2018年高考物理二轮复习训练：题型突破训练3 计算题突破练
2018届高考物理二轮复习专题整合高频突破(新课标20份,含答案)(11)正式版
=
1 2 ( m 2+m3)v +m2gh② 2
式中v20=-3 m/s为冰块推出时的速度。 联立①②式并代入题给数据得 m3=20 kg③
命题热点一
命题热点二
命题热点三
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1,由动量守恒定律有 m1v1+m2v20=0④ 代入数据得v1=1 m/s⑤ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3,由动量守恒和机械 能守恒定律有 m2v20=m2v2+m3v3⑥
命题热点一
命题热点二
命题热点三
拓展训练上述例3中,小孩推开冰块的过程中,小孩消耗的内能是 多少? 答案 60 J
解析
1 ΔE=2m1������1 2
1 + 2m2������20 2 =60
J。
命题热点一
命题热点二
命题热点三
规律方法一般碰撞的三个制约关系 一般碰撞介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间:动量守恒,机械 能(或动能)有损失,遵循以下三个制约关系: (1)动量制约:碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约,总动量 的方向恒定不变,即p1+p2=p1'+p2'。 (2)动能制约:在碰撞过程中,碰撞双方的总动能不会增加,即 Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'。 (3)运动制约:碰撞要受到运动的合理性要求的制约,如果碰前两 物体同向运动,碰撞后原来在前面的物体速度必增大,且大于或等 于原来在后面的物体的碰后速度。
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答案 0.25 s≤t≤0.5 s
命题热点一
命题热点二
命题热点三
解析 假如两物块发生的是完全非弹性碰撞,碰后的共同速度为v1, 则由动量守恒定律有m1v0=(m1+m2)v1 碰后,A、B一起滑行直至停下,设滑行时间为t1,则由动量定理有 μ(m1+m2)gt1=(m1+m2)v1 解得t1=0.25 s 假如两物块发生的是完全弹性碰撞,碰后A、B的速度分别为vA、 vB,则由动量守恒定律有m1v0=m1vA+m2vB 1 1 1 2 2 2 m ������ = m ������ + m 1 ������ 2������������ 由机械能守恒有 2 1 0 2 2
2018届高考物理二轮复习专题整合高频突破(新课标20份,含答案)(9)
(1)木板达到最大速度时,木板运动的位移; (2)铅块与木板间因摩擦产生的总热量; (3)整个运动过程中木板对铅块的摩擦力所做的功。 答案 (1)0.5 m (2)12 J (3)-16 J
由 P=F 牵 v,F 牵=Ff,得 Ff=���������m���
=
40×1 000 40
N=1.0×103 N,A 正确;由题图
乙,前 50 s 内加速度 a=2550-0 m/s2=0.5 m/s2,50 s 末汽车达到额定功率, 由 P=Fv1,v1=25 m/s,得汽车牵引力 F=40×25103 N=1.6×103 N,由牛顿
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命题热点一
命题热点二
命题热点三
解析 (1)设小铅块在木板上滑动过程中,木板达到最大速度时,木板 运动的位移为 x1,由动能定理得
[μ2mg-μ1(m0+m)g]x1=12m0v2 代入数据解得 x1=0.5 m。 (2)木板达到最大速度时,铅块运动的位移为 x2,由动能定理得 -μ2mgx2=12mv2-12 ������������02 代入数据解得 x2=2.5 m 小铅块在木板上运动的位移
A.物体与水平面间的动摩擦因数为μ=0.5 B.10 s末恒力F的瞬时功率为6 W C.10 s末物体在计时起点左侧2 m处 D.10 s内物体克服摩擦力做功34 J
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命题热点一
命题热点二
命题热点三
解析 由题图乙知前后两段时间内物体加速度的大小分别为a1=2 m/s2、a2=1 m/s2,由牛顿第二定律知F+μmg=ma1,F-μmg=ma2,联立 得F=3 N、μ=0.05,A错误;10 s末恒力F的瞬时功率为P=Fv=18 W,B 错误;由速度图象与坐标轴所围面积的物理意义知,10 s内物体的位 移x=-2 m,即在计时起点左侧2 m处,C正确;10 s内物体的路程为 s=34 m,即10 s内物体克服摩擦力所做的功
2018届高考物理二轮复习 计算题突破策略与技巧ppt课件(共46张)(全国通用)
【例题1】(2017·全国卷 Ⅲ)如图，两个滑块 A和 B的质量分别为 mA＝1 kg和mB ＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1 ＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块
开始相向滑动，初速度大小均为 v0 ＝ 3 m/s.A 、 B 相遇时， A 与木板恰好相对静
10 ○
设在 B 与木板达到共同速度 v1 后， 木板的加速度大小为 a2.对木板与 B 组成的系 统，由牛顿第二定律有 Ff1＋Ff3＝(mB＋m)a2. ⑪
由①②④⑤式知 aA＝aB；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大 小也为 v1，但运动方向与木板相反．由题意知 A 和 B 相遇时，A 与木板的速度相同， 设其大小为 v2.设 A 的速度大小从 v1 变到 v2 所用的时间为 t2， 则由运动学公式， 对木 板有 v2＝v1－a2t2， ⑫
(也可用如图的速度—时间图线求解)
图象巧解
首先求解在B和木板达到相同速度前后A、B和木板的加速度，同时求出每个阶
段的时间，然后画v－t图象进行求解，可来自大降低解题难度．类型二
功和能综合题
类型 解读
突破 策略
能量是力学部分继牛顿运动定律后的又一重点，是高考的“重中之重”．此 类试题常与牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动、电磁学等知识相联系，综 合性强、涉及面广、分值大、物理过程复杂，要求学生要有很强的受力分析 能力、运动过程分析能力及应用知识解决实际问题的能力，因而备受命题专 家青睐 (1)由于应用功能关系和能量守恒定律分析问题时，突出物体或物体体系所 经历的运动过程中状态的改变，因此应重点关注运动状态的变化和引起变化 的原因，明确功与对应能量的变化关系． (2)要能正确分析所涉及的物理过程，能正确、合理地把全过程划分为若干 阶段，弄清各阶段所遵循的规律及各阶段间的联系． (3)当研究对象是一物体系统且它们间有相互作用时，一般优先考虑功能关 系和能量守恒定律，特别是题中出现相对路程时，一定先考虑能量守恒定律
2018届高三物理新课标二轮复习专题整合高频突破训练：
阶段训练(三)电场和磁场(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共10小题,每小题5分,共50分。
在每小题给出的四个选项中,1~7题只有一个选项符合题目要求,8~10题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.(2017·湖南邵阳模拟)根据大量科学测试可知,地球本身就是一个电容器。
通常大地带有5×105 C左右的负电荷,而地球上空存在一个带正电的电离层,这两者之间便形成一个已充电的电容器,它们之间的电压为300 kV左右。
