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11计算题(三)

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2018届高考物理二轮复习专题卷汇编功和能专题卷含

机械能知识网络：单元切块：按照考纲的要求，本章内容可以分成四个单元，即：功和功率；动能、势能、动能定理；机械能守恒定律及其应用；功能关系动量能量综合。

其中重点是对动能定理、机械能守恒定律的理解，能够熟练运用动能定理、机械能守恒定律分析解决力学问题。

难点是动量能量综合应用问题。

§1 功和功率教学目标：理解功和功率的概念，会计算有关功和功率的问题培养学生分析问题的基本方法和基本技能教学重点：功和功率的概念教学难点：功和功率的计算教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、功1．功功是力的空间积累效应。

它和位移相对应（也和时间相对应）。

计算功的方法有两种：（1）按照定义求功。

即：W =Fs cos θ。

在高中阶段，这种方法只适用于恒力做功。

当20πθ<≤时F 做正功，当2πθ=时F 不做功，当πθπ≤<2时F 做负功。

这种方法也可以说成是：功等于恒力和沿该恒力方向上的位移的乘积。

（2）用动能定理W =ΔE k 或功能关系求功。

当F 为变力时，高中阶段往往考虑用这种方法求功。

这里求得的功是该过程中外力对物体做的总功（或者说是合外力做的功）。

这种方法的依据是：做功的过程就是能量转化的过程，功是能的转化的量度。

如果知道某一过程中能量转化的数值，那么也就知道了该过程中对应的功的数值。

【例1】如图所示，质量为m 的小球用长L 的细线悬挂而静止在竖直位置。

在下列三种情况下，分别用水平拉力F 将小球拉到细线与竖直方向成θ角的位置。

在此过程中，拉力F 做的功各是多少？⑴用F 缓慢地拉；⑵F 为恒力；⑶若F 为恒力，而且拉到该位置时小球的速度刚好为零。

可供选择的答案有A.θcos FL B .θsin FL C.()θcos 1-FL D .()θcos 1-mgL【例2】如图所示，线拴小球在光滑水平面上做匀速圆周运动，圆的半径是1m ，球的质量是0.1kg ，线速度v =1m/s ，小球由A 点运动到B点恰好是半个圆周。

(江苏专版)2018年高考物理二轮复习：滚动讲练卷汇编98页(含答案)

（江苏专版）2018年高考物理二轮复习：滚动讲练卷汇编目录【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练1含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练2含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练3含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练4含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练5含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练6含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练7含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练8含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练9含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练10含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练11含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练12含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练13含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练14含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练15含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练16含解析二轮滚讲义练（一）滚动练一、选择题1、(2017·扬州模拟)如图所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图(俯视图)，匀强磁场垂直轨道平面向上，先将开关拨到a 给超级电容器C 充电，然后将开关拨到b 可使电阻很小的导体棒EF 沿水平轨道弹射出去，则下列说法正确的是( )A ．电源给电容器充电后，M 板带正电B ．在电容器放电过程中，电容器两端电压不断减小C ．在电容器放电过程中，电容器的电容不断减小D ．若轨道足够长，电容器将放电至电量为0解析：选B 电容器下极板接正极，所以充电后N 板带正电，故A 错误；电容器放电时，电量和电压均减小，故B 正确；电容是电容器本身的性质，与电压和电量无关，故放电时，电容不变，故C 错误；若轨道足够长，导体棒切割磁感线产生感应电动势，产生的感应电流和放电形成的电流大小相同时，不再放电，故电容器放电不能至电量为0，故D 错误。

2018年高考物理二轮专题总复习：选择题满分专练一含

光滑平行的导轨水平固定在竖直向下的匀强磁场中导轨左端接有电阻R，导轨上垂直导轨放着一根金点．下列关于该粒子的说法正确的是B ．初速度为v ＝B ED ．比荷为q ＝E 2A．升压变压器的输出电压增大B．降压变压器的输出电压增大C．输电线上损耗的功率增大D．输电线上损耗的功率占总功率的比例不变解析：发电厂输出功率的增大，升压变压器的输出电压不变，由于输电线电流增大，输电线损失电压增大，降压变压器的输出电压减小，输电线上损耗的功率增大，选项A、B错误，C正确；输电线上损耗的功率占总功率的比例增大，选项D错误．答案：C19．下列选项中所描述的a、b两点的电场强度和电势均相同的是()A．离正点电荷等距的任意两点a、b，如图甲所示B．两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的两点a、b，如图乙所示C．两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的两点a、b，如图丙所示D．静电场中到达静电平衡时的导体内部任意两点a、b，如图丁所示解析：图甲中a、b两点的电势相等，电场强度大小相等但方向不同，A错；图乙中，两个等量异种点电荷连线的中垂线为等势线，a、b两点的电场强度大小相等，方向均与等量异种点电荷的连线平行且向左，所以，a、b两点的电势和电场强度均相同，B对；图丙中，根据对称性，a、b点电势相等，电场强度大小相等但方向相反，C错；图丁中，导体达静电平衡时，导体内部电势处处相等，电场强度处处为零，D对．答案：BD20.质量为M的斜面体放在光滑水平地面上，其倾角为θ＝30°，斜斜面体缓慢移动的过程中各物体均处于动态平衡状态，＋μF N，其中斜面对物块的支持力不变，斜面对物块的摩擦力不变，因此绳的拉力不变，弹簧30°的足够长的固定粗糙斜面上时刻自斜面底端以某一初速度沿斜面向上。

2018版世纪金榜高中物理二轮复习计算题标准练(三)

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计算题标准练(三)满分32分,实战模拟,20分钟拿下高考计算题高分!1.(14分)如图所示,遥控电动赛车(可视为质点)从A点由静止出发,经过时间t后关闭电动机,赛车继续前进至B点后水平飞出,垂直地撞到倾角为θ=53°的斜面上C点。

已知赛车在水平轨道AB部分运动时受到恒定阻力F f=0.4N,赛车的质量m=0.4kg,通电后赛车的电动机以额定功率P=2W工作,轨道AB的长度L=2m,B、C两点的水平距离s=1.2m,空气阻力忽略不计,g取10m/s2,sin53°=0.8, cos53°=0.6。

求:(1)赛车运动到B点和C点时速度的大小分别为多少。

(2)赛车电动机工作的时间t。

【解析】(1)从B点抛出后做平抛运动,垂直地撞到倾角为θ=53°的斜面上C点,设平抛运动的时间为t1,根据几何关系得:tanθ=而v0=,v y=gt1,解得:t1=0.3s,则赛车运动到B点的速度v0==m/s=4m/s,到达C点的速度v C==5m/s。

(2)从A点到B点的过程中由动能定理有:Pt-F f L=m解得:t=2s。

答案:(1)4m/s5m/s(2)2s2.(18分)如图所示,空间存在着n个连续电磁场区域,电场大小均相同,方向水平向右,磁场大小均相同,方向垂直于纸面,分别向里、向外,每个电场的宽度均为d,磁场宽度分别为d1、d2…d n,其中d1=d,d2…d n未知。

