2016届高三物理二轮复习计算题标准练(五)含答案
2016届高三物理二轮复习综合检测力学综合检测含答案
力学综合检测一、选择题1.(2015·安徽名校质检)如图所示，质量为m 的木块A 放在地面上的质量为M 的三角形斜劈B 上，现用大小均为F 、方向相反的力分别推A 和B ，它们均静止不动，则( )A 、A 与B 之间一定存在弹力 B 、地面受向右的摩擦力C 、B 对A 的支持力一定等于mgD 、地面对B 的支持力的大小一定等于Mg解析：选A 、对A 、B 整体受力分析，受到重力(M ＋m )g 、地面的支持力F N 和已知的两个推力，对于整体，由于两个推力刚好平衡，故整体与地面间没有摩擦力，根据共点力平衡条件，有F N ＝(M ＋m )g ，故B 、D 错误；再对木块A 受力分析，受重力mg 、已知的推力F 、斜劈B 对A 的支持力F ′N 和摩擦力F f ，当推力F 沿斜面的分量大于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向下，当推力F 沿斜面的分量小于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向上，当推力F 沿斜面的分量等于重力的下滑分量时，摩擦力为零，根据共点力的平衡条件，运用正交分解法，可以得到：F ′N ＝mg cos θ＋F sin θ，故A 正确，C 错误、2.(2015·马鞍山二检)如图所示为固定在水平地面上的顶角为θ的圆锥体，表面光滑、有一质量为m 的弹性圆环静止在圆锥体的表面上，若圆锥体对圆环的作用力大小为F ，则有( )A 、F ＝mgB 、F ＝mg sin θ2C 、F ＝mgsin θ2D 、F ＝mg cos θ2解析：选A 、圆锥体对圆环所有部位作用力的合力与圆环的重力平衡，即F ＝mg ，选项A 正确，B 、C 、D 错误、3、(2015·蚌埠联谊校二次联考)如图所示，物体A 放在斜面上，与斜面一起向右做匀加速运动，物体A 受到斜面对它的支持力和摩擦力的合力方向可能是( )A 、向右斜上方B 、竖直向上C 、向右斜下方D 、上述三种方向均不可能解析：选A 、物体向右加速，由牛顿第二定律可得物体的合外力方向水平向右，故斜面对物体A 的支持力和摩擦力的合力在竖直方向的分力平衡了物体的重力，水平方向的分力为合外力，由平行四边形定则可得物体A 受到斜面对它的支持力和摩擦力的合力方向向右斜上方，A 对、4.(多选)(2015·潍坊一模)如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a 放在斜面上，轻质细线一端固定在物体a 上，另一端绕过光滑的滑轮1固定在c 点，滑轮2下悬挂物体b ，系统处于静止状态、若将固定点c 向右移动少许，而a 与斜劈始终静止，则( )A 、细线对物体a 的拉力增大B 、斜劈对地面的压力减小C 、斜劈对物体a 的摩擦力减小D 、地面对斜劈的摩擦力增大解析：选AD 、设细线的拉力为F ，滑轮2两侧细线的夹角为θ，滑轮2和b 的总重力为M ，则有2F cos θ2＝Mg ，固定点c 向右移动少许，θ增大，F 变大，F 的竖直分力不变，F 的水平分力增大，故A 、D 对，B 错；因a 物体相对斜劈滑动趋势的方向不明确，故无法判断摩擦力的变化，C 错、5、(多选)为了探测X 星球，总质量为m 1的探测飞船载着登陆舱在以该星球中心为圆心的圆轨道上运动，轨道半径为r 1，运动周期为T 1.随后质量为m 2的登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r 2的圆轨道上运动，则( )A 、X 星球表面的重力加速度g X ＝4π2r 1T 21B 、X 星球的质量M ＝4π2r 31GT 21C 、登陆舱在r 1与r 2轨道上运动时的速度大小之比v 1v 2＝m 1r 2m 2r 1 D 、登陆舱在半径为r 2的轨道上做圆周运动的周期T 2＝r 32r 31T 1 解析：选BD 、星球半径未知，故无法应用万有引力与重力相等的关系计算星球表面重力加速度，A 项错；飞船绕X 星球做圆周运动过程中，万有引力充当向心力，即G Mm 1r 21＝m 14π2T 21r 1，解得：M＝4π2r 31GT 21，B 项正确；飞船和登陆舱分别绕X 星球做匀速圆周运动，由开普勒第三定律有r 31T 21＝r 32T 22，解得：T 2＝r 32r 31T 1，D 项正确；由周期与线速度关系v 1＝2πr 1T 1，v 2＝2πr 2T 2，结合开普勒第三定律可知，运行速度与登陆舱质量无关，C 项错、6、(多选)我国自行研制的新一代8×8轮式装甲车已达到西方国家第三代战车的水平，将成为中国军方快速部署型轻甲部队的主力装备、设该装甲车的质量为m ，若在平直的公路上从静止开始加速，前进较短的距离s 速度便可达到最大值v m .设在加速过程中发动机的功率恒定为P ，装甲车所受阻力恒为F f ，当速度为v (v <v m )时，所受牵引力为F .以下说法正确的是( )A 、装甲车速度为v 时，装甲车的牵引力做功为FsB 、装甲车的最大速度v m ＝PF fC 、装甲车速度为v 时加速度为a ＝F －F fmD 、装甲车从静止开始达到最大速度v m 所用时间t ＝2sv m解析：选BC 、装甲车在加速过程中，其牵引力F ＝Pv ，随着速度的增大，牵引力逐渐减小，故装甲车速度为v 时，装甲车的牵引力做功可能大于Fs ，也可能小于Fs ，A 错误；装甲车匀速运动时速度最大，故v m ＝PF f ，B 正确；装甲车速度为v 时，由牛顿第二定律得F －F f ＝ma ，解得a ＝F －F f m ，C 正确；装甲车加速过程由动能定理得Pt －F f s ＝12mv 2m ，解得t ＝F f s P ＋mP2F 2f，D 错误、 7、(2015·石家庄模拟)如图所示，B 点位于斜面底端M 点的正上方，并与斜面顶端A 点等高且高度为h ，在A 、B 两点分别以速度v a 和v b 沿水平方向抛出两个小球a 、b (可视为质点)、若a 球落到M 点的同时，b 球恰好落到斜面的中点N ，不计空气阻力，重力加速度为g ，则( )A 、v a ＝v bB 、v a ＝2v bC 、a 、b 两球同时抛出D 、a 球比b 球提前抛出的时间为(2－1)2hg 解析：选B 、由h ＝12gt 2a ，h 2＝12gt 2b 得：t a ＝2hg，t b ＝hg，故a 球比b 球提前抛出的时间Δt ＝t a －t b ＝(2－1)h g ，C 、D 均错误；由v a ＝xt a ，v b ＝x 2t b可得v a ＝2v b ，A 错误，B 正确、 8、(多选)(2015·广州毕业班测试)如图，甲、乙、丙是位于同一直线上的离其他恒星较远的三颗恒星，甲、丙围绕乙在半径为R 的圆轨道上运行，若三颗星质量均为M ，引力常量为G ，则( )A 、甲星所受合外力为5GM 24R 2B 、乙星所受合外力为GM 2R 2C 、甲星和丙星的线速度相同D 、甲星和丙星的角速度相同解析：选AD 、由万有引力定律可知，甲、乙和乙、丙之间的万有引力为F 1＝G M ·MR 2，甲、丙之间的万有引力为F 2＝G M ·M （2R ）2＝GM 24R 2，甲星所受两个引力的方向相同，故合力为F 1＋F 2＝5GM 24R 2，A 项正确；乙星所受两个引力等大、反向，合力为零，B 项错误；甲、丙两星线速度方向始终不同，C 项错误；由题知甲、丙两星周期相同，由角速度定义可知，两星角速度相同，D 项正确、9、(2015·济南针对性训练)火星表面特征非常接近地球，可能适合人类居住、已知火星半径是地球半径的12，质量是地球质量的19，自转周期基本相同、地球表面重力加速度是g ，若王跃在地面上能向上跳起的最大高度是h ，在忽略自转影响的条件下，下述分析正确的是( )A 、王跃在火星表面所受火星引力是他在地球表面所受地球引力的29B 、火星表面的重力加速度是2g 3C 、火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的23D 、王跃在火星上能向上跳起的最大高度是3h 2解析：选C 、根据万有引力定律：F ＝GMm R 2可知，F 火F 地＝M 火M 地·R 2地R 2火＝49，因此A 选项错误；同理可知，火星表面的重力加速度为49g ，故B 选项错误；根据星球的第一宇宙速度与星球的半径及其表面重力加速度的关系v ＝Rg 星可知，v 火v 地＝R 火R 地·g 火g ＝23，所以C 选项正确；根据h ＝v 22g 和H ＝v 22g 火可以求得，王跃在火星上向上跳起的最大高度为H ＝94h ，因此D 选项错误、10.(多选)(2015·高考江苏卷)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m 、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长、圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，AC ＝h .圆环在C 处获得一竖直向上的速度v ，恰好能回到A 、弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g .则圆环( )A 、下滑过程中，加速度一直减小B 、下滑过程中，克服摩擦力做的功为14mv 2C 、在C 处，弹簧的弹性势能为14mv 2－mghD 、上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度解析：选BD 、圆环下落时，先加速，在B 位置时速度最大，加速度减小至0.从B 到C 圆环减速，加速度增大，方向向上，选项A 错误、圆环下滑时，设克服摩擦力做功为W f ，弹簧的最大弹性势能为ΔE p ，由A 到C 的过程中，根据功能关系有mgh ＝ΔE p ＋W f .由C 到A 的过程中，有12mv 2＋ΔE p ＝W f ＋mgh .联立解得W f ＝14mv 2，ΔE p ＝mgh －14mv 2，选项B 正确，选项C 错误、设圆环在B 位置时，弹簧弹性势能为ΔE p ′，根据能量守恒，A 到B 的过程有12mv 2B＋ΔE p ′＋W ′f ＝mgh ′，B 到A 的过程有12mv ′2B ＋ΔE p ′＝mgh ′＋W ′f ，比较两式得v ′B >v B ，选项D 正确、 二、计算题11、(2015·嘉兴一模)“辽宁号”航空母舰上舰载机的起飞问题一直备受关注、某学习小组的同学通过查阅资料对舰载机的起飞进行了模拟设计、如图，舰载机总质量为m ，发动机额定功率为P ，在水平轨道运行阶段所受阻力恒为f .舰载机在A 处以额定功率启动，同时开启电磁弹射系统，它能额外给舰载机提供水平向右、大小为F 的恒定推力、经历时间t 1，舰载机运行至B 处，速度达到v 1，电磁弹射系统关闭、舰载机继续以额定功率加速运行至C 处，经历的时间为t 2，速度达到v 2.此后，舰载机进入倾斜曲面轨道，在D 处离开航母起飞、请根据以上信息求解下列问题、(1)电磁弹射系统关闭的瞬间舰载机的加速度； (2)水平轨道AC 的长度、解析：(1)根据功率表达式可得F 1＝Pv 1由牛顿第二运动定律得 F 1－f ＝ma 解得a ＝P v 1m －f m. (2)舰载机在A 处以额定功率启动，同时开启电磁弹射系统，它能额外给舰载机提供水平向右、大小为F 的恒定推力、经历时间t 1，舰载机运行至B 处，速度达到v 1，AB 长度设为x 1，由动能定理Pt 1＋Fx 1－fx 1＝12mv 21电磁弹射系统关闭、舰载机继续以额定功率加速运行至C 处，经历的时间为t 2，速度达到v 2，BC 长度设为x 2.同理得Pt 2－fx 2＝12mv 22－12mv 21 水平轨道的长度AC ＝x 1＋x2 联立以上三式解得AC ＝12mv 21－Pt 1F －f ＋Pt 2＋12mv 21－12mv 22f .