高考物理二轮习题：组合特训选择题+实验题+计算题(3) 含解析

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2020届高考物理江苏省二轮复习训练题：组合特训选择题+实验题+计算题(1)

选择题+实验题+计算题(1)1.2018年10月23日,港珠澳跨海大桥正式通车。

为保持以往船行习惯,在航道处建造了单面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥,其索塔与钢索如图所示。

下列说法正确的是( )A.增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力B.为了减小钢索承受的拉力,可以适当降低索塔的高度C.索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时,钢索对索塔的合力竖直向下D.为了使索塔受到钢索的合力竖直向下,索塔两侧的钢索必须对称分布答案　C　每根钢索对索塔的拉力可分解为水平分力和竖直向下的分力,竖直方向上,索塔受到的向下的压力大小等于钢索和桥面的总重力,故增加钢索数量不能减小索塔受到的向下的压力,A错误;降低索塔高度,钢索的水平倾角减小,钢索所受拉力反而会增大,B错误;不论两侧钢索是否对称分布,只要两侧钢索的水平分力相互抵消,钢索对索塔的合力就会竖直向下,C正确,D错误。

2.(2019江苏南通、连云港等七市三模联考)如图所示,平面直角坐标系xOy的x 轴上固定一带负电的点电荷A,一带正电的点电荷B绕A在椭圆轨道上沿逆时针方向运动,椭圆轨道的中心在O点,P1、P2、P3、P4为椭圆轨道与坐标轴的交点,为使B绕A做圆周运动,某时刻起在此空间加一垂直于xOy平面的匀强磁场,不计B受到的重力,下列说法中可能正确的是( )A.当B运动到P1点时,加一垂直于xOy平面向里的匀强磁场B.当B运动到P2点时,加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场C.当B运动到P3点时,加一垂直于xOy平面向里的匀强磁场D.当B运动到P4点时,加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场答案　C　加磁场的时刻,点电荷B的速度方向应与A、B连线垂直,之后B才能绕A做圆周运动,故B、D错误。

由B沿椭圆轨道运动的特点可知,在P1点,电场力提供的向心力大于做圆周运动需要的向心力,点电荷B做近心运动,需要减小所提供的向心力,B才能绕A做圆周运动,由左手定则可知,此时若加一垂直于xOy平面向里的匀强磁场,洛伦兹力指向A,提供的向心力增大,故A错误。

2024届高考二轮复习物理(新高考新教材) 选择题专项练(三) 含答案解析

选择题专项练(三)一、单项选择题:每小题只有一个选项符合题目要求。

1.(2023广东广州模拟)核电池是利用放射性同位素衰变放出载能粒子(如α粒子、β粒子和γ射线)并将其能量转换为电能的装置。

人造心脏的放射性同位素动力源用的燃料是钚238,其衰变方程为238Pu U+X+γ。

下列说法正确的是()94A.92234U不具有放射性B.该衰变为α衰变C.原子核X和γ射线均属于实物粒子D.94238Pu的比结合能比92234U的比结合能大2.(2023福建福州模拟)2022年11月30日,神舟十五号载人飞船与天和核心舱成功对接,6名航天员首次实现“太空会师”。

如图所示,对接前神舟十五号飞船在圆形轨道Ⅰ运行,天和核心舱在距地面400 km高度的轨道Ⅱ运行。

神舟十五号飞船从轨道Ⅰ加速到达轨道Ⅱ与天和核心舱对接,对接后共同沿轨道Ⅱ运行,则下列说法正确的是()A.对接后神舟十五号飞船的运行速度小于7.9 km/sB.对接后天和核心舱的运行周期将增大C.考虑稀薄大气阻力,若天和核心舱不进行干预,运行速度将越来越大D.神舟十五号飞船在轨道Ⅰ与地心连线和在轨道Ⅱ与地心连线在相同时间内扫过的面积相等3.(2023河北邢台模拟)海面上有一列沿x轴正方向传播的简谐横波,t=0时刻波源O从平衡位置开始振动,图甲是该列波在t=0.6 s时的部分波形图,图乙是该列波上x=14 m处的质点振动的图像,下列说法正确的是()A.波源的起振方向向上B.t=0.6 s时,波一定刚传到x=10 m处C.该列波的波速一定为20 m/sD.0~0.7 s内海面上x=2 m处的一片树叶运动的路程为20 cm4.如图所示,两个体积相同的容器,甲一直敞口,乙在中午盖上盖子密封。

到了夜间温度降低。

若大气压强保持不变,容器导热性良好,下列说法正确的是()A.夜间甲容器中分子数减少B.夜间乙容器中气体的内能减小C.夜间甲容器中气体分子单位时间撞击单位面积器壁的次数减少D.从中午到夜间,乙容器中气体从外界吸收热量5.(2023江西南昌模拟)两名同学在篮球场进行投篮练习,投篮过程如图所示,篮球抛出点P距离篮筐初始位置的水平距离为L=1.8 m、竖直高度为H=0.6 m。

高考物理二轮总复习课后习题题型专项练选择题专项练(三)