一个带电粒子(m,+q)从第一个电磁场区域的电场左端静止释放,以水平速度v1进入磁场,在磁场中的偏转角α=60°,以后在每个磁场中的偏转角均为α=60°。

电磁场区域足够高,带电粒子始终在电磁场中运动,不计带电粒子的重力。

求:世纪金榜导学号49294279(1)电场强度E和磁感应强度B的大小。

2018届高考物理二轮复习：3小题分类练三含解析精品

小题分类练(三) 综合计算类(1)1．设复数z ＝1＋i(i 是虚数单位)，则2z＋z 2＝( )A ．1＋iB ．2－iC ．－1－iD ．－1＋i解析：选A.2z ＋z 2＝21＋i＋(1＋i)2＝1－i ＋2i ＝1＋i ，故选A.2．已知集合A ＝{x |x 2－4x ＋3＜0}，B ＝{x |1＜2x ≤4，x ∈N }，则A ∩B ＝( ) A ．∅ B ．(1，2] C ．{2} D ．{1，2}解析：选C.(法一)因为A ＝{x |x 2－4x ＋3＜0}＝{x |1＜x ＜3}，B ＝{x |1＜2x ≤4，x ∈N }＝{1，2}，所以A ∩B ＝{2}，故选C.(法二)因为1∉A ，所以1∉A ∩B ，故排除D ；因为1.1∉B ，所以1.1∉A ∩B ，故排除B ；因为2∈A ，2∈B ，所以2∈A ∩B ，故排除A.故选C.3．已知向量m ＝(λ＋1，1)，n ＝(λ＋2，2)，若(m ＋n )⊥(m －n )，则λ的值为( ) A ．0 B ．－1 C ．－2 D ．－3解析：选D.依题意得(m ＋n )·(m －n )＝0，m 2＝n 2，即(λ＋1)2＋1＝(λ＋2)2＋4，解得λ＝－3，选D.4．已知某种商品的广告费支出x (单位：万元)与销售额y (单位：万元)之间有如下对应数据：y ＝6.5x ＋17.5，则表中m 的值为( )A ．45B ．50C ．55D ．60解析：选D.x ＝2＋4＋5＋6＋85＝5，y －＝30＋40＋50＋m ＋705＝190＋m 5，∵当x －＝5时，y －＝6.5×5＋17.5＝50，∴190＋m 5＝50，解得m ＝60.5．已知x ∈(0，π)，且cos(2x －π2)＝sin 2x ，则tan(x －π4)等于( )A.13 B ．－13 C ．3 D ．－3解析：选A.由cos(2x －π2)＝sin 2x 得sin 2x ＝sin 2x ，∵x ∈(0，π)，∴tan x ＝2，∴tan ⎝⎛⎭⎫x －π4＝tan x －11＋tan x ＝13.6．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 5＝8，S 3＝6，则a 9＝( ) A ．8 B ．12 C ．16 D ．24解析：选C.设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 5＝a 1＋4d ＝8，S 3＝3a 1＋3d ＝6，解得a 1＝0，d＝2，所以a 9＝a 1＋8d ＝0＋8×2＝16.7．已知区域Ω＝{(x ，y )||x |≤2，0≤y ≤2}，由直线x ＝－π3，x ＝π3，曲线y ＝cos x与x 轴围成的封闭图形所表示的区域记为A .若在区域Ω内随机取一点P ，则点P 在区域A的概率为( )A.24B.12C.34D.64解析：选C.S Ω＝22×2＝4，S A ＝∫π3－π3cos x d x ＝sin π3－sin ⎝⎛⎫－π3＝32－⎝⎛⎭⎫－32＝3，所以所求概率为34.8．在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若sin A ＝223，a ＝2，S △ABC ＝2，则b 的值为( )A. 3B.322C ．2 2D ．2 3解析：选A.在锐角△ABC 中，sin A ＝223，S △ABC ＝2，∴cos A ＝1－sin 2A ＝13，12bcsin A ＝12bc ·223＝2，∴bc ＝3，①由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bccos A ，∴(b ＋c )2＝a 2＋2bc (1＋cos A )＝4＋6×⎝⎛⎭⎫1＋13＝12， ∴b ＋c ＝2 3.②由①②得b ＝c ＝3，故选A .9．已知向量a ＝(－1，2)，b ＝(3，－6)，若向量c 满足c 与b 的夹角为120°，c ·(4a ＋b )＝5，则|c |＝( )A ．1 B. 5 C ．2 D ．2 5 解析：选D.依题意可得|a |＝5，|b |＝35，a ∥b ，由c ·(4a ＋b )＝5，可得4a·c ＋b·c ＝5.由c 与b 的夹角为120°，可得c 与a 的夹角为60°，则有b·c ＝|b ||c |cos 120°＝|c |×35×⎝⎛⎭⎫－12＝－352|c |，a·c ＝|a ||c |cos 60°＝|c |×5×12＝52|c |，所以4×52|c |－352|c |＝5，解得|c |＝25，选D.10．若曲线y ＝f (x )＝ln x ＋ax 2(a 为常数)不存在斜率为负数的切线，则实数a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫－12，＋∞B.⎣⎡⎭⎫－12，＋∞ C ．(0，＋∞) D ．[0，＋∞)解析：选D.f ′(x )＝1x ＋2ax ＝2ax 2＋1x(x ＞0)，根据题意有f ′(x )≥0(x ＞0)恒成立，所以2ax 2＋1≥0(x ＞0)恒成立，即2a ≥－1x2(x ＞0)恒成立，所以a ≥0，故实数a 的取值范围为[0，＋∞)．故选D.11．已知函数f (x )＝sin ωx －3cos ωx (ω＞0)在(0，π)上有且只有两个零点，则实数ω的取值范围为( )A.⎝⎛⎦⎤0，43B.⎝⎛⎦⎤43，73C.⎝⎛⎦⎤73，103D.⎝⎛⎦⎤103，133解析：选B.(法一)易得f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π3，设t ＝ωx －π3，因为0＜x ＜π，所以－π3＜t ＜ωπ－π3，因为函数f (x )在(0，π)上有且仅有两个零点，所以π＜ωπ－π3≤2π，解得43＜ω≤73，故选B.(法二)当ω＝2时，f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3，设t ＝2x －π3，因为0＜x ＜π，所以－π3＜t ＜5π3，此时函数f (x )在(0，π)上有且仅有两个零点x ＝π6，2π3，满足题意，只有选项B 的取值范围中含有数值2，故选B.12．已知F 1，F 2为双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的左、右焦点，点P 为双曲线C右支上一点，直线PF 1与圆x 2＋y 2＝a 2相切，且|PF 2|＝|F 1F 2|，则双曲线C 的离心率为( )A.103B.43C.53D ．2 解析：选C.设直线PF 1与圆相切于点M ，∵|PF 2|＝|F 1F 2|，∴△PF 1F 2为等腰三角形，∴|F 1M |＝14|PF 1|，∵在Rt △F 1MO (O 为坐标原点)中，|F 1M |2＝|F 1O |2－a 2＝c 2－a 2，∴|F 1M |＝b ＝14|PF 1|①，又|PF 1|＝|PF 2|＋2a ＝2c ＋2a ②，c 2＝a 2＋b 2③，故由①②③得，e＝c a ＝53. 13．已知n ＝⎠⎛02x 3d x ，则⎝⎛⎭⎪⎫x －23x n的展开式中常数项为________．解析：n ＝⎠⎛02x 3d x ＝14x 4|20＝4，T r ＋1＝C r 4x 4－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23x r ＝(－2)r C r 4x4－43r ，令4－43r ＝0，则r ＝3，展开式中常数项为(－2)3C 34＝－8×4＝－32.答案：－3214．已知向量a ＝(1，3)，b ＝(3，m )，且b 在a 上的投影为3，则向量a 与b 的夹角为________．解析：因为a·b ＝3＋3m ，|a |＝1＋3＝2，|b |＝9＋m 2，由|b |cos 〈a ，b 〉＝3可得|b |a·b|a ||b |＝3，故3＋3m 2＝3，解得m ＝3，故|b |＝9＋3＝23，故cos 〈a ，b 〉＝323＝32，故〈a ，b 〉＝π6，即向量a 与b 的夹角为π6.答案：π615．已知a ＞b ＞1，若log a b ＋log b a ＝52，a b ＝b a ，则ab ＋2＝________．解析：∵log a b ＋log b a ＝log a b ＋1log a b ＝52，∴log a b ＝2或12.∵a ＞b ＞1，∴log a b ＜log a a ＝1，∴log a b ＝12，∴a ＝b 2. ∵a b ＝b a ， ∴(b 2)b ＝bb 2， ∴b 2b ＝bb 2，∴2b ＝b 2，∴b ＝2，∴a ＝4，∴ab ＋2＝1.答案：116．椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1、F 2，A 、B 是C 上两点，AF 1→＝3F 1B →，∠BAF 2＝90°，则椭圆C 的离心率为________．解析：连接BF 2，由条件AF 1→＝3F 1B →，可知A ，B ，F 1三点共线．设|F 1B |＝x ，则|AF 1|＝3x ，由椭圆定义可知|AF 2|＝2a －3x ，|BF 2|＝2a －x ，在Rt △ABF 2中有(4x )2＋(2a －3x )2＝(2a－x )2，整理得x (3x －a )＝0，即3x ＝a ，x ＝a3.在Rt △AF 1F 2中有|F 1F 2|＝2c ，(3x )2＋(2a －3x )2＝4c 2，将x ＝a 3代入得：a 2＋(2a －a )2＝4c 2，即c 2a 2＝12，e 2＝12，故e ＝22.答案：22。