答案：(1)P v 1m －fm(2)12mv 21－Pt 1F －f＋Pt 2＋12mv 21－12mv 22f12、(2015·高考重庆卷)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置，图中水平放置的底板上竖直地固定有M 板和N 板、M 板上部有一半径为R 的14圆弧形的粗糙轨道，P 为最高点，Q 为最低点，Q 点处的切线水平，距底板高为H ，N 板上固定有三个圆环、将质量为m 的小球从P 处静止释放，小球运动至Q 飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q 水平距离为L 处、不考虑空气阻力，重力加速度为g .求：(1)距Q 水平距离为L2的圆环中心到底板的高度；(2)小球运动到Q 点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向； (3)摩擦力对小球做的功、解析：(1)设小球在Q 点的速度为v 0，由平抛运动规律有H ＝12gt 21，L ＝v 0t 1，得v 0＝Lg2H.从Q 点到距Q 点水平距离为L 2的圆环中心的竖直高度为h ，则L 2＝v 0t 2，得h ＝12gt 22＝14H . 该位置距底板的高度：Δh ＝H －h ＝34H .(2)由(1)问知小球运动到Q 点时的速度大小v 0＝Lg2H.设小球在Q 点受的支持力为F N ，由牛顿第二定律F N －mg ＝m v 20R，得F N ＝mg ⎝⎛⎭⎫1＋L 22HR ，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力F ′N ＝F N ＝mg ·⎝⎛⎭⎫1＋L 22HR ，方向竖直向下、 (3)设摩擦力对小球做功为W ，则由动能定理得 mgR ＋W ＝12mv 20得W ＝mg ⎝⎛⎭⎫L 24H －R . 答案：见解析13.(2015·青岛模拟)如图所示，一粗糙斜面AB 与圆心角为37°的光滑圆弧BC 相切，经过C 点的切线方向水平、已知圆弧的半径为R ＝1.25 m ，斜面AB 的长度为L ＝1 m 、质量为m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)在水平外力F ＝1 N 作用下，从斜面顶端A 点处由静止开始沿斜面向下运动，当到达B 点时撤去外力，物块沿圆弧滑至C 点抛出，若落地点E 与C 点间的水平距离为x ＝1.2 m ，C 点距离地面高度为h ＝0.8 m 、(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2)求：(1)物块经C 点时对圆弧面的压力大小； (2)物块滑至B 点时的速度大小； (3)物块与斜面间的动摩擦因数、 解析：(1)物块从C 点到E 点做平抛运动由h ＝12gt 2，得t ＝0.4 sv C ＝xt＝3 m/s由牛顿第二定律知：F N －mg ＝m v 2CR解得F N ＝17.2 N由牛顿第三定律知物块在C 点时对圆弧面的压力大小为17.2 N. (2)从B 点到C 点由动能定理，知 mgR －mgR cos 37°＝12mv 2C －12mv 2B解得v B ＝2 m/s.(3)从A 点到B 点，由v 2B ＝2aL ，得a ＝2 m/s 2由牛顿第二定律，知mg sin 37°＋F cos 37°－μ(mg cos 37°－F sin 37°)＝ma 解得μ＝2437≈0.65. 答案：(1)17.2 N (2)2 m/s (3)0.65。
高三物理二轮专题训练参考答案
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参考答案
高三物理二轮专题训练（交变电流）
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高三物理二轮专题训练(电路部分)
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答案
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高三物理二轮专题训练(机械能)
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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。
2016届高三二轮复习物理作业卷 热学含解析
2016万卷作业卷（二十）热学一 、单选题（本大题共5小题 。
在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1. 下列说法正确的是A ．物体温度改变时，物体分子的平均动能一定改变B ．在两分子间距离减小的过程中，分子间引力减小，斥力增大C ．在两分子间距离增大的过程中，分子势能一定增大D ．气体压强是气体分子间的斥力产生的2. 热现象与大量分子热运动的统计规律有关，1859年麦克斯韦从理论上推导出了气体分子速率的分布规律，后来有许多实验验证了这一规律。
若以横坐标v 表示分子速率，纵坐标f (v )表示各速率区间的分子数占总分子数的百分比。
对某一部分密闭在钢瓶中的理想气体，在温度T 1、T 2时的分子速率分布图象如题图所示，下列分析和判断中正确的是( )A ．两种状态下瓶中气体内能相等B ．两种状态下瓶中气体分子平均动能相等C ．两种状态下瓶中气体分子势能相等D ．两种状态下瓶中气体分子单位时间内撞击瓶壁的总冲量相等3. 下列说法中正确的是A ．气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大B ．气体体积变小时，单位体积的分子数增多，单位时间内撞到器壁单位面积上的分子数增多，从而气体的压强一定增大C ．压缩一定质量的气体，气体的内能一定增加D ．分子a 只在分子b 的分子力作用下，从无穷远处向固定不动的分子b 运动的过程中，当a 到达受b 的作用力为零的位置时，a 的动能一定最大4. 架在A 、B 两根电线杆之间的均匀电线在夏、冬两季由于热胀冷缩的效应，电线呈现如图所示的两种形状。
下列说法中正确的是（ ） A ．夏季电线对电线杆的拉力较大B ．冬季电线对电线杆的拉力较大C ．夏季、冬季电线对电线杆的拉力一样大D ．夏季杆对地面的压力较大[5. 下列有关分子运动理论的各种说法中正确的是（ ）A ． 温度低的物体内能小B ． 温度低的物体，其分子运动的平均动能也必然小C ． 做加速运动的物体，由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能越来越大D ． 0℃的铁和0℃的冰，它们的分子平均动能可能不相同夏季 冬季 A A B B二、多选题（本大题共2小题）6. 健身球是一个充满气体的大皮球，当人压向健身球上时，假设球内气体温度不变，则在这个过程中A．气体分子的平均动能增大B．气体的密度增大C．气体从外界吸收热量D．外界对气体做功7.（2015•汕头一模）气象探测气球内充有常温常压的氦气，从地面上升至某高空的过程中，气球内氦气的压强随外部气压减小而逐渐减小，其温度因启动加热装置而保持不变．高空气温为﹣7.0℃，球内氦气可视为理想气体，下列说法中正确的是（）A．在此过程，气球内氦气体积逐渐增大B．在此高空，关闭加热装置后，氦气分子平均动能增大C．在此高空，关闭加热装置后，氦气将对外界做功D．在此高空，关闭加热装置后，氦气将对外放热三、简答题（本大题共2小题）8.（2015•松江区一模）如图，由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均为0℃的水槽中，B的容积是A的3倍．阀门S将A和B两部分隔开．A内为真空，B和C内都充有气体．U形管内左边水银柱比右边的低60mm．打开阀门S，整个系统稳定后，U形管内左右水银柱高度相等．假设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积．（1）求玻璃泡C中气体的压强（以mmHg为单位）（2）将右侧水槽的水从0℃加热到一定温度时，U形管内左右水银柱高度差又为60mm，求加热后右侧水槽的水温．9.（2015•崇明县一模）在托里拆利实验中，由于操作不慎，漏进了一些空气．当大气压强为75cm Hg时，管内外汞面高度差为60cm，管内被封闭的空气柱长度是30cm，如图所示．问：（1）此时管内空气的压强是多少？（2）若将此装置移到高山上，温度不变，发现管内外汞面高度差变为54cm，山上的大气压强为多少（设管顶到槽内汞面的高度不变）？2016万卷作业卷（二十）答案解析一、单选题10.【答案】A11.【答案】C12.【答案】D13.【答案】B14.【答案】B考点：分子的热运动．专题：分子运动论专题．分析：温度是分子平均动能的唯一标志，分子动能与分子的速率以及分子质量有关．解答：解：A、温度是分子平均动能的标志，温度低只能说明分子平均动能小，不能说明分子势能，而内能包括分子动能和分子势能，故A错误．B、温度低的物体，分子平均动能一定小，故B正确；C、温度是分子平均动能的标志，与物体是否运动无关，故C错误．D、温度是分子平均动能的唯一标志，温度相同说明分子平均动能相同，0℃的铁和0℃的冰，它们的分子平均动能相同，故D错误．故选：B．点评：掌握温度是分子平均动能的“唯一”标志，与其他任何因素无关．二、多选题15.【答案】BD16.【答案】AD【考点】：热力学第一定律；理想气体的状态方程．【分析】：气体经历等温过程，根据玻意耳定律分析体积的变化；温度是分子热运动平均动能的标志．【解析】：解：A、气体经历等温过程，压强减小，根据PV=C，在此过程，气球内氦气体积逐渐增大，故A正确；B、在此高空，关闭加热装置后，温度降低，故氦气分子平均动能减小，故B错误；C、在此高空，压强固定，关闭加热装置后，温度降低，根据，体积减小，故是外界对气体做功，故C错误；D、在此高空，压强固定，关闭加热装置后，温度降低，故会对外放热，故D正确；故选：AD．【点评】：本题关键是明确温度的微观意义，能够结合理想气体状态方程列式分析，基础题目．三、简答题17. 考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强．专题：压轴题；理想气体状态方程专题．分析：以B内封闭气体为研究对象，做等温变化，根据玻意耳定律求出B内的压强，然后求出C内压强；以C中封闭气体为研究对象，根据等容变化列方程求解．解答：解：（i）加热前C中压强始终不变，B内封闭气体初状态：P B=P C+60，打开阀门后P B′=P C由题意：由玻意尔定律P B V B=P B′V B′得：P B′=180mmHg P C=P B′=180mmHg（ii）C内封闭气体做等容变化，加热后压强P C′=P C+60mmHg=得：T′=364K答：（1）玻璃泡C中气体的压强为180mmHg（2）加热后右侧水槽的水温364K．点评：本题考查了理想气体状态方程的应用，关键是正确分析ABC中气体压强的关系．。
二轮复习高中物理计算题专题复习(含答案)
二轮复习计算题专题训练1、航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m=1kg，动力系统提供的恒定升力F=14N，试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升，设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2．(1)第一次试飞，飞行器飞行t1=8s时到达高度S m=64m，求飞行器阻力f的大小；(2)第二次试飞，飞行器飞行t2=6s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力，求飞行器能达到的最大高度．2、如图所示，滑块b静止在光滑水平面上，滑块a右端与一轻弹簧相连后以某一速度冲向滑块b，与b碰撞后弹簧不与b相粘连，b在与弹簧分离后，冲上半径为R的竖直光滑固定半圆轨道，且恰好能从轨道顶端水平飞出。
