2019届高三物理二轮复习第二篇题型专项突破计算题标准练四
高三物理第二轮复习计算题专题训练参考答案
高三物理第三轮复习计算题专题训练参考答案1.解：（1）小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度为v 0，在最高点由牛顿第二定律有Lm mg 20ν= ①在小球从最低点运动到最高点的过程中，机械能守恒，并设小球在最低点速度为1v ，则202121221ννm L mg m +⋅= ②滑块从h 高处运动到将与小球碰撞时速度为v 2，对滑块由能的转化及守恒定律有22212νμm smg mgh +⋅= ③因弹性碰撞由动量守恒和动能守恒有432mv mv mv += ④242322212121mv mv mv += ⑤ 联立以上各式可解得h=0.5m（2）若滑块从h '=5m 处下滑到将要与小球碰撞时速度为u ，同理有2212/smg mu mgh μ+=⑥ 解得s m u /95= 滑块与小球碰后的瞬间，同理滑块静止，小球以s m u /95=的速度开始作圆周运动，绳的拉力T 和重力的合力充当向心力，则有Lu m mg T 2=- ⑦解得T=48N 方向竖直向上（3）滑块和小球最后一次碰撞时速度为s m v /53=， 滑块最后停在水平面上，它通过的路程为s '，同理有'2123/mgs m mgh μν+=⑧ 小球做完整圆周运动的次数为12'+-=sss n ⑨解得s '=19m ，n=10次2．解：（1）赛车恰好通过P 点时，由牛顿第二定律有Rmmg P2ν= ①赛车从P 点运动到最后停下来，由动能定理有22102P mv kmgx mgR -=- ②联立①②可得： x=2.5m(2)设赛车经历的时间为t ，赛车从A 点运动到P 点的过程中由动能定理可得：02122-=--B m mgR kmgL Pt ν代入数据可得：t=4.5s3．解：（1）小物块从A 点运动到B 点的过程中，设滑到B 点时的速度为0v ，由动能定理有2021mv mgR =① 小物块到达B 点后做匀速运动，则0Bqv mg = ② 联立①②可解得Rg qm B 2=由左手定则可知，磁场的方向垂直纸面向里（2）设小物块在轨道BC 上匀速运动t 秒，恰能从车上滑出 由动量守恒定律有：10)(v M m mv += ③由功能关系有：)((212102120t v L mg v M m mv -++=μ） ④由得：-=gR L t 2gRM m M2)(2+μ 当t 0>-=gRL t 2gRM m M2)(2+μ，则小物块能从车上滑出。
2019届高三物理二轮复习第二篇题型专项突破：计算题标准练(四)：含解析
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计算题标准练(四)
满分32分,实战模拟,20分钟拿下高考计算题高分!
1.(12分)如图甲所示,有一倾角为30°的光滑固定斜面,斜面底端的水平面上放一质量为M 的木板,开始时质量为m=1kg 的滑块在水平向左的力F 作用下静止在斜面上,今将水平力F 变为水平向右,当滑块滑到木板上时撤去F(假设斜面与木板连接处用小圆弧平滑连接)。
此后滑块和木板在水平面上运动的v -t 图象如图乙所示,g 取10m/s 2,求
:
(1)水平作用力F 的大小。
(2)滑块开始下滑时的高度。
(3)木板的质量。
【解析】(1)开始F 向左时,滑块受到水平推力F 、重力mg 和支持力N 处于平衡,如图所示。
2019年高考物理二轮复习计算题32分练4
计算题32分练(四)(时间：20分钟 分值：32分)1．(12分)(2018·雅安三诊)如图1所示，半径R ＝2.0 m 的光滑圆弧轨道固定在光滑的水平地面上，其末端水平．平板小车上固定一木块，紧靠在轨道的末端，木块上表面水平粗糙，且与圆弧轨道末端等高．木块的厚度h ＝0.45 m ，木块最右端到小车最右端的水平距离x ＝0.45 m ，小车连同木块总质量M ＝2 kg.现使一个质量m ＝0.5 kg 的小球从圆弧轨道上由静止释放，释放小球的位置和圆弧轨道的圆心之间的连线与竖直方向的夹角为53°，小球从木块右端飞出后恰好击中小车的最右端. (g ＝10 m /s 2,sin 53°＝0.8, cos 53°＝0.6)求：图1(1)小球到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小； (2)小球离开木块最右端时，小球的速度大小； (3)小球运动到木块最右端过程中，系统产生的内能．【解析】 (1)设小球到达轨道末端的速度为v 0，由机械能守恒定律mgR (1－cos 53°)＝12mv 2 0解得v 0＝4 m/s小球在轨道最低点 F －mg ＝m v 20R解得F ＝9 N由牛顿第三定律知小球对轨道的压力F ′＝F ＝9 N.(2)设小球运动到木块最右端的速度为 v 1，此时小车的速度为v 2， 由动量守恒定律得mv 0＝mv 1＋Mv 2小球离开木块最右端后做平抛运动，运动时间为th ＝12gt 2解得 t ＝0.3 s小球恰好击中小车的最右端v 1t －v 2t ＝x 以上各式联立解得v 1＝2 m/s ，v 2＝0.5 m/s 所以小球到达木块最右端的速度大小为2 m/s.(3)由能量守恒定律得mgR (1－cos 53°)＝12mv 21＋12Mv 22＋Q解得Q ＝2.75 J.【答案】 (1) 9 N (2)2 m/s (3) 2.75 J2．(20分)如图2所示，在直角坐标系xOy 平面的第一、四象限内各有一个边长为L 的正方形匀强磁场区域，第二、三象限区域内各有一个高L 、，宽2L 的长方形匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x <L 、L <y <2L 的区域内，有沿y 轴正方向的匀强电场．现有一质量为m 、电荷量为q 的带负电粒子从坐标(L,3L /2)处以初速度v 0沿x 轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L )点，不计粒子重力．图2(1)求电场强度大小E ；(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点O 到达坐标(－L,0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B ；(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(－L,0)点所用的时间．【解析】 (1)带电粒子在电场中做类平抛运动有：L ＝v 0t ，L 2＝12at 2，qE ＝ma联立解得：E ＝mv 20qL.(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan θ＝v xv y＝1 速度大小v ＝v 0sin θ＝2v 0设x 为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(－L,0 )点，应满足L ＝2nx ，其中n ＝1、2、3…，粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为π2；当满足L＝(2n ＋1)x 时，粒子轨迹如图乙所示．