2016届高三物理二轮复习 计算题天天练(二) 含答案
【导与练】2016届高三物理二轮复习(浙江专用)计算题天天练(五)
计算题天天练(五)1.(2015杭州二中仿真模拟)如图(甲)所示,在水平地面上放置一个质量为m=4 kg的物体,让其在随位移均匀减小的水平推力F作用下运动,推力F随位移x变化的图象如图(乙)所示.已知物体与地面间的动摩擦因数为μ=0.5,g=10 m/s2.求:(1)运动过程中物体的最大加速度为多少?(2)距出发点多远时物体的速度达到最大?(3)物体在水平面上运动的最大位移是多少?2.(2015成都三诊)如图所示,虚线左侧空间有一方向水平向右的匀强电场,场强E=5×108 N/C.足够长的光滑水平导轨MN的一部分处于匀强电场中,右端N与水平传送带平滑连接,导轨上放有质量m=1.0 kg、电荷量q=1×10—8C、可视为质点的带正电滑块A,传送带长L=2.0 m.第一次实验时,使皮带轮沿逆时针方向转动,带动传送带以速率v=3.0 m/s匀速运动,由静止释放A.A在电场力作用下向右运动,以速度v A=错误！未找到引用源。
m/s滑上传送带,并从传送带右端P点水平飞出落至地面上的Q点,已知A与传送带之间的动摩擦因数μ=0.20,重力加速度g取10 m/s2.求:(1)A到达传送带右端P点时的速度大小.(2)第二次实验时,使皮带轮沿顺时针方向转动,带动传送带以速率v=3.0 m/s匀速运动,调整A由静止释放的位置,使A仍从P点水平飞出落至Q点.求A的初始位置距虚线的距离的范围.3.(2015绍兴高考模拟)如图所示,Ⅰ区存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场,磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度B1=0.4 T.电场的方向竖直向下,电场强度E1=2.0×105 V/m,两平板间距d1=20 cm;Ⅱ,Ⅲ区是对称的1/4圆弧为界面的匀强磁场区域,磁场垂直纸面方向,对应磁感应强度分别为B2,B3;Ⅳ区为有界匀强电场区域,电场方向水平向右,电场强度E2=5×105V/m,右边界处放一足够大的接收屏MN,屏MN与电场左边界的距离d2=10 cm.一束带电荷量q=8.0×10-19C、质量m=8.0×10-26kg的正离子从Ⅰ区左侧以相同大小的速度v0(未知)沿平行板的方向射入Ⅰ区,恰好能做直线运动,穿出平行板后进入Ⅱ或Ⅲ区的磁场区域,且所有粒子都能从同点O射出,进入Ⅳ区后打在接收屏MN上.(不计重力),求:(1)正离子进入Ⅰ区时的速度大小v0;(2)Ⅱ,Ⅲ区的磁感应强度B2,B3的大小与方向;(3)正离子打在接收屏上的径迹的长度.。
高三物理二轮专题训练参考答案
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Hale Waihona Puke 27282930
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参考答案
高三物理二轮专题训练（交变电流）
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高三物理二轮专题训练(电路部分)
题号
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答案
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高三物理二轮专题训练(机械能)
题号
高三物理第二轮复习计算题专题训练参考答案
高三物理第三轮复习计算题专题训练参考答案1.解：（1）小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度为v 0，在最高点由牛顿第二定律有Lm mg 20ν= ①在小球从最低点运动到最高点的过程中，机械能守恒，并设小球在最低点速度为1v ，则202121221ννm L mg m +⋅= ②滑块从h 高处运动到将与小球碰撞时速度为v 2，对滑块由能的转化及守恒定律有22212νμm smg mgh +⋅= ③因弹性碰撞由动量守恒和动能守恒有432mv mv mv += ④242322212121mv mv mv += ⑤ 联立以上各式可解得h=0.5m（2）若滑块从h '=5m 处下滑到将要与小球碰撞时速度为u ，同理有2212/smg mu mgh μ+=⑥ 解得s m u /95= 滑块与小球碰后的瞬间，同理滑块静止，小球以s m u /95=的速度开始作圆周运动，绳的拉力T 和重力的合力充当向心力，则有Lu m mg T 2=- ⑦解得T=48N 方向竖直向上（3）滑块和小球最后一次碰撞时速度为s m v /53=， 滑块最后停在水平面上，它通过的路程为s '，同理有'2123/mgs m mgh μν+=⑧ 小球做完整圆周运动的次数为12'+-=sss n ⑨解得s '=19m ，n=10次2．解：（1）赛车恰好通过P 点时，由牛顿第二定律有Rmmg P2ν= ①赛车从P 点运动到最后停下来，由动能定理有22102P mv kmgx mgR -=- ②联立①②可得： x=2.5m(2)设赛车经历的时间为t ，赛车从A 点运动到P 点的过程中由动能定理可得：02122-=--B m mgR kmgL Pt ν代入数据可得：t=4.5s3．解：（1）小物块从A 点运动到B 点的过程中，设滑到B 点时的速度为0v ，由动能定理有2021mv mgR =① 小物块到达B 点后做匀速运动，则0Bqv mg = ② 联立①②可解得Rg qm B 2=由左手定则可知，磁场的方向垂直纸面向里（2）设小物块在轨道BC 上匀速运动t 秒，恰能从车上滑出 由动量守恒定律有：10)(v M m mv += ③由功能关系有：)((212102120t v L mg v M m mv -++=μ） ④由得：-=gR L t 2gRM m M2)(2+μ 当t 0>-=gRL t 2gRM m M2)(2+μ，则小物块能从车上滑出。
2016届高三物理二轮复习实验题天天练(二)
实验题天天练(二)1.(2015河南省六市二模)某学习小组利用如图所示的装置验证动能定理.(1)将气垫导轨调至水平,安装好实验器材,从图中读出两光电门中心之间的距离s=cm;(2)测量挡光条的宽度d,记录挡光条通过光电门1和2所用的时间Δt1和Δt2,并从拉力传感器中读出滑块受到的拉力F,为了完成实验,还需要直接测量的一个物理量是;(3)该实验是否需要满足砝码盘和砝码的总质量远小于滑块、挡光条和拉力传感器的总质量? (填“是”或“否”)2.某同学设计了如图(甲)所示的电路来测量一个量程为0～3 V的电压表的内电阻(几千欧),实验室提供直流电源的电动势为6 V,内阻忽略不计;(1)请完成图(乙)的实物连接;(2)在该实验中,认为当变阻器的滑片P不动时,无论电阻箱的阻值如何增减,aP两点间的电压保持不变.请从下列滑动变阻器中选择最恰当的是: ;A.变阻器A(0～2 000 Ω,0.1 A)B.变阻器B(0～20 Ω,1 A)C.变阻器C(0～5 Ω,1 A)(3)连接好线路后,先将变阻器滑片P调到最端,并将电阻箱阻值调到(填“0”或“最大”),然后闭合开关S,调节P,使电压表满偏,此后滑片P保持不动;(4)调节变阻箱的阻值,记录电压表的读数;最后将电压表读数的倒数U-1与电阻箱读数R描点,并画出图(丙)所示的图线,由图像得,待测电压表的内阻值为Ω.(保留两位有效数字)3.(2015烟台高考测试)要测量一根电阻丝的阻值,某同学采用的做法是:(1)先用多用电表的欧姆挡进行粗测,当选择开关旋至“×10”挡时,指针指在接近刻度盘右端的位置Ⅰ;当选择开关旋至另一位置进行测量时,指针指示的位置接近刻度盘的中央位置Ⅱ,如图所示,则所测电阻的电阻值为Ω.(2)用以下器材进行较准确的测量,实验室中提供的实验器材如下:电压表V(量程0～6 V,内阻约3 kΩ)电流表A1(量程0～0.6 A,内阻约0.5 Ω)电流表A2(量程0～3 A,内阻约0.1 Ω)电源E1(电动势6 V,内阻不计)电源E2(电动势12 V,内阻不计)滑动变阻器R(最大阻值10 Ω)开关S和导线①实验时电源应选,电流表应选.(填器材代号)②如果要求加在电阻丝上的电压从零开始增加,请在虚线框内帮他设计一个电路图.在你所设计的电路中,闭合开关前变阻器的滑动触头应移到最端.③实验中受诸多因素的影响会产生误差,请你说出产生误差的两条原因: ,.④调节变阻器的滑动触头,使电压表的读数每次都比上一次增加0.5 V,结果发现电流表的示数每次比上一次增加的数值都不一样,呈越来越小的趋势,且随着电压的增大和实验时间的延长,这种情况越来越明显.试说明产生这一现象的主要原因: .实验题天天练(二)1.解析:(1)由于刻度尺的最小刻度是1 mm,故估读时需要估读到0.1 mm=0.01 cm,因此距离s=70.30 cm-20.30 cm=50.00 cm;(2)由于该实验验证的是动能定理,故还需要知道滑块、挡光条和拉力传感器的总质量;(3)由于外力所做的功可以通过拉力传感器中显示的力的大小和s得到,故不需要满足砝码盘和砝码的总质量远小于滑块、挡光条和拉力传感器的总质量.答案:(1)50.00(2)滑块、挡光条和拉力传感器的总质量M(3)否2.解析:(1)实物连接如图所示(2)要保证aP间电压基本不变,变阻器R0应选阻值较小的,但考虑电源的电动势和变阻器的最大电流值应选变阻器B较好.(3)为保护电压表,闭合S之前,滑片P应调到最左端,电阻箱阻值应调到最大.(4)设并联支路总电压为U0,则U=·R V,得=+R,对应图线得:=0.33,=,解得:R V=3 000 Ω=3.0×103Ω.答案:(1)见解析(2)B (3)左最大(4)3.0×1033.解析:(1)欧姆表指针偏转角度大,电流大,电阻读数偏小,故应选用×1挡位,换挡后应该重新进行欧姆调零,由图所示可知,欧姆表示数为15×1 Ω=15 Ω;(2)①电压表的量程为0～6 V,所以电源应选E1(电动势6 V,内阻不计),电路中的最大电流I m== A=0.4 A,所以电流表选择A1(量程0～0.6 A,内阻约0.5 Ω).②要求加在电阻丝上的电压从零开始增加,则电路中滑动变阻器应用分压法,因为<,所以电流表用外接法,电路图如图所示:闭合开关前变阻器的滑动触头应移到最左端,此时电阻上的电压为零,通过电流表的电流也为零.③实验时,电表读数会有误差,电压表分流也会产生误差;④当电阻丝电压均增加0.5 V时发现电流表的示数每次比上一次增加的数值都不一样,呈越来越小的趋势,说明随着电压的增大和实验时间的延长,温度升高,电阻率增大,造成了电阻增大,且随着电压的增大和实验时间的延长,这种情况越来越明显.答案:(1)15 (2)①E1A1②图见解析左③电表读数有误差电压表分流产生误差④随着电压的增大和实验时间的延长,温度升高电阻率增大造成的。
【导与练】2016届高三物理二轮复习(浙江专用)计算题天天练(三)
计算题天天练(三)1.(2015台州调考)某兴趣小组设计了一种实验装置,其模型如图所示.中间部分为水平直轨道,左侧部分为倾斜轨道,与直轨道相切于A点,右侧部分为位于竖直平面内半径为R的半圆轨道,在最低点与直轨道相切于B点.实验时将质量为m的小球1在左侧斜轨道上某处静止释放,使其与静止在水平轨道上某处质量也为m的小球2发生无机械能损失的碰撞,碰后小球1停下,小球2向右运动,恰好能通过半圆轨道的最高点,且落地时又恰好与小球1发生再次碰撞.不计空气阻力,轨道各处均光滑,小球可视为质点,重力加速度为g.(1)求小球2第一次与小球1碰撞后的速度大小;(2)开始时小球2应放于水平直轨道上何处位置?(3)开始时小球1应距水平直轨道多高位置处释放?2.(2015杜桥第二学期月考)如图所示,宽度为L的粗糙平行金属导轨PQ和P′Q′倾斜放置,顶端QQ′之间连接一个阻值为R的电阻和开关S,底端PP′处与一小段水平轨道用光滑圆弧相连(圆中未画出).已知底端PP′离地面的高度为h,倾斜导轨处于垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出)中.若断开开关S,将一根质量为m、电阻为r、长也为L的金属棒从AA′处由静止开始滑下,金属棒落地点离PP′的水平距离为x1;若闭合开关S,将金属棒仍从AA′处由静止开始滑下,则金属棒落地点离PP′的水平距离为x2.不计导轨电阻,忽略金属棒经过PP′处的能量损失,已知重力加速度为g,求:(1)开关断开时,金属棒离开底端PP′的速度大小;(2)开关闭合时,金属棒在下滑过程中产生的焦耳热;(3)开关S仍闭合,金属棒从比AA′更高处由静止开始滑下,水平位移仍为x2,请定性说明金属棒在倾斜轨道上的运动规律.3.(2015永州三模)在真空中, 边长为3L的正方形区域ABCD分成相等的三部分,左右两侧为匀强磁场,中间区域为匀强电场,如图所示.左侧磁场的磁感应强度大小为B1=错误！未找到引用源。