已知a、b两个滑块的质量分别为2m和m，重力加速度为g，求：(滑块a、b可视为质点，弹簧始终处在弹性限度内)，求：(1)滑块b与弹簧分离时的速度大小；(2)滑块a碰撞前的速度大小；(3)a、b在碰撞过程中弹簧获得的最大弹性势能。
3、如图所示，半径R=0.4m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ=30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上。
质量m=0.1kg的小物块(可视为质点)从空中的A点以v0=2m/s的速度被水平拋出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，此时弹簧的弹性势能E pm=0.8J，已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2。
求：(1)小物块从A点运动至B点的时间。
(2)小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力大小。
(3)C、D两点间的水平距离L。
4、如图所示，装置的左边AB部分是长为L1=1m的水平面，一水平放置的轻质弹簧左端固定并处于原长状态。
装置的中间BC部分是长为L2=2m的水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接，传送带始终以v=2m/s的速度顺时针转动。
2016届高三理综第二次训练物理试题
2016届高三理综第二次训练物理部分一、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l4～18题只有一项符合题目要求；第19～21题有多项符合要求。
全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
）14、以下是物理学中的四个实验装置或仪器，由图可知这四个实验或仪器共同的物理思想方法是（ ）A ．极限的思想方法B ．放大的思想方法C ．猜想的思想方法D ．控制变量的方法15、取水平地面为重力势能零点。
一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能恰好是重力势能的3倍。
不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为（ ） A.6π B. 4π C. 3π D. 125π16、如图，一质量为M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m 的小环（可视为质点），从大环的最高处由静止滑下。
重力加速度大小为g ，当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力比初始时( )A ．增加了mg 5B ．减小了mg 5C ．增加了mg 4D ．减小了mg 417、如图所示，平行金属板A 、B 水平正对放置，分别带等量异号电荷。
一带点微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（ ）A ．若微粒带正电荷，则电场力一定小于重力B ．微粒从M 点运动到N 点电势能一定增加C ．微粒从M 点运动到N 点动能不一定增加D ．微粒从M 点运动到N 点机械能可能增加也有可能减少18、长为L 的轻绳悬挂一个质量为m 的小球，开始时绳竖直，小球与一个倾角 的静止三角形物块刚好接触，如图所示。
现在用水平恒力F 向左推动三角形物块，直至轻绳与斜面平行，此时小球的速度速度大小为V ，重力加速度为g ，不计所有的摩擦。
则下列说法中正确的是（ ）A.上述过程中，斜面对小球做的功等于小球增加的动能B.上述过程中，推力F 做的功为FLC.上述过程中，推力F 做的功等于小球增加的机械能D.轻绳与斜面平行时，绳对小球的拉力大小为19、一个正点电荷Q 静止在正方形的一个顶点上，另一个带电质点射入该区域时，仅受电场力的作用恰好能依次经过正方形的另外三个顶点a 、b 、c ，如图所示，则有（ ）A ．质点在a 、b 、c 三处的加速度大小之比是1：2：1B ．若改变带电质点在a 处的速度大小和方向，有可能使其在该电场中做类平抛运动C ．a 、b 、c 三点电势高低及电场强度大小的关系是D ．质点由a 到b 电势能增加，由b 到c ，电场力做正功，在b点动能最小20、如图，电路中定值电阻阻值R 大于电内阻阻值r 。
高考物理二轮复习 专题05 万有引力定律与航天(测)(含解析)-人教版高三全册物理试题
万有引力定律与航天【总分为：110分时间：90分钟】一、选择题〔本大题共12小题，每一小题5分，共60分。
在每一小题给出的四个选项中，1~8题只有一项符合题目要求； 9~12题有多项符合题目要求。
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年10月24日，在地球观测组织(GEO)全会期间举办的“中国日〞活动上，我国正式向国际社会免费开放共享我国新一代地球同步静止轨道气象卫星“风云四号〞(如下列图)和全球第一颗二氧化碳监测科学实验卫星(简称“碳卫星〞)的数据。
“碳卫星〞是绕地球极地运行的卫星，在离地球外表700公里的圆轨道对地球进展扫描，聚集约140天的数据可制作一张无缝隙全球覆盖的二氧化碳监测图，有关这两颗卫星的说法正确的答案是〔〕A．“风云四号〞卫星的向心加速度大于“碳卫星〞的向心加速度B．“风云四号〞卫星的线速度小于“碳卫星〞的线速度C．“碳卫星〞的运行轨道理论上可以和地球某一条经线重合D．“风云四号〞卫星的线速度大于第一宇宙速度【答案】 B2．某行星半径R=2440km，行星周围没有空气且忽略行星自转。
假设某宇航员在距行星外表h=1.25m处由静止释放一物块，经t=1s后落地，如此此行星A．外表重力加速度为10m／s2B．外表重力加速度为5m／s2C．第一宇宙速度大约为2．47km／sD．第一宇宙速度大约为78m／s【答案】 C点睛：第一宇宙速度是指绕星体外表运行卫星的速度。
是所有圆轨道卫星的最大的运行速度，也是卫星的最小发射速度。
3．如下列图，地球绕太阳做匀速圆周运动，地球处于运动轨道b位置时，地球和太阳连线上的a位置、c 与d位置均关于太阳对称，当一无动力的探测器处在a或c位置时，它仅在太阳和地球引力的共同作用下，与地球一起以一样的角速度绕太阳做圆周运动，如下说法正确的答案是A．该探测器在a位置受太阳、地球引力的合力等于在c位置受到太阳、地球引力的合力B．该探测器在a位置受太阳、地球引力的合力大于在c位置受到太阳、地球引力的合力C．假设地球和该探测器分别在b、d位置，它们也能以一样的角速度绕太阳运动D．假设地球和该探测器分别在b、e位置，它们也能以一样的角速度绕太阳运动【答案】 B【解析】探测器与地球具有一样的角速度，如此根据F=ma=mω2r可知该探测器在a位置受太阳、地球引力的合力大于在c位置受到太阳、地球引力的合力，选项B正确，A错误；假设地球和该探测器分别在b、d位置，根据可知，因转动的半径不同，如此它们不能以一样的角速度绕太阳运动，选项C错误；同理假设地球和该探测器分别在b、e位置，它们也不能以一样的角速度绕太阳运动，选项D错误；应当选B.4．如下论述中正确的答案是A．开普勒根据万有引力定律得出行星运动规律B．爱因斯坦的狭义相对论，全面否认了牛顿的经典力学规律C．普朗克把能量子引入物理学，正确地破除了“能量连续变化〞的传统观念D．玻尔提出的原子结构假说，成功地解释了各种原子光谱的不连续性【答案】 C5．如果把水星和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，假设从水星与金星在一条直线上开始计时，天文学家测得在一样时间内水星转过的角度为θ1，金星转过的角度为θ2(θ1、θ2均为锐角)，如下列图，如此由此条件不可求得的是( )A．水星和金星的质量之比B．水星和金星到太阳的距离之比C．水星和金星绕太阳运动的周期之比D．水星和金星绕太阳运动的向心加速度大小之比【答案】 A【解析】【详解】A、水星和金星作为环绕体，无法求出质量之比，故A错误；一样时间内水星转过的角度为θ1；金星转过的角度为θ2，可知道它们的角速度之比，根据万有引力提供向心力：，，知道了角速度比，就可求出轨道半径之比．故B正确．C、一样时间内水星转过的角度为θ1；金星转过的角度为θ2，可知它们的角速度之比为θ1：θ2．周期，如此周期比为θ2：θ1．故C正确．根据a=rω2，轨道半径之比、角速度之比都知道，很容易求出向心加速度之比．故D正确．此题求不可求的，应当选A【点睛】在万有引力这一块，设计的公式和物理量非常多，在做题的时候，首先明确过程中的向心力，然后弄清楚各个物理量表示的含义，最后选择适宜的公式分析解题，另外这一块的计算量一是非常大的，所以需要细心计算6．我们国家从 1999 年至今已屡次将“神州〞号宇宙飞船送入太空。
2016高考物理计算题专项训练1、2、3、4、5、6
1、（12分）(2015，全国2,)如图，一质量为m、电荷量为q（q>0）的例子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。
已知该粒子在A点的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。
不计重力。
求A、B两点间的电势差。
2、如图所示，一固定在地面上的金属轨道ABC，其中AB长s1=1m， BC与水平面间的夹角为α=37°，一小物块放在A处，小物块与轨道间的动摩擦因数均为μ=0.25，现在给小物块一个水平向左的初速度v0=3m/s。
小物块经过B处时无机械能损失（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）。
求：（1）小物块第一次到达B处的速度大小；（2）小物块在BC段向上运动时的加速度大小；（3）若小物块刚好能滑到C处，求BC长s2。
3、如图，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从Ｏ点水平飞出，经过3.0ｓ落到斜坡上的Ａ点。
已知Ｏ点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角 ＝37°，运动员的质量m=50kg.不计空气阻力。
（取sin37°=0.60，cos37°=0.80；g取10m/s2）q求（1） A点与O点的距离L;（2）运动员离开0点时的速度大小；运动员落到A点时的动能。
4、（14分）(2013，全国2)如图，匀强电场中有一半径为ｒ的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行。
ａ、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行。
一电荷为ｑ(q>０)的质点沿轨道内侧运动.经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Nａ和Ｎｂ不计重力，求电场强度的大小Ｅ、质点经过a点和b点时的动能。
5、（12分）(2014，全国1)公路上行驶的两辆汽车之间应保持一定的安全距离。
当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。