若轨迹如图甲，设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为π2.则有x ＝2R ，此时满足L＝2nx联立可得：R ＝L22n洛伦兹力提供向心力，则有：qvB ＝m v 2R得：B ＝4nmv 0qL，n ＝1、2、3…若轨迹如图乙，设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为π2.则有x ＝2R ，此时满足L＝(2n ＋1)x联立可得：R ＝L2n ＋12洛伦兹力提供向心力，则有：qvB ＝m v 2R得：B ＝22n ＋1mv 0qL，n ＝1、2、3…所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点O 到达坐标(－L ，0)点，匀强磁场的磁感应强度大小B ＝4nmv 0qL ，n ＝1、2、3…或B ＝22n ＋1mv 0qL，n ＝1、2、3…(3) 若轨迹如图甲，粒子从进入磁场到从坐标(－L,0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ＝2n ×π2×2＝2n π，则t ＝T ×2n π2π＝2n πm qB ＝πL 2v 0若轨迹如图乙，粒子从进入磁场到从坐标(－L,0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ＝(2n ＋1)×2π＝(4n ＋2)π，则t ＝T ×4n ＋2π2π＝4n ＋2πm qB ＝πLv 0所以粒子从进入磁场到坐标(－L,0)点所用的时间为πL 2v 0或πLv 0.【答案】 (1)mv 20qL (2)B ＝4nmv 0qL ，n ＝1、2、3...或B ＝22n ＋1mv 0qL ，n ＝1、2、3 (3)πL2v 0或πLv 0。
2019高三物理二轮复习第二篇题型专项突破：计算题标准练(二)：含解析
温馨提示：此套题为Word版,请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴,调节合适观看比例,答案解析附后.关闭Word文档返回原板块.计算题标准练(二)满分32分,实战模拟,20分钟拿下高考计算题高分!1、(12分)L1、L2为相互平行足够长光滑导轨,位于光滑水平面内.一个略长于导轨间距,质量为M光滑绝缘细管与导轨垂直放置,细管可在两导轨上左右平动.细管内有一质量为m、带电量为+q小球,小球与L1导轨距离为d.开始时小球相对细管速度为零,细管在外力作用下从P1位置以速度v0向右匀速运动.垂直平面向里和向外匀强磁场Ⅰ、Ⅱ分别分布在L1轨道两侧,如图所示,磁感应强度大小均为 B.小球视为质点,忽略小球电量变化.(1)当细管运动到L1轨道上P2处时,小球飞出细管,求此时小球速度大小.(2)小球经磁场Ⅱ第一次回到L1轨道上位置为O,求O和P2间距离.(3)小球回到L1轨道上O处时,细管在外力控制下也刚好以速度v0经过O 点处,小球恰好进入细管.此时撤去作用于细管外力.以O点为坐标原点,沿L1轨道和垂直于L1轨道建立直角坐标系,如图所示,求小球和细管速度相同时,小球位置(此时小球未从管中飞出).【解析】(1)ma y=qv0B ①=2a y d ②由①②解得=所以v=③(2)OP2=2Rsinθ=2sinθ=④即OP2=2⑤(3)小球进入细管后,由于洛伦兹力不做功,小球和管组成系统机械能守恒mv2+M=(m+M)⑥解得v xt=方向水平向右⑦任意时刻x方向上,对细管和小球整体(M+m)a x=qv y B ⑧y方向上,对小球-qv x B=ma y⑨由⑧式可知(M+m)=qv y B即(M+m)Δv x=qBv yΔt解得(M+m)(v x-v0)=qB(y-y0) ⑩由⑨式可知m=-qv x B即mΔv y=-qBv xΔt解得m(v y-)=-qB(x-x0)初始状态小球在O点时x0=0、y0=0之后当v y=0时,v x=v xt=由以上两式可得x==y==答案:(1)(2)2(3)x=,y=2、(20分)如图所示是倾角θ=37°固定光滑斜面,两端有垂直于斜面固定挡板P、Q,PQ距离L=2m,质量M=1、0kg木块A(可看成质点)放在质量m=0、5kg长d=0、8m木板B上并一起停靠在挡板P处,A木块与斜面顶端电动机间用平行于斜面不可伸长轻绳相连接,现给木块A沿斜面向上初速度,同时开动电动机保证木块A一直以初速度v0=1、6m/s沿斜面向上做匀速直线运动,已知木块A下表面与木板B间动摩擦因数μ1=0、5,经过时间t,当B板右端到达Q处时刻,立刻关闭电动机,同时锁定A、B物体此时位置.然后将A物体上下面翻转,使得A原来上表面与木板B接触,已知翻转后A、B接触面间动摩擦因数变为μ2=0、25,且连接A与电动机绳子仍与斜面平行.现在给A向下初速度v1=2m/s,同时释放木板B,并开动电动机保证A木块一直以v1沿斜面向下做匀速直线运动,直到木板B与挡板P接触时关闭电动机并锁定A、B位置.求:(1)B木板沿斜面向上加速运动过程加速度大小.(2)A、B沿斜面上升过程所经历时间t.(3)A、B沿斜面向下开始运动到木板B左端与P接触时,这段过程中A、B 间摩擦产生热量.【解析】(1)对B:由牛顿第二定律得μ1Mgcosθ-mgsinθ=ma1解得a1=2m/s2(2)A、B相对静止需要时间:t1==0、8sA位移:x A=v0t1=1、28mB位移:x B=t1=0、64mA、B相对位移:Δx=x A-x B=0、64mA、B一起匀速运动时间:t2==0、35sA、B沿斜面上升过程所经历时间t=t1+t2=1、15s(3)B开始向下加速运动加速度μ2Mgcosθ+mgsinθ=ma2解得a2=10m/s2B与A速度相等后B加速度mgsinθ-μ2Mgcosθ=ma3解得a3=2m/s2A、B相对静止时间:t2′==0、2sA位移:x A′=v1t2′=0、4mB位移:x B′=t2′=0、2m相对位移:Δx′=x A′-x B′=0、2m此时A离B右端距离:Δx′+(d-Δx)=0、36mA、B速度相等后,B以加速度a3加速运动,B到达P所用时间为t3,则L-d-x B′=v1t3+a3解得:t3=(-1)sA、B相对位移:Δx′′=v1t3+a3-v1t3=0、17m,即B与P接触时,A没有从B上滑离产生热量:Q=μ2Mgcosθ(Δx′+Δx′′)=0、74J答案:(1)2m/s2(2)1、15s (3)0、74J关闭Word文档返回原板块。
2019届高考物理二轮复习专项2题型3三大技巧破解计算题课件(36张)(全国通用)
⑥求乙球过 D 点的速度 vD′的范围？ 建模： 竖直面内圆周运动模型(B→D 过程) 规律：动能定理 －mg·2R－qE·2R＝12mvD′2－12mvm2
⑦求小球落点到 B 点的距离范围？ 建模： 类平抛运动 规律： 水平方向匀速运动__x′＝vD′t
