京津琼2019高考物理总复习专用优编提分练：计算题专练三
(京津琼)2019高考物理总复习专用优编提分练：选修3-3专练(三)
选修3－3专练(三)1．(1)下列说法正确的是________．A ．扩散现象是由物质分子的无规则运动引起的B ．只要知道某种物质的摩尔质量和密度，一定可以求出该物质的分子体积C ．布朗运动不是分子运动，但可以反映液体分子的无规则运动D ．水蒸汽凝结成水珠的过程中，分子间斥力减小，引力增大E ．一定质量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加(2)如图1所示，上端带卡环的绝热圆柱形汽缸竖直放置在水平地面上，汽缸内部被质量均为m 的活塞A 和活塞B 分成高度相等的三个部分，下边两部分封闭有理想气体P 和Q ，活塞A 导热性能良好，活塞B 绝热．两活塞均与汽缸接触良好，活塞厚度不计，忽略一切摩擦．汽缸下面有加热装置，初始状态温度均为T 0，汽缸的横截面积为S ，外界大气压强大小为mg S且保持不变，现对气体Q 缓慢加热．求：图1①当活塞A 恰好到达汽缸上端卡环时，气体Q 的温度T 1；②活塞A 恰好接触汽缸上端卡环后，继续给气体Q 加热，当气体P 体积减为原来的一半时，气体Q 的温度T 2.答案 (1)ACE (2)见解析解析 (2)①设P 、Q 初始体积均为V 0，在活塞A 接触卡环之前，P 的温度、压强不发生变化，Q 发生等压变化，则由盖—吕萨克定律得：V 0T 0＝2V 0T 1解得：T 1＝2T 0②当活塞A 恰好接触汽缸上端卡环后，P 气体做等温变化，由玻意耳定律得：2mg S ·V 0＝p 1·V 02解得：p 1＝4mg S此时Q 气体的压强为p 2＝p 1＋mg S ＝5mg S当P 气体体积变为原来的一半时，Q 气体的体积为52V 0，此过程对Q 气体由理想气体状态方程得3mg S ·V 0T 0＝5mg S ·52V 0T 2解得T 2＝256T 0. 2．(1)下列说法正确的是________．A ．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功B ．能量耗散说明与热有关的宏观过程在能量转化时具有方向性C ．扩散现象在气体、液体中能发生，但在固体中不能发生D ．某气体的摩尔体积为V ，每个分子的体积为V 0，则阿伏加德罗常数可表示为N A ＝V V 0E ．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果(2)如图2所示，两端开口、粗细均匀的足够长的玻璃管插在大水银槽中，管的上部有一定长度的水银，两段空气柱被封闭在左右两侧的竖直管中．开启上部连通左右水银的阀门A ，当温度为300 K 时，水银的平衡位置如图(h 1＝h 2＝5 cm ，L 1＝50 cm)，大气压强为75 cmHg.求：图2①右管内气柱的长度L 2；②关闭阀门A ，当温度升至405 K 时，左侧竖直管内气柱的长度L 3.答案 (1)ABE (2)①50 cm ②60 cm解析 (1)根据热力学第二定律可知，在外界的影响下物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功，故A 正确；能量耗散从能量转化角度反映出自然界的宏观过程具有方向性，故B 正确；扩散现象在气体、液体中能发生，在固体中也能发生，故C 错误；某气体的摩尔体积为V ，每个分子占据的体积为V ′，则阿伏加德罗常数可表示为N A ＝V V ′，V ′≠V 0，故D 错误；空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果，故E 正确．(2)①左管内气体压强：p 1＝p 0＋p h 2＝80 cmHg ，右管内气体压强：p 2＝p 左＋p h 1＝85 cmHg ，又p 2＝p 0＋p h 3，则右管内外液面高度差h 3＝10 cm ，右管内气柱长度L 2＝L 1－h 1－h 2＋h 3＝50 cm ；②设玻璃管横截面积为S ，由理想气体状态方程得，p 1L 1S T 1＝[p 0＋(p h 2＋p L 3－p L 1)]L 3S T 2，代入数据解得：L 3＝60 cm.。
(京津琼)2019高考物理总复习 专用优编提分练：计算题专练(八)
计算题专练(八)1．如图1甲所示，空间存在B ＝0.5 T 、方向竖直向下的匀强磁场，MN 、PQ 是处于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨，间距L ＝0.2 m ，在导轨一端连接着阻值为R ＝0.4 Ω的定值电阻，ab 是跨接在导轨上、质量为m ＝0.1 kg 的导体棒．从零时刻开始，通过一小型电动机对ab 棒施加一个牵引力，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好．图乙是拉力F 与导体棒ab 的速率倒数关系图象(F 1未知)．已知导体棒ab 与导轨的动摩擦因数μ＝0.2，除R 外，其余部分电阻均不计，不计定滑轮的质量和摩擦，g ＝10 m/s 2.图1(1)求电动机的额定功率；(2)若导体棒ab 在16 s 内运动了90 m 并恰好达到最大速度，求在0～16 s 内电阻R 上产生的焦耳热． 答案 (1)4.5 W (2)49 J解析 (1)由题图知导体棒ab 的最大速度为v 1＝10 m/s此时，导体棒中感应电动势为E ＝BLv 1感应电流I ＝E R导体棒受到的安培力F 安＝BIL此时电动机牵引力为F 1＝P v 1由牛顿第二定律得P v 1－μmg －F 安＝0联立并代入数据，解得：P ＝4.5 W(2)由能量守恒定律得：Pt ＝Q ＋μmgs ＋12mv 12 代入数据，解得0～16 s 内R 上产生的热量Q ＝49 J.2．如图2，中空的水平圆形转盘内径r ＝0.6 m ，外径足够大，沿转盘某条直径有两条光滑凹槽，凹槽内有A 、B 、D 、E 四个物块，D 、E 两物块分别被锁定在距离竖直转轴R ＝1.0 m 处，A 、B 紧靠D 、E 放置，两根不可伸长的轻绳，每根绳长L ＝1.4 m ，一端系在C 物块上，另一端分别绕过转盘内侧的光滑小滑轮，穿过D 、E 两物块中间的光滑圆孔，系在A 、B 两个物块上，A 、B 、D 、E 四个物块的质量均为m ＝1.0 kg ，C 物块的质量m C ＝2.0 kg ，所有物块均可视为质点，(不计空气阻力，取重力加速度g ＝10 m/s 2，计算结果可用最简的分式与根号表示)图2(1)启动转盘，转速缓慢增大，求A 、D 以及B 、E 之间恰好无压力时细绳的拉力及转盘的角速度；(2)停下转盘后，将C 物块置于圆心O 处，并将A 、B 向外侧移动使轻绳水平拉直，然后无初速度释放A 、B 、C 物块构成的系统，求A 、D 以及B 、E 相碰前瞬间C 物块的速度；(3)碰前瞬间解除对D 、E 物块的锁定，若A 、D 以及B 、E 一经碰撞就会粘在一起，且碰撞时间极短，求碰后C 物块的速度．答案 见解析解析 (1)A 、D 以及B 、E 之间恰好无压力时，C 物块保持静止，故2F cos θ＝m C g ，sin θ＝r L －(R －r )＝0.61.4－0.4＝35， 解得F ＝12.5 N对A 、B 两个物块F ＝m ω2R角速度ω＝F mR ＝522rad/s (2)设碰前A 、B 速度大小为v ，C 的速度大小为v C ，则v ＝v C cos θ系统下落过程中机械能守恒：2×12mv 2＋12m C v C 2＝m C gh 由几何关系知h ＝0.8 m解得：v C ＝204141m/s (3)设碰后A 、D 的速度大小为v ′，C 的速度大小为v C ′则v ′＝v C ′cos θ设绳上拉力的冲量大小为I ，由于碰撞时间极短，绳子拉力远大于C 物块的重力．对C 物块运用动量定理：－2I cos θ＝m C v C ′－m C v C对A 、D 运用动量定理：I ＝2mv ′－mv 联立解得：v C ′＝4157v C ＝205741 m/s.。
(京津琼)2019高考物理总复习 专用优编提分练：计算题专练(一)
计算题专练(一)1．如图1所示，有一个可视为质点的质量为m ＝1 kg 的小物块，从圆滑平台上的A 点以v 0＝2 m/s 的初速度水平抛出，抵达C 点时，恰巧沿C 点的切线方向进入固定在水平川面上的圆滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道尾端D 点的质量为M ＝3 kg 的长木板，已知木板上表面与圆弧轨道尾端切线相平，木板下表面与水平川面之间圆滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R ＝0.4 m ，C 点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.求：图1(1)小物块刚要抵达圆弧轨道尾端D 点时对轨道的压力；(2)若长木板长度L ＝2.4 m ，小物块可否滑出长木板？答案 看法析分析 (1)物块抵达C 点的速度与水平方向的夹角为60°，则v C ＝v 0cos 60°＝2v 0＝4 m/s 小物块由C 到D 的过程中，由动能定理得：mgR (1－cos 60°)＝12mv D 2－12mv C 2代入数据解得：v D ＝2 5 m/s 小物块在D 点时，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v D 2R解得：F N ＝60 N由牛顿第三定律得：小物块刚要抵达圆弧轨道尾端D 点时对轨道的压力F N ′＝F N ＝60 N ，方向竖直向下．(2)设小物块一直在长木板上，共同速度大小为v ，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板构成的系统动量守恒，取向左为正方向由动量守恒定律得：mv D ＝(M ＋m )v解得：v ＝52m/s 设物块与木板的相对位移为l ，由功能关系得：μmgl ＝12mv D 2－12(m ＋M )v 2解得：l ＝2.5 m>L ＝2.4 m ，因此小物块能滑出长木板．2．如图2所示，在平面直角坐标系中，第三象限里有一加快电场，一个电荷量为q 、质量为m 的带正电粒子(不计重力)，从静止开始经加快电场加快后，垂直x 轴从A (－4L,0)点进入第二象限，在第二象限的地区内，存在着指向O 点的平均辐射状电场，距O 点4L 处的电场强度大小均为E ＝qLB 0216m，粒子恰巧能垂直y 轴从C (0,4L )点进入第一象限，如下图，在第一象限中有两个全等的直角三角形地区Ⅰ和Ⅱ，均充满了方向垂直纸面向外的匀强磁场，地区Ⅰ的磁感觉强度大小为B 0，地区Ⅱ的磁感觉强度大小可调，D 点坐标为(3L,4L )，M 点为CP 的中点．粒子运动轨迹与磁场地区相切时以为粒子能再次进入磁场．从磁场地区Ⅰ进入第二象限的粒子能够被汲取掉．求：图2(1)加快电场的电压U ；(2)若粒子恰巧不可以从OC 边射出，求地区Ⅱ磁感觉强度大小；(3)若粒子能抵达M 点，求地区Ⅱ磁场的磁感觉强度大小的全部可能值．答案 看法析分析 (1)粒子在加快电场中加快，依据动能定理有：qU ＝12mv 2粒子在第二象限辐射状电场中做半径为R 的匀速圆周运动，则：qE ＝m v 24L联立解得：v ＝qB 0L 2m ，U ＝qL 2B 028m(2)粒子在地区Ⅰ中运动的速度大小v ＝qB 0L2m ，依据洛伦兹力供给粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，有qB 0v ＝m v 2r ，得半径r ＝mvqB 0＝L 2，若粒子在地区Ⅱ中的运动半径R 较小，则粒子会从OC 边射出磁场．恰巧不从OC 边射出时，作出对应的运动轨迹，如图．知足∠O 2O 1Q ＝2θ，sin 2θ＝2sin θcos θ＝2425，又sin 2θ＝rR －r解得：R ＝4924r ＝4948L又R ＝mv qB ，代入v ＝qB 0L2m可得：B ＝24B 049(3)①若粒子由地区Ⅰ达到M 点每次行进CP 2＝2(R －r )cos θ＝85(R －r )由周期性得：CM ＝n CP 2(n ＝1,2,3……)，即52L ＝85n (R －r )R ＝r ＋2516n L ≥4948L ，解得n ≤3n ＝1时R ＝3316L ，B ＝833B 0n ＝2时R ＝4132L ，B ＝1641B 0，n ＝3时R ＝4948L ，B ＝2449B 0②若粒子由地区Ⅱ达到M 点由周期性：CM ＝CP 1＋n CP 2(n ＝0,1,2,3……)即52L ＝85R ＋85n (R －r )解得：R ＝52＋45n 85(1＋n )L ≥4948L 解得：n ≤2625，n ＝0时R ＝2516L ，B ＝825B 0 n ＝1时R ＝3332L ，B ＝1633B 0.。