选择题专项练(三)一、单项选择题:每小题只有一个选项符合题目要求。

1.(浙江金丽衢十二校联考)11月30日,神舟十五号载人飞船成功对接空间站天和核心舱,神舟十四号、十五号航天员乘组首次“太空会师”。

2月10日航天员穿着白色舱外航天服出舱,完成舱外作业,如图所示。

已知空间站绕地球飞行周期为91 min,轨道高度约400 km,地球半径R=6 400 km,引力常量G=6.7×10-11N·m2/kg2。

下列说法正确的是( )A.由已知数据可估算出地球的质量约为6×1024 kgB.飞船要与空间站对接,必须先飞到比空间站更高轨道然后加速C.航天员出舱后,如果静止释放一个小球,小球将做自由落体运动D.舱外航天服采用白色,主要是白色能吸收更多的太阳能,以防出舱后航天员太冷2.(浙江金华三模)4月12日21时,我国全超导托卡马克核聚变装置(EAST)成功实现稳态高约束模式等离子体运行403 s,如图所示,在该装置内发生的核反应方程是12H+13H H+1,13H的质量为m2,24H的质量为m3,X的质量为m4,光速为c,下列说法正确的是( )A.只有氘(12H)和氚(13H)能发生核聚变,其他原子核不能B.发生一次上述核聚变反应所释放的核能大小为(m4+m3-m2-m1)c2C.其中粒子X的符号是01nD.核聚变反应发生后,需要外界不断给它提供能量才能将反应持续下去3.(重庆沙坪坝模拟)某发电机的示意图如图甲所示。

使线圈a沿轴线做简谐运动,线圈a中产生的感应电动势随时间变化的关系如图乙所示。

线圈a连接原、副线圈匝数比为1∶10的理想变压器,其输出端接充电设备。

线圈a及导线的电阻不计。

则( )甲乙A.变压器输出电流的频率为10 HzB.充电设备两端的电压有效值为5 VC.其他条件不变,对不同规格的充电设备充电,变压器输入功率可能不同D.其他条件不变,仅增大线圈a简谐运动的频率,充电设备两端的电压最大值不变4.三根超高压输电线缆平行且间距相等,其截面图如图所示,截面圆心构成正三角形,上方A、B两根输电线缆截面圆心连线水平,某时刻A中电流方向垂直纸面向外、B中电流方向垂直纸面向里、电流大小均为I,下方C 输电线缆中电流方向垂直纸面向外、电流大小为2I,则( )A.A、B两输电线缆相互吸引B.A输电线缆所受安培力斜向左下方,与水平方向夹角为60°C.A输电线缆在A、B两圆心连线中点处的磁感应强度方向竖直向上D.正三角形中心O处磁感应强度方向水平向左5.(江苏苏州模拟)如图所示,某工厂生产的卷纸缠绕在中心轴上,卷纸的直径为d,轴及卷纸的总质量为m。

高考物理二轮复习专题综合练习：计算题(含解析)浙江卷

19题专练小卷1.植保无人机开始运用到农业生产当中,极大地提高了我国农业的现代化水平。

现利用植保无人机对农作物喷洒农药,已知某品牌无人机空载重量15 kg,标准载药量7 kg,无人机满载药量后从地面竖直升空,先加速到3 m/s后再减速,最后悬停在距地面3 m的高度,若无人机升空受到的阻力大小恒为14 N,加速、减速阶段看成匀变速直线运动,且加速度大小相等。

(g取10 m/s2)(1)求上升过程中无人机的升力分别为多少?(2)悬停后无人机水平飞行喷洒农药,经2 s匀加速到3 m/s,然后匀速运动,已知喷洒药物宽度4~8 m,则飞行1 min喷洒的农作物最大面积是多少?2.2017年1月18日下午,中国第一列从义乌开往英国伦敦的列车顺利抵达终点站。

途经著名的英吉利海峡隧道。

英吉利海峡隧道近似直线隧道,全长约50 km。

如图所示,其中海底隧道BC长40 km,前后各有5 km的连接隧道AB和CD。

已知进入隧道前,列车时速144 km/h,在连接隧道上做匀变速直线运动,进入海底隧道时速度减为108 km/h,并在海底隧道中做匀速直线运动,最终离开英吉利海峡隧道时速度恢复为144 km/h。

(1)求列车在连接隧道AB上运动的加速度大小。

(2)若列车总质量为9×105 kg,所受阻力恒为车重的,求在连接隧道CD上列车牵引力的大小。

(3)求列车通过英吉利海峡隧道AD的时间。

19题专练小卷1.答案(1)300 N168 N(2)1 416 m2解析(1)设加速度大小为a,最大速度为v,则加速上升过程v2=2a·h 得a=3m/s2加速上升过程由牛顿第二定律得F1-mg-f=maF1=300N减速上升过程有mg+f-F2=maF2=168N(2)无人机1min发生的位移为x=vt+v(60-t)=177m喷洒的农作物面积S=xd=1416m22.答案(1)0.07 m/s2(2)9.63×105 N(3)0.450 h解析(1)设进入隧道前的速度为v0,到达海底隧道时的速度为v,则根据速度位移关系可得:-v2=2a1x1代入数据解得加速度为:a1=0.07m/s2(2)设运行时的牵引力为F,则根据牛顿第二定律得:F-f=ma2其中:f=0.1mg由题意知:a2=a1=0.07m/s2代入数据解得:F=9.63×105N(3)全程可分为三段,根据速度时间关系可得:t1=t3=-s=142.86st2=≈1333.33s总时间为:t=t1+t2+t3=1619.05s≈0.450h20题专练小卷1.如图甲所示为一景区游乐滑道,游客坐在坐垫上沿着花岗岩滑道下滑,他可依靠手、脚与侧壁间的摩擦来控制下滑速度。

2020届高考物理江苏省二轮复习训练题：组合特训选择题+选考题

选择题+选考题+计算题(7)1.两根长度不同的细线下面分别悬挂着小球,细线上端固定在同一点,若两个小球以相同的角速度绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动,则两个小球在运动过程中的相对位置关系示意图正确的是( )答案　B 小球所受重力与细线拉力的合力提供向心力,如图所示。

由mg tanθ=mω2·L sin θ,得L cos θ=,可见,在角速度相同时,L 大的θ也应该大,gω2又L cos θ=h,故B 正确,A 、C 、D 错误。