则此电容约为()A.0.17 FB.1.7 FC.17 FD.170 F2.如图所示,空间中固定的四个点电荷分别位于正四面体(正四面体并不存在)的四个顶点处,AB=l,A、B、C、D四个顶点各放置一个+q,A点电荷受到的电场力为()A. B.C. D.3.如图甲所示,Q1、Q2为两个固定点电荷,其中Q1带正电,它们连线的延长线上有b、a两点。
一个带正电的试探电荷以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处运动,其速度图象如图乙所示,则()A.Q2带负电B.a、b两点的电势φa<φbC.a、b两点电场强度大小E a>E bD.试探电荷从b到a的过程中电势能减少4.如图所示,两平行导轨ab、cd竖直放置在匀强磁场中,匀强磁场方向竖直向上,将一根金属棒PQ放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触。
现在金属棒PQ中通以变化的电流I,同时释放金属棒PQ使其运动。
已知电流I随时间的变化关系为I=kt(k为常数,k>0),金属棒与导轨间的动摩擦因数一定。
以竖直向下为正方向,则下面关于棒的速度v、加速度a随时间变化的关系图象中,可能正确的是()5.如图所示,绝缘轻杆两端固定带电小球A和B,轻杆处于水平向右的匀强电场中,不考虑两球之间的相互作用。
初始时轻杆与电场线垂直(如图中实线位置),将杆向右平移的同时顺时针转过90°(如图中虚线位置),发现A、B两球电势能之和不变。
2018届高考物理二轮复习板块一专题突破复习题型限时专练3选择题鸭题三2018041936
专练3选择题＋选考题(三)(时间：30分钟)一、选择题(本题共8小题，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．)14．(2017·陕西高三质检)在物理学的发展过程中，科学的物理思想与方法对物理学的发展起到了重要作用，下列关于物理思想和方法的说法不正确的是()A．质点和点电荷体现的是同一种思想方法B．牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，能用实验直接验证C．重心、合力和分力、总电阻都体现了等效替换的思想D．加速度、电场强度、电势都是采取比值法定义的物理量[解析]质点和点电荷都是理想化模型，体现的是同一种思想方法，选项A说法正确．牛顿第一定律是通过对大量实际情境的观察，利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不能用实验直接验证，选项B说法不正确．重心、合力和分力、总电阻都体现了等效替换的思想，选项CΔv F E p说法正确．加速度a＝、电场强度E＝、电势φ＝都是采取比值法定义的物理量，选项Dt q q说法正确．[答案] B15．(2017·郑州质量预测)等量异种点电荷在周围空间产生静电场，其连线(x轴)上各点的电势φ随x的分布图象如图所示．x轴上AO<OB，A、O、B三点的电势分别为φA、φO、φB，电场强度大小分别为E A、E O、E B，电子在A、O、B三点的电势能分别为E p A、E p O、E p B.下列判断正确的是()A．φB>φA>φOB．E A>E O>E BC．E p O<E p A<E p B1D．E p B－E p O>E p O－E p A[解析]正电荷周围电势较高，负电荷周围电势较低，φA>φO>φB，A错误；根据电场强度的合成可知B点场强最大，O点最小，B错误；电子带负电，根据电势能E p＝qφ，可知E p B最大，E p A最小，C错误；由图象可知U OB>U AO，根据电场力做功W＝qU，电子带负电，可知W BO>W OA，即E p B－E p O>E p O－E p A，D正确．[答案] D16．(2017·广西三市联考)如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，一阻值为10 Ω的电阻R连接在变压器的副线圈上．若加在原线圈上的电压瞬时值随时间变化规律为u＝100 2cos100πt(V)，下列说法中正确的是()A．交变电流的频率为100 HzB．变压器的输入功率为10 WC．电流表A的示数为1 AD．电压表V的示数为10 2 V[解析]根据瞬时值表达式知原线圈电压有效值U＝100 V，根据电压与匝数成正比知副线102 圈电压有效值即电压表的示数为10 V，D错误；输出功率P＝W＝10 W，输入功率等于输出1010 功率，所以变压器的输入功率为10 W，B正确；通过电阻的电流I＝A＝1A，再由匝数比等10100π于电流反比，得电流表A的读数为0.1 A，C错误；交流电的频率f＝＝50 Hz，A错误．2π[答案] B17．(2017·河南开封一模)在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放另一截面也为半圆的柱状物体B，整个装置处于静止状态，截面如图所示．设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的作用力为F3.在B上加一物块C，整个装置仍保持静止，则()2A．F1保持不变，F3增大B．F1增大，F3保持不变C．F2增大，F3增大D．F2增大，F3保持不变[解析]在B上加物体C前后，分别以B和B、C整体为研究对象，进行受力分析可知，它们均在三个力作用下处于平衡状态，且对应各力方向相同，由于B、C整体所受重力大于B所受重力，所以墙壁对B的作用力F1和A对B的作用力均增大，由牛顿第三定律可知，B对A 的作用力F2也增大；在B上加物体C前后，分别对A受分析，由于F2增大，所以A所受支持力和摩擦力均增大，这两个力的合力即F3也随之增大，故C项正确．[答案] C18．(2017·河北六校联考)如图所示，粒子源产生的初速度为零、电荷量为e、质量为m的氕核，经过电压为U0的加速电场加速后匀速通过准直管，从匀强偏转电场的极板左端中央沿垂直电场方向射入，偏转后通过位于下极板中心的小孔S1进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的左边界MN与极板垂直，且MN与小孔S1左边缘交于M点．已知极板的长度l为其板间距离d的2倍，整个装置处于真空中，不计粒子所受重力、小孔S1的大小．则MS2的距离()mU0A. B．2eB22mU0eB23mU 0 C ．4D ．8 eB 2mU 0eB 21[解析] 设氕核经加速电场加速后的速度为 v 0，则 eU 0＝ mv 20.氕核垂直射入电场后做类平2ld v y抛运动， ＝v 0t ， ＝ t ，l ＝2d ，所以 v 0＝v y .因此氕核通过小孔 S 1时的速度大小 v ＝ v 0.设222 2mv 2 氕核在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R ，根据牛顿第二定律有 evB ＝ ，由几何知识知 MS 2＝R2mU 02R ，联立解得 MS 2＝2 ，故 B 正确．eB 2 [答案] B19．(2017·贵州模拟)下列说法正确的是( )A ．放射性元素的半衰期与元素所处环境的温度有关B ．现已建成的核电站发电的能量来自轻核聚变放出的能量C ．某放射性原子核经过 2次 α 衰变和 1次 β 衰变，核内质子数减少 3个D ．用蓝色光照射某金属表面时有电子逸出，改用紫外线照射也一定会有电子逸出 [解析] 放射性元素的半衰期与元素所处环境的温度无关，选项 A 错误；现已建成的核电 站发电的能量来自重核裂变放出的能量，选项 B 错误；某放射性原子核经过 2次 α 衰变，核 内质子数减少 4个，经过 1次 β 衰变，核内质子数增加 1个，即经过 2次 α 衰变和 1次 β 衰变，核内质子数共减少 3个，选项 C 正确；紫外线频率高于蓝色光频率，由光电效应的实验 规律可知，用蓝色光照射某金属表面时有电子逸出，改用紫外线照射也一定会有电子逸出，选 项 D 正确．[答案] CD20．(2017·石家庄一模)质量均为 1 t 的甲、乙两辆汽车同时同地出发，沿同一方向做直 线运动，两车的动能 E k 随位移 x 的变化图象如图所示，下列说法正确的是( )A ．汽车甲的加速度大小为 2 m/s 2B ．汽车乙的加速度大小为 1.5 m/s 2C ．汽车甲、乙在 x ＝6 m 处的速度大小为 2 3 m/s4D．