全国通用版2019高考物理总复习优编增分练：计算题考点排查练52016年全国Ⅰ卷计算题考点排查练
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52016年全国Ⅰ卷实验题考点排查练word格式
A．精确测量出重物的质量
B．两限位孔在同一竖直线上
C．重物选用质量和密度较大的金属重锤
D．释放重物前，重物离打点计时器下端远些
(2)按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图2所示．纸带上各点是打点计时器连续打出的计时点，其中O点为纸带上打出的第一个点．
图2
①重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出，利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有________．
A．OA、OB和OG的长度
B．OE、DE和EF的长度
C．BD、BF和EG的长度
D．AC、BF和EG的长度
②用刻度尺测得图中AB的距离是1.76 cm，FG的距离是3.71 cm，则可测得当地的重力加速度是________m/s2.(计算结果保留三位有效数字)
答案(1)BC(2)①BD②9.75
解析(1)因为在实验中比较的是mgh、 mv2的大小关系，故m可约去，不需要测量重物的质量，对减小实验误差没有影响，故A错误；为了减小纸带与限位孔之间的摩擦，两限位孔必须在同一竖直线上，这样可以减小纸带与限位孔的摩擦，从而减小实验误差，故B正确；实验选择的重物应该为质量较大、体积较小的物体，这样能减少空气阻力的影响，从而减小实验误差，故C正确；释放重物前，为更有效的利用纸带，重物离打点计时器下端近些，故D错误．
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62016年全国ⅠⅡⅢ卷鸭34题考点排查练word格式
2016年(全国Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷)选考34题考点排查练1.(2018·广东省梅州市5月二模)(1)如图1所示，a、b、c、d是均匀介质中x轴上的四个质点．相邻两点的间距依次为2 m、4 m和6 m．一列简谐横波以2 m/s的波速沿x轴正向传播，在t＝0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t＝3 s时a第一次到达最高点．下列说法正确的是________．图1A．该列简谐横波的波长为8 mB．在t＝5 s时刻质点c恰好到达最高点C．质点b开始振动后，其振动周期为4 sD．在4 s<t<6 s的时间间隔内质点c向上运动E．当质点d向下运动时，质点b一定向上运动(2)一玻璃正方体中心有一点状光源．今在正方体的部分表面镀上不透明薄膜，以致从光源发出的光线只经过一次折射不能透出正方体．已知该玻璃的折射率为2，求镀膜的面积与正方体表面积之比的最小值．答案 (1)ACD (2)π4解析 (1)由题意可知，波的周期为T ＝4 s ，则波长λ＝vT ＝8 m ，选项A 正确；机械波从a 点传到c 点需要t ＝xac v ＝62s ＝3 s ，开始起振的方向向下，则到达最高点还需3 s ，可知在t ＝6 s 时刻质点c 恰好到达最高点，在4 s<t <6 s 的时间间隔内质点c 从最低点向最高点振动，选项B 错误，D 正确；质点b 开始振动后，其振动周期等于波的周期，即为4 s ，选项C 正确；质点d 和b 相距10 m ＝114λ，则当质点d 向下运动时，质点b 不一定向上运动，选项E 错误．(2)如图，考虑从玻璃正方体中心O 点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃正方体上表面发生折射，根据折射定律有：n sin θ＝sin α，式中，n 是玻璃的折射率，入射角等于θ，α是折射角，现假设A 点是上表面面积最小的不透明薄膜边缘上的一点，由题意，在A 点刚好发生全反射，故αA ＝π2，设线段OA 在正方体上表面的投影长为R A ，由几何关系有sin θA＝错误!，式中a 为玻璃正方体的边长，联立解得R A ＝错误!，则R A ＝错误!，由题意，上表面所镀的面积最小的不透明薄膜应是半径为R A 的圆，所求镀膜面积S ′与玻璃正方体的表面积S 之比为S′S ＝6πRA26a2＝π4. 2．(1)(2018·陕西省渭南市第三次模拟)下列说法正确的是________．A ．电磁波是横波，可以观察到其偏振现象B ．当一列声波从空气中传入水中时波长一定会变长C ．物体做受迫振动时，驱动力频率越高，受迫振动的物体振幅越大D ．横波在传播过程中，波峰上的质点运动到相邻的波峰所用的时间为一个周期E ．做简谐运动的物体，其速度和加速度两物理量随时间的变化规律均符合正余弦函数变化规律(2)(2018·广东省汕头市第二次模拟)资料记载，海啸波是重力长波，波长可达100公里以上，它的传播速度等于重力加速度g 与海水深度乘积的平方根．使得在开阔的深海区低几米的一次单个波浪，到达浅海区波长减小，振幅增大，掀起10～40米高的拍岸巨浪，有时最先到达的海岸的海啸可能是波谷，水位下落，暴露出浅滩海底，几分钟后波峰到来，一退一进，造成毀灭性的破坏．①在深海区有一海啸波(忽略海深度变化引起的波形变化)如图2甲，实线是某时刻的波形图，虚线是t ＝900 s 后首次出现的波形图．已知波沿x 轴正方向传播．波源到浅海区的水平距离s 1＝1.08万公里，求海啸波到浅海区的时间t 1；图2②在①的情况下，在浅海区有一海啸波(忽略海深度变化引起的波形变化)如图乙．海啸波从进入浅海区到到达海岸的水平距离为s 2.写出该海啸波的表达式和波谷到达海岸的关系式．答案 (1)ABE (2)①15 h ②y ＝20sin π600t (m) t ＝3s2100＋300(s) 解析 (1)电磁波是横波，可以观察到其偏振现象，选项A 正确；当一列声波从空气中传入水中时，波速变大，频率不变，则波长一定会变长，选项B 正确；物体做受迫振动时，当驱动力频率越接近于物体的固有频率时，受迫振动的物体振幅越大，选项C 错误；横波在传播过程中，质点不随波迁移，选项D 错误；做简谐运动的物体，其速度和加速度两物理量随时间的变化规律均符合正余弦函数变化规律，选项E 正确．(2)①由题图甲得λ1＝240 km依题意有t ＝34T v 1＝λ1Ts 1＝v 1t 1解得t 1＝15 h②由题图乙得波的振幅A ＝20 m ，波长λ2＝40 km由t ＝34T 得波的周期 T ＝1 200 sω＝2πTy ＝A sin ωt解得波的表达式y ＝20sin π600t (m) 海啸波在浅海区的传播速度v 2＝λ2T ＝1003m/s 波谷最先到达海岸的关系式s 2＋14λ2＝v 2t解得波谷最先到达海岸的时间 t ＝3s2100＋300(s) 3．(2018·广西钦州市第三次质检)(1)如图3甲所示，沿波的传播方向上有间距均为0.1 m 的六个质点a 、b 、c 、d 、e 、f ，均静止在各自的平衡位置．t ＝0时刻振源a 从平衡位置开始沿y 轴正方向做简谐运动，其振动图象如图乙所示，形成的简谐横波以0.1 m/s 的速度水平向右传播，则下列说法正确的是________．图3A ．这列波的周期为4 sB ．0～4 s 时间内质点b 运动路程为6 cmC ．4～5 s 时间内质点c 的加速度在减小D ．6 s 时质点e 的振动方向沿y 轴正方向E ．质点d 起振后的运动方向始终与质点b 的运动方向相反(2)如图4所示为一个半径为R 的透明介质球体，M 、N 两点关于球心O 对称，且与球心的距离均为2R .一细束单色光从M 点射出穿过透明介质球体后到达N 点，真空中的光速为c .图4①若介质的折射率为n 0，光线沿MON 传播到N 点，光传播的时间t 为多少；②已知球面上的P 点到MN 的距离为PA ＝35R ，若光束从M 点射出后到达P 点，经过球体折射后传播到N 点，那么球体的折射率n 等于多少．(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)答案 (1)ABE (2)①(n 0＋1)2R c ②253解析 (1)由题图乙知，波的传播周期为4 s ，A 正确；根据x ＝vt 得振动形式传播到b 点需时间1 s ，所以在0～4 s 内b 质点振动3 s ，运动路程为3A ＝6 cm ，B 正确；同理可知在第2 s 末质点c 开始振动，起振的方向与质点a 开始振动的方向相同，在4～5 s 时间内质点c 从平衡位置向负向最大位移处运动，加速度增大，C 错误；4 s 末质点e 开始振动，6 s 时到达平衡位置向下振动，D 错误；由题图知，质点b 、d 相距半个波长，振动方向始终相反，所以E 正确．(2)①光在介质球外的传播时间为t 1＝2R c， 光在介质球中的传播速度为v ＝c n0， 光在介质球中的传播时间为t 2＝2R v， 光传播的时间为t ＝t 1＋t 2＝(n 0＋1)2R c； ②光路图如图所示，其中sin θ＝0.6，又β＝θ＋α，根据折射定律：sin β＝n sin θ，所以n ＝错误!＝错误!sin α＋cos α又MA ＝MO －AO ＝2R －R cos θ＝65R ， MP ＝PA2＋MA2＝355R ， sin α＝PA MP ＝55，cos α＝MA MP ＝255， 解得：n ＝253.。