2.(多选)(2019江苏苏、锡、常、镇四市二模)如图所示,通过较长的输电线给电动机输电,已知输电功率和电压分别为P 0、U 0,输电线总电阻为r,电动机正常工作,据此可求出( )A.输电线上的电流B.电动机的线圈电阻C.电动机消耗的电功率D.电动机对外做功的功率答案　AC 输电线上的电流I=,电动机消耗的电功率P=P 0-I 2r,可见A 、C 均正P 0U 0确。

电动机的线圈电阻和对外做功的功率均无法求出,故B 、D 错误。

3.(多选)(2019江苏连云港一模)如图所示,在某静止点电荷产生的电场中有M 、N 两点,M 点场强大小为E M ,方向与MN 连线的夹角为53°,N 点场强大小为E N ,方向与MN 连线的夹角为37°。

已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则下列说法正确的是( )A.该点电荷带正电B.=E ME N 169C.M 点的电势高于N 点D.一电子在M 点所受库仑力大于在N 点所受库仑力答案　BD 把题图中两个场强的矢量线延长相交,交点位置即产生电场的点电荷所在位置,由电场线分布特点可知,该点电荷带负电,故A 错误。

根据点电荷场强公式E=k 和正弦定理推论式=,可解得=,故B 正确。

在负点电荷产生的Q r 2r M r N sin37°sin53°E M E N 169电场中,离负电荷越近的地方电势越低,故C 错误。

高考物理二轮复习训练高考题型专项练——实验题专练含解析

高考题型专项练——实验题专练实验题专练(一)(共15分，限时10分钟)1．[2015·厦门质监](6分)在追寻科学家研究足迹的过程中，某同学为探究恒力做功和物体动能变化间的关系，采用了如图甲所示的实验装置。

(1)实验时，该同学用钩码的重力表示小车受到的合力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为应该采取的措施是________。

(填选项前的字母)A．保证钩码的质量远小于小车的质量B．选取打点计时器所打的第1点与第2点间的距离约为2 mm 的纸带来处理数据C．把长木板不带滑轮的一端适当垫高以平衡摩擦力D．必须先接通电源再释放小车(2)如图乙所示是实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F是连续的六个计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，相邻计数点间的距离已在图中标出，测出小车的质量为M，钩码的总质量为m。

从打B点到打E点的过程中，合力对小车做的功是________，小车动能的增量是________。

(用题中和图中的物理量符号表示)答案 (1)AC(2分) (2)mgs (2分)12M (s 22T )2－12M (s 12T)2(2分) 解析 (1)为使钩码的重力近似于小车受到的合力，需要把长木板不带滑轮的一端适当垫高以平衡摩擦力，C 项正确；同时保证钩码的质量远小于小车的质量，减小钩码失重带来的误差，A 项正确；D 项是打点计时器实验的正确做法，对减小本题中的实验误差无影响，D 项错；B 项为保证重物由零开始做自由落体运动的措施，B 项是错误的。

(2)从B 点到E 点合力对小车做的功W ＝mgs 。

v B ＝s 12T ，v E ＝s 22T，小车动能增量ΔE k ＝E k E －E k B ＝12M (s 22T )2－12M (s 12T)2。

2．[2015·盐城二模](9分)某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内电阻。

A ．待测干电池两节，每节电池电动势约为1.5 V ，内阻约几欧姆B ．直流电压表V 1、V 2，量程均为3 V ，内阻约为3 kΩC ．定值电阻R 0未知D ．滑动变阻器R ，最大阻值R mE ．导线和开关(1)根据如图甲所示的实物连接图，在图乙方框中画出相应的电路图；(2)实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻R 0，方法是先把滑动变阻器R 调到最大阻值R m ，再闭合开关，电压表V 1和V 2的读数分别为U 10、U 20，则R 0＝________(用U 10、U 20、R m 表示)；(3)实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V 1和V 2的多组数据U 1、U 2，描绘出U 1-U 2图象如图丙所示，图中直线斜率为k ，与横轴的截距为a ，则两节干电池的总电动势E ＝________，总内阻r ＝________(用k 、a 、R 0表示)。

高考物理二轮习题：组合特训实验题+选考题(1) 含解析

实验题+选考题(1)1.网络上流传华南理工大学教务处2019年4月发出的一个通知:暂停大学物理实验等课程。

原因是多年来学生在测定重力加速度实验中发现实验测量数据与本地理论数据相比明显偏大,经勘探结果分析,确认重力加速度测量值偏差主要由物理楼及其附近地下一千米范围内储藏有大量金矿所致(此消息未经确证)。

此信息一经流传激励了很多高中生对当地重力加速度测量的兴趣,下面是某兴趣小组的一个测量方案,重力加速度测量装置如图甲所示。

甲乙(1)如图乙,使用螺旋测微器测得小球直径d= mm。

(2)某次实验中,释放铁质小球后,光电门测得小球经过A、B的时间分别为Δt1、Δt2,测得小球从A到B所用时间为t。

此次实验测得重力加速度g=(用所测物理量符号表示)。

(3)在前述实验中,未记录小球从A到B所用的时间,于是该小组某成员取来直尺测量了A、B之间的距离为l,该成员测得重力加速度g= (用所测物理量表示)。

(4)该兴趣小组对实验方案可能产生的系统误差进行了评估,评估认为由于空气阻力、测量工具精度等产生的误差不超过5%。

但是,实验测量的重力加速度比当地重力加速度理论数据偏小且明显大于5%,那么可能原因是(合理则可)。

答案(1)2.594 (2)dΔt2-dΔt1t(3)(dΔt2)2-(dΔt1)22l(4)见解析解析(1)根据螺旋测微器读数规则,由题图乙所示可知d=2.594 mm(答案在2.592~2.595 mm之间均可)。