通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s。
2016高三二模物理复习卷
高三物理二模考试复习卷2016.03一、单项选择题：（本题共5小题，每小题3分，满分15分。
每小题只有一个选项符合题意） 1．下列物理公式中不属于物理量定义式的是（ ）A ．I ＝t q B ．a ＝Fm C ．R ＝IUD ．E ＝Fq2．在如图所示电路中，电源的电动势为E ，内电阻r 不为零，闭合电键S ，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I 、U 1、U 2和U 3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI 、ΔU 1、ΔU 2和ΔU 3表示，则下列叙述中正确的是（ ） A ．I 变小，U 3变小 B ． I U1变大C ．32U U ∆=∆D ．r IU >∆∆23．如图所示， A 、B 是两个完全相同的灯泡，D 是理想二极管，L 是带铁芯的线圈，其电阻忽略不计。
下列说法正确的是（ ） A ．S 闭合瞬间，A 先亮 B ．S 闭合瞬间，A 、B 同时亮 C ．S 断开瞬间，B 逐渐熄灭D ．S 断开瞬间，A 闪亮一下，然后逐渐熄灭4．一个边长为L 的正方形导线框在倾角为θ的光滑固定斜面上由静止开始沿斜面下滑，随后进入虚线下方方向垂直于斜面的匀强磁场中．如图所示，磁场的上边界线水平，线框的下边ab 边始终水平，斜面以及下方的磁场往下方延伸到足够远．下列推理判断正确的是（ ） A ．线框进入磁场过程b 点的电势比a 点高 B ．线框进入磁场过程一定是减速运动C ．线框中产生的焦耳热一定等于线框减少的机械能D ．线框从不同高度下滑时，进入磁场过程中通过线框导线横截面的电荷量不同5．如图所示，质量为M 、长为L 的木板置于光滑的水平面上，一质量为m 的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f ，用水平的恒定拉力F 作用于滑块m ，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s ，滑块速度为v 1，木板速度为v 2，下列结论中正确的是（ ） A ．木板的加速度大小为F /MB ．F 做功为22121122mv Mv +C ．滑块与木板产生的热量为f （L +s ）D ．其他条件不变的情况下，F 越大，滑块到达右端所用时间越短二、多项选择题：（本题共4小题，每小题4分，满分16分。
2016高考物理(全国通用)二轮专题配套练习五年高考真题专题九磁场Word版含答案
考点一磁场、磁场力1．(2015·新课标全国Ⅱ,18，6分)(难度★★)(多选)指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说法正确的是()A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线,导线通电时指南针不偏转解析指南针不可以仅具有一个磁极，故A错误；指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，故B正确；当附近的铁块磁化时，指南针的指向会受到附近铁块的干扰，故C正确；根据安培定则，在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时会产生磁场，指南针会偏转与导线垂直，故D 错误．答案BC2．(2015·海南单科，1，3分)(难度★★)如图，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点．在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向()A．向上B．向下C．向左D．向右解析条形磁铁的磁感线在a点垂直P向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动，由左手定则可得电子所受洛伦兹力的方向向上，A正确．答案 A3. (2015·江苏单科，4，3分)(难度★★)如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度．下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方．线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态．若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是()解析由题意知，处于磁场中的导体受安培力作用的有效长度越长，根据F ＝BIL知受安培力越大，越容易失去平衡，由图知选项A中导体的有效长度最大，所以A正确．答案 A4．(2014·新课标全国Ⅰ，15，6分)(难度★★)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是()A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半解析由左手定则可知，安培力的方向一定与磁场方向和直导线垂直，选项A错、B正确；安培力的大小F＝BIL sin θ与直导线和磁场方向的夹角有关，选项C错误；将直导线从中点折成直角，假设原来直导线与磁场方向垂直，若折成直角后一段与磁场仍垂直，另一段与磁场平行，则安培力的大小变为原来的一半，若折成直角后，两段都与磁场垂直，则安培力的大小变为原来的22.因此安培力大小不一定是原来的一半，选项D错误．答案 B5．(2014·浙江理综,20，6分)(难度★★)(多选)如图1所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t＝0时刻起，棒上有如图2所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为I m，图1中I所示方向为电流正方向．则金属棒()A．一直向右移动B．速度随时间周期性变化C．受到的安培力随时间周期性变化D．受到的安培力在一个周期内做正功解析根据题意得出v-t图象如图所示,金属棒一直向右运动，A正确；速度随时间做周期性变化,B正确；据F安＝BIL及左手定则可判定，F安大小不变，方向做周期性变化，则C项正确；F安在前半周期做正功，后半周期做负功，则D项错．答案ABC6．(2012·全国卷，18，6分)(难度★★★)如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等.关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是()A．O点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同解析先根据安培定则可判断M、N两点处的直线电流在a、b、c、d、O各点产生的磁场方向如图所示，再利用对称性和平行四边形定则可确定各点(合) 磁场的方向．磁场叠加后可知，a、b、c、d、O的磁场方向均相同，a、b 点的磁感应强度大小相等,c、d两点的磁感应强度大小相等．所以只有C正确．答案 C7．(2012·天津理综，2，6分)(难度★★)如图所示,金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流,平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ.如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是()A．棒中的电流变大，θ角变大B．两悬线等长变短，θ角变小C．金属棒质量变大，θ角变大D ．磁感应强度变大，θ角变小解析 对金属棒受力分析如图所示．由三力平衡的特点得tan θ＝BILmg ，故A正确，C 、D 错误；悬线的长度对θ角没有影响，B 错误．答案 A8．(2015·新课标全国Ⅰ，24，12分)(难度★★★)如图，一长为10 cm 的金属棒ab 用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小 为0.1 T ，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒 通过开关与一电动势为12 V 的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开 时两弹簧的伸长量均为0.5 cm ；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长 量与开关断开时相比均改变了0.3 cm,重力加速度大小取10 m/s 2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．解析 金属棒通电后，闭合回路电流I ＝U R ＝12 V2 Ω＝6 A导体棒受到的安培力大小为F ＝BIL ＝0.06 N由左手定则可判断知金属棒受到的安培力方向竖直向下 由平衡条件知：开关闭合前：2kx ＝mg 开关闭合后：2k (x ＋Δx )＝mg ＋F 代入数值解得m ＝0.01 kg答案 0.01 kg9. (2015·重庆理综，7,15分)(难度★★★)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系 统的特殊电动机，如图是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成,线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计．线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等，某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I.(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向；(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率．解析(1)对线圈前后两边所受安培力的合力为零，线圈所受的安培力即为右边所受的安培力，由安培力公式得F＝nBIL①由左手定则知方向水平向右(2)安培力的功率为P＝F·v②联立①②式解得P＝nBIL v③答案(1)nBIL方向水平向右(2)nBIL v10．(2015·浙江理综，24，20分)(难度★★★)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图1所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L＝0.1 m，竖直边长H＝0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～ 2.0 A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度取g＝10 m/s2)图1 图2(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg ，线圈的匝数N 1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N 2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R ＝10 Ω，不接外电流，两臂平衡．