汽车甲、乙在x＝8 m处相遇1 [解析]设汽车甲的初速度为v1，汽车乙运动9 m后的速度为v2.则由图象可知，E k1＝mv212 2 21，代入数据得v1＝6 m/s，E k2＝mv，代入数据得v2＝3 m/s.由于动能关于位移的图象为倾2斜的直线，因此两辆汽车所受合外力恒定，均做匀变速直线运动，由运动学公式得，汽车甲的v2162 v2 3 22加速度a1＝＝m/s2＝2 m/s2，汽车乙的加速度为a2＝＝m/s2＝1 m/s2，A 2x 2 × 9 2x 2 × 9正确，B错误；由题图可知两汽车在x＝6m处的速度相等，由汽车乙的运动可知v2＝2a2x，代v1入数据得v＝2 3 m/s，C正确；甲停止所用时间t＝＝3 s，甲运动的位移x1＝9 m，甲停止a1后，甲乙才能相遇，D错误．[答案]AC21．(2017·新疆二模)如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R.在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和M′N′是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直．现金属线框由距MN的某一高度处从静止开始下落，下落过程中bc边始终保持水平，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域过程的v－t图象，图象中坐标轴上所标出的字母和重力加速度大小g均为已知量．则()A．金属线框初始位置的bc边到边界MN的高度为v1t1v1＋v2t3－t2B．匀强磁场区域的宽度为＋v1(t2－t1)2C．金属线框在进入磁场的过程中通过导线横截面的电荷量为(t2－t1) mgv1R1 1D．金属线框在离开磁场的过程中产生的焦耳热为mgv1(t2－t1)＋mv2－mv232 2[解析]根据速度图象的面积表示位移可知金属线框初始位置的bc边到边界MN的高度为1 v1＋v2t3－t2v1t1，选项A错误．匀强磁场区域的宽度为d＝＋v1(t2－t1)，选项B正2 2ΔΦBS 确．金属线框在进入磁场的过程中通过导线横截面的电荷量为q＝＝，而S＝[v1(t2－R R5。
最新-2018届高考物理二轮复习突破(一) 选择题的突破
第二篇 解题能力突破 突破(一) 选择题的突破1. 如图1－7所示，物块A 的右端有一个光滑的圆环O ，一细线一端系在墙上的一点B ，OB 呈水平方向，另一端穿过圆环后受到一 个恒定的拉力F ，力F 始终与OB 成θ角．在力F 作用下，物块沿水平地面移动距离x ，则描述拉力做功的下列各个表达式中错误的是( ) A ．Fx B ．Fx cos θ C ．2Fx cos θ D ．Fx (1＋cos θ)解析：取θ＝0，则拉力做功为2Fx ，此时A 、B 两答案都错；再取θ＝π/2，则拉力做功为Fx ，此时C 、D 两答中D 答正确，因此A 、B 、C 三答案都错． 答案：ABC2．一物体静止在升降机的地板上，在升降机加速上升的过程中，地板对物体的支持力所做的功等于( ) A ．物体势能的增加量 B ．物体动能的增加量C ．物体动能的增加量加上物体势能的增加量D ．物体动能的增加量加上克服重力所做的功解析：这是从物体的势能、动能和克服重力做功等几方面来描述支持力所做的功．对物体作受力分析，并利用动能定理，可以知道地板对物体的支持力所作的功，等于物体克服重力所做的功与物体的动能增加量之和，而物体克服重力所做的功等于物体的势能的增加量，因此A 、B 错而C 、D 对． 答案：CD3. 如图1－8所示，作用于O 点的三个力平衡(其中力F 3图中未画出)，其中一图1－7图1－8个力大小为F 1，沿y 轴负方向，大小未知的力F 2与x 轴正方向夹角为θ， 下列说法正确的是( ) A ．力F 3只可能在第二象限B ．力F 3与F 2夹角越小，则F 3与F 2越小C ．F 3的最小值为F 1cos θD ．力F 3可能在第三象限的任意范围内解析：力F 3可以在第二象限和第三象限中F 2的延长线左侧，A 、D 错；三个 力的矢量图如图所示，由图可知，B 错；当F 3与F 2垂直时F 3的最小值为F 1cos θ， C 对． 答案：C4. 如图1－9中a 、b 是两个位于固定斜面上的立方体物块，它们的质量相等，F 是沿水平方向作用于a 上的外力．已知a 、b 的接触面，a 、b 与斜面的接 触面都是光滑的．正确的说法是( )A ．a 、b 一定沿斜面向上运动B ．a 对b 的作用力沿水平方向C ．a 、b 对斜面的正压力相等D ．a 受到的合力沿水平方向的分力等于b 受到合力沿水平方向的分力解析：当F 沿斜面向上的分力大于二者重力沿斜面向下的分力时，才可能沿斜面向上运动．故A 选项错．a 对b 的作用力沿斜面向上，B 选项错．当F 沿斜面向上时，a 、b 对斜面的压力才相等，C 选项错．二者有共同的加速度，所以合外力相同，自然水平分力就相同．综上所述只有选项D 正确． 答案：D5. 如图1－10，AB 为斜面，BC 为水平面，从A 点以水平初速度 v 向左抛出一小球，其落点与A 点水平距离为x 1；从A 点以水平初速度2v 向左抛出一小球，其落点与A 点水平距离为x 2，不计空气阻力，则x 1∶x 2可能为()图1－9图1－10A ．1∶2B ．1∶3C ．1∶4D ．1∶5解析：小球落点有三种可能情况：两次都落在斜面上、两次都落在水平面上和第一次落在斜面上而第二次落在水平面上．第三种情况比值x 1∶x 2应该介于前两种之间，只需求出前两种即可．若两次小球都落在斜面上，设斜面与水平面间夹角为θ，则tan θ＝y x ＝gt 2v ，x＝v t ＝2v 2tan θg ，所以有x 1∶x 2＝1∶4；当小球两次都落在水平面上时，竖直方向下落的高度相同(特殊值)，则下落时间相同，因此x 1∶x 2＝1∶2，显然A 、B 、C 三项在此范围内． 答案：ABC6．某理想变压器原线圈输入电功率为P ，原、副线圈匝数比为k ，其副线圈接一内阻为r 的电动机，电动机以速度v 匀速向上提升质量为m 的重物，已知重力加速度为g ，则变压器原线圈两端的电压为( ) A ．Pkr P －mg vB.PkrP －mg vC ．PkP －mg v r D.PkP －mg vr解析：对电动机电路，由能量守恒定律有：P ＝mg v ＋I 2·r ① 对变压电路：U 1U 2＝k ②又P ＝U 2I ③ 解①②③得U 1＝Pk rP －mg v，即原线圈两端电压为PkrP －mg v.答案：A7. 如图1－11所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A 为水平放置的直导线的截面，导线中无电流 时磁铁对斜面的压力为F N1；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为F N2，则下列关于压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是( )图1－11A ．F N1<F N2，弹簧的伸长量减小B ．F N1＝F N2，弹簧的伸长量减小C ．F N1>F N2，弹簧的伸长量增大D ．F N1>F N2，弹簧的伸长量减小解析：在题图中，由于条形磁铁的磁感线是从N 极出发到S 极，所以可画出磁铁在导线A 处的一条磁感线，其方向是斜向左下方的，导线A 中的电流垂直纸面向外，由左手定则可判断导线A 必受斜向右下方的安培力，由牛顿第三定律可知磁铁所受作用力的方向是斜向左上方，所以磁铁对斜面的压力减小，即F N1>F N2，同时，由于导线A 比较靠近N 极，安培力的方向与斜面的夹角小于90°，所以对磁铁的作用力有沿斜面向下的分力，使得弹簧弹力增大，可知弹簧的伸长量增大，所以正确选项为C. 答案：C8. 如图1－12所示电路中，当滑动变阻器的滑动触片P 向b 端移动时，电压表、电流表读数变化情况是( ) A ．电压表读数增大，电流表读数减小 B ．电压表和电流表读数都增大 C ．电压表和电流表读数都减小 D ．电压表读数减小，电流表读数增大解析：P 的移动，影响R 3(局部)，从而影响总电阻R 、干路电流I 、路端电压U (整体)，导致各部分电路的变化．