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��20 2
=
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。
No Image
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届高三下学期复习练习物理试题(解析版)

2018学年高三下学期物理复习练习题2一、单选题1. 在空中某一高度将一小球水平抛出，取抛出点为坐标原点，初速度方向为轴正方向，竖直向下为y轴正方向，得到其运动的轨迹方程为y=ax2（a为已知量），重力加速度为g。

则根据以上条件可以求得（）A. 物体距离地面的高度B. 物体作平抛运动的初速度C. 物体落地时的速度D. 物体在空中运动的总时间【答案】B【解析】试题分析：平抛物体的运动可分解为在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合平抛运动的规律求出y与x的关系式，从而进行求解。

根据x=v0t，得，由得，由题意知y=ax2，则，可以求出平抛运动的初速度，B选项正确；由于高度未知，无法求出运动的时间，也无法求出竖直分速度以及落地的速度，故A、C、D错误。

考点：平抛物体的运动规律2. 如图是伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面由静止滑下，在不同的条件下进行多次实验，下列叙述正确是（）A. θ角越大，小球对斜面的压力越大B. θ角越大，小球运动的加速度越小C. θ角越大，小球从顶端运动到底端所需时间越短D. θ角一定，质量不同的小球运动的加速度也不同【答案】C【解析】试题分析：设小球质量为，根据小球运动过程垂直斜面方向受力平衡，可得小球受到支持力为，相互作用可得对斜面压力为，θ角越大，小球对斜面的压力越小，选项A错。

沿斜面方向，没有摩擦力，根据牛顿第二定律可得，θ角越大，小球运动的加速度越大，选项B错。

θ角一定，质量不同的小球运动的加速度都是，与小球质量无关，选项D错。

由于斜面长度一定，所以小球从顶端运动到底端有斜面长，运动时间，θ角越大，小球从顶端运动到底端所需时间越短，选项C对。

考点：牛顿运动定律3. 如图所示，传送带足够长，与水平面间的夹角α=370，并以v=10m/s的速度逆时针匀速转动着，在传送带的A端轻轻地放一个质量为m=1kg的小物体，若已知物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，（g=10m/s2，sin370=0.6,cos370=0.8）则下列有关说法正确的是（）A. 小物体运动1s后，受到的摩擦力大小不适用公式B. 小物体运动1s后加速度大小为2 m/s2C. 在放上小物体的第1s内，系统产生50J的热量D. 在放上小物体的第1s内，至少给系统提供能量70J才能维持传送带匀速转动【答案】B【解析】试题分析：由题意知，释放后A受向下摩擦力，根据牛顿第二定律，求得加速度a1="10" m/s2，再根据v=a1t="10" m/s，可得：t=1s，即1s后物体与传送带速度相等，又因为mgsinθ>μmgcosθ，所以1s后物体继续做加速运动，，解得：a2="2" m/s2，摩擦力为动摩擦力，故适用公式F＝μF N，所以A错误；B正确；在第1s内物体的位移，传送带的位移，故相对位移，所以系统产生的热量，故C错误；物体增加的动能，系统提供能量，小于70J，故D错误。