,方向垂直纸面向外;右侧磁场的磁感应强度大小为B2=错误！未找到引用源。
2016届高三物理二轮复习选择题天天练(二)1
选择题天天练(二)一、单项选择题(在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求)1.(2015湖南浏阳模拟)某运动员(可看作质点)参加跳台跳水比赛,t=0是其向上起跳离开跳台瞬间,其速度与时间关系图象如图所示,则( )A.t1时刻开始进入水面B.t2时刻开始进入水面C.t3时刻已浮出水面D.0～t2时间内,运动员处于超重状态2.(2015金华十校模拟)山地自行车往往要加装减震装置,目的是为了应付颠簸的山路.静止的山地自行车,用力推压缩杆,将弹簧压缩到最短后放手,摩擦力不能忽略,弹簧被压缩到最短后弹回到原长的过程中( )A.杆的动能先增大后减小B.杆的加速度先增大后减小C.杆与弹簧组成的系统机械能守恒D.弹簧的弹性势能将全部转化为内能3.(2015舟山5月仿真模拟)如图所示,虚线所示的圆是某电场中某等势面.a,b两个带电粒子以相同的速度,从电场中P点沿等势面的切线方向飞出,粒子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示.则在开始运动的一小段时间内(粒子在图示区域内).下列说法正确的是( )A.a粒子的加速度逐渐变大,b粒子的加速度逐渐变小B.a粒子的动能逐渐减小,b粒子的动能逐渐增大C.电场力对a,b两粒子都做正功D.a的电势能增大,b的电势能减小4.(2015金丽衢十二校第二次联考)玩具弹力球(如图)具有较好的弹性,碰撞后能等速反向弹回.一小孩将弹力球举高后由静止释放做自由落体运动,与水平地面发生碰撞,弹力球在空中往返运动.若从释放弹力球时开始计时,且不计弹力球与地面发生碰撞的时间和空气阻力,则弹力球运动的速度—时间图线是( )二、不定项选择题(在每小题给出的四个选项中,至少有一个选项符合题目要求)5.(2015潍坊二模)如图所示,一车载导航仪放在斜面上,处于静止状态.稍微减小斜面的倾斜角度,以下说法正确的是( )A.导航仪所受弹力变小B.导航仪所受摩擦力变小C.支架施加给导航仪的作用力变小D.支架施加给导航仪的作用力不变6.(2015成都一诊)如图(甲)所示,绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中的O点,另一端连接带正电的小球,小球电荷量q=6×10-7C,在图示坐标中,电场方向沿竖直方向,坐标原点O的电势为零.当小球以2 m/s的速率绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动时,细绳上的拉力刚好为零.在小球从最低点运动到最高点的过程中,轨迹上每点的电势φ随纵坐标y的变化关系如图(乙)所示,重力加速度g=10 m/s2.则下列判断正确的是( )A.匀强电场的场强大小为3.2×106 V/mB.小球重力势能增加最多的过程中,电势能减少了2.4 JC.小球做顺时针方向的匀速圆周运动D.小球所受的洛伦兹力的大小为3 N7.(2015绍兴高考模拟)如图所示,两个有界匀强磁场的磁感应强度大小均为B,方向分别垂直纸面向里和向外,磁场宽度均为L,距磁场区域的左侧L处,有一边长也为L的正方形导体线框,总电阻为R,且线框平面与磁场方向垂直,现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域,以初始位置为计时起点.规定电流沿逆时针方向时电动势E为正,磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ的方向为正,外力F向右为正.则以下关于线框中磁通量Φ、感应电动势E、外力F 和线圈总电功率P随时间t变化的图象正确的是( )选择题天天练(二)1.B t=0时刻运动员起跳,t1时刻上升至最高点,选项A错误;其后运动员做自由落体运动,t2时刻开始进入水面,选项B正确;t3时刻运动员速度为零,且t2～t3时间内运动方向不变,所以t3时刻表示运动员运动至最低点,选项C错误;0～t2时刻内,运动员加速度恒为g,处于完全失重状态,选项D错误.2.A 压缩过程中,先是弹力小于重力然后弹力大于重力,恢复过程中同样如此,故弹簧被压缩到最短后弹回到原长的过程中,杆的动能先增大后减小,选项A正确;杆的加速度先减小后增大,选项B错误;由于摩擦力做功,系统机械能不守恒,选项C错误;弹簧的弹性势能转化为动能和内能,选项D错误.3.C 题图中虚线所示的圆应是点电荷电场的等势线,在P点F⊥v,根据轨迹可知,a与点电荷间的距离增大,b与点电荷间的距离减小,根据库仑定律可知a粒子所受电场力逐渐变小,b 粒子所受电场力逐渐变大.电场力对a,b两个粒子都做正功,动能都增加,电势能都减小.故选项A,B,D错误,C正确.4.D 小球与地面碰撞时,速度大小不变,但方向发生突变,A,B图中速度没有突变,故选项A,B错误;由C图象可以看出,速度先减小到零,再反向增加到原来的值(竖直上抛运动),然后反弹(速度大小不变、方向突变),再重复这种运动,是上抛运动,不符合小球的运动情况,故选项C错误;D图象速度先增加(自由落体运动),然后反弹(速度大小不变、方向突变),再减小到零(竖直上抛运动中的上升过程),再重复这种运动,故选项D正确.5.BD 对导航仪进行受力分析如图所示,采用正交分解法可解得N=mgcos θ,f=mgsin θ,所以当θ角减小时,N增加,f减小,选项A错误,B正确;支架施加给导航仪的作用力为N与f 的合力,大小恒为mg,选项C错误,D正确.6.BD 由E=结合图象(乙),可得E== V/m=5×106 V/m,故选项A错误;由功能关系,当小球以2 m/s的速率绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动时,细绳上的拉力刚好为零,说明是洛伦兹力提供向心力,重力和电场力是一对平衡力,所以有Eq=mg,得m=0.3 kg,电势能的减少等于电场力做功的量值,即W=Uq=4×106×6×10-7 J=2.4 J,故选项B正确;由左手定则得,小球应该是逆时针方向做圆周运动,故选项C错误;洛伦兹力为F=m=0.3× N=3 N,故选项D正确.7.BD 当线框运动L时开始进入磁场,磁通量开始增加,当全部进入时达最大,此后向外的磁通量增加,总磁通量减小,当运动到2.5L时,磁通量最小,故选项A错误.当线圈进入左侧磁场时,由E=BLv可知,E保持不变,而开始进入右侧磁场时,两端同时切割磁感线,电动势应为2BLv,故选项B正确.因安培力总是与运动方向相反,故拉力应一直向右,故选项C错误.拉力的功率P=Fv,因速度不变,而线框在左侧磁场时,电流为定值,拉力也为定值;两边分别在两个磁场中时,由B的分析可知,电流加倍,由于左、右两边均受安培力,且方向都向左,则总的安培力为原来的4倍,即功率为原来的4倍;此后从右侧磁场中离开时,安培力应等于线框在左侧磁场中的安培力,故选项D正确.。
高三物理试卷练习题及答案(二)
一、选择题1．下列说法正确的是( )A ．在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式r 3T 2＝k ，这个关系式是开普勒第三定律，是可以在实验室中得到证明的B ．在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式F ＝mv 2r ，这个关系式实际上是牛顿第二定律，是可以在实验室中得到验证的C ．在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式v ＝2πrT，这个关系式实际上是匀速圆周运动的线速度定义式D ．在探究太阳对行星的引力规律时，使用的三个公式都是可以在实验室中得到证明的 【答案】B 【解析】在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式r 3T 2＝k ，这个关系式是开普勒第三定律，是通过研究行星的运动数据推理出的，不能在实验室中得到证明，故A 错误；在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式F ＝mv 2r ，这个关系式是向心力公式，实际上是牛顿第二定律，是可以在实验室中得到验证的，故B 正确；在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式v ＝2πrT，这个关系式不是匀速圆周运动的线速度定义式，匀速圆周运动的线速度定义式为v ＝ΔxΔt，故C 错误；通过A 、B 、C 的分析可知D 错误． 2．下列说法中错误的是( )A ．若氢原子从n ＝6能级向n ＝1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n ＝6能级向n ＝2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应B ．核泄漏事故污染物137 55Cs 能够产生对人体有害的辐射，其核反应方程式为137 55Cs→13756Ba ＋x ，可以判断x 为电子C ．原子核发生一次β衰变，该原子外层就一定失去一个电子D ．质子、中子、α粒子的质量分别是m 1、m 2、m 3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是(2m1＋2m2－m3)c2【答案】C【解析】根据玻尔理论可知，氢原子从n＝6能级向n＝1能级跃迁时辐射出的光子的能量大于氢原子从n＝6能级向n＝2能级跃迁时辐射出的光子的能量，结合光电效应发生的条件可知，若氢原子从n＝6能级向n＝1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n ＝6能级向n＝2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应，故A正确；根据质量数守恒与电荷数守恒可知，核反应方程式137 55Cs→137 56Ba＋x中，x的质量数为0，电荷数为：z＝55－56＝－1，所以x为电子，故B正确；β衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子，故C错误；根据爱因斯坦质能方程知，质子和中子结合成α粒子，核反应方程为211H＋210n→42He，释放的能量是ΔE＝Δmc2＝(2m1＋2m2－m3)c2，故D正确．3．如图1所示，一不可伸长的轻绳左端固定于O点，右端跨过位于O′点的光滑定滑轮悬挂一质量为1 kg的物体，OO′段水平，O、O′间的距离为1.6 m，绳上套一可沿绳自由滑动的轻环，现在在轻环上悬挂一钩码(图中未画出)，平衡后，物体上升0.4 m，物体未碰到定滑轮．则钩码的质量为( )图1A．1.2 kgB．1.6 kgC. 2 kgD.22kg【答案】A 【解析】重新平衡后，绳子形状如图：设钩码的质量为M，由几何关系知：绳子与竖直方向夹角为θ＝53°，根据平衡条件可得：2mg cos 53°＝Mg；解得：M＝1.2 kg，故A正确，B、C、D错误．4.如图2所示，圆形区域内存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1，P 点为磁场边界上的一点．大量相同的带正电荷粒子以相同的速率从P点射入磁场区域，速度方向沿纸面内的各个方向．这些粒子射出磁场区域的位置均处于磁场边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是磁场边界圆周长的16.