图1所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹，粒子重力不计．下列说法正确的是( )图1A．粒子a带负电B．粒子c的动能最大C．粒子b在磁场中运动的时间最长D．粒子b在磁场中运动时的向心力最大答案 D15．(2018·陕西省渭南市第三次模拟)如图2所示，O点处有一固定的点电荷，虚线是等势面，另外两个质量及电荷量绝对值相等的带电粒子M、N以大小相同的速度射入点电荷的电场，仅在电场力作用下两个粒子运动的轨迹如图中实线所示，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是( )图2A．M、N带异种电荷，M和O点处点电荷电性相同B．M从a点运动到b点的过程中，电势能先增大后减小C．N从c点运动到d点的过程中，动能先减小后增大D．N在d点的电势能比M在a点电势能小答案 C16．(2018·陕西省渭南市第三次模拟)如图3所示的电路中，变压器为理想变压器，开关S 闭合，交流电源电压恒定，电阻R 1＝R 2，通过R 1的电流与通过R 3的电流相等，R 1两端的电压为电源总电压的17，则若断开开关S ，R 1与R 3的电功率之比为( )图3A ．1∶3B ．1∶9C ．2∶9D ．1∶18答案 D解析 开关S 闭合时，设电源的电压为U ，变压器的匝数比为n ；R 1两端的电压为U R ，变压器输入端的电压为U 1，输出端的电压为U 2；原线圈上的电流为I 1，流过R 2的电流为I 2，流过R 3的电流为I 3，则：U R ＝17UU 1＝U －U R ＝U －17U ＝67U由于：U 1U 2＝n ，所以：U 2＝U 1n由欧姆定律得：I 1＝U R R 1＝U7R 1；I 2＝U 2R 2＝6U 7nR 2＝6U 7nR 1由题：I 1＝I 3 由电流关系可得：I 1I 2＋I 3＝1n联立可得：n ＝3，R 3＝U 2I 3＝2R 1 若断开开关S ，则：I 1′＝13I 3′由功率的表达式：P ＝I 2R联立可得R 1与R 3的电功率之比为：P 1P 3＝I 1′2R 1I 3′2R 3＝118，故A 、B 、C 错误，D 正确．17．(2018·河北省“名校联盟”质量监测一)如图4所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P 拴接，另一端与物体A 相连，物体A 静止于光滑水平桌面上，A 右端连接一细线，细线绕过光滑的轻质定滑轮与物体B 相连．开始时用手托住B ，让细线恰好伸直，然后由静止释放B ，直至B 获得最大速度，不计空气阻力．下列有关该过程的分析正确的是( )图4A ．释放B 的瞬间其加速度为g2B ．B 物体动能的增量等于它所受重力与拉力做功之和C ．B 物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量D ．细线的拉力对A 做的功等于A 物体机械能的增加量 答案 B解析 释放B 瞬间弹簧长度来不及改变，B 的加速度不一定为g2，A 错误；对B 分析，受到重力和拉力作用，根据动能定理可知W G ＋W F ＝ΔE k ，B 正确；根据能量守恒定律可知B 物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与A 物体的动能增加量之和，C 错误；细线对A 的拉力与弹簧对A 的拉力做功之和等于A 物体机械能的增加量，D 错误． 18．(2018·青海省西宁市二模)如图5所示，某人从同一位置O 以不同的水平速度投出三枚飞镖A 、B 、C ，最后都插在竖直墙壁上，它们与墙面的夹角分别为60°、45°、30°，图中飞镖的方向可认为是击中墙面时的速度方向，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )图5A ．三只飞镖做平抛运动的初速度一定满足v A 0>vB 0>vC 0 B ．三只飞镖击中墙面的速度满足v A >v B >v C C ．三只飞镖击中墙面的速度一定满足v A ＝v B ＝v CD ．插在墙上的三只飞镖的反向延长线不会交于同一点 答案 A解析 设水平距离为s ，飞镖的初速度为v 0，击中墙面的速度为v ，速度与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝v x v y ＝v 0gt，s ＝v 0t ，联立解得s ＝v 02g tan θ，由于从同一位置O 抛出，s 相同，所以有v A 0>v B 0>v C 0，故A 正确；击中墙面的速度为v＝v 0sin θ＝gs tan θsin θ＝gssin θcos θ＝2gssin 2θ，则有v B <v A ＝v C ，故B 、C 错误；根据任意时刻速度的反向延长线一定经过此时沿抛出方向水平位移的中点可知，插在墙上的三只飞镖的反向延长线一定交于同一点，故D 错误． 19．(2018·贵州省贵阳市5月适应性考试二)如图6所示，一导线弯成半径为r 的半圆形闭合线框．竖直虚线MN 右侧有垂直线框所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B .线框以垂直虚线MN 、大小为v 的速度向右匀速进入磁场，直径CD 始终与MN 垂直．从D 点进入到线框完全进入磁场过程，下列说法正确的是( )图6A ．CD 段导线始终不受安培力B ．感应电流的大小和方向不变C ．感应电动势的最大值为BrvD ．感应电动势的平均值为14πBrv答案 CD解析 在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流为逆时针方向，根据左手定则可以判断，CD 段导线所受安培力方向向上，故A 错误；在闭合电路进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，所以电动势先增大后减小，感应电流也先增大后减小，故B 错误；当半圆闭合回路一半进入磁场时，这时等效切割长度最大为r ，这时感应电动势最大，为E ＝Brv ，故C 正确；由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值E ＝ΔΦΔt＝B ·12πr 22rv＝14πBrv ，故D 正确． 20．(2018·广东省湛江市第二次模拟)如图7甲所示，在光滑水平面上，静止放置一质量为M 的足够长的木板，质量为m 的小滑块(可视为质点)放在长木板上．长木板受到水平拉力F 与加速度的关系如图乙所示，长木板足够长，重力加速度g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )图7A ．长木板的质量M ＝2 kgB ．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.4C ．当F ＝14 N 时，长木板的加速度大小为6 m/s 2D ．当F 增大时，小滑块的加速度一定增大 答案 BC解析 当F 等于12 N 时，加速度为：a ＝4 m/s 2.对整体分析，由牛顿第二定律有F ＝(M ＋m )a ，代入数据解得：M ＋m ＝3 kg ；当F 大于12 N 时，m 和M 发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：F －μmg ＝Ma ，即F ＝Ma ＋μmg ，结合题图可得：M ＝1 kg ，故m ＝2 kg ，故A 错误；由题图可得，μmg ＝8，故μ＝0.4，故B 正确；当F ＝14 N 时，长木板的加速度为：a ＝6 m/s 2，故C 正确；当F 大于12 N 后，发生相对滑动，小滑块的加速度为a ＝μg ，与F 无关，F 增大时小滑块的加速度不变，故D 错误．21．(2018·山东省青岛市5月二模)2018年1月19号，以周总理命名的“淮安号”恩来星在甘肃酒泉卫星发射中心，搭乘“长征十一号”火箭顺利发射升空．“淮安号”恩来星在距离地面高度为535 km 的极地轨道上运行．已知地球同步卫星轨道高度约36 000 km ，地球半径约6 400 km.下列说法正确的是( ) A ．“淮安号”恩来星的运行速度小于7.9 km/s B ．“淮安号”恩来星的运行角速度小于地球自转角速度 C ．经估算，“淮安号”恩来星的运行周期约为1.6 hD ．经估算，“淮安号”恩来星的加速度约为地球表面重力加速度的三分之二 答案 AC解析 由G Mm r 2＝m v 2r得：v ＝GM r ，则“淮安号”恩来星的运行速度小于第一宇宙速度7.9 km/s ，故A 项正确；由G Mmr2＝mr ω2得：ω＝GMr 3，则“淮安号”恩来星的运行角速度大于地球同步卫星的角速度，即“淮安号”恩来星的运行角速度大于地球自转角速度，故B 项错误；据G Mm r 2＝mr (2πT)2，解得：T ＝2πr 3GM，“淮安号”恩来星的运行周期与地球同步卫星周期关系为TT 同＝(R ＋h 1R ＋h 同)3，解得“淮安号”恩来星的运行周期约为1.6 h ，故C 项正确；据G Mm(R ＋h 1)2＝ma 和G MmR2＝mg ，解得“淮安号”恩来星的加速度约为地球表面重力加速度的0.85倍，故D 项错误．。
全国通用版高考物理总复习优编增分练：选择题考点排查练3
2015年(全国Ⅰ卷)选择题考点排查练二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．14．(2018·陕西省榆林市第四次模拟)如图1所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹，粒子重力不计．下列说法正确的是( )图1A．粒子a带负电B．粒子c的动能最大C．粒子b在磁场中运动的时间最长D．粒子b在磁场中运动时的向心力最大答案 D15．(2018·陕西省渭南市第三次模拟)如图2所示，O点处有一固定的点电荷，虚线是等势面，另外两个质量及电荷量绝对值相等的带电粒子M、N以大小相同的速度射入点电荷的电场，仅在电场力作用下两个粒子运动的轨迹如图中实线所示，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是( )图2A．M、N带异种电荷，M和O点处点电荷电性相同B ．M 从a 点运动到b 点的过程中，电势能先增大后减小C ．N 从c 点运动到d 点的过程中，动能先减小后增大D ．N 在d 点的电势能比M 在a 点电势能小 答案 C16．(2018·陕西省渭南市第三次模拟)如图3所示的电路中，变压器为理想变压器，开关S 闭合，交流电源电压恒定，电阻R 1＝R 2，通过R 1的电流与通过R 3的电流相等，R 1两端的电压为电源总电压的17，则若断开开关S ，R 1与R 3的电功率之比为( )图3A ．1∶3B ．1∶9C ．2∶9D ．1∶18答案 D解析 开关S 闭合时，设电源的电压为U ，变压器的匝数比为n ；R 1两端的电压为U R ，变压器输入端的电压为U 1，输出端的电压为U 2；原线圈上的电流为I 1，流过R 2的电流为I 2，流过R 3的电流为I 3，则：U R ＝17UU 1＝U －U R ＝U －17U ＝67U由于：U 1U 2＝n ，所以：U 2＝U 1n由欧姆定律得：I 1＝U R R 1＝U7R 1；I 2＝U 2R 2＝6U 7nR 2＝6U 7nR 1由题：I 1＝I 3 由电流关系可得：I 1I 2＋I 3＝1n联立可得：n ＝3，R 3＝U 2I 3＝2R 1 若断开开关S ，则：I 1′＝13I 3′由功率的表达式：P ＝I 2R联立可得R 1与R 3的电功率之比为：P 1P 3＝I 1′2R 1I 3′2R 3＝118，故A 、B 、C 错误，D 正确．17．(2018·河北省“名校联盟”质量监测一)如图4所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P 拴接，另一端与物体A 相连，物体A 静止于光滑水平桌面上，A 右端连接一细线，细线绕过光滑的轻质定滑轮与物体B 相连．