如图2所示，保持B 0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B 随时间均匀变大，磁场区域 宽度d ＝0.1 m.当挂盘中放质量为0.01 kg 的物体时，天平平衡，求此时磁感 应强度的变化率ΔBΔt. 解析 (1)题中“电磁天平”中的线圈受到安培力 F ＝N 1B 0IL ①由天平平衡可知：mg ＝N 1B 0IL ② 代入数据解得：N 1＝25匝③ (2)由电磁感应定律得：E ＝N 2ΔΦΔt ＝N 2ΔB Δt Ld ④由欧姆定律得：I ′＝ER ⑤ 线圈受到的安培力F ′＝N 2B 0I ′L ⑥由天平平衡可得：m ′g ＝N 22B 0ΔB Δt ·dL 2R ⑦ 代入数据可得ΔBΔt ＝0.1 T/s ⑧答案 (1)25匝 (2)0.1 T/s考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动1．(2015·新课标全国Ⅰ，14，6分)(难度★★)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度 大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重 力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( ) A ．轨道半径减小，角速度增大 B ．轨道半径减小，角速度减小 C ．轨道半径增大，角速度增大 D ．轨道半径增大，角速度减小解析 由于速度方向与磁场方向垂直，粒子受洛伦兹力作用做匀速圆周运动， 即q v B ＝m v 2r ，轨道半径r ＝m vqB ，从较强磁场进入较弱磁场后，速度大小不变， 轨道半径r 变大，根据角速度ω＝v r ＝qBm 可知角速度变小，选项D 正确．答案 D2．(2015·新课标全国Ⅱ,19，6分)(难度★★★)(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ， Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k 倍．两个速率相同的电子分别在两磁场区域做 圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子( )A ．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍B ．加速度的大小是Ⅰ中的k 倍C ．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍D ．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等解析 设电子的质量为m ，速率为v ，电荷量为q ，设B 2＝B ，B 1＝kB 则由牛顿第二定律得： q v B ＝m v 2R ①T ＝2πR v ②由①②得：R ＝m vqB ，T ＝2πm qB所以R 2R 1＝k ，T 2T 1＝k根据a＝v2R，ω＝vR可知a2 a1＝1k，ω2ω1＝1k所以选项A、C正确，选项B、D错误．答案AC3．(2015·广东理综，16，4分)(难度★★★)在同一匀强磁场中，α粒子(42He)和质子(11H)做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子() A．运动半径之比是2∶1B．运动周期之比是2∶1C．运动速度大小之比是4∶1D．受到的洛伦兹力之比是2∶1解析α粒子和质子质量之比为4∶1，电荷量之比为2∶1，由于动量相同，故速度之比为1∶4；同一磁场，B相同．由r＝m vqB，得两者半径之比为1∶2；由T＝2πmqB,得周期之比为2∶1；由f洛＝q v B，得洛伦兹力之比为1∶2.故只有B正确．答案 B4．(2015·四川理综，7，6分)(难度★★★★)(多选)如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1 cm，中点O与S间的距离d＝4.55 cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B＝2.0×10－4 T.电子质量m＝9.1×10－31 kg,电量e＝－1.6×10－19 C，不计电子重力．电子源发射速度v＝1.6×106 m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则()A．θ＝90°时，l＝9.1 cm B．θ＝60°时，l＝9.1 cm C．θ＝45°时，l＝4.55 cm D．θ＝30°时，l＝4.55 cm 解析电子在匀强磁场运动的轨道半径为R＝m vqB＝4.55 cm电子沿逆时针方向做匀速圆周运动,当θ＝90°时，竖直向下发射的粒子恰好打到N点，水平向右发射的粒子恰好打到M点，如图甲所示，故l＝L＝9.1 cm，A正确；当θ＝30°时，竖直向下发射的粒子，恰好打到N点，由几何关系知，另一临界运动轨迹恰好与MN相切于O点，如图乙所示，故粒子只能打在NO范围内，故l＝4.55 cm，D正确；进而可分析知当θ＝45°或θ＝60°时，粒子打到板上的范围大于ON小于NM,即4.55 cm＜l＜9.1 cm，故B、C 错误．答案AD5．(2014·新课标全国Ⅰ，16，6分)(难度★★★)如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出).一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O，已知粒子穿越铝板时,其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力．铝 板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )A ．2B. 2C ．1D.22解析 由题图可知，带电粒子在铝板上方的轨迹半径为下方轨迹半径的2倍； 由洛伦兹力提供向心力:q v B ＝m v 2R 得v ＝qBR m ；其动能E k ＝12m v 2＝q 2B 2R 22m ，故 磁感应强度B ＝2mE k q 2R 2，B 1B 2＝E k1E k2·R 2R 1＝22，选项D 正确．答案 D6．(2014·新课标全国Ⅱ,20，6分)(难度★★★)(多选)图为某磁谱仪部分构件的示 意图．图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中 运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部 垂直进入磁场时，下列说法正确的是( )A ．电子与正电子的偏转方向一定不同B ．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C ．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D ．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小解析 在同一匀强磁场中，各粒子进入磁场时速度方向相同，但速度大小关 系未知．由左手定则可知电子与正电子进入磁场时所受沦伦兹力方向相反、 偏转方向必相反，故A 正确；因r ＝m vqB ，各粒子虽q 相同、但v 关系未知， 故m 相同、v 不同时轨迹半径不同,而当r 相同时只能表明m v 相同，不能确 定m 的关系，故B 错误,C 正确；由E k ＝12m v 2有r ＝2mE kqB ，可见当E k 越大时确定的粒子其轨迹半径越大，故D 错误．答案 AC7．(2014·安徽理综，18，6分)(难度★★★)“人造小太阳”托卡马克装置使用强 磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不 与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在 磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B 正比于( ) A.TB ．TC.T 3D ．T 2解析 等离子体在磁场中受到的洛沦兹力提供向心力，有 q v B ＝m v 2R ，得v ＝BqRm动能E k ＝12m v 2＝12 B 2q 2R 2m 由题意得E k ＝kT 故有：kT ＝B 2q 2R 22m得B ＝2kmq 2R 2T即B ∝T ，选项A 正确．答案 A8．(2013·新课标全国Ⅰ,18，6分)如图所示，半径为R 的圆是一圆柱形匀强磁场 区域的横截面(纸面),磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．一电荷量 为q (q ＞0)、质量为m 的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域，射入点与ab 的距离为R2.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°， 则粒子的速率为(不计重力)( )A.qBR 2mB.qBRmC.3qBR2mD.2qBR m解析 粒子运动的情景如图所示.由于入射点M 距离直径ab 为R /2，且入射方向MC 平行于ab ，所以∠MOC ＝60°.粒子射出磁场时，偏转角度为60°， 即∠MO ′B ＝60°.所以由几何关系知,粒子的轨迹半径r ＝R ，又r ＝m vqB .所以v＝qBRm ，B 正确．答案 B9．(2013·新课标全国Ⅱ，17，6分)(难度★★★)空间有一圆柱形匀强磁场区域， 该区域的横截面的半径为R ，磁场方向垂直于横截面．一质量为m 、电荷量 为q (q ＞0)的粒子以速率v 0沿横截面的某直径射入磁场,离开磁场时速度方向 偏离入射方向60°.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( )A.3m v 03qRB.m v 0qR C.3m v 0qRD.3m v 0qR解析 根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示，由几何关系可得，粒子运动 的半径r ＝3R ，根据粒子受到的洛伦兹力提供向心力可得，q v 0B ＝m v 20r ，解得，B ＝3m v 03qR ，A 项正确．答案 A10．(2013·广东理综，21，4分)(难度★★★)(多选)两个初速度大小相同的同种离 子a 和b ，从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P 上．不计重力，下列说法正确的有( )A．a、b均带正电B．a在磁场中飞行的时间比b的短C．a在磁场中飞行的路程比b的短D．a在P上的落点与O点的距离比b的近解析由左手定则可判断粒子a、b均带正电,选项A正确；由于是同种粒子，且粒子的速度大小相等，所以它们在匀强磁场中做圆周运动的轨迹半径R＝m vqB相同，周期T＝2πmqB也相同，画出粒子的运动轨迹图可知，b在磁场中运动轨迹是半个圆周，a在磁场中运动轨迹大于半个圆周，选项A、D正确．答案AD11．(2013·安徽理综，15，6分)(难度★★)图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()A．向上B．向下C．向左D．向右解析根据右手定则及磁感应强度的叠加原理可得，四根导线在正方形中心O点产生的磁感应强度方向向左，当带正电的粒子垂直于纸面的方向向外运动时，根据左手定则可知，粒子所受洛伦兹力的方向向下，B项正确．答案 B12．