若只将磁感应强度的大小变为B2，结果相应的弧长变为磁场边界圆周长的13，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则B2B1等于( )图2A. 3B.33C.12D．2【答案】B【解析】当磁感应强度为B2时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，即∠POM＝120°，如图所示：所以粒子做圆周运动的半径r 2＝R sin 60°＝mv qB 2，同理可知，r 1＝R sin 30°＝mv qB 1，解得：B 2B 1＝33，故B 正确． 5．已知篮球在空气中运动时所受空气阻力与速度大小成正比．篮球与地面碰撞后以大小为v 0的速度竖直弹起后到再次与地面碰撞的过程中，以v 表示篮球的速度，t 表示篮球运动的时间，E k 表示篮球的动能，h 表示篮球的高度，则下列图象可能正确的是( )【答案】BD 【解析】篮球在上升的过程中，速度越来越小，空气阻力越来越小，由mg ＋F 1＝ma ，可知其加速度越来越小，速度变化越来越慢，速度图象的斜率越来越小，下降过程中，v 越大，阻力就越大，由mg －F 1＝ma ，可知加速度就越小，故A 错误，B 正确；上升过程中，h 越大，v 越小，阻力就越小，合力就越来越小，E k －h 图线切线斜率越小，下降过程中，h 越小，v 越大，阻力就越大，合力越小，所以E k －h 图线切线斜率越小，故C 错误，D 正确．6．把一小球从某一高度以大小为v 0的速度水平抛出，落地时速度大小仍为v 0，方向竖直向下，则该运动过程中( )A ．小球做平抛运动B ．小球的机械能不守恒C ．重力对小球做功的功率不变D ．小球所受合外力的总功为零 【答案】BD 【解析】若小球做平抛运动，水平方向的分速度不变，故A 项错误；若小球的机械能守恒，小球从某一高度水平抛出，落地时速度大于v0，故B项正确；小球刚抛出时，速度方向水平，重力对小球做功的功率为零；小球落地时，速度大小为v0，方向竖直向下，重力对小球做功的功率P＝mgv0，故C项错误；据动能定理可得，该运动过程中小球所受合外力的总功W总＝12mv02－12mv02＝0，故D项正确．7.如图3，在正点电荷Q的电场中，A、B、C为直角三角形的三个顶点，D为AC的中点，∠A＝30°，A、B、C、D四点处的电势满足φA＝φC，φB＝φD，点电荷Q在A、B、C三点所在平面内，则( )图3A．点电荷Q在AB的连线上B．点电荷Q在BD连线的中点处C．φD>φCD．将负试探电荷从C点移动到B点，电场力做负功【答案】AC【解析】因φA＝φC，则点电荷Q在AC连线的垂直平分线上；又φB＝φD，由几何关系可知点电荷Q又在BD连线的垂直平分线上，则点电荷Q在AB的连线上，如图，选项A正确，B错误；D点距离点电荷的距离较C点近，可知φD>φC，选项C正确；将负试探电荷从C点移动到B 点，电场力做正功，选项D错误．8.如图4所示，abcd为一边长为l的正方形导线框，导线框位于光滑水平面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的cd边平行，磁场区域的宽度为2l，磁感应强度为B，方向竖直向下．线框在一垂直于cd边的水平恒定拉力F作用下沿水平方向向右运动，直至通过磁场区域．cd边刚进入磁场时，线框开始匀速运动，规定线框中电流沿逆时针方向为正，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，a、b两端的电压U ab及导线框中的电流i随cd边的位移x变化的图线可能是( )图4【答案】BD【解析】线框的cd边刚进入磁场时做匀速运动，则整个线框进入磁场时速度不变，根据楞次定律知产生逆时针方向的电流，为正方向，电动势大小E＝Blv，此时ab两端的电压为U ab＝14 Blv，当线框全部进入磁场时，线框内无感应电流，此时线框做匀加速运动，ab两端的电压为U ab ＝Bl(v＋at)，线框cd边刚出磁场后的瞬间，ab两端的电压为cd边即将出磁场前瞬间ab两端电压的34，且逐渐减小，对比图象可知，A错误，B正确；当线圈的cd边出磁场后瞬间，电流为顺时针方向，由于此时安培力大于外力F，故此时线框做减速运动，且加速度逐渐减小，电流－位移图象切线的斜率减小，逐渐趋近于开始进入磁场时的电流大小，C错误，D正确．9．某同学设计了测定动摩擦因数的方案，其装置如图5所示，A是可在水平桌面任意位置固定的滑槽，其末端与水平桌面相切，B是体积较小的质量为m的滑块．请你根据相关知识完善以下实验操作：(重力加速度为g，不计空气阻力)图5(1)如图甲所示，将滑槽末端与桌面右边缘M对齐并固定，让滑块从滑槽最高点由静止滑下，最终落在水平地面上的P点，测出滑槽最高点距离桌面的高度h、M距离水平地面的高度H、M与P间的水平距离x1，则滑块经过滑槽末端时的速度为________(用实验中所测物理量的符号表示)．(2)如图乙所示，将滑槽沿桌面向左移动一段距离并固定，让滑块B再次从滑槽最高点由静止滑下，最终落在水平地面上的P′点，测出滑槽末端与桌面右边缘M的距离L、M与P′间的水平距离x2，则滑块离开桌面右边缘M时的速度为____________(用实验中所测物理量的符号表示)．(3)由第(1)、(2)步的测量，可以写出滑块与桌面之间的动摩擦因数的表达式为μ＝________(用实验中所测量物理量的符号表示)．【答案】(1)x1g2H(2)x2g2H(3)x12－x224HL【解析】(1)设滑块在滑槽末端时的速度大小为v1，水平方向有x1＝v1t，竖直方向有H＝12gt2，联立解得：v1＝x1g 2H.(2)同理，第二次实验经过桌面右边缘M点的速度大小为：v2＝x2g 2H.(3)滑块在水平桌面上运动，由动能定理得：－μmgL＝12mv22－12mv12，解得：μ＝x12－x22 4HL.10．二极管为非线性元件，其主要特性是单向导电性．正向电压较小时，电流很小，二极管呈现较大的电阻特性；当电压超过一定数值(称为开启电压)时，电流迅速增加，呈现较小的电阻特性．加反向电压(不超过击穿电压)时呈现很大的电阻特性，反向电压增加时，反向电流几乎不变．物理小组欲研究测量二极管正向伏安特性，设计了甲、乙、丙三种电路，如图6所示．小组最终选择了丙图．操作步骤如下：图6a．根据电路图丙连接电路；b．闭合开关S1，调节各可变电阻，使得开关S2由断开到闭合时，灵敏电流表G指针无偏转，并记录此时电压表V的示数U和电流表A的示数I；c．调节可变电阻，重复步骤b，读出多组不同的U值和I值，记录数据如表格所示：电压0.100.200.300.400.500.550.600.650.700.750.80U/V电流00000 1.0 4.013.027.053.090.0 I/mAd.在坐标纸上描绘出二极管正向伏安特性曲线．根据以上内容，请回答以下问题：(1)从设计原理上讲，对于甲图和乙图的误差分析，下列说法正确的是________．A．甲图误差的来源在于电流表的分压作用，乙图的误差来源在于电流表的分压作用B．甲图误差的来源在于电流表的分压作用，乙图的误差来源在于电压表的分流作用C．甲图误差的来源在于电压表的分流作用，乙图的误差来源在于电流表的分压作用D．甲图误差的来源在于电压表的分流作用，乙图的误差来源在于电压表的分流作用(2)在图7坐标系中根据表格中数据描绘出二极管正向伏安特性曲线．图7(3)从描绘的图线来看，二极管的开启电压约为________ V(结果保留一位有效数字)．(4)已知二极管的电阻R D＝UI，从描绘的图线来看，当二极管导通时，二极管的电阻随着U的增大而迅速________(填“增大”或“减小”)．(5)从设计原理上讲，电路图丙中二极管电阻的测量值________真实值．(填“大于”“等于”或“小于”)【答案】(1)C (2)(3)0.5 (4)减小(5)等于【解析】(1)由题图所示电路图可知，图甲采用电流表外接法，图乙采用电流表内接法，甲图误差来源于电压表的分流作用，乙图误差来源于电流表的分压作用，故C正确，A、B、D错误；(2)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，根据坐标系内描出的点作出图线如图所示：(3)由题图示图象可知，二极管的开启电压为0.5 V；(4)由图示图象可知，二极管两端电压与通过二极管的电流的比值减小，二极管电阻减小，故在该区域，二极管的正向电阻随电压增加而减小．(5)由题图丙所示电路图可知，题图丙所示电路避免了电表内阻对实验的影响，电路图丙中二极管电阻的测量值等于真实值．11.一长为L的绝缘细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图1所示的水平向右的匀强电场中．开始时，将细线与小球拉成水平，小球静止在A点，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点，速度恰好为零．求：图1(1)A、B两点间的电势差和电场强度大小；(2)判断小球的电性和小球到达B点时，细线对小球的拉力大小．【答案】(1)－3mgl2q3mgq(2)带正电荷3mg【解析】(1)小球由A到B过程中，由动能定理得：mgL sin 60°＋qU AB＝0，解得：U AB＝－mgL sin 60°q＝－3mgL2q；场强大小为：E＝|U AB|L1－cos 60°＝3mgq.(2)小球在B点受到水平向右的电场力，与电场方向相同，故小球带正电；小球在A、B间摆动，由对称性得知，B处细线的拉力与A处细线的拉力相等，而在A处，由水平方向受力平衡有：F T A ＝qE ＝3mg所以有：F T B ＝F T A ＝3mg .12．如图2所示，质量为m c ＝2m b 的物块c 静止在倾角均为α＝30°的等腰斜面上E 点，质量为m a 的物块a 和质量为m b 的物块b 通过一根不可伸长的轻质细绳相连，细绳绕过斜面顶端的光滑轻质定滑轮并处于松弛状态，按住物块a 使其静止在D 点，让物块b 从斜面顶端C 由静止下滑，刚下滑到E 点时释放物块a ，细绳恰好伸直且瞬间张紧绷断，之后物块b 与物块c 立即发生弹性碰撞，碰后a 、b 都经过t ＝1 s 同时到达斜面底端．已知A 、D 两点和C 、E 两点的距离均为l 1＝0.9 m ，E 、B 两点的距离为l 2＝0.4 m ．斜面上除EB 段外其余都是光滑的，物块b 、c 与EB 段间的动摩擦因数均为μ＝33，空气阻力不计，细绳张紧时与斜面平行，物块a 未与滑轮发生碰撞，取g ＝10 m/s 2.求：图2(1)物块b 由C 点下滑到E 点所用时间．(2)物块a 能到达离A 点的最大高度．(3)物块a 、b 的质量之比m a m b. 【答案】 (1)0.6 s (2)0.578 m (3)1516【解析】(1)物块b 在斜面上光滑段CE 运动的加速度为a 1＝g sin α＝5 m/s 2由l 1＝12a 1t 12 解得：t 1＝2l 1a 1＝2×0.95 s ＝0.6 s (2)取沿AC 方向为正方向，由－l 1＝v 1t －12a 1′t 2，t ＝1 s a 1′＝g sin α＝5 m/s 2解得v 1＝1.6 m/sa 沿斜面上滑的距离为s ＝v 212a 1′＝0.256 m 所以物块a 能到达离A 点的最大高度h ＝(l 1＋s )sin α＝0.578 m(3)设绳断时物块b 的速度为v 2，b 与c 相碰后b 的速度为v 2′，c 的速度为v c ，则m b v 2＝m b v 2′＋m c v c12m b v 22＝12m b v 2′2＋12m c v c 2 m c ＝2m b联立解得v 2′＝－13v 2，v 2＝32v c 因v c 的方向沿斜面向下，故v 2的方向沿斜面向下，v 2′的方向沿斜面向上．物块b 在EB 段上的加速度为a 2＝g sin α－μg cos α＝10×(12－33×32) m/s 2＝0，物块b 在EB 段上做匀速运动．物块b 和物块c 相碰后物块b 先向上滑再下滑到E 点时的速度仍为v 2′，则v 2′(t －2t 2)＝l 2t 2＝v 2′a 1代入数据，得2v 2′2－5v 2′＋2＝0解得v 2′的大小为v 2′＝0.5 m/s ，或v 2′＝2 m/s物块b 刚下滑到E 点时的速度为v 0＝2a 1l 1＝2×5×0.9 m/s ＝3 m/s若取v 2′＝2 m/s ，则v 2的大小为v 2＝6 m/s>v 0＝3 m/s ，与事实不符，所以舍去．