(2)小球做自由落体运动,根据匀变速直线运动的速度与时间关系可得g=dΔt2-dΔt1t。

(3)根据匀变速直线运动的速度与位移关系可得g=(dΔt2)2-(dΔt1)22l。

(4)实验测得的重力加速度比当地理论数据明显偏小,如果排除了操作失误等原因,且扣除系统误差评估值,那么可能原因是:当地地质比较疏松、地表下可能存在溶洞、地表下可能存在大范围密度较小的物质,例如石油、地下湖海等。

2.(2018江苏南京学情调研)图甲是用来测量某电阻丝材料的电阻率的电路图。

2021高考物理二轮复习选择题专项训练三含解析

选择题专项训练(三)(时间:20分钟满分:48分)本卷共8小题,每小题6分,共48分。

在每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~8题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。

1.(2019·全国卷Ⅰ)如图所示,篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮,离地后重心上升的最大高度为h。

上升第一个ℎ4所用的时间为t1,第四个ℎ4所用的时间为t2。

不计空气阻力,则ℎ2ℎ1满足()A.1<ℎ2ℎ1<2 B.2<ℎ2ℎ1<3C.3<ℎ2ℎ1<4 D.4<ℎ2ℎ1<5答案:C解析:运动员起跳到最高点的过程,反过来看,就是初速度为0的匀加速直线运动,经过相同位移所用的时间之比为1∶(√2-1)∶(√3−√2)∶(√4−√3),则ℎ2ℎ1=√4-√3=3.732,故选C。

2.矩形导线框abcd如图甲所示放在匀强磁场中,磁感线方向与线框平面垂直,磁感应强度B随时间变化的图像如图乙所示。

t=0时刻,磁感应强度的方向垂直纸面向里。

若规定导线框中感应电流逆时针方向为正,则在0~4 s时间内,线框中的感应电流I以及线框的ab边所受安培力F随时间变化的图像为(安培力取向上为正方向) ()答案:C解析:由题图可知,0~2s 内,线圈中磁通量的变化率相同,故0~2s 内电流的方向相同,由楞次定律可知,电路中电流方向为顺时针,即电流方向为负;同理可知,2~4s 内电路中的电流为逆时针,即为正方向,且两段时间内电流大小相等,故选项A 、B 错误。

由E=ΔℎΔℎ=ΔℎΔℎS 可知,电路中电流大小是恒定不变,故由F=BIl 可知,F 与B 成正比且线框中电流在0~2s 内由a 流向b ,在2~4s 内由b 流向a ,则又由左手定则可知,安培力在0~1s 内正向减小,1~2s 内负向增大,2~3s 内正向减小,3~4s 内负向增大,选项C 正确,D 错误。

解析版-2020年高考物理二轮专项训练组合场综合计算题

绝密★启用前高考物理-带电粒子在组合场中问题的分析计算1.如图所示，足够大的平行挡板A1，A2竖直放置，间距为6L.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面y N为理想分界面．Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外，A1，A2上各有位置正对的小孔S1，S2，两孔与分界面yN的距离为L.质量为m，电量为＋q的粒子经宽度为d 的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到y N上的P点，再进入Ⅱ区．P点与A1板的距离是L的k倍．不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．(1)若k＝1，求匀强电场的电场强度E；(2)若2<k<3，且粒子沿水平方向从S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式．【答案】(1)(2)v＝B＝【解析】(1)若k＝1，则有yP＝L，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系，该情况粒子的轨迹半径为R＝L粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，则有：qvB0＝m粒子在匀强电场中加速，根据动能定理有：qEd＝mv2综合上式解得：E＝(2)因为2<k<3，且粒子沿水平方向从S2射出，该粒子运动轨迹如图所示，由几何关系：R2－(kL)2＝(R－L)2，又有qvB0＝m则整理解得：v＝又因为：6L－2kL＝2x根据几何关系有：＝又qvB＝m则Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系：B＝.2.同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用，其基本原理简化为如图所示的模型．y，N为两块中心开有小孔的平行金属板．质量为m，电荷量为＋q的粒子A(不计重力)从y板小孔飘入板间，初速度可视为零．每当A进入板间，两板的电势差变为U，粒子得到加速，当A离开N板时，两板的电荷量均立即变为零．两板外部存在垂直纸面向里的匀强磁场，A在磁场作用下做半径为R的圆周运动，R远大于板间距离．A经电场多次加速，动能不断增大，为使R保持不变，磁场必须相应地变化．不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应．求：(1)A运动第1周时磁场的磁感应强度B1的大小；(2)在A运动第n周的时间内电场力做功的平均功率n；(3)若有一个质量也为m，电荷量为＋kq(k为大于1的整数)的粒子B(不计重力)与A同时从y板小孔飘入板间，A，B初速度均可视为零，不计两者间的相互作用，除此之外，其他条件均不变．下图中虚线，实线分别表示A，B的运动轨迹．在B的轨迹半径远大于板间距离的前提下，请指出哪个图能定性地反映A，B的运动轨迹，并经推导说明理由．【答案】(1)B1＝.(2)n＝.(3)两粒子运动的轨迹如图A所示．【解析】(1)设A经电场第1次加速后速度为v1，由动能定理得qU＝mv－0①A在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力qv1B1＝②由①②式得B1＝.③(2)设A经n次加速后的速度为vn，由动能定理得nqU＝mv－0④设A做第n次圆周运动的周期为T n，有T n＝⑤设在A运动第n周的时间内电场力做功为W n，则W n＝qU⑥在该段时间内电场力做功的平均功率为n＝⑦由④⑤⑥⑦式解得n＝.⑧(3)A图能定性地反映A，B运动的轨迹．A经过n次加速后，设其对应的磁感应强度为B n，A，B的周期分别为T n，T′，综合②⑤式并分别应用A，B的数据得T n＝T′＝＝由上式可知，T n是T′的k倍，所以A每绕行1周，B就绕行k周．由于电场只在A通过时存在，故B仅在与A同时进入电场时才被加速．经n次加速后，A，B的速度分别为v n和v n′，考虑到④式v n＝v n′＝＝v n由题设条件并考虑到⑤式，对A有T n v n＝2πR设B的轨迹半径为R′，有T′v n′＝2πR′比较上述两式得R′＝上式表明，运动过程中B的轨迹半径始终不变．由以上分析可知，两粒子运动的轨迹如图A所示．3.在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r＝m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ＝37°.过G点，垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝1.25T；过D点，垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E＝1×104N/C.小物体P1质量m＝2×10－3k g，电荷量q＝＋8×10－6C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力．当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t＝0.1 s 与P1相遇．P1和P2与轨道CD，GH间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，c os 37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；(2)倾斜轨道GH的长度s.【答案】(1)4 m/s(2)0.56 m【解析】(1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为f，则F1＝qvB①f＝μ(mg－F1)②由题意，水平方向合力为零F－f＝0③联立①②③式，代入数据解得v＝4 m/s④(2)设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理qEr sinθ－mgr(1－c osθ)＝mv－mv2⑤P1在GH上运动，受到重力，电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律qEc osθ－mg sinθ－μ(mgc osθ＋qE sinθ)＝ma1⑥P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，则s1＝vGt＋a1t2⑦设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则m2g sinθ－μm2gc osθ＝m2a2⑧P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离为s2，则s2＝a2t2⑨又s＝s1＋s2⑩联立⑤～⑩式，代入数据得s＝0.56 m4.扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆，其简化模型如图所示：一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子，当粒子由y点静止开始经yN板间电场加速后，平行于纸面从O点射入Ⅱ区域磁场，且与y轴的夹角θ＝30°。