2018届高考物理二轮复习训练试卷：计算题专项训练

计算题专项训练(时间:80分钟满分:100分)1.(14分)如图甲所示,水平传送带AB逆时针匀速转动,一个质量为m0=1.0 kg的小物块以某一初速度由传送带左端滑上,通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向,以物块滑上传送带时为计时零点).已知传送带的速度保持不变,g取10 m/s2.求:(1)物块与传送带间的动摩擦因数μ;(2)物块在传送带上的运动时间;(3)整个过程中系统产生的热量.2.(14分)(2016·全国Ⅱ卷)如图所示,两固定的绝缘斜面倾角均为θ,上沿相连.两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c 端)长度均为L,质量分别为2m和m;用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca,并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上,使两金属棒水平.右斜面上存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于斜面向上.已知两根导线刚好不在磁场中,回路电阻为R,两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑.求:(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小;(2)金属棒运动速度的大小.3.(14分)已知地球的自转周期和半径分别为T和R,地球同步卫星A的圆轨道半径为h.卫星B沿半径为r(r<h)的圆轨道在地球赤道的正上方运行,其运行方向与地球自转方向相同.求:(1)卫星B做圆周运动的周期;(2)卫星A和B连续地不能直接通信的最长时间间隔(信号传输时间可忽略).4.(14分)低空跳伞是一种极限运动,一般在高楼、悬崖、高塔等固定物上起跳.人在空中降落过程中所受空气阻力随下落速度的增大而增大,而且速度越大空气阻力增大得越快.因低空跳伞下落的高度有限,导致在空中调整姿态、打开伞包的时间较短,所以其危险性比高空跳伞还要高.一名质量为70 kg的跳伞运动员背有质量为10 kg的伞包从某高层建筑顶层跳下,且一直沿竖直方向下落,其整个运动过程的v-t图象如图所示.已知2.0 s末的速度为18 m/s,10 s末拉开绳索开启降落伞,16.2 s时安全落地,并稳稳地站立在地面上.g取10 m/s2,请根据此图象估算:(1)起跳后2 s内运动员(包括其随身携带的全部装备)所受平均阻力的大小.(2)运动员从脚触地到最后速度减为零的过程中,若不计伞的质量及此过程中的空气阻力,则运动员所需承受地面的平均冲击力多大.(3)开伞前空气阻力对跳伞运动员(包括其随身携带的全部装备)所做的功(结果保留三位有效数字).5.(14分)如图所示,边长L=0.2 m的正方形abcd区域(含边界)内,存在着垂直于区域的横截面(纸面)向外的匀强磁场,磁感应强度B=5.0×10-2 T.带电平行金属板MN、PQ间形成了匀强电场E(不考虑金属板在其他区域形成的电场),MN放在ad边上,两板左端M、P恰在ab边上,两板右端N、Q间有一绝缘挡板EF.EF中间有一小孔O,金属板长度、板间距、挡板长度均为l=0.1 m.在M和P的中间位置有一离子源S,能够正对孔O不断发射出各种速率的带正电离子,离子的电荷量均为q=3.2×10-19 C,质量均为m=6.4×10-26 kg.不计离子的重力,忽略离子之间的相互作用及离子打到金属板或挡板上后的反弹.(1)当电场强度E=104 N/C时,求能够沿SO连线穿过孔O的离子的速率.(2)电场强度取值在一定范围时,可使沿SO连线穿过O并进入磁场区域的离子直接从bc边射出,求满足条件的电场强度的范围.6.(14分)两根平行金属导轨放置在倾角为θ的绝缘斜面上,两导轨之间的距离为l,仅在虚线MN 下面的空间存在着磁感应强度随高度变化的磁场(同一水平线上各处磁感应强度相同),磁场方向垂直斜面向下,导轨上端跨接一阻值为R的定值电阻.质量为m的金属棒的两端套在导轨上并可在导轨上无摩擦滑动,金属棒始终与导轨垂直,导轨和金属棒的电阻不计,现将金属棒从O处由静止释放,进入磁场后金属棒正好做匀减速运动,刚进入磁场时速度为v,到达P处时速度为0.5v,O 处和P处到MN的距离相等,已知重力加速度为g.求:(1)金属棒在磁场中所受安培力F的大小;(2)在金属棒从开始运动到P处的过程中,电阻R上共产生多少热量.7.(16分)如图所示,真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域,半径为R,磁场垂直纸面向里.在y>R的区域存在沿-y方向的匀强电场,电场强度为E.在M点有一粒子源,辐射的粒子以相同的速率v,沿不同方向射入第一象限.发现沿+x方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场,速度减小到0后又返回磁场.已知粒子的质量为m,电荷量为+q,粒子重力不计.(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小;(2)求沿+x方向射入磁场的粒子,从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程;(3)沿与+x方向成60°角的方向射入的粒子,最终将从磁场边缘的N点(图中未画出)穿出,不再进入磁场,求N点的坐标和粒子从M点运动到N点的总时间.计算题专项训练1.答案(1)0.2(2)4.5 s(3)18 J解析(1)由题中v-t图象可得,物块做匀变速运动的加速度a=m/s2=2.0m/s2由牛顿第二定律得F f=m0a得到物块与传送带间的动摩擦因数μ==0.2.(2)由题中v-t图象可知,物块初速度大小v=4m/s、传送带速度大小v'=2m/s,物块在传送带上滑动t1=3s后,与传送带相对静止.前2s内物块的位移大小x1=t1'=4m,向右后1s内的位移大小x2=t1″=1m,向左3s内位移x=x1-x2=3m,向右物块再向左运动时间t2==1.5s物块在传送带上运动时间t=t1+t2=4.5s.(3)物块在传送带上滑动的3s内,传送带的位移x'=v't1=6m,向左;物块的位移x=x1-x2=3m,向右相对位移为Δx'=x'+x=9m所以转化的热能E Q=F f×Δx'=18J.2.答案(1)mg(sin θ-3μcos θ)(2)(sin θ-3μcos θ)解析(1)设导线的拉力的大小为F T,右斜面对ab棒的支持力的大小为F N1,作用在ab棒上的安培力的大小为F,左斜面对cd棒的支持力大小为F N2.对于ab棒,由力的平衡条件得2mg sinθ=μF N1+F T+F①F N1=2mg cosθ②对于cd棒,同理有mg sinθ+μF N2=F T③F N2=mg cosθ④联立①②③④式得F=mg(sinθ-3μcosθ). ⑤(2)由安培力公式得F=BIL⑥这里I是回路abdca中的感应电流.ab棒上的感应电动势为E=BLv⑦式中,v是ab棒下滑速度的大小.由欧姆定律得I=⑧联立⑤⑥⑦⑧式得v=(sinθ-3μcosθ). ⑨3.答案(1)T(2)arcsin+arcsin T解析(1)设卫星B绕地心转动的周期为T',根据万有引力定律和圆周运动的规律有G=m2h①G=m'2r②式中,G为引力常量,M为地球质量,m、m'分别为卫星A、B的质量.由①②式得T'=T③(2)设卫星A和B连续地不能直接通信的最长时间间隔为τ;在此时间间隔τ内,卫星A和B绕地心转动的角度分别为α和α',则α=2π④α'=2π⑤若不考虑卫星A的公转,两卫星不能直接通信时,卫星B的位置应在图中B点和B'点之间,图中内圆表示地球的赤道.由几何关系得∠BOB'=2arcsin+arcsin⑥由③式知,当r<h时,卫星B比卫星A转得快,考虑卫星A的公转后应有α'-α=∠BOB'⑦由③④⑤⑥⑦式得τ=arcsin+arcsin T. ⑧4.答案(1)80 N(2)2 450 N(3)-1.73×105 J解析(1)由v-t图可知,起跳后前2s内运动员的运动近似为匀加速直线运动,其加速度为a==9.0m/s2设运动员所受平均阻力为F f,根据牛顿第二定律有m总g-F f=m总a解得F f=m总(g-a)=80N(2)由v-t图可知,运动员脚触地时的速度v2=5.0m/s,经时间t2=0.2s速度减为零,设此过程中运动员所受平均冲击力大小为F,根据动量定理有(mg-F)t2=0-mv2解得F=2450N(3)由v-t图可知,10s末开伞时的速度v=40m/s,开伞前10s内运动员下落的高度约为h=×2m+×2m+35×2m+×2m+40×2m=296m设前10s内空气阻力对运动员所做的功为W,根据动能定理有m总gh+W=m总v2解得W=-1.73×105J.5.答案(1)v0=2.0×105 m/s(2)9.375×102 N/C<E≤1.25×103 N/C解析(1)穿过孔O的离子在金属板间需满足qv0B=Eq代入数据得v0=2.0×105m/s.(2)穿过孔O的离子在金属板间仍需满足qvB=Eq离子穿过孔O后在磁场中做匀速圆周运动,有qvB=m由以上两式得E=从bc边射出的离子,轨迹半径最大时,其临界轨迹如图线①,对应的电场强度最大,由几何关系可得r1=l=0.1m由此可得E1=1.25×103N/C从bc边射出的离子,轨迹半径最小时,其临界轨迹如图线②,对应的电场强度最小,由几何关系可得2r2+=L所以r2=0.075m由此可得E2=9.375×102N/C所以满足条件的电场强度的范围为9.375×102N/C<E≤1.25×103N/C.6.答案(1)mg sin θ(2)mv2解析(1)设O点和P点到MN的间距均为x,从O到MN过程中,根据动能定理有mgx sinθ=mv2-0 从MN到P的过程中棒做匀减速运动,安培力的大小不变,据动能定理有mgx sinθ-Fx=m(0.5v)2-mv2得F=mg sinθ.(2)方法一:棒从MN到P过程中根据能量守恒有Q=mgx sinθ+mv2-m(0.5v)2得Q=mv2.方法二:棒从MN到P过程中克服安培力做功即电阻R上产生的热量Q=Fx得Q=mv2.7.答案(1)(2)πR+(3)N点坐标为(2R,0)解析(1)沿+x方向射入磁场的粒子进入电场后,速度减小到0,粒子一定是从如图的P点射出磁场,逆电场线运动,所以粒子在磁场中做圆周运动的半径r=R根据Bqv=得B=.(2)粒子返回磁场后,经磁场偏转后从N点射出磁场,MN为直径,在磁场中的路程为圆周长,l1=πR设在电场中路程为l2,根据动能定理Eq mv2l2=总路程l=πR+.(3)沿与+x方向成60°角的方向射入的粒子,从C点竖直射出、射入磁场,从D点射入、射出电场,最后从N点(MN为直径)射出磁场.所以N点坐标为(2R,0)在磁场中,MC段圆弧对应圆心角α=30°,CN段圆弧对应圆心角θ=150°,所以在磁场中的时间为半个周期t1=粒子在CD段做匀速直线运动,CD=t2=粒子在电场中做匀变速直线运动,加速度a=t3=总时间t=.。