取v 2′＝0.5 m/s ，则v 2＝1.5 m/s ，方向沿斜面向下．设细绳对物块a 和b 的冲量大小均为I ，由I ＝m a v 1－I ＝m b (v 2－v 0)解得m a m b ＝v 0－v 2v 1＝3－1.51.6＝1516. 13.一定质量的理想气体从状态A 可以经历过程1或过程2到达状态B 也可以经历过程3到达状态C ，还可以经历过程4到达状态D ，其p －V 图象如图3所示，且B 、C 、D 在一条平行于纵轴的直线上．已知在这四个过程中的某一过程中，气体始终与外界无热量交换；在过程3中，A 到C 的曲线是双曲线的一部分．对于这四个过程，下列说法正确的是________．图3A．在过程1中，外界先对气体做正功，然后气体再对外做功B．在过程2中，气体温度先逐渐降低然后逐渐升高C．在过程3中，气体温度始终不变D．在过程4中，气体始终与外界无热量交换E．在A、B、C、D四个状态中，B状态气体温度最高(2)药喷雾器的原理如图4所示，储液筒与打气筒用细软管相连，先在桶内装上药液，再拧紧桶盖并关闭阀门K，用打气筒给储液筒充气增大储液筒内的气压，然后再打开阀门，储液筒的液体就从喷雾头喷出，已知储液筒容积为10 L(不计储液筒两端连接管体积)，打气筒每打一次气能向储液筒内压入空气200 mL，现在储液筒内装入8 L的药液后关紧桶盖和喷雾头开关，再用打气筒给储液筒打气．(设周围大气压恒为1个标准大气压，打气过程中储液筒内气体温度与外界温度相同且保持不变)，要使贮液筒内药液上方的气体压强达到3 atm，求：图4①打气筒活塞需要循环工作的次数；②打开喷雾头开关K直至储液筒的内外气压相同，储液筒内剩余药液的体积．【答案】(1)CDE (2)①20 ②4 L【解析】(1)在过程1中，气体的体积一直变大，可知气体一直对外做功，选项A错误；在过程3中，A到C的曲线是双曲线的一部分，可知从A到C为等温线，即pV乘积不变；则在过程2的从A到B的过程，pV乘积逐渐变大，温度逐渐升高，选项B错误，C正确；过程4中，pV 乘积逐渐减小，可知温度逐渐降低，内能减小，气体体积变大，对外做功，可知气体始终与外界无热量交换的过程是4过程，选项D正确；由以上分析可知，在A、B、C、D四个状态中，B状态气体温度最高，选项E正确．(2)①设需打气的次数为n，每次打入的气体体积为V0，储液桶药液上方的气体体积为V，则开始打气前：储液筒液体上方气体的压强：p1＝p0＝1 atm气体的体积为：V1＝V＋nV0打气完毕时，储液筒内药液上方的气体体积为：V2＝V，压强为p2＝3 atm打气过程为等温变化，所以：p1V1＝p2V2代入数据解得：n＝20②打开喷雾头开关K直至贮液筒内外气压相同时，设储液筒上方气体的体积为V3，此过程为等温变化，p3＝p0，所以：p3V3＝p2V1代入数据解得：V3＝3V1＝6 L所以喷出的药液的体积V′＝V3－V＝4 L14.在“探究单摆的周期与摆长的关系”的实验中，摆球在垂直纸面的平面内摆动，如图5甲所示，在摆球运动最低点的左、右两侧分别放置一线性光源与光敏电阻．光敏电阻(光照时电阻比较小)与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t的变化图线如图乙所示，则该单摆的振动周期为________．若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将________(选填“变大”“不变”或“变小”)．图5(2)如图6所示，在杨氏双缝干涉实验中，激光的波长为5.30×10－7 m，屏上P点距离双缝S1和S2的路程差为7.95×10－7 m，则在这里出现的应是________(选填“亮条纹”或“暗条纹”)．现改用波长为 6.30×10－7m的激光进行上述实验，保持其他条件不变，则屏上的条纹间距将________(选填“变宽”“变窄”或“不变”)．图6【答案】(1)2t0变大(2)暗条纹变宽【解析】(1)单摆在一个周期内两次经过平衡位置，每次经过平衡位置，单摆会挡住细光束，从R－t图线可知周期为2t0.摆长等于摆线的长度加上小球的半径，根据单摆的周期公式T＝2πl g，摆长变大，所以周期变大．(2)P点到两光源的路程差为半波长的奇数倍，出现暗条纹；Δx＝ldλ，随波长变长，条纹间距变宽．。
2016届高三物理二轮复习计算题天天练(十)1
计算题天天练(十)1.(2015浙江省五校联考)如图所示,在水平轨道上竖直安放一个与水平面夹角为θ,长度为L0,以v0逆时针匀速转动的传送带和一半径为R的竖直圆形光滑轨道,水平轨道的PQ段铺设特殊材料,调节其初始长度为L;水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定,弹簧处于自然伸长状态.小物块A轻放(初速为0)在传送带顶端,通过传送带、水平轨道、圆形轨道、水平轨道后与弹簧接触,之后A压缩弹簧并被弹簧弹回(弹回速度为刚与弹簧接触时速度的一半),经水平轨道返回圆形轨道,物块A可视为质点.已知R=0.2 m,θ=37°,L0=1.8 m,L=1.0 m,v0=6 m/s,物块A质量为m=1 kg,与传送带间的动摩擦因数为μ1=0.5,与PQ段间的动摩擦因数为μ2=0.2,轨道其他部分摩擦不计,物块从传送带滑到水平轨道时机械能不损失.取g=10 m/s2.求:(1)物块A滑到传送带底端时速度的大小;(2)物块A刚与弹簧接触时速度的大小;(3)物块A返回到圆形轨道的高度;(4)若仅调节PQ段的长度L,当L满足什么条件时,A物块能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道?2.(2015德州二模)如图所示,在xOy直角坐标平面内-0.05 m≤x<0的区域有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B=0.4 T,0≤x≤0.08 m的区域有沿-x方向的匀强电场.在x轴上坐标为(-0.05 m,0)的S点有一粒子源,它一次能沿纸面同时向磁场内每个方向发射一个荷质比=5×107 C/kg、速率v0=2×106 m/s的带正电粒子.若粒子源只发射一次,其中只有一个粒子Z恰能到达电场的右边界,不计粒子的重力和粒子间的相互作用(结果可保留根号).求:(1)粒子在磁场中运动的半径R;(2)粒子Z从S发射时的速度方向与磁场左边界的夹角θ;(3)第一次经过y轴的所有粒子中,位置最高的粒子P的坐标;(4)若粒子P到达y轴瞬间电场突然反向,求粒子P到达电场右边界时的速度.3.(2015南平综测)如图所示,有一光滑、不计电阻且较长的“U”形平行金属导轨,间距L=1 m,导轨所在的平面与水平面的倾角为37°,导轨空间内存在垂直导轨平面的匀强磁场.现将一质量m=0.1 kg、电阻R=2 Ω的金属杆水平靠在导轨上,与导轨接触良好.(g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)(1)若磁感应强度随时间变化满足B=2+0.2t(T),金属杆距导轨顶部1 m处,求至少经过多长时间释放,会获得沿斜面向上的加速度;(2)若匀强磁场大小为定值,对金属杆施加一个平行于导轨斜面向下的外力F,其大小为F=v+0.4(N),v为金属杆运动的速度,使金属杆以恒定的加速度a=10 m/s2沿导轨向下做匀加速运动,求匀强磁场磁感应强度B的大小;(3)若磁感应强度随时间变化满足B=(T),t=0时刻金属杆从离导轨顶端s0=1 m处静止释放,同时对金属杆施加一个外力,使金属杆沿导轨下滑且没有感应电流产生,求金属杆下滑5 m 所用的时间.计算题天天练(十)1.解析:(1)A在传送带上开始加速时有mgsin θ+μ1mgcos θ=ma,得a=10 m/s2,s==1.8 m=L0.刚好到最低点达到v=6 m/s.物块A滑到传送带最低点速度为v0=6 m/s.(2)设物块A刚与弹簧接触时速度为v1,-μ2mgL=m-m,可得,物块A速度大小v1=4 m/s.(3)物块A被弹簧弹回时速度大小v2=v1=2 m/s,A向右经过PQ段,由-=-2μ2gL,得A的速度v3=2 m/s,A滑上圆形轨道,由-mgh=0-m,可得,返回到圆形轨道的高度为h=0.2 m=R,h≤R符合实际.(4)物块A以v0冲上圆形轨道直到回到PQ段右侧,有v1′2-=-2μ2gL,v3′2-v2′2=-2μ2gL,v2′=v1′,联立可得,A回到右侧速度v3′2=-μ2gL=(9-5L)(m/s)2,要使A能返回右侧轨道且能沿圆形轨道运动而不脱离轨道,则有:①若A沿轨道上滑至最大高度h时,速度减为0,则h满足:0<h≤R,又mv3′2=mgh,联立可得1.0 m≤L<1.8 m;②若A能沿轨道上滑至最高点,则满足×mv3′2=mg×2R+×mv4′2,且m≥mg,联立得L≤-0.2 m,不符合实际,即不可能沿轨道上滑至最高点.综上所述,要使A物块能返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道,L满足的条件是1.0 m≤L<1.8 m. 答案:(1)6 m/s(2)4 m/s (3)0.2 m(4)1.0 m≤L<1.8 m2.解析:(1)粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力qv0B=,解得:R=0.1 m.(2)由于只有Z粒子到达电场右边界,说明Z粒子是垂直电场左边界进入电场的,作出Z粒子在磁场中的运动轨迹如图(a)所示,O1为轨迹圆圆心.用d B表示磁场区域的宽度.由几何知识可知:∠O1SO=θ,在△SOO1中满足:cos θ==,代入数据可得θ==60°即粒子Z从S发射时的速度与磁场左边界夹角为60°(或120°)(3)在y轴上位置最高的粒子P的运动轨迹恰与y轴相切于N点,如图(b)所示,N点到x轴的竖直距离L满足L2+(R-d B)2=R2解得:L=5 cm= m即粒子P的位置坐标为(0, m).(4)用d E表示电场的宽度,对粒子Z在电场中的运动,由动能定理得qEd E=mv2代入数据解得:E=5.0×105 N/C对于P粒子设沿电场方向的速度为v∥=2ad E,qE=ma解得:v∥=2×106 m/s所以粒子P到达电场右边界时的速度v==2×106 m/s方向与电场右边界成45°(或135°)角.答案:(1)0.1 m (2)60°(或120°) (3)(0, m)(4)2×106 m/s 方向与电场右边界成45°(或135°)角3.解析:(1)设金属杆长为L,距离导轨顶部也为L,经过时间t后,金属杆有沿着斜面向上的加速度,时间t时安培力等于重力沿斜面的分力,则:F A=mgsin θ,又:F A=BIL=B L,其中:E=kL2=0.2 V,所以:(2+0.2t)L=mgsin θ,解得:t=20 s.(2)对金属杆由牛顿第二定律:mgsin θ+F-F A=ma,其中:F A=BIL=,解得:mgsin θ+v+0.4-=ma,代入数据解得:1+(1-)v=0.1×10,因为是匀加速运动,其大小与速度v无关,则(1-)=0,解得:B=T.(3)设t=0时刻金属杆距离顶端为s0,若金属杆下滑中闭合电路中无感应电流,则磁通量保持不变,经过时间t 的位移为s,则:B1Ls0=B2L(s+s0),代入数据:20×1×1=×1×(s+1),解得:s=t2,即金属杆做初速度为零的匀加速直线运动,当金属杆下滑5 m时,所用时间t= s.答案:(1)20 s (2)T (3) s。
2016届高三物理二轮复习： 计算题天天练(四)含答案
计算题天天练(四)
1.(2015宝鸡三检)某学生设计并制作了一个简易水轮机,如图所示,让水从水平放置的水管流出,水流轨迹与下边放置的轮子边缘相切,水冲击轮子边缘上安装的挡水板,可使轮子连续转动.当该装置工作稳定时,可近似认为水到达轮子边缘时的速度与轮子边缘的线速度相同.调整轮轴O的位置,使水流与轮边缘切点对应的半径与水平方向成θ=37°角.测得水从管口流出速度v0=3 m/s,轮子半径R=0.1 m.(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2)求:
(1)若不计挡水板的大小,则轮子转动角速度为多少?