开始时用手托住B ，让细线恰好伸直，然后由静止释放B ，直至B 获得最大速度，不计空气阻力．下列有关该过程的分析正确的是( )图4A ．释放B 的瞬间其加速度为g2B ．B 物体动能的增量等于它所受重力与拉力做功之和C ．B 物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量D ．细线的拉力对A 做的功等于A 物体机械能的增加量 答案 B解析 释放B 瞬间弹簧长度来不及改变，B 的加速度不一定为g2，A 错误；对B 分析，受到重力和拉力作用，根据动能定理可知W G ＋W F ＝ΔE k ，B 正确；根据能量守恒定律可知B 物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与A 物体的动能增加量之和，C 错误；细线对A 的拉力与弹簧对A 的拉力做功之和等于A 物体机械能的增加量，D 错误．18．(2018·青海省西宁市二模)如图5所示，某人从同一位置O 以不同的水平速度投出三枚飞镖A 、B 、C ，最后都插在竖直墙壁上，它们与墙面的夹角分别为60°、45°、30°，图中飞镖的方向可认为是击中墙面时的速度方向，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )图5A ．三只飞镖做平抛运动的初速度一定满足v A 0>vB 0>vC 0 B ．三只飞镖击中墙面的速度满足v A >v B >v C C ．三只飞镖击中墙面的速度一定满足v A ＝v B ＝v CD ．插在墙上的三只飞镖的反向延长线不会交于同一点 答案 A解析 设水平距离为s ，飞镖的初速度为v 0，击中墙面的速度为v ，速度与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝v x v y ＝v 0gt ，s ＝v 0t ，联立解得s ＝v 02g tan θ，由于从同一位置O 抛出，s 相同，所以有v A 0>v B 0>v C 0，故A 正确；击中墙面的速度为v ＝v 0sin θ＝gs tan θsin θ＝gssin θcos θ＝2gssin 2θ，则有v B <v A ＝v C ，故B 、C 错误；根据任意时刻速度的反向延长线一定经过此时沿抛出方向水平位移的中点可知，插在墙上的三只飞镖的反向延长线一定交于同一点，故D 错误．19．(2018·贵州省贵阳市5月适应性考试二)如图6所示，一导线弯成半径为r 的半圆形闭合线框．竖直虚线MN 右侧有垂直线框所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B .线框以垂直虚线MN 、大小为v 的速度向右匀速进入磁场，直径CD 始终与MN 垂直．从D 点进入到线框完全进入磁场过程，下列说法正确的是( )图6A ．CD 段导线始终不受安培力B ．感应电流的大小和方向不变C ．感应电动势的最大值为BrvD ．感应电动势的平均值为14πBrv答案 CD解析 在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流为逆时针方向，根据左手定则可以判断，CD 段导线所受安培力方向向上，故A 错误；在闭合电路进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，所以电动势先增大后减小，感应电流也先增大后减小，故B 错误；当半圆闭合回路一半进入磁场时，这时等效切割长度最大为r ，这时感应电动势最大，为E ＝Brv ，故C 正确；由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值E ＝ΔΦΔt＝B ·12πr 22rv＝14πBrv ，故D 正确． 20．(2018·广东省湛江市第二次模拟)如图7甲所示，在光滑水平面上，静止放置一质量为M 的足够长的木板，质量为m 的小滑块(可视为质点)放在长木板上．长木板受到水平拉力F与加速度的关系如图乙所示，长木板足够长，重力加速度g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )图7A ．长木板的质量M ＝2 kgB ．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.4C ．当F ＝14 N 时，长木板的加速度大小为6 m/s 2D ．当F 增大时，小滑块的加速度一定增大 答案 BC解析 当F 等于12 N 时，加速度为：a ＝4 m/s 2.对整体分析，由牛顿第二定律有F ＝(M ＋m )a ，代入数据解得：M ＋m ＝3 kg ；当F 大于12 N 时，m 和M 发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：F －μmg ＝Ma ，即F ＝Ma ＋μmg ，结合题图可得：M ＝1 kg ，故m ＝2 kg ，故A 错误；由题图可得，μmg ＝8，故μ＝0.4，故B 正确；当F ＝14 N 时，长木板的加速度为：a ＝6 m/s 2，故C 正确；当F 大于12 N 后，发生相对滑动，小滑块的加速度为a ＝μg ，与F 无关，F 增大时小滑块的加速度不变，故D 错误．21．(2018·山东省青岛市5月二模)2018年1月19号，以周总理命名的“淮安号”恩来星在甘肃酒泉卫星发射中心，搭乘“长征十一号”火箭顺利发射升空．“淮安号”恩来星在距离地面高度为535 km 的极地轨道上运行．已知地球同步卫星轨道高度约36 000 km ，地球半径约6 400 km.下列说法正确的是( ) A ．“淮安号”恩来星的运行速度小于7.9 km/s B ．“淮安号”恩来星的运行角速度小于地球自转角速度 C ．经估算，“淮安号”恩来星的运行周期约为1.6 hD ．经估算，“淮安号”恩来星的加速度约为地球表面重力加速度的三分之二 答案 AC解析 由G Mm r 2＝m v 2r得：v ＝GMr，则“淮安号”恩来星的运行速度小于第一宇宙速度7.9 km/s ，故A 项正确；由G Mmr2＝mr ω2得：ω＝GMr 3，则“淮安号”恩来星的运行角速度大于地球同步卫星的角速度，即“淮安号”恩来星的运行角速度大于地球自转角速度，故B 项错误；据G Mm r 2＝mr (2πT)2，解得：T ＝2πr 3GM，“淮安号”恩来星的运行周期与地球同步卫星周期关系为T T 同＝R ＋h 1R ＋h 同)3，解得“淮安号”恩来星的运行周期约为1.6 h ，故C 项正确；据G Mm(R＋h1)2＝ma和GMmR2＝mg，解得“淮安号”恩来星的加速度约为地球表面重力加速度的0.85倍，故D项错误．。
全国通用高考物理总复习优编增分练：计算题考点排查练42015年全国Ⅱ卷计算题考点排查练2018121418.doc
2015年(全国Ⅱ卷)计算题考点排查练24．(2018·安徽省“江南十校”二模)如图1所示，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场．长度为l 的轻质绝缘细绳一端固定在O 点，另一端连接一质量为m 、电荷量为＋q 的小球(可视为质点)，初始时小球静止在电场中的a 点，此时细绳拉力为2mg ，g 为重力加速度．图1(1)求电场强度E 和a 、O 两点的电势差U aO ；(2)小球在a 点获得一水平初速度v a ，使其能在竖直面内做完整的圆周运动，则v a 应满足什么条件？答案 (1)3mg q －3mgl q(2)v a ≥10gl 解析 (1)小球静止在a 点时，由共点力平衡可得mg ＋2mg ＝qE ①得E ＝3mg q，方向竖直向上② 在匀强电场中，有U Oa ＝El ③ 则a 、O 两点电势差U aO ＝－3mgl q④ (2)小球从a 点恰好运动到b 点，设到b 点速度大小为v b ， 由动能定理得－qE ·2l ＋mg ·2l ＝12mv b 2－12mv a 2⑤ 小球做圆周运动通过b 点时，由牛顿第二定律可得qE －mg ＝m v b 2l⑥ 联立②⑤⑥可得v a ＝10gl ，故应满足v a ≥10gl .25．(2018·广东省汕头市第二次模拟)如图2所示，一斜面体固定在水平地面上，倾角为θ＝30°、高度为h ＝1.5 m ．一薄木板B 置于斜面顶端，恰好能保持静止，木板下端连接有一根自然长度为l 0＝0.2 m 的轻弹簧，木板总质量为m ＝1 kg ，总长度为L ＝2.0 m ．一质量为M ＝3 kg 的小物块A 从斜面体左侧某位置水平抛出，该位置离地高度H ＝1.7 m ，物块A 经过一段时间后从斜面顶端沿平行于斜面方向落到木板上并开始向下滑行，已知A 、B 之间的动摩擦因数为μ＝32.木板下滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，物块A 最后恰好能脱离弹簧，且弹簧被压缩时一直处于弹性限度内，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．求：图2(1)物块A 刚落到木板上的速度大小v ；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．答案 (1)4 m/s (2)5 J解析 (1)物块A 落到木板前做平抛运动，竖直方向：2g (H －h )＝v y 2得：v y ＝2 m/s物块A 刚落到木板上的速度大小为：v ＝v ysin 30°＝4 m/s (2)由木板恰好静止在斜面上，得到斜面与木板间的动摩擦因数μ0应满足： mg sin 30°＝μ0mg cos 30°得：μ0＝tan 30°＝33物块A 在木板上滑行时，以A 为研究对象有：a A ＝μMg cos 30°－Mg sin 30°M＝2.5 m/s 2(沿斜面向上)以木板B 为研究对象有：a B ＝μMg cos 30°＋mg sin 30°－μ0(M ＋m )g cos 30°m ＝7.5 m/s 2(沿斜面向下)假设A 与木板达到共同速度v 共时，A 还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有： v 共＝a B t ＝v －a A t解得：v 共＝3 m/s ，t ＝0.4 s此过程，x A ＝v ＋v 共2·t ＝1.4 m ，x B ＝v 共2·t ＝0.6 m<hsin 30°＝3 m 故Δx ＝x A －x B ＝0.8 m<L －l 0＝1.8 m ，说明以上假设成立共速后，由于(M ＋m )g sin 30°＝μ0(M ＋m )g cos 30°，A 与木板B 一起匀速到木板与底端挡板碰撞，木板停下，此后A 做匀减速到与弹簧接触，然后A 压缩弹簧至最短，设接触弹簧时A 的速度为v A ，有：－2a A (L －l 0－Δx )＝v A 2－v 共2解得：v A ＝2 m/s设弹簧最大压缩量为x m ，A 从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程有： Q ＝2μMgx m cos 30°＝12Mv A 2得：Q ＝6 J ，x m ＝215 m A 从开始压缩弹簧到弹簧最短过程有：E pm ＝12Mv A 2＋Mgx m sin 30°－12Q ＝5 J ，即弹簧被压缩到最短时的弹性势能为5 J. 精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。
高考物理总复习 优编增分练：选考题考点排查练3 2015年(全国Ⅰ、Ⅱ卷)选考33题考点排查练