对于R 3，P 向b 端移动时，接入电路的R 3变大，使R 2和R 3并联电阻R 23变大．从而影响整个电路，外电阻R 变大，干路电流⎝⎛⎭⎫I ＝ER ＋r 变小，路端电压(U ＝E －Ir )变大，所以电压表读数增大．对于R 1段电路，其两端电压(U 1＝IR 1)变小．对于R 2和R 3，并联电路两端的电压(U 23＝U －U 1)变大．对于R 2段电路，通过的电流⎝⎛⎭⎫I 2＝U 23R 2变大．对于电流表和R 3所在的一段电路，通过的电流(I 3＝I －I 2)变小，所以电流表读数减小，所以正确选项为A.图1－12答案：A9. 如图1－13所示为一个内、外半径分别为R 1和R 2的圆环状均匀带电环面， 其单位面积带电荷量为σ.取环面中心O 为原点，以垂直于环面的轴线为 x 轴．设轴上任意点P 到O 点的距离为x ，P 点电场强度的大小为E .下 面给出E 的四个表达式(式中k 为静电力常量)，其中只有一个是合理 的．你可能不会求解此处的场强E ，但是你可以通过一定的物理分析， 对下列表达式的合理性作出判断．根据你的判断，E 的合理表达式应为( ) A ．E ＝2πkσ⎝ ⎛⎭⎪⎫R 1x 2＋R 21－R 2x 2＋R 22xB ．E ＝2πkσ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋R 21－1x 2＋R 22xC ．E ＝2πkσ⎝ ⎛⎭⎪⎫R 1x 2＋R 21＋R 2x 2＋R 22D ．E ＝2πkσ⎝⎛⎭⎪⎫1x 2＋R 21＋1x 2＋R 22x解析：由场强特点可知，当x →∞时，环面可视为点电荷，由E 点＝k Qr 2可得E ＝0.对于A项而言，x →∞时，环面可视为点电荷，由E 点＝k Qr 2可得E ＝0.对于A 项而言，x →∞时，E →2πkσ(R 1－R 2)≠0，故A 项错误；同理可排除D 项；当x ＝0时，由对称性可知E 0＝0，对于C 项而言，当x ＝0时，E ≠0，故C 项错误，所以正确选项只能为B. 答案：B10. (2018·广东华南师大附中第六次月考)如图1－14所示，氢核和氘核从静止开始运 动经相同电场加速后从a 点平行ab 进入匀强磁场，若氢核恰能从正方形磁场区 域的c 点飞出，则：两核在磁场中飞行时间t 1、t 2和两核在磁场中的运行轨迹长 s 1、s 2关系正确的是( )A ．s 1＝s 2，t 1<t 2B ．s 1<s 2，t 1>t 2C ．s 1>s 2，t 1＝t 2D ．s 1＝s 2，t 1＝t 2图1－13图1－14解析：由动能定理及轨道半径公式得R 1＝22R 2，由几何关系知，圆心角θ1＝90°，θ2＝45°，又因T 1＝2πm eB ，T 2＝4πm eB ，得t 1＝t 2；s 1＝π2R 1，s 2＝2π4R 1，故s 1>s 2.答案：C11. x 轴上有两点电荷Q 1和Q 2，Q 1和Q 2之间连线上各点电势高低如图1－15曲 线所示(AP >PB )，选无穷远处电势为0，从图中可以看出( ) A ．Q 1电荷量一定小于Q 2电荷量 B ．Q 1和Q 2一定为同种电荷 C ．P 点电场强度是0D ．Q 1和Q 2之间连线上各点电场方向都指向Q 2解析：P 点电势为零，两侧电势左正右负，说明Q 1、Q 2为异种点电荷，且Q 1为正电荷，B 错；若Q 1、Q 2为等量异种电荷，则垂直连线且过连线的中垂线的面为电势为零的等势面，而现在零电势点靠近Q 2，假设Q 2为电荷量很小的检验电荷，等效放入点电荷Q 1的电场中，则零电势点离Q 1更远甚至是无穷远，因此Q 1的电荷量一定大于Q 2的电荷量，A 错；异种电荷连线上没有场强为零的点，且电场方向由正电荷Q 1指向负电荷Q 2，C 错，D 对． 答案：D12. 如图1－16所示，光滑曲线导轨足够长，固定在绝缘斜面上，匀强磁场B 垂直斜面向上．一导体棒从某处以初速度v 0沿导轨面开始上滑，最后又向 下滑回到原处．导轨底端接有电阻R ，其余部分电阻不计．下列说法正确 的是( )A ．滑回到原处时的速率小于初速度大小v 0B ．上滑所用的时间等于下滑所用的时间C ．上滑过程与下滑过程通过电阻R 的电荷量大小相等D ．上滑过程通过某位置的加速度大小等于下滑过程中通过该位置的加速度大小 解析：导体棒滑动过程中切割磁感线产生感应电流，电阻发热消耗机械能，因此滑回到图1－15图1－16原处时速率小于v 0，A 对；上滑时安培力沿斜面向下，下滑时沿斜面向上，故上滑时的加速度大于下滑时的加速度，因此上滑时间小于下滑时间，B 、D 错；上滑过程和下滑过程，回路磁通量的变化相等，由q ＝ΔΦR 可知，通过电阻R 的电荷量相等，C 对．答案：AC。
2018年高考物理二轮复习训练： 题型突破训练3 计算题突破练
答案：(1)mv2(2)9次2．(2017·衡水调研)如图甲所示，弯曲部分A B和CD是两个半径都为0.3m的圆弧轨1三计算题突破练1．如图所示，载人小车和弹性球静止在光滑长直水平面上，球的质量为m，人与车的总质量为16m.人将球以水平速率v推向竖直墙壁，球又以速率v弹回，人接住球后再以速率v(相对地面)将球推向墙壁，如此反复．(1)在人第一次将球推出的过程中，人做了多少功？(2)人经几次推球后，再也不能接住球？解析：(1)以水平向右为正方向．人第一次将球推出，设人与车的速度为v1，球、人与车系统动量守恒0＝16mv1－mv1117人对系统做功W＝2×16mv2＋2mv2，所以W＝32mv2.(2)球反弹回来的速率始终为v，设人推球n次后，人与车的速率也为v时，人恰好不能再接住球．球与墙壁碰撞一次，墙壁对系统的冲量为I＝mv－(－mv)＝2mv球与墙壁碰撞n次后，墙壁对系统的冲量为nI，由动量定理nI＝(16m＋m)v即n×2mv＝(16m＋m)v，解得n＝8.5次，所以，人经9次推球后，再也不能接住球．173214道，中间的BC段是竖直的薄壁细圆管(细圆管内径略大于小球的直径)轨道，分别与上下圆弧轨道相切连接，BC段的长度L为0.2m．下圆弧轨道与水平轨道相切，其中D、A分别是上下圆弧轨道的最高点与最低点，整个轨道固定在竖直平面内．有一质量为0.3kg的小球以一定的速度沿水平轨道向右运动并从A点进入圆弧，不计小球运动中的一切阻力，求：(1)如果小球从D点以5m/s的速度水平飞出，求落地点与D点的水平距离；(2)如果小球从D点以5m/s的速度水平飞出，求小球过圆弧A点时对轨道的压力；(3)如果在D点右侧平滑连接一半径R＝0.4m的半圆形光滑轨道DEF，如图乙所示，要h ＝ gt 2mg ＝m2mg h ＋ mv ＝mv 1A1使小球不脱离轨道运动，求小球在水平轨道上向右运动的速度大小范围(计算结果可以用根式表示)．解析：(1)小球从 D 点以 5 m/s 的速度水平飞出后做平抛运动，由平抛运动规律可得1 2h ＝2R ＋L代入数据解得 t ＝0.4 s所以落地点与 D 点的水平距离x ＝v D t ＝5×0.4 m ＝2 m.(2)由 A 到 D 的过程，由机械能守恒定律可得12 2 在 A 点，由牛顿第二定律可得v 2F N －mg ＝m R联立解得 F N ＝44 N由牛顿第三定律知，小球过圆弧 A 点时对轨道的压力 F N ′＝F N ＝44 N.(3)讨论一：小球进入轨道最高运动到 C 点，之后原路返回，由机械能守恒定律，有1mg (R ＋L )＝2mv 2，得 v 1＝ 10 m/s讨论二：小球进入轨道后恰好能通过圆弧最高点 D ，之后沿 DEF 运动而不脱离轨道，在D 点，有v 2R从 A 到 D 由机械能守恒定律可得1 1mgh ＋2mv 2＝2mv 22，得 v 2＝2 5 m/s.所以要使小球在运动过程中能不脱离轨道，初速度大小的范围为：v 1≤ 10 m/s 或 v 2≥2 5 m/s.答案：(1)2 m (2)44 N (3)v 1≤ 10 m/s 或 v 2≥2 5 m/s3．如图所示，木板与水平地面间的夹角 θ 可以随意改变，当 θ ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v 0 的速度沿木板向上运动，随着 θ 的改变，小物块沿木板滑行的距离 x 将发生变化，重力加速度为 g .v 20 v 2＝⎛ 3⎫ 3v 204g32g （sin θ v 20 01 0(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；(2)当 θ 角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值．