2020届高考物理江苏省二轮复习训练题：组合特训实验题+选考题(3)

实验题+选考题(3)1.(2018江苏南京、盐城一模)某同学利用钢球的平抛运动测定当地重力加速度。

(1)使用如图甲所示的游标卡尺前应先将卡口合拢,检查游标尺和主尺的是否对齐。

用已检查好的游标卡尺测量钢球的直径d 时,如图乙所示,d= mm;(2)如图丙所示,将光电门固定在桌子边缘,测量桌面离地高度H;钢球通过光电门的挡光时间Δt,抛出后落地点到桌子边缘的水平距离x 。

请写出重力加速度的表达式g= (用测量的物理量符号表示);(3)如果光电门安装在离粗糙桌面边缘一段距离处,则重力加速度g 的测量值真实值(选填“>”“=”或“<”)。

答案　(1)零刻线　5.0　(2)　(3)>2Hd 2x 2(Δt )2解析　(1)使用游标卡尺前应先将卡口合拢,检查游标尺和主尺的零刻线是否对齐。

题图乙中游标卡尺的游标零刻线刚好与主尺上的5 mm 刻线对齐,所以钢球的直径d=5.0 mm;(2)钢球通过光电门时的速度即钢球做平抛运动的初速度为v 0=,根据平抛运d Δt 动的规律可知,竖直方向H=gt 2,水平方向x=v 0t,解得g=;122Hd 2x 2(Δt )2(3)由(2)中分析可知g=,由于光电门安装在离粗糙桌面边缘一段距离处,2Hv 20x 2所以钢球通过光电门后做减速运动,所以钢球做平抛运动的初速度小于v 0,故测量的重力加速度偏大。

2.(2018江苏南京、盐城一模)在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中,甲、乙、丙三位学生用导线按如图甲所示方式连接好电路,电路中所有元件都完好,且电压表和电流表已调零。

闭合开关后:甲乙 (1)甲学生发现电压表示数为2 V,电流表的示数为零,小灯泡不亮,这是由于导线断路;(2)乙学生发现电压表的示数为零,电流表的示数为0.3 A,小灯泡亮,这是由于导线断路;(3)丙学生发现反复调节滑动变阻器,小灯泡亮度发生变化,但电压表、电流表的示数都不能调为零,这是由于导线断路;(4)电路检查完毕后,用正确的电路测得小灯泡两端的电压与通过它的电流的变化关系曲线如图乙所示。

2020届高考物理课标版二轮复习训练题：14计算题+选考题组合练(3) Word版含解析

计算题+选考题组合练(3)1.(2019安徽芜湖模拟)如图所示,长为L的细绳竖直悬挂着一质量为3m的小球A,恰好紧挨着放置在水平地面上质量为m的物块B。

现保持细绳绷直,把小球向左上方拉至细绳与竖直方向成60°角的位置,然后释放小球。

小球到达最低点时恰好与物块发生碰撞,然后小球向右摆动的最大高度为18L,碰后物块向右滑行的距离恰为4.5L,求物块B与地面之间的动摩擦因数μ。

答案0.25解析小球A下摆过程,由机械能守恒定律得3mgL(1- cos 60°)=12×3m v A2解得碰前小球A的速度vA=√小球A向右摆动过程,由机械能守恒定律得1 2×3mv2=3mg×18L解得碰后小球A的速度v=12√gLA、B碰撞过程系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得3mvA =3mv+mvB物块B滑动过程由动能定理得-μmg·4.5L=0-12m v B2解得μ=0.252.如图所示,在倾角θ=37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ,磁感应强度B的大小为5 T,磁场宽度d=0.55 m。

有一边长L=0.4 m、质量m1=0.6 kg、电阻R=2 Ω的正方形均匀导体线框abcd通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量m2=0.4 kg的物体相连。