全国通用版高考物理总复习优编增分练：鸭题考点排查练5
2016年(全国Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷)选考33题考点排查练1．(1)(2018·四川省广安、眉山、内江和遂宁第三次模拟)下列关于温度及内能的说法中正确的是________． A ．物体的内能不可能为零B ．温度高的物体比温度低的物体内能大C ．一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化D ．内能不相同的物体，它们的分子平均动能可能相同E ．温度是分子平均动能的标志，所以两个动能不同的分子相比，动能大的分子温度高 (2)(2018·衡水金卷调研卷五)如图1甲所示，一截面积为S 的汽缸竖直倒放，汽缸内有一质量为m 的活塞，将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，气柱的长度为L ，活塞与汽缸壁无摩擦，气体处于平衡状态，现保持温度不变，把汽缸倾斜，使汽缸侧壁与竖直方向夹角θ＝37°，重新达到平衡后，如图乙所示，设大气压强为p 0，汽缸导热良好，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g .图1①求此时气柱的长度；②分析说明汽缸从竖直倒放到倾斜过程，理想气体吸热还是放热． 答案 (1)ACD (2)①5p 0S －5mg 5p 0S －4mgL ②放热解析 (1)内能是物体内所有分子无规则热运动的动能和分子势能的总和，分子在永不停息地做无规则运动，所以内能永不为零，故A 正确；物体的内能除与温度有关外，还与物质的量、物体的体积及物态有关，温度高的物体的内能可能比温度低的物体的内能大，也可能与温度低的物体的内能相等，也可能比温度低的物体的内能小，故B 错误；一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化，比如零摄氏度的冰化为零摄氏度的水，内能增加，故C 正确；内能与温度、体积、物质的量及物态有关，而分子平均动能只与温度有关，故内能不同的物体，它们的分子平均动能可能相同，故D 正确；温度是分子平均动能的标志，温度高平均动能大，但不一定每个分子的动能都大，故E 错误．(2)①以活塞为研究对象，汽缸竖直倒放时，根据平衡条件有p 0S ＝mg ＋p 1S ，得p 1＝p 0－mg S汽缸倾斜后，根据平衡条件有p 0S ＝mg cos 37°＋p 2S ，得p 2＝p 0－mg S cos 37°＝p 0－4mg5S根据玻意耳定律有p 1LS ＝p 2xS ，解得x ＝5p 0S －5mg5p 0S －4mg L②由①得出气体体积减小，大气压对气体做功，W >0，气体等温变化，ΔU ＝0，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q ，知Q <0，故气体放出热量． 2．(1)(2018·广东省汕头市第二次模拟)一定量的理想气体从状态a 开始，经历ab 、bc 、ca 三个过程回到原状态，其V －T 图象如图2所示．下列判断正确的是________．图2A ．ab 过程中气体一定放热B ．ab 过程中气体对外界做功C ．bc 过程中气体内能保持不变D ．bc 过程中气体一定吸热E ．ca 过程中容器壁单位面积受到气体分子的撞击力一定减小(2)如图3所示是生活上常用喷雾器的简化图．已知贮液瓶容积为3 L(不计贮液瓶中打气筒和细管的体积)，喷液前，瓶内气体压强需达到2.5 atm ，方可将液体变成雾状喷出，打气筒每次能向贮液瓶内打入p 0＝1.0 atm 的空气ΔV ＝50 mL.现打开进水阀门A 和喷雾头阀门B ，装入2 L 的清水后，关闭阀门A 和B.设周围大气压恒为p 0，打气过程中贮液瓶内气体温度与外界温度相同且保持不变，不计细管中水产生的压强，求：图3①为确保喷雾器的正常使用，打气筒至少打气次数n ；②当瓶内气压达到2.5 atm 时停止打气，然后打开阀门B ，求喷雾器能喷出的水的体积的最大值．答案 (1)ADE (2)①30次 ②1.5 L解析 (1)由题图可知，ab 过程气体发生等温变化，气体内能不变，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 可知，气体放出热量，故A 正确，B 错误；由题图知，bc 过程气体体积不变而温度升高，气体内能增大，气体不做功，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故C 错误，D 正确；根据理想气体状态方程得p c V c T c ＝p a V aT a，因V c <V a ，T c >T a ，故p c >p a ，根据气体压强的微观解释可知E 正确． (2)①贮液瓶装水后，瓶内封闭气体的体积V 1＝V 总－V 液＝1 L打气过程瓶内气体做等温变化，有p 0(V 1＋V 外)＝p 2V 1 V 外＝n ΔV将p 0＝1.0 atm 、p 2＝2.5 atm 代入，解得打气的次数至少为n ＝30 次 ②阀门打开喷水过程，瓶内封闭气体做等温变化，有p 2V 1＝p 3V 3最后瓶内气体的压强p 3＝p 0代入数据解得最后瓶内气体的体积V 3＝2.5 L因此喷雾器能喷出的水的体积的最大值V 水＝V 3－V 1＝1.5 L3．(1)(2018·四川省第二次“联测促改”)节日放飞的氢气球，升到高空后会破裂．氢气球在破裂之前的上升过程中，下列说法正确的是________． A ．气球内氢气的内能减小 B ．气球内氢分子的速率都在减小 C ．气球内的氢气对外做功D ．气球内的氢分子的速率总是呈“中间多，两头少”的分布规律E ．气球内的氢分子的运动也叫布朗运动(2)(2018·江西省南昌市第二次模拟)如图4所示，一汽缸固定在水平地面上，通过活塞封闭有一定质量的理想气体，活塞与缸壁的摩擦可忽略不计，活塞的横截面积S ＝100 cm 2.活塞与水平平台上的物块A 用水平轻杆连接，在平台上有另一物块B ，A 、B 的质量均为m ＝62.5 kg ，两物块与平台间的动摩擦因数均为μ＝0.8.两物块间距为d ＝10 cm.开始时活塞距缸底L 1＝10 cm ，缸内气体压强等于大气压强p 0(p 0＝1×105Pa)，温度 t 1＝27 ℃.现对汽缸内的气体缓慢加热．求：(g ＝10 m/s 2)图4①物块A 开始移动时，汽缸内的温度； ②物块B 开始移动时，汽缸内的温度． 答案 (1)ACD (2)①450 K ②1 200 K解析 (1)在气球上升过程中，随着高度的增加，温度降低，空气的密度减小，大气压强逐渐减小，球内氢气的压强大于外界大气压，会使得氢气球向外膨胀，气球的体积变大，气体对外做功，其内能减小，故A 、C 正确；氢气温度降低，分子平均动能减小，平均速率减小，速率总是呈“中间多，两头少”的分布规律，不一定所有分子的速率都减小，故B 错误，D 正确；布朗运动是固体小颗粒的无规则运动，故E 错误． (2)①物块A 开始移动前气体做等容变化，则有p 2＝p 0＋μmg S＝1.5×105Pa由查理定律有：p 1T 1＝p 2T 2解得T 2＝450 K②物块A 开始移动后，气体做等压变化，到A 与B 刚接触时p 3＝p 2＝1.5×105 Pa ，V 3＝(L 1＋d )S由盖－吕萨克定律有V 2T 2＝V 3T 3，解得T 3＝900 K之后气体又做等容变化，设物块A 和B 一起开始移动时气体的温度为T 4p 4＝p 0＋2μmg S＝2.0×105PaV 4＝V 3由查理定律有p 3T 3＝p 4T 4，解得T 4＝1 200 K。
推荐2019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5
2016年(全国Ⅰ卷)计算题考点排查练24．(2018·陕西省榆林市第四次模拟)如图1所示，间距为d 的两竖直光滑金属导轨间接有一阻值为R 的电阻，在两导轨间水平边界MN 下方的区域内存在着与导轨平面垂直的匀强磁场．一质量为m 、长度为d 、电阻为r 的金属棒PQ 紧靠在导轨上．现使棒PQ 从MN 上方d2高度处由静止开始下落，结果棒PQ 进入磁场后恰好做匀速直线运动．若棒PQ 下落过程中受到的空气阻力大小恒为其所受重力的14，导轨的电阻忽略不计，棒与导轨始终保持垂直且接触良好，重力加速度大小为g ，求：图1(1)棒PQ 在磁场中运动的速度大小v ；(2)匀强磁场的磁感应强度大小B .答案 (1)3gd 2 (2)3mg (R ＋r )2d 23gd解析 (1)棒PQ 进入磁场前做匀加速直线运动，设其加速度大小为a .由运动学公式得v 2＝2a ·d 2根据牛顿第二定律得mg －14mg ＝ma 解得：v ＝3gd 2(2)棒PQ 在磁场中做匀速直线运动时，切割磁感线产生的感应电动势为E ＝Bdv回路中通过的感应电流为I ＝ER ＋r对棒PQ ，由受力平衡条件得BId ＝mg －14mg解得：B ＝3mg (R ＋r )2d 23gd25．(2018·贵州省贵阳市5月适应性考试二)如图2所示，半径为R ＝0.5 m 、内壁光滑的圆轨道竖直固定在水平地面上．