(京津琼)2019高考物理总复习 专用优编提分练：计算题专练(二)
计算题专练(二)1．(2018·天津市南开中学月考)如图1所示，在光滑的水平地面上，相距L ＝10 m 的A 、B 两个小球均以v 0＝10 m/s 向右运动，随后两球相继滑上倾角为30°的足够长的固定光滑斜坡，地面与斜坡平滑连接，取g ＝10 m/s 2.求：图1(1)B 球刚要滑上斜坡时A 、B 两球的距离是多少；(2)A 球滑上斜坡后经过多长时间两球相遇．答案 (1)7.5 m (2)2.5 s解析 (1)设A 球滑上斜坡后经过t 1时间B 球滑上斜坡，则有：L ＝v 0t 1，解得：t 1＝1 sA 球滑上斜坡后做匀减速直线运动，加速度大小：a ＝g sin 30°＝5 m/s 2设这段时间内A 球向上运动的位移为x ，则x ＝v 0t 1－12at 12 代入数据解得：x ＝7.5 m(2)B 球刚要滑上斜坡时A 球速度v 1＝v 0－at 1＝5 m/s B 球滑上斜坡时，加速度与A 相同，以A 为参考系，B 相对于A 以v ＝v 0－v 1＝5 m/s 做匀速运动，设再经过时间t 2它们相遇，有：t 2＝x v ＝1.5 s则所求时间t ＝t 1＋t 2＝2.5 s.2．如图2所示，在匝数N ＝100、截面积S ＝0.02 m 2的多匝线圈中存在方向竖直向下的匀强磁场B 0，B 0均匀变化．两相互平行、间距L ＝0.2 m 的金属导轨固定在倾角为θ＝30°的斜面上，线圈通过开关S 与导轨相连．一质量m ＝0.02 kg 、阻值R 1＝0.4 Ω的光滑金属杆锁定在靠近导轨上端的MN 位置，M 、N 等高．一阻值R 2＝0.6 Ω的定值电阻连接在导轨底端．导轨所在区域存在垂直于斜面向上的磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场．金属导轨光滑且足够长，线圈与导轨的电阻忽略不计．重力加速度取g ＝10 m/s 2.电子电荷量e ＝1.6×10－19 C.图2(1)闭合开关S 时，金属杆受到沿斜面向下的安培力为0.4 N ，请判断磁感应强度B 0的变化趋势，并求出磁感应强度B 0的变化率ΔB 0Δt； (2)断开开关S ，解除对金属杆的锁定，从MN 处由静止释放，经过t ＝0.50 s ，金属杆下滑x ＝0.60 m ，求该过程中金属杆上产生的焦耳热Q 1；(3)经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子(即金属原子失去电子后的部分)的碰撞，请建立合适的自由电子运动模型，求出第(2)问情境中，当金属杆最终匀速下滑时，金属杆中金属离子对一个自由电子沿杆方向的平均阻力F f 的大小．答案 (1)增大 0.8 T/s (2)4.64×10－3 J (3)3.2×10－19 N解析 (1)闭合开关S 时，金属杆受到沿斜面向下的安培力，由左手定则可知金属杆中的电流由M 流向N ，根据楞次定律可知磁感应强度B 0的趋势是增大线圈中的感应电动势E ＝N ΔB 0ΔtS 金属杆中的电流为I ＝E R 1金属杆受到的安培力为F ＝BIL联立解得：ΔB 0Δt＝0.8 T/s (2)根据动量定理得： mg sin θ·t －B ·I L ·t ＝mv －0平均电流为I ＝ER 1＋R 2平均电动势为E ＝BLx t， 得到速度为：v ＝2.2 m/s根据能量守恒定律得：mgx sin θ＝12mv 2＋Q解得：Q ＝1.16×10－2 J ， Q 1＝R 1R 1＋R 2Q ＝4.64×10－3 J(3)匀速时mg sin θ＝B BLv mR 1＋R 2L得到：v m ＝10 m/s金属杆中的一个电子定向匀速运动，内电压对其做的正功等于克服阻力做的功F f L ＝eU U ＝R 1R 1＋R 2EE ＝BLv m联立可得：F f ＝ev m BR 1R 1＋R 2，代入数据，解得：F f ＝3.2×10－19 N.。
(京津琼)2019高考物理总复习 专用优编提分练：计算题专练(九)
计算题专练(九)1．如图1，两平行金属导轨位于水平面上，相距l ，左端与一阻值为R 的电阻相连．整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下．—质量为m 、电阻为r 的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好．已知电阻R 消耗的功率为P ，导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g ，导轨的电阻可忽略．求：图1(1)导体棒匀速运动的速率v ；(2)水平外力F 的大小．答案 (1)R ＋rBl P R (2)μmg ＋Bl P R解析 (1)设回路中的电流为I ，对电阻R ，有P ＝I 2R导体棒产生的电动势为E ＝Blv根据闭合电路欧姆定律得I ＝ER ＋r联立可得导体棒匀速运动的速率v ＝R ＋r Bl P R. (2)导体棒在磁场中匀速运动，受力平衡，则F ＝μmg ＋BlI联立可得：F ＝μmg ＋Bl P R. 2．如图2，倾角θ＝37°的直轨道AC 与圆弧轨道CDEF 在C 处相切且平滑连接，整个装置固定在同—竖直平面内．圆弧轨道的半径为R ，DF 是竖直直径，O 点为圆心，E 、O 、B 三点在同一水平线上．A 、F 也在同一水平线上，两个小滑块P 、Q (都可视为质点)的质量都为m .已知滑块Q 与轨道AC 间存在摩擦力且动摩擦因数处处相等，但滑块P 与整个轨道间和滑块Q 与圆弧轨道间的摩擦力都可忽略不计．同时将两个滑块P 、Q 分别在A 、B 两点由静止释放，之后P 开始向下滑动，在B 点与Q 相碰．碰后P 、Q 立刻一起向下且在BC 段保持匀速运动，已知P 、Q 每次相碰都会立刻合在一起运动但两者并不粘连，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取重力加速度为g ，求：图2(1)两滑块进入圆弧轨道运动过程中对圆弧轨道的压力的最大值．(2)滑块Q 在轨道AC 上往复运动经过的最大路程．答案 (1)3.8mg (2)53R 解析 (1)滑块P 下滑至与Q 相碰前瞬间，由机械能守恒定律得mgR ＝12mv 12 P 、Q 碰后合在一起运动，碰撞瞬间由动量守恒定律得mv 1＝2mv 2P 、Q 一起由C 点运动至D 点过程，有2mgR (1－cos θ)＋12·2mv 22＝12·2mv D 2 经过D 点时对圆弧轨道的压力最大，有F N D －2mg ＝2m v D 2R由牛顿第三定律可知，两滑块对圆弧轨道的最大压力F N D ′＝F N D联立解得F N D ′＝3.8mg(2)由(1)中计算可知，P 、Q 整体在D 点的动能12·2mv D 2＝0.9mgR <2mgR 因此它们在圆弧轨道上运动的最高点在E 点下方，之后沿轨道返回，再次到达C 点的速度大小仍为v 2.从C 点上滑后P 、Q 分离，Q 比P 先到达最高点，且Q 运动到最高点时停下．设P 、Q 上滑的最大位移分别为x P 、x Q .对P 、Q ，由动能定理分别可得－mg sin θ·x P ＝0－12mv 22 －(mg sin θ＋F f )·x Q ＝0－12mv 22 由P 、Q 碰后一起匀速下滑可知Q 受到的滑动摩擦力大小F f ＝2mg sin θP 再次从最高点下滑至第二次碰Q 前，有mg sin θ(x P －x Q )＝12mv 32P 、Q 碰后一起运动，有mv 3＝2mv 4P 、Q 从C 点上滑到第二次从C 点进入圆弧轨道，Q 克服摩擦力做的功W f ＝F f ·2x Q而P 、Q 碰撞损失的机械能为：ΔE ＝12mv 32－12·2mv 42 由以上各式解得Q 克服摩擦力做的功与P 、Q 碰撞损失的机械能之比为： W f ΔE ＝41P 、Q 此后多次进入直轨道AC 的运动过程遵循同样的规律，直到最后到达C 点的速度减为0，因此从P 、Q 第一次回到直轨道AC 运动到最后不再进入为止，Q 克服摩擦力做的功为： F f l ＝45·12×2mv 22滑块Q 在轨道AC 上往复运动经过的最大路程为l m ，则 l m ＝l ＋Rtan θ联立解得l m ＝53R .。
(京津琼)2019高考物理总复习 专用优编提分练：选修3-3专练(二)
选修3－3专练(二)1．(1)(2018·广东省高考第一次模拟)下列说法正确的是__________．A ．布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动B ．1 kg 0 ℃的冰比1 kg 0 ℃的水的体积大，说明1 kg 0 ℃冰的内能比1 kg 0 ℃水的内能大C ．密封在容积不变的容器中的气体，若温度升高，则气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大D ．当系统不受外界影响且经过足够长的时间时，其内部各部分状态参量将会相同E ．非晶体沿各个方向的物理性质都是一样的(2)(2018·广东省深圳市第一次调研)如图1所示，有一上部开有小孔的圆柱形汽缸，汽缸的高度为2L ，横截面积为S ，一厚度不计的轻质活塞封闭1 mol 的单分子理想气体，开始时活塞距底部的距离为L ，气体的热力学温度为T 1，已知外界大气压强为p 0,1 mol 的单分子理想气体的内能公式为U ＝32RT ，现对气体缓慢加热，不计活塞与汽缸间的摩擦，求：图1①活塞恰好上升到汽缸顶部时气体的温度和气体吸收的热量；②当加热到热力学温度为3T 1时气体的压强．答案 (1)CDE (2)见解析解析 (1)布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的无规则运动，是由大量液体分子撞击固体微粒形成的，是液体分子无规则运动的反映，A 错误；0 ℃的水凝固成冰时放出热量，所以1 kg 0 ℃的水的内能比1 kg 0 ℃的冰的内能大，B 错误；密封在容积不变的容器内的气体，若温度升高，分子的无规则热运动的动能增加，故气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大，C 正确；当系统不受外界影响且经过足够长的时间时，其内部各部分状态参量将会相同，D 正确；非晶体具有各向同性，非晶体沿各个方向的物理性质都是一样的，E 正确．(2)①开始加热后活塞上升的过程中封闭气体做等压变化，V 1＝LS ，V 2＝2LS ， 由盖－吕萨克定律得V 1T 1＝V 2T 2，解得T 2＝2T 1，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q ，ΔU ＝32R (T 2－T 1)＝32RT 1， W ＝－p 0(V 2－V 1)，解得Q ＝32RT 1＋p 0LS②设当加热到3T 1时气体的压强变为p ，在此之前活塞上升到汽缸顶部，对于封闭气体，由理想气体状态方程得，p ·2LS 3T 1＝p 0LS T 1，解得p ＝1.5p 0. 2．(1)下列说法正确的是________．A ．气体扩散现象表明气体分子间存在斥力B ．对于同一理想气体，温度越高，分子平均动能越大C ．热量总是自发地从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体D ．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大E ．在阳光照射下，可以观察到教室空气中飞舞的灰尘做无规则运动，灰尘的运动属于布朗运动(2)一艘潜水艇位于水面下h ＝200 m 处，艇上有一个容积V 1＝2 m 3的钢筒，筒内贮有压强p 1＝200p 0的压缩气体，其中p 0为大气压强，p 0＝1×105 Pa.已知海水的密度ρ＝1×103 kg/m 3，取重力加速度g ＝10 m/s 2，设海水的温度不变．有一个与海水相通的装满海水的水箱，现在通过细管道将钢筒中部分气体压入该水箱，再关闭管道，水箱中排出海水的体积为V 2＝10 m 3，此时钢筒内剩余气体的压强为多少？答案 (1)BCD (2)9.5×106 Pa解析 (1)气体扩散现象表明气体分子永不停息地做无规则运动，选项A 错误；对于同一理想气体，温度越高，分子平均动能越大，选项B 正确；热量总是自发地从高温物体传到低温物体，即从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体，选项C 正确；当分子力表现为斥力时，分子力随分子间距离的减小而增大，分子距离减小时，分子力做负功，则分子势能随分子间距离的减小而增大，选项D 正确；灰尘的运动不属于布朗运动，选项E 错误．(2)钢筒中气体初始状态： p 1＝200p 0，V 1＝2 m 3与海水相通的水箱中的压强：p 2＝p 0＋ρgh ＝21p 0设钢筒内剩余气体的压强为p 3，钢筒中排出的气体在压强为p 3时的体积为V 3，则有p 3V 3＝p 2V 2对钢筒中所有的气体有：p 1V 1＝p 3(V 1＋V 3)解得：p 3＝9.5×106 Pa.阅读下面的文言，完成～题。