[典例 2] 如图 2，ABD 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中 AB 段是水平 的，BD 段为半径 R＝0.2 m 的半圆，两段轨道相切于 B 点，整个轨道处在竖直 向下的匀强电场中，场强大小 E＝5.0×103V/m.一不带电的绝缘小球甲，以速度 v0 沿水平轨道向右运动，与静止在 B 点带正电的小球乙发生弹性碰撞．已知甲、 乙两球的质量均为 m＝1.0×10－2kg，乙所带电荷量 q＝2.0×10－5C，g 取 10 m/s2.(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)求：
3．必要演算、明确结果 (1)演算时一般要从列出的一系列方程，推导出结果的计算式，然后代入数据并写出结果(要 注意简洁，千万不要在卷面上书写许多化简、数值运算式)． (2)计算结果的有效数字位数应根据题意确定，一般应与题目中所列的数据的有效数字位数 相近，若有特殊要求，应按要求确定． (3)计算结果是数据的要带单位(最好采用国际单位)，是字母符号的不用带单位． (4)字母式的答案中所用字母都必须使用题干中所给的字母，不能包含未知量，且一些已知 的物理量也不能代入数据． (5)题中要求解的物理量应有明确的答案(尽量写在显眼处)，待求量是矢量的必须说明其方 向． (6)若在解答过程中进行了研究对象转换，则必须交代转换依据，对题目所求要有明确的回 应，不能答非所问．
④
(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为 v 甲、v 乙 根据动量守恒有：
2019届高三物理二轮复习第二篇题型专项突破选择题标准题二
2019届高三物理二轮复习第二篇题型专项突破选择题标准题二说明:共8小题,每小题6分,在每小题给出的四个选项中,第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求。
全选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
1.如图是某小型机械厂用于运输工件的简易装置,质量都为m的箱子A和物体B,用跨过光滑定滑轮的轻质细绳相连,A置于倾角θ=30°的斜面上,处于静止状态。
现向A中缓慢加入沙子,直至A开始运动为止。
则在加入沙子的过程中,A所受的摩擦力( )A.逐渐增大B.逐渐减小C.先减小后增大D.先增大后减小【解析】选C。
未加沙子前,由题意知A、B的质量相等,则A的重力沿斜面向下的分力mgsin30°小于B的重力,说明A有沿斜面向上运动的趋势,所受的静摩擦力方向沿斜面向下。
加沙子后,设A的总质量为M,则由平衡条件得:当mg>Mgsin30°时,f沿斜面向下,则有mg=f+Mgsin30°,当M增大时,静摩擦力f减小;当mg<Mgsin30°时,f沿斜面向上,则有Mgsin30°=mg+f,当M增大时,静摩擦力f增大。
故A所受的摩擦力先减小后增大。
2.美国《国家利益》杂志网站2015年4月16日发表题为《中国下一个超级武器揭露:卫星毁灭者》的文章,援引美国空军第14航空队指挥官——空军中将杰·雷蒙德的话,称目前中国正在建设强大的反卫星力量,使北京能够对低轨卫星构成致命威胁。
在早期的反卫星试验中,攻击拦截方式之一是快速上升式攻击,即“拦截器”被送入与“目标卫星”轨道平面相同而高度较低的追赶轨道,然后通过机动飞行快速上升接近目标将“目标卫星”摧毁。
图为追赶过程轨道示意图。
下列叙述错误的是( )A.图中A是“目标卫星”,B是“拦截器”B.“拦截器”和“目标卫星”的绕行方向为图中的顺时针方向C.“拦截器”在上升的过程中重力势能会增大D.“拦截器”的加速度比“目标卫星”的加速度大【解析】选A。
2019届高考物理二轮复习 计算题题型专练【共5套38页】
本套资源目录2019届高考物理二轮复习计算题题型专练一匀变速直线运动规律2019届高考物理二轮复习计算题题型专练三功和能动量2019届高考物理二轮复习计算题题型专练二牛顿运动定律的应用2019届高考物理二轮复习计算题题型专练五电磁感应规律的综合应用2019届高考物理二轮复习计算题题型专练四带电粒子在电场磁场中的运动计算题题型专练(一) 匀变速直线运动规律1．为了测试某汽车的刹车性能，驾驶员驾驶汽车以30 m/s 的速度在干燥的平直公路上匀速行驶，某时刻驾驶员收到刹车指令，经过一段短暂的反应时间后开始刹车，当车停止后，经测量发现，从驾驶员接到刹车指令到车停下来，汽车行驶的距离为90 m ，若用同样的方法测试该汽车在雨天的刹车性能，则汽车需要行驶165 m 的距离才能停下来，已知雨天时轮胎与地面间的动摩擦因数为轮胎与干燥地面间动摩擦因数的一半，若两次刹车过程中驾驶员的反应时间相同，试求该驾驶员的反应时间。
解析 设汽车匀速行驶的速度大小为v 0，在干燥路面上刹车时的加速度大小为a ，驾驶员的反应时间为Δt ，汽车行驶的距离为x 1，汽车在雨天刹车时行驶的距离为x 2，由题意可知，雨天刹车时汽车的加速度大小为12a 在干燥路面上刹车时：x 1＝v 0Δt ＋v 202a在雨天刹车时：x 2＝v 0Δt ＋v 22×12a两式联立并代入数据可解得：Δt ＝0.5s 。
答案 Δt ＝0.5s2．在一次救援中，一辆汽车停在一倾角为37°的小山坡坡底，突然司机发现在距坡底48 m 的山坡处一巨石以8 m/s 的初速度加速滑下，巨石和山坡间的动摩擦因数为0.5，巨石到达坡底后速率不变，在水平面的运动可以近似看成加速度大小为 2 m/s 2的匀减速直线运动；司机发现险情后经过2 s 汽车才启动起来，并以0.5 m/s 2的加速度一直做匀加速线运动(如图所示)，求：(1)巨石到达坡底时间和速率分别是多少？(2)汽车司机能否安全脱险？解析 (1)设巨石到达坡底时间为t 1，速率为v 1，则由牛顿第二定律：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 1，x ＝v 0t 1＋12a 1t 21，v 1＝v 0＋a 1t 1代入数值得t 1＝4 s ，v 1＝16 m/s(2)到达水平面后，开始计时为t 2巨石减速：v 2＝v 1－a 2t 2车加速：v 车＝a 车(t 2＋2)当车和巨石速度相等时：v 2＝v 车，t 2＝6 s此时车的位移为x 车＝0.5a 车(t 2＋2)2＝16 m巨石的位移：v 石＝ v 1t 2－0.5a 2t 22＝60 m ，所以无法脱险。
高三物理二轮复习第二篇题型分类练计算题标准练(二)
计算题标准练(二)满分32分,实战模拟,20分钟拿到高考计算题高分!1.(12分)如图,倾角为θ的斜面固定在水平地面上(斜面底端与水平地面平滑连接),A点位于斜面底端,AB 段斜面光滑,长度为s,BC段足够长,物体与BC段斜面、地面间的动摩擦因数均为μ。
质量为m的物体在水平外力F的作用下,从A点由静止开始沿斜面向上运动,当运动到B点时撤去力F。
求：(1)物体上滑到B点时的速度v B。
(2)物体最后停止时距离A点的距离。
【解析】(1)对物体,在AB段上滑过程中,由牛顿第二定律得：Fcosθ-mgsinθ=ma1,解得：a1=,由=2a1s可得,v B=。