解析：(1)当 θ ＝30°时，对木块受力分析mg sin θ ＝μ F N F N ＝mg cos θ则动摩擦因数 μ ＝tan θ ＝tan 30°＝(2)当 θ 变化时，对木块受力分析mg sin θ ＋μ mg cos θ ＝mav 20＝2ax33.则 x ＝ 0 2g （sin θ ＋μ cos θ ） 2g 1＋μ 2sin （θ ＋α ）而 tan α ＝μ ＝ 3 3，则当 α ＋θ ＝90°时 x 最小，即 θ ＝60°x 最小值为 x min ＝ ＋μ cos θ ）＝3v 23答案：(1) (2)60°4g2gv 202 1＋ ⎪⎝ 3 ⎭＝ .4．如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端栓连物块 b ，小车质量 M ＝3 kg ，AO 部分粗糙且长 L ＝2 m ，动摩擦因数 μ ＝0.3，OB 部分光滑．另一小物块 a ，放在车的最左端，和车一起以 v 0＝4 m/s 的速度向右匀速运动，车撞到固定挡板后瞬间速度 变为零，但不与挡板粘连．已知车 OB 部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内．a 、b 两物块视为质点，质量为 m ＝1 kg ，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运动(g 取 10 m/s 2)．求：(1)物块 a 与 b 碰后的速度大小；(2)当物块 a 相对小车静止时小车右端 B 到挡板的距离；(3)当物块 a 相对小车静止时在小车上的位置到 O 点的距离．1 1 解析：(1)对物块 a ，由动能定理得－μ mgL ＝2mv 2－2mv 2，代入数据解得，同速时车B端距挡板的距离s＝m＝0.03125m.解得滑块a与车相对静止时与O点距离x＝m＝0.125m.答案：(1)1m/s(2)m(3)0.125mba33解析：(1)对b棒运用动量定理，有：Bd IΔt＝mb(v－vb0)2代入数据解得a与b碰前速度v1＝2m/s；a、碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv1＝2mv2，代入数据解得v2＝1m/s.(2)当弹簧恢复到原长时两物块分离，以v2＝1m/s在小车上向左滑动，当与车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv2＝(M＋m)v3，代入数据解得v3＝0.25m/s，1对小车，由动能定理得μmgs＝2Mv2，13211(3)由能量守恒得μmgx＝2mv2－2(M＋m)v2，181325．(2017·江西师大附中模拟)如图所示，两足够长且不计其电阻的光滑金属轨道，如图所示放置，间距为d＝1m，在左端斜轨道部分高h＝1.25m处放置一金属杆a，斜轨道与平直轨道区域以光滑圆弧连接，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b电阻Ra＝2Ω、Rb＝5Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感强度B＝2T．现杆b以初速度v0＝5m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b杆运动速度－时间图象如图所示(以a运动方向为正)，其中ma＝2kg，mb＝1kg，g取10m/s2，求：(1)杆a在斜轨道上运动的时间；(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热．－其中vb0＝2m/s，代入数据得Δt＝5s.1(2)对杆a下滑的过程中，机械能守恒：mgh＝2mava解得va＝2gh＝5m/s最后两杆共同的速度为v′，由动量守恒得mava＋mbvb＝(ma＋mb)v′代入数据得v′＝m/s由以上公式代入数据得q＝ C.b棒中产生的焦耳热为Q′＝5Q＝J.36θ 0＜θ＜⎪.为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度大小的最小值及小球P相应qBR sinθgR sin2θm cosθ⎛qBRsinθ⎫24gRsin2θΔ＝ ⎪－q⑥R cosθm83杆a动量变化等于它所受安培力的冲量，由动量定理可得I安＝BIdΔt′＝mava－mav′而q＝IΔt′7311161(3)由能量守恒得，共产生的焦耳热为Q＝magh＋2mbv2－2(mb＋ma)v′2＝6J1152＋567115答案：(1)5s(2)C(3)J6．如图所示，一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上．整个空间存在匀强磁场，磁感应强度方向竖直向下．一电荷量为q(q＞0)、质量为m的小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O′.球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为⎛π⎫⎝2⎭的速率．重力加速度为g.解析：据题意，小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O′.P受到向下的重力mg、球面对它沿OP方向的支持力FN和磁场的洛仑兹力F＝qvB①式中v为小球运动的速率．洛仑兹力F的方向指向O′.根据牛顿第二定律FNcosθ－mg＝0②F－FNsinθ＝mR sinθv2③由①②③式得v2－v＋＝0④由于v是实数，必须满足⎝⎭cosθ2m g由此得B≥≥0⑤B min ＝ q gqB R sin θ 2mq可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为2mR cos θ ⑦此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为v ＝ min ⑧由⑦⑧式得 v ＝ gRcos θ sin θ .2m答案： g R cos θgRcos θ sin θ。
2018年高考物理二轮复习 题型突破训练1 选择题突破练
一 选择题突破练一、单项选择题1.如图所示是倾角为45°的斜坡，在斜坡底端P 点正上方某一位置Q 处以速度v 0水平向左抛出一个小球A ，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t 1.小球B 从同一点Q 处自由下落，下落至P 点的时间为t 2，不计空气阻力，则t 1∶t 2为( )(导学号 57180144)A ．1∶2B ．1∶ 3C ．1∶3D ．1∶ 2解析：小球A 恰好能垂直落在斜坡上，如图所示．由几何关系可知，小球竖直方向的速度增量v y ＝gt 1＝v 0①水平位移＝01②h Q ＋x ＝12gt 22④ 2．游乐场中，从离水面一定高度的A 处到水面B 处有两条长度相同的光滑轨道，如图所示．甲、乙两名小孩沿不同轨道同时从A 处自由滑向B 处，则两名小孩在全部滑行过程中的速率v 随时间t 变化的下列图象，正确的是( )(导学号 57180145)解析：根据牛顿第二定律可知，甲的加速度逐渐减小，乙的加速度逐渐增加，而vt图线的斜率等于加速度；两小孩的位移相同，图线与坐标轴围成的面积相等；两小孩的末速率相等，故选项B正确．答案：B3.(2017·龙岩模拟)如图所示，两个相同的小物体P、Q静止在斜面上，P与Q之间的弹簧A处于伸长状态，Q与挡板间的弹簧B处于压缩状态，则以下判断正确的是( )A．撤去弹簧A，物体P将下滑，物体Q将静止B．撤去弹簧A，弹簧B的弹力将变小C．撤去弹簧B，两个物体均保持静止D．