(京津琼)2019高考物理总复习 专用优编提分练：考前综合练(三).doc
考前综合练(三)一、单项选择题1．如图1是原子物理史上几个著名的实验，关于这些实验，下列说法正确的是( )图1A．卢瑟福α粒子散射实验否定了原子结构的枣糕模型，提出原子的核式结构模型B．放射线在磁场中偏转，中间没有偏转的为γ射线，电离能力最强C．电压相同时，光照越强，光电流越大，说明遏止电压和光的强度有关D．铀235只要俘获中子就能进行链式反应答案 A解析卢瑟福α粒子散射实验否定了原子结构的枣糕模型，提出原子的核式结构模型，故A 正确；放射线在磁场中偏转，中间没有偏转的为γ射线，电离能力最弱，故B错误；由题图可知，光照越强，光电流越大，但遏止电压一样，说明遏止电压与光的强度无关，故C错误；链式反应需要达到临界体积才可以进行，故D错误．2．某同学阅读了“火星的现在、地球的未来”一文，摘录了以下资料：(1)太阳几十亿年来一直在不断地释放能量，质量在缓慢地减小．(2)金星和火星是地球的两位近邻，金星位于地球圆轨道的内侧，火星位于地球圆轨道的外侧．(3)由于火星与地球的自转周期几乎相同，自转轴与公转轨道平面的倾角也几乎相同，所以火星上也有四季变化．根据该同学摘录的资料和有关天体运动的规律，可推断( )A．太阳对地球的引力在缓慢增大B．日地距离在不断减小C．金星的公转周期超过一年D．火星上平均每个季节持续的时间大于3个月答案 D解析 因太阳质量在减小，所以在地球与太阳间距离不变的情况下，太阳对地球的引力减小，故地球做离心运动，故A 、B 错误；金星绕太阳运动的轨道半径比地球的小，故金星的公转周期小于一年，同理，火星的公转周期大于一年，故C 错误，D 正确．3.如图2所示，质量均为m 的木块A 和B ，用一个劲度系数为k 的竖直轻质弹簧连接，最初系统静止，现在用力F 缓慢拉A 直到B 刚好离开地面，则这一过程中力F 做的功至少为( )图2A.m 2g 2kB.2m 2g2kC.3m 2g2kD.4m 2g2k答案 B解析 最初系统静止时，弹簧的弹力等于A 的重力，由胡克定律得，弹簧被压缩的长度x 1＝mg k ，最后B 刚好离开地面时，弹簧的弹力等于B 的重力，此时弹簧伸长的长度x 2＝mgk，弹簧弹性势能不变，此过程缓慢进行，所以力F 做的功等于系统增加的重力势能，根据功能关系可知：W ＝mgh ＝mg ×2mg k ＝2m 2g 2k，故B 正确．4．已知一个无限大的金属板与一个点电荷之间的空间电场分布与等量异种电荷之间的电场分布类似，即金属板表面各处的电场强度方向与板面垂直．如图3所示，MN 为无限大的不带电的金属平板，且与大地连接．现将一个电荷量为Q 的正点电荷置于板的右侧，图中a 、b 、c 、d 是以正点电荷Q 为圆心的圆上的四个点，四点的连线构成一内接正方形，其中ab 连线与金属板垂直．则下列说法正确的是( )图3A ．b 点电场强度与c 点电场强度相同B ．a 点电场强度与b 点电场强度大小相等C ．a 点电势等于d 点电势D ．将一试探电荷从a 点沿直线ad 移到d 点的过程中，试探电荷电势能始终保持不变 答案 C解析 画出电场线如图所示：根据对称性可知，b 点电场强度与c 点电场强度大小相等，方向不同，故A 错误；电场线密集的地方电场强度大，从图上可以看出a 点电场强度大于b 点电场强度，故B 错误；根据对称性并结合电场线的分布可知a 点电势等于d 点电势，故C 正确；由于试探电荷先靠近正电荷后远离正电荷，所以电场力在这个过程中做功，所以试探电荷电势能不是始终保持不变，故D 错误．5．如图4所示，质量为m 的小球用长度为R 的细绳拴着在竖直面上绕O 点做圆周运动，恰好能通过竖直面的最高点A ，重力加速度为g ，不计空气阻力，则( )图4A ．小球通过最高点A 的速度为gRB ．小球通过最低点B 和最高点A 的动能之差为mgRC ．若细绳在小球运动到与圆心O 等高的C 点断了，则小球还能上升的高度为RD ．若细绳在小球运动到A 处断了，则经过时间t ＝2Rg小球运动到与圆心等高的位置答案 D解析 小球刚好通过最高点时，绳子的拉力恰好为零，有：mg ＝m v 2R，得v ＝gR ，故A 错误；从最高点到最低点重力做功为2mgR ，根据动能定理可知小球通过最低点B 和最高点A 的动能之差为2mgR ，故B 错误；从A 到C 由动能定理可知：mgR ＝12mv C 2－12mv 2，当绳子断掉后上升的高度为h ，则－mgh ＝0－12mv C 2，解得h ＝32R ，故C 错误；若细绳在小球运动到A 处断了，则下降R 所用的时间为R ＝12gt 2，解得t ＝2Rg，故D 正确．二、多项选择题6．一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U ，额定电流为I ，线圈电阻为R ，将它接在电动势为E 、内阻为r 的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则( ) A ．电动机消耗的总功率为UI B ．电源的效率为1－IrEC ．电源的输出功率为EID ．电动机消耗的热功率为U 2R答案 AB解析 电动机消耗的总功率为P ＝IU ，所以A 正确．电动机消耗的热功率为P ＝I 2R ，所以D 错误．电源的输出功率等于电动机的输入功率，则P 出＝UI ，故C 错误．电源的总功率为IE ，内部发热的功率为I 2r ，所以电源的效率为IE －I 2r IE ＝1－IrE，所以B 正确．7．如图5所示，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑轻质定滑轮与直杆的距离为d .现将小环从与定滑轮等高的A 处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d 时(图中B 处)，下列说法正确的是(重力加速度为g )( )图5A ．环与重物、地球组成的系统机械能守恒B ．小环到达B 处时，重物上升的高度也为dC ．小环在B 处的速度与重物上升的速度大小之比等于22D ．小环下落到B 处时的速度大小为(3－22)gd 答案 AD解析 对于小环、重物和地球组成的系统，只有重力做功，则环与重物、地球组成的系统机械能守恒，故A 项正确．结合几何关系可知，重物上升的高度h ＝(2－1)d ， 故B 项错误．将小环在B 处的速度分解为沿着绳子方向和垂直于绳子方向的两个分速度，其中沿着绳子方向的速度即为重物上升的速度，则v 物＝v 环cos 45°，环在B 处的速度与重物上升的速度大小之比为2∶1，故C 项错误． 小环从A 到B ，由机械能守恒得mgd －2mgh ＝12mv 环2＋12×2mv 物2且v 物＝v 环cos 45°，解得：v 环＝(3－22)gd ，故D 正确．8．如图6甲所示，左侧接有定值电阻R ＝3 Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B ＝2 T ，导轨间距为L ＝1 m ．一质量m ＝2 kg 、接入电路的阻值r ＝1 Ω的金属棒在拉力F 作用下由静止开始从CD 处沿导轨向右加速运动，金属棒与导轨垂直且接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，g ＝10 m/s 2，金属棒的v －x 图象如图乙所示，则从起点到发生位移x ＝1 m 的过程中( )图6A ．拉力做的功为16 JB ．通过电阻R 的电荷量为0.25C C ．定值电阻R 产生的焦耳热为0.75 JD ．所用的时间t 一定大于1 s 答案 CD解析 根据题图乙可知v ＝2x ，金属棒运动过程中受到的安培力F 安＝B 2L 2·2xR ＋r ，即安培力与x 是线性函数，所以在此过程中平均安培力为1 N ，根据功能关系 W 拉＝W f ＋12mv 2＋W 克安＝μmgx ＋12mv 2＋F 安x＝0.5×20×1 J＋12×2×22J ＋1×1 J＝15 J ，故A 错误；q ＝ΔΦR ＋r ＝BLx R ＋r ＝2×1×14C ＝0.5 C ，故B 错误； 克服安培力做的功转化为回路中的焦耳热，克服安培力做的功为W 克安＝1 J ，所以R 上的焦耳热为Q R ＝R R ＋r W ＝34W ＝0.75 J ，故C 正确；v －x 图象中的斜率k ＝v x ＝v t ·t x ＝av，所以a ＝kv ，即随着速度的增加，加速度也在增加，若金属棒做匀加速运动1 m 则需要的时间为t ＝x v＝1 s ，现在金属棒做加速度增加的加速运动，则移动相同的位移所用的时间大于1 s ，故D 正确． 三、非选择题9．物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图7，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz.开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点．图7图8(1)图8给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个小点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示．根据图中数据计算的加速度a ＝__________(保留三位有效数字)． (2)回答下列两个问题：①为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有________(填入所选物理量前的字母) A ．木板的长度 B ．木板的质量m 1 C ．滑块的质量m 2D ．托盘和砝码的总质量m 3E ．滑块运动的时间t②测量①中所选定的物理量时需要的实验器材是____________________．(3)滑块与木板间的动摩擦因数μ＝________(用被测物理量的字母表示，重力加速度为g )． 答案 (1)0.497 m/s 2(0.495 m/s 2～0.499 m/s 2均可) (2)①CD ②天平 (3)m 3g －(m 2＋m 3)am 2g解析 (1)每相邻两计数点间还有4个打点，说明相邻的计数点时间间隔为0.1 s ．将第一段位移舍掉，设1、2两计数点之间的距离为x 1，则第6、7之间的距离为x 6，利用匀变速直线运动的推论Δx ＝at 2，即逐差法可以求滑块的加速度大小：a ＝a 1＋a 2＋a 33＝(x 4＋x 5＋x 6)－(x 3＋x 2＋x 1)9T2， 将数据代入得：a ≈0.497 m/s 2.(2)①设托盘和砝码的总质量为m 3，滑块的质量为m 2，动摩擦因数为μ，则摩擦力为F f ＝μm 2g ； 根据牛顿第二定律有：m 3g －μm 2g ＝(m 3＋m 2)a ，由此可知还需要测量托盘和砝码的总质量m 3，滑块的质量m 2，故A 、B 、E 错误，C 、D 正确．②根据①问分析可知在测量质量的时候需要用到的仪器是天平． (3)根据牛顿第二定律有：m 3g －μm 2g ＝(m 3＋m 2)a ， 故解得：μ＝m 3g －(m 2＋m 3)am 2g.10．为测定海水的电阻率：(1)某学习小组选取了一根厚度可以忽略的塑料管，分别用刻度尺和螺旋测微器测出其长度L 和外径d ，外径示数如图9所示，由图得d ＝________ mm.图9(2)在塑料管里面灌满了海水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的海水柱．