(2)物体过B点后继续上滑时,由牛顿第二定律得：mgsinθ+F f=ma2;F f=μF N;F N=mgco sθ;解得,加速度a2=gsinθ+μgcosθ①若mgsinθ≤μmgcosθ,即μ≥tanθ,物体最后停在BC段,s总=s+s2=s+=s+s=s;②若μ<tanθ,物体最后停在水平地面上,到A点距离为s3,则从A点至停下,由动能定理得W F+W f1+W f2=ΔE k,即：Fscosθ-2μmgcosθ-μmgs3=0;解得：s3=。
答案：(1)(2)s或者2.(20分)如图甲所示,某粒子源向外放射出一个α粒子,粒子速度方向与水平成30°角,质量为m,电荷量为+q。
现让其从粒子源射出后沿半径方向射入一个磁感应强度为B、区域为圆形的匀强磁场(区域Ⅰ)。
经该磁场偏转后,它恰好能够沿y轴正方向进入下方的平行板电容器,并运动至N板且恰好不会从N板的小孔P射出电容器。
已知平行板电容器与一边长为L的正方形单匝导线框相连,其内有垂直框面的磁场(区域Ⅱ),磁场变化如图乙所示。
不计粒子重力,求：(1)磁场区域Ⅱ磁场的方向及α粒子射出粒子源的速度大小。
(2)圆形磁场区域的半径。
(3)α粒子在磁场中运动的总时间。
【解析】(1)根据楞次定律可知：磁场区域Ⅱ的磁场垂直于纸面向外。
2019届高考物理二轮复习第二部分板块二考前专项再突破(121张)
答案：C
4．在光滑水平面上，物块 a 以大小为 v 的速度向右 运动，物块 b 以大小为 u 的速度向左运动，a、b 发生弹 性正碰．已知 a 的质量远小于 b 的质量，则碰后物块 a 的速度大小是( )
A．v B．v＋u C．v＋2u D．2u－v 解析：若物块 a 向右运动的速度 v＝0，由于 a 的质 量远小于 b 的质量，与 b 发生弹性碰撞后 a 的速度变为 2u，故 ABD 错误，C 正确． 答案：C
某时刻测速仪发出超声波，同时汽车在离测速仪 355 m 处开始做匀减速直线运动．当测速仪接收到反射回来 的超声波信号时，汽车在离测速仪 335 m 处恰好停下， 已知声速为 340 m/s，则汽车在这段时间内的平均速度为 ()
A．5 m/s B．10 m/s C．15 m/s D．20 m/s
解析：汽车在这段时间内做的是末速度为 0 的匀减 速直线运动，我们可以把汽车的运动看作逆向初速度为 0 的匀加速直线运动，
答案：ABC
6.如图所示，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑 轮后，两端分别悬挂质量为 m1 和 m2 的物体 A 和 B. 若滑轮有一定大小，质量为 m 且分布均匀，滑轮转 动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦． 设细绳对 A 的拉力大小为 T1，已知下列四个关于 T1 的表 达式中有一个是正确的．请你根据所学的物理知识，通过 一定的分析，判断正确的表达式是( )
答案：C [名师点评] 有的问题可能不容易直接求解，但将题 中的某些物理量的数值推向极限时，就可能会对这些问 题的选项是否合理进行分析和判断．
第 4 招 逆向思维法 很多物理过程具有可逆性(如运动的可逆性、光路的 可逆性)，在沿着正向过程或思维(由前到后或由因到果) 分析受阻时，有时“反其道而行之”，沿着逆向过程或思 维(由后到前或由果到因)来思考，常常可以化难为易、出 奇制胜． 7.在高速公路上用超声波测速仪测量 车速的示意图如图所示，测速仪发出并接收超声波脉冲信 号，根据发出和接收到的信号间的时间差可以测出被测物 体的速度．
2019届高三物理第二轮复习计算题限时训练4教师版
计算题限时训练四24．（14分）如图所示，质量m=15g、长度L=2m的木板D静置于水平地面上，木板D与地面间的动摩擦因数μ=0.1，地面右端的固定挡板C与木板D等高。
在挡板C右侧竖直虚线PQ、MN之间的区域内存在方向竖直向上的匀强电场，在两个半径分别为R1=1m和R2=3m的半圆围成的环带状区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，两半园的圆心O到固定挡板C顶点的距离OC=2m，现有一质量m=15g、带电荷量q=+6×10－3C的物块A(可视为质点)以v0=4m/s的初速度滑上木板D，二者之间的动摩擦因数μ2=0.3，当物块A运动到木板D右端时二者刚好共遠，且木板D刚好与挡板C碰撞，物块A从挡扳C上方飞入PQNM区域，并能够在磁场区域内做匀速圆周运动，重力加速度g取10m/s2。
(1)当物块A刚滑上木板D时，求物块A和木板D的加速度大小.(2)求电场强度的大小.(3)为保证小物块A只能从环带状区域的上、下两个开口端飞出，求磁感应强度大小的取值范围。
【答案】(1)3m/s2，1m/s2；(2)25V/m；(3)或【解析】【详解】（1）当物体刚滑上木板D时，对物体A受力分析有：解得：a2=3 m/s2对木板D受力分析有：解得：a1=1m/s2（2）物块A进入区域PQNM后，能在磁场区域内做匀速圆周运动，则有：解得：E=25 V/m；（3）物块A与木板D共速时有：解得：v=1 m/s粒子做匀速圆周运动有：要使物块A只从环带状区域的上、下两个开口端飞出磁场，物块A在磁场中运动的轨迹半径R应满足:或解得：或。
25（A）．（18分）如图所示，长木板质量M=3 kg，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，质量为m=1 kg的物块A，右端放着一个质量也为m=1 kg的物块B，两物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.4，AB之间的距离L=6 m，开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块A施加方向水平向右的恒定推力F作用，取g=10 m/s2。
2019版高考物理二轮复习 计算题32分满分练(四)
计算题32分满分练(四)24.(12分)如图1所示，两个完全相同的长木板放置于水平地面上，木板间紧密接触，但不粘在一块，每个木板质量M ＝0.6 kg ，长度l ＝0.5 m 。
现有一质量m ＝0.4 kg 的木块，以初速度v 0＝2 m/s 从木板的左端滑上木板，已知木块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g ＝10 m/s 2。
求：图1(1)木块滑上第二块木板的瞬间的速度；(2)木块最终滑动的位移(保留2位有效数字)。