圆轨道底端与地面相切，一可视为质点的物块A 以v 0＝6 m/s 的速度从左侧入口向右滑入圆轨道，滑过最高点Q ，从圆轨道右侧出口滑出后，与静止在地面上P 点的可视为质点的物块B 碰撞(碰撞时间极短)，P 点左侧地面光滑，右侧粗糙段和光滑段交替排列，每段长度均为L ＝0.1 m ，两物块碰后粘在一起做直线运动．已知两物块与各粗糙段间的动摩擦因数均为μ＝0.1，物块A 、B 的质量均为m ＝1 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2.图2(1)求物块A 到达Q 点时的速度大小v 和受到的弹力F N ；(2)若两物块最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值；(3)求两物块滑至第n (n <k )个光滑段上的速度v n 与n 的关系式． 答案 见解析解析 (1)物块A 滑入圆轨道到达Q 的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律得： 12mv 02＝12mv 2＋2mgR ① 物块A 做圆周运动：F N ＋mg ＝m v 2R② 由①②联立得：v ＝4 m/sF N ＝22 N ，方向向下③(2)在与B 碰撞前，系统机械能守恒，A 和B 在碰撞过程中动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：m A v 0＝(m A ＋m B )v 1④A 、B 碰后向右滑动，由动能定理得：－μ(m A ＋m B )gs ＝0－12(m A ＋m B )v 12 ⑤由④⑤联立得s ＝4.5 m ，所以k ＝s L ＝45；(3)设碰后A 、B 滑至第n 个光滑段上的速度为v n ，由动能定理得：－μ(m A ＋m B )gnL ＝12(m A ＋m B )v n 2－12(m A ＋m B )v 12⑥ 解得：v n ＝v 12－2μgnL ＝9－0.2n (n <45)。
全国通用版2019高考物理总复习优编增分练：计算题考点排查练72016年全国Ⅲ卷计算题考点排查练word格式
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 ＝10πm ，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/s 2)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 ＝12mv C 2在C 处，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m vC2r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 ＝12mv F 2－12mv C 2 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 ＝ma 1解得：a 1＝－4 m/s 2对滑块由牛顿第二定律有：μ2mg ＝Ma 2，解得：a 2＝4 m/s 2设经时间t 物体刚要从滑块上滑落，此时物体的速度为v 1，滑块的速度为v 2.则有v F t ＋12a 1t 2－12a 2t 2＝L 解得t ＝12s 或2 s(不合题意舍去) 则有v 1＝v F ＋a 1t ，v 2＝a 2t设物体从抛出到落地时间为t 1，则有h ＝12gt 12 Δs ＝v 1t 1－v 2t 1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/s 2)，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a 1＝5 m/s 2，初速度v 0＝0，导体棒中无电流．由牛顿第二定律知：F －F f ＝ma 1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 ＝E R ＋r， 导体棒所受安培力F 安＝BIL ，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， 此时有：F －F f －F 安＝0，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 ＋12mv 2， 代入数据解得Q ＝6 J.。
全国通用版2019高考物理总复习优编增分练：计算题考点排查练62016年全国Ⅱ卷计算题考点排查练
2016年(全国Ⅱ卷)计算题考点排查练24．(2018·河南省周口市期末)如图1所示，正方形闭合单匝线圈abcd 边长l ＝0.2 m ，质量m 1＝0.47 kg ，电阻R ＝0.1 Ω，线圈上方有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B ＝0.5 T 的匀强磁场．质量m 2＝1.0 kg 的滑块通过定滑轮O 用绝缘细线与线圈ab 边的中点相连后，放置在倾角为θ＝37°的固定斜面上的A 点．已知滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.15，绝缘细线OA 部分与斜面平行，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2.滑块由静止释放后沿斜面向下运动，当线圈开始进入磁场时，恰好做匀速运动，求此速度v 的大小．图1答案 1 m/s解析 线圈开始进入磁场时，ab 边切割磁感线E ＝Blv感应电流I ＝E R ＝BlvR安培力F 安＝BIl ＝B2l2vR①对线圈abcd ，根据平衡条件有：F T ＝F 安＋m 1g ②对滑块：m 2g sin θ＝μm 2g cos θ＋F T ③ 联立①②③，代入数据解得：v ＝1 m/s25．(2018·贵州省安顺市适应性监测三)如图2所示，半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P 点相切，一个质量为2m 的物块B (可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有轻弹簧，Q 点为弹簧处于原长时的左端点，P 、Q 间的距离为R ，PQ 段地面粗糙、动摩擦因数为μ＝0.5，Q 点右侧水平地面光滑，现将质量为m 的物块A (可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g .求：图2 (1)物块A 沿圆弧轨道滑至P 点时对轨道的压力； (2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)；(3)物块A 最终停止位置到Q 点的距离．答案 (1)3mg ，方向向下 (2)13mgR (3)19R解析 (1)物块A 从静止沿圆弧轨道滑至P 点，设速度大小为v P ，由机械能守恒定律有：mgR ＝12mv P2在最低点轨道对物块的支持力大小为F N ，由牛顿第二定律有：F N －mg ＝m vP2R，联立解得：F N ＝3mg ，由牛顿第三定律可知物块对轨道P 点的压力大小为3mg ，方向向下．(2)设物块A 与弹簧接触前瞬间的速度大小为v 0， 由动能定理有mgR －μmgR ＝12mv 02－0，v 0＝gR ，物块A 、物块B 具有共同速度v 时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有：mv 0＝(m ＋2m )v ，由能量守恒定律得：12mv 02＝12(m ＋2m )v 2＋E pm ，联立解得E pm ＝13mgR ；(3)设物块A 与弹簧分离时，A 、B 的速度大小分别为v 1、v 2，规定向右为正方向，则有mv 0＝－mv 1＋2mv 2，12mv 02＝12mv 12＋12(2m )v 22， 联立解得：v 1＝13gR ，设A 最终停在Q 点左侧x 处，由动能定理有：－μmgx ＝0－12mv 12，解得x ＝19R。
(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6 2016年(全国Ⅱ卷)实验题考点排查练