将多用电表的转换开关K 旋转在如图10所示的位置，将插入“＋”、“－”插孔的红黑表笔短接，调零后粗测其阻值R ，其结果如图中表盘所示，则R ＝________ Ω.图10(3)该小组为进一步精确测量其阻值，现采用伏安法．有如下实验器材供选择：A．直流电源：电动势12 V，内阻不计，额定电流为1 A；B．电流表A：量程0～10 mA，内阻约10 Ω；C．电压表V：量程0～15 V，内阻约15 kΩ；D．滑动变阻器R1：最大阻值10 Ω；E．滑动变阻器R2：最大阻值10 kΩ；F．多用电表；G．开关、导线等．①该小组采用限流电路并在正确选择器材后完成了部分导线的连接，请你在图11中完成余下导线的连接并在滑动变阻器旁边标上其符号(R1或R2)．图11②若该小组在实验过程中由于操作不当，导致所选用的电流表损坏．为保证实验的正常进行，可将多用电表的转换开关K旋转至直流电流________挡位上，替换原使用的电流表并通过插入“＋”、“－”插孔的红黑表笔正确接入电路，继续实验．该小组在实验中测得电压表和电流表的示数分别为U和I，则精确测出的海水电阻率表达式为ρ＝____________.答案(1)3.740 (2)6×103(3)①如图所示②10 mA πd2U 4IL解析 (1)螺旋测微器的固定刻度为3.5 mm ，可动刻度为24.0×0.01 mm＝0.240 mm ， 所以最终读数为3.5 mm ＋0.240 mm ＝3.740 mm.(2)用×1 kΩ挡测量电阻，由题图可知，欧姆表示数为R ＝6×103Ω；(3)①限流式接法如图所示，因用的限流式接法，且待测电阻的阻值约为6 kΩ，若用R 1来控制电流其阻值偏小，故选用R 2.②选择与电流表相当的挡位：10 mA ； 因R ＝U I ＝ρL S ，且S ＝π(d2)2解得：ρ＝πd 2U 4IL.11．质量为m 、电荷量为q 、带正电的绝缘小球a ，以某一初速度沿水平放置的绝缘板进入正交的匀强磁场和匀强电场区域，场强方向如图12所示，若小球a 与绝缘板间的动摩擦因数为μ，已知小球a 自C 点沿绝缘板做匀速直线运动，在D 点与质量为M ＝2m 的不带电绝缘小球b 发生弹性正碰，此时原电场立即消失(不计电场变化对磁场的影响)，磁场仍然不变，若碰撞时，小球a 无电荷量损失，碰撞后，小球a 做匀速直线运动返回C 点，往返总时间为t ，CD 间距为L ，重力加速度为g .求：图12(1)小球a 碰撞前后的速度大小之比； (2)电场强度E 的大小． 答案 (1)3∶1 (2)4μmg q解析 (1)a 、b 两小球发生弹性碰撞前后，系统动量守恒，机械能守恒．设碰前a 球速度为v 0，碰后a 球、b 球速度大小分别为v a 、v b ，mv 0＝－mv a ＋Mv b ①12mv 02＝12mv a 2＋12Mv b 2② 由①②式解得：v 0v a ＝31(2)往返总时间t ＝L v 0＋L v a ＝4Lv 0得：v 0＝4Lt③a 球碰后匀速返回，则有：qBv a ＝mg ，得：B ＝mgqv a ④a 球碰前匀速，则有：F N ＝mg ＋qBv 0⑤ qE ＝μF N ⑥由③④⑤⑥解得：E ＝4μmgq.12.如图13所示，一个质量为M 、长为L 的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为m 的弹性小球，M ＝4m ，球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为4mg .管从下端离地面距离为H 处自由落下，运动过程中，管始终保持竖直，每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等，不计空气阻力，重力加速度为g .求：图13(1)管第一次落地弹起时管和球的加速度；(2)管第一次落地弹起后，若球没有从管中滑出，则球与管刚达到相同速度时，管的下端距地面的高度；(3)管第二次弹起后球没有从管中滑出，L 应满足什么条件． 答案 (1)管的加速度为2g ，方向向下 球的加速度为3g ，方向向上 (2)1225H (3)L >152125H 解析 (1)管第一次落地弹起时， 管的加速度a 1＝4mg ＋4mg 4m＝2g ，方向向下球的加速度a 2＝4mg －mg m＝3g ，方向向上 (2)取向上为正方向，球与管第一次碰地时速度v 0＝2gH ，方向向下碰地后管的速度v 1＝2gH ，方向向上球的速度v 2＝2gH ，方向向下若球刚好没有从管中滑出，设经过时间t 1，球、管速度v 相同，则有v 1－a 1t 1＝－v 2＋a 2t 1，t 1＝2v 0a 1＋a 2＝22gH 5g设管从碰地到它弹到最高点所需时间为t 2，则：t 2＝v 0a 1＝2gH 2g因为t 1＜t 2，说明管在达到最高点前，球与管相对静止，故管从弹起经t 1这段时间上升的高度为所求．得h 1＝v 1t 1－12a 1t 12＝1225H (3)球与管达到相对静止后，将以速度v 、加速度g 竖直上升到最高点，由于v ＝v 1－a 1t 1＝152gH ， 故这个高度是h 2＝v 22g ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫152gH 22g ＝125H 因此，管第一次落地弹起后上升的最大高度H m ＝h 1＋h 2＝1325H 这一过程球运动的位移x ＝－v 2t 1＋12a 2t 12＝825H 则球与管发生相对位移x 1＝h 1＋x ＝45H 当管与球从H m 再次下落，第二次落地弹起中，发生的相对位移由第一次可类推知： x 2＝45H m所以管第二次弹起后，球不会滑出管外的条件是 x 1＋x 2＜L即L 应满足条件L ＞152125H .13．[选修3－3](1)下面说法正确的是________．A ．饱和蒸汽压随温度的升高而增大B ．单晶体在某些物理性质上具有各向异性C ．一定量的理想气体从外界吸热，其内能一定增加D ．液体温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈E ．当分子之间作用力表现为斥力时，分子力随分子间的距离增大而增大(2)如图14所示，粗细不同的玻璃管开口向下，粗管长为L ＝13 cm ，细管足够长，粗管的截面积为细管的两倍．管内的气体被一段水银柱封闭，当封闭气体的温度为T 1＝300 K 时，粗、细管内的水银柱长度均为h ＝5 cm.已知大气压强p 0＝75 cmHg ，现对封闭气体缓慢加热，求：图14①水银恰好全部进入细管时气体的温度T 2；②从开始加热到T 3＝500 K 时，水银柱的下表面移动的距离为多少厘米(保留三位有效数字)． 答案 (1)ABD (2)①450 K ②12.9 cm解析 (1)饱和蒸汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大，选项A 正确；单晶体内部分子结构在空间排列规则，某些物理性质具有各向异性，故B 正确；根据热力学第一定律，做功和热传递都可以改变内能，所以内能不一定增加，故C 错误；液体温度越高，分子热运动的平均动能越大，悬浮颗粒越小，碰撞的不平衡性越明显，布朗运动越剧烈，故D 正确；分子间的作用力表现为斥力时，分子力随分子间距离的增大而减小，故E 错误．(2)①由理想气体状态方程：(p 0－ρg ·2h )·2S (L －h )T 1＝(p 0－ρg ·3h )·2SL T 2解得：T 2＝450 K ；②从T 2到T 3，由盖－吕萨克定律：2LS T 2＝2LS ＋Sx T 3得：x ≈2.9 cm水银柱移动的距离：s ＝2h ＋x ＝12.9 cm.14．[选修3－4](1)如图15所示，两列简谐横波分别沿x 轴正方向和负方向传播．已知两波源分别位于x ＝－0.2 m 和x ＝1.0 m 处，振幅均为A ＝0.5 cm ，波速均为v ＝0.2 m/s.t ＝0时刻，平衡位置处于x ＝0.2 m 和x ＝0.6 m 的P 、Q 两质点刚开始振动．质点M 的平衡位置处于x ＝0.4 m 处，下列说法正确的是________．图15A ．t ＝0时，质点P 、Q 振动方向分别是向下和向上B ．0～1 s 内，质点P 的运动路程为0.2 mC ．t ＝1.5 s 时，平衡位置处于0.3 m ～0.5 m 之间的质点位移均为0D ．t ＝2 s 时，x ＝0.3 m 处质点的位移为－0.5 cmE ．两列波相遇分开后，各自的振幅、周期均保持不变(2)如图16所示，截面为直角三角形ABC 的玻璃砖，∠A ＝60°，AB ＝12 cm ，现有两细束相同的单色平行光a 、b ，分别从AC 面上的D 点和E 点以45°角入射，并均从AB 边上的F 点射出，已知AD ＝AF ＝5 cm ，光在真空中的传播速度c ＝3×108m/s ，求：图16①该玻璃砖的折射率；②D 、E 两点之间的距离．答案 (1)ACE (2)① 2 ②14 cm解析 (1)由“上下坡”法可判断，t ＝0时，质点P 、Q 振动方向分别是向下和向上，故A 正确；由v ＝λT 可知，T ＝2 s ，所以在半个周期内质点P 运动的路程为2A ＝0.01 m ，故B 错误；由“平移法”可知，t ＝1.5 s 时，平衡位置处于0.3 m ～0.5 m 之间的质点位移均为0，故C正确；波从P 点传到x ＝0.3 m 处质点所用的时间为t ＝0.10.2s ＝0.5 s ，质点再经过1.5 s 即四分之三周期的位移为0.5 cm ，故D 错误；由于波叠加时互不干扰，所以两列波相遇分开后，各自的振幅、周期均保持不变，故E 正确．(2)①由几何关系得：从AC 边入射的光的折射角θ＝30°由折射定律：n ＝sin 45°sin 30°＝2； ②设该玻璃砖的临界角为C ，则sin C ＝1n， 解得：C ＝45°由几何关系得：从E 点入射的光线在BC 边的F ′点入射角为60°，故在BC 边发生全反射 由几何关系得：FF ′＝14 cmDE ＝FF ′＝14 cm.。
京津琼高考物理总复习专用优编提分练选择题专练三.doc
选择题专练(三)1．一个氡核Rn衰变成钋核Po，其核反应方程为Rn→Po＋X，氡核的半衰期为3.8天．下列说法正确的是()A．方程式中的X是氚核B．该核反应前后的质量数和质量都守恒C．钋核Po的比结合能大于氡核Rn的比结合能D．十个氡核Rn经过3.8天一定还剩五个氡核Rn答案C解析方程式中的X质量数为4，电荷数为2，是氦核，选项A错误；该核反应前后的质量数守恒，因伴随能量产生，故有质量亏损，选项B错误；因钋核Po 比氡核Rn更稳定，故钋核Po比结合能大于氡核Rn的比结合能，选项C正确；半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量的原子核衰变不适用，故选项D错误．2．如图1所示，一劲度系数为k的轻质弹簧的一端与物块相连，另一端固定在固定斜面体顶端，弹簧与斜面平行．当物块位于斜面上A、B两点时，物块恰能静止在斜面上．当物块在A处时，弹簧处于拉伸状态且长度为L1，当物块在B 处时，弹簧处于压缩状态且长度为L2，已知物块与斜面间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力．由以上信息可以求出()图1A．物块与斜面间的动摩擦因数B．物块与斜面间的最大静摩擦力C．弹簧的原长D．物块沿斜面方向的重力的分量答案B解析当物块在A处时，k(L1－L0)＝mg sin θ＋F fm，当物块在B处时，k(L0－L2)＋mg sin θ＝F fm，两式相加得：F fm＝，即可以求出物块与斜面间的最大静摩擦力，故B正确，A、C、D错误．3．法拉第电动机的改装电路如图2甲所示，在圆形水银槽中心竖直固定着一条形磁铁，S极向上，一根金属杆斜插在水银中，金属杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的铰链相连．在电路中A、B点间接入图乙所示交流电时，电源、理想二极管、导线、金属杆、水银构成回路，电路安全且正常工作(不计金属杆在转动中水银阻力的影响及水银电阻的变化)，则从上往下看，金属杆()图2A．逆时针匀速转动B．逆时针非匀速转动C．顺时针匀速转动D．顺时针非匀速转动答案D解析由于二极管单向导电，则有向上的电流通过金属杆，金属杆处在条形磁铁的磁场中，受到安培力作用，根据左手定则得知，安培力方向与金属杆垂直向外，使金属杆以条形磁铁为轴顺时针转动，由于电流大小周期性改变，所以安培力大小也改变，故金属杆非匀速转动，故A、B、C错误，D正确．4．