(2012·广东理综，15，4分)(难度★★★)质量和电荷量都相等的带电粒子M 和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示．下列表述正确的是()A．M带负电，N带正电B．M的速率小于N的速率C．洛伦兹力对M、N做正功D．M的运行时间大于N的运行时间解析由左手定则可判断出M带负电,N带正电，选项A正确；由半径公式r＝m vqB知：在m、q、B相同的情况下,半径大的M速度大，选项B错误；洛伦兹力与速度始终垂直，永不做功，选项C错误；由周期公式T＝2πmqB知二者的周期相同，选项D错误．答案 A13．(2015·浙江理综，25，22分)(难度★★★★)使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出,离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等．质量为m，速度为v的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为r的圆，圆心在O点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B.为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器．引出器原理如图所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O′点(O′点图中未画出)．引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P点进入通道，沿通道中心线从Q点射出．已知OQ长度为L，OQ与OP的夹角为θ.(1)求离子的电荷量q 并判断其正负；(2)离子从P 点进入，Q 点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B ′，求 B ′；(3)换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B 不变，在内 外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应．为使离子仍 从P 点进入，Q 点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E 的方向和大小． 解析 (1)离子做圆周运动Bq v ＝m v 2r ①q ＝m vBr ，根据左手定则可判断离子带正电荷②(2)离子进入通道前、后的轨迹如图所示O ′Q ＝R ，OQ ＝L ，O ′O ＝R －r 引出轨迹为圆弧，B ′q v ＝m v 2R ③ R ＝m vqB ′④ 由余弦定理得R 2＝L 2＋(R －r )2＋2L (R －r )cos θ解得R ＝r 2＋L 2－2rL cos θ2r －2L cos θ⑤故B ′＝m vqR ＝m v （2r －2L cos θ）q （r 2＋L 2－2rL cos θ）⑥ (3)电场强度方向沿径向向外⑦引出轨迹为圆弧Bq v －Eq ＝m v 2R ⑧解得E ＝B v －m v 2（2r －2L cos θ）q （r 2＋L 2－2rL cos θ）⑨答案 (1)m vBr 正电荷 (2)m v （2r －2L cos θ）q （r 2＋L 2－2rL cos θ）(3)B v －m v 2（2r －2L cos θ）q （r 2＋L 2－2rL cos θ）14. (2015·山东理综，24，20分)(难度★★★★★)如图所示，直径分别为D 和2D 的同心圆处于同一竖直面内,O 为圆心，GH 为大圆的水平直径．两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d 的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m 、电量为＋q 的粒子由小孔下方d2处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v 射出 电场，由H 点紧靠大圆内侧射入磁场．不计粒子的重力．(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小；(3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为2m v qD 、4m vqD ,粒子运动一段时间后再 次经过H 点，求这段时间粒子运动的路程．解析 (1)设极板间电场强度的大小为E ，对粒子在电场中的加速运动，由动 能定理得 qE ·d 2＝12m v 2① 解得E ＝m v 2qd ②(2)设Ⅰ区磁感应强度的大小为B ，粒子做圆周运动的半径为R ，由牛顿第二定律得q v B ＝m v 2R ③甲如图甲所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况．若粒子轨迹与小圆外切， 由几何关系得R ＝D 4④ 联立③④式得 B ＝4m v qD ⑤若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得 R ＝3D 4⑥ 联立③⑥式得 B ＝4m v 3qD ⑦(3)设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的半径分别为R 1、R 2，由题意可知，Ⅰ区 和Ⅱ区磁感应强度的大小分别为B 1＝2m v qD 、B 2＝4m vqD ，由牛顿第二定律得 q v B 1＝m v 2R 1，q v B 2＝m v 2R 2⑧代入数据得 R 1＝D 2，R 2＝D4⑨设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T 1、T 2，由运动学公式得T 1＝2πR 1v ，T 2＝2πR 2v ⑩乙据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图乙所示，根 据对称可知，Ⅰ区两段圆弧所对圆心角相同，设为θ1，Ⅱ区内圆弧所对圆心 角设为θ2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O 连线间的夹角设为α，由几何关 系得θ1＝120°⑪ θ2＝180°⑫α＝60°⑬丙粒子重复上述交替运动回到H 点，轨迹如图丙所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做 圆周运动的时间分别为t 1、t 2可得t 1＝360°α×θ1×2360°T 1，t 2＝360°α×θ2360°T 2⑭设粒子运动的路程为s ，由运动学公式得s ＝v (t 1＋t 2)⑮联立⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮式得 s ＝5.5πD ⑯答案 (1)m v 2qd (2)4m v qD 或4m v3qD(3)5.5πD15．(2014·广东理综，36，18分)(难度★★★★★)如图所示，足够大的平行挡板 A 1、A 2竖直放置，间距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MN 为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B 0，方向垂直纸面向外．A 1、A 2上各有位置正对的小孔S 1、S 2，两孔与分界面MN 的距离均为L .质量为m 、 电荷量为＋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S 1 进入Ⅰ区，并直接偏转到MN 上的P 点，再进入Ⅱ区，P 点与A 1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S 2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． 解析 (1)粒子在电场中，由动能定理有 qEd ＝12m v 21－0①粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力 q v 1B 0＝m v 21r ②当k ＝1时，由几何关系得r ＝L ③由①②③解得E ＝qB 20L22md ④(2)由于2<k <3时，由题意可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转，运动轨迹如图 所示，由几何关系可知(r 1－L )2＋(kL )2＝r 21⑤ 解得r 1＝k 2＋12L ⑥粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力 q v B 0＝m v 2r 1⑦由⑥⑦解得v ＝（k 2＋1）qB 0L2m ⑧粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力 q v B ＝m v 2r 2⑨由对称性及几何关系可知k（3－k ）＝r 1r 2⑩解得r 2＝（3－k ）（k 2＋1）2k L ⑪由⑧⑨⑪解得B ＝k3－k B 0答案 (1)qB 20L22md (2)v ＝（k 2＋1）qB 0L 2m B ＝k 3－k B 016．(2014·山东理综，24，20分)(难度★★★★★)如图甲所示，间距为d 、垂直 于纸面的两平行板P 、Q 间存在匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方 向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，一质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子(不计重力)，以初速度v 0由Q 板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当B 0和T B 取某些特定值时， 可使t ＝0时刻入射的粒子经Δt 时间恰能垂直打在P 板上(不考虑粒子反弹)．上述m 、q 、d 、v 0为已知量．(1)若Δt ＝12T B ，求B 0；(2)若Δt ＝32T B ，求粒子在磁场中运动时加速度的大小； (3)若B 0＝4m v 0qd ，为使粒子仍能垂直打在P 板上，求T B . 解析 (1)设粒子做圆周运动的半径为R 1，由牛顿第二定律得 q v 0B 0＝m v 20R 1①据题意由几何关系得 R 1＝d ② 联立①②式得 B 0＝m v 0qd ③(2)设粒子做圆周运动的半径为R 2，加速度大小为a ，由圆周运动公式得 a ＝v 20R 2④据题意由几何关系得 3R 2＝d ⑤ 联立④⑤式得 a ＝3v 20d ⑥(3)设粒子做圆周运动的半径为R ，周期为T ，由圆周运动公式得T ＝v 0⑦由牛顿第二定律得 q v 0B 0＝m v 20R ⑧由题意知B 0＝4m v 0qd ，代入⑧式得d ＝4R ⑨粒子运动轨迹如图所示，O 1O 2为圆心，O 1、O 2连线与水平方向的夹角为θ， 在每个T B 内,只有A 、B 两个位置才有可能垂直击中P 板，且均要求0＜θ＜π2，由题意可知π2＋θ2πT ＝T B 2⑩ 设经历完整T B 的个数为n (n ＝0，1，2，3……) 若在A 点击中P 板，据题意由几何关系得 R ＋2(R ＋R sin θ)n ＝d ⑪ 当n ＝0时，无解⑫ 当n ＝1时，联立⑨⑪式得 θ＝π6(或sin θ＝12)⑬联立⑦⑨⑩⑬式得T B ＝3v 0⑭当n ≥2时，不满足0＜θ＜90°的要求⑮ 若在B 点击中P 板，据题意由几何关系得 R ＋2R sin θ＋2(R ＋R sin θ)n ＝d ⑯ 当n ＝0时，无解⑰ 当n ＝1时，联立⑨⑯式得θ＝arcsin 14(或sin θ＝14)⑱ 联立⑦⑨⑩⑱式得 T B ＝(π2＋arcsin 14)d 2v 0⑲当n ≥2时，不满足0＜θ＜90°的要求⑳答案 (1)m v 0qd (2)3v 20d (3)πd 3v 0或(π2＋arcsin 14)d 2v 017．