物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.4,将线框从图示位置由静止释放,物体到定滑轮的距离足够长。

(取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)(1)求线框abcd还未进入磁场的运动过程中,细线中的拉力大小;(2)当ab边刚进入磁场时,线框恰好做匀速直线运动,求线框刚释放时ab边距磁场MN边界的距离x;(3)在(2)问中的条件下,若cd边恰离开磁场边界PQ时,速度大小为2 m/s,求整个运动过程中ab边产生的热量。

答案(1)2.4 N (2)0.25 m (3)0.1 J解析(1)线框还未进入磁场的过程中,以整体法有m 1g sin θ-μm2g=(m1+m2)a,解得a=2 m/s2以m2为研究对象,由牛顿第二定律得T-μm2g=m2a,解得T=2.4 N(2)线框刚进入磁场恰好做匀速直线运动,以整体法有m 1g sin θ-μm2g-B2L2vR=0解得v=1 m/sab到MN前线框做匀加速运动,有v2=2ax解得x=0.25 m(3)线框从开始运动到cd边恰离开磁场边界PQ时,有m 1g sin θ(x+d+L)-μm2g(x+d+L)=12(m1+m2)v12+Q,解得Q=0.4 J,所以Qab =14Q=0.1 J3.选修3-3(2019广西钦州第三次质检)(1)关于气体的内能和热力学定律,下列说法正确的是( )A.对气体做功可以改变其内能B.质量和温度都相同的气体,内能一定相同C.热量不可能从低温物体传到高温物体D.一定量的理想气体在等温膨胀过程中,一定吸收热量E.一定量的理想气体,温度越高,气体分子运动越剧烈,气体内能越大(2)如图所示,绝热圆筒水平放置,圆筒内有一绝热活塞C,活塞的长度是圆筒长的13,活塞的中心与圆筒中心重合,整个装置置于温度恒为300 K、压强恒为1.0×105 Pa的大气中。

重庆2020人教高考物理二轮实验和计算题选练三及答案

重庆2020人教高考物理二轮实验和计算题选练三及答案1、现有一电池，电动势E 约为5 V，内阻r 约为50 Ω，允许通过的最大电流为50 mA.为测定该电池的电动势和内阻，某同学利用如图甲所示的电路进行实验．图中R为电阻箱，阻值范围为0～999.9 Ω，R0为定值电阻，V为理想电压表．(1)可供选用的R0有以下几种规格，本实验应选用的R0的规格为________(填选项序号字母)．A．15 Ω 1.0 W B．50 Ω0.01 WC．60 Ω 1.0 W D．1 500 Ω 6.0 W(2)按照图甲所示的电路图，将图乙所示的实物连接成实验电路．(3)连接好电路，闭合开关S，调节电阻箱的阻值，记录阻值R和相应的电压表示数U，测得多组实验数据，并作出如图丙所示的1U－1R关系图象，则电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.(结果均保留2位有效数字) 【参考答案】(1)C(2)见解析(3)5.0 V53 Ω解析：(1)分析题意可知，电路中允许通过的最大电流为50 mA，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的最小电阻R min＝EI m＝100 Ω，则定值电阻R0的最小阻值为50 Ω，B选项中额定功率太小，导致额定电流过小，故C选项正确．(2)根据原理图，连接实物图如图所示：(3)根据闭合电路欧姆定律可知，U ＝R R ＋R 0＋r·E. 整理为1U ＝r ＋R 0E ·1R ＋1E .图象的截距为1E ＝0.20.解得，E ＝5.0 V .图象的斜率为r ＋R 0E ＝22.5，解得，r ≈53 Ω.2、低空跳伞大赛受到各国运动员的喜爱．如图所示为某次跳伞大赛运动员在一座高为H ＝179 m 的悬崖边跳伞时的情景．运动员离开悬崖时先做自由落体运动，一段时间后，展开降落伞，以a ＝8 m/s 2的加速度匀减速下降，已知运动员和伞包的总质量为80 kg ，为了运动员的安全，运动员落地时的速度不能超过4 m/s ，求：(1)运动员(含伞包)展开降落伞后所受的空气阻力f ；(2)为了运动员的安全，展开伞时的最大速度是多少？(3)如果以下落的快慢决定比赛的胜负，为了赢得比赛的胜利，运动员在空中运动的最短时间是多大？【参考答案】(1)1 440 N ，方向向上 (2)40 m/s (3)8.5 s解析：(1)展开降落伞后，分析运动员(含伞包)的受力情况，根据牛顿第二定律可知，f －Mg ＝Ma.解得，f ＝1 440 N ，方向竖直向上．(2)展开降落伞之前，运动员做自由落体运动，根据运动学公式可知，v 20＝2gx.展开降落伞之后，v 2－v 20＝－2a(H －x)．联立解得，v 0＝40 m/s.(3)运动员在空中先做自由落体运动，后做匀减速直线运动时，在空中时间最短．自由落体运动过程中，t 1＝v 0g ＝4 s.匀减速直线运动的时间t 2＝v 0－v a ＝4.5 s.最短时间t ＝t 1＋t 2＝8.5 s.3、如图甲所示，加在A 、B 间的电压U AB 做周期性变化，其正向电压为U 0，反向电压为－54U 0，电压变化的周期为2T ，如图乙所示．在t ＝0时，有一个质量为m 、电荷量为e 的电子以初速度v 0垂直电场方向从两极板正中间射入电场，在运动过程中未与极板相撞，且不考虑重力的作用．如果电子恰好在2T 时刻射出电场，则板间距离d 应满足什么条件？【参考答案】 d ≥ 9eU 0T 25m解析：分析电子的运动情况，在竖直方向上，0～T 时间内，电子向A 板做匀加速直线运动，在0～T 时间内，加速度a 1＝eU 0md ，位移y 1＝12a 1T 2，速度v 1＝a 1T.在T ～2T 时间内，电子先做匀减速直线运动再反向向B 板做匀加速直线运动．在匀减速直线运动过程中，加速度a 2＝5eU 04md ，位移y 2＝v 212a 2. 分析题意可知，y 1＋y 2＝d 2，联立解得，d ≥ 9eU 0T 25m .4、如图所示，甲和乙是放在水平地面上的两个小物块(可视为质点)，质量分别为m 1＝2 kg 、m 2＝3 kg ，与地面间的动摩擦因数相同，初始距离L ＝170 m ．两者分别以v 1＝10 m/s 和v 2＝2 m/s 的初速度同时相向运动，经过t ＝20 s 的时间两者发生碰撞，求物块与地面间的动摩擦因数μ.某同学解法如下：因动摩擦因数相同，故它们在摩擦力作用下加速度的大小是相同的，由牛顿第二定律得到加速度的大小：a ＝μg ，设两物体在t ＝20 s 的时间内运动路程分别为s 1和s 2，则有：s 1＝v 1t －12at 2，s 2＝v 2t －12at 2，考虑到s 1＋s 2＝L 即可联立解出μ.你认为该同学的解答是否合理？若合理，请解出最后结果；若不合理，请说明理由，并用你自己的方法算出正确结果．【参考答案】该同学解法不合理，因为未考虑物体是否停止．物块与地面间的动摩擦因数为0.02解析：解答与评分标准：该同学的解答不合理因为四式联立，代入数据后解得a ＝0.175 m/s 2经过时间t ＝20 s ，两物块的速度分别为v ′1＝v 1－at ，v ′2＝v 2－at代入数据得v ′1＝6.5 m/s ，v ′2＝－1.5 m/sv ′2＜0，表明物块乙在20 s 之前就已经停止运动，故该同学解答不合理．正确解答：物块2停止运动前滑行的距离s 2＝v 222a将相碰之前的位移关系s 1＋s 2＝L 具体为(v 1t －12at 2)＋v 222a ＝L ，代入数据得：100a 2－15a －1＝0解得a ＝0.2 m/s 2和a ＝－0.05 m/s 2(舍去)，再由a ＝μg 得μ＝0.025、如图所示，空间中存在一个矩形区域MNPQ ，PQ 的长度为MQ 长度的两倍，有一个带正电的带电粒子从M 点以某一初速度沿MN 射入，若矩形区域MNPQ中加上竖直方向且场强大小为E的匀强电场，则带电粒子将从P点射出，若在矩形区域MNPQ中加上垂直于纸面且磁感应强度大小为B的匀强磁场，则带电粒子仍从P点射出，不计带电粒子的重力，求：带电粒子的初速度的大小．【参考答案】4E 5B解析：带电粒子在电场中做类平抛运动，设MQ长度为L，根据运动的合成与分解法则可知，竖直方向上，L＝12×qEm t2.水平方向上，2L＝v0t.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图所示：洛伦兹力提供向心力，q v B＝m v20r，根据几何关系可知，(r－L)2＋(2L)2＝r2.联立上述各式可知，v＝4E5B.。