(2018·四川省德阳市一诊)某位同学在电梯中用弹簧测力计测量一物体的重力，在0至t3时间段内，弹簧测力计的示数F随时间t变化如图3所示，以竖直向上为正方向，则下列关于物体运动的a－t图、v－t图及P－t图(P为物体重力的功率大小)可能正确的是()图3答案C解析由于该题没有告诉弹簧的拉力与重力大小之间的关系，可以依题意，分三种情况讨论：(1)若F1＝mg，则0～t1时间内电梯静止或做匀速直线运动，即速度等于0，或速度保持不变，加速度等于0.四个图线没有是可能的；(2)若F2＝mg，则F1＜mg，在0～t1时间内电梯受到的合外力的方向向下，加速度的方向向下，为负值，所以D是不可能的；加速度的方向向下，则物体0～t1时间内可能向下做加速运动，速度为负，故A、B是不可能的；而t1～t2时间内受到的合外力等于0，物体做匀速直线运动，物体的速度不变，故B是不可能的；又由：P＝mgv，可知t1～t2时间内重力的功率不变，故C是不可能的；(3)若F3＝mg，则F1＜mg，F2＜mg，在0～t2时间内电梯受到的合外力的方向都是向下，加速度的方向向下，故A、B、D是不可能的；F3＝mg，可知在0～t1时间内向下的加速度大于t1～t2时间内向下的加速度，而t2～t3时间内物体做匀速直线运动，所以v－t图象如图，速度的方向向下，重力的方向也向下，由P＝mgv可知，图C是重力的功率随时间变化的图线，故C是可能的．由以上的分析，可知只有C选项是可能的，A、B、D都是不可能的．5．如图4所示的速度选择器水平放置，板长为L，两板间距离也为L，两板间分布着如图所示的正交匀强电场与匀强磁场，一带正电的粒子(不计重力)从两板左侧中点O处沿图中虚线水平向右射入速度选择器，恰好做匀速直线运动；若撤去磁场，保留电场，粒子以相同的速度从O点进入电场，恰好从上板极右边缘b点离开场区；若撤去电场，保留磁场，粒子以相同的速度从O点进入磁场，则粒子圆周运动的半径为()图4A．L B．2L C.L D.答案A解析该粒子恰能匀速通过题图中虚线，电场力向上，洛伦兹力向下，根据平衡条件，有：qvB＝qE，解得v＝；撤去磁场，保持电场不变，粒子在电场中做类平抛运动，则L＝vt，L＝·t2，解得粒子的比荷＝，撤去电场，保持磁场不变，粒子做匀速圆周运动，由qvB＝m，解得r＝＝L，故A正确，B、C、D错误．6．(2018·河北省“名校联盟”质量检测一)P1、P2为相距遥远的两颗半径相同的行星，距各自表面相同高度处各有一颗卫星s1、s2做匀速圆周运动．图5中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a，横坐标表示物体到行星中心的距离r的平方，两条曲线分别表示P1、P2周围的a与r2的反比关系，它们左端点横坐标相同．则()图5A．P1的质量一定比P2的大B．P1的“第一宇宙速度”比P2的大C．s1的向心力比s2的大D．s1的公转周期比s2的大答案AB解析 根据牛顿第二定律，行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度为a ＝，两曲线左端点横坐标相同，即P 1、P 2的半径相等，故a P 1＝>a P 2＝，所以M 1>M 2，即P 1的质量大于P 2的质量，A 正确；“第一宇宙速度”v ＝，因为P 1的质量大于P 2的质量，R 相同，所以P 1的“第一宇宙速度”比P 2的大，B 正确；由于不知道两颗卫星的质量，所以不能比较两者向心力的大小，C 错误；根据T ＝2π，因为P 1的质量大于P 2的质量，R 、h 相同，所以s 1的公转周期比s 2的公转周期小，D 错误．7．如图6所示，在光滑的水平桌面上，质量为m 的物块A 以速度v 向右运动，与静止在桌面上的质量为3m 的物块B 发生正碰，以向右为正方向，碰撞后，物块A 的速度可能为( )图6A ．－0.8vB ．－0.2vC ．0.4vD ．0.1v答案 BD解析 根据完全弹性碰撞关系可得mv ＝mv A ＋3mv B ，12mv 2＝mv A 2＋×3mv B 2， 解得v A ＝v ＝－v ；根据完全非弹性碰撞关系可得mv ＝4mv AB ，解得v A ＝v AB ＝v ，所以－v ≤v A ≤v .故B 、D 正确，A 、C 错误．8．(2018·福建省龙岩市上学期期末)如图7所示，在光滑绝缘水平面的P 点正上方O 点固定了一电荷量为＋Q 的正点电荷，在水平面上的N 点，由静止释放质量为m 、电荷量为－q 的带电小球，小球经过P 点时速度为v ，图中θ＝60°，则在＋Q 形成的电场中( )图7A．N点电势高于P点电势B．U PN＝C．P点电场强度大小是N点的2倍D．带电小球从N点到P点的过程中电势能减少了答案BD解析根据顺着电场线方向电势降低可知，N点距离正电荷较远，则N点电势低于P点电势，故A错误．根据动能定理得：带电小球从N到P的过程：－qU NP＝mv2，解得U NP＝－，则U PN＝－U NP＝，故B正确．P点电场强度大小是E P＝，N点电场强度大小是E N＝，则E P∶E N＝r N2∶r P2＝4∶1，故C错误；带电小球从N点到P点的过程中，电场力做正功mv2，电势能减少了mv2，故D正确．。
(京津琼)2019高考物理总复习 专用优编提分练：选修3-4专练(一)
选修3－4专练(一)1．(1)如图1所示，在透明均匀介质内有一球状空气泡，一束包含a、b两种单色光的细光束从介质射入气泡，A为入射点，之后a、b光分别从C点、D点射向介质．已知光束在A点的入射角i＝30°，a光经过气泡的偏向角θ＝45°，CD弧所对圆心角为3°，则下列说法中正确的是________．图1A．b光经过气泡的偏向角为42°B．介质对a光的折射率大于 3C．a光的频率小于b光的频率D．b光从该介质射向空气的全反射临界角的正弦值为12sin 51°E．若a、b两单色光分别通过同一双缝干涉装置，则b光在屏上产生的条纹间距大(2)一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时刻的波形如图2所示，介质中x＝6 m处的质点P 沿y轴方向做简谐运动的表达式为y＝0.2cos 4πt(m)．求：图2①该波的传播速度；②从t＝0时刻起，介质中x＝10 m处的质点Q第一次到达波谷经过的时间．答案(1)ADE (2)见解析解析(1)光束在A点的入射角为i，折射角分别为r a、r b，作出光路图如图所示．a色光的偏向角为45°，而偏向角θa＝2(r a－i)则r a＝52.5°，由几何知识得，AC 弧所对的圆心角为180°－2×52.5°＝75°.CD 弧所对的圆心角为3°，则AD 弧所对的圆心角为78°，故r b ＝180°－78°2＝51°， b 色光的偏向角为θb ＝2(r b －i )＝42°，故A 正确；介质对a 色光的折射率n a ＝sin r a sin i ＝sin 52.5°sin 30°<sin 60°sin 30°＝3，故B 错误； 介质对b 色光的折射率n b ＝sin r b sin i ＝sin 51°sin 30°<n a ， 则a 光的频率大于b 光的频率，故C 错误；b 色光从介质射向空气的全反射临界角的正弦值sin C ＝1n b ＝12sin 51°，故D 正确； a 光的折射率大于b 光的折射率，a 、b 两单色光在透明介质中的波长λa <λb ， 根据条纹间距公式Δx ＝L d λ，故Δx a <Δx b ，故E 正确．(2)①由题图可知，波长λ＝24 m ，由质点P 的振动方程可知，角速度ω＝4π rad/s则周期T ＝2πω＝0.5 s 故该波的传播速度v ＝λT＝48 m/s ②若波沿x 轴正方向传播，t ＝0时刻，质点Q 左侧相邻的波谷在x ＝－6 m 处该波谷传播到质点Q 处时，质点Q 第一次到达波谷，经过时间t ＝x 1v ＝13s 若波沿x 轴负方向传播，t ＝0时刻，质点Q 右侧相邻的波谷在x ＝18 m 处该波谷传播到质点Q 处时，质点Q 第一次到达波谷，经过时间t ′＝x 2v ＝16s. 2．(1)关于光的折射、全反射以及光的波动性，下面说法中正确的是________．A ．光由光密介质射入光疏介质一定发生会全反射B ．光在两种不同介质的界面上发生折射时，光速一定发生改变C ．光的偏振现象说明光是一种纵波D ．不同色光通过棱镜，光的频率越大，折射率越大，偏折角度越大E ．利用激光可以测距(2)如图3甲所示，是一列简谐横波在均匀介质中传播时t ＝0时刻的波动图象，质点A 的振动图象如图乙所示．A 、B 两点皆在x 轴上，两者相距s ＝20 m ．求：图3①此简谐横波的传播速度；②t ＝20 s 时质点B 运动的路程．答案 (1)BDE (2)见解析解析 (1)只有光由光密介质射入光疏介质，且入射角大于临界角时，才会发生全反射，选项A 错误；根据v ＝c n ，不同介质折射率不同，光速不同，选项B 正确；光的偏振现象说明光是一种横波，选项C 错误；不同色光通过棱镜，光的频率越大，折射率越大，偏折角度越大，选项D 正确；激光方向性好，平行度高，可以远距离测距，选项E 正确．(2)①由题图甲可知，此波的波长为λ＝4 m由题图乙可知，此波的周期T ＝0.4 s所以v ＝λT＝10 m/s 根据t ＝0时刻质点A 的振动方向可知，此波沿x 轴正方向传播②此波传播到B 点所需的时间t ＝s －λ2v ＝1.8 s ＝412T 由题图可知此波的振幅A ＝0.1 m质点B 每个周期运动的路程为0.4 m所以t ＝20 s 时质点B 运动的路程为s ＝(50－4.5)×0.4 m＝18.2 m.百度文库是百度发布的供网友在线分享文档的平台。
(京津琼)2019最新高考物理总复习 专用优编提分练：计算题专练(二)
计算题专练(二)1．(2018·天津市南开中学月考)如图1所示，在光滑的水平地面上，相距L ＝10 m 的A 、B 两个小球均以v 0＝10 m/s 向右运动，随后两球相继滑上倾角为30°的足够长的固定光滑斜坡，地面与斜坡平滑连接，取g ＝10 m/s 2.求：图1(1)B 球刚要滑上斜坡时A 、B 两球的距离是多少；(2)A 球滑上斜坡后经过多长时间两球相遇．答案 (1)7.5 m (2)2.5 s解析 (1)设A 球滑上斜坡后经过t 1时间B 球滑上斜坡，则有：L ＝v 0t 1，解得：t 1＝1 sA 球滑上斜坡后做匀减速直线运动，加速度大小：a ＝g sin 30°＝5 m/s 2设这段时间内A 球向上运动的位移为x ，则x ＝v 0t 1－12at 12 代入数据解得：x ＝7.5 m(2)B 球刚要滑上斜坡时A 球速度v 1＝v 0－at 1＝5 m/s B 球滑上斜坡时，加速度与A 相同，以A 为参考系，B 相对于A 以v ＝v 0－v 1＝5 m/s 做匀速运动，设再经过时间t 2它们相遇，有：t 2＝x v ＝1.5 s则所求时间t ＝t 1＋t 2＝2.5 s.2．如图2所示，在匝数N ＝100、截面积S ＝0.02 m 2的多匝线圈中存在方向竖直向下的匀强磁场B 0，B 0均匀变化．两相互平行、间距L ＝0.2 m 的金属导轨固定在倾角为θ＝30°的斜面上，线圈通过开关S 与导轨相连．一质量m ＝0.02 kg 、阻值R 1＝0.4 Ω的光滑金属杆锁定在靠近导轨上端的MN 位置，M 、N 等高．一阻值R 2＝0.6 Ω的定值电阻连接在导轨底端．导轨所在区域存在垂直于斜面向上的磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场．金属导轨光滑且足够长，线圈与导轨的电阻忽略不计．重力加速度取g ＝10 m/s 2.电子电荷量e ＝1.6×10－19 C.图2(1)闭合开关S 时，金属杆受到沿斜面向下的安培力为0.4 N ，请判断磁感应强度B 0的变化趋势，并求出磁感应强度B 0的变化率ΔB 0Δt； (2)断开开关S ，解除对金属杆的锁定，从MN 处由静止释放，经过t ＝0.50 s ，金属杆下滑x ＝0.60 m ，求该过程中金属杆上产生的焦耳热Q 1；(3)经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子(即金属原子失去电子后的部分)的碰撞，请建立合适的自由电子运动模型，求出第(2)问情境中，当金属杆最终匀速下滑时，金属杆中金属离子对一个自由电子沿杆方向的平均阻力F f 的大小．答案 (1)增大 0.8 T/s (2)4.64×10－3 J (3)3.2×10－19 N解析 (1)闭合开关S 时，金属杆受到沿斜面向下的安培力，由左手定则可知金属杆中的电流由M 流向N ，根据楞次定律可知磁感应强度B 0的趋势是增大线圈中的感应电动势E ＝N ΔB 0ΔtS 金属杆中的电流为I ＝E R 1金属杆受到的安培力为F ＝BIL联立解得：ΔB 0Δt＝0.8 T/s (2)根据动量定理得： mg sin θ·t －B ·I L ·t ＝mv －0平均电流为I ＝ER 1＋R 2平均电动势为E ＝BLx t， 得到速度为：v ＝2.2 m/s根据能量守恒定律得：mgx sin θ＝12mv 2＋Q解得：Q ＝1.16×10－2 J ， Q 1＝R 1R 1＋R 2Q ＝4.64×10－3 J(3)匀速时mg sin θ＝B BLv mR 1＋R 2L得到：v m ＝10 m/s金属杆中的一个电子定向匀速运动，内电压对其做的正功等于克服阻力做的功F f L ＝eU U ＝R 1R 1＋R 2EE ＝BLv m联立可得：F f ＝evm BR 1R 1＋R 2，代入数据，解得：F f ＝3.2×10－19 N.。