2016年(全国Ⅱ卷)实验题考点排查练22．(2018·河南省六市第二次联考)用如图1所示的装置可以测量弹簧的弹性势能．将弹簧放置在水平气垫导轨上，左端固定，右端在O点；在O点右侧的B、C位置各安装一个光电门，计时器(图中未画出)与两个光电门相连．先用米尺测得B、C两点间距离s，再用带有遮光片的小滑块压缩弹簧到某位置A，由静止释放小滑块，计时器显示遮光片从B到C所用的时间t，用米尺测量A、O之间的距离x.图1(1)计算小滑块离开弹簧时速度大小的表达式是____________________．(2)为求出弹簧的弹性势能，还需要测量________．A．弹簧原长B．当地重力加速度C．小滑块(含遮光片)的质量(3)实验误差的来源有________．A ．空气阻力B ．小滑块的大小C ．弹簧的质量答案 (1)s t (2)C (3)AC解析 (1)滑块离开弹簧后的运动可视为匀速运动，故可以用BC 段的平均速度表示滑块离开弹簧时的速度，则有：v ＝s t.(2)弹簧的弹性势能等于滑块(含遮光片)增加的动能，故应求解滑块(含遮光片)的动能，根据动能表达式可知，应测量小滑块(含遮光片)的质量，故选C.(3)由于存在空气阻力，阻力做负功，小滑块的动能增加量小于弹簧的弹性势能的减小量；由于弹簧有质量，故弹簧的弹性势能有小部分转化为弹簧的动能，故小滑块的动能增加量小于弹簧弹性势能的减小量，故选A 、C.23．(2018·河北省石家庄市二模)某同学利用多用电表欧姆挡测量标准电压表V 1的内阻并对电压表V 2的示数进行校对．实验器材如下：多用电表(欧姆挡对应刻度盘上正中央数值为15)标准电压表V 1 (量程10 V ，内阻R V1约为几十千欧)电压表V 2(量程10 V ，内阻R V2＝9 k Ω)滑动变阻器R (最大阻值约50 Ω)电源E (电动势为12 V ，内阻不计)开关S 一个、导线若干实验过程如下：(1)利用多用电表欧姆挡测量电压表V 1的内阻，将红、黑表笔短接调零后，选用图2甲中________(选填“A”或“B”)方式连接．图2(2)实验中，两表的示数如图乙所示，多用电表欧姆挡的读数为________Ω，电压表的读数为________V，通过计算可得出欧姆挡电池的电动势为________V．(以上结果均保留三位有效数字)(3)利用标准电压表V1对电压表V2进行校对，请在图3的方框中画出电路图．图3(4)校对中发现，调节滑动变阻器，标准电压表V1示数为9.00 V时，电压表V2的示数为10.00 V，为使9.00 V示数准确，应给V2表串联________Ω的电阻．答案(1)A (2)3.00×104 5.80 8.70 (3)如图所示(4)1 000解析(1)根据“红进黑出”原理可知A图正确；(2)因为电压表V1的示数为几十千欧，所以多用电表欧姆挡的读数为30.0×103Ω＝3.00×104Ω；电压表V1的量程为10 V，所以分度值为0.1 V，故读数为5.80 V；根据题意，中值电阻为15 kΩ，即欧姆表内阻为15 kΩ，根据闭合电路欧姆定律可得3030＋15E＝5.80 V，解得E ＝8.70 V；(3)因为并联电路电压相等，所以要校对电压表，可将两电压表并联，由于电压表内阻过大，而滑动变阻器最大约50 Ω，所以为了读数变化明显，采用滑动变阻器的分压式接法，电路图如图所示(4)根据欧姆定律可得9 k Ω9 k Ω＋R×10.00 V＝9.00 V ，解得R ＝1 k Ω＝1 000 Ω。
(全国通用版)2019高考物理总复习 优编增分练：选择题考点排查练7 2016年(全国Ⅲ卷)选择题考点排查练
2016年(全国Ⅲ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·安徽省A10联盟最后一卷)已知月球绕地球做圆周运动的轨道半径为r ，周期为T .如图1，某小行星掠过地球时其轨道刚好与月球轨道相切于A 点，若只考虑地球对它的引力作用，当这颗小行星运动到A 点时，可以求出其( )图1A ．加速度的大小B ．线速度的大小C ．角速度的大小D ．受到地球的引力的大小 答案 A15．(2018·广东省湛江市第二次模拟)如图2所示，ACBD 是一个过球心O 的水平截面圆，其中AB 与CD 垂直，在C 、D 、A 三点分别固定点电荷＋Q 、－Q 与＋q .光滑绝缘竖直杆过球心与水平截面圆垂直，杆上套有一个带少量负电荷的小球，不计小球对电场的影响．现将小球自E 点无初速度释放，到达F 点的过程中(重力加速度为g )，下列说法正确的是( )图2A ．小球在O 点的加速度大于gB ．小球在E 点的电势能大于在O 点的电势能C ．小球在F 点的速度一定最大D ．小球在运动过程中机械能一直减小 答案 B16．(2018·河南省新乡市第三次模拟)汽车以某一初速度开始做匀加速直线运动，第1 s 内行驶了1 m ，第2 s 内行驶了2 m ，则汽车第3 s 内的平均速度为( ) A ．2 m/s B ．3 m/s C ．4 m/s D ．5 m/s答案 B解析 根据匀变速直线运动的推论可知：x 2－x 1＝x 3－x 2，则x 3＝3 m ，则第3 s 内的平均速度为v 3＝x 3t＝3 m/s ，故选B.17．(2018·河南省新乡市第三次模拟)如图3所示，竖直平面内固定的半圆弧轨道两端点M 、N 连线水平，将一轻质小环套在轨道上，一细线穿过轻环，一端系在M 点，另一端系一质量为m 的小球，不计所有摩擦，重力加速度为g ，小球恰好静止在图示位置，下列说法正确的是( )图3A ．轨道对轻环的支持力大小为mgB ．细线对M 点的拉力大小为3mg 2C ．细线对轻环的作用力大小为3mg2D ．N 点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°答案 D解析 对轻环受力分析，因轻环两边细线的拉力相等，可知两边细线拉力与圆弧对轻环的支持力方向的夹角相等，设为θ，由几何关系可知，∠OMA ＝∠MAO ＝θ，则3θ＝90°，θ＝30°；则轨道对轻环的支持力大小为F N ＝2mg cos 30°＝3mg ，选项A 错误；细线对M 点的拉力大小为F T ＝mg ，选项B 错误；细线对轻环的作用力大小为F N ′＝F N ＝3mg ，选项C 错误；由几何关系可知，N 点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°，选项D 正确．18．(2018·江西省南昌市第二次模拟)如图4所示，正三角形的三条边都与圆相切，在圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，质子11H 和氦核42He 都从顶点A 沿∠BAC 的角平分线方向射入磁场，质子11H 从C 点离开磁场，氦核42He 从相切点D 离开磁场，不计粒子重力，则质子和氦核的入射速度大小之比为( )图4A ．6∶1B ．3∶1C ．2∶1D ．3∶2答案 A解析 设三角形的边长为L ，根据几何关系可以得到磁场圆的半径为R ＝36L ，质子进入磁场时的运动轨迹如图甲所示由几何关系可得r 1＝R tan 60°＝12L氦核进入磁场时的运动轨迹如图乙所示，由几何关系可得：r 2＝R tan 30°＝16L粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力，即qvB ＝m v 2r，结合两个粒子的轨迹半径可求得质子和氦核的入射速度大小之比为6∶1，故A 正确．19．(2018·福建省南平市5月综合质检)用同样的交流电源分别给图5甲、乙两个电路中相同的四个灯泡供电，四个灯泡均正常发光，乙图中理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，则( )图5A ．滑动变阻器接入电路的阻值与灯泡正常发光时的阻值相等B ．滑动变阻器接入电路的阻值与灯泡正常发光时的阻值之比为2∶1C ．甲、乙两个电路中的电功率之比为3∶2D ．甲、乙两个电路中的电功率之比为2∶1 答案 AC解析 设灯泡的额定电流为I ，电阻为R ；在题图乙中，副线圈的电压U 2＝IR ，根据理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，得原线圈两端电压为U ＝U 1＝3U 2＝3IR ；在题图甲中，滑动变阻器两端电压为U R 1＝U －2IR ＝IR ，流过的电流为I ，则滑动变阻器接入电路的阻值为R 1＝U R 1I ＝IR I＝R ，故A 正确，B 错误；在题图甲电路中，电功率为P 1＝UI ＝3I 2R ，在题图乙中，电功率为P 2＝2I 2R ，则P 1∶P 2＝3∶2，故C 正确，D 错误．20．(2018·湖北省仙桃、天门、潜江三市期末联考)如图6所示，长为L 的轻质细杆一端拴在天花板上的O 点，另一端拴一质量为m 的小球．刚开始细杆处于水平位置，现将小球由静止释放，细杆从水平位置运动到竖直位置，在此过程中小球沿圆弧从A 点运动到B 点，不计空气阻力和O 点阻力，则( )图6A ．小球下摆过程中，重力对小球做功的平均功率为0B ．小球下落高度为0.5L 时，细杆对小球拉力为1.5mgC ．小球经过B 点时，细杆对小球的拉力为2mgD ．小球下摆过程中，重力对小球做功的瞬时功率先增大后减小 答案 BD解析 小球下摆过程中，重力做的功W ＝mgL ，则重力的平均功率P ＝mgLt，不为零，故A 错误；小球下落高度为0.5L 时到达C 点，设细杆与水平方向夹角为θ角，其受力情况如图所示由几何关系得：sin θ＝0.5 L L ＝12，解得θ＝30°；下降0.5L ，只有重力做功，细杆的拉力不做功，由机械能守恒定律得：mg ×0.5L ＝12mv C 2，在C 点有：F T －mg sin θ＝m v C2L，联立解得：F T ＝1.5mg ，故B 正确；从A 点到B 点，由机械能守恒定律得：mgL ＝12mv B 2，在B 点有：F T ′－mg ＝m v B 2L，联立解得：F T ′＝3mg ，故C 错误；小球下摆过程中，竖直方向的分速度先变到最大再减小到0，由P G ＝mgv y 知，重力对小球做功的瞬时功率先增大后减小，故D 正确． 21．(2018·河北省衡水金卷模拟一)如图7所示，线圈ABCD 匝数n ＝10，面积S ＝0.4 m 2，边界MN (与线圈的AB 边重合)右侧存在磁感应强度B ＝2π T 的匀强磁场，若线圈从图示位置开始绕AB 边以ω＝10π rad/s 的角速度匀速转动．则以下说法正确的是( )图7A ．线圈产生的是正弦交流电B ．线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为80 VC ．线圈转动160 s 时瞬时感应电动势为40 3 VD ．线圈产生的电动势的有效值为40 V 答案 BD解析 线圈在有界磁场中将产生正弦半波脉动电流，故A 错误；电动势最大值E m ＝nBS ω＝80 V ，故B 正确；线圈转动160 s 、转过角度π6，瞬时感应电动势为e ＝E m sin π6＝40 V ，故C 错误；在一个周期时间内，只有半个周期产生感应电动势，根据有效值的定义有(E m2R)2R ·T2＝(ER )2RT ，可得电动势有效值E ＝E m2＝40 V ，故D 正确.。