(2)水管出水口距轮轴O水平距离l和竖直距离h.
2.如图,某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道,管道的长为L、宽为d、高为h,上下两面是绝缘板,前后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板,两导体板与开关S和定值电阻R相连.整个管道置于磁感应强度大小为B,方向沿z轴正方向的匀强磁场中.管道内始终充满电阻率为ρ的导电液体(有大量的正、负离子),且开关闭合前后,液体在管道进、出口两端压强差的作用下,均以恒定速率v0沿x轴正向流动,液体所受的摩擦阻力不变.
(1)求开关闭合前,M、N两板间的电势差大小U0;
(2)求开关闭合前后,管道两端压强差的变化Δp;
(3)调整矩形管道的宽和高,但保持其他量和矩形管道的横截面积S=dh不变,求电阻R可获得的最大功率P m及相应的宽高比d/h的值.。
二轮复习高中物理计算题专题复习(含答案)
二轮复习计算题专题训练1、航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m=1kg，动力系统提供的恒定升力F=14N，试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升，设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2．(1)第一次试飞，飞行器飞行t1=8s时到达高度S m=64m，求飞行器阻力f的大小；(2)第二次试飞，飞行器飞行t2=6s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力，求飞行器能达到的最大高度．2、如图所示，滑块b静止在光滑水平面上，滑块a右端与一轻弹簧相连后以某一速度冲向滑块b，与b碰撞后弹簧不与b相粘连，b在与弹簧分离后，冲上半径为R的竖直光滑固定半圆轨道，且恰好能从轨道顶端水平飞出。
已知a、b两个滑块的质量分别为2m和m，重力加速度为g，求：(滑块a、b可视为质点，弹簧始终处在弹性限度内)，求：(1)滑块b与弹簧分离时的速度大小；(2)滑块a碰撞前的速度大小；(3)a、b在碰撞过程中弹簧获得的最大弹性势能。
3、如图所示，半径R=0.4m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ=30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上。
质量m=0.1kg的小物块(可视为质点)从空中的A点以v0=2m/s的速度被水平拋出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，此时弹簧的弹性势能E pm=0.8J，已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2。
求：(1)小物块从A点运动至B点的时间。
(2)小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力大小。
(3)C、D两点间的水平距离L。
4、如图所示，装置的左边AB部分是长为L1=1m的水平面，一水平放置的轻质弹簧左端固定并处于原长状态。
装置的中间BC部分是长为L2=2m的水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接，传送带始终以v=2m/s的速度顺时针转动。
高三物理通用版二轮复习计算题32分强化练2含答案
计算题32分强化练(二)1．(12分)泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流，它的面积、体积和流量都较大．泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大．某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，如图1甲所示，他们设计了如下的模型：在水平地面上放置一个质量为m＝5 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移变化如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.6，g取10 m/s2.求：甲乙图1(1)物体在运动过程中的最大加速度为多大？(2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？(3)物体在水平面上运动的最大位移是多大？【解析】(1)当推力F最大时，加速度最大由牛顿第二定律，得F－μmg＝ma (2分)解得a＝10 m/s2. (1分)(2)由图象可知：F随x变化的函数方程为F＝80－20x (1分)速度最大时，合外力为零，即F＝μmg (2分)所以x＝2.5 m．(1分)(3)位移最大时，末速度为零根据动能定理可得W F－μmgs＝0 (2分)根据图象可知，力F做的功为W F＝12Fx＝160 J (2分)所以s＝16030m＝5.33 m．(1分)【答案】(1)10 m/s2(2)2.5 m(3)5.33 m2．(20分)如图2所示，光滑斜面的倾角α＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1＝1 m，bc边的边长l2＝0.6 m，线框的质量m＝1 kg，电阻R＝0.1 Ω，线框通过细线与重物相连，重物质量M＝2 kg，斜面上ef线(ef∥gh)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，如图线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh的距离s＝11.4 m(取g＝10 m/s2)，求：(1)线框进入磁场前重物M的加速度；(2)线框进入磁场时匀速运动的速度v；(3)ab边由静止开始运动到gh线处所用的时间t；(4)ab边运动到gh线处的速度大小和在线框由静止开始到运动到gh线的整个过程中产生的焦耳热．【导学号：37162119】图2【解析】(1)线框进入磁场前，线框仅受到细线的拉力F T，斜面的支持力和线框重力，重物M受到重力和拉力F T.则牛顿第二定律得：对重物有：Mg－F T＝Ma (2分)对线框有：F T－mg sin α＝ma (2分)联立解得线框进入磁场前重物M的加速度为：a＝Mg－mg sin αM＋m＝2×10－1×10×sin 30°2＋1 m/s 2＝5 m/s 2. (1分)(2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，所以重物受力平衡Mg ＝F ′T ，(1分) 线框abcd 受力平衡F ′T ＝mg sin α＋F A ，(1分) ab 边进入磁场切割磁感线，产生的电动势为：E ＝Bl 1v ；(1分) 形成的感应电流为：I ＝E R ＝Bl 1v R(1分) 受到的安培力为：F A ＝BIl 1(1分) 联立上述各式得：Mg ＝mg sin α＋B 2l 21v R(1分) 代入数据解得：v ＝6 m/s. (1分)(3)线框abcd 进入磁场前时，做匀加速直线运动；进磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁场后到运动到gh 线，仍做匀加速直线运动．进磁场前线框的加速度大小与重物的加速度相同，为a ＝5 m/s 2(1分) 该阶段运动时间为：t 1＝v a ＝65 s ＝1.2 s(1分) 进磁场过程中匀速运动时间为：t 2＝l 2v ＝0.66 s ＝0.1 s (1分)线框完全进入磁场后线框受力情况同进入磁场前，所以该阶段的加速度仍为：a ＝5 m/s 2, s －l 2＝v t 3＋12at 23代入数据解得：t 3＝1.2 s (2分)所以ab 边由静止开始运动到gh 线所用的时间为：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2.5 s ． (1分)(4)线框ab 边运动到gh 处的速度为：v ′＝v ＋at 3＝6 m/s ＋5×1.2 m/s ＝12 m/s(1分)整个运动过程产生的焦耳热为：Q＝F A l2＝(Mg－mg sin θ)l2＝(20－10×sin 30°)×0.6 J＝9 J．(1分)【答案】(1)5 m/s2(2)6 m/s(3)2.5 s(4)12 m/s9 J。
2016届高三物理二轮复习计算题天天练(九)1
计算题天天练(九)1.(2015怀化三模)某高速公路的一个出口路段如图所示.轿车从出口A进入匝道,其运动情景可简化为车先匀减速直线通过下坡路段至B点(通过B点前后速率不变),再匀速率通过水平圆弧路段至C点,最后从C点沿平直路段匀减速到D点停下.已知轿车在A点的速度v0=72 km/h,AB长L1=150 m;BC为四分之一水平圆弧段,限速(允许通过的最大速度)v=36 km/h,轮胎与BC段路面间的动摩擦因数μ=0.5,最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力,CD段为平直路段长L2=50 m,重力加速度g取10 m/s2.(1)若轿车到达B点速度刚好为v =36 km/h,求轿车在AB下坡段加速度的大小;(2)为保证行车安全,车轮不打滑,求水平圆弧段BC半径R的最小值;(3)求轿车由A点到D点全程的最短时间(BC段半径为最小值,π=3).2.(2015金丽衢十二校第二次联考)如图所示,半径R=2.5 m的光滑半圆轨道ABC与倾角θ=37°的粗糙斜面轨道DC相切于C点,半圆轨道的直径AC与斜面垂直.质量m=1 kg的小球从A点左上方距A点高h=0.45 m的P点以某一速度v0水平抛出,刚好与半圆轨道的A点相切进入半圆轨道内侧,之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D点.已知当地的重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,不计空气阻力,求:(1)小球从P点抛出时的速度大小v0;(2)小球从C点运动到D点过程中摩擦力做的功W;(3)小球从D点返回经过轨道最低点B时对轨道的压力大小.3.(2015南平综测)如图所示,电压为U的两块平行金属板MN,M板带正电.x轴与金属板垂直,原点O与N金属板上的小孔重合,在O ≤x≤d区域存在垂直纸面的匀强磁场B1(图上未画出)和沿y轴负方向大小为E=的匀强电场,B1与E在y轴方向的区域足够大.有一个质量为m、带电荷量为q的带正电粒子(粒子重力不计),从靠近M板内侧的P点 (P点在x轴上)由静止释放后从N板的小孔穿出后沿x轴做直线运动;若撤去磁场B1,在第四象限x>d的某区域加上左边界与y轴平行且垂直纸面的匀强磁场B2(图上未画出),为了使粒子能垂直穿过x轴上的Q点,Q点坐标为(d,0).求(1)磁感应强度B1的大小与方向;(2)磁感应强度B2的大小与方向;(3)粒子从坐标原点O运动到Q点所用的时间t.计算题天天练(九)1.解析:(1)对AB段匀减速直线运动有v2-=-2aL1,而v0=72 km/h=20 m/s,v=36 km/h=10 m/s,由此得a=1 m/s2.(2)汽车在BC段做匀速圆周运动,静摩擦力提供向心力,f=m,为了确保安全,则须满足f≤μmg,解得:R≥20 m,即R min=20 m.(3)设AB段时间为t1,BC段时间为t2,CD段时间为t3,全程所用最短时间为t.L1=t1,πR=vt2,L2=t3,t=t1+t2+t3,解得:t=23 s.答案:(1)1 m/s2(2)20 m (3)23 s2.解析:(1)在A点有=2gh,=tan θ,解得v0=4 m/s.(2)在整个运动过程中,重力做功为零,根据动能定理得,小球沿斜面上滑过程中克服摩擦力做的功等于小球做平抛运动的初动能,即摩擦力做的功W=-m=-8 J.(3)从D到B有mg(h+Rcos θ+R)=mv2-m,在B点F N-mg=m,解得F N=43.2 N,则小球在B点对轨道的压力大小F N′=F N=43.2 N.答案:(1)4 m/s (2)-8 J (3)43.2 N3.解析:(1)设粒子从O点穿出时速度为v0,由动能定理得,qU=mv02,解得v0=.由于粒子在电、磁场中做直线运动,粒子所受电场力与洛伦兹力平衡,有:qv0B1=qE, 解得B1=.磁场的方向垂直纸面向里.(2)粒子在电、磁场中运动时间t=,设粒子离开电场时偏向角为θ,有:v y=at,a=,tan θ==,解得θ=30°.粒子离开电场时速度大小v==v0,依题意,粒子运动轨迹如图所示,设在磁场中半径为r,可得FO′=2r,2r+r=OQ-OF=3d,解得r=d.根据洛伦兹力提供向心力,qvB2=m,解得B2=,方向垂直纸面向里.(3)由几何关系可知,O到磁场左边界在x轴上的距离为L=2.5d-rcos 60°=2d,粒子从O到磁场左边界所用时间t1==d,在磁场中运动时间t2=T==,总时间t=t1+t2=(1+π)d.答案:(1)方向垂直纸面向里(2)方向垂直纸面向里(3)(1+π)d。