(京津琼)2019高考物理总复习 专用优编提分练：计算题专练(八)
计算题专练(八)1．如图1甲所示，空间存在B ＝0.5 T 、方向竖直向下的匀强磁场，MN 、PQ 是处于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨，间距L ＝0.2 m ，在导轨一端连接着阻值为R ＝0.4 Ω的定值电阻，ab 是跨接在导轨上、质量为m ＝0.1 kg 的导体棒．从零时刻开始，通过一小型电动机对ab 棒施加一个牵引力，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好．图乙是拉力F 与导体棒ab 的速率倒数关系图象(F 1未知)．已知导体棒ab 与导轨的动摩擦因数μ＝0.2，除R 外，其余部分电阻均不计，不计定滑轮的质量和摩擦，g ＝10 m/s 2.图1(1)求电动机的额定功率；(2)若导体棒ab 在16 s 内运动了90 m 并恰好达到最大速度，求在0～16 s 内电阻R 上产生的焦耳热．答案 (1)4.5 W (2)49 J解析 (1)由题图知导体棒ab 的最大速度为v 1＝10 m/s此时，导体棒中感应电动势为E ＝BLv 1感应电流I ＝E R导体棒受到的安培力F 安＝BIL此时电动机牵引力为F 1＝P v 1由牛顿第二定律得P v 1－μmg －F 安＝0联立并代入数据，解得：P ＝4.5 W(2)由能量守恒定律得：Pt ＝Q ＋μmgs ＋12mv 12 代入数据，解得0～16 s 内R 上产生的热量Q ＝49 J.2．如图2，中空的水平圆形转盘内径r ＝0.6 m ，外径足够大，沿转盘某条直径有两条光滑凹槽，凹槽内有A 、B 、D 、E 四个物块，D 、E 两物块分别被锁定在距离竖直转轴R ＝1.0 m 处，A 、B 紧靠D 、E 放置，两根不可伸长的轻绳，每根绳长L ＝1.4 m ，一端系在C 物块上，另一端分别绕过转盘内侧的光滑小滑轮，穿过D 、E 两物块中间的光滑圆孔，系在A 、B 两个物块上，A 、B 、D 、E 四个物块的质量均为m ＝1.0 kg ，C 物块的质量m C ＝2.0 kg ，所有物块均可视为质点，(不计空气阻力，取重力加速度g ＝10 m/s 2，计算结果可用最简的分式与根号表示)图2(1)启动转盘，转速缓慢增大，求A 、D 以及B 、E 之间恰好无压力时细绳的拉力及转盘的角速度；(2)停下转盘后，将C 物块置于圆心O 处，并将A 、B 向外侧移动使轻绳水平拉直，然后无初速度释放A 、B 、C 物块构成的系统，求A 、D 以及B 、E 相碰前瞬间C 物块的速度；(3)碰前瞬间解除对D 、E 物块的锁定，若A 、D 以及B 、E 一经碰撞就会粘在一起，且碰撞时间极短，求碰后C 物块的速度．答案 见解析解析 (1)A 、D 以及B 、E 之间恰好无压力时，C 物块保持静止，故2F cos θ＝m C g ， sin θ＝r L －(R －r )＝0.61.4－0.4＝35， 解得F ＝12.5 N对A 、B 两个物块F ＝m ω2R角速度ω＝F mR ＝522rad/s (2)设碰前A 、B 速度大小为v ，C 的速度大小为v C ，则v ＝v C cos θ系统下落过程中机械能守恒：2×12mv 2＋12m C v C 2＝m C gh 由几何关系知h ＝0.8 m解得：v C ＝204141m/s (3)设碰后A 、D 的速度大小为v ′，C 的速度大小为v C ′则v ′＝v C ′cos θ设绳上拉力的冲量大小为I ，由于碰撞时间极短，绳子拉力远大于C 物块的重力． 对C 物块运用动量定理：－2I cos θ＝m C v C ′－m C v C对A 、D 运用动量定理：I ＝2mv ′－mv4157v C＝205741 m/s.联立解得：v C′＝。
(京津琼)2019高考物理总复习 专用优编提分练：计算题专练(六)
计算题专练(六)1．如图1所示，质量M ＝4 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝5 m ．从某时刻开始，有质量m ＝2 kg 的物块，以水平向右的速度v 0＝6 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.4，取g ＝10 m/s 2，求：图1(1)该过程所经历的时间t 及物块与小车保持相对静止时的速度大小v ；(2)该过程中物块发生的位移x 1的大小及小车发生的位移x 2的大小；(3)该过程中物块和小车间因摩擦产生的热量Q .答案 (1)1 s 2 m/s (2)4 m 1 m (3)24 J解析 (1)以小车和物块组成的系统为研究对象，系统的动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得： mv 0＝(M ＋m )v .代入数据，解得v ＝2 m/s ，方向向右．对小车M ，由动量定理得：μmgt ＝Mv －0.代入数据，解得：t ＝1 s.(2)对物块，根据动能定理得：－μmgx 1＝12mv 2－12mv 02. 对小车，由动能定理得：μmgx 2＝12Mv 2. 代入数据解得：x 1＝4 m ，x 2＝1 m.(3)该过程中物块和小车间因摩擦产生的热量为：Q ＝12mv 02－12(M ＋m )v 2代入数据，解得：Q ＝24 J.2．如图2所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l ＝0.5 m ，左端接有阻值R ＝0.3 Ω的电阻，一质量m ＝0.1 kg ，电阻r ＝0.1 Ω的金属棒MN 放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B ＝0.4 T ．棒在水平向右的拉力作用下，由静止开始以a ＝2 m/s 2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x ＝9 m 时撤去拉力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去拉力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：图2(1)在棒匀加速运动过程中，通过电阻R 的电荷量q ；(2)撤去拉力后回路中产生的焦耳热Q 2；(3)拉力做的功W F .答案 (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J解析 (1)设棒匀加速运动所用时间为t ，有x ＝12at 2，解得t ＝2x a＝3 s. 根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得，电路中产生的平均电流为： I ＝ER ＋r ＝ΔΦt (R ＋r )＝Blx t (R ＋r )＝1.5 A. 则q ＝I t ＝4.5 C.(2)撤去拉力前棒做匀加速运动，v ＝at ＝6 m/s.撤去拉力后棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功，先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为内能，所以Q 2等于棒的动能减少量：Q 2＝|ΔE k |＝12mv 2＝1.8 J.(3)根据题意，在撤去拉力前回路中产生的焦耳热为： Q 1＝2Q 2＝3.6 J.撤去拉力前，拉力做正功、安培力做负功(其绝对值等于焦耳热Q 1)、重力不做功，根据动能定理有：ΔE k ′＝W F －Q 1.则W F ＝ΔE k ′＋Q 1＝5.4 J.。
(京津琼)2019高考物理总复习专用优编提分练：实验题专练(三)
实验题专练(三)1．某同学设计了如下实验装置，用来测定小滑块与桌面间的动摩擦因数．图1如图1甲所示，水平桌面上有一滑槽，其末端与桌面相切．让小滑块从滑槽的最高点由静止滑下，滑到桌面上后再滑行一段距离L ，随后离开桌面做平抛运动，落在水面地面上的的P 点，记下平抛的水平位移x .平移滑槽的位置后固定，多次改变距离L ，每次让滑块从滑槽上同一最高点释放，得到不同的水平位移x .作出x 2－L 图象，即可根据图象信息得到滑块与桌面间的动摩擦因数μ.(1)每次让滑块从滑槽上同一高度释放，是为了__________________________________．(2)除了L 和x 外，本实验还需要测量或已知的物理量是________．A ．滑槽最高点与桌面的高度差hB ．小滑块的质量mC ．桌面与地面的高度差HD ．当地的重力加速度g(3)若x 2－L 图象的斜率绝对值为k ，纵轴上的截距为b ，如图乙所示，则滑块与桌面间的动摩擦因数的表达式为________(用本题中提供的物理量符号表示)．答案 (1)滑块到达滑槽末端的速度相等 (2)C (3)μ＝k4H解析 (1)为了保证滑块滑到得槽末端的速度相等，即可使滑块在桌面上运动的初速度相同；(2)、(3)设滑块滑到桌面时的速度为v 0，离开桌面时的速度为v ，根据动能定理－μmgL ＝12mv 2－12mv 02 根据平抛运动H ＝12gt 2 x ＝vt联立以上各式解得：x 2＝2Hv 02g－4μHL 故k ＝4μH ，解得：μ＝k4H.故还需测量桌面与地面的高度差H .2．如图2甲所示是大型机械厂里用来称重的电子吊秤，其中实现称重的关键元件是拉力传感器．其工作原理是：挂钩上挂上重物，传感器中拉力敏感电阻丝在拉力作用下发生形变，其长度和横截面积都发生变化，拉力敏感电阻丝的电阻也随着发生变化，再经相应的测量电路把这一电阻变化转换为电信号(电压或电流)，从而完成将所称物体重量变换为电信号的过程．图2(1)简述拉力敏感电阻丝的阻值随拉力增大而增大的原因______________________．(2)小明找到一根拉力敏感电阻丝R L ，其阻值随拉力变化的图象如图乙所示，再按图丙所示电路制作了一个简易“吊秤”．电路中电源电动势E 约15 V ，内阻约2 Ω；灵敏毫安表量程为10 mA ，内阻约5 Ω；R 是电阻箱，最大阻值是9 999 Ω；R L 接在A 、B 两接线柱之间，通过光滑绝缘滑环可将重物吊起，接通电路完成下列操作．a ．滑环下不吊重物时，调节电阻箱，当电流表为某一合适示数I 时，读出电阻箱的读数R 1；b ．滑环下吊上待测重物，测出电阻丝与竖直方向的夹角为θ；c ．调节电阻箱，使电流表的示数仍为I ，读出此时电阻箱的读数R 2，则拉力敏感电阻丝的电阻增加量为________．(3)设R －F 图象的斜率为k ，则待测重物的重力G 的表达式为G ＝________(用以上测得的物理量表示)，若测得θ＝53°(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，R 1、R 2分别为1 052 Ω和1 030 Ω，则待测重物的重力G ＝________ N(结果保留三位有效数字)．答案 (1)电阻丝长度增加而横截面积减小，根据电阻定律可知其阻值增大(2)R 1－R 2(3)2(R 1－R 2)cos θk132 解析 (1)根据电阻定律有：R ＝ρL S ，当拉力敏感电阻丝随拉力被拉长时，由于电阻丝的长度增大，则电阻丝的横截面积减小，所以电阻丝的电阻值将增大；(2)根据实验的电路图可知，电路中没有电压表，不能使用伏安法测量电阻值的变化，但电路中的电阻箱可以控制电流的变化，若电路中的电流值不变，则电路中的总电阻值也不变，所以在步骤(c)中，可以调节电阻箱，使电流表的示数仍为I ，读出此时电阻箱的读数R 2，则拉力敏感电阻丝的电阻增加量为R 1－R 2；(3)开始时滑环下不吊重物，则有：I ＝E r ＋10.0×102 Ω＋R 1当挂重力为G 的重物后，取AB 中点处为研究对象，则此处受到三个力的作用，两个斜向上的拉力大小相等，与竖直方向之间的夹角也相等，则在竖直方向上有G ＝2F cos θ在题图乙中，设直线的斜率为k ，截距为b ，则I ＝Er ＋(kF ＋b )＋R 2联立可得：G ＝2(R 1－R 2)cos θk由题图乙可知：k ＝ΔR ΔF ＝(10.4－10.0)×1022×102 Ω/N ＝0.2 Ω/N代入数据得：G ＝132 N.。