2015年(全国Ⅰ、Ⅱ卷)选考33题考点排查练1．(2018·安徽省A10联盟最后一卷)(1)下列说法正确的是________． A ．单晶体中原子(或分子、离子)的排列具有空间周期性B ．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体C ．同种物质可能以晶体和非晶体两种形态出现D ．一块均匀薄片，沿各个方向对它施加拉力，发现其强度一样，则此薄片一定是非晶体E ．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈圆形，说明蜂蜡是非晶体(2)如图1，一绝热汽缸竖直放置，汽缸内横截面积S ＝100 cm 2的光滑绝热活塞封闭着一定质量的理想气体．在活塞上面放置一个物体，活塞和物体的总质量为m ＝10 kg.在汽缸内部有一个阻值R ＝4 Ω的电阻丝，电阻丝两端的电压U ＝12 V ．接通电源10 s 后断开，活塞缓慢升高h ＝10 cm.已知理想气体的初始温度t 0＝27 ℃、体积V ＝3×10－3m ，大气压p 0＝1.0×105Pa ，重力加速度g ＝10 m/s 2.若电阻丝产生的热量全部被气体吸收，求：图1①活塞上升10 cm 后理想气体的温度；②从接通电源到活塞上升10 cm 的过程中理想气体的内能变化量． 答案 (1)ABC (2)①400 K(或127 ℃) ②250 J解析 (1)单晶体具有各向异性，原子(或分子、离子)的排列具有空间周期性，故A 正确；由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，例如石墨和金刚石，故B 正确；同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，如天然水晶是晶体，而熔化后再凝固的水晶是非晶体，故C 正确；一块均匀薄片，沿各个方向对它施加拉力，发现其强度一样，即各向同性，则此薄片可能是多晶体也可能是非晶体，同时也可能是单晶体，因为单晶体某些物理性质是各向异性的，有些物理性质是各向同性的，故D 错误；烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈圆形，说明在导热性能上玻璃是各向同性的，不能说明蜂蜡是非晶体，故E 错误． (2)①气体的压强保持不变，由盖－吕萨克定律得：V T 0＝V ＋ShT解得：T ＝V ＋ShVT 0＝400 K(或127 ℃) ②设汽缸内气体的压强为p ，选活塞为研究对象，活塞缓慢移动，受力平衡根据平衡条件得： p 0S ＋mg ＝pS 解得：p ＝1.1×105Pa活塞在上升h ＝10 cm 的过程中外界对气体做功W ＝－Fh ＝－pSh ＝－110 J电阻丝在通电10 s 内产生的热量为Q ＝U 2Rt ＝360 J根据热力学第一定律得：ΔU ＝W ＋Q ＝250 J ，即气体的内能增加了250 J 2．(2018·安徽省“江南十校”二模)(1)下列说法中正确的是________． A ．液晶与多晶体一样具有各向同性B ．气体压强的产生是由大量气体分子对器壁持续频繁的碰撞引起的C ．悬浮颗粒越大，同一时刻与它碰撞的液体分子越多，布朗运动越显著D ．当两分子间距离大于平衡距离r 0时，分子间的距离越大，分子势能越大E ．若一定质量的理想气体在膨胀的同时放出热量，则气体分子的平均动能减小(2)竖直平面内有一直角形且内径处处相同的细玻璃管，A 端封闭，C 端开口，AB 段处于水平状态．将竖直管BC 灌满水银，使气体封闭在水平管内，各部分尺寸如图2所示，此时气体温度T 1＝300 K ，外界大气压强p 0＝75 cmHg.现缓慢加热封闭气体，使AB 段的水银恰好排空．求：图2①此时气体温度T 2；②此后保持气体温度T 2不变，以AB 为轴缓慢将CB 向下转至C 端开口竖直向下时，气体的长度L 3多大(取17＝4.12，结果保留二位有效数字)．答案 (1)BDE (2)①394.7 K ②39 cm解析 (1)液晶具有各向异性，A 错误；气体压强的产生是由大量气体分子对器壁持续频繁的碰撞引起的，B 正确；布朗运动与悬浮颗粒的大小有关，颗粒越大，布朗运动越不明显，同一时刻撞击它的液体分子越多，布朗运动越不明显，C 错误；当两分子间距离大于平衡位置的间距r 0时，分子力表现为引力，故随分子间的距离增大，分子力做负功，分子势能增大，D 正确；气体膨胀的过程中对外做功，若一定质量的理想气体在膨胀的同时放出热量，根据热力学第一定律可知，气体的内能减小，温度降低，所以气体分子的平均动能减小，E 正确．(2)①以cmHg 为压强单位，设玻璃管横截面积为S ，在AB 段水银恰好排空的过程中气体是等压变化过程，L 1＝19 cm ，L 2＝25 cm ，T 1＝300 K由盖－吕萨克定律可知SL 1T 1＝SL 2T 2，解得T 2≈394.7 K； ②令此时BC 管中水银柱长为h ，气体压强为p 3＝(75－h )cmHg ； 又开始时气体压强为p 2＝(75＋25)cmHg ＝100 cmHg ，由玻意耳定律可知p3S(50－h)＝p2SL2，解得h≈11 cm，故气体的长度L3＝(50－11)cm＝39 cm。
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2017年(全国Ⅰ卷)计算题考点排查练24．(2018·江西省新余市上学期期末)滑梯是幼儿园必备的一种玩具，它可以培养孩子坚定的意志和信心，可以培养孩子的勇敢精神，现有一滑梯，高处水平台面距地面高h＝1.5 m，倾斜槽倾角为37°，下端为水平槽，长L＝0.5 m，厚度不计．倾斜部分和水平部分用一忽略大小的圆弧连接，示意图如图1所示，一质量为20 kg的小孩由静止从高处水平台面沿倾斜槽下滑，当滑到水平槽末端时速度大小为v＝2 m/s.(结果保留两位小数，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：图1(1)若滑梯的倾斜槽和水平槽摩擦因数相同，求此摩擦因数的值．(2)若小孩滑到水平槽末端速度大于1 m/s时危险性较大，为了小孩能滑到水平槽且保证安全，将滑梯水平槽粗糙处理．[倾斜槽的摩擦因数与(1)问中相同]，请你求出水平槽处理后的摩擦因数取值范围．答案(1)0.52(2)大于等于0.82解析(1)研究小孩的整个运动过程，利用动能定理：mgh－μmg cos θ×－μmgL ＝mv2可得：μ＝0.52(2)为使小孩能安全到达水平槽的末端，则在水平槽的末端速度v应小于等于v0＝1 m/s，设处理后水平槽摩擦因数为μ1，小孩到达斜槽末端的速度为v1，根据动能定理在斜面上有：mgh－μmg cos θ×＝mv12在水平面上有：mv02－mv12＝－μ1mgL联立得：μ1＝0.82所以μ1≥0.8225．(2018·四川省乐山市第一次调研)如图2所示，AB是位于竖直平面内、半径R＝0.5 m的圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E＝5×103 N/C.今有一质量为m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋8×10－5C的小滑块(可视为质点)从A点由静止释放．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.05，取g＝10 m/s2，求：图2(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力；(2)小滑块在水平轨道上向右滑过的最大距离；(3)小滑块最终的运动情况．答案(1)2.2 N方向竖直向下(2) m(3)在圆弧轨道上往复运动解析(1)设小滑块第一次到达B点时的速度为v B，圆弧轨道对滑块的支持力为F N，则由动能定理得mgR－qER＝mv B2由牛顿第二定律得F N－mg＝m解得F N＝2.2 N由牛顿第三定律知，小滑块滑到B点时对轨道的压力为2.2 N，方向竖直向下(2)设小滑块在水平轨道上向右滑行的最大距离为x，mgR－qE(R＋x)－μmgx＝0得x＝m(3)由题意知qE＝8×10－5×5×103 N＝0.4 Nμmg＝0.05×0.1×10 N＝0.05 N因此有qE>μmg所以小滑块最终在圆弧轨道上往复运动．。
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2016年(全国Ⅲ卷)计算题考点排查练24．如图1所示，ABC为固定在竖直面内的光滑四分之一圆轨道，其半径为r＝10 m，N为固定在水平面内的半圆平面，其半径为R＝m，轨道ABC与平面N 相切于C点，DEF是包围在半圆平面N周围且垂直于N的光滑半圆形挡板，质量为M＝1 kg的长方体滑块的上表面与平面N在同一水平面内，且滑块与N接触紧密但不连接，现让物体自A点由静止开始下滑，进入平面N后立即受到挡板DEF的约束并最终冲上滑块，已知物体质量m＝1 kg，物体与平面N之间的动摩擦因数μ1＝0.5、与滑块之间的动摩擦因数μ2＝0.4，滑块与地面之间是光滑的，滑块的竖直高度为h＝0.05 m，长L＝4 m，(取g＝10 m/s2)求：图1(1)物体滑到C时对圆轨道的压力是多大？(2)物体运动到F处时的速度是多大？(3)当物体从滑块上滑落后到达地面时，物体与滑块之间的距离是多少？答案(1)30 N(2)10 m/s(3)0.6 m解析(1)对物体从A处到C处的过程，由机械能守恒定律得：mgr＝mv C2在C处，由牛顿第二定律得：F N－mg＝m联立解得：F N＝3mg＝30 N由牛顿第三定律可知，物体滑到C处时，对圆轨道的压力是30 N.(2)对物体从C处到F处的过程，由动能定理有－μ1mg×πR＝mv F2－mv C2解得：v F＝10 m/s(3)物体在滑块上运动，对物体由牛顿第二定律有：－μ2mg＝ma1解得：a1＝－4 m/s2对滑块由牛顿第二定律有：μ2mg＝Ma2，解得：a2＝4 m/s2设经时间t物体刚要从滑块上滑落，此时物体的速度为v1，滑块的速度为v2.则有v F t＋a1t2－a2t2＝L解得t＝s或2 s(不合题意舍去)则有v1＝v F＋a1t，v2＝a2t设物体从抛出到落地时间为t1，则有h＝gt12Δs＝v1t1－v2t1联立解得Δs＝0.6 m.25．(2018·广西钦州市第三次质检)如图2甲所示，两根间距L＝1.0 m、电阻不计的足够长平行金属导轨ab、cd水平放置，一端与阻值R＝2.0 Ω的电阻相连，质量m＝0.2 kg的导体棒ef在恒定外力F作用下由静止开始运动，已知导体棒与两根导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力均为F f＝1.0 N，导体棒电阻为r＝1.0 Ω，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，导体棒运动过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示(取g＝10 m/s2)，求：图2(1)拉力F的大小；(2)磁场的磁感应强度B的大小；(3)若ef棒由开始运动6.9 m时，速度达到3 m/s，求此过程中电路产生的焦耳热．答案(1)2 N(2)1 T(3)6 J解析(1)由题图可知，导体棒开始运动时加速度a1＝5 m/s2，初速度v0＝0，导体棒中无电流．由牛顿第二定律知：F－F f＝ma1解得：F＝2 N；(2)当导体棒速度为v时，导体棒上的电动势为E，电路中的电流为I.由法拉第电磁感应定律：E＝BLv，由闭合电路欧姆定律：I＝，＝BIL，导体棒所受安培力F安由题图可知，当导体棒的加速度a＝0时，导体棒开始以v＝3 m/s的速度做匀速运动，＝0，此时有：F－F f－F安解得：B＝1 T；(3)设ef棒此过程中产生的热量为Q，由功能关系知：(F－F f)s＝Q＋mv2，代入数据解得Q＝6 J.。
高考物理总复习 优编增分练：计算题考点排查练4 2015年(全国Ⅱ卷)计算题考点排查练