撤去弹簧B，弹簧A的弹力将变小解析：根据题意：将P、Q看成整体可以知道，P和Q的摩擦力方向均沿斜面向上，如果P、Q整体的摩擦力大于整体重力沿斜面向下的分力，撤去弹簧A后物块P和Q仍然可以处于静止状态，弹簧B的弹力可能不变，故选项A、B错误；撤去弹簧B，弹簧A的长度不变，所以弹力不变，所以物块P的受力不变，P将继续保持静止，Q受到的向下的力少了弹簧B的推力，所以摩擦力减小，Q仍将静止，故选项C正确，选项D错误．答案：C4．下列说法正确的是( )(导学号 57180146)A.23290Th经过6次α衰变和3次β衰变后成为稳定的原子核20882PbB．原子从a能级状态跃迁到b能级状态时发射波长为λ1的光子；原子从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收波长为λ2的光子，已知λ1＞λ2.那么原子从a能级状态跃迁到c能级状态时将要吸收波长为λ1λ2λ1－λ2的光子C．当用蓝色光照射某金属表面时有电子逸出，则改用红光照射也一定会有电子逸出D.232 90Th 发生衰变，经过3个半衰期，剩下的232 90Th 占开始时的19解析：发生α衰变是放出42He ，发生β衰变是放出电子 0－1e ，设发生了x 次α衰变和y 次β衰变，则根据质量数和电荷数守恒有2x －y ＋82＝90，4x ＋208＝232，解得x ＝6，y ＝4，故衰变过程中共有6次α衰变和4次β衰变，A 错误．原子从a 能级状态跃迁到b 能级状态时发射波长为λ1的光子．原子从b 能级状态跃迁到c 能级状态时吸收波长为λ2的光子，已知λ1＞λ2.根据玻尔理论得a →b ：E a －E b ＝h c λ1；b →c ：E c －E b ＝h cλ2；a →c ：E c －E a ＝h c λ，联立以上三式得λ＝λ1λ2λ1－λ2，故B 正确．发生光电效应的条件是入射光的频率不小于金属的极限频率，红光的频率小于蓝光，不一定有光电效应现象，故C 错误．剩下的232 90Th 占开始时的18，故D 错误． 答案：B5．如图所示的电路中，R 1＝R 2＝2 k Ω，电压表V 1的内阻为6 k Ω，电压表V 2的内阻为3 k Ω，AB 间的电压U 保持不变，当电键S 闭合后，它们的示数变化是( )A ．V 1表的示数变大，V 2表的示数变小B ．V 1表的示数变小，V 2表的示数变大C ．V 1、V 2表的示数均变小D ．V 1、V 2表的示数均变大解析：S 断开时，两电阻与两电压表并联，则V 1的示数为23U ，V 2的示数为U 3；当S 闭合时，相当于V 1与R 1并联，R 2与V 2并联，然后再串联；V 1与R 1的总电阻为2×62＋6Ω＝1.5 Ω，R 2与V 2并联后的总电阻为2×32＋3 Ω＝65 Ω；则可知，电压之比为5∶4；故V 1示数为59U ，V 2示数为49U ；故V 1的示数减小，V 2示数增大，故选项B 正确． 答案：B6．(2017·济南模拟)“天舟一号”飞船是中国空间技术研究院研制的第一艘货运飞船，2017年4月20日19时41分在海南文昌航天发射中心，由长征七号遥二运载火箭发射.4月21日上午，“天舟一号”货运飞船已经完成了两次的轨道控制，后来又进行了三次的轨道控制，使“天舟一号”货运飞船控制到“天宫二号”的后下方.4月22日12时23分，“天舟一号”货运飞船与离地面390公里处的“天宫二号”空间实验室顺利完成自动交会对接．下列说法正确的是( )A ．根据“天宫二号”离地面的高度，可计算出地球的质量B ．“天舟一号”与“天宫二号”的对接过程，满足动量守恒、能量守恒C ．“天宫二号”飞越地球的质量密集区上空时，轨道半径和线速度都略微减小D ．若测得“天舟一号”环绕地球近地轨道的运行周期，可求出地球的密度解析：根据G Mm （R ＋h ）2＝m 4π2T 2(R ＋h )，可得M ＝4π2（R ＋h ）3GT 2，则根据“天宫二号”离地面的高度，不可计算出地球的质量，选项A 错误；“天舟一号”与“天宫二号”的对接时，“天舟一号”要向后喷气加速才能对接，故对接的过程不满足动量守恒，但是能量守恒，选项B 错误；“天宫二号”飞越地球的质量密集区上空时，万有引力变大，则轨道半径略微减小，引力做正功，故线速度增加，选项C 错误；G Mm R 2＝m 4π2T 2R ，而M ＝43πR 3ρ，可得ρ＝3πGT 2，即若测得“天舟一号”环绕地球近地轨道的运行周期，可求出地球的密度，选项D 正确；故选D.答案：D7．(2017·马鞍山模拟)如图所示，A 是一个边长为L 的正方形导线框，每边电阻为r .现维持线框以恒定速度v 沿x 轴运动，并穿过图中所示由虚线围成的匀强磁场区域．U bc ＝φb －φc ，线框在图示位置的时刻作为时间的零点，则b 、c 两点间的电势差随时间变化的图线应为( )解析：规定以顺时针方向为电流的正方向，0～L v ，线框在磁场外，感应电流为0.L v ～2L v，由右手定则可得出电流的方向为逆时针的方向，维持线框以恒定速度v 沿x 轴运动，所以感应电动势和电流不变，根据法拉第电磁感应定律，则有U bc ＝34BLv ，2L v －4L v，线框全部进入磁场，感应电流为0，但感应电动势BLv ，则v bc ＝BLv ，4L v ～5L v，线框左边切割磁感线，由右手定则可得出电流的方向为顺时针的方向，维持线框以恒定速度v 沿x 轴运动，所以感应电动势和电流不变，根据法拉第电磁感应定律，则有U bc ＝BLv 4.答案：B8．由两种不同材料拼接成的直轨道ABC ，B 为两种材料的分界线，长度AB >BC .先将ABC 按图甲方式搭建成倾角为θ的斜面，让一小物块(可看作质点)从斜面顶端由静止释放，经时间t 小物块滑过B 点；然后将ABC 按图乙方式搭建成倾角为θ的斜面，同样将小物块从斜面顶端由静止释放，小物块经相同时间t 滑过B 点．则小物块( )(导学号 57180147)A ．与AB 段的动摩擦因数比与BC 段的动摩擦因数大B ．两次滑到B 点的速率相同C ．两次从顶端滑到底端所用的时间相同D ．两次从顶端滑到底端的过程中摩擦力做功相同解析：第一种情况：从A 到B 过程，AB ＝12a 1t 2＝12g (sin θ－μ1cos θ)t 2，第二种情况从C 到B 的过程，CB ＝12a 2t 2＝12g (sin θ－μ2cos θ)t 2，因为AB >BC ，所以μ1＜μ2，即物块与AB 段的动摩擦因数比与BC 段的动摩擦因数小，选项A 错误．据题意两次做匀加速直线运动s ＝v 2t ，可知位移大的平均速度大，末速度同样大，故第一次到B 的速率更大些，选项B 错误．由WF f ＝－μ1mg cos θ·AB －μ2mg cos θ·BC ，则两次摩擦力做功相等，故D 正确．两个过程摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理可知，两次下滑中物块到达底端速度相等为v ，则第一种BC ＝v 1＋v 2t 1，第二种BA ＝v 2＋v 2t 2，因BC <BA ，v 1＞v 2，所以t 1<t 2，即第二次到达底端的时间较长，选项C 错误．故选D.答案：D二、多项选择题9．(2017·沈阳模拟)根据质点的位置关系，我们可以分析出质点的运动轨迹．若一个质点在水平面上的xOy 直角坐标系位置函数是：x ＝L cos ωt ，y ＝L sin ωt .(ω是定值)则该质点的速率－时间、加速度大小－时间、合力大小－时间、合力做功—时间等相关图象错误的是( )解析：质点在水平面上的xOy直角坐标系位置函数是：x＝L cos ωt，y＝L sin ωt，所以质点在平面直角坐标系中是一个匀速圆周运动，所受合力大小不变，速度大小不变，方向时刻在变，同样加速度大小也不变，方向在变；力和速度始终垂直，故力不做功，故A、B、D错误，C正确．答案：ABD10．(2017·衡水模拟)在真空中的x轴上的原点处和x＝6a处分别固定一个点电荷M、N，在x＝2a处由静止释放一个正点电荷P，假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，得到点电荷P速度大小与其在x轴上的位置关系如图所示(其中在x＝4a处速度最大)，则下列说法正确的是( )A．点电荷M、N一定都是同种正电荷B．点电荷M、N一定为异种电荷C．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1D．