解析 (1)两木板受到木块的摩擦力f 1＝μ1mg (1分)两木板受到地面的最大静摩擦力f 2＝μ2(m ＋2M )g (1分)因为f 2>f 1，所以木块运动时，两木板静止不动木块在左边第一块木板上的加速度为a 1，由牛顿第二定律得μ1mg ＝ma 1(1分)设小木块滑上第二块木板的瞬间的速度为v ，由运动学关系式得v 2－v 20＝－2a 1l (1分)解得v ＝1 m/s(1分)(2)木块滑上第二块木板后，设木板的加速度为a 2，由牛顿第二定律得μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma 2(1分)设木块与木板达到相同速度v 1时，用时为t ，则对木块，有v 1＝v －a 1t对木板，有v 1＝a 2t解得v 1＝0.1 m/s ，t ＝0.3 s(1分)此时木块运动的位移x 1＝v ＋v 12t ＝0.165 m(1分) 木板的位移x 1′＝v 212a 2＝0.015 m(1分)木块在木板上滑动的长度为x 1－x 1′<l达到共速后，木块和木板一起继续运动。
设木块、木板一起运动的加速度大小为a 3，位移为x 2μ2(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 3(1分)v 21＝2a 3x 2解得x 2＝0.005 m(1分)所以，木块移动的总位移x ＝l ＋x 1＋x 2＝0.67 m(1分)答案 (1)1 m/s (2)0.67 m25.(20分)如图2，A 、B 、C 为同一平面内的三个点，在垂直于平面方向加一匀强磁场。
2019高考物理二轮复习 计算题专项训练 25分钟规范训练4
25分钟规范训练(四)1．(12分)(2018·江西省南昌二中、临川一中模拟)如下图，有一质量m ＝1kg 的小物块，在平台上以初速度v 0＝3m/s 水平抛出，抵达C 点时，恰巧沿C 点的切线方向进入固定在水平川面上的半径R ＝0.5m 的粗拙圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道尾端D 点的质量为M ＝3kg 的长木板，木板上表面与圆弧轨道尾端切线相平，木板下表面与水平川面之间圆滑接触，当小物块在木板上相对木板运动l ＝1m 时，与木板有共同速度，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.3，C 点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝53˚，不计空气阻力，取g ＝10m/s 2，sin53˚＝0.8，cos53˚＝0.6。
求：(1)A 、C 两点的高度差h ；(2)物块刚要抵达圆弧轨道尾端D 点时对轨道的压力；(3)物块经过圆弧轨道战胜摩擦力做的功。
[分析] (1)小物块到C 点时的速度竖直重量为v Cy ＝v 0tan53˚＝4m/s着落的高度h ＝v 2cy 2g(2)小物块在木板上滑行达到共同速度的过程木板的加快度大小：a 1＝μmg M ＝1m/s 2物块的加快度大小：a 2＝μmg m ＝3m/s 2由题意得：a 1t ＝v D －a 2tv D t －12a 2t 2－12a 1t 2＝l联立以上各式并代入数据解得v D ＝22m/s小物块在D 点时由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2D R代入数据解得F N ＝26N 由牛顿第三定律得物块对轨道压力大小为26N ，方向竖直向下。
(3)小物块由A 到D 的过程中，由动能定理得mgh ＋mgR (1－cos53˚)－W ＝12mv 2D －12mv 20 代入数据解得W2．(20分)(2018·贵州省贵阳市高三5月模拟)如下图，一边长为2R 的正方形与半径为R 的圆相切，两地区内有大小相等方向相反的匀强磁场。
M 是正方形左侧长的中点，O 点是圆的圆心，M 、O 、N 三点共线。
2019年高考物理二轮复习单科标准练2
单科标准练(二)(时间：70分钟分值：110分)第Ⅰ卷一、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，有选错或不答的得0分．14．一个物体在四个外力作用下做匀速直线运动．如果其中一个外力F方向保持不变，而大小逐渐减小直至等于零．则在这一过程中，物体运动的速度可能是( ) A．速度的大小越来越小，减小到零后又反向运动，速度最后趋于恒定B．速度的大小越来越大，再越来越小，速度最后趋于恒定C．速度大小越来越小，方向时刻改变，最后趋于恒定D．速度大小越来越大，方向时刻改变D[物体在四个外力作用下做匀速直线运动，物体所受的合外力为零，所受的另外三个外力的合力与该外力F的大小相等、方向相反．当F逐渐减小时，剩余其他外力的合力反向且逐渐增大，当外力F和物体初速度方向在一条直线上时，如果方向一致，物体将先做减速运动，减小到零后再做加速运动，速度越来越大，选项A错误；如果外力F的方向与初速度的方向相反，当F逐渐减小直至等于零的过程中，物体的速度越来越大，不会趋于恒定，选项B错误；当F的方向和初速度的方向不在一条直线上时，物体的速度大小和方向都会改变，当其余三个外力的合力和速度方向的夹角大于90°时，速度大小越来越小，方向时刻改变，选项C错误；当其余三个外力的合力和速度方向的夹角小于90°时，速度大小越来越大，方向时刻改变，选项D正确．]15．下列说法不正确的是( )A．玻尔大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性B．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性C．氢原子从能级4跃迁到能级3辐射出的光子的波长大于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子的波长D．在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能E k越大，则这种金属的逸出功W0越小A[德布罗意提出实物粒子也具有波动性，故A错误；放射性元素的放射性与核外电子无关，故放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性，故B正确；根据玻尔理论，氢原子从能级4跃迁到能级3辐射出的光子的波长大于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子的波长，选项C正确；在光电效应实验中，根据E k＝hν－W0可知，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能E k越大，这种金属的逸出功W0越小，选项D正确．]16．有两颗质量不等，在圆轨道运行的人造地球卫星．用T 表示卫星的运行周期，用p 表示卫星的动量，则有关轨道半径较大的那颗卫星的周期T 、动量p 和机械能，下列说法中正确的是( )A ．周期T 较大，动量p 也一定较大，机械能也大B ．周期T 较大，动量p 可能较小，机械能不能确定C ．周期T 较小，动量p 也较大，机械能大D ．周期T 较小，动量p 也较小，质量大的卫星的机械能也大B [在圆轨道上运行的人造地球卫星，其所需的向心力是由地球对卫星的万有引力提供的，即G Mm r 2＝mv 2r ，可得：v ＝GM r，由p ＝mv 可知，卫星动量的大小与物体的速度和质量大小都有关，轨道半径大的卫星运行速度小，但质量不确定，因此动量不一定大，机械能也不一定大，再根据G Mm r 2＝mr 4π2T 2，可得T ＝4π2r 3GM ，轨道半径r 越大，人造卫星的运行周期T 越大，所以选项A 、C 、D 错误，选项B 正确．]