2015年(全国Ⅱ卷)计算题考点排查练24．(2018·安徽省“江南十校”二模)如图1所示，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场．长度为l 的轻质绝缘细绳一端固定在O 点，另一端连接一质量为m 、电荷量为＋q 的小球(可视为质点)，初始时小球静止在电场中的a 点，此时细绳拉力为2mg ，g 为重力加速度．图1(1)求电场强度E 和a 、O 两点的电势差U aO ；(2)小球在a 点获得一水平初速度v a ，使其能在竖直面内做完整的圆周运动，则v a 应满足什么条件？答案 (1)3mg q －3mgl q(2)v a ≥10gl 解析 (1)小球静止在a 点时，由共点力平衡可得mg ＋2mg ＝qE ①得E ＝3mg q，方向竖直向上② 在匀强电场中，有U Oa ＝El ③ 则a 、O 两点电势差U aO ＝－3mgl q④ (2)小球从a 点恰好运动到b 点，设到b 点速度大小为v b ， 由动能定理得－qE ·2l ＋mg ·2l ＝12mv b 2－12mv a 2⑤ 小球做圆周运动通过b 点时，由牛顿第二定律可得qE －mg ＝m v b 2l⑥ 联立②⑤⑥可得v a ＝10gl ，故应满足v a ≥10gl .25．(2018·广东省汕头市第二次模拟)如图2所示，一斜面体固定在水平地面上，倾角为θ＝30°、高度为h ＝1.5 m ．一薄木板B 置于斜面顶端，恰好能保持静止，木板下端连接有一根自然长度为l 0＝0.2 m 的轻弹簧，木板总质量为m ＝1 kg ，总长度为L ＝2.0 m ．一质量为M ＝3 kg 的小物块A 从斜面体左侧某位置水平抛出，该位置离地高度H ＝1.7 m ，物块A 经过一段时间后从斜面顶端沿平行于斜面方向落到木板上并开始向下滑行，已知A 、B 之间的动摩擦因数为μ＝32.木板下滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，物块A 最后恰好能脱离弹簧，且弹簧被压缩时一直处于弹性限度内，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．求：图2(1)物块A 刚落到木板上的速度大小v ；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．答案 (1)4 m/s (2)5 J解析 (1)物块A 落到木板前做平抛运动，竖直方向：2g (H －h )＝v y 2得：v y ＝2 m/s物块A 刚落到木板上的速度大小为：v ＝v ysin 30°＝4 m/s (2)由木板恰好静止在斜面上，得到斜面与木板间的动摩擦因数μ0应满足： mg sin 30°＝μ0mg cos 30°得：μ0＝tan 30°＝33物块A 在木板上滑行时，以A 为研究对象有：a A ＝μMg cos 30°－Mg sin 30°M＝2.5 m/s 2(沿斜面向上)以木板B 为研究对象有：a B ＝μMg cos 30°＋mg sin 30°－μ0(M ＋m )g cos 30°m ＝7.5 m/s 2(沿斜面向下)假设A 与木板达到共同速度v 共时，A 还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有： v 共＝a B t ＝v －a A t解得：v 共＝3 m/s ，t ＝0.4 s此过程，x A ＝v ＋v 共2·t ＝1.4 m ，x B ＝v 共2·t ＝0.6 m<hsin 30°＝3 m 故Δx ＝x A －x B ＝0.8 m<L －l 0＝1.8 m ，说明以上假设成立共速后，由于(M ＋m )g sin 30°＝μ0(M ＋m )g cos 30°，A 与木板B 一起匀速到木板与底端挡板碰撞，木板停下，此后A 做匀减速到与弹簧接触，然后A 压缩弹簧至最短，设接触弹簧时A 的速度为v A ，有：－2a A (L －l 0－Δx )＝v A 2－v 共2解得：v A ＝2 m/s设弹簧最大压缩量为x m ，A 从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程有： Q ＝2μMgx m cos 30°＝12Mv A 2得：Q ＝6 J ，x m ＝215m A 从开始压缩弹簧到弹簧最短过程有：E pm ＝12Mv A 2＋Mgx m sin 30°－12Q ＝5 J ，即弹簧被压缩到最短时的弹性势能为5 J.。
全国通用版高考物理总复习优编增分练：计算题考点排查练4
2015年(全国Ⅱ卷)计算题考点排查练24．(2018·安徽省“江南十校”二模)如图1所示，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场．长度为l 的轻质绝缘细绳一端固定在O 点，另一端连接一质量为m 、电荷量为＋q 的小球(可视为质点)，初始时小球静止在电场中的a 点，此时细绳拉力为2mg ，g 为重力加速度．图1(1)求电场强度E 和a 、O 两点的电势差U aO ；(2)小球在a 点获得一水平初速度v a ，使其能在竖直面内做完整的圆周运动，则v a 应满足什么条件？答案 (1)3mg q －3mgl q(2)v a ≥10gl 解析 (1)小球静止在a 点时，由共点力平衡可得mg ＋2mg ＝qE ①得E ＝3mg q，方向竖直向上② 在匀强电场中，有U Oa ＝El ③ 则a 、O 两点电势差U aO ＝－3mgl q④ (2)小球从a 点恰好运动到b 点，设到b 点速度大小为v b ， 由动能定理得－qE ·2l ＋mg ·2l ＝12mv b 2－12mv a 2⑤ 小球做圆周运动通过b 点时，由牛顿第二定律可得qE －mg ＝m v b 2l⑥ 联立②⑤⑥可得v a ＝10gl ，故应满足v a ≥10gl .25．(2018·广东省汕头市第二次模拟)如图2所示，一斜面体固定在水平地面上，倾角为θ＝30°、高度为h ＝1.5 m ．一薄木板B 置于斜面顶端，恰好能保持静止，木板下端连接有一根自然长度为l 0＝0.2 m 的轻弹簧，木板总质量为m ＝1 kg ，总长度为L ＝2.0 m ．一质量为M ＝3 kg 的小物块A 从斜面体左侧某位置水平抛出，该位置离地高度H ＝1.7 m ，物块A 经过一段时间后从斜面顶端沿平行于斜面方向落到木板上并开始向下滑行，已知A 、B 之间的动摩擦因数为μ＝32.木板下滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，物块A 最后恰好能脱离弹簧，且弹簧被压缩时一直处于弹性限度内，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．求：图2(1)物块A 刚落到木板上的速度大小v ；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．答案 (1)4 m/s (2)5 J解析 (1)物块A 落到木板前做平抛运动，竖直方向：2g (H －h )＝v y 2得：v y ＝2 m/s物块A 刚落到木板上的速度大小为：v ＝v ysin 30°＝4 m/s (2)由木板恰好静止在斜面上，得到斜面与木板间的动摩擦因数μ0应满足： mg sin 30°＝μ0mg cos 30°得：μ0＝tan 30°＝33物块A 在木板上滑行时，以A 为研究对象有：a A ＝μMg cos 30°－Mg si n 30°M＝2.5 m/s 2(沿斜面向上)以木板B 为研究对象有：a B ＝μMg cos 30°＋mg sin 30°－μ0(M ＋m )g cos 30°m ＝7.5 m/s 2(沿斜面向下)假设A 与木板达到共同速度v 共时，A 还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有： v 共＝a B t ＝v －a A t解得：v 共＝3 m/s ，t ＝0.4 s此过程，x A ＝v ＋v 共2·t ＝1.4 m ，x B ＝v 共2·t ＝0.6 m<hsin 30°＝3 m 故Δx ＝x A －x B ＝0.8 m<L －l 0＝1.8 m ，说明以上假设成立共速后，由于(M ＋m )g sin 30°＝μ0(M ＋m )g cos 30°，A 与木板B 一起匀速到木板与底端挡板碰撞，木板停下，此后A 做匀减速到与弹簧接触，然后A 压缩弹簧至最短，设接触弹簧时A 的速度为v A ，有：－2a A (L －l 0－Δx )＝v A 2－v 共2解得：v A ＝2 m/s设弹簧最大压缩量为x m ，A 从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程有： Q ＝2μMgx m cos 30°＝12Mv A 2得：Q ＝6 J ，x m ＝215 m A 从开始压缩弹簧到弹簧最短过程有：E pm ＝12Mv A 2＋Mgx m sin 30°－12Q ＝5 J ，即弹簧被压缩到最短时的弹性势能为5 J.。
高考物理总复习 优编增分练：计算题考点排查练4 2015年(全国Ⅱ卷)计算题考点排查练
2015年(全国Ⅱ卷)计算题考点排查练24．(2018·安徽省“江南十校”二模)如图1所示，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场．长度为l 的轻质绝缘细绳一端固定在O 点，另一端连接一质量为m 、电荷量为＋q 的小球(可视为质点)，初始时小球静止在电场中的a 点，此时细绳拉力为2mg ，g 为重力加速度．图1(1)求电场强度E 和a 、O 两点的电势差U aO ；(2)小球在a 点获得一水平初速度v a ，使其能在竖直面内做完整的圆周运动，则v a 应满足什么条件？ 答案 (1)3mg q －3mglq(2)v a ≥10gl解析 (1)小球静止在a 点时，由共点力平衡可得mg ＋2mg ＝qE ① 得E ＝3mgq，方向竖直向上②在匀强电场中，有U Oa ＝El ③ 则a 、O 两点电势差U aO ＝－3mglq④(2)小球从a 点恰好运动到b 点，设到b 点速度大小为v b ， 由动能定理得－qE ·2l ＋mg ·2l ＝12mv b 2－12mv a 2⑤小球做圆周运动通过b 点时，由牛顿第二定律可得qE －mg ＝m v b 2l⑥联立②⑤⑥可得v a ＝10gl ，故应满足v a ≥10gl .25．(2018·广东省汕头市第二次模拟)如图2所示，一斜面体固定在水平地面上，倾角为θ＝30°、高度为h ＝1.5 m ．一薄木板B 置于斜面顶端，恰好能保持静止，木板下端连接有一根自然长度为l 0＝0.2 m 的轻弹簧，木板总质量为m ＝1 kg ，总长度为L ＝2.0 m ．一质量为M ＝3 kg 的小物块A 从斜面体左侧某位置水平抛出，该位置离地高度H ＝1.7 m ，物块A 经过一段时间后从斜面顶端沿平行于斜面方向落到木板上并开始向下滑行，已知A 、B 之间的动摩擦因数为μ＝32.木板下滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，物块A 最后恰好能脱离弹簧，且弹簧被压缩时一直处于弹性限度内，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．求：图2(1)物块A 刚落到木板上的速度大小v ； (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能． 答案 (1)4 m/s (2)5 J解析 (1)物块A 落到木板前做平抛运动，竖直方向： 2g (H －h )＝v y 2得：v y ＝2 m/s物块A 刚落到木板上的速度大小为：v ＝v ysin 30°＝4 m/s(2)由木板恰好静止在斜面上，得到斜面与木板间的动摩擦因数μ0应满足：mg sin 30°＝μ0mg cos 30°得：μ0＝tan 30°＝33物块A 在木板上滑行时，以A 为研究对象有：a A ＝μMg cos 30°－Mg sin 30°M＝2.5 m/s 2(沿斜面向上)以木板B 为研究对象有：a B ＝μMg cos 30°＋mg sin 30°－μ0(M ＋m )g cos 30°m＝7.5 m/s 2(沿斜面向下)假设A 与木板达到共同速度v 共时，A 还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有：v 共＝a B t ＝v －a A t解得：v 共＝3 m/s ，t ＝0.4 s 此过程，x A ＝v ＋v 共2·t ＝1.4 m ，x B ＝v 共2·t ＝0.6 m<hsin 30°＝3 m故Δx ＝x A －x B ＝0.8 m<L －l 0＝1.8 m ，说明以上假设成立共速后，由于(M ＋m )g sin 30°＝μ0(M ＋m )g cos 30°，A 与木板B 一起匀速到木板与底端挡板碰撞，木板停下，此后A 做匀减速到与弹簧接触，然后A 压缩弹簧至最短，设接触弹簧时A 的速度为v A ，有：－2a A (L －l 0－Δx )＝v A 2－v 共2解得：v A ＝2 m/s设弹簧最大压缩量为x m ，A 从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程有：Q ＝2μMgx m cos 30°＝12Mv A 2得：Q ＝6 J ，x m ＝215mA 从开始压缩弹簧到弹簧最短过程有：E pm ＝12Mv A 2＋Mgx m sin 30°－12Q ＝5 J ，即弹簧被压缩到最短时的弹性势能为5 J.。