全国通用版2019高考物理总复习优编增分练：选择题考点排查练62016年全国Ⅱ卷选择题考点排查练
全国通用版2019高考物理总复习优编增分练：选择题考点排查练62016年全国Ⅱ卷选择题考点排查练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·广东省梅州市5月二模)如图1所示，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切，穿在轨道上的小球在拉力FT作用下，缓慢地由A向B运动，FT始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为FN，在运动过程中( )图1A．FT增大，FN减小B．FT减小，FN减小C．FT增大，FN增大D．FT减小，FN增大答案A 15．(2018·安徽省A10联盟最后一卷)如图2所示，匀强电场平行于等边三角形ABC 所在的平面，M、N分别是BC和AC的中点．同一带负电的点电荷，由A移到B电场力做功1.2×10－8J，由A移到C电场力做功2.4×10－8 J，则下列说法正确的是( )图2A．M、N连线所在直线为等势线B．A点电势高于B点C．将该点电荷由A点移到M点，电场力做功1.8×10－8 JD．匀强电场的方向由A点指向C点答案C 16．(2018·衡水金卷四省第三次大联考)如图3所示，一个小球从光滑的固定圆弧槽的A点由静止释放后，经最低点B运动到C点的过程中，小球的动能Ek随时间t的变化图象可能是( )图3答案B 解析动能Ek与时间t的图象上的任意一点的斜率表示重力做功的瞬时功率，即＝＝P，A点与C点处小球速度均为零，B点处小球速度方向与重力方向垂直，所以A、B、C三点处重力做功的功率为零，则小球由A点运动到B点的过程中重力做功的功率先增大再减小至零，小球由B点运动到C点的过程中，重力做功的功率也是先增大再减小至零，故B正确，A、C、D错误．17．(2018·河北省石家庄市二模)在如图4所示的电路中，R0为定值电阻，R为光敏电阻(光照减弱时阻值增大)，C为电容器，现减弱对光敏电阻R光照的强度，下列说法正确的是( )图4A．电流表的示数增大B．电容器C的电荷量增大C．电压表的示数变小D．电源内部消耗的功率变大答案B 解析减弱对光敏电阻R光照的强度，R增大，根据闭合电路欧姆定律可得路端电压增大，即电压表示数增大，总电流减小，即电流表示数减小，电容器两端的电压增大，根据C＝，C不变，U增大，可得Q增大，电源内部消耗的电功率P＝I2r，I减小，内阻不变，所以P减小，故B正确．18．(2018·广东省梅州市5月二模)如图5所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且仅圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．今有质量相同的甲、乙、丙三个小球，其中甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电，现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道最高点，则( )图5A．经过最高点时，三个小球的速度相等B．经过最高点时，甲球的速度最小C．乙球释放的位置最高D．甲球下落过程中，机械能守恒答案D 解析在最高点时，甲球所受洛伦兹力向下，乙球所受洛伦兹力向上，而丙球不受洛伦兹力，三球在最高点所受合力不相等，由牛顿第二定律得：F合＝m，由于F合不等、m、R相等，则三个小球经过最高点时的速度不相等，故A错误；由于经过最高点时甲球所受合力最大，甲球在最高点的速度最大，故B错误；甲球经过最高点时的速度最大，甲的机械能最大，小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可知，甲释放时的位置最高，故C错误；洛伦兹力不做功，小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，故D正确．19.如图6所示，水平地面粗糙，物块A、B在水平外力F的作用下都从静止开始运动，运动过程中的某一时刻，物块A、B的速度vA、vB和加速度aA、aB大小关系可能正确的是( )图6B．vA<vB，aA<aBA．vA>vB，aA＝aBD．vA>vB，aA>aBC．vA＝vB，aA＝aB答案BC解析由题意知，A、B一起加速时，aA＝aB，则vA＝vB；发生相对运动时，一定是：vA<vB，aA<aB，所以B、C正确．20．(2018·广东省梅州市5月二模)如图7所示，在平面上有两条相互垂直且彼此绝缘的通电长直导线，以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系．四个相同的闭合圆形线圈在四个象限中完全对称放置，两条长直导线中电流大小与变化情况相同，电流方向如图所示，当两条导线中的电流都开始均匀增大时，四个线圈a、b、c、d中感应电流的情况是( )图7A．线圈a中有感应电流B．线圈b中有感应电流C．线圈c中有顺时针方向的感应电流D．线圈d中有逆时针方向的感应电流答案AC 解析由右手螺旋定则可判定通电导线周围磁场的方向，a、c所在象限磁场不为零，a中磁场垂直纸面向里，当电流增大时，线圈a中有逆时针方向的电流，故A正确；其中b、d线圈内的磁通量为零，当电流变化时不可能产生感应电流，故B、D错误；c中磁场垂直纸面向外，当电流增大时，线圈c中有顺时针方向的电流，故C正确．21．(2018·安徽省安庆市二模)如图8所示，水平面上固定一倾角为θ＝30°的斜面，一轻质弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，上端连接一质量m＝2 kg的物块(视为质点)，开始时物块静止在斜面上A点，此时物块与斜面间的摩擦力恰好为零，现用一沿斜面向上的恒力F＝20 N作用在物块上，使其沿斜面向上运动，当物块从A 点运动到B点时，力F做的功W＝4 J，己知弹簧的劲度系数k＝100 N/m，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，取g＝10 m/s2，则下列结论正确的是( )图8A．物块从A点运动到B点的过程中，重力势能增加了4 JB．物块从A 点运动到B点的过程中，产生的内能为1.2 JC．物块经过B点时的速度大小为 m/sD．物块从A点运动到B点的过程中，弹簧弹性势能的变化量为0.5 J答案BC 解析当物块从A点运动到B点时，力F做的功W＝4 J，则AB的距离L＝＝ m＝0.2 m，此时重力势能增加了ΔEp＝mgLsin 30°＝20×0.2× J＝2 J，选项A错误；物块从 A 点运动到B点的过程中，产生的内能为ΔE＝Wf＝μmgLcos 30°＝×20×0.2× J＝1.2 J，选项B正确；物块静止在A点时所受摩擦力为零，则mgsin 30°＝kΔx，解得Δx＝＝ m＝0.1 m，即在A点时弹簧被压缩了0.1 m，可知当物块到达B点时，弹簧伸长0.1 m，那么在A、B两点弹簧的弹性势能相等，则从A到B由动能定理：W－WG－Wf＝mv，解得vB＝ m/s，选项C正确，D错误．。
全国通用版2019高考物理总复习优编增分练：计算题考点排查练13全国Ⅲ卷计算题考点排查练word格式
2018年(全国Ⅲ卷)计算题考点排查练24．(2018·贵州省安顺市适应性监测三)如图1所示，在xOy 平面内的y 轴左侧有沿y 轴负方向的匀强电场，y 轴右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，y 轴为匀强电场和匀强磁场的理想边界．一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力)从x 轴上的N 点(－L,0)以速度v 0沿x 轴正方向射出．已知粒子经y 轴的M 点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－32L 进入磁场，若粒子离开电场后，y 轴左侧的电场立即撤去，粒子最终恰好经过N 点．求：图1(1)粒子进入磁场时的速度大小及方向；(2)匀强磁场的磁感应强度大小．答案 (1)2v 0 方向与y 轴负方向成30°角 (2)43mv09Lq解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动，有3L 2＝12at 12， L ＝v 0t 1，设粒子到达M 点的速度大小为v ，方向与y 轴负方向成θ角，轨迹如图：则有：tan θ＝v0at1，v ＝v0sin θ， 联立解得：θ＝30°，v ＝2v 0；(2)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，有qvB ＝m v2R ，由几何关系有：3L 2＋L tan θ＝R ， 联立解得B ＝43mv09Lq.25．