17.如图1所示为某质点做直线运动时的v –t 图象，图象关于图中虚线对称，则在0～t 1时间内，关于质点的运动，下列说法正确的是( )图1A ．若质点能两次到达某一位置，则两次到达这一位置的速度大小一定相等B ．若质点能两次到达某一位置，则两次的速度都不可能为零C ．若质点能三次通过某一位置，则可能三次都是加速通过该位置D ．若质点能三次通过某一位置，则可能两次加速通过，一次减速通过D [如图所示，画出质点运动的过程图，质点在0～t 1时间内能两次到达的位置有两个，分别对应质点运动速度为零的两个位置，因此A 、B 错误；在质点沿负方向加速运动的过程中，质点可三次通过某一位置，这时质点两次加速，一次减速，在质点沿负方向减速运动的过程中，质点可三次通过某一位置，这时质点两次减速，一次加速，C 项错误，D 项正确．]18.一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5∶1，原线圈接入电压为220 V 的正弦交流电，一个滑动变阻器R 接在副线圈上，如图2所示，电压表和电流表均为理想交流电表．则下列说法正确的是( )图2A ．原、副线圈中的电流之比为5∶1B ．电压表的示数为44 VC ．若滑动变阻器接入电路的阻值为20 Ω，则1 min 内产生的热量为2 904 JD ．若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表的示数均减小B [由理想变压器的电流和电压的关系可知，原、副线圈电流比为1∶5，电压表示数为44 V ，故A 错误，B 正确；由Q ＝U 2Rt 可求得Q ＝5 808 J ，故C 错误；电压表测的是副线圈两端的电压，因此无论滑片如何移动其示数均不变，故D 错误．]19.如图3所示，两带有等量异种电荷的平行金属板M 、N 水平放置，a 、b 为同一条电场线上的两点．若将一质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子分别置于a 、b 两点，则粒子在a 点时的电势能大于其在b 点时的电势能；若将该粒子从b 点以初速度v 0竖直向上抛出，则粒子到达a 点时的速度恰好为零．已知a 、b 两点间的距离为d ，金属板M 、N 所带电荷量始终不变，不计带电粒子的重力，则下列判断中正确的是( )图3 A ．a 点电势一定低于b 点电势B ．两平行金属板间形成的匀强电场的场强大小为mv 202qdC ．a 、b 两点间的电势差为U ab ＝mv 202qD ．若将M 、N 两板间的距离稍微增大一些，则a 、b 两点间的电势差变小AB [由于－qφa ＞－qφb ，所以φa ＜φb ，即a 点电势低于b 点电势，选项A 正确；由动能定理可知：－qEd ＝0－12mv 20，解得该匀强电场的电场强度大小为：E ＝mv 202qd，选项B 正确；由于a 、b 两点间的距离为d ，则由U ba ＝Ed 可得：U ba ＝mv 202q ，故U ab ＝－mv 202q ，选项C 错误；若将M 、N 两板间的距离稍微增大一些，设两板间的距离为d ′，则有C ＝Q U ，C ＝εS4πkd，U ＝Ed ，联立以上三式可得：E ＝4πkQ εS，故匀强电场的场强大小不变，故a 、b 两点间的电势差不变，选项D 错误．]20.如图4所示，倾角为α的斜面固定在水平地面上，斜面上有两个质量均为m 的小球A 、B ，它们用劲度系数为k 的轻质弹簧相连接，现对A 施加一个水平向右大小为F ＝233mg 的恒力，使A 、B 在斜面上都保持静止，如果斜面和两个小球的摩擦均忽略不计，此时弹簧的长度为L ，则下列说法正确的是( )图4A ．弹簧的原长为L －mg 2kB ．斜面的倾角为α＝30°C ．撤掉恒力F 的瞬间小球A 的加速度不变D ．撤掉恒力F 的瞬间小球B 的加速度为0ABD [对小球B 进行受力分析，由平衡条件可得：kx ＝mg sin α，解得x ＝mg sin αk ，所以弹簧的原长为L －x ＝L －mg sin αk；对小球A 进行受力分析，由平衡条件可得：F cos α＝mg sin α＋kx ，解得：α＝30°，所以弹簧的原长为L －mg 2k，选项A 、B 正确．撤掉恒力F 的瞬间，对A 进行受力分析，可得mg sin α＋kx ＝ma A ，小球A 此时的加速度a A ＝g ，选项C 错误．撤掉恒力F 的瞬间，弹簧弹力不变，B 球所受合力不变，故B 球的加速度为零，选项D 正确．]21.如图5所示，金属线圈B 和金属线圈A 是同心圆，半径分别为r 1、r 2，若给A 线圈通以电流，结果B 线圈中产生顺时针方向的电流，且电流大小恒定为I ，线圈B 的电阻为R ，则下列说法不正确的是( )图5A ．A 线圈中的电流一定沿顺时针方向B ．A 线圈中的电流一定是均匀增大的C ．B 线圈中磁通量的变化率一定为IRD ．B 线圈一定有收缩的趋势ABD [由于B 线圈中产生顺时针方向的电流，则根据楞次定律可知，A 线圈中的电流可能是顺时针方向减小，也可能是逆时针方向增大，A 项错误；由于B 线圈中的电流恒定，因此磁场均匀变化，A 线圈中的电流可能均匀增大，也可能均匀减小，B 项错误；由欧姆定律及法拉第电磁感应定律，ΔΦΔt＝IR ，C 正确；如果A 线圈中的电流减小，根据楞次定律可知，B 线圈有扩张趋势，D 项错误．]第Ⅱ卷二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共47分．22．(6分)用如图6甲所示的装置来探究由m 1、m 2组成的系统的机械能．通过光滑的定滑轮用轻绳的两端连接着质量为m 1和m 2的两物块，m 1下端与穿过打点计时器的纸带相连接．如果让m 2从高处由静止开始下落，m 1上拖着的纸带被打出一系列的点，如图乙所示是实验中获取的一条纸带，O 是打下的第一个点，每相邻两计数点间的时间间隔为T ，测得OC ＝h ，BC ＝h 1，CD ＝h 2，m 1<m 2，重力加速度为g ，则：甲 乙图6(1)如果C 点是从计时开始的第5个计数点，在纸带上打下计数点C 时物块的速度v C ＝_________________.(2)从打下O 点到打下C 点的过程中系统动能的增量ΔE k ＝_________________；系统势能的减少量ΔE p ＝____________________.(3)通过测量纸带上各计数点的数据，如何判定系统机械能的变化关系____________________________．【解析】 (1)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得，纸带在BD 段的平均速度为v －＝v C ＝h 1＋h 22T. (2)从打下O 点到打下C 点的过程中系统动能的增量E k ＝12(m 1＋m 2)v 2C ＝m 1＋m 2h 1＋h 228T 2；系统势能的减少量ΔE p ＝(m 2－m 1)gh .