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2015年(全国Ⅱ卷)计算题考点排查练 题号24 25 考点 带电粒子在电场内的曲线运动 动力学方法处理斜面内的“板—块模型”问题24．(2018·安徽省“江南十校”二模)如图1所示，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场．长度为l 的轻质绝缘细绳一端固定在O 点，另一端连接一质量为m 、电荷量为＋q 的小球(可视为质点)，初始时小球静止在电场中的a 点，此时细绳拉力为2mg ，g 为重力加速度．图1(1)求电场强度E 和a 、O 两点的电势差U aO ；(2)小球在a 点获得一水平初速度v a ，使其能在竖直面内做完整的圆周运动，则v a 应满足什么条件？答案 (1)3mg q －3mgl q(2)v a ≥10gl 解析 (1)小球静止在a 点时，由共点力平衡可得mg ＋2mg ＝qE ①得E ＝3mg q，方向竖直向上② 在匀强电场中，有U Oa ＝El ③则a 、O 两点电势差U aO ＝－3mgl q④ (2)小球从a 点恰好运动到b 点，设到b 点速度大小为v b ，由动能定理得－qE ·2l ＋mg ·2l ＝12mv b 2－12mv a 2⑤ 小球做圆周运动通过b 点时，由牛顿第二定律可得qE －mg ＝m v b 2l⑥联立②⑤⑥可得v a ＝10gl ，故应满足v a ≥10gl .25．(2018·广东省汕头市第二次模拟)如图2所示，一斜面体固定在水平地面上，倾角为θ＝30°、高度为h ＝1.5 m ．一薄木板B 置于斜面顶端，恰好能保持静止，木板下端连接有一根自然长度为l 0＝0.2 m 的轻弹簧，木板总质量为m ＝1 kg ，总长度为L ＝2.0 m ．一质量为M ＝3 kg 的小物块A 从斜面体左侧某位置水平抛出，该位置离地高度H ＝1.7 m ，物块A 经过一段时间后从斜面顶端沿平行于斜面方向落到木板上并开始向下滑行，已知A 、B 之间的动摩擦因数为μ＝32.木板下滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，物块A 最后恰好能脱离弹簧，且弹簧被压缩时一直处于弹性限度内，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．求：图2(1)物块A 刚落到木板上的速度大小v ； (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．答案 (1)4 m/s (2)5 J解析 (1)物块A 落到木板前做平抛运动，竖直方向：2g (H －h )＝v y 2得：v y ＝2 m/s物块A 刚落到木板上的速度大小为：v ＝v ysin 30°＝4 m/s (2)由木板恰好静止在斜面上，得到斜面与木板间的动摩擦因数μ0应满足： mg sin 30°＝μ0mg cos 30°得：μ0＝tan 30°＝33物块A 在木板上滑行时，以A 为研究对象有：a A ＝μMg cos 30°－Mg sin 30°M ＝2.5 m/s 2(沿斜面向上)以木板B 为研究对象有：a B ＝μMg cos 30°＋mg sin 30°－μ0(M ＋m )g cos 30°m＝7.5 m/s 2(沿斜面向下) 假设A 与木板达到共同速度v 共时，A 还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有： v 共＝a B t ＝v －a A t解得：v 共＝3 m/s ，t ＝0.4 s此过程，x A ＝v ＋v 共2·t ＝1.4 m ，x B ＝v 共2·t ＝0.6 m<h sin 30°＝3 m 故Δx ＝x A －x B ＝0.8 m<L －l 0＝1.8 m ，说明以上假设成立共速后，由于(M ＋m )g sin 30°＝μ0(M ＋m )g cos 30°，A 与木板B 一起匀速到木板与底端挡板碰撞，木板停下，此后A 做匀减速到与弹簧接触，然后A 压缩弹簧至最短，设接触弹簧时A 的速度为v A ，有：－2a A (L －l 0－Δx )＝v A 2－v 共2解得：v A ＝2 m/s设弹簧最大压缩量为x m ，A 从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程有： Q ＝2μMgx m cos 30°＝12Mv A 2得：Q ＝6 J ，x m ＝215 m A 从开始压缩弹簧到弹簧最短过程有：E pm ＝12Mv A 2＋Mgx m sin 30°－12Q ＝5 J ，即弹簧被压缩到最短时的弹性势能为5 J.。
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2015年(全国Ⅱ卷)计算题考点排查练题号 2425考点带电粒子在电场内的曲线运动动力学方法处理斜面内的“板—块模型”问题24．(2018·安徽省“江南十校”二模)如图1所示，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场．长度为l 的轻质绝缘细绳一端固定在O 点，另一端连接一质量为m 、电荷量为＋q 的小球(可视为质点)，初始时小球静止在电场中的a 点，此时细绳拉力为2mg ，g 为重力加速度．图1(1)求电场强度E 和a 、O 两点的电势差U aO ；(2)小球在a 点获得一水平初速度v a ，使其能在竖直面内做完整的圆周运动，则v a 应满足什么条件？ 答案 (1)3mg q －3mglq(2)v a ≥10gl解析 (1)小球静止在a 点时，由共点力平衡可得mg ＋2mg ＝qE ① 得E ＝3mgq，方向竖直向上②在匀强电场中，有U Oa ＝El ③ 则a 、O 两点电势差U aO ＝－3mglq④(2)小球从a 点恰好运动到b 点，设到b 点速度大小为v b ， 由动能定理得－qE ·2l ＋mg ·2l ＝12mv b 2－12mv a 2⑤小球做圆周运动通过b 点时，由牛顿第二定律可得qE －mg ＝m v b 2l⑥联立②⑤⑥可得v a ＝10gl ，故应满足v a ≥10gl .25．(2018·广东省汕头市第二次模拟)如图2所示，一斜面体固定在水平地面上，倾角为θ＝30°、高度为h ＝1.5 m ．一薄木板B 置于斜面顶端，恰好能保持静止，木板下端连接有一根自然长度为l 0＝0.2 m 的轻弹簧，木板总质量为m ＝1 kg ，总长度为L ＝2.0 m ．一质量为M ＝3 kg 的小物块A 从斜面体左侧某位置水平抛出，该位置离地高度H ＝1.7 m ，物块A 经过一段时间后从斜面顶端沿平行于斜面方向落到木板上并开始向下滑行，已知A 、B 之间的动摩擦因数为μ＝32.木板下滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，物块A 最后恰好能脱离弹簧，且弹簧被压缩时一直处于弹性限度内，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．求：图2(1)物块A 刚落到木板上的速度大小v ； (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能． 答案 (1)4 m/s (2)5 J解析 (1)物块A 落到木板前做平抛运动，竖直方向： 2g (H －h )＝v y 2得：v y ＝2 m/s物块A 刚落到木板上的速度大小为：v ＝v ysin 30°＝4 m/s(2)由木板恰好静止在斜面上，得到斜面与木板间的动摩擦因数μ0应满足：mg sin 30°＝μ0mg cos 30°得：μ0＝tan 30°＝33物块A 在木板上滑行时，以A 为研究对象有：a A ＝μMg cos 30°－Mg sin 30°M＝2.5 m/s 2(沿斜面向上)以木板B 为研究对象有：a B ＝μMg cos 30°＋mg sin 30°－μ0(M ＋m )g cos 30°m＝7.5 m/s 2(沿斜面向下)假设A 与木板达到共同速度v 共时，A 还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有：v 共＝a B t ＝v －a A t解得：v 共＝3 m/s ，t ＝0.4 s 此过程，x A ＝v ＋v 共2·t ＝1.4 m ，x B ＝v 共2·t ＝0.6 m<hsin 30°＝3 m 故Δx ＝x A －x B ＝0.8 m<L －l 0＝1.8 m ，说明以上假设成立共速后，由于(M ＋m )g sin 30°＝μ0(M ＋m )g cos 30°，A 与木板B 一起匀速到木板与底端挡板碰撞，木板停下，此后A 做匀减速到与弹簧接触，然后A 压缩弹簧至最短，设接触弹簧时A 的速度为v A ，有： －2a A (L －l 0－Δx )＝v A 2－v 共2解得：v A ＝2 m/s设弹簧最大压缩量为x m ，A 从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程有：Q ＝2μMgx m cos 30°＝12Mv A 2得：Q ＝6 J ，x m ＝215mA 从开始压缩弹簧到弹簧最短过程有：E pm ＝12Mv A 2＋Mgx m sin 30°－12Q ＝5 J ，即弹簧被压缩到最短时的弹性势能为5 J.。
【配套K12】[学习](全国通用版)2019高考物理总复习 优编增分练：实验题考点排查练3 2015
2019高考物理总复习 优编增分练：实验题考点排查练3 2015](https://img.taocdn.com/s3/m/c5d5cc41f5335a8103d22024.png)