2016届高三二轮复习物理作业卷 电磁感应2含解析
2016万卷作业卷（三十）电磁感应2一 、单选题（本大题共4小题 。
在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的） 1.（2015新课标I 高考真题）一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3:1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V 的正弦交流电源上，如图所示。
设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则A.9166==k ,V U B.9122==k ,V U C.3166==k ,V U D.3122==k ,V U2.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10︰l ，○A 、○V 均为理想电表，R 、 L 和D 分别是光敏电阻（其阻值随光强增大而减小）、自感线圈和灯泡．原线圈接入图乙 所示的正弦交流电压u ，下列说法中正确的是( )A ．交流电的方向每秒钟改变50次B ．有光照射R 时，D 变亮C ．抽出L 中的铁芯，○A 的示数变小D ．在t ＝0.005s 时，电压表○V 的示数为V 222 3.（2015福建高考真题）图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n 1 、n 2 。
在T 的原线圈两端接入一电压sin m u U t ω=的交流电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )-图甲212.()4m U n A n r 221B.(4mU n n r2212C.4(()m n P r n U 2221D.4()(mn Pr n U 4.（2015安徽高考真题）图示电路中，变压器为理想变压器，a 、b 接在电压有效值不变的变流电源两端，R 0为定值电阻，R 为滑动变阻器。
现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A 1的示数增大了0.2 A ，电流表A 2的示数增大了0.8 A ，则下列说法正确的是A ．电压表V 1示数增大B ．电压表V 2、V 3示数均增大C ．该变压器起升压作用D ．变阻器滑片是沿c →d 的方向滑二 、多选题（本大题共3小题 ）5.（2015天津高考真题）如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q 来调节，在副线圈两端连接了定值电阻0R 和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑动触头，在原线圈上加一电压为U 的正弦交流电，则A 、保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变大B 、保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变小C 、保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变大D 、保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变小6.图17（a ）左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中55,R =Ω○A .○V 为理想电流表和电压表，若原线圈接入如图17(b)所示的正弦交变电压，电压表的示数为110V，下列表述正确的是（）A. 电流表的示数为2 AB. 原.副线圈匝数比为1：2C. 电压表的示数为电压的有效值D. 原线圈中交变电压的频率为100Hz7.普通交流电流表和交流电压表不能直接接在高压输电线路上测电流和电压，通常要通过互感器来连接，现在在图示高压电路输入端已接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为1：200和200：1，图中甲、乙表示电压表或电流表，已知电路中电压表的读数为11V，电流表的读数为1A，则（）A．甲电表是电压表，乙电表是电流表B．甲电表是电流表，乙电表是电压表C．图示高压输送电路输电线的总电阻是11ΩD．图示高压输送电路输入的总功率为440 kW三、简答题（本大题共2小题）8.如图为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u-t图象如图所示.若只在ce间接一只R ce=400Ω的电阻，或只在de 间接一只R de=225Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80W。
2016届高三物理二轮复习计算题天天练(二)
计算题天天练(二)1.(2015聊城二模)如图所示,质量M=8.0 kg,长L=2.0 m的木板静置在水平地面上,质量m=0.50 kg的小滑块(可视为质点)以速度v0=3.0 m/s从木板的左端冲上木板.已知滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.20,重力加速度g取10 m/s2(结果中保留一位小数).(1)若木板固定,滑块将从木板的右端滑出,求滑块在木板上滑行的时间t和滑出时的速度v;(2)若水平地面光滑,且木板不固定,在小滑块冲上木板的同时,对木板施加一个水平向右的恒力F,如果要使滑块不脱离木板,力F应满足什么条件?假定滑块与木板之间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等.2.(2015衡水高三调研)如图所示,光滑绝缘的正方形水平桌面边长为d=0.48 m,离地高度h=1.25 m.桌面上存在一水平向左的匀强电场(除此之外其余位置均无电场),电场强度E=1×104N/C.在水平桌面上某一位置P处有一质量m=0.01 kg,电荷量q=1×10-6C的带正电小球以初速度v0=1 m/s向右运动.空气阻力忽略不计,重力加速度g=10 m/s2.(1)求小球在桌面上运动时的加速度;(2)P处距右端桌面多远时,小球从开始运动到最终落地的水平距离最大?并求出该最大水平距离.3.(2015扬州高三测试)如图所示,电阻忽略不计的、两根平行的光滑金属导轨竖直放置,其上端接一阻值为3 Ω的定值电阻R.在水平虚线L1、L2间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场B,磁场区域的高度为d=0.5 m.导体棒a的质量m a=0.2 kg、电阻R a=3 Ω;导体棒b的质量m b=0.1 kg、电阻R b=6 Ω,它们分别从图中M、N处同时由静止开始在导轨上无摩擦向下滑动,都能匀速穿过磁场区域,且当b刚穿出磁场时a正好进入磁场.设重力加速度为g=10 m/s2,不计a、b棒之间的相互作用.导体棒始终与导轨垂直且与导轨接触良好.求:(1)在整个过程中,a、b两棒分别克服安培力所做的功;(2)导体棒a从图中M处到进入磁场的时间;(3)M点和N点距L1的高度.计算题天天练(二)1.解析:(1)由题意知,滑块在木板上运动时由牛顿第二定律得μmg=ma则a=μg=0.2×10 m/s2=2 m/s2滑块做匀减速运动,由于木板固定,设滑块滑离木板时产生的位移为x,则x=v0t-at2代入数据可得滑块运动时间t=1.0 s由公式v=v0+at得:v=3 m/s-2×1 m/s=1.0 m/s.(2)令滑块恰好不滑离木板右端时,木板的最小加速度为a′,运动时间为t,则有:根据速度时间关系有:3-2·t=a′t①由位移关系得t-a′t2=2②由①②两式解得木板的最小加速度a′=0.25 m/s2根据牛顿第二定律得F′+μmg=Ma′,则对木板的最小拉力F′=Ma′-μmg=8.0×0.25 N-0.20×0.50×10 N=1.0 N若保证滑块不脱离木板,则木板加速度最大值a″=2 m/s2,根据牛顿第二定律得F″=(M+m)a″=(8+0.5)×2 N=17.0 N,对木板最大拉力为17.0 N.答案:(1)1.0 s 1.0 m/s (2)1.0 N≤F≤17.0 N2.解析:(1)小球受到重力、支持力和电场力,重力和支持力平衡,根据牛顿第二定律,有: a=== m/s2=1.0 m/s2方向水平向左.(2)设球到桌面右边的距离为x1,球离开桌面后做平抛运动的水平距离为x2,时间为t,由公式v2-=2ax得x1=由平抛运动规律得h=gt2,x2=vt则x2=0.5v由于x总=x1+x2,则x总=+0.5v即x总=-0.5v2+0.5v+0.5,解方程得v=0.5 m/s时,x总最大,其最大值x总=0.625 m,而x1=0.375 m.答案:(1)1.0 m/s2方向水平向左(2)0.375 m 0.625 m3.解析:(1)根据功能关系得:W a=m a gd=1.0 J,W b=m b gd=0.5 J.(2)b在磁场中匀速运动时,速度为v b,总电阻为R1=R b+=7.5 Ωb中的电流:I b=由平衡条件得:=m b ga棒在磁场中匀速运动时,总电阻R2=R a+=5 Ω同理可得=m a g由以上各式得:=,即=,而t a=t b+,则t a=t a+,解得t a=4= s≈0.52 s.(3)由于v2=2gh,则=,而h a=g= m≈1.33 m则h b=h a= m=0.75 m.答案:(1)1.0 J 0.5 J (2)0.52 s (3)1.33 m 0.75 m.。
东城区2016届高三二模物理试题及答案(word版)
北京市东城区2015-2016学年第二学期理科综合 物理部分13．已知阿伏伽德罗常数为N A ，油酸的摩尔质量为M ，密度为ρ。
则一个油酸分子的质量可表示为 A.A N M B. MNA C. ρA MN D.MN Aρ14．一束单色光在某种介质中的传播速度是其在真空中传播速度的0.5倍，则 A ．该介质对于这束单色光的折射率为0.5B ．这束单色光由该介质射向真空发生全反射的临界角为60°C ．这束单色光在该介质中的频率为其在真空中频率的0.5倍D ．这束单色光在该介质中的波长为其在真空中波长的0.5倍 15．如图所示，两竖直杆顶端M 、N 位于等高处，将一根不可伸长的轻绳两端分别固定在M 、N 两点，物体通过轻质光滑挂钩挂在轻绳中间，静止时轻绳所成夹角为120°。
若保持绳长不变，只适当增加两竖直杆之间的水平距离，此时 A ．轻绳的弹力比物体的重力小 B ．轻绳的弹力与物体的重力相等 C ．轻绳的弹力比物体的重力大 D ．轻绳的弹力大小与物体的重力无关16．关于静止在地球表面（两极除外）随地球自转的物体，下列说法正确的是 A ．物体所受重力等于地球对它的万有引力 B ．物体的加速度方向可能不指向地球中心 C ．物体所受合外力等于地球对它的万有引力D ．物体在地球表面不同处角速度可能不同17．惠更斯利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟。