x＝4a处的电场强度不一定为零解析：由vx图象可知，点电荷P的速度先增大后减小，所以点电荷P的动能先增大后减小，说明电场力先做正功，后做负功，结合正电荷受到的电场力的方向与电场强度的方向相同可知，电场强度的方向先沿x轴的正方向，后沿x轴的负方向，根据点电荷的电场线的特点与电场的叠加原理可知，点电荷M、N一定都是正电荷，故A正确，B错误；由题图可知，在x＝4a处点电荷P的速度最大，速度的变化率为0，说明了x＝4a处的电场强度等于0，则M与N的点电荷在x＝4a处的电场强度大小相等，方向相反，根据库仑定律得：kQ M（4a）2＝kQ N（6a－4a）2，所以点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1，故C正确，D错误．故选AC.答案：AC11．某人驾驶一辆汽车甲正在平直的公路上以某一速度匀速运动，突然发现前方50 m处停着一辆乙车，立即刹车，刹车后做匀减速直线运动．已知该车刹车后第1个2 s 内的位移是24 m ，第4个2 s 内的位移是1 m ．则下列说法正确的是( )(导学号 57180148)A ．汽车甲刹车后做匀减速直线运动的加速度大小为2312m/s 2 B ．汽车甲刹车后做匀减速直线运动的加速度大小为2 m/s 2C ．汽车甲刹车后停止前，可能撞上乙车D ．汽车甲刹车前的速度为14 m/s解析：根据x 4－x 1＝3aT 2代入数据解得a ＝1－243×4 m/s 2＝－2312m/s 2，再由位移公式x ＝v 0t 1＋12at 21解得初速度v 0＝14 m/s ，速度减为零用时t ＝v 0a＝7.3 s ，可知汽车在8 s 前速度减为零，设汽车的加速度为a ，根据x 1＝v 0t 1＋12at 21，得24＝2v 0＋2a ，汽车速度减为零时间t ＝0－v 0a ，采用逆向思维，最后2 s 位移x ＝12(－a )·⎝ ⎛⎭⎪⎫8－－v 0a －2，联立解得a ＝－2 m/s 2，初速度v 0＝14 m/s ，所以B 、D 正确，A 错误；汽车刹车距离x ＝v 202a＝49 m ，所以不能撞上乙车，故C 错误．答案：BD12．(2017·西宁模拟)如图所示，面积为0.02 m 2、内阻不计的100匝矩形线圈ABCD ，绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动，转动的角速度为100 rad/s ，匀强磁场的磁感应强度为22 T ．矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头P 可移动，副线圈所接电阻R ＝25 Ω，电表均为理想交流电表．当线圈平面与磁场方向平行时开始计时．下列说法正确的是( )A ．线圈中感应电动势的表达式为e ＝100 2cos (100t ) VB ．P 上移时，电流表示数减小C ．t ＝0时，电压表示数为100 2 VD ．当原、副线圈匝数比为2︰1时，电阻上消耗的功率为50 W解析：矩形闭合导线框ABCD 在磁场中转动，产生的交流电的最大值为E m ＝NBS ω＝100×22×0.02×100 V ＝100 2 V ，线圈中感应电动势的表达式为e ＝1002·cos 100t (V)，故A 正确；P 上移时，原线圈的匝数减小，则导致副线圈电压增大，那么副线圈电流也增大，则原线圈的电流会增大，故B 错误；由于最大值为有效值的2倍，所以交变电流的有效值为U ＝100 V ，当t ＝0时，电压表示数为100 V ，故C 错误；当原、副线圈匝数比为2∶1时，电阻上消耗的功率为P ＝U 2R ＝50250W ＝50 W, 故D 正确． 答案：AD13．如图所示，质量为M 的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m 的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F ，木块和木板由静止开始运动，木块相对地面运动位移x 后二者分离．则下列哪些变化可使位移x 增大( )(导学号 57180149)A ．仅增大木板的质量MB ．仅增大木块的质量mC ．仅增大恒力FD ．仅稍增大木块与木板间的动摩擦因数解析：根据牛顿第二定律得m 的加速度为a 1a 2＝μmg M ，设板长为L ，根据L ＝12a 1t 2－12a 2t 2x ＝12a 2t 2，则知若仅增大木板的质量M ，m a 2减小，由上式知时间t 减小，x 减小，故A 错误；若仅增大小木块的质量a 1减小，M 的加速度a 2增大，则t 增大，x 增大，故B 正确；若仅增大恒力F ，则m 的加速度a 1变大，M 的加速度不变，则t 减小，x 减小，故C 错误；若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则m 的加速度a 1减小，M 的加速度a 2增大，则t 增大，x 增大，故D 正确．答案：BD14．(2017·重庆模拟)如图所示，小车的上面是中突的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为m ，原来静止在光滑的水平面上．今有一个可以看作质点的小球，质量也为m ，以水平速度v 从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下．关于这个过程，下列说法正确的是( )(导学号 57180150)A ．小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置B ．小球在滑上曲面的过程中，小车的动量变化大小是mv2C ．小球和小车作用前后，小车和小球的速度一定变化D ．车上曲面的竖直高度不会大于v 24g解析：小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球滑下时，小车还会继续前进，故不会回到原位置，所以A 错误．由小球恰好到最高点，知道两者有共同速度，对于车、球组成的系统，由动量守恒定律列式为mv ＝2mv ′，得共同速度v ′＝v 2，小车动量的变化为mv 2，则B 正确．由于满足动量守恒定律，系统机械能又没有增加，所以可能出现速度交换两次后和初始情况相同，选项C 错误．由于小球原来的动能为mv 22，小球到最高点时系统的动能为12×2m ×⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22＝mv 24，所以系统动能减少了mv 24，如果曲面光滑，则减少的动能等于小球增加的重力势能，即mv 24＝mgh ，得h ＝v 24g，显然这是最大值，如果曲面粗糙，高度还要小些，所以D 正确．故选BD.答案：BD。
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v2 mg＝m R
从 A 到 D 由机械能守恒定律可得 1 1 mgh＋ mv2＝ mv2 2，得 v2＝2 5 m/s. 2 2 所以要使小球在运动过程中能不脱离轨道，初速度大小的范围为：v1≤ 10 m/s 或 v2≥2 5 m/s. 答案：(1)2 m (2)44 N (3)v1≤ 10 m/s 或 v2≥2 5 m/s
mgsin θ＝μFN FN＝mgcos θ
则动摩擦因数μ＝tan θ＝tan 30°＝ (2)当θ变化时，对木块受力分析 3 . 3
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma v2 0＝2ax v0 v2 0 则 x＝ ＝ 2 2g（sin θ＋μcos θ） 2g 1＋μ sin（θ＋α）
而 tan α＝μ＝ 3 ，则当α＋θ＝90°时 x 最小，即θ＝60° 3
3．如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一 小木块恰好能沿着木板匀速下滑． 若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率 v0 的速度沿木 板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离 x 将发生变化，重力加速度为 g.