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。

【高三物理试题精选】2018届高考物理第二轮课堂综合演练试题(含参考答案)

2018届高考物理第二轮课堂综合演练试题(含参考答案) 1．(2018 浙江高考)如图2－15所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”。

两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢。

若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是( )
A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力图2－15
B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力
C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利
D．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利
解析根据牛顿第三定律可知甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力与反作用力，选项A错；因为甲和乙的力作用在同一个物体上，故选项B错。

根据动量守恒定律有m1s1＝m2s2，若甲的质量比较大，甲的位移较小，乙先过界，选项C正确；“拔河”比赛的输赢只与甲、乙的质量有关，与收绳速度无关，选项D错误。

答案C
2．(2018 海南高考)如图2－16，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力
( )
A．等于零图2－16
B．不为零，方向向右
C．不为零，方向向左
D．不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右
解析以斜劈和物块整体为研究对象，整个系统处于平衡状态，合外力为零。

所以地面对斜劈没有水平方向的摩擦力的作用。

故A正确。

答案A
3．[双选]如图2－17所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动，在传送带的上端轻轻放置一个质量为m 的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ tanθ，则下列选项。

2018届高考物理二轮专题复习文档：计算题押题练一力

计算题押题练(一) 力学计算题1．交通信号“绿波”控制系统一般被称为“绿波带”，它是根据车辆运行情况对各路口红绿灯进行协调，使车辆通过时能连续获得一路绿灯。

郑州市中原路上某直线路段每间隔L ＝500 m 就有一个红绿灯路口，绿灯时间Δt 1＝60 s ，红灯时间Δt 2＝40 s ，而且下一路口红绿灯亮起总比当前路口红绿灯滞后Δt ＝50 s 。

要求汽车在下一路口绿灯再次亮起后能通过该路口。

汽车可看作质点，不计通过路口的时间，道路通行顺畅。

(1)若某路口绿灯刚亮起时，某汽车恰好通过，要使该汽车保持匀速行驶，在后面道路上再连续通过五个路口，满足题设条件下，汽车匀速行驶的最大速度是多少？最小速度又是多少？(计算结果保留两位有效数字)(2)若某路口遭遇红灯，待绿灯刚亮起时，某汽车由静止开始，以加速度a ＝2 m/s 2匀加速运动，加速到第(1)问中汽车匀速行驶的最大速度以后，便以此速度一直匀速运动。

试通过计算判断，当该汽车到达下一个路口时能否遇到绿灯。

解析：(1)若汽车刚好在绿灯亮起时通过第五个路口，则通过五个路口的时间t ＝5Δt 此时匀速运动的速度最大v max ＝5Lt＝10 m/s 若汽车刚好在绿灯熄灭时通过第五个路口，则通过五个路口的时间t ′＝5Δt ＋Δt 1＝310 s此时匀速运动的速度最小v min ＝5Lt ′≈8.1 m/s 。

(2)若路口绿灯刚亮起时，汽车启动加速，最终加速到v max ＝10 m/s v max ＝at 1，t 1＝5 s在此过程中汽车走过的位移x ＝v max2t 1，x ＝25 m然后汽车以此速度匀速运动，可知 L －x ＝v max t 2，t 2＝47.5 s因此，汽车从该路口开始启动到下一个路口的时间为 t ＝t 1＋t 2＝52.5 s110 s ＞t ＞50 s ，因此走到下个路口时能够遇到绿灯。