如图1所示为日常生活中我们能见到的一种摆钟。
图2所示为摆的结构示意图，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆上下移动。
在甲地走时准确的摆钟移到乙地未做其它调整时摆动加快了，下列说法正确的是A ．甲地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向下移动B ．甲地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向上移动第15题图MN120°第17题图图1摆杆 圆盘 螺母图2C ．乙地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向下移动D ．乙地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向上移动18．如图所示，在粗糙的水平绝缘桌面上有两个大小相同、带有同种电荷的小物块P 和Q 。
2016届高考物理二轮复习实验题专项练习实验题天天练(1)(含答案)
实验题天天练(一)1.(2015河北省邯郸市一模)为了测量人骑自行车的功率,某活动小组在操场的直道上进行了如下实验:在离出发线 5 m,10 m,20 m,30 m,…,70 m的地方分别划上8条计时线,每条计时线旁站几个学生,手持秒表,听到发令员的信号后,受测者全力骑车由出发线启动,同时全体学生都开始计时,自行车每到达一条计时线,站在该计时线上的几个学生就停止计时,记下自行车从出发线到该条计时线的时间.实验数据记录如下(每个计时点的时间都取这几个同学计时的平均值).(1)以纵轴代表自行车运动的距离s,横轴代表运动的时间t,试根据以上实验数据作出st图.(2)根据作出的st图可知,自行车在每一路段内的速度变化不是很大,因此可以用某一段的平均速度代替该段的速度.请计算出上述表格中空缺的①处的数据: m/s(保留三位有效数字).(3)本次实验中,设运动过程中学生和自行车所受阻力与其速度大小成正比,其比例系数为12 N·s/m,设在10 m～20 m 路段的平均阻力为f1,在20 m～30 m路段的平均阻力为f2,则f1是f2的倍(保留两位有效数字).(4)若整个过程中该同学骑车的功率P保持不变,则P= W. 2.(2015甘肃一诊)影响物质材料电阻率的因素很多,一般金属材料的电阻率随温度的升高而增大,而某些半导体材料的电阻率与之相反.某课题研究组在研究某器件Z的导电规律时,测得其两端电压与通过电流的关系如表所示:(1)根据表中数据,判断器件Z可能属于材料(选填“金属”或“半导体”).(2)实验所用的器材规格是:电压表(0～3 V～15 V,内阻约为30 kΩ);电流表(0～0.6 A～3 A,内阻约4 Ω);滑动变阻器(变化范围0～10 Ω);电源(3 V,内阻约1 Ω);器件Z;开关;导线若干.根据本次实验提供的数据,请用笔画线代替导线在实物图上连接电路;(3)根据表中的数据已经在IU坐标中描好点,如图所示,请连线作图;(4)某同学根据图中规律猜想I与U的定量关系,用以下方法较为合理的是(填选项前的字母).A.用IU图像B.用IU2图像C.用I2U图像D.用IU-1图像3.(2015淳安中学二模)某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系.(1)将弹簧悬挂在铁架台上,将刻度尺固定在弹簧一侧,弹簧轴线和刻度尺都应在方向(填“水平”或“竖直”)(2)弹簧自然悬挂,待弹簧稳定时,长度记为L0,弹簧下端挂上砝码盘时,长度记为L x;在砝码盘中每次增加10 g砝码,弹簧长度依次记为L1至L6,数据如表:表中有一个数值记录不规范,其代表符号为.由表可知所用刻度尺的最小刻度为.(3)图像mx是该同学根据表中数据作的图,纵轴是砝码的质量,横轴是弹簧长度与的差值(填“L0”或“L x”).(4)由图可知弹簧的劲度系数为N/m;通过图和表可知砝码盘的质量为g(结果保留两位有效数字,重力加速度取9.8 m/s2)。
2016届高三物理二轮复习选择题天天练(十) 含答案
选择题天天练(十)一、单项选择题(在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求)1.(2015成都外国语学校月考)一物体做匀变速运动,其初速度大小为8 m/s,加速度方向不变大小为2 m/s2,则( )A.若初速度与加速度方向一致,3 s末物体的速度为14 m/sB.若初速度与加速度方向相反,4 s内物体的位移为零C.若初速度与加速度方向不在同一直线上,经过5 s物体的速度的变化量可能为零D.若初速度与加速度方向不在同一直线上,经过5 s物体的速度大小可能为零2.(2015镇海中学模拟)如图所示,水平地面上放着一个画架,它的前支架固定而后支架可前后移动,画架上静止放着一幅重为G的画.下列说法正确的是( )A.画架对画的作用力大于GB.画架后支架受到地面的摩擦力水平向前C.若后支架缓慢向后退,则画架对画的作用力变小D.画架对画的弹力是画发生弹性形变引起的3.某电场的电场线分布如图所示,下列说法正确的是( )A.同一电荷在c点所受电场力的大小大于其在b点所受电场力的大小B.若将一试探电荷+q由a点释放,它将沿电场线运动到b点C.正电荷在c点的电势能小于其在d点的电势能D.a点和b点的电场强度的方向不同4.(2015浙江五校联考)如图,两根相距L=1 m电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置,导轨足够长,其一端接有一电阻R=2 Ω,导轨处在磁感应强度为B=0.5 T的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向里.一根质量m=0.2 kg、电阻r=0.5 Ω的金属棒置于导轨最左端,并与导轨垂直放置.有两种情况可以让棒在导轨上做匀变速运动:(1)给棒施加一个水平向右的随时间变化的力F,让棒从静止开始向右以加速度a=1 m/s2做匀加速运动.(2)将导轨左端的定值电阻换成一个随时间变化的电阻R0,再给棒一个水平向右初速度v0=6 m/s,可以使棒向右以加速度a′=-1 m/s2匀减速运动一段时间.则上述两种情况所描述的变力F或变化的电阻R0满足的方程是( )A.F=0.1t+0.2(N) R0=7-1.25t(Ω)B.F=0.1t-0.2(N) R0=7+2.5t(Ω)C.F=0.125t+0.2(N) R0=7.5-1.25t(Ω)D.F=0.125t-0.2(N) R0=7.5+1.25t(Ω)二、不定项选择题(在每小题给出的四个选项中,至少有一个选项符合题目要求)5.(2015浙江五校联考)如图所示,离地H高处有一个质量为m的物体,给物体施加一个水平方向的作用力F,已知F随时间的变化规律为:F=F0-kt(以向左为正,F0,k均为大于零的常数),物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为μ,且μF0>mg.t=0时,物体从墙上静止释放,若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,当物体下滑后脱离墙面,此时速度大小为,最终落在地面上,则下列关于物体的运动说法正确的是( )A.当物体沿墙壁下滑时,物体先做加速再做匀速直线运动B.物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一段直线C.物体克服摩擦力所做的功W=mgHD.物体与墙壁脱离的时刻为t=6.(2015揭阳校级期中)一根长为L的轻杆下端固定一个质量为m的小球,上端连在光滑水平轴上,轻杆可绕水平轴在竖直平面内运动(不计空气阻力).当小球在最低点时给它一个水平初速度v0,小球刚好能做完整的圆周运动.若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大,则下列判断正确的是( )A.小球能做完整的圆周运动,经过最高点的最小速度为v0B.小球在最高点对轻杆的作用力先减小后增大C.小球在最低点对轻杆的作用力一直增大D.小球在运动过程中所受合外力的方向始终指向圆心7.如图所示,已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后,水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B的复合场中(E和B已知),小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动,则( )A.小球可能带正电B.小球做匀速圆周运动的半径为r=C.小球做匀速圆周运动的周期为T=D.若电压U增大,则小球做匀速圆周运动的周期不变选择题天天练(十)1.A 若初速度与加速度方向一致,由:v t=v0+at=8 m/s+2×3 m/s=14 m/s可知选项A正确;若初速度与加速度方向相反,速度减小到零时,所经历的时间为4 s,发生的位移为:x=at2=×2×42 m=16 m,由此计算可知选项B错误;若初速度方向与加速度方向不在一条直线上,物体是做曲线运动,速度的变化量不为零,速度大小也不可能为零,C,D错误.2.B 画受重力和画架的作用力,根据平衡条件,画架对画的作用力与重力平衡,保持不变,故选项A,C错误;画架后支架相对地面有向后滑动趋势,故画架后支架受到地面的摩擦力水平向前,故选项B正确;画架对画的弹力是施力物体(画架)的形变引起的,故选项D错误.3.D 由电场线的疏密表示电场强度的大小,得E b>E c,同一电荷F b>F c,故选项A错误;由a点静止释放+q,因为力与速度不同向,故+q不会沿电场线运动到b,选项B错误;沿电场线方向电势降低,正电荷电势能减少,选项C错误.电场线切线方向表示电场强度的方向,则选项D正确.4.A 第(1)种情况中,安培力F1=BIL,而I=,而v=at,依据牛顿第二定律,有F-F1=ma,解得F=+ma=0.1t+0.2(N).第(2)种情况中,安培力为F2=依据牛顿第二定律有F2=-ma′解得R0=-r=7-1.25t(Ω),故选项A正确,B,C,D错误.5.CD 竖直方向上,由牛顿第二定律有:mg-μF=ma,随着F减小,到μ(F0-kt)=mg时开始做加速度a逐渐增大的加速运动,当F=0即t=F0/k 时,加速度增大到重力加速度g,此后物体脱离墙面,故选项A错误,D正确;物体脱离墙面时的速度向下,之后所受合外力与初速度不在同一条直线上,所以运动轨迹为曲线.故选项B错误;物体从开始运动到脱离墙面F一直不做功,由动能定理得,mg-W=m()2,物体克服摩擦力所做的功W=mgH.故选项C正确.6.BC 设轻杆对小球的作用力大小为F,方向向上,小球做完整的圆周运动经过最高点时,对小球,由牛顿第二定律得mg-F=m,当轻杆对小球的作用力大小F=mg时,小球的速度最小,最小值为零,所以选项A错误;由mg-F=m可得在最高点轻杆对小球的作用力F=mg-m,若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大,小球经过最高点时的速度v也逐渐增大,所以轻杆对小球的作用力F先减小后反向增大(先为支持力后为拉力).由牛顿第三定律可得小球在最高点对轻杆的作用力先减小后增大,因此选项B正确;在最低点,由F-mg=m,可得轻杆对小球的作用力(拉力)F=mg+m,若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大,则轻杆对小球的作用力(拉力)一直增大,选项C正确;轻杆绕水平轴在竖直平面内运动,小球不是做匀速圆周运动,所以合外力的方向不是始终指向圆心,只有在最低点和最高点合外力的方向才指向圆心,选项D错误.7.BCD 小球在复合场中做匀速圆周运动,则小球受到的电场力和重力满足mg=Eq,则小球带负电,选项A错误;因为小球做圆周运动的向心力为洛伦兹力,由牛顿第二定律和动能定理可得Bqv=,qU=mv2,联立两式可得小球做匀速圆周运动的半径r=,选项B正确;由T=可以得出T=,与电压U无关,所以选项C,D正确.。