(2018·福建省南平市第一次质检)如图2所示，质量均为m ＝4 kg 的两个小物块A 、B (均可视为质点)放置在水平地面上，竖直平面内半径R ＝0.4 m 的光滑半圆形轨道与水平地面相切于C ，弹簧左端固定．移动物块A 压缩弹簧到某一位置(弹簧在弹性限度内)，由静止释放物块A ，物块A 离开弹簧后与物块B 碰撞并粘在一起以共同速度v ＝5 m/s 向右运动，运动过程中经过一段长为s ，动摩擦因数μ＝0.2的水平面后，冲上圆轨道，除s 段外的其它水平面摩擦力不计．求：(g 取10 m/s 2)图2(1)若s ＝1 m ，两物块刚过C 点时对轨道的压力大小；(2)刚释放物块A 时，弹簧的弹性势能；(3)若两物块能冲上圆形轨道，且不脱离圆形轨道，s 应满足什么条件． 答案 (1)500 N (2)200 J (3)s ≤1.25 m 或4.25 m ≤s <6.25 m 解析 (1)设物块经过C 点时速度为v C ，物块受到轨道支持力为F N C 由功能关系得：12×2mv 2－2μmgs ＝12×2mv C 2又F N C －2mg ＝2m vC2R代入解得：F N C ＝500 N由牛顿第三定律知，物块对轨道压力大小也为500 N(2)设A 与B 碰撞前A 的速度为v 0，以向右为正方向，由动量守恒得：mv 0＝2mv ，解得v 0＝10 m/s则：E p ＝E k ＝12mv 02＝200 J(3)物块不脱离轨道有两种情况①能过轨道最高点，设物块经过半圆形轨道最高点最小速度为v 1，则2mg ＝2mv12R得：v 1＝gR ＝2 m/s物块从碰撞后到经过最高点过程中，由功能关系有12×2mv 2－2μmgs －4mgR ≥12×2mv 12代入解得s 满足条件：s ≤1.25 m ②物块上滑最大高度不超过14圆弧设物块刚好到达14圆弧处速度为v 2＝0物块从碰撞后到最高点，由功能关系有：12×2mv 2－2μmgs ≤2mgR同时依题意，物块能滑出粗糙水平面，由功能关系：12×2mv 2>2μmgs代入解得s 满足条件：4.25 m ≤s <6.25 m。
高考物理总复习 优编增分练：选考题考点排查练5 2016年选考33题考点排查练
2016年(全国Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷)选考33题考点排查练1．(1)(2018·四川省广安、眉山、内江和遂宁第三次模拟)下列关于温度及内能的说法中正确的是________． A ．物体的内能不可能为零B ．温度高的物体比温度低的物体内能大C ．一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化D ．内能不相同的物体，它们的分子平均动能可能相同E ．温度是分子平均动能的标志，所以两个动能不同的分子相比，动能大的分子温度高 (2)(2018·衡水金卷调研卷五)如图1甲所示，一截面积为S 的汽缸竖直倒放，汽缸内有一质量为m 的活塞，将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，气柱的长度为L ，活塞与汽缸壁无摩擦，气体处于平衡状态，现保持温度不变，把汽缸倾斜，使汽缸侧壁与竖直方向夹角θ＝37°，重新达到平衡后，如图乙所示，设大气压强为p 0，汽缸导热良好，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g .图1①求此时气柱的长度；②分析说明汽缸从竖直倒放到倾斜过程，理想气体吸热还是放热． 答案 (1)ACD (2)①5p 0S －5mg 5p 0S －4mgL ②放热解析 (1)内能是物体内所有分子无规则热运动的动能和分子势能的总和，分子在永不停息地做无规则运动，所以内能永不为零，故A 正确；物体的内能除与温度有关外，还与物质的量、物体的体积及物态有关，温度高的物体的内能可能比温度低的物体的内能大，也可能与温度低的物体的内能相等，也可能比温度低的物体的内能小，故B 错误；一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化，比如零摄氏度的冰化为零摄氏度的水，内能增加，故C 正确；内能与温度、体积、物质的量及物态有关，而分子平均动能只与温度有关，故内能不同的物体，它们的分子平均动能可能相同，故D 正确；温度是分子平均动能的标志，温度高平均动能大，但不一定每个分子的动能都大，故E 错误．(2)①以活塞为研究对象，汽缸竖直倒放时，根据平衡条件有p 0S ＝mg ＋p 1S ，得p 1＝p 0－mg S汽缸倾斜后，根据平衡条件有p 0S ＝mg cos 37°＋p 2S ，得p 2＝p 0－mg S cos 37°＝p 0－4mg5S根据玻意耳定律有p 1LS ＝p 2xS ，解得x ＝5p 0S －5mg5p 0S －4mg L②由①得出气体体积减小，大气压对气体做功，W >0，气体等温变化，ΔU ＝0，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q ，知Q <0，故气体放出热量． 2．(1)(2018·广东省汕头市第二次模拟)一定量的理想气体从状态a 开始，经历ab 、bc 、ca 三个过程回到原状态，其V －T 图象如图2所示．下列判断正确的是________．图2A ．ab 过程中气体一定放热B ．ab 过程中气体对外界做功C ．bc 过程中气体内能保持不变D ．bc 过程中气体一定吸热E ．ca 过程中容器壁单位面积受到气体分子的撞击力一定减小(2)如图3所示是生活上常用喷雾器的简化图．已知贮液瓶容积为3 L(不计贮液瓶中打气筒和细管的体积)，喷液前，瓶内气体压强需达到2.5 atm ，方可将液体变成雾状喷出，打气筒每次能向贮液瓶内打入p 0＝1.0 atm 的空气ΔV ＝50 mL.现打开进水阀门A 和喷雾头阀门B ，装入2 L 的清水后，关闭阀门A 和B.设周围大气压恒为p 0，打气过程中贮液瓶内气体温度与外界温度相同且保持不变，不计细管中水产生的压强，求：图3①为确保喷雾器的正常使用，打气筒至少打气次数n ；②当瓶内气压达到2.5 atm 时停止打气，然后打开阀门B ，求喷雾器能喷出的水的体积的最大值．答案 (1)ADE (2)①30次 ②1.5 L解析 (1)由题图可知，ab 过程气体发生等温变化，气体内能不变，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 可知，气体放出热量，故A 正确，B 错误；由题图知，bc 过程气体体积不变而温度升高，气体内能增大，气体不做功，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故C 错误，D 正确；根据理想气体状态方程得p c V c T c ＝p a V aT a，因V c <V a ，T c >T a ，故p c >p a ，根据气体压强的微观解释可知E 正确． (2)①贮液瓶装水后，瓶内封闭气体的体积V 1＝V 总－V 液＝1 L打气过程瓶内气体做等温变化，有p 0(V 1＋V 外)＝p 2V 1 V 外＝n ΔV将p 0＝1.0 atm 、p 2＝2.5 atm 代入，解得打气的次数至少为n ＝30 次 ②阀门打开喷水过程，瓶内封闭气体做等温变化，有p 2V 1＝p 3V 3最后瓶内气体的压强p 3＝p 0代入数据解得最后瓶内气体的体积V 3＝2.5 L因此喷雾器能喷出的水的体积的最大值V 水＝V 3－V 1＝1.5 L3．(1)(2018·四川省第二次“联测促改”)节日放飞的氢气球，升到高空后会破裂．氢气球在破裂之前的上升过程中，下列说法正确的是________． A ．气球内氢气的内能减小 B ．气球内氢分子的速率都在减小 C ．气球内的氢气对外做功D ．气球内的氢分子的速率总是呈“中间多，两头少”的分布规律E ．气球内的氢分子的运动也叫布朗运动(2)(2018·江西省南昌市第二次模拟)如图4所示，一汽缸固定在水平地面上，通过活塞封闭有一定质量的理想气体，活塞与缸壁的摩擦可忽略不计，活塞的横截面积S ＝100 cm 2.活塞与水平平台上的物块A 用水平轻杆连接，在平台上有另一物块B ，A 、B 的质量均为m ＝62.5 kg ，两物块与平台间的动摩擦因数均为μ＝0.8.两物块间距为d ＝10 cm.开始时活塞距缸底L 1＝10 cm ，缸内气体压强等于大气压强p 0(p 0＝1×105Pa)，温度 t 1＝27 ℃.现对汽缸内的气体缓慢加热．求：(g ＝10 m/s 2)图4①物块A 开始移动时，汽缸内的温度； ②物块B 开始移动时，汽缸内的温度． 答案 (1)ACD (2)①450 K ②1 200 K解析 (1)在气球上升过程中，随着高度的增加，温度降低，空气的密度减小，大气压强逐渐减小，球内氢气的压强大于外界大气压，会使得氢气球向外膨胀，气球的体积变大，气体对外做功，其内能减小，故A 、C 正确；氢气温度降低，分子平均动能减小，平均速率减小，速率总是呈“中间多，两头少”的分布规律，不一定所有分子的速率都减小，故B 错误，D 正确；布朗运动是固体小颗粒的无规则运动，故E 错误． (2)①物块A 开始移动前气体做等容变化，则有p 2＝p 0＋μmg S＝1.5×105Pa由查理定律有：p 1T 1＝p 2T 2解得T 2＝450 K②物块A 开始移动后，气体做等压变化，到A 与B 刚接触时p 3＝p 2＝1.5×105 Pa ，V 3＝(L 1＋d )S由盖－吕萨克定律有V 2T 2＝V 3T 3，解得T 3＝900 K之后气体又做等容变化，设物块A 和B 一起开始移动时气体的温度为T 4p 4＝p 0＋2μmg S＝2.0×105PaV 4＝V 3由查理定律有p 3T 3＝p 4T 4，解得T 4＝1 200 K。