(3)通过测量纸带上各计数点的数据，根据上面的计算判定系统机械能的变化关系，在误差允许范围内，若ΔE k ＝ΔE p ，则系统机械能守恒．【答案】 (1)h 1＋h 22T (2分) (2)m 1＋m 2h 1＋h 228T 2(1分) (m 2－m 1)gh (1分) (3)在误差允许范围内，若ΔE k ＝ΔE p ，则系统机械能守恒(2分)23．(9分)超高亮LED 灯与传统的照明灯相比，有寿命长、低耗、彩色鲜艳、点亮速度快等特点．被广泛地应用于商场照明、舞台灯光控制、汽车尾灯等诸多领域．为探究LED 灯的性能，某兴趣小组想描绘某发光二极管(LED 灯)的伏安特性曲线，实验测得它两端的电压U 和通过它的电流I 的数据如下表所示．序号U /(V) I /(mA) 10.00 0.00 22.56 0.30 32.83 2.60 42.90 8.21 53.00 30.24替导线将实物图7甲中的连线补充完整．甲 乙图7(2)根据实验得到的数据，在如图7乙所示的坐标纸上描绘出该发光二极管(LED 灯)的伏安特性曲线．(3)采用(1)中所选的电路，发光二极管(LED 灯)电阻的测量值________________(填“大于”“等于”或“小于”)真实值．(4)若实验中该发光二极管(LED灯)最佳工作电流为8 mA，现将此发光二极管(LED灯)与电动势为3 V、内阻不计的电源两端相接，还需要串联一个阻值R＝__________Ω的电阻，才能使它工作在最佳状态．(结果保留两位有效数字)【解析】(1)根据题中表格数据可知，发光二极管(LED灯)的电阻较大，电流表采用内接法，选C项；实物连接如图：(2)根据表中数据描绘出该发光二极管(LED灯)的伏安特性曲线．(3)由于电流表为内接法，电流表分压使测量值偏大．(4)根据图象可读出I＝8 mA时，对应的电压U＝2.88 V，可得串联电阻两端的电压为0.12 V，故可求出R＝0.128×10－3Ω＝15 Ω.【答案】(1)C(1分) 如图所示(2分)(2)根据表中数据描绘出该发光二极管(LED灯)的伏安特性曲线如图所示(2分)(3)大于(2分) (4)15(2分)24. (12分)将一轻质弹簧竖直地固定在水平地面上，其上端拴接一质量为m B ＝3 kg 的平板，开始时弹簧处于压缩状态，在平板正上方h 1＝5 cm 处将一质量为m A ＝1 kg 的物块A 无初速度释放，物块A 与平板碰后合为一体，平板用t ＝0.2 s 的时间到达最低点，且下降的高度为h 2＝5 cm ，再经过一段时间平板返回到出发点，整个过程弹簧始终处在弹性限度以内，重力加速度g ＝10 m/s 2.空气阻力不计，求：图8(1)上述过程中弹簧的弹性势能最大为多少？(2)物块A 与平板由碰撞结束到平板返回到出发点的过程中，弹簧的冲量应为多大？【解析】 (1)设物块A 与平板碰前瞬间的速度为v 0，由机械能守恒定律得：m A gh 1＝12m A v 20代入数据解得：v 0＝1 m/s(2分)物块A 与平板碰撞过程系统动量守恒，以物块A 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m A v 0＝(m A ＋m B )v代入数据解得：v ＝0.25 m/s(2分)物块A 与平板运动到最低点时，弹簧的弹性势能最大，则由能量守恒定律得：ΔE p ＝12(m A ＋m B )v 2＋(m A ＋m B )gh 2(2分) 代入数据解得：ΔE p ＝2.125 J ．(2分)(2)从碰后到返回碰撞点的过程，以向上为正方向，由动量定理得I －(m A ＋m B )g ·2t ＝2(m A ＋m B )v (2分)代入数据解得：I ＝18 N·s.(2分)【答案】 (1)2.125 J (2)18 N·s25．(20分)如图9所示，左右边界分别为PP ′、QQ ′的匀强磁场的宽度为d ，长度足够长，磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里．一个质量为m 、电荷量大小为q 的粒子，以与左边界PP ′成θ＝45°的速度v 0垂直射入磁场．不计粒子重力，为了使粒子不能从边界QQ ′射出，求：图9(1)当粒子带正电时，v 0的最大值是多少？(2)当粒子带负电时，v 0的最大值是多少？(3)两种情况下粒子在磁场中运动的时间之比是多少？【解析】 (1)设带电粒子在磁场中的偏转半径为r 1，当带电粒子带正电时，根据左手定则可以判断带电粒子向左侧偏转．当粒子恰好不从QQ ′边界射出时，根据几何关系可知：r 1＝d ＋r 1cos 45°(2分)解得：r 1＝2d2－2(2分)由于粒子在磁场中运动，只受洛伦兹力，洛伦兹力充当向心力，则qv 0B ＝m v 20r 1(2分) 联立上式解得：v 0＝2＋2mqBd .(2分) (2)同理当粒子带负电时，设带电粒子在磁场中的偏转半径为r 2，当带电粒子带负电时，根据左手定则可以判断带电粒子将向右侧偏转．当粒子恰好不从QQ ′边界射出时，根据几何关系可知：r 2＋r 2cos 45°＝d (2分)解得r 2＝2d 2＋2(2分) 洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律得qv 0B ＝m v 20r 2(2分) 联立以上两式解得：v 0＝2－2mqBd .(2分)(3)由于粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据T ＝2πm qB可知虽然粒子的带电性不同，但是两种粒子在磁场中的运动周期和角速度相同，根据圆周运动的角速度公式可得：θ＝ωt (2分)则两种情况下粒子在磁场中的运动时间之比等于它们在磁场中转过的角度之比t 1t 2＝θ1θ2＝90°270°＝13.(2分) 【答案】 (1)2＋2m qBd (2)2－2m qBd (3)13(二)选考题：共15分．请考生从2道物理题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．33．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)下列说法正确的是__________．(填正确答案标号，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．液晶具有流动性，其光学性质表现为各向异性B ．太空舱中的液滴呈球状是完全失重状态下液体表面张力的作用C ．任何物体的内能都不能为零D ．第二类永动机是不可能制造出来的，因为它违反了能量守恒定律E ．液体饱和汽的压强称为饱和汽压，大小随温度和体积的变化而变化(2) (10分)如图10所示，有一上部开有小孔的圆柱形汽缸，汽缸的高度为2L ，横截面积为S ，一厚度不计的轻质活塞封闭1 mol 的单分子理想气体，开始时活塞距底部的距离为L ，气体的热力学温度为T 1，已知外界大气压强为p 0,1 mol 的单分子理想气体内能公式为U ＝32RT ，现对气体缓慢加热，求：图10①活塞恰好上升到汽缸顶部时气体的温度和气体吸收的热量；②当加热到热力学温度为3T 1时气体的压强．