2015年(全国Ⅰ卷)实验题考点排查练22．(2018·湖北省4月调研)城市建设中常常用半径很大的圆形水泥管道作为雨水和污水的排放管道．为估测该管道的半径，使用的器材有：小球、秒表、上表面光滑的长木板．请将下列实验步骤补充完整：图1(1)将小球放在管道中，标出小球静止在水泥管圆弧底部的最低点A，如图1所示；(2)将长木板倾斜放置在圆形管道上，______________；(3)让小球从长木板上端由静止滑下，______________.由上述测量结果，可得圆形管道的半径R＝__________.(已知重力加速度为g)答案(2)让木板的下端置于A点(3)用秒表测量出小球从木板的上端滑到A点的时间t 1 4gt2解析 (2)将长木板倾斜放置在圆形管道上，让木板的下端置于A 点；(3)让小球从长木板上端由静止滑下， 用秒表测量出小球从木板的上端滑到A 点的时间t . 设木板与OA 的夹角为α，则小球下滑的加速度a ＝g cos α，由几何关系知，木板的长度为2Rcos α，根据2R cos α＝12at 2可解得：R ＝14gt 2 23．(2018·广东省揭阳市模拟)把电流表改装成电压表的实验中，所用电流表G 的满偏电流I g 为200 μA ，内阻估计在400～600 Ω之间．(1)按图2测定电流表G 的内阻R g ，需要选用合适的器材，现有供选用的器材如下：图2A ．滑动变阻器(阻值范围0～200 Ω)B ．滑动变阻器(阻值范围0～1 750 Ω)C ．电阻箱(阻值范围0～999 Ω)D ．电阻箱(阻值范围0～99 999 Ω)E ．电源(电动势6 V ，内阻0.3 Ω)F ．电源(电动势12 V ，内阻0.6 Ω)(1)按实验要求，R 最好选用________，R ′最好选用________，E 最好选用________．(填入器材的字母代号)(2)假定由上述步骤已测出电流表内阻R g ＝500 Ω，现在通过串联一个24.5 k Ω的电阻把它改装成一个电压表，此电压表的量程为________．(3)如图3甲是测定未知电阻R x 的电路图，测量时，电流表的读数为0.20 A ，而由(2)中改装后的电压表的表头读数如图乙所示，那么R x 的阻值等于________．图3答案 (1)D C F (2)5 V (3)15 Ω解析 (1)根据“半偏法”的实验原理可知，为使干路电流保持不变，应使电阻箱R 的阻值越大越好，所以R 应选择电阻箱D ；根据实验原理可知，电阻箱R ′应选择与待测电流表内阻接近的电阻箱C ；通过计算可知，应选择电动势较大的电源F ；(2)根据串并联规律可知，改装的电压表量程应为：U ＝I g (R g ＋R )＝5 V ；(3)因改装后的电压表量程为5 V ，所以电压表的读数为：U ＝5200×120 V＝3 V ，待测电阻的阻值为：R ＝U I ＝30.2Ω＝15 Ω.。
全国通用版高考物理总复习优编增分练：选择题考点排查练3
2015年(全国Ⅰ卷)选择题考点排查练二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．14．(2018·陕西省榆林市第四次模拟)如图1所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹，粒子重力不计．下列说法正确的是( )图1A．粒子a带负电B．粒子c的动能最大C．粒子b在磁场中运动的时间最长D．粒子b在磁场中运动时的向心力最大答案 D15．(2018·陕西省渭南市第三次模拟)如图2所示，O点处有一固定的点电荷，虚线是等势面，另外两个质量及电荷量绝对值相等的带电粒子M、N以大小相同的速度射入点电荷的电场，仅在电场力作用下两个粒子运动的轨迹如图中实线所示，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是( )图2A．M、N带异种电荷，M和O点处点电荷电性相同B ．M 从a 点运动到b 点的过程中，电势能先增大后减小C ．N 从c 点运动到d 点的过程中，动能先减小后增大D ．N 在d 点的电势能比M 在a 点电势能小 答案 C16．(2018·陕西省渭南市第三次模拟)如图3所示的电路中，变压器为理想变压器，开关S 闭合，交流电源电压恒定，电阻R 1＝R 2，通过R 1的电流与通过R 3的电流相等，R 1两端的电压为电源总电压的17，则若断开开关S ，R 1与R 3的电功率之比为( )图3A ．1∶3B ．1∶9C ．2∶9D ．1∶18答案 D解析 开关S 闭合时，设电源的电压为U ，变压器的匝数比为n ；R 1两端的电压为U R ，变压器输入端的电压为U 1，输出端的电压为U 2；原线圈上的电流为I 1，流过R 2的电流为I 2，流过R 3的电流为I 3，则：U R ＝17UU 1＝U －U R ＝U －17U ＝67U由于：U 1U 2＝n ，所以：U 2＝U 1n由欧姆定律得：I 1＝U R R 1＝U7R 1；I 2＝U 2R 2＝6U 7nR 2＝6U 7nR 1由题：I 1＝I 3 由电流关系可得：I 1I 2＋I 3＝1n联立可得：n ＝3，R 3＝U 2I 3＝2R 1 若断开开关S ，则：I 1′＝13I 3′由功率的表达式：P ＝I 2R联立可得R 1与R 3的电功率之比为：P 1P 3＝I 1′2R 1I 3′2R 3＝118，故A 、B 、C 错误，D 正确．17．(2018·河北省“名校联盟”质量监测一)如图4所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P 拴接，另一端与物体A 相连，物体A 静止于光滑水平桌面上，A 右端连接一细线，细线绕过光滑的轻质定滑轮与物体B 相连．开始时用手托住B ，让细线恰好伸直，然后由静止释放B ，直至B 获得最大速度，不计空气阻力．下列有关该过程的分析正确的是( )图4A ．释放B 的瞬间其加速度为g2B ．B 物体动能的增量等于它所受重力与拉力做功之和C ．B 物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量D ．细线的拉力对A 做的功等于A 物体机械能的增加量 答案 B解析 释放B 瞬间弹簧长度来不及改变，B 的加速度不一定为g2，A 错误；对B 分析，受到重力和拉力作用，根据动能定理可知W G ＋W F ＝ΔE k ，B 正确；根据能量守恒定律可知B 物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与A 物体的动能增加量之和，C 错误；细线对A 的拉力与弹簧对A 的拉力做功之和等于A 物体机械能的增加量，D 错误．18．(2018·青海省西宁市二模)如图5所示，某人从同一位置O 以不同的水平速度投出三枚飞镖A 、B 、C ，最后都插在竖直墙壁上，它们与墙面的夹角分别为60°、45°、30°，图中飞镖的方向可认为是击中墙面时的速度方向，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )图5A ．三只飞镖做平抛运动的初速度一定满足v A 0>vB 0>vC 0 B ．三只飞镖击中墙面的速度满足v A >v B >v C C ．三只飞镖击中墙面的速度一定满足v A ＝v B ＝v CD ．插在墙上的三只飞镖的反向延长线不会交于同一点 答案 A解析 设水平距离为s ，飞镖的初速度为v 0，击中墙面的速度为v ，速度与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝v x v y ＝v 0gt ，s ＝v 0t ，联立解得s ＝v 02g tan θ，由于从同一位置O 抛出，s 相同，所以有v A 0>v B 0>v C 0，故A 正确；击中墙面的速度为v ＝v 0sin θ＝gs tan θsin θ＝gssin θcos θ＝2gssin 2θ，则有v B <v A ＝v C ，故B 、C 错误；根据任意时刻速度的反向延长线一定经过此时沿抛出方向水平位移的中点可知，插在墙上的三只飞镖的反向延长线一定交于同一点，故D 错误．19．(2018·贵州省贵阳市5月适应性考试二)如图6所示，一导线弯成半径为r 的半圆形闭合线框．竖直虚线MN 右侧有垂直线框所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B .线框以垂直虚线MN 、大小为v 的速度向右匀速进入磁场，直径CD 始终与MN 垂直．从D 点进入到线框完全进入磁场过程，下列说法正确的是( )图6A ．CD 段导线始终不受安培力B ．感应电流的大小和方向不变C ．感应电动势的最大值为BrvD ．感应电动势的平均值为14πBrv答案 CD解析 在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流为逆时针方向，根据左手定则可以判断，CD 段导线所受安培力方向向上，故A 错误；在闭合电路进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，所以电动势先增大后减小，感应电流也先增大后减小，故B 错误；当半圆闭合回路一半进入磁场时，这时等效切割长度最大为r ，这时感应电动势最大，为E ＝Brv ，故C 正确；由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值E ＝ΔΦΔt＝B ·12πr 22rv＝14πBrv ，故D 正确． 20．(2018·广东省湛江市第二次模拟)如图7甲所示，在光滑水平面上，静止放置一质量为M 的足够长的木板，质量为m 的小滑块(可视为质点)放在长木板上．长木板受到水平拉力F与加速度的关系如图乙所示，长木板足够长，重力加速度g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )图7A ．长木板的质量M ＝2 kgB ．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.4C ．当F ＝14 N 时，长木板的加速度大小为6 m/s 2D ．当F 增大时，小滑块的加速度一定增大 答案 BC解析 当F 等于12 N 时，加速度为：a ＝4 m/s 2.对整体分析，由牛顿第二定律有F ＝(M ＋m )a ，代入数据解得：M ＋m ＝3 kg ；当F 大于12 N 时，m 和M 发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：F －μmg ＝Ma ，即F ＝Ma ＋μmg ，结合题图可得：M ＝1 kg ，故m ＝2 kg ，故A 错误；由题图可得，μmg ＝8，故μ＝0.4，故B 正确；当F ＝14 N 时，长木板的加速度为：a ＝6 m/s 2，故C 正确；当F 大于12 N 后，发生相对滑动，小滑块的加速度为a ＝μg ，与F 无关，F 增大时小滑块的加速度不变，故D 错误．21．(2018·山东省青岛市5月二模)2018年1月19号，以周总理命名的“淮安号”恩来星在甘肃酒泉卫星发射中心，搭乘“长征十一号”火箭顺利发射升空．“淮安号”恩来星在距离地面高度为535 km 的极地轨道上运行．已知地球同步卫星轨道高度约36 000 km ，地球半径约6 400 km.下列说法正确的是( ) A ．“淮安号”恩来星的运行速度小于7.9 km/s B ．“淮安号”恩来星的运行角速度小于地球自转角速度 C ．经估算，“淮安号”恩来星的运行周期约为1.6 hD ．经估算，“淮安号”恩来星的加速度约为地球表面重力加速度的三分之二 答案 AC解析 由G Mm r 2＝m v 2r得：v ＝GMr，则“淮安号”恩来星的运行速度小于第一宇宙速度7.9 km/s ，故A 项正确；由G Mmr2＝mr ω2得：ω＝GMr 3，则“淮安号”恩来星的运行角速度大于地球同步卫星的角速度，即“淮安号”恩来星的运行角速度大于地球自转角速度，故B 项错误；据G Mm r 2＝mr (2πT)2，解得：T ＝2πr 3GM，“淮安号”恩来星的运行周期与地球同步卫星周期关系为T T 同＝R ＋h 1R ＋h 同)3，解得“淮安号”恩来星的运行周期约为1.6 h ，故C 项正确；据G Mm(R＋h1)2＝ma和GMmR2＝mg，解得“淮安号”恩来星的加速度约为地球表面重力加速度的0.85倍，故D项错误．。
高考物理总复习 优编增分练：选考题考点排查练4 2015年(全国Ⅰ、Ⅱ卷)选考34题考点排查练