2019年高考物理提分练(京津琼专用)选修3-4专练(三)Word版含解析
选修3－4专练(三)1．(1)2018年1月31日，天空中上演了一场万众瞩目、被称为“超级满月、蓝月亮、红月亮”的月全食大戏，这次月全食历时近5小时，最精彩之处是在发生月全食阶段月亮呈现红色，下列有关月食的说法中正确的是________．A ．当地球处于太阳和月亮中间时才会出现月食现象B ．当月亮处于太阳和地球中间时才会出现月食现象C ．月食可能是太阳光经月亮反射到地球大气层时发生全反射形成的D ．出现月食现象，是因为月亮处于地球的“影子”中E ．“红月亮”是太阳光中的红光经地球大气层折射到月亮时形成的(2)如图1所示，实线是一列简谐横波在t 1时刻的波形图，虚线是在t 2＝(t 1＋0.2) s 时刻的波形图．图1①在t 1到t 2的时间内，如果M 通过的路程为1 m ，求波的传播方向和波速的大小； ②若波速为55 m/s ，求质点在t 1时刻的振动方向．答案 (1)ADE (2)见解析解析 (1)当太阳、地球、月亮在同一直线上，地球位于太阳与月亮之间时，太阳发出的沿直线传播的光被不透明的地球完全挡住，光线照不到月亮上，月亮处于地球的“影子”中，在地球上完全看不到月亮的现象就是月全食．看到“红月亮”，是太阳光中的红光经地球大气层折射到月亮形成的，选项A 、D 、E 正确，B 、C 错误．(2)①由波的图象可以看出质点的振幅为A ＝20 cm ＝0.2 m ，如果M 通过的路程为x ′＝1 m ，则经历的时间与周期的比值为m ＝x ′4A ＝114， 说明波沿x 轴正方向传播，波速为v 2＝mλt 2－t 1＝114×40.2 m /s ＝25 m/s ②由波的图象可以看出，波长为λ＝4 m ，若波沿x 轴正方向传播，波传播的距离为x 1＝⎝⎛⎭⎫n ＋14λ(n ＝0,1,2……)波传播的速度为：v 1＝x 1t 2－t 1＝5(4n ＋1)m/s(n ＝0,1，2……)，波速不可能等于55 m/s ，则波沿x 轴负方向传播，t 1时刻质点M 向y 轴负方向振动．2．(1)下列说法正确的是________．A ．单摆的周期与振幅无关B ．只有发生共振时，受迫振动的频率才等于驱动力的频率C ．真空中两列同向运动的光束，以其中一光束为参考系，另一光束是以光速c 向前运动的D ．变化的电场一定能产生变化的磁场E ．两列波相叠加产生干涉现象，振动加强区域与减弱区域应交替出现(2)如图2所示，透明柱状玻璃砖横截面为扇形AOB ，圆心角∠AOB ＝60°，一单色平行光束平行于扇形AOB 的角平分线OM 均匀射向OA 面，经OA 面折射的光线恰平行于OB 面．图2①求柱状玻璃砖的折射率；②若经过OA 面上P 点(图中未画出)的光线在AMB 扇面上恰好发生全反射，求OP 与P A 的比值．答案 (1)ACE (2)①3 ②2∶1解析 (1)单摆周期T ＝2πL g与振幅无关，A 正确；受迫振动的频率等于驱动力的频率，当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振动显著增强，当驱动力的频率等于物体的固有频率时发生共振，B 错误；根据光速不变原理可知，以其中一光束为参考系，另一光束是以光速c 向前运动的，C 正确；均匀变化的电场产生稳定的磁场，D 错误；两列波相叠加产生干涉现象时，振动加强区域与减弱区域间隔出现，这些区域位置不变，E 正确．(2)①作出光路图如图甲所示，由几何关系可知θ1＝60°，θ2＝30°，根据折射定律可得n ＝sin θ1sin θ2＝ 3②如图乙所示，从P 点射入的光线经折射后在N 点恰好发生全反射，则有sin θ3＝33由几何关系可得PQ ＝NR ＝33OA OP ＝PQ sin ∠AOB ＝23OA ， 可得OP ∶P A ＝2∶1.。
2019年高考物理提分练(京津琼专用)计算题专练(四)Word版含解析
计算题专练(四)1．如图1所示，某次高速滑行测试中，C919大飞机在平直跑道上由静止开始匀加速滑行，经t 1＝20 s 达到最大速度v m ＝288 km/h ，之后匀速滑行一段时间，再匀减速滑行，最后停下来．若滑行总距离x ＝3 200 m ，且减速过程的加速度大小与加速过程的加速度大小相等，取g ＝10 m/s 2.图1(1)求C919减速滑行时的加速度大小；(2)若C919的质量m ＝8×104 kg ，加速过程中飞机受到的阻力恒为自身所受重力的0.1倍，求飞机加速过程中发动机产生的推力大小；(3)求C919在整个滑行过程中的平均速度大小．(结果保留一位小数)答案 (1)4 m/s 2 (2)4×105 N (3)53.3 m/s解析 (1)288 km/h ＝80 m/s ，由题意可知v m ＝at 1＝80 m/s ，解得a ＝4 m/s 2由于减速过程和加速过程的加速度大小相等，故减速滑行的加速度大小a ′＝4 m/s 2.(2)加速过程，由牛顿第二定律得：F －kmg ＝ma ，解得F ＝4×105 N.(3)加速过程t 1＝20 s ，x 1＝12at 12＝800 m 减速过程t 2＝20 s ，x 2＝12a ′t 22＝800 m 匀速过程t 3＝x －x 1－x 2v m＝20 s故全程的平均速度大小v ＝xt 1＋t 2＋t 3≈53.3 m/s. 2．如图2所示，竖直平面内放置一光滑绝缘轨道，质量为m 、带电荷量为＋q 的小球P 从高为h 1处由静止下滑，轨道末端水平并放置另一质量也为m 的不带电小球Q ，经碰撞后，球P 和球Q 合为一体水平抛出．在距轨道末端下方h 2的水平线MN 下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场强度大小为E .若PQ 整体水平抛出后，穿过MN 进入电、磁场区域，并恰好经过轨道末端的竖直线与MN 的交点O .若P 、Q 均可视为质点，已知m ＝0.1 kg ，h 1＝5 m ，h 2＝1.25 m ，q ＝0.1 C ，E ＝20 N/C ，取g ＝10 m/s 2.求：图2(1)P 、Q 碰撞后瞬间的共同速度大小v ；(2)匀强磁场的磁感应强度大小B ；(3)定性画出PQ 整体从O 点穿出后的运动轨迹(至少画一个周期)．答案 (1)5 m/s (2)8 T (3)如图所示解析 (1)由题意可知：mgh 1＝12m v A 2 P 、Q 碰撞过程中动量守恒：m v A ＝2m v解得v ＝5 m/s.(2)P 、Q 碰撞后进入电、磁场前做平抛运动，有h 2＝12gt 2，解得t ＝0.5 s x ＝v t ＝2.5 mv y ＝gt ＝5 m/s则PQ 进入电、磁场区域时，v 合＝5 2 m/s ，方向与水平方向成45°角向下在电、磁场区域中，G ＝2mg ＝2 N ，电场力F ＝Eq ＝2 NG ＝F ，则PQ 在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，如图所示Bq v 合＝2m v 合2R ，B ＝2m v 合Rq由几何关系可知：R ＝x sin 45°＝542 m ，解得B ＝8 T. (3)PQ 从O 点穿出后在MN 上方只受重力作用，运动轨迹如图所示：。
(京津琼)2019高考物理总复习 密卷优编提分练：计算题专练(三)
计算题专练(三)1．在竖直平面内建立一平面直角坐标系xOy ，x 轴沿水平方向，如图1甲所示．第二象限内有一水平向右的匀强电场，场强为E 1.坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场，电场方向竖直向上，场强E 2＝E 12，匀强磁场方向垂直纸面．处在第三象限的某种发射装置(图中没有画出)竖直向上射出一个比荷q m ＝102C/kg 的带正电的微粒(可视为质点)，该微粒以v 0＝4 m/s 的速度从－x 上的A 点进入第二象限，并以速度v 1＝8 m/s 从＋y 上的C 点沿水平方向进入第一象限．取微粒刚进入第一象限的时刻为0时刻，磁感应强度按图乙所示规律变化(以垂直纸面向外的方向为磁场的正方向)，g ＝10 m/s 2.求：图1(1)带电微粒运动到C 点的纵坐标值h 及电场强度E 1的大小； (2)＋x 轴上有一点D ，OD ＝OC ，若带电微粒在通过C 点后的运动过程中不再越过y 轴，要使其恰能沿x 轴正方向通过D 点，求磁感应强度大小B 0及磁场的变化周期T 0；(3)要使带电微粒通过C 点后的运动过程中不再越过y 轴，求交变磁场磁感应强度B 0和变化周期T 0的乘积B 0·T 0应满足的关系？答案 见解析解析 (1)将微粒在第二象限内的运动沿水平方向和竖直方向分解，在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做匀加速直线运动．t ＝v 0g＝0.4 s h ＝v 02t ＝0.8 m a x ＝v 1t＝20 m/s 2， qE 1＝ma x ，解得E 1＝0.2 N/C.(2)qE 2＝mg ，所以带电微粒在第一象限将做匀速圆周运动，设微粒运动的圆轨道半径为R ，周期为T ，则有qv 1B 0＝m v 12R可得R ＝0.08B 0. 为使微粒恰能沿x 轴正方向通过D 点，应有：h ＝(2n )R ＝(2n )0.08B 0. 解得：B 0＝0.2n (T)(n ＝1,2,3…)．T ＝2πm qB 0T 02＝T 4， T 0＝T 2＝πm qB 0＝π20n(s)(n ＝1,2,3…)．(3)微粒恰好不再越过y 轴时，交变磁场周期取最大值，可作如图运动情形：由图可以知道θ＝5π6T 0≤56T ＝π60B 0 B 0T 0≤π60(kg/C)．2．如图2所示，完全相同的两个弹性环A 、B 用不可伸长的、长为L 的轻绳连接，分别套在水平细杆OP 和竖直细杆OQ 上，OP 与OQ 在O 点用一小段圆弧杆平滑相连，且OQ 足够长．初始时刻，将轻绳拉至水平位置伸直，然后释放两个小环，A 环通过小段圆弧杆时速度大小保持不变，重力加速度为g ，不计一切摩擦，试求：图2(1)当B 环下落L 2时A 球的速度大小；(2)A 环到达O 点后再经过多长时间能够追上B 环；(3)两环发生第一次弹性碰撞后当绳子再次恢复到原长时B 环距离O 点的距离． 答案 (1)gL 2 (2)L2g (3)3L解析 (1)当B 环下落L2时绳子与水平方向之间的夹角满足sin α＝L2L ＝12，即α＝30°由速度的合成与分解可知v 绳＝v A cos 30°＝v B sin 30°则v B ＝v A tan 30°＝3v AB 下降的过程中A 与B 组成的系统机械能守恒，有mg L 2＝12mv A 2＋12mv B 2所以A 环的速度v A ＝gL2.(2)由于A 到达O 点时B 的速度等于0，由机械能守恒，12mv A ′2＝mgL ，解得v A ′＝2gL环A 过O 点后做初速度为v A ′、加速度为g 的匀加速直线运动，B 做自由落体运动； 当A 追上B 时，有v A ′t ＋12gt 2＝L ＋12gt 2，解得t ＝L2g .(3)当A 、B 即将发生碰撞时二者的速度分别为v A 1和v B 1v A 1＝v A ′＋gt ＝32gL2v B 1＝gt ＝2gL2A 、B 发生弹性碰撞，根据动量守恒定律可得mv A 1＋mv B 1＝mv A 1′＋mv B 1′根据机械能守恒定律，有12mv A 12＋12mv B 12＝12mv A 1′2＋12mv B 1′2解得：v A 1′＝2gL 2，v B 1′＝32gL2轻绳再次恢复原长过程中由运动学规律可得 v B 1′t 2＋12gt 22＝L ＋v A 1′t 2＋12gt 22可得t 2＝L 2g在上述过程中B 球距离O 点： H ＝L ＋v B 122g ＋v B 1′t 2＋12gt 22＝3L .。
(京津琼)2019高考物理总复习 专用优编提分练：计算题专练(四).doc