2020届人教版高考物理二轮基础实验+计算练习(三)含答案

2020届人教版高考物理二轮基础实验+计算练习（三）含答案1、为了探究弹力F和弹簧伸长量x的关系，某同学选了甲、乙两根规格不同的弹簧进行测试，根据测得的数据作出的x-F图象如图所示。

(1)甲、乙弹簧的劲度系数分别为_________N/m和_________N/m(结果保留三位有效数字)；若要制作一个精确度较高的弹簧测力计，应选弹簧_________(选填“甲”或“乙”)。

(2)根据图线和数据进行分析，请对这个研究课题提出一个有价值的建议。

【解析】(1)由题图可知，弹簧的劲度系数分别为k甲= N/m=66.7 N/m，k乙=N/m=200 N/m；甲弹簧的劲度系数较小，受力相同时弹簧的形变量更大，减小了测量的误差。

(2)如题图，两弹簧的图线末端都弯曲了，说明弹簧受力过大，超过了弹性限度，进行研究时应避免这个问题。

答案：(1)66.7200甲(2)实验中弹簧受力应控制在弹性限度内2、如图所示，光滑斜面倾角为30°，A、B物体与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.4，现将A、B两物体(可视为质点)同时由静止释放，两物体初始位置距斜面底端O的距离为LA =2.5 m，LB=10 m。

不考虑两物体在转折O处的能量损失。

(g取10 m/s2)(1)求两物体滑到O点的时间差。

(2)B从开始释放，需经过多长时间追上A？(结果可用根号表示) 【解题指导】解答本题应注意以下两点：(1)两物体的下滑高度不同，到达底端的时间和速度不同；(2)B追上A时，A可能已经停止运动，也可能仍在运动。

【解析】(1)物体在光滑斜面上的加速度a=gsin θ=5 m/s2A到达底端时间t A==1 sB到达底端时间t B==2 sA、B到达底端时间差Δt AB=2 s-1 s=1 s(2)A到达底端速度v A==5 m/s，经过分析B追上A前，A已停止运动A在水平面上运动的总位移s A==mB在水平面上运动的总位移s B=v B t-μgt2其中v B==10 m/s又s A=s B得t=s则B从释放到追上A用时t总=t B+t=s=2.33 s。

高考物理二轮复习—选择、实验题(10+2)定时训练(三)

选择、实验题(10＋2)定时训练(三)(限时：40分钟)一、单项选择题(共7小题，每小题4分，共28分)1.(2021·广州市高三综合测试)广东大亚湾核电站是我国首座利用核裂变发电的大型商用核电站。