答案：(1)10 m /s 8.1 m/s (2)能2.在水平长直轨道上，有一长度为L 的平板车在外力控制下始终保持速度v 0做匀速直线运动。

2018年高考物理浙江选考二轮专题复习选择题等值练三

选择题等值练(三)一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．(2017·稽阳联谊学校8月联考)2017年8月份开始，浙江高速公路都将实施“区间测速”．交警局一位负责人解释，区间测速是一项先进的监控手段，利用车辆通过前后两个监控点的时间计算平均车速的简单原理，只需测算距离与通行时间就可以换算出有没有超速行为，图1为高速公路的一个交通标志，一辆汽车于8月2日上午8：03通过监测起点时速度为115 km/h，上午8：11分通过监测终点时的速度也为115 km/h，由此可判断()图1A．汽车在该测速区间以115 km/h的速度做匀速率运动B．汽车在起点和终点之间的速度都小于120 km/hC．根据区间测速的原理，该汽车超速了D．在该测速区间，汽车某时刻的瞬时速度不可能为100 km/h答案 C解析20 km的距离若以限速120 km/h行驶，需要10分钟时间，而给出的时间间隔只有8分钟，所以一定有超过120 km/h的速度行驶的过程，故C正确．2．如图2所示，对下列课本插图描述不正确的是()图2A．图甲观察桌面的微小形变中，用到了物理微量放大法B．图乙比较平抛运动与自由落体运动，用到了比较法C．图丙中，探究求合力的方法用到了控制变量法D．图丁中，金属电阻温度计常用纯金属做成，是利用了纯金属的电阻率随温度的变化而变化这一特性制成的答案 C解析图甲中观察桌面的微小形变，通过平面镜的反射，反射光线发生较大的角度变化，从而扩大了形变，该方法称为物理微量放大法，A项正确；图乙中比较平抛运动与自由落体运动，来研究平抛运动在竖直方向上运动的规律，用到了比较法，B项正确；图丙中探究求合力的方法，用到了等效的思想方法，C项错误；金属电阻温度计常用纯金属做成，是利用了纯金属的电阻率随温度的变化而变化制成的，D项正确．3. 2015年12月，第二届世界互联网大会在浙江乌镇召开，会上机器人的展示精彩纷呈．如图3所示，当爬壁机器人沿竖直墙壁缓慢攀爬时，其受到的摩擦力()图3A．大于重力B．等于重力C．小于重力D．与其跟墙壁间的压力成正比答案 B解析缓慢运动，能看做是匀速运动，处于平衡状态，在竖直方向上受到竖直向下的重力和竖直向上的摩擦力，二力平衡，故摩擦力大小等于重力大小，B正确．4．(2017·嘉兴市一中期末)甲、乙两车某时刻由同一地点，沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移—时间图象如图4所示．甲图线过O点的切线与AB 平行，过C点的切线与OA平行，则下列说法中正确的是()图4A．在两车相遇前，t1时刻两车相距最近B．t3时刻甲车在乙车的前方C．0～t2时间内甲车的瞬时速度始终大于乙车的瞬时速度D．甲车的初速度等于乙车在t3时刻的速度答案 D5．某同学找了一个用过的“易拉罐”，在靠近底部的侧面打了一个洞，用手指按住洞，向罐中装满水，然后将易拉罐竖直向上抛出，空气阻力不计，则()A．易拉罐上升的过程中，洞中射出的水速度越来越快B．易拉罐下降的过程中，洞中射出的水速度越来越快C．易拉罐上升、下降的过程中，洞中射出的水速度都不变D．易拉罐上升、下降的过程中，水不会从洞中射出答案 D6．(2016·台州市月考) 如图5所示的陀螺，是汉族民间最早的娱乐工具，也是我们很多人小时候喜欢玩的玩具．从上往下看(俯视)，若陀螺立在某一点顺时针匀速转动，此时滴一滴墨水到陀螺，则被甩出的墨水径迹可能如图()图5答案 D解析做曲线运动的墨水，所受陀螺的束缚力消失后，水平面内(俯视)应沿轨迹的切线飞出，A、B不正确，又因陀螺顺时针匀速转动，故C不正确，D正确．7．(2017·温州市十校期末联考)拱形桥的顶部可视为一段圆弧．如图6所示，当一辆小汽车(视作质点)以一定速度过桥恰经过桥顶时，它对桥面的压力大小F与它的重力大小G相比较，有()图6A ．F ＝GB ．F ＜GC ．F ＞GD ．无法判断答案 B解析汽车过拱桥最高点时，根据牛顿第二定律得：G －F ′＝m v 2R，解得支持力为：F ′＝G －m v 2R＜G ，根据牛顿第三定律知，F ＝F ′，则 F ＜G . 8. 如图7所示，一电场的电场线分布关于y 轴(沿竖直方向)对称，O 、M 、N 是y 轴上的三个点，且OM ＝MN .P 点在y 轴右侧，MP ⊥ON .则O 、M 、N 、P 四点中电场强度最大的是( )图7A ．O 点B ．M 点C ．N 点D ．P 点答案 A解析由题图知O 点处电场线最密，则O 点电场强度最大，故A 对．9．(2017·杭州市高三上期末)根据图8漫画“ 洞有多深”提供的情境，下列说法正确的是( )图8A ．他们依据匀速运动的规律估算洞的深度B ．用一片树叶代替石块也能估算出洞的深度C ．全程石块的平均速度约为10 m/sD ．若数到 3 秒时石块落到洞底，则洞深约30 m答案 C10．(2017·嘉兴一中等五校联考)中国已成为世界上高铁系统技术最全、集成能力最强、运营里程最长、运行速度最高、在建规模最大的国家．报道称，新一代高速列车牵引功率达9 000 kW ，持续运行速度为350 km/h ，如图9所示．则新一代高速列车沿全长约1 300 km 的京沪线从北京到上海，在动力上耗电约为( )图9A ．3.3×104 kWhB ．3.1×106 kWhC ．1.8×104 kWhD ．3.3×105 kWh答案 A11．P 1和P 2是材料相同、上下表面为正方形的长方体导体，P 1的上下表面积大于P 2的上下表面积，将P 1和P 2按图10所示接到电源上，闭合开关后，下列说法正确的是( )图10A ．