全国通用版高考物理总复习优编增分练：鸭题考点排查练5
2016年(全国Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷)选考33题考点排查练1．(1)(2018·四川省广安、眉山、内江和遂宁第三次模拟)下列关于温度及内能的说法中正确的是________． A ．物体的内能不可能为零B ．温度高的物体比温度低的物体内能大C ．一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化D ．内能不相同的物体，它们的分子平均动能可能相同E ．温度是分子平均动能的标志，所以两个动能不同的分子相比，动能大的分子温度高 (2)(2018·衡水金卷调研卷五)如图1甲所示，一截面积为S 的汽缸竖直倒放，汽缸内有一质量为m 的活塞，将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，气柱的长度为L ，活塞与汽缸壁无摩擦，气体处于平衡状态，现保持温度不变，把汽缸倾斜，使汽缸侧壁与竖直方向夹角θ＝37°，重新达到平衡后，如图乙所示，设大气压强为p 0，汽缸导热良好，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g .图1①求此时气柱的长度；②分析说明汽缸从竖直倒放到倾斜过程，理想气体吸热还是放热． 答案 (1)ACD (2)①5p 0S －5mg 5p 0S －4mgL ②放热解析 (1)内能是物体内所有分子无规则热运动的动能和分子势能的总和，分子在永不停息地做无规则运动，所以内能永不为零，故A 正确；物体的内能除与温度有关外，还与物质的量、物体的体积及物态有关，温度高的物体的内能可能比温度低的物体的内能大，也可能与温度低的物体的内能相等，也可能比温度低的物体的内能小，故B 错误；一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化，比如零摄氏度的冰化为零摄氏度的水，内能增加，故C 正确；内能与温度、体积、物质的量及物态有关，而分子平均动能只与温度有关，故内能不同的物体，它们的分子平均动能可能相同，故D 正确；温度是分子平均动能的标志，温度高平均动能大，但不一定每个分子的动能都大，故E 错误．(2)①以活塞为研究对象，汽缸竖直倒放时，根据平衡条件有p 0S ＝mg ＋p 1S ，得p 1＝p 0－mg S汽缸倾斜后，根据平衡条件有p 0S ＝mg cos 37°＋p 2S ，得p 2＝p 0－mg S cos 37°＝p 0－4mg5S根据玻意耳定律有p 1LS ＝p 2xS ，解得x ＝5p 0S －5mg5p 0S －4mg L②由①得出气体体积减小，大气压对气体做功，W >0，气体等温变化，ΔU ＝0，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q ，知Q <0，故气体放出热量． 2．(1)(2018·广东省汕头市第二次模拟)一定量的理想气体从状态a 开始，经历ab 、bc 、ca 三个过程回到原状态，其V －T 图象如图2所示．下列判断正确的是________．图2A ．ab 过程中气体一定放热B ．ab 过程中气体对外界做功C ．bc 过程中气体内能保持不变D ．bc 过程中气体一定吸热E ．ca 过程中容器壁单位面积受到气体分子的撞击力一定减小(2)如图3所示是生活上常用喷雾器的简化图．已知贮液瓶容积为3 L(不计贮液瓶中打气筒和细管的体积)，喷液前，瓶内气体压强需达到2.5 atm ，方可将液体变成雾状喷出，打气筒每次能向贮液瓶内打入p 0＝1.0 atm 的空气ΔV ＝50 mL.现打开进水阀门A 和喷雾头阀门B ，装入2 L 的清水后，关闭阀门A 和B.设周围大气压恒为p 0，打气过程中贮液瓶内气体温度与外界温度相同且保持不变，不计细管中水产生的压强，求：图3①为确保喷雾器的正常使用，打气筒至少打气次数n ；②当瓶内气压达到2.5 atm 时停止打气，然后打开阀门B ，求喷雾器能喷出的水的体积的最大值．答案 (1)ADE (2)①30次 ②1.5 L解析 (1)由题图可知，ab 过程气体发生等温变化，气体内能不变，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 可知，气体放出热量，故A 正确，B 错误；由题图知，bc 过程气体体积不变而温度升高，气体内能增大，气体不做功，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故C 错误，D 正确；根据理想气体状态方程得p c V c T c ＝p a V aT a，因V c <V a ，T c >T a ，故p c >p a ，根据气体压强的微观解释可知E 正确． (2)①贮液瓶装水后，瓶内封闭气体的体积V 1＝V 总－V 液＝1 L打气过程瓶内气体做等温变化，有p 0(V 1＋V 外)＝p 2V 1 V 外＝n ΔV将p 0＝1.0 atm 、p 2＝2.5 atm 代入，解得打气的次数至少为n ＝30 次 ②阀门打开喷水过程，瓶内封闭气体做等温变化，有p 2V 1＝p 3V 3最后瓶内气体的压强p 3＝p 0代入数据解得最后瓶内气体的体积V 3＝2.5 L因此喷雾器能喷出的水的体积的最大值V 水＝V 3－V 1＝1.5 L3．(1)(2018·四川省第二次“联测促改”)节日放飞的氢气球，升到高空后会破裂．氢气球在破裂之前的上升过程中，下列说法正确的是________． A ．气球内氢气的内能减小 B ．气球内氢分子的速率都在减小 C ．气球内的氢气对外做功D ．气球内的氢分子的速率总是呈“中间多，两头少”的分布规律E ．气球内的氢分子的运动也叫布朗运动(2)(2018·江西省南昌市第二次模拟)如图4所示，一汽缸固定在水平地面上，通过活塞封闭有一定质量的理想气体，活塞与缸壁的摩擦可忽略不计，活塞的横截面积S ＝100 cm 2.活塞与水平平台上的物块A 用水平轻杆连接，在平台上有另一物块B ，A 、B 的质量均为m ＝62.5 kg ，两物块与平台间的动摩擦因数均为μ＝0.8.两物块间距为d ＝10 cm.开始时活塞距缸底L 1＝10 cm ，缸内气体压强等于大气压强p 0(p 0＝1×105Pa)，温度 t 1＝27 ℃.现对汽缸内的气体缓慢加热．求：(g ＝10 m/s 2)图4①物块A 开始移动时，汽缸内的温度； ②物块B 开始移动时，汽缸内的温度． 答案 (1)ACD (2)①450 K ②1 200 K解析 (1)在气球上升过程中，随着高度的增加，温度降低，空气的密度减小，大气压强逐渐减小，球内氢气的压强大于外界大气压，会使得氢气球向外膨胀，气球的体积变大，气体对外做功，其内能减小，故A 、C 正确；氢气温度降低，分子平均动能减小，平均速率减小，速率总是呈“中间多，两头少”的分布规律，不一定所有分子的速率都减小，故B 错误，D 正确；布朗运动是固体小颗粒的无规则运动，故E 错误． (2)①物块A 开始移动前气体做等容变化，则有p 2＝p 0＋μmg S＝1.5×105Pa由查理定律有：p 1T 1＝p 2T 2解得T 2＝450 K②物块A 开始移动后，气体做等压变化，到A 与B 刚接触时p 3＝p 2＝1.5×105 Pa ，V 3＝(L 1＋d )S由盖－吕萨克定律有V 2T 2＝V 3T 3，解得T 3＝900 K之后气体又做等容变化，设物块A 和B 一起开始移动时气体的温度为T 4p 4＝p 0＋2μmg S＝2.0×105PaV 4＝V 3由查理定律有p 3T 3＝p 4T 4，解得T 4＝1 200 K。
2019高考物理全国通用版优编增分练：实验题考点排查练7+Word版含解析
2019高考物理全国通用版优编增分练
实验题考点排查练7
2016年(全国Ⅲ卷)实验题考点排查练
22．(2018·湖北省武汉市二月调研)如图1甲所示是某汽车转向灯的控制电路，电子闪光器可以产生周期性的开关动作，使转向信号灯和转向指示灯闪烁．该电路的工作过程为：汽车若向左转弯，就把转向信号灯开关(单刀三掷开关)拨至左侧位置1，闪光器工作，转向信号灯闪烁，向路人或其他车辆发出信号，同时安装在仪表盘上的转向指示灯也在闪亮，向驾驶员提供转向灯工作的情况；汽车向右转弯的原理与向左转弯一样．
图1
(1)闭合点火开关，将转向信号灯开关拨至右侧位置2，发现电路不工作．为排查电路故障，多用电表的选择开关应旋至________(选填“欧姆挡”“交流电压挡”“直流电压挡”或“直流电流挡”)的位置；用调节好的多用电表进行排查，若只有电子闪光器断路，则表笔接A、B时指针________(选填“偏转”或“不偏转”)，接B、D时指针________(选填“偏转”或“不偏转”)．
(2)电容式转向信号闪光器的内部结构如图乙所示，它主要由一个具有双线圈的灵敏继电器和一个大容量的电容器组成．其工作原理如下：
①接通转向灯电路，蓄电池通过线圈L1和常闭触点对转向灯供电，在线圈L1的磁场的作用下，____________.