2015年(全国Ⅰ、Ⅱ卷)选考34题考点排查练1．(1)(2018·衡水金卷调研卷五)某同学用如图1甲所示实验装置做“用双缝干涉测量光的波长”的实验，相邻两条亮条纹间的距离用带有螺旋测微器的测量头测出，测量头的分划板中心刻线与某亮条纹中心对齐，将该亮条纹定位第1条亮条纹，此时手轮上的示数如图乙所示，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，此时手轮上的示数如图丙所示，则这种色光的波长λ＝______nm(已知双缝间距d ＝0.2 mm ，双缝到屏间的距离L ＝700 mm)，若改用频率较高的单色光照射，得到的干涉条纹间距将________(填“变大”“不变”或“变小”)图1(2)(2018·安徽省“江南十校”二模)如图2甲所示，在均匀介质中A 、B 两质点相距d ＝0.8 m ，质点A 的振动图象如图乙所示，已知t ＝0时刻，A 、B 两质点都在平衡位置，且A 、B 之间只有一个波谷．求：图2①波的传播速度；②质点B 第一次出现波峰的时间．答案 (1)660 变小 (2)①8 m/s、4 m/s 或83 m/s②0.05 s 或0.15 s解析 (1)题图乙所示螺旋测微器的读数为 2.0 mm ＋32.0×0.01 mm＝2.320 mm ，题图丙所示的螺旋测微器读数为13.5 mm ＋37.0×0.01 mm＝13.870 mm ，相邻两亮条纹间的距离为Δx ＝x 2－x 1n －1，根据公式Δx ＝Ldλ可得这种单色光的波长λ＝Δx ·d L ＝(13.870－2.320)×10－3×0.2×10－35×700×10－3nm ＝660 nm.光的频率越高，波长越短，根据Δx＝L dλ知相邻的干涉条纹间距将变小． (2)①由题图乙可知该波的周期T ＝0.2 s ，若A 、B 间没有波峰，A 、B 间距离等于半个波长，即λ＝1.6 m ，波速v ＝λT＝8 m/s ；若A 、B 间有一个波峰，其间距等于一个波长，即λ＝0.8 m ，波速v ＝λT＝4 m/s ；若A 、B 间有两个波峰，则32λ＝0.8 m ，即λ＝815m ，波速v ＝λT ＝83 m/s ；所以波速可能为8 m/s 、4 m/s 或83m/s ；②t ＝0时刻，质点A 向下振动，经过0.05 s 到达波谷处，经过0.15 s 到波峰处；若A 、B 间距为一个波长，A 、B 同时出现在波峰处，则质点B 第一次出现在波峰的时间t ＝0.15 s ；若A 、B 间距为半个波长的1倍或3倍，质点B 在波峰时，质点A 点在波谷，则质点B 第一次出现在波峰的时间为t ＝0.05 s ；所以质点B 第一次出现波峰的时间可能为0.05 s 或0.15 s.2．(1)(2018·安徽省“江南十校”二模)一束含两种频率的单色光，照射到底面有涂层的平行均匀玻璃砖上表面后，经下表面反射从玻璃砖上表面射出后，光线分为a 、b 两束，如图3所示．下列说法正确的是________．图3A ．a 、b 一定是平行光线B ．用同一装置进行双缝干涉实验，a 光的条纹间距大于b 光的条纹间距C ．a 光的频率大于b 光的频率D ．从同种玻璃射入空气发生全反射时，a 光的临界角小E ．增大从空气到玻璃的入射角(90°之内)，a 、b 光可能在玻璃内发生全反射(2)(2018·衡水金卷调研卷五)如图4甲所示为一列沿x 轴方向传播的简谐横波在t ＝0时刻的波形，波上位于x ＝6 m 处的质点M 的振动图象如图乙所示，求：图4①这列波的传播速度大小及方向；②从t ＝0时刻起，再经过Δt ＝12.5 s ，x ＝3 m 处的质点运动的路程．解析 (1)因为a 、b 两单色光在上表面的折射角与反射后在上表面的入射角分别相等，根据折射定律可知出射后在上表面的入射角分别相等，所以出射光线一定平行，A 正确；根据光路图，a 光的偏折程度较大，则a 光的折射率较大，频率较大，波长较短，根据双缝干涉条纹间距公式Δx ＝L dλ可知a 光的条纹间距小于b 光的条纹间距，B 错误，C 正确；因为a 光的折射率较大，根据sin C ＝1n可知a 光的临界角较小，D 正确；根据折射定律，无论如何改变入射角，在玻璃内都不能发射全反射，E 错误． (2)①由题图可知波长λ＝8 m ，T ＝4 s ，故波速v ＝λT＝2 m/s由振动图象结合“上下坡法”可知该列波沿x 轴负方向传播 ②距离x ＝3 m 处最近的波峰传播到此处所需时间为t 1＝Δxv＝2.5 s这段时间内质点的路程为s 1＝(8－8×cos 45°) cm＋2×8 cm＝(24－42)cm 而后运动的周期数为N ＝Δt －t 1T＝2.5后面这段时间内质点运动的路程为s 2＝2.5×4×8 cm＝80 cm ， 故质点运动的总路程为s ＝s 1＋s 2＝(104－42)cm.。
高考物理总复习 优编增分练：计算题考点排查练4 2015年(全国Ⅱ卷)计算题考点排查练
2015年(全国Ⅱ卷)计算题考点排查练24．(2018·安徽省“江南十校”二模)如图1所示，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场．长度为l 的轻质绝缘细绳一端固定在O 点，另一端连接一质量为m 、电荷量为＋q 的小球(可视为质点)，初始时小球静止在电场中的a 点，此时细绳拉力为2mg ，g 为重力加速度．图1(1)求电场强度E 和a 、O 两点的电势差U aO ；(2)小球在a 点获得一水平初速度v a ，使其能在竖直面内做完整的圆周运动，则v a 应满足什么条件？ 答案 (1)3mg q －3mglq(2)v a ≥10gl解析 (1)小球静止在a 点时，由共点力平衡可得mg ＋2mg ＝qE ① 得E ＝3mgq，方向竖直向上②在匀强电场中，有U Oa ＝El ③ 则a 、O 两点电势差U aO ＝－3mglq④(2)小球从a 点恰好运动到b 点，设到b 点速度大小为v b ， 由动能定理得－qE ·2l ＋mg ·2l ＝12mv b 2－12mv a 2⑤小球做圆周运动通过b 点时，由牛顿第二定律可得qE －mg ＝m v b 2l⑥联立②⑤⑥可得v a ＝10gl ，故应满足v a ≥10gl .25．(2018·广东省汕头市第二次模拟)如图2所示，一斜面体固定在水平地面上，倾角为θ＝30°、高度为h ＝1.5 m ．一薄木板B 置于斜面顶端，恰好能保持静止，木板下端连接有一根自然长度为l 0＝0.2 m 的轻弹簧，木板总质量为m ＝1 kg ，总长度为L ＝2.0 m ．一质量为M ＝3 kg 的小物块A 从斜面体左侧某位置水平抛出，该位置离地高度H ＝1.7 m ，物块A 经过一段时间后从斜面顶端沿平行于斜面方向落到木板上并开始向下滑行，已知A 、B 之间的动摩擦因数为μ＝32.木板下滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，物块A 最后恰好能脱离弹簧，且弹簧被压缩时一直处于弹性限度内，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．求：图2(1)物块A 刚落到木板上的速度大小v ； (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能． 答案 (1)4 m/s (2)5 J解析 (1)物块A 落到木板前做平抛运动，竖直方向： 2g (H －h )＝v y 2得：v y ＝2 m/s物块A 刚落到木板上的速度大小为：v ＝v ysin 30°＝4 m/s(2)由木板恰好静止在斜面上，得到斜面与木板间的动摩擦因数μ0应满足：mg sin 30°＝μ0mg cos 30°得：μ0＝tan 30°＝33物块A 在木板上滑行时，以A 为研究对象有：a A ＝μMg cos 30°－Mg sin 30°M＝2.5 m/s 2(沿斜面向上)以木板B 为研究对象有：a B ＝μMg cos 30°＋mg sin 30°－μ0(M ＋m )g cos 30°m＝7.5 m/s 2(沿斜面向下)假设A 与木板达到共同速度v 共时，A 还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有：v 共＝a B t ＝v －a A t解得：v 共＝3 m/s ，t ＝0.4 s 此过程，x A ＝v ＋v 共2·t ＝1.4 m ，x B ＝v 共2·t ＝0.6 m<hsin 30°＝3 m故Δx ＝x A －x B ＝0.8 m<L －l 0＝1.8 m ，说明以上假设成立共速后，由于(M ＋m )g sin 30°＝μ0(M ＋m )g cos 30°，A 与木板B 一起匀速到木板与底端挡板碰撞，木板停下，此后A 做匀减速到与弹簧接触，然后A 压缩弹簧至最短，设接触弹簧时A 的速度为v A ，有： －2a A (L －l 0－Δx )＝v A 2－v 共2解得：v A ＝2 m/s设弹簧最大压缩量为x m ，A 从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程有：Q ＝2μMgx m cos 30°＝12Mv A 2得：Q＝6 J，x m＝215mA从开始压缩弹簧到弹簧最短过程有：E pm＝12Mv A2＋Mgx m sin 30°－12Q＝5 J，即弹簧被压缩到最短时的弹性势能为5 J.。
全国通用版2019高考物理总复习优编增分练：鸭题考点排查练32015年全国ⅠⅡ卷鸭33题考点排查练word格式
2015年(全国Ⅰ、Ⅱ卷)选考33题考点排查练1．(2018·安徽省A10联盟最后一卷)(1)下列说法正确的是________．A．单晶体中原子(或分子、离子)的排列具有空间周期性B．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体C．同种物质可能以晶体和非晶体两种形态出现D．一块均匀薄片，沿各个方向对它施加拉力，发现其强度一样，则此薄片一定是非晶体E．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈圆形，说明蜂蜡是非晶体(2)如图1，一绝热汽缸竖直放置，汽缸内横截面积S＝100 cm2的光滑绝热活塞封闭着一定质量的理想气体．在活塞上面放置一个物体，活塞和物体的总质量为m＝10 kg.在汽缸内部有一个阻值R＝4 Ω的电阻丝，电阻丝两端的电压U＝12 V．接通电源10 s后断开，活塞缓慢升高h＝10 cm.已知理想气体的初始温度t0＝27 ℃、体积V＝3×10－3m，大气压p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2.若电阻丝产生的热量全部被气体吸收，求：图1①活塞上升10 cm 后理想气体的温度；②从接通电源到活塞上升10 cm 的过程中理想气体的内能变化量．答案 (1)ABC (2)①400 K(或127 ℃) ②250 J解析 (1)单晶体具有各向异性，原子(或分子、离子)的排列具有空间周期性，故A 正确；由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，例如石墨和金刚石，故B 正确；同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，如天然水晶是晶体，而熔化后再凝固的水晶是非晶体，故C 正确；一块均匀薄片，沿各个方向对它施加拉力，发现其强度一样，即各向同性，则此薄片可能是多晶体也可能是非晶体，同时也可能是单晶体，因为单晶体某些物理性质是各向异性的，有些物理性质是各向同性的，故D 错误；烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈圆形，说明在导热性能上玻璃是各向同性的，不能说明蜂蜡是非晶体，故E 错误．