若P 1和P 2的体积相同，则通过P 1的电流大于通过P 2的电流B ．若P 1和P 2的体积相同，则P 1的电功率等于P 2的电功率C ．若P 1和P 2的厚度相同，则P 1两端的电压等于P 2两端的电压D ．若P 1和P 2的厚度相同，则P 1两端的电压大于P 2两端的电压答案 C解析由于两电阻串联在电路中，因此通过两电阻的电流一定相等，故A 错误；设电阻的表面边长为a ，厚度为d ，根据R ＝ρL S 可知，R ＝ρa ad ＝ρd，则可知电阻与厚度d 有关，与体积无关，由V ＝Sd 可知，如果两导体的体积相同，则P 1的厚度小于P 2厚度，因此P 1的电阻大于P 2的电阻，则由P ＝I 2R 可知，P 1的电功率大于P 2的电功率，故B 错误；若厚度相同，则两电阻阻值相同，由U ＝IR 可知，P 1两端的电压等于P 2两端的电压，故C 正确，D 错误．12．(2016·浙江名校协作体高二联考)如图11所示，2015年12月17日，中国在酒泉卫星发射中心使用“长征二号丁”运载火箭成功发射首颗暗物质粒子探测卫星“悟空”，绕地球两极运动．已知地球半径为R ，地表重力加速度为g ，卫星轨道半径为r .则该卫星( )图11A ．是地球的同步卫星B ．运行速度大于第一宇宙速度C ．向心加速度为R 2r 2g D ．周期为T ＝ 4π2r g答案 C解析地球同步卫星轨道与赤道在同一平面内，选项A 错误；人造卫星轨道半径近似等于地球半径时，其运行速度等于第一宇宙速度，轨道半径越大，运行速度越小，该卫星的运行速度小于第一宇宙速度，选项B 错误；由G Mm r 2＝ma n 、G Mm R 2＝mg 联立解得a n ＝R 2r2g ，选项C 正确；由G Mm r 2＝mr (2πT )2、G Mm R 2＝mg 联立解得T ＝ 4π2r 3gR 2，选项D 错误． 13．(2017·温州市9月选考)如图12所示，用一条绝缘轻绳悬挂一个带正电的小球，小球质量为1.0×10－2 kg ，所带电荷量为7.5×10－8 C ，现加一水平方向的匀强电场，平衡时绝缘轻绳与竖直方向成37°角，取g ＝10 m/s 2，则( )图12A ．轻绳受到的拉力为8.0×10－2 N B ．电场强度大小为1.0×105 N/CC ．改变场强方向，仍使小球静止在原位置，则电场强度的最小值为8.0×105 N/CD ．剪断轻绳，带电小球将做类平抛运动答案 C二、选择题Ⅱ(本题共3小题，每小题2分，共6分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分)14．[加试题]下列说法正确的是( )A ．光电效应表明光具有能量，且具有波粒二象性B ．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动速度增大C ．210 83Bi 的半衰期是5天，12 g 210 83Bi 经过15天后衰变了1.5 gD ．α粒子散射实验是卢瑟福建立原子核结构模型的重要依据答案 BD解析光电效应现象只说明光具有粒子性．故A 错误．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，电子从高轨道跃迁到低轨道，电子与原子核之间的距离变小，库仑力做正功，氢原子的电势能减小；电子与原子核之间的距离变小，由库仑力提供向心力可得，核外电子的运动速度增大．故B 正确.210 83Bi 半衰期是5天，12 g 210 83Bi 经过15天后，衰变后剩余质量为m ＝m 0(12)t τ＝12×(12)155＝1.5 g ，则衰变了10.5 g ，还剩下1.5 g 没有衰变．故C 错误．卢瑟福依据α粒子散射实验提出了原子核式结构模型．故D 正确．15．[加试题]如图13为一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t ＝0时刻的波动图象．若t ＝0.2 s 时C 点开始振动，则( )图13A ．t ＝0时刻质点A 运动方向沿y 轴正方向B ．t ＝0.2 s 时刻质点B 的速度最大C ．质点C 开始运动的方向沿y 轴正方向D ．在0到0.4 s 内质点C 通过的路程为2 m答案 AD解析根据波向右传播知t ＝0时刻质点A 沿y 轴正方向运动，x ＝4 m 处的质点沿y 轴负方向运动，则振动传到C 点后，C 点开始运动的方向沿y 轴负方向，故A 项正确，C 项错误；v ＝Δx ＝20.2 m/s ＝10 m/s ，由题图知λ＝4 m ，则T ＝λv ＝410s ＝0.4 s ，t ＝0.2 s 时，质点B 在波峰，速度最小，B 项错误；0到0.4 s 内，前0.2 s 质点C 不动，后0.2 s 质点C 振动半个周期，通过的路程为2 m ，故D 项正确．16．[加试题](2017·嘉兴市一中期末)实验表明，可见光通过三棱镜时各色光的折射率n 随着波长λ的变化符合科西经验公式：n ＝A ＋B λ2＋C λ4，其中A 、B 、C 是正的常量．太阳光进入三棱镜后发生色散的情形如图14，则( )图14A．屏上d处是紫光B．屏上d处的光在棱镜中传播速度最大C．屏上d处的光在棱镜中传播速度最小D．光经过三棱镜后发生色散原因是不同频率的光在同种介质中折射率不同答案ACD解析太阳光经过三棱镜后产生色散现象，在光屏由上至下(a、b、c、d)依次为红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫．由于紫光的折射率最大，所以偏折最大；红光的折射率最小，则偏折程度最小．故屏上a处为红光，屏上d处是紫光，同时可知，屏上d处的光在棱镜中传播速度最小．故A、C正确，B错误；太阳光进入三棱镜后发生色散，是由于不同频率的光在同种介质中折射率不同．故D正确．。