【解析】 (1)液晶具有流动性，其光学性质表现为各向异性，选项A 正确；太空舱中的液滴呈球状是完全失重状态下液体表面张力的作用，选项B 正确；内能是物体内所有分子的动能与势能之和，分子永不停息地运动着，选项C 正确；第二类永动机是不可能制造出来的，因为它违反了热力学第二定律，选项D 错误；饱和汽压不随体积而变化，选项E 错误．(2)①开始加热后活塞上升的过程中封闭气体做等压变化，V 1＝LS ，V 2＝2LS由V 1T 1＝V 2T 2解得：T 2＝2T 1(2分)由热力学第一定律可知：ΔU ＝W ＋Q ，ΔU ＝32R (T 2－T 1)，W ＝－p 0(V 2－V 1)(2分) 解得：Q ＝32RT 1＋p 0LS .(2分) ②设当加热到3T 1时气体的压强变为p 3，在此之前活塞上升到汽缸顶部，对于封闭气体，由理想气体状态方程．由p 3·2LS 3T 1＝p 0·LS T 1(2分) 解得：p 3＝1.5p 0.(2分)【答案】 (1)ABC (2)①2T 1 32RT 1＋p 0LS ②1.5p 0 34．[物理——选修3－4](15分)(1)(5分)一列简谐横波在t ＝0时刻的图象如图11甲所示，平衡位置位于x ＝15 m 处的A 质点的振动图象如图乙所示，下列说法中正确的是__________．(填正确答案标号，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)甲 乙图11A ．这列波沿x 轴负方向传播B ．这列波的波速是53m/s C ．从t ＝0开始，质点P 比质点Q 晚0.3 s 回到平衡位置D ．从t ＝0到t ＝0.1 s 时间内，质点Q 加速度越来越小E ．从t ＝0到t ＝0.6 s 时间内，质点A 的位移为0(2) (10分)如图12所示是放在空气中的一根很长的均匀玻璃棒，棒的端面是光滑的，若要求从其端面入射到玻璃棒中的光都能在长玻璃棒内传播，则该玻璃棒应满足什么条件？图12【解析】 (1)由图乙可知，A 质点开始运动的方向向上，则这列波沿x 轴负方向传播，选项A 正确；根据波速公式可得：v ＝λT ＝201.2m/s ＝503m/s ，选项B 错误；t ＝0时刻，质点P 向下运动，由图乙可知，质点运动的周期为1.2 s ，由于P 点的运动是非匀速运动，且向下运动的速度越来越小，故质点P 运动到最低点的时间大于0.15 s ，运动到和Q 点等位移的位置时，所用的时间大于0.3 s ，所以质点P 比质点Q 晚回到平衡位置的时间大于0.3 s ，选项C 错误；从t ＝0到t ＝0.1 s 时间内，质点Q 向平衡位置运动，所以质点Q 的加速度越来越小，选项D 正确；从t ＝0到t ＝0.6 s 时间内，经历了半个周期，质点A 刚好又回到平衡位置，因此质点A 的位移为0，选项E 正确．(2)了保证从端面入射到玻璃棒中的光都能在长玻璃棒内传播而不从玻璃棒的圆柱面射出，要求从端面入射到玻璃棒中的所有光线在圆柱表面上发生全反射．如图所示，设光线射入到端面上的入射角为θ1.折射角为θ2，由折射定律有sin θ1＝n sin θ2(2分)①这里n 是该玻璃棒的折射率，由图中几何关系可得：θ2＋θ3＝π2(2分)②由图可知θ3是折射光线投射到玻璃棒表面上的入射角．若使其在玻璃棒内传播，需在表面发生全反射，则 θ3＞C (2分)③式中C 是玻璃全反射的临界角，它满足关系sin C ＝1n(1分)④ 从玻璃棒端面入射的光线的临界入射角为θt ＝π2(1分)⑤联立解得该玻璃棒的折射率n ＞2⑥所以，若要求从其端面入射到玻璃棒中的光都能在长玻璃棒内传播，则该玻璃棒的玻璃的折射率必须大于 2.(2分)【答案】 (1)ADE (2)玻璃棒的玻璃的折射率大于 2。
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2019届高三物理二轮复习第二篇题型专项突破计算题标准练四
1.(12分)如图甲所示,有一倾角为30°的光滑固定斜面,斜面底端的水平面上放一质量为M的木板,开始时质量为m=1kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上,今将水平力F变为水平向右,当滑块滑到木板上时撤去F(假设斜面与木板连接处用小圆弧平滑连接)。
此后滑块和木板在水平面上运动的v -t图象如图乙所示,g取10m/s2,求:
(1)水平作用力F的大小。
(2)滑块开始下滑时的高度。
(3)木板的质量。
【解析】(1)开始F向左时,滑块受到水平推力F、重力mg和支持力N处于平衡,如图所示
水平推力:F=mgtanθ=1×10×=N
(2)由图乙知,滑块滑到木板上时速度为v1=10m/s
由牛顿第二定律得mgsinθ+Fcosθ=ma
代入数据得a=10m/s2
则滑块下滑的位移为x==5m
则下滑时的高度h=xsinθ=5×=2.5m
(3)设在整个过程中,地面对木板的摩擦力为f,滑块与木板间的摩擦力为f1,由图乙知,滑块刚滑上木板时加速度为a1==-4m/s2
对滑块:-f1=ma1①
此时木板的加速度:a2==1m/s2
对木板:f1-f=Ma2②
当滑块和木板速度相等,均为2m/s之后,在一起做匀减速直线运动,加速度为a3==-1m/s2
对整体:-f=(m+M)a3③
联立①②③带入数据解得:M=1.5kg
答案:(1)N (2)2.5m (3)1.5kg
2.(20分)如图光滑的定滑轮上绕有轻质柔软细线,线的一端系一质量为3m的重物,另一端系一质量为m、电阻为r的金属杆。
在竖直平面内有间距为L的足够长的平行金属导轨PQ、EF,在QF之间连接有阻值为R 的电阻,其余电阻不计,磁感应强度为B0的匀强磁场与导轨平面垂直,开始时金属杆置于导轨下端QF处,将重物由静止释放,当重物下降h时恰好达到稳定速度而匀速下降。
运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好,(忽略所有摩擦,重力加速度为g),求:
(1)电阻R中的感应电流方向。
(2)重物匀速下降的速度v。
(3)重物从释放到下降h的过程中,电阻R中产生的焦耳热Q R。
(4)若将重物下降h时的时刻记作t=0,速度记为v0,从此时刻起,磁感应强度逐渐减小,若此后金属杆中恰好不产生感应电流,则磁感应强度B怎样随时间t变化(写出B与t的关系式)。
【解析】(1)释放重物后,金属杆向上运动,由右手定则可知,电阻R中的感应电流方向为Q→R→F。
(2)重物匀速下降时,金属棒匀速上升,处于平衡状态,
对金属棒,由平衡条件得:T=mg+F
金属棒受到的安培力:F=B0IL=
对重物,由平衡条件得:T=3mg
解得:v=
(3)设电路中产生的总焦耳热为Q,由能量守恒定律得:3mgh-mgh=(3m)v2+mv2+Q
电阻R中产生的焦耳热:Q R=Q
解得:Q R=-
(4)金属杆中恰好不产生感应电流,金属杆不受安培力,将做匀加速运动,加速度设为a,则3mg-mg=4ma,a=0.5g
磁通量不变:Φ0=Φt,即hLB0=(h+h1)LB
h1=v0t+×0.5gt2
解得B=。
答案:(1)Q→R→F (2)
(3)-(4)B=。