(2)①气体的压强保持不变，由盖－吕萨克定律得：V T0＝V ＋Sh T解得：T ＝V ＋Sh VT 0＝400 K(或127 ℃) ②设汽缸内气体的压强为p ，选活塞为研究对象，活塞缓慢移动，受力平衡根据平衡条件得： p 0S ＋mg ＝pS解得：p ＝1.1×105Pa活塞在上升h ＝10 cm 的过程中外界对气体做功 W ＝－Fh ＝－pSh ＝－110 J电阻丝在通电10 s 内产生的热量为Q ＝U2Rt ＝360 J 根据热力学第一定律得：ΔU ＝W ＋Q ＝250 J ，即气体的内能增加了250 J2．(2018·安徽省“江南十校”二模)(1)下列说法中正确的是________．A ．液晶与多晶体一样具有各向同性B ．气体压强的产生是由大量气体分子对器壁持续频繁的碰撞引起的C ．悬浮颗粒越大，同一时刻与它碰撞的液体分子越多，布朗运动越显著D ．当两分子间距离大于平衡距离r 0时，分子间的距离越大，分子势能越大E ．若一定质量的理想气体在膨胀的同时放出热量，则气体分子的平均动能减小(2)竖直平面内有一直角形且内径处处相同的细玻璃管，A 端封闭，C 端开口，AB 段处于水平状态．将竖直管BC 灌满水银，使气体封闭在水平管内，各部分尺寸如图2所示，此时气体温度T 1＝300 K ，外界大气压强p 0＝75 cmHg.现缓慢加热封闭气体，使AB 段的水银恰好排空．求：图2①此时气体温度T 2；②此后保持气体温度T 2不变，以AB 为轴缓慢将CB 向下转至C 端开口竖直向下时，气体的长度L 3多大(取17＝4.12，结果保留二位有效数字)．答案 (1)BDE (2)①394.7 K ②39 cm解析 (1)液晶具有各向异性，A 错误；气体压强的产生是由大量气体分子对器壁持续频繁的碰撞引起的，B 正确；布朗运动与悬浮颗粒的大小有关，颗粒越大，布朗运动越不明显，同一时刻撞击它的液体分子越多，布朗运动越不明显，C 错误；当两分子间距离大于平衡位置的间距r 0时，分子力表现为引力，故随分子间的距离增大，分子力做负功，分子势能增大，D 正确；气体膨胀的过程中对外做功，若一定质量的理想气体在膨胀的同时放出热量，根据热力学第一定律可知，气体的内能减小，温度降低，所以气体分子的平均动能减小，E 正确．(2)①以cmHg 为压强单位，设玻璃管横截面积为S ，在AB 段水银恰好排空的过程中气体是等压变化过程，L 1＝19 cm ，L 2＝25 cm ，T 1＝300 K由盖－吕萨克定律可知SL1T1＝SL2T2，解得T 2≈394.7 K ； ②令此时BC 管中水银柱长为h ，气体压强为p 3＝(75－h )cmHg ；又开始时气体压强为p 2＝(75＋25)cmHg ＝100 cmHg ，由玻意耳定律可知p 3S (50－h )＝p 2SL 2，解得h ≈11 cm ，故气体的长度L 3＝(50－11)cm ＝39 cm。
高考物理总复习 优编增分练：计算题考点排查练4 2015年(全国Ⅱ卷)计算题考点排查练
2015年(全国Ⅱ卷)计算题考点排查练24．(2018·安徽省“江南十校”二模)如图1所示，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场．长度为l 的轻质绝缘细绳一端固定在O 点，另一端连接一质量为m 、电荷量为＋q 的小球(可视为质点)，初始时小球静止在电场中的a 点，此时细绳拉力为2mg ，g 为重力加速度．图1(1)求电场强度E 和a 、O 两点的电势差U aO ；(2)小球在a 点获得一水平初速度v a ，使其能在竖直面内做完整的圆周运动，则v a 应满足什么条件？答案 (1)3mg q －3mgl q(2)v a ≥10gl 解析 (1)小球静止在a 点时，由共点力平衡可得mg ＋2mg ＝qE ①得E ＝3mg q，方向竖直向上② 在匀强电场中，有U Oa ＝El ③ 则a 、O 两点电势差U aO ＝－3mgl q④ (2)小球从a 点恰好运动到b 点，设到b 点速度大小为v b ， 由动能定理得－qE ·2l ＋mg ·2l ＝12mv b 2－12mv a 2⑤ 小球做圆周运动通过b 点时，由牛顿第二定律可得qE －mg ＝m v b 2l⑥ 联立②⑤⑥可得v a ＝10gl ，故应满足v a ≥10gl .25．(2018·广东省汕头市第二次模拟)如图2所示，一斜面体固定在水平地面上，倾角为θ＝30°、高度为h ＝1.5 m ．一薄木板B 置于斜面顶端，恰好能保持静止，木板下端连接有一根自然长度为l 0＝0.2 m 的轻弹簧，木板总质量为m ＝1 kg ，总长度为L ＝2.0 m ．一质量为M ＝3 kg 的小物块A 从斜面体左侧某位置水平抛出，该位置离地高度H ＝1.7 m ，物块A 经过一段时间后从斜面顶端沿平行于斜面方向落到木板上并开始向下滑行，已知A 、B 之间的动摩擦因数为μ＝32.木板下滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，物块A 最后恰好能脱离弹簧，且弹簧被压缩时一直处于弹性限度内，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．求：图2(1)物块A 刚落到木板上的速度大小v ；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．答案 (1)4 m/s (2)5 J解析 (1)物块A 落到木板前做平抛运动，竖直方向：2g (H －h )＝v y 2得：v y ＝2 m/s物块A 刚落到木板上的速度大小为：v ＝v ysin 30°＝4 m/s (2)由木板恰好静止在斜面上，得到斜面与木板间的动摩擦因数μ0应满足： mg sin 30°＝μ0mg cos 30°得：μ0＝tan 30°＝33物块A 在木板上滑行时，以A 为研究对象有：a A ＝μMg cos 30°－Mg sin 30°M＝2.5 m/s 2(沿斜面向上)以木板B 为研究对象有：a B ＝μMg cos 30°＋mg sin 30°－μ0(M ＋m )g cos 30°m ＝7.5 m/s 2(沿斜面向下)假设A 与木板达到共同速度v 共时，A 还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有： v 共＝a B t ＝v －a A t解得：v 共＝3 m/s ，t ＝0.4 s此过程，x A ＝v ＋v 共2·t ＝1.4 m ，x B ＝v 共2·t ＝0.6 m<hsin 30°＝3 m 故Δx ＝x A －x B ＝0.8 m<L －l 0＝1.8 m ，说明以上假设成立共速后，由于(M ＋m )g sin 30°＝μ0(M ＋m )g cos 30°，A 与木板B 一起匀速到木板与底端挡板碰撞，木板停下，此后A 做匀减速到与弹簧接触，然后A 压缩弹簧至最短，设接触弹簧时A 的速度为v A ，有：－2a A (L －l 0－Δx )＝v A 2－v 共2解得：v A ＝2 m/s设弹簧最大压缩量为x m ，A 从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程有： Q ＝2μMgx m cos 30°＝12Mv A 2得：Q ＝6 J ，x m ＝215 m A 从开始压缩弹簧到弹簧最短过程有：E pm ＝12Mv A 2＋Mgx m sin 30°－12Q ＝5 J ，即弹簧被压缩到最短时的弹性势能为5 J.。
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2015年(全国Ⅰ卷)计算题考点排查练
题号2425
考点安培力作用下的平衡问题“板—块模型”问题的综合分析
24．(2018·广东省东莞市上学期期末质检)如图1所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.4 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.5 T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，金属导轨的一端接有电动势E＝4.5 V、内阻r＝0.5 Ω的直流电源，现把一个质量m＝0.04 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
图1
(1)通过导体棒的电流I的大小；
(2)导体棒受到的安培力F的大小及方向；
(3)导体棒受到的摩擦力F f的大小及方向．
答案(1)1.5 A (2)0.3 N 方向平行导轨向上(3)0.06 N 方向平行导轨向下
解析(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，由闭合电路欧姆定律得I＝E
R＋r
，解得：I＝1.5 A (2)导体棒受到的安培力F＝BIL＝0.3 N
由左手定则可得，安培力F方向平行导轨向上．
(3)导体棒所受重力沿导轨向下的分力F1＝mg sin 37°＝0.24 N
由于F1小于安培力，故导体棒受沿导轨向下的摩擦力F f，画出导体棒的受力示意图如图：
则据共点力平衡条件有mg sin 37°＋F f＝F，解得F f＝0.06 N.
25．(2018·广东省梅州市5月二模)如图2所示，在光滑的水平面上有一质量为m C＝1 kg的足够长的木板C，在C上放置有A、B两物体，A的质量为m A＝1 kg，B的质量为m B＝2 kg.A、B之间锁定一被压缩了的水平轻弹簧，弹簧储存的弹性势能E p＝3 J，现突然给A、B一瞬时冲量作用，使A、B同时获得v0＝2 m/s的初速度，与此同时弹簧由于受到扰动而解除锁定，并在极短的时间内恢复原长，之后与A、B分离(此过程中C仍保持静止)．已知A 和C之间的动摩擦因数为μ1＝0.2，B、C之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，且滑动摩擦力略小于最大静摩擦力．求：(g取10 m/s2)
图2
(1)弹簧与A 、B 分离的瞬间，A 、B 的速度分别是多大？
(2)已知在C 第一次碰到右边的固定挡板之前，A 、B 和C 已经达到了共同速度，求共同速度v 和达到共速之前A 、B 、C 的加速度a A 、a B 、a C 的大小？
(3)已知C 与挡板的碰撞无机械能损失，求在第一次碰撞后到第二次碰撞前A 在C 上滑行的距离？
答案 (1)v A ＝0 v B ＝3 m/s (2)v ＝1.5 m/s a A ＝a B ＝a C ＝1 m/s 2
(3)0.75 m
解析 (1)在弹簧弹开两物体的过程中，由于作用时间极短，对A 、B 及弹簧组成的系统由动量守恒定律和能量守恒定律可得：
(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B E p ＋12(m A ＋m B )v 02＝12m A v A 2＋12m B v B 2
联立解得：v A ＝0，v B ＝3 m/s
(2)对物体B 有：a B ＝μ2g ＝1 m/s 2
假设A 、C 相对静止，有：μ2m B g ＝(m A ＋m C )a
解得：a ＝1 m/s 2
因为：m A a <μ1m A g ，假设成立
故物体A 、C 的共同加速度为a ＝1 m/s 2
对A 、B 、C 组成的系统，水平方向不受外力，由动量守恒定律可得：m B v B ＝(m A ＋m B ＋m C )v
解得：v ＝1.5 m/s
(3)C 和挡板碰撞后，先向左匀减速运动，后向右匀加速运动，在向右加速过程中先C 和A 达到共同速度v 1，之后AC 再以共同的加速度向右匀加速，B 一直向右匀减速，最后三者达到共同速度做匀速运动．
a A ′＝μ1g ＝2 m/s 2；a B ＝1 m/s 2
μ1m A g ＋μ2m B g ＝m C a C ′
解得：a C ′＝4 m/s 2
v 1＝v －a A ′t ＝－v ＋a C ′t
解得：v 1＝0.5 m/s ，t ＝0.5 s
x A ＝v ＋v 12
t ＝0.5 m x C ＝－v ＋v 12
t ＝－0.25 m 故A 、C 间的相对运动距离为
x AC ＝x A ＋|x C |＝0.75 m.。