(2014·江苏单科，14，16分)(难度★★★★★)某装置用磁场控制带电粒子的 运动，工作原理如图所示．装置的长为L ，上下两个相同的矩形区域内存在 匀强磁场，磁感应强度大小均为B 、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d .装置右端有一收集板，M 、N 、P 为板上的三点，M 位于轴线OO ′上，N 、 P 分别位于下方磁场的上、下边界上.在纸面内，质量为m 、电荷量为－q 的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的 磁场区域一次，恰好到达P 点．改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到 达收集板上的位置．不计粒子的重力．(1)求磁场区域的宽度h ；(2)欲使粒子到达收集板的位置从P 点移到N 点,求粒子入射速度的最小变化 量Δv ；(3)欲使粒子到达M 点，求粒子入射速度大小的可能值． 解析 (1)设粒子在磁场中的轨迹半径为r 根据题意L ＝3r sin 30°＋3d cos 30° 且h ＝r (1－cos 30°) 解得h ＝(23L －3d )(1－32)(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r ′ m v 2r ＝q v B ，m v ′2r ′＝q v ′B由题意知3r sin 30°＝4r ′sin 30° 解得Δv ＝v －v ′＝qB m (L 6－34d ) (3)设粒子经过上方磁场n 次由题意知L ＝(2n ＋2)d cos 30°＋(2n ＋2)r n sin 30°且m v 2n r n ＝q v n B ，解得v n ＝qB m (L n ＋1－3d )(1≤n ＜3L 3d －1，n 取整数)答案 (1)(23L －3d )(1－32) (2)qB m (L 6－34d )(3)qB m (L n ＋1－3d )(1≤n ＜3L 3d －1，n 取整数)18．(2013·天津理综，11，18分)(难度★★★★)一圆筒的横截面如图所示，其圆 心为O .筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .圆筒下面有相距 为d 的平行金属板M 、N ，其中M 板带正电荷，N 板带等量负电荷．质量为 m 、电荷量为q 的带正电粒子自M 板边缘的P 处由静止释放，经N 板的小孔 S 以速度v 沿半径SO 方向射入磁场中.粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S 孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不。
2016届高三物理二轮复习计算题标准练(三) 含答案
计算题标准练(三)满分32分,实战模拟,20分钟拿到高考计算题高分!1.(12分)如图所示,在倾角为θ=37°的足够长固定斜面底端,一质量m=1kg的小物块以某一初速度沿斜面上滑,一段时间后返回出发点。
物块上滑所用时间t1和下滑所用时间t2大小之比为t1∶t2=1∶,g 取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。
求：(1)物块由斜面底端上滑时的初速度v1与下滑到底端时的速度v2的大小之比。
(2)物块和斜面之间的动摩擦因数。
(3)若给物块施加一大小为5N、方向与斜面成适当角度的力,使物块沿斜面向上加速运动,求加速度的最大值。
【解析】(1)设物块上滑的最大位移为L,根据运动学公式,上滑过程：L=t1;下滑过程：L=t2;整理得：v1∶v2=∶1(2)设上滑时加速度为a1,下滑时加速度为a2,根据牛顿第二定律得,上滑时：mgsinθ+μmgcosθ=ma1;下滑时：mgsinθ-μmgcosθ=ma2;由位移时间公式得：L=a1=a2;联立三式代入数据得：μ=0.5(3)设F与斜面的夹角为α,加速度为a,由牛顿第二定律得：Fcosα-mgsinθ-μ(mgcosθ-Fsinα)=ma,即：F(cosα+μsinα)-mg(sinθ+μcosθ)= ma,整理得：F(cosα+sinα)-mg(sinθ+μcosθ)= ma令tanβ=,则：F sin(α+β)-mg(sinθ+μcosθ)=ma当sin(α+β)的最大值为1时,加速度的值达到最大,设最大值为a m, 则F-mg(sinθ+μcosθ)=ma m;代入数据得：a m=2.5m/s2。
答案：(1)∶1 (2)0.5 (3)2.5m/s22.(20分)如图所示,在xOy坐标系中,坐标原点O处有一点状的放射源,它向xOy平面内的x轴上方各个方向发射α粒子,α粒子的速度大小均为v0,在0<y<d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场,场强大小为E=,其中q与m分别为α粒子的电量和质量;在d<y<2d的区域内分布有垂直于xOy平面向里的匀强磁场,mn为电场和磁场的边界。
2016届高三物理二轮复习选择题标准练(五)含答案
温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后.关闭Word文档返回原板块.选择题标准练(五)满分48分,实战模拟,20分钟拿下高考客观题满分!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.甲、乙两辆汽车在同一平直公路上行驶,其速度—时间图像如图所示,已知两辆汽车在25s末到达同一位置,则甲、乙两辆汽车( )A.运动的加速度之比为5∶1B.相遇前的平均速度相等C.到达同一位置前相距最远距离为180 mD.到达同一位置前相距最远距离为400 m【解析】选D.速度—时间图像中斜率表示加速度,由图像可得：甲车的加速度a甲=错误！未找到引用源。
=错误！未找到引用源。
m/s2=0.4 m/s2.乙车的加速度a乙=错误！未找到引用源。
=错误！未找到引用源。
m/s2=2 m/s2,故甲、乙两车加速度之比为1∶5,故A错误;根据“面积”表示位移,知前25s内位移不同,则平均速度不同,故B错误.甲车开始运动前乙在甲前方,两者相距Δx=错误！未找到引用源。
×(20+30)×25-错误！未找到引用源。
×30×15m=400 m.甲开始运动后,相遇前甲的速度大于乙的速度,两者间的距离减小,则到达同一位置前相距最远距离为400m,故C错误,D 正确.2.趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑,设球拍和球质量分别为M、m,球拍平面和水平面之间夹角为θ,球拍与球保持相对静止,它们间的摩擦力及空气阻力不计,则( )A.运动员的加速度为gtanθB.球拍对球的作用力为mgC.运动员对球拍的作用力为(M+m)gcosθD.若加速度大于gsinθ,球一定沿球拍向上运动【解析】选A.网球受到重力mg和球拍的支持力N,根据牛顿第二定律得：Nsinθ=ma,Ncosθ=mg,解得,a=gtanθ,N=错误！未找到引用源。
高优指导2016届高三物理二轮复习计算题专项训练(二) 含解析
计算题专项训练(二）一、非标准1。
(2014·云南昆明二模）如图所示，一上表面光滑、质量M=1kg、长L=0.25 m、高h=0。
2m的木块A置于水平地面上,木块A与地面间动摩擦因数μ=0。
5，其右端放置一个质量m=0.2kg可视为质点的小物块B.用水平向右的外力F=8N作用在A右端使其从静止开始运动。
g取10m/s2。
求B落地时距A左端的水平距离.2。
（2014·辽宁大连质检）如图所示，光滑水平面与一倾斜运输带MP相接,运输带与水平面夹角为θ=30°，运输带顺时针运行，速率v0=5m/s。
在水平面上的N点处放一质量m=0.4kg的小物体,N点与运输带下端M点间距离x=2m,现对小物体施加水平恒力F=10N作用至M点撤掉,连接点M处是平滑的，小物体在此处无，到达运输碰撞能量损失。
小物体与运输带间的动摩擦因数为μ=√36带最高点P时速度恰好为零,取g=10m/s2,求：(1）小物体运动到M点时的速度大小；(2）MP之间的距离L；（3)此过程中小物体与运输带间由于摩擦而产生的热量Q.3.（2014·黑龙江大庆质检二）如图甲所示,在光滑绝缘的水平桌面上建立一xOy坐标系，水平桌面处在周期性变化的电场和磁场中,电场和磁场的变化规律如图乙所示（规定沿+y方向为电场强度的正方向，竖直向下为磁感应强度的正方向）。
在t=0时刻,一质量为10g、电荷量为0。
1C的带正电金属小球自坐标原点O处，以v0=2m/s的速度沿x轴正方向射出。
已知E0=0.2N/C、B0=0。
2πT.求:（1）t=1s末金属小球速度的大小和方向；(2）1～2s内，金属小球在磁场中做圆周运动的周期和半径; (3）6s内金属小球运动至离x轴最远点时的位置坐标.4。
(2013·河北石家庄第二次质检）如图甲所示,两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ被固定在水平面上，导轨间距l=0。
6m，两导轨的左端用导线连接电阻R1及理想电压表V,电阻r=2Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB处；右端用导线连接电阻R2,已知R1=2Ω，R2=1Ω，导轨及导线电阻均不计。
高中物理二轮复习 计算题标练(五)高中全册物理试题
积盾市安家阳光实验学校计算题练(五)满分32分,实战模拟,20分钟拿下高考计算题高分!1.(14分)质量m=1.0kg、带电量q=+2.5×10-4C的小滑块(可视为质点)放在质量为M=2.0kg的绝缘长木板的左端,木板放在光滑水平面上,滑块与木板之间的动摩擦因数μ=0.2,木板长L=1.5m,开始时两者都处于静止状态,所在空间加有一个方向竖直向下强度为E=4.0×104N/C的匀强电场,如图所示。
取g=10m/s2,试求:(1)用水平力F0拉小滑块,要使小滑块与木板以相同的速度一起运动,力F0满足什么条件?(2)用水平恒力F拉小滑块向木板的右端运动,在1.0s末使滑块从木板右端滑出,力F为多大?(设m与M之间的最大静摩擦力与它们之间的滑动摩擦力大小相,滑块在运动中带电量不变)【解析】(1)当拉力F0作用于滑块m上,木板能够产生的最大加速度为a M ==2.0m/s2为了使滑块与木板以相同的速度共同运动,滑块的最大加速度a m≤a M对滑块F0-μ(mg+qE)=ma m则F0=μ(mg+qE)+ma m≤6.0N,即F0≤6.0N。
(2)设滑块的加速度为a1,木板的加速度为a2,由运动学公式s1=a1t2,s2=a2t2且s1-s2=L滑动过程中木板的加速度a2=2.0m/s2则a1=5.0m/s2对滑块F=μ(mg+qE)+ma1=9.0N。
答案:(1)F0≤6.0N (2)9.0 N2.(18分)如图所示,光滑水平轨道的左端与长L=1.25m的水平传送带AB相接,传送带逆时针匀速转动的速度v0=1m/s,轻弹簧右端固,弹簧处于自然状态时左端恰位于A点,现用质量m=0.4kg的小物块(视为质点)将弹簧压缩后由静止释放,到达水平传送带左端B点后,立即沿切线进入竖直固的光滑半圆轨道最高点并恰好做圆周运动,经圆周最低点C后滑上质量为M=0.2kg的长木板且不会从木板上掉下。