2018版高考物理二轮复习小题提速练11 含解析精品

小题提速练(十一)(时间：20分钟分值：48分)选择题(本题共8小题，每小题6分，共48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·“超级全能生”26省联考)如图1所示，某竖直弹射装置由两根劲度系数为k 的轻弹簧以及质量不计的底盘构成，当质量为m 的物体竖直射向空中时，底盘对物体的支持力为6mg (g 为重力加速度)，已知两根弹簧与竖直方向的夹角为θ＝60°，则此时每根弹簧的伸长量为( )图1A.3mg k B.4mg k C.5mg k D.6mg kD [对物体m 分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：N －mg ＝ma其中：N ＝6mg解得：a ＝5g再对质量不计的底盘和物体m 整体分析，受两个拉力和重力，根据牛顿第二定律，有：竖直方向：2F cos 60°－mg ＝ma解得：F ＝6mg根据胡克定律，有：x ＝F k ＝6mg k故选：D]15．(2018·沈阳模拟)一位网球运动员以拍击球，使网球沿水平方向飞出，第一只球落在自己一方场地的B 点，弹跳起来后，刚好擦网而过，落在A 点，第二只球也恰好擦网而过，直接落在A 点．设球与地面的碰撞过程没有能量损失，且运动过程不计空气阻力，则两只球飞过球网C 处时水平速度之比为( )图2A ．1∶1B ．1∶3C ．3∶1D ．1∶9B [由平抛运动的规律可知，两球分别被击出至各自第一次落地的时间是相等的．由于球与地面的碰撞是完全弹性碰撞，设第一球自击出到落在A 点时间为t 1，第二球自击出到落地时间为t 2，则：t 1＝3t 2由于一、二两球在水平方向均为匀速运动，水平位移大小相等，设它们从O 点出发时的初速度分别为v 1、v 2，由x ＝v 0t 得：v 2＝3v 1所以有v 1v 2＝13，所以两只球飞过球网C 处时水平速度之比为1∶3，故B 正确．] 16．[2018·高三第二次全国大联考(新课标卷Ⅲ)]空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，在此区域建立直角坐标系O xyz ，如图3所示．匀强电场E 沿竖直向上的z 轴的正方向，匀强磁场B 沿y 轴的正方向．现有一重力不可忽略的带正电质点处于此复合场中，则( )【导学号：19624244】图3A ．质点不可能处于静止状态B ．质点可能沿z 轴负方向做匀速运动C ．质点可能在Oxz 竖直平面内做匀速圆周运动D ．质点可能在Oyz 竖直平面内做匀速圆周运动C [如果静止的带正电质点只受重力和电场力且二力平衡，则质点处于静止状态，选项A 错误；如果初速度方向沿y 轴正方向或y 轴反方向，因为不受磁场洛伦兹力，质点可以沿着y 轴正方向或y 轴负方向做匀速直线运动，质点不可能沿z 轴负方向做匀速运动，选项B 错误；如果初速度方向与y 轴方向垂直，受洛伦兹力作用而提供向心力，质点可能在Oxz 平面内做匀速圆周运动，选项C 正确；质点不可能在Oyz 竖直平面内做匀速圆周运动，选项D 错误．]17．(2018·莆田六中月考)如图4所示电路中，电源电动势为E ，内阻为r ，R 1和R 3均为定值电阻，R T 为热敏电阻(温度越高，电阻越小)．当环境温度较低时合上开关S ，当环境温度逐渐升高时，若三个电表A 1、A 2和V 的示数分别用I 1、I 2和U 表示．则各个电表示数的变化情况是( )图4A ．I 1增大，I 2不变，U 增大B ．I 1减小，I 2增大，U 减小C ．I 1增大，I 2减小，U 增大D ．I 1减小，I 2不变，U 减小B [由图知电压表测量路端电压，电流表A1测量流过R 1的电流，电流表A 2测量流过R T 的电流；当环境的温度逐渐升高时，R T 减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数U 减小，R 3电压增大，R 1、R T 并联电压减小，通过R 1的电流I 1减小，而总电流I 增大，则流过R T 的电流I 2增大．故A 、C 、D 错误，B 正确．]18．(2018·哈尔滨九中二模)将图5甲所示的正弦交流电压输入理想变压器的原线圈，变压器副线圈上接入阻值为10 Ω的白炽灯(认为其电阻恒定)，如图5乙所示．若变压器原、副线圈匝数比为10∶1，则下列说法正确的是( )图5A ．该交流电的频率为50 HzB ．灯泡消耗的功率为250 WC ．变压器原线圈中电流表的读数为0.5 AD ．流过灯泡的电流方向每秒钟改变50次A [由图可知，原线圈输入电压的周期为0.02 s ，故频率为50 Hz ，故A 正确；由图甲知输入电压有效值为5002V ＝250 2 V ，根据电压与匝数成正比知副线圈电压有效值为U ＝25 2 V ，灯泡消耗的功率为P ＝U 2R ＝125 W ，故B 错误；副线圈电流为I ＝U R＝2.5 2 A ，则原线圈的电流为I 10＝0.25 2 A ，故C 错误；每一个周期电流方向改变2次，故流过灯泡的电流方向每秒钟改变100次，故D 错误；故选A.]19．真空中有一竖直向上的匀强电场，其场强大小为E ，电场中的A 、B 两点固定着两个等量异号点电荷＋Q 、－Q ，A 、B 两点的连线水平，O 为其连线的中点，c 、d 是两点电荷连线垂直平分线上的两点，Oc ＝Od ，a 、b 两点在两点电荷的连线上，且与c 、d 两点的连线恰好形成一个菱形，则下列说法中正确的是( )【导学号：19624245】图6A ．a 、b 两点的电场强度E a >E bB ．c 、d 两点的电势φd >φcC ．将质子从a 点移到c 点的过程中，电场力对质子做负功D ．质子从O 点移到b 点时电势能减小BD [由等量异种电荷产生电场特点可知，a 、b 两点的场强相同，当再与匀强电场叠加时，两点的场强仍然相同，故A 错误；等量异种电荷产生电场的特点是连线的中垂线上的电势为零，当再叠加匀强电场时，d 点的电势大于c 点的电势，故B 正确；据场强的叠加可知，a 到c 的区域场强方向大体斜向上偏右，所以将质子从a 点移到c 点的过程中，电场力对质子做正功，故C 错误；据场强的叠加可知，O 到b 区域场强方向大体斜向上偏右，当质子从左到右移动时，电场力做正功，电势能减小，故D 正确．]20．(2018·辽宁省部分重点中学协作体5月模拟)如图7所示，由一段外皮绝缘的导线扭成两个半径为R 和r 的圆形闭合回路，R >r ，导线单位长度的电阻为λ，导线截面半径小于R 和r ，圆形区域内存在垂直平面向里、磁感应强度大小随时间按B ＝kt (k ＞0，为常数)的规律变化的磁场，下列说法正确的是( )图7A ．小圆环中电流的方向为逆时针B ．大圆环中电流的方向为逆时针C ．回路中感应电流大小为k R 2＋r 2λR ＋rD ．回路中感应电流大小为k R －r2λBD [由E ＝ΔB Δt·S 可知，左侧半径为R 的圆环所产生的感应电动势较大，由楞次定律可知，大圆环中的电流为逆时针方向，小圆环中的电流为顺时针方向，回路中感应电流大小为I ＝ΔB Δt ·πR 2－ΔB Δt ·πr 2λπR ＋2πr ＝k R －r 2λ，故B 、D 正确，A 、C 错误．] 21．(2018·临川一中模拟)如图8所示，三小球a 、b 、c 的质量都是m ，都放在光滑的水平面上，小球b 、c 与轻弹簧相连且静止，小球a 以速度v 0冲向小球b ，碰后与小球b 黏在一起运动．在整个运动过程中，下列说法正确的是( )【导学号：19624246】图8A ．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒B ．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒C ．当小球b 、c 速度相等时，弹簧弹性势能最大为13mv 20 D ．当弹簧第一次恢复原长时，小球c 的动能为29mv 20 AD [在整个运动过程中，三球和弹簧组成的系统合外力为零，总动量守恒，a 与b 的碰撞为完全非弹性碰撞，有机械能损失，故A 正确，B 错误；由mv 0＝2mv ab ＝3mv abc和能量守恒定律可知，当b 、c 速度相等时，弹簧弹性势能最大，E pm ＝12·2mv 2ab －12·3mv 2abc ＝112mv 20，C 错误；由mv 0＝2mv ′ab ＋mv ′c ，12·2mv 2ab ＝12·2mv ′2ab ＋12mv ′2c ，可得v ′c ＝23v 0，故此时小球c 的动能为12mv ′2c ＝29mv 20，D 正确．]。

2018届高三物理一轮复习热考题型专攻三含解析精品

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热考题型专攻(三)“滑块+滑板”综合(45分钟100分)1.(18分)(2017·江门模拟)如图所示,上表面光滑、下表面粗糙且足够长的质量为M=10kg的木板,在F=50N的水平拉力作用下,沿水平地面向右做匀加速运动。

加速度a=2.5m/s2,某时刻速度为v0=5m/s。

将一个小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端,这时木板恰好匀速运动,当木板运动了L=1.8m时,又将第二个同样的小铁块无初速度地放在木板最右端,g取10m/s2,求:(1)木板与地面间的动摩擦因数μ。

(2)放上第二个铁块后,木板又运动距离L时的速度。

【解析】(1)木板做匀加速直线运动时,由牛顿第二定律得:F-μMg=Ma解得:μ=0.25(2)每放一个小铁块,木板所受的摩擦力增加μmg,放上第一个小铁块后木板匀速运动,由平衡条件得:F=μMg+μmg解得:m=10kg对木板从放第二个小铁块到移动距离L的过程,由动能定理得:FL-μ(M+2m)gL=错误！未找到引用源。

Mv2-错误！未找到引用源。

M 错误！未找到引用源。

解得:v=4m/s答案:(1)0.25 (2)4m/s2.(18分)(2017·滨州模拟)如图所示,质量M=0.4kg的长薄板BC静置于倾角为37°的光滑斜面上,在A点有质量m=0.1kg的小物体(可视为质点)以v0=4.0m/s速度水平抛出,恰以平行于斜面的速度落在薄板的最上端B点并在薄板上运动,当小物体落在薄板上时,薄板无初速度释放开始沿斜面向下运动,当小物体运动到薄板的最下端C点时,与薄板速度恰好相等,已知小物体与薄板之间的动摩擦因数为0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2,求:世纪金榜导学号42722450(1)A点与B点之间的水平距离。

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