计算题专练(四)1．如图1所示，某次高速滑行测试中，C919大飞机在平直跑道上由静止开始匀加速滑行，经t1＝20 s达到最大速度v m＝288 km/h，之后匀速滑行一段时间，再匀减速滑行，最后停下来．若滑行总距离x＝3 200 m，且减速过程的加速度大小与加速过程的加速度大小相等，取g＝10 m/s2.图1(1)求C919减速滑行时的加速度大小；(2)若C919的质量m＝8×104kg，加速过程中飞机受到的阻力恒为自身所受重力的0.1倍，求飞机加速过程中发动机产生的推力大小；(3)求C919在整个滑行过程中的平均速度大小．(结果保留一位小数)答案(1)4 m/s2(2)4×105 N(3)53.3 m/s解析(1)288 km/h＝80 m/s，由题意可知v m＝at1＝80 m/s，解得a＝4 m/s2由于减速过程和加速过程的加速度大小相等，故减速滑行的加速度大小a′＝4 m/s2.(2)加速过程，由牛顿第二定律得：F－kmg＝ma，解得F＝4×105 N.(3)加速过程t1＝20 s，x1＝at12＝800 m减速过程t2＝20 s，x2＝a′t22＝800 m匀速过程t3＝＝20 s故全程的平均速度大小v＝≈53.3 m/s.2．如图2所示，竖直平面内放置一光滑绝缘轨道，质量为m、带电荷量为＋q 的小球P从高为h1处由静止下滑，轨道末端水平并放置另一质量也为m的不带电小球Q，经碰撞后，球P和球Q合为一体水平抛出．在距轨道末端下方h2的水平线MN下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场强度大小为E.若PQ整体水平抛出后，穿过MN进入电、磁场区域，并恰好经过轨道末端的竖直线与MN的交点O.若P、Q均可视为质点，已知m＝0.1 kg，h1＝5 m，h2＝1.25 m，q＝0.1 C，E＝20 N/C，取g＝10 m/s2.求：图2(1)P、Q碰撞后瞬间的共同速度大小v；(2)匀强磁场的磁感应强度大小B；(3)定性画出PQ整体从O点穿出后的运动轨迹(至少画一个周期)．答案(1)5 m/s(2)8 T(3)如图所示解析(1)由题意可知：mgh1＝mv A2P、Q碰撞过程中动量守恒：mv A＝2mv解得v＝5 m/s.(2)P、Q碰撞后进入电、磁场前做平抛运动，有h2＝gt2，解得t＝0.5 sx＝vt＝2.5 mv y＝gt＝5 m/s则PQ进入电、磁场区域时，v＝5 m/s，方向与水平方向成45°角向下合在电、磁场区域中，G＝2mg＝2 N，电场力F＝Eq＝2 NG＝F，则PQ在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，如图所示Bqv合＝2m，B＝由几何关系可知：R＝x sin 45°＝m，解得B＝8 T.(3)PQ从O点穿出后在MN上方只受重力作用，运动轨迹如图所示：。
(京津琼)2019高考物理总复习 专用优编提分练：计算题专练(十)
计算题专练(十)1．如图1所示，半径r ＝0.06 m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点O 处，半径R ＝0.1 m 、磁感应强度B ＝0.075 T 的圆形有界磁场区的圆心坐标为O 1(0,0.08 m)，平行金属板的板长L ＝0.3 m ，间距d ＝0.1 m ，极板间所加电压U ＝6.4×102 V ，其中MN 极板上收集的粒子全部中和吸收．一位于O 处的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均匀地发射速度大小v ＝6.0×105 m/s 的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x 轴正方向，若粒子重力不计、比荷q m ＝1.0×108C/kg ，不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图1(1)打到下极板右端点N 的粒子进入电场时的纵坐标值；(2)打到N 点的粒子进入磁场时与x 轴正方向的夹角．答案 (1)0.08 m (2)53°解析 (1)恰能打到N 点的粒子运动轨迹如图所示，粒子从A 点进入磁场，设进入电场时的纵坐标值为y ，粒子在电场中的加速度a ＝qU md粒子穿过平行金属板的时间为t ＝L v粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，有：y ＝12at 2 联立得：y ＝qUL 22mdv 2 代入数据得y ＝0.08 my <d ＝0.1 m ，说明粒子能射入极板间，射入点的纵坐标值为y ＝0.08 m(2)P 点与磁场圆心等高，则粒子从点P (0.1 m,0.08 m)射出磁场．粒子做圆周运动的半径为r 0，C 点为圆心，则OC ＝R ＝0.1 m由牛顿第二定律有：qvB ＝mv 2r 0解得r 0＝0.08 m在直角△OAC 中，由三角函数关系有：sin∠AOC ＝r 0R＝0.8，即∠AOC ＝53°.2．如图2所示，固定斜面足够长，斜面与水平面的夹角α＝30°，一质量为3m 的“L”形工件沿斜面以速度v 0匀速向下运动，工件上表面光滑，其下端连着一块挡板．某时刻，一质量为m 的小木块从工件上的A 点沿斜面向下以速度v 0滑上工件，当木块运动到工件下端时(与挡板碰前的瞬间)，工件速度刚好减为零，后木块与挡板第1次相碰，以后每隔一段时间，木块就与工件挡板碰撞一次．已知木块与挡板的碰撞都是弹性碰撞且碰撞时间极短，木块始终在工件上运动，重力加速度为g .求：图2(1)木块滑上工件时，木块、工件各自的加速度大小；(2)木块与挡板第1次碰撞后的瞬间，木块、工件各自的速度大小；(3)木块与挡板第1次碰撞至第n (n ＝2,3,4,5，…)次碰撞的时间间隔及此时间间隔内木块和工件组成的系统损失的机械能ΔE .答案 见解析解析 (1)设工件与斜面间的动摩擦因数为μ，木块加速度大小为a 1，工件加速度大小为a 2. 对木块，由牛顿第二定律可得：mg sin α＝ma 1对工件，由牛顿第二定律可得：μ(3m ＋m )g cos α－3mg sin α＝3ma 2工件匀速运动时，由平衡条件可得：μ·3mg cos α＝3mg sin α解得：a 1＝g 2，a 2＝g 6(2)设碰挡板前木块的速度为v ，木块由工件上A 点运动至碰前所用时间为t 0，则对木块：v ＝v 0＋a 1t 0对工件：0＝v 0－a 2t 0解得：v ＝4v 0木块以v 与挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，设碰后木块速度为v 1，工件速度为v 2，以碰前木块的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv ＝mv 1＋3m ·v 2由能量守恒定律得：12mv 2＝12mv 12＋12·3m ·v 22 联立解得：v 1＝－2v 0，v 2＝2v 0(3)第1次碰撞后，木块以大小为2v 0的速度沿工件向上匀减速运动，工件以大小为2v 0的速度沿斜面向下匀减速运动，工件速度再次减为零的时间：t ＝2v 0a 2＝12v 0g此时，木块的速度：v 1′＝－2v 0＋a 1t ＝4v 0木块的位移：x 1＝－2v 0t ＋12a 1t 2＝12v 02g工件的位移：x 2＝2v 0t －12a 2t 2＝12v 02g即木块、工件第2次相碰前瞬间的速度与第1次相碰前瞬间的速度相同，以后木块、工件重复前面的运动过程，则第1次与第n 次碰撞的时间间隔：Δt ＝(n －1)t ＝12(n －1)v 0g(n ＝2,3,4,5，…) 木块、工件每次碰撞时，木块和工件的总动能都相等，Δt 时间内木块和工件组成的系统减少的机械能等于木块、工件减少的重力势能：ΔE ＝4mg (n －1)x 2sin α解得：ΔE ＝24(n －1)mv 02(n ＝2,3,4,5，…)。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
计算题专练(三)
1．在竖直平面内建立一平面直角坐标系xOy ，x 轴沿水平方向，如图1甲所示．第二象限内有一水平向右的匀强电场，场强为E 1.坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强
交变磁场，电场方向竖直向上，场强E 2＝E12
，匀强磁场方向垂直纸面．处在第三象限的某种发射装置(图中没有画出)竖直向上射出一个比荷q m
＝102 C/kg 的带正电的微粒(可视为质点)，该微粒以v 0＝4 m/s 的速度从－x 上的A 点进入第二象限，并以速度v 1＝8 m/s 从＋y 上的C 点沿水平方向进入第一象限．取微粒刚进入第一象限的时刻为0时刻，磁感应强度按图乙所示规律变化(以垂直纸面向外的方向为磁场的正方向)，g ＝10 m/s 2
.求：
图1
(1)带电微粒运动到C 点的纵坐标值h 及电场强度E 1的大小；
(2)＋x 轴上有一点D ，OD ＝OC ，若带电微粒在通过C 点后的运动过程中不再越过y 轴，要使其
恰能沿x 轴正方向通过D 点，求磁感应强度大小B 0及磁场的变化周期T 0；
(3)要使带电微粒通过C 点后的运动过程中不再越过y 轴，求交变磁场磁感应强度B 0和变化周
期T 0的乘积B 0·T 0应满足的关系？
答案 见解析
解析 (1)将微粒在第二象限内的运动沿水平方向和竖直方向分解，在竖直方向上做竖直上抛
运动，在水平方向上做匀加速直线运动．
t ＝v0g ＝0.4 s
h ＝v02t ＝0.8 m
a x ＝v1t
＝20 m/s 2， qE 1＝ma x ，
解得E 1＝0.2 N/C.
(2)qE 2＝mg ，所以带电微粒在第一象限将做匀速圆周运动，设微粒运动的圆轨道半径为R ，周
期为T ，则有qv 1B 0＝m v12R
可得R ＝0.08B0.
为使微粒恰能沿x 轴正方向通过D 点，
应有：h ＝(2n )R ＝(2n )0.08B0.
解得：B 0＝0.2n (T)(n ＝1,2,3…)．
T ＝2πm qB0
T02＝T 4
， T 0＝T 2＝πm qB0＝π20n
(s)(n ＝1,2,3…)．
(3)微粒恰好不再越过y 轴时，交变磁场周期取最大值，可作如图运动情形：
由图可以知道θ＝5π6
T 0≤56T ＝π60B0
B 0T 0≤π60(kg/C)．
2．如图2所示，完全相同的两个弹性环A 、B 用不可伸长的、长为L 的轻绳连接，分别套在水
平细杆OP 和竖直细杆OQ 上，OP 与OQ 在O 点用一小段圆弧杆平滑相连，且OQ 足够长．初始时刻，将轻绳拉至水平位置伸直，然后释放两个小环，A 环通过小段圆弧杆时速度大小保持不
变，重力加速度为g ，不计一切摩擦，试求：
图2
(1)当B 环下落L 2时A 球的速度大小；
(2)A 环到达O 点后再经过多长时间能够追上B 环；
(3)两环发生第一次弹性碰撞后当绳子再次恢复到原长时B 环距离O 点的距离．
答案 (1)gL 2 (2)L 2g
(3)3L 解析 (1)当B 环下落L 2时绳子与水平方向之间的夹角满足sin α＝L 2L ＝12
，即α＝30° 由速度的合成与分解可知v 绳＝v A cos 30°＝v B sin 30°
则v B ＝vA tan 30°＝3v A
B 下降的过程中A 与B 组成的系统机械能守恒，有
mg L 2＝12mv A2＋12mv B2
所以A 环的速度v A ＝
gL 2. (2)由于A 到达O 点时B 的速度等于0，由机械能守恒， 12
mv A ′2＝mgL ，解得v A ′＝2gL 环A 过O 点后做初速度为v A ′、加速度为g 的匀加速直线运动，B 做自由落体运动；
当A 追上B 时，有v A ′t ＋12gt 2＝L ＋12
gt 2， 解得t ＝L 2g .
(3)当A 、B 即将发生碰撞时二者的速度分别为v A 1和v B 1
v A 1＝v A ′＋gt ＝32gL
2
v B 1＝gt ＝2gL 2
A 、
B 发生弹性碰撞，根据动量守恒定律可得
mv A 1＋mv B 1＝mv A 1′＋mv B 1′
根据机械能守恒定律，有
12mv A12＋12mv B12＝12mv A 1′2＋12mv B 1′2
解得：v A 1′＝2gL 2，v B 1′＝32gL 2
轻绳再次恢复原长过程中由运动学规律可得
v B 1′t 2＋1
2gt 22＝L ＋v A 1′t 2＋12gt 22可得t 2＝
L 2g 在上述过程中B 球距离O 点： H ＝L ＋vB122g ＋v B 1′t 2＋12
gt 22＝3L .。