半圆轨道的半径R=0.5m,物块与传送带间动摩擦因数μ1=0.8,物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.2,长木板与水平地面间的动摩擦因数μ3=0.1,g= 10m/s2。
高考物理二轮复习 专项训练 物理数学物理法含解析
高考物理二轮复习 专项训练 物理数学物理法含解析一、数学物理法1．如图所示，直角MNQ △为一个玻璃砖的横截面，其中90Q ︒∠=，30N ︒∠=，MQ 边的长度为a ，P 为MN 的中点。
一条光线从P 点射入玻璃砖，入射方向与NP 夹角为45°。
光线恰能从Q 点射出。
(1)求该玻璃的折射率；(2)若与NP 夹角90°的范围内均有上述同频率光线从P 点射入玻璃砖，分析计算光线不能从玻璃砖射出的范围。
【答案】(1)2；(2)312a - 【解析】 【详解】(1)如图甲，由几何关系知P 点的折射角为30°。
则有sin 452sin 30n ==o o(2)如图乙，由折射规律结合几何关系知，各方向的入射光线进入P 点后的折射光线分布在CQB 范围内，设在D 点全反射，则DQ 范围无光线射出。
D 点有1sin n α=解得45α=︒由几何关系知DQ EQ ED =-，12ED EP a ==，32EQ a = 解得31DQ a -=2．如图所示，身高h =1.7 m 的人以v =1 m/s 的速度沿平直路面远离路灯而去，某时刻人的影长L 1=1.3 m ，2 s 后人的影长L 2=1.8 m ．（1）求路灯悬吊的高度H ．（2）人是远离路灯而去的，他的影子的顶端是匀速运动还是变速运动？ （3）在影长L 1=1.3 m 和L 2=1.8 m 时，影子顶端的速度各是多大？ 【答案】（1）8.5m （2）匀速运动（3）1.25/m s 【解析】 【分析】（1）匀匀速运动，画出运动图景，结合几何关系列式求解； （2）（3）根据比例法得到影子的顶端的速度的表达式进行分析即可． 【详解】（1）画出运动的情景图，如图所示：根据题意，有：CD=1.3m EF=1.8m CG=EH=1.7m ；CE=vt=2m ；BF=BC+3.8m 根据几何关系： 1.3CG CDAB BC +＝3.8EH EFAB BC +＝ 可得：H=AB=8.5m ；（2）设影子在t 时刻的位移为x ，则有：x vt hx H-＝，得：x=HH h-vt ， 影子的位移x 是时间t 的一次函数，则影子顶端是匀速直线运动； （3）由（2）问可知影子的速度都为v′= x Hv t H h=-=1.25m/s ； 【点睛】本题关键是结合光的直线传播，画出运动的图景，结合几何关系列式分析，注意光的传播时间是忽略不计的．3．如图所示，长为3l 的不可伸长的轻绳，穿过一长为l 的竖直轻质细管，两端拴着质量分别为m 、2m 的小球A 和小物块B ，开始时B 先放在细管正下方的水平地面上．手握细管轻轻摇动一段时间后，B 对地面的压力恰好为零，A 在水平面内做匀速圆周运动．已知重力加速度为g ，不计一切阻力．（1）求A 做匀速圆周运动时绳与竖直方向夹角θ； （2）求摇动细管过程中手所做的功；（3）轻摇细管可使B 在管口下的任意位置处于平衡，当B 在某一位置平衡时，管内一触发装置使绳断开，求A 做平抛运动的最大水平距离．【答案】（1）θ=45° ；（2）2(1mgl ；2l 。
2016届高三物理二轮复习计算题标准练(六) 含答案
计算题标准练(六)满分32分,实战模拟,20分钟拿到高考计算题高分!1.(12分)如图所示,在水平面上有一弹簧,其左端与墙壁相连,O点为弹簧原长位置,O点左侧水平面光滑。
水平段OP长L=1m,P点右侧一与水平方向成θ=30°的足够长的传送带与水平面在P点平滑连接,皮带轮逆时针转动速率为3m/s。
一质量为1kg可视为质点的物块A 压缩弹簧(与弹簧不拴接),使弹簧获得弹性势能E p=9J,物块与OP段动摩擦因数μ1=0.1。
另一与A完全相同的物块B停在P点,B与传送带的动摩擦因数μ2=,传送带足够长。
A与B的碰撞时间不计,碰后A、B交换速度,重力加速度g取10m/s2,现释放A,求：(1)物块A、B第一次碰撞前瞬间,A的速率v0。
(2)从A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前,B与传送带之间由于摩擦而产生的热量。
【解析】(1)设物块质量为m,A与B第一次碰前的速度为v0,从释放物块A至到达P的过程中,由能量转化与守恒定律知：E p=m+μ1mgL;解得：v0=4m/s。
(2)设A、B第一次碰撞后的速度分别为v A、v B,则v A=0,v B=4m/s,碰后B沿传送带向上匀减速运动直至速度为零,加速度大小设为a1, 则对B：mgsinθ+μ2mgcosθ=ma1,解得：a1=gsinθ+μ2gcosθ=10m/s2运动的时间t1==0.4s;位移x1=t1=0.8m;此过程相对运动路程Δs1=vt1+x1=2m;此后B反向加速,加速度仍为a1,与传送带共速后匀速运动直至与A再次碰撞,加速时间为t2==0.3s;位移为x2=t2=0.45m;此过程相对运动路程Δs2= vt2-x2=0.45m;全过程产生热量Q=μ2mgcosθ(Δs1+Δs2)=12.25J。
答案：(1)4m/s (2)12.25J2.(20分)如图所示,在正交坐标系Oxyz中,分布着电场和磁场(图中未画出)。
在Oyz平面的左方空间内存在沿y轴负方向、磁感应强度大小为B的匀强磁场;在Oyz平面右方、Oxz平面上方的空间内分布着沿z轴负方向、磁感应强度大小也为B的匀强磁场;在Oyz平面右方、Oxz平面下方分布着沿y轴正方向的匀强电场;在t=0时刻,一个微粒的质量为m、电荷量为q的微粒从P点静止释放,已知P点的坐标为(5a,-2a,0),电场强度大小为,不计微粒的重力。
高三物理二轮复习计算题标准练(五)含答案
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计算题标准练(五)满分32分,实战模拟,20分钟拿到高考计算题高分!1.(12分)如图所示,一个质量为M,长为L的圆管竖直放置,顶端塞有一个质量为m的弹性小球,M=4m,球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为4mg。
管从下端离地面距离为H处自由落下,运动过程中,管始终保持竖直,每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等,不计空气阻力,重力加速度为g。
求：(1)管第一次落地弹起时管和球的加速度。
(2)管第一次落地弹起后,若球没有从管中滑出,则球与管达到相同速度时,管的下端距地面的高度。
【解析】(1)管第一次落地弹起时,对于圆管：Mg+F f=Ma1;其中M=4m;F f=4mg;则解得管的加速度为：a1=2g,方向向下。
对球：F f-mg=ma2;解得球的加速度为a2=3g,方向向上。
(2)取竖直向下为正方向。
球与管第一次碰地时,对整体：=2gH;解得v 0=,方向向下。
碰地后管的速度为v 1=-,方向向上;球的速度为v 2=,方向向下;若球刚好没有从管中滑出,设经过时间t1,球管速度v相同,则对球,有：v=v2-a2t1;对圆管,有：v=v1+a1t1;联立以上两式解得t1==;又管从碰地到它弹到最高点所需时间t2,则：t2==;因为t1<t2,说明管在达到最高点前,球与管相对静止,故管从弹起经t1这段时间上升的高度即为所求,所以h1=v1t1-a1;解得：h1=H。
答案：(1)管的加速度为：a1=2g,方向向下球的加速度为a2=3g,方向向上(2)H2.(20分)如图所示,在xOy平面内,y轴左侧有沿x轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E;在0<x<L区域内,x轴上、下方有相反方向的匀强电场,电场强度大小均为2E;在x>L的区域内有垂直于xOy平面的匀强磁场,磁感应强度大小不变、方向做周期性变化。
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计算题标准练(五)
满分 32 分,实战模拟,20 分钟拿到高考计算题高分! 1.(12 分)如图所示,一个质量为 M,长为 L 的圆管竖直放置,顶端塞有一个 质量为 m 的弹性小球,M=4m,球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小 均为 4mg。 管从下端离地面距离为 H 处自由落下,运动过程中,管始终保持 竖直,每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等,不计空气阻力, 重力加速度为 g。求：
由对称性可知,射出磁场后必须在 x 轴下方的电场中运动,才能实现粒子 沿一定轨道做往复运动,如图所示。
当 CC1= + + = 时,轨道半径 R 最小,对应的磁感应强度 B 最大,粒子紧贴 x 轴进入 y 轴左侧的电场。 由几何关系得 R +R =C
2 2
;得最小半径：R= = ;
L;
磁感应强度的最大值：Bmax=
(1)管第一次落地弹起时管和球的加速度。 (2)管第一次落地弹起后,若球没有从管中滑出,则球与管达到相同速度 时,管的下端距地面的高度。 【解析】(1)管第一次落地弹起时,对于圆管： Mg+Ff=Ma1;其中 M=4m;Ff=4mg; 则解得管的加速度为：a1=2g,方向向下。 对球：Ff-mg=ma2; 解得球的加速度为 a2=3g,方向向上。 (2)取竖直向下为正方向。
因为 t1<t2,说明管在达到最高点前,球与管相对静止,故管从弹起经 t1 这 段时间上升的高度即为所求,所以 h1=v1t1- a1 ; 解得：h1= H。 答案：(1)管的加速度为：a1=2g,方向向下 球的加速度为 a2=3g,方向向上 (2) H 2.(20 分)如图所示,在 xOy 平面内,y 轴左侧有沿 x 轴正方向的匀强电场, 电场强度大小为 E;在 0<x<L 区域内,x 轴上、 下方有相反方向的匀强电场, 电场强度大小均为 2E;在 x>L 的区域内有垂直于 xOy 平面的匀强磁场,磁 感应强度大小不变、方向做周期性变化。一电荷量为 q、质量为 m 的带正 电粒子(粒子重力不计),由坐标为(-L, )的 A 点静止释放。
磁感应强度大小取值范围为：0<B< 答案：(1) (2)(L, L) (3)0<B<
。
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球与管第一次碰地时,对整体： 解得 v0=速度为 v2=
,方向向上;
,方向向下;
若球刚好没有从管中滑出,设经过时间 t1,球管速度 v 相同, 则对球,有：v=v2-a2t1; 对圆管,有：v=v1+a1t1; 联立以上两式解得 t1= = ;
又管从碰地到它弹到最高点所需时间 t2,则： t2= = ;
(1)求粒子第一次通过 y 轴时的速度大小。 (2)求粒子第一次射入磁场时的位置坐标及速度大小。 (3)现控制磁场方向的变化周期和释放粒子的时刻,实现粒子能沿一定轨 道做往复运动,求磁场的磁感应强度 B 的大小取值范围。 【解析】(1)粒子从 A 点到 y 轴的过程,根据动能定理得： qEL= m -0; 。
解得：v0=
(2)进入 0<x<L 区域间偏转电场做类平抛运动,则得： L=v0t,ma=q·2E,则 a= Δy= · t ,vy=at,所以 vy=
2
t;
解得：Δy= L;vy=v0。 所以第一次射入磁场时的位置坐标为(L,L); 速度大小：v= = ;
方向与 x 轴正方向成 45°角斜向上。 (3)在磁场中,粒子做匀速圆周运动, 根据向心力公式有：qvB=m ;轨道半径为：R= 。