核裂变反应方程23592U ＋10n →14456Ba ＋8936Kr ＋a X 中()A.X 为电子，a ＝1B.X 为质子，a ＝3C.X 为质子，a ＝2D.X 为中子，a ＝3答案D 解析核反应过程中遵循质量数守恒和电荷数守恒，则有235＋1＝144＋89＋aA ，92＋0＝56＋36＋aZ ，解得X 的电荷数Z ＝0，故X 为中子，则X 的质量数A ＝1，故a ＝3，A 、B 、C 项错误，D 项正确。

2.(2021·四川德阳市三诊)2020年7月23日，中国首个火星探测器“天问一号”在海南文昌卫星发射中心发射升空。

该探测器经过多次变轨，进入环火轨道，预计5月中旬，将择机开展着陆、巡视等任务，进行火星科学探测。

假设在火星表面完成下面的实验：在固定的竖直光滑圆轨道内部最低点静止放置一个质量为m 的小球(可视为质点)，如图1所示，当给小球一水平向右的瞬时冲量I 时，小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动。

若已知圆轨道半径为r ，火星的半径为R 、万有引力常量为G ，则火星的质量为()图1A.I 2r Gm 2R 2B.I 2r 5Gm 2R 2C.I 2R 2Grm 2D.I 2R 25Grm 2答案D 解析由动量定理得I ＝m v 0，小球从最低点到最高点的过程机械能守恒，则12m v 20＝2mgr ＋12m v 2，小球恰能经过最高点，则mg ＝m v 2r ，对火星表面的物体有G m 0M R 2＝m 0g ，解得M ＝I 2R 25Grm2，故选项D 正确。

3.[2021·广东省学业水平选择考模拟(二)]高铁在高速行驶时，受到的阻力f 与速度v 的关系为f ＝k v 2(k 为常量)。

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选择题+实验题+计算题(3)
1.(多选)(2019江苏镇江摸底)如图所示为一个做匀变速曲线运动的质点的轨迹示
意图,已知在B点时的速度与加速度相互垂直,则下列说法中正确的是( )
A.质点在D点的速率比在C点的速率大
B.质点在A点的加速度与速度的夹角小于90°
C.质点在A点的加速度比在D点的加速度大
D.质点从A运动到D,加速度与速度的夹角一直减小
答案AD 由题意,质点运动到B点时速度方向与加速度方向恰好相互垂直,速度沿B点轨迹的切线方向,则知加速度方向向下,合外力也向下。

质点做匀变速曲线运动,合外力恒定不变,则质点由C到D过程中,合外力做正功,由动能定理可得,质点在D点的速率比在C点的速率大,故A正确;质点在A点受力的方向向下,而速度的方向向右上方,即质点在A点的加速度与速度的夹角大于90°,故B错误;质点做匀变速曲线运动,加速度不变,故C错误;质点从A运动到B,加速度与速度的夹角从大于90°开始一直减小到等于90°,质点由B运动到E的过程中,受力的方向向下,速度的方向从水平向右变为斜向下,加速度与速度的夹角一直减小,故D正确。

2.(2018江苏无锡锡山中学月考)已知地球和火星绕太阳公转的轨道半径分别为R
1
和R
2
(公转轨迹近似为圆),如果把行星与太阳连线扫过的面积与其所用时间的比值定义为扫过的面积速率。

则地球和火星绕太阳公转过程中扫过的面积速率之比是( )
A.R1
R2B.√R1
√R
C.R2
R1D.√R2
√R
答案 B 公转的轨迹近似为圆,地球和火星的运动可以看做匀速圆周运动,根据
开普勒第三定律知,R 3
T2=k,运动的周期之比T1
T2
=√R1
3
R23
,在一个周期内扫过的面积之比为
S1 S2=πR1
2
πR22
=R1
2
R22
,面积速率为S
T
,可知面积速率之比为√R1
R2
,故B正确,A、C、D错误。

3.(多选)(2019江苏苏、锡、常、镇四市二模)如图所示,地面上方分布着竖直向上的匀强电场,一带正电的小球从油中A处由静止释放后竖直下落,已知小球在AB段做加速运动,在BC段做匀速运动,M和N是小球下落过程中经过的两个位置,在此过程中,小球( )
A.在AB段的加速度大小逐渐增大
B.在N点的机械能比M点的小
C.机械能和电势能的总量保持不变
D.机械能的变化量大于电势能的变化量
答案BD 小球受重力、竖直向上的电场力和油对小球的力,小球在BC段匀速运动,说明油对小球的力随速度的增大而增大,因此在AB段小球的加速度是逐渐减小的,故A错误。

小球从M到N的过程中,电场力和油的力都对小球做负功,所以小球的机械能减小,故B正确。

因为有油的力做负功,所以小球的机械能和电势能的总量不断减小,故C错误。

减少的机械能一部分转化为小球的电势能,另一部分转化为内能,故D正确。

4.(2019江苏海安高三学业质量监测)如图甲所示,小虎同学将气垫导轨的右支撑
点调高支成斜面,用图示装置测量滑块沿气垫导轨下滑的加速度。

遮光片P固定在滑块的左端并与滑块左端平齐,光电门固定在导轨上,导光孔与导轨上的位置A对齐。

让滑块左端位于气垫导轨上的位置B处,打开气源,将滑块由静止释放,测得A、B的距离L、遮光片的宽度及遮光时间,算出遮光片通过光电门的平均速度。

高考物理二轮习题：组合特训 选择题+实验题+计算题(3) 含解析

2020届高考物理江苏省二轮复习训练题：组合特训 选择题+实验题+计算题(1)