【导与练】2016届高三物理二轮复习(浙江专用)计算题天天练(六)
计算题天天练(六)1.(2015温州五校开学考试)两个叠在一起的滑块,置于固定倾角为θ的斜面上,如图所示,滑块A,B质量分别为M,m,A与斜面间的动摩擦因数为μ1,B与A之间的动摩擦因数为μ2,已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下,求滑块B受到的摩擦力.2.(2015龙岩综测)如图所示,ABCD竖直放置的光滑绝缘细管道,其中AB部分是半径为R的错误！未找到引用源。
圆弧形管道,BCD部分是固定的水平管道,两部分管道恰好相切于B.水平面内的M、N、B三点连线构成边长为L的等边三角形,MN连线过C点且垂直于BCD.两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M、N两点,电荷量分别为+Q和-Q.现把质量为m、电荷量为+q的小球(小球直径略小于管道内径,小球可视为点电荷),由管道的A处由静止释放,已知静电力常量为k,重力加速度为g.求:(1)小球运动到B处时受到电场力的大小;(2)小球运动到C处时的速度大小;(3)小球运动到圆弧最低点B处时,小球对管道压力的大小.3.(2015绵阳三诊)如图(甲)所示,不变形、足够长、质量为m1=0.2 kg的“U”形金属导轨PQMN放在绝缘水平桌面上,QP与MN平行且距离d=1 m,Q、M间导体电阻阻值R=4 Ω,右内侧紧靠两固定绝缘小立柱1、2;光滑金属杆KL电阻阻值r=1 Ω,质量m2=0.1 kg,垂直于QP和MN,与QM平行且距离L=0.5 m,左侧紧靠两固定绝缘小立柱3、4.金属导轨与桌面的动摩擦因数μ=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,其余电阻不计.从t=0开始,垂直于导轨平面的磁场磁感应强度如图(乙)所示.(1)求在整个过程中,导轨受到的静摩擦力的最大值f max;(2)如果从t=2 s开始,给金属杆KL水平向右的外力,外力对金属杆作用的功率保持不变为P0=320 W,杆到达最大速度时撤去外力,求撤去外力后QM上产生的热量Q R.。
2016届高三物理二轮复习计算题标准练(二) 含答案
计算题标准练(二)满分32分,实战模拟,20分钟拿到高考计算题高分!1.(12分)如图,倾角为θ的斜面固定在水平地面上(斜面底端与水平地面平滑连接),A点位于斜面底端,AB段斜面光滑,长度为s,BC段足够长,物体与BC段斜面、地面间的动摩擦因数均为μ。
质量为m的物体在水平外力F的作用下,从A点由静止开始沿斜面向上运动,当运动到B点时撤去力F。
求：(1)物体上滑到B点时的速度v B。
(2)物体最后停止时距离A点的距离。
【解析】(1)对物体,在AB段上滑过程中,由牛顿第二定律得：Fcos θ-mgsinθ=ma1,解得：a1=,由=2a1s可得,v B=。
(2)物体过B点后继续上滑时,由牛顿第二定律得：mgsinθ+F f=ma2;F f=μF N;F N=mgcosθ;解得,加速度a2=gsinθ+μgcosθ①若mgsinθ≤μmgcosθ,即μ≥tanθ,物体最后停在BC段,s总=s+s2=s+=s+s=s;②若μ<tanθ,物体最后停在水平地面上,到A点距离为s3,则从A点至停下,由动能定理得W F+W f1+W f2=ΔE k,即：Fscosθ-2μmgcosθ-μmgs3=0;解得：s3=。
答案：(1)(2) s或者2.(20分)如图甲所示,某粒子源向外放射出一个α粒子,粒子速度方向与水平成30°角,质量为m,电荷量为+q。
现让其从粒子源射出后沿半径方向射入一个磁感应强度为B、区域为圆形的匀强磁场(区域Ⅰ)。
经该磁场偏转后,它恰好能够沿y轴正方向进入下方的平行板电容器,并运动至N板且恰好不会从N板的小孔P射出电容器。
已知平行板电容器与一边长为L的正方形单匝导线框相连,其内有垂直框面的磁场(区域Ⅱ),磁场变化如图乙所示。
不计粒子重力,求：(1)磁场区域Ⅱ磁场的方向及α粒子射出粒子源的速度大小。
(2)圆形磁场区域的半径。
(3)α粒子在磁场中运动的总时间。
【解析】(1)根据楞次定律可知：磁场区域Ⅱ的磁场垂直于纸面向外。
2016届高三二轮复习物理作业卷 牛顿运动定律2含解析
2016万卷作业卷（七）牛顿运动定律2一、单选题（本大题共5小题。
在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1.（2014•普陀区二模）如图，在圆锥形内部有三根固定的光滑细杆，A、B、C为圆锥底部同一圆周上的三个点，三杆Aa、Bb、Cc与水平底面的夹角分别为60°、45°、30°．每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），三个滑环分别从a、b、c处由静止释放（忽略阻力），用t1、t2、t3依次表示各滑环到达A、B、C所用的时间，则（）A．t1＞t2＞t3B．t1＜t2＜t3C．t1=t3＜t2D．t1=t3＞t22. 如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q（可视为质点）上，Q放在带小孔（小孔是光滑）的水平桌面上，小球在某一水平面内作匀速圆周运动（圆锥摆）．现使小球改到一个更高一些的水平面上作匀速圆周运动（图中P′位置），两次金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是（）A．Q受到桌面的支持力变大B．Q受到桌面的摩擦力不变C．小球P运动的周期变大D．小球P运动的线速度变大3. 固定的倾角为30°的斜面上有一物块，物块与斜面间动摩擦因数μ=0.2，t=0时刻由静止释放物块的同时给物块施加沿斜面向上的力F，F-t图像如图所示。
规定沿斜面向上为正方向，则物块的a-t图像正确的是( )A B C D4.（2015•普陀区一模）一质点做匀加速直线运动时，速度变化△v时发生位移x1，紧接着速度变化同样的△v时发生位移x2，则该质点的加速度为（）A．B．2C．（△v）2（﹣）D．（△v）2（+）二、多选题（本大题共2小题）5.（2015•奉贤区一模）如图所示，一物体以某一初速度v0从固定的粗糙斜面底端上滑至最高点又返回底端的过程中，以沿斜面向上为正方向．若用h、x、v和E k分别表示物块距水平地面高度、位移、速度和动能，t表示运动时间．则可能正确的图象是（）A．B．C．D．6.（2015•汕头一模）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时的动能越大D．倾角θ越大，雨滴从顶端口下滑至屋檐M时的时间越短7.（2015•奉贤区一模）如图所示，一质量为m的小球套在光滑竖直杆上，轻质弹簧一端固定于O点，另一端与该小球相连．现将小球从A点由静止释放，沿竖直杆运动到B点，已知OA 长度小于OB 长度，弹簧处于OA 、OB 两位置时弹力大小相等．弹簧的形变量相同时弹性势能相同．则小球在此过程中（ ）A ． 加速度等于重力加速度g 的位置有两个B ． 弹簧弹力的功率为零的位置有两个C ． 弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功D ．弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离等于小球弹簧弹力做负功过程中小球运动的距离三 、简答题（本大题共2小题）8. 为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆。
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计算题天天练(二)
1.(2015杭州学军中学月考)要规划建设一新机场,请你帮助设计飞机跑道.设计的飞机质量m=5×104 kg,起飞速度是80 m/s.
(1)若起飞加速滑行过程中飞机发动机实际功率保持额定功率P=
8 000 kW,飞机在起飞前瞬间加速度a1=0.4 m/s2,求飞机在起飞前瞬间受到的阻力是多少?
(2)若飞机在起飞加速滑行过程中牵引力恒为F2=8×104 N,受到的平均阻力为f2=2×104 N.如果允许飞机在达到起飞速度的瞬间可能因故障而停止起飞,立即关闭发动机后且能以大小为4 m/s2的恒定加速度减速而停下,为确保飞机不滑出跑道,则跑道的长度至少多长?
2.(2015衡水高三调研)如图所示,光滑绝缘的正方形水平桌面边长为d=0.48 m,离地高度h=1.25 m.桌面上存在一水平向左的匀强电场(除此之外其余位置均无电场),电场强度E=1×104N/C.在水平桌面上某一位置P处有一质量m=0.01 kg,电荷量q=1×10-6C的带正电小球以初速度v0=1 m/s向右运动.空气阻力忽略不计,重力加速度g=10 m/s2.
(1)求小球在桌面上运动时的加速度;
(2)P处距右端桌面多远时,小球从开始运动到最终落地的水平距离最大?并求出该最大水平距离.
3.(2015扬州高三测试)如图所示,电阻忽略不计的、两根平行的光滑金属导轨竖直放置,其上端接一阻值为3 Ω的定值电阻R.在水平虚线L1、L2间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场B,磁场区域的高度为d=0.5 m.导体棒a的质量m a=0.2 kg、电阻R a=3 Ω;导体棒b的质量m b=0.1 kg、电阻R b=6 Ω,它们分别从图中M、N处同时由静止开始在导轨上无摩擦向下滑动,都能匀速穿过磁场区域,且当b刚穿出磁场时a正好进入磁场.设重力加速度为g=10 m/s2,不计a、b棒之间的相互作用.导体棒始终与导轨垂直且与导轨接触良好.求:
(1)在整个过程中,a、b两棒分别克服安培力所做的功;
(2)导体棒a从图中M处到进入磁场的时间;
(3)M点和N点距L1的高度.
计算题天天练(二)
1.解析:(1)F1== N=1×105 N,
由牛顿第二定律得F1-f1=ma1,
解得f1=F1-ma1=(1×105-5×104×0.4)N=8×104 N.
(2)飞机从静止开始做匀加速运动到离开地面升空过程中滑行的距离为x1,
由牛顿第二定律得
a2== m/s2=1.2 m/s2,
x1== m= m.
飞机匀减速直线运动的位移为x2,x2== m=800 m.
所以跑道的长度至少为x=x1+x2= m+800 m=3 467 m.
答案:(1)8×104 N (2)3 467 m
2.解析:(1)小球受到重力、支持力和电场力,重力和支持力平衡,根据牛顿第二定律,有:
a=== m/s2=1.0 m/s2
方向水平向左.
(2)设球到桌面右边的距离为x1,球离开桌面后做平抛运动的水平距离为x2,时间为t,
由公式v2-=2ax得x 1=
由平抛运动规律得h=gt2,x2=vt
则x2=0.5v
由于x总=x1+x2,则x总=+0.5v即
x总=-0.5v2+0.5v+0.5,
解方程得v=0.5 m/s时,x总最大,
其最大值x总=0.625 m,而x1=0.375 m.
答案:(1)1.0 m/s2方向水平向左(2)0.375 m 0.625 m 3.解析:(1)根据功能关系得:W a=m a gd=1.0 J,W b=m b gd=0.5 J.
(2)b在磁场中匀速运动时,速度为v b,总电阻为
R1=R b+=7.5 Ω
b中的电流:I b=
由平衡条件得:=m b g
a棒在磁场中匀速运动时,总电阻R2=R a+=5 Ω
同理可得=m a g
由以上各式得:=,即=,
而t a=t b+,则t a=t a+,
解得t a=4= s≈0.52 s.
(3)由于v2=2gh,则=,
而h a=g= m≈1.33 m
则h b=h a= m=0.75 m.
答案:(1)1.0 J 0.5 J (2)0.52 s (3)1.33 m 0.75 m.。