②蓄电池对电容器充电，此时线圈L1、L2均串入电路，故转向灯电流较小，转向灯不亮，在。
2019高考物理全国通用版优编增分练：计算题考点排查练9+Word版含解析
2019高考物理全国通用版优编增分练
计算题考点排查练9
2017年(全国Ⅱ卷)计算题考点排查练
24．(2018·河北省石家庄二中期中)如图1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．已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g＝10 m/s2.求：
图1
(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？
答案(1)20 m/s2(2)3.2 m(3)10 m
解析(1)由牛顿第二定律，得：F－μmg＝ma
当推力F＝100 N时，物体所受的合力最大，加速度最大，代入数值解得a＝F
m－μg＝20 m/s
2 (2)由题图可得推力F是随位移x变化的，当推力等于摩擦力时，加速度为0，速度最大
则F＝μmg＝20 N
由题图得到F与x的函数关系式F＝100－25x
则得到x＝3.2 m
(3)由题图得到推力对物体做的功等于F－x图线与x轴所围“面积”，得推力做功W＝200 J 根据动能定理：W－μmgx m＝0。
(全国通用版)2019高考物理总复习优编增分练：选择题考点排查练52016年(全国
2016年(全国Ⅰ卷)选择题考点排查练题号1415161718192021考点电容器质谱仪变压器万有引力定律力与运动动态平衡电场的性质v－t图象与追及问题二、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·衡水金卷调研卷五)如图1所示，平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，静电计的金属球与电容器的负极板连接，外壳接地，以E表示两极板间的场强，θ表示静电计指针的偏角，则各物理量的变化情况正确的是( )图1A．将平行板电容器的正极板向右移动，E变小，θ变大B．将平行板电容器的正极板向右移动，E不变，θ变小C．将平行板电容器的正极板向左移动，E变大，θ变大D．将平行板电容器的正极板向左移动，E变小，θ变小答案 B15．(2018·安徽省“江南十校”二模)如图2所示，含有11H、21H、42He的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器，沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P1、P两点．不考虑重力作用，下列说法不正确的是( )图2A．沿直线O1O2运动的粒子速度相等B．打在P点的粒子是21H和42HeC．O2P的长度是O2P1长度的2倍D．粒子11H在偏转磁场中运动的时间最长答案 D16．(2018·广西钦州市第三次质检)如图3所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的白炽灯泡a、b和c，灯泡b、c规格相同，当左端输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，三只灯泡均能正常发光，导线电阻不计，下列说法正确的是( )图3A．原、副线圈匝数比为10∶１B．此时a灯和b灯的电流比为1∶１C．此时a灯和b灯的电功率之比为1∶９D．此时a灯和b灯的电阻比为9∶２答案 D解析灯泡正常发光，则其两端电压均为额定电压U额，则说明原线圈输入电压为9U额，输。
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62016年全国Ⅱ卷实验题考点排查练
2016年(全国Ⅱ卷)实验题考点排查练22．(2018·河南省六市第二次联考)用如图1所示的装置可以测量弹簧的弹性势能．将弹簧放置在水平气垫导轨上，左端固定，右端在O点；在O点右侧的B、C位置各安装一个光电门，计时器(图中未画出)与两个光电门相连．先用米尺测得B、C两点间距离s，再用带有遮光片的小滑块压缩弹簧到某位置A，由静止释放小滑块，计时器显示遮光片从B到C所用的时间t，用米尺测量A、O之间的距离x.图1(1)计算小滑块离开弹簧时速度大小的表达式是____________________．(2)为求出弹簧的弹性势能，还需要测量________．A．弹簧原长B．当地重力加速度C．小滑块(含遮光片)的质量(3)实验误差的来源有________．A ．空气阻力B ．小滑块的大小C ．弹簧的质量答案 (1)s t(2)C (3)AC 解析 (1)滑块离开弹簧后的运动可视为匀速运动，故可以用BC 段的平均速度表示滑块离开弹簧时的速度，则有：v ＝s t. (2)弹簧的弹性势能等于滑块(含遮光片)增加的动能，故应求解滑块(含遮光片)的动能，根据动能表达式可知，应测量小滑块(含遮光片)的质量，故选C.(3)由于存在空气阻力，阻力做负功，小滑块的动能增加量小于弹簧的弹性势能的减小量；由于弹簧有质量，故弹簧的弹性势能有小部分转化为弹簧的动能，故小滑块的动能增加量小于弹簧弹性势能的减小量，故选A 、C.23．(2018·河北省石家庄市二模)某同学利用多用电表欧姆挡测量标准电压表V 1的内阻并对电压表V 2的示数进行校对．实验器材如下：多用电表(欧姆挡对应刻度盘上正中央数值为15)标准电压表V 1 (量程10 V ，内阻R V1约为几十千欧)电压表V 2(量程10 V ，内阻R V2＝9 k Ω)滑动变阻器R (最大阻值约50 Ω)电源E (电动势为12 V ，内阻不计)开关S 一个、导线若干实验过程如下：(1)利用多用电表欧姆挡测量电压表V 1的内阻，将红、黑表笔短接调零后，选用图2甲中________(选填“A”或“B”)方式连接．图2(2)实验中，两表的示数如图乙所示，多用电表欧姆挡的读数为________Ω，电压表的读数为________V，通过计算可得出欧姆挡电池的电动势为________V．(以上结果均保留三位有效数字)(3)利用标准电压表V1对电压表V2进行校对，请在图3的方框中画出电路图．图3(4)校对中发现，调节滑动变阻器，标准电压表V1示数为9.00 V时，电压表V2的示数为10.00 V，为使9.00 V示数准确，应给V2表串联________Ω的电阻．答案(1)A (2)3.00×104 5.80 8.70 (3)如图所示(4)1 000解析(1)根据“红进黑出”原理可知A图正确；(2)因为电压表V1的示数为几十千欧，所以多用电表欧姆挡的读数为30.0×103Ω＝3.00×104Ω；电压表V1的量程为10 V，所以分度值为0.1 V，故读数为5.80 V；根据题意，中值电阻为15 kΩ，即欧姆表内阻为15 kΩ，根据闭合电路欧姆定律可得3030＋15E＝5.80 V，解得E ＝8.70 V；(3)因为并联电路电压相等，所以要校对电压表，可将两电压表并联，由于电压表内阻过大，而滑动变阻器最大约50 Ω，所以为了读数变化明显，采用滑动变阻器的分压式接法，电路图如图所示(4)根据欧姆定律可得9 k Ω9 k Ω＋R×10.00 V＝9.00 V ，解得R ＝1 k Ω＝1 000 Ω。
- 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)。
2016年(全国Ⅰ卷)计算题考点排
查练
24．(2018·陕西省榆林市第四次模拟)如图1所示，间距为d 的两竖直光滑金属导轨间接有一阻值为R 的电阻，在两导轨间水平边界MN 下方的区域内存在着与导轨平面垂直的匀强磁场．一质量为m 、长度为d 、电阻为r 的金属棒PQ 紧靠在导轨上．现使棒PQ 从MN 上方d
2
高度处由静止开始下落，结果棒PQ 进入磁场后恰好做匀速直线运动．若棒PQ 下落过程中受到的
空气阻力大小恒为其所受重力的14
，导轨的电阻忽略不计，棒与导轨始终保持垂直且接触良好，重力加速度大小为g ，求：
图1
(1)棒PQ 在磁场中运动的速度大小v ；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小B .
答案 (1)3gd 2 (2)3mg (R ＋r )2d 23gd
解析 (1)棒PQ 进入磁场前做匀加速直线运动，设其加速度大小为a .由运动学公式得
v 2＝2a ·d 2
根据牛顿第二定律得mg －14
mg ＝ma 解得：v ＝3gd 2
(2)棒PQ 在磁场中做匀速直线运动时，切割磁感线产生的感应电动势为E ＝Bdv
回路中通过的感应电流为I ＝E
R ＋r
对棒PQ ，由受力平衡条件得BId ＝mg －14
mg 解得：B ＝3mg (R ＋r )2d 23gd
25．(2018·贵州省贵阳市5月适应性考试二)如图2所示，半径为R ＝0.5 m 、内壁光滑的圆轨道竖直固定在水平地面上．圆轨道底端与地面相切，一可视为质点的物块A 以v 0＝6 m/s 的速度从左侧入口向右滑入圆轨道，滑过最高点Q ，从圆轨道右侧出口滑出后，与静止在地面上P 点的可视为质点的物块B 碰撞(碰撞时间极短)，P 点左侧地面光滑，右侧粗糙段和光滑段交替排列，每段长度均为L ＝0.1 m ，两物块碰后粘在一起做直线运动．已知两物块与各粗糙段间的动摩擦因数均为μ＝0.1，物块A 、B 的质量均为m ＝1 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2
.
图2
(1)求物块A 到达Q 点时的速度大小v 和受到的弹力F N ；
(2)若两物块最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值；
(3)求两物块滑至第n (n <k )个光滑段上的速度v n 与n 的关系式． 答案 见解析
解析 (1)物块A 滑入圆轨道到达Q 的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律得： 12mv 02＝12
mv 2＋2mgR ① 物块A 做圆周运动：F N ＋mg ＝m v 2
R
② 由①②联立得：v ＝4 m/s
F N ＝22 N ，方向向下③
(2)在与B 碰撞前，系统机械能守恒，A 和B 在碰撞过程中动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
m A v 0＝(m A ＋m B )v 1④
A 、
B 碰后向右滑动，由动能定理得：－μ(m A ＋m B )gs ＝0－12(m A ＋m B )v 12
⑤
由④⑤联立得s ＝4.5 m ，
所以k ＝s L ＝45；
(3)设碰后A 、B 滑至第n 个光滑段上的速度为v n ，由动能定理得：
－μ(m A ＋m B )gnL ＝12(m A ＋m B )v n 2－12(m A ＋m B )v 12
⑥
解得：v n ＝v 12
－2μgnL ＝9－0.2n (n <45)。