(1)求小物块与木板间的动摩擦因数； (2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值． 解析：(1)当θ＝30°时，对木块受力分析
(1)如果小球从 D 点以 5 m/s 的速度水平飞出，求落地点与 D 点的水平距离； (2)如果小球从 D 点以 5 m/s 的速度水平飞出，求小球过圆弧 A 点时对轨道的压力； (3)如果在 D 点右侧平滑连接一半径 R＝0.4 m 的半圆形光滑轨道 DEF，如图乙所示，要使小
球不脱离轨道运动，求小球在水平轨道上向右运动的速度大小范围(计算结果可以用根式表示)． 解析：(1)小球从 D 点以 5 m/s 的速度水平飞出后做平抛运动，由平抛运动规律可得 1 h＝ gt2 2
三 计算ห้องสมุดไป่ตู้突破练
1．如图所示，载人小车和弹性球静止在光滑长直水平面上，球的质量为 m，人与车的总质 量为 16m.人将球以水平速率 v 推向竖直墙壁，球又以速率 v 弹回，人接住球后再以速率 v(相对 地面)将球推向墙壁，如此反复．
(1)在人第一次将球推出的过程中，人做了多少功？ (2)人经几次推球后，再也不能接住球？ 解析：(1)以水平向右为正方向．人第一次将球推出，设人与车的速度为 v1，球、人与车系 统动量守恒 0＝16mv1－mv 1 1 2 17 2 2 人对系统做功 W＝ ×16mv1＋ mv ，所以 W＝ mv . 2 2 32 (2)球反弹回来的速率始终为 v，设人推球 n 次后，人与车的速率也为 v 时，人恰好不能再 接住球． 球与墙壁碰撞一次，墙壁对系统的冲量为 I＝mv－(－mv)＝2mv 球与墙壁碰撞 n 次后，墙壁对系统的冲量为 nI，由动量定理 nI＝(16m＋m)v 即 n×2mv＝(16m＋m)v，解得 n＝8.5 次，所以，人经 9 次推球后，再也不能接住球． 17 2 答案：(1) mv 32 (2)9 次
1 2．(2017·衡水调研)如图甲所示，弯曲部分 AB 和 CD 是两个半径都为 0.3 m 的 圆弧轨道， 4 中间的 BC 段是竖直的薄壁细圆管(细圆管内径略大于小球的直径)轨道，分别与上下圆弧轨道相 切连接，BC 段的长度 L 为 0.2 m．下圆弧轨道与水平轨道相切，其中 D、A 分别是上下圆弧轨道 的最高点与最低点，整个轨道固定在竖直平面内．有一质量为 0.3 kg 的小球以一定的速度沿水 平轨道向右运动并从 A 点进入圆弧，不计小球运动中的一切阻力，求：
2
x 最小值为 xmin＝
v ＝ 2g（sin θ＋μcos θ）
3v0 4g
2
2 0
2g
3v0 . 3 2＝ 4g 1＋ 3
v2 0
2
答案：(1)
3 3
(2)60°
4．如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端栓连物块 b，小车质量 M ＝3 kg，AO 部分粗糙且长 L＝2 m，动摩擦因数μ＝0.3，OB 部分光滑．另一小物块 a，放在车的 最左端，和车一起以 v0＝4 m/s 的速度向右匀速运动，车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不 与挡板粘连．已知车 OB 部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内．a、b 两物 块视为质点，质量为 m＝1 kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运动(g 取 10 m/s )．求：
h＝2R＋L
代入数据解得 t＝0.4 s 所以落地点与 D 点的水平距离
x＝vDt＝5×0.4 m＝2 m.
(2)由 A 到 D 的过程，由机械能守恒定律可得 1 1 2 mgh＋ mv2 D＝ mvA 2 2 在 A 点，由牛顿第二定律可得
v2 FN－mg＝m A R
联立解得 FN＝44 N 由牛顿第三定律知，小球过圆弧 A 点时对轨道的压力 FN′＝FN＝44 N. (3)讨论一： 小球进入轨道最高运动到 C 点，之后原路返回，由机械能守恒定律，有 1 mg(R＋L)＝ mv2 1，得 v1＝ 10 m/s 2 讨论二：小球进入轨道后恰好能通过圆弧最高点 D，之后沿 DEF 运动而不脱离轨道，在 D 点， 有
a、b 碰撞过程系统动量守恒，以 a 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 mv1＝2mv2，
代入数据解得 v2＝1 m/s.
(2)当弹簧恢复到原长时两物块分离，a 以 v2＝1 m/s 在小车上向左滑动，当与车同速时，以 向左为正方向，由动量守恒定律得 mv2＝(M＋m)v3， 代入数据解得 v3＝0.25 m/s， 1 2 对小车，由动能定理得μmgs＝ Mv3， 2 1 代入数据解得，同速时车 B 端距挡板的距离 s＝ m＝0.031 25 m. 32 1 2 1 2 (3)由能量守恒得μmgx＝ mv2－ (M＋m)v3， 2 2 1 解得滑块 a 与车相对静止时与 O 点距离 x＝ m＝0.125 m. 8 答案：(1)1 m/s 1 (2) m 32 (3)0.125 m
2
(1)物块 a 与 b 碰后的速度大小； (2)当物块 a 相对小车静止时小车右端 B 到挡板的距离； (3)当物块 a 相对小车静止时在小车上的位置到 O 点的距离． 1 2 1 2 解析：(1)对物块 a，由动能定理得－μmgL＝ mv1－ mv0， 2 2 代入数据解得 a 与 b 碰前速度 v1＝2 m/s；