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9计算题一

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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。

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版高考物理全国专用大二轮总复习与增分策略课件专题九力学实验一

答案
5.误差分析 (1)误差来源：除弹簧测力计本身的误差外，还有读数误差、作图误差等. (2)减小误差的办法： ①实验过程中读数时眼睛一定要正视弹簧测力计的刻度盘，要按有效数字位数要求和弹簧测力计的精度正确读数和记录. ②作图时使用刻度尺，并借助于三角板，使表示两力的对边一定要平行.
例2 (1)如图5为“探究求合力的方法”的实
则纸带上打相邻两点的时间间隔为_0_._0_2_s___.
图4
解析
T＝
1 f
＝0.02
s.
(2)A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个计数点，每两个相邻计数点间有
四个点没有画出，从图中读出A、B两点间距x＝_3_._0_×__1_0_－_3_m；
解析因毫米刻度尺的最小刻度为1 mm，故应估读到0.1 mm，即x＝3.0
图6
解析
答案
(3)小张同学实验后发现用一个弹簧秤也能完成这个实验，请问他这个想法是否可行？__是______(填“是”或“否”). 解析用一个弹簧秤也能完成这个实验是可行的，两个分力先后两次测量，一个用手拉、一个用弹簧秤测，保持位置不变，手和弹簧秤换一下.
解析答案
变式题组
34
3.(多选)(2015·浙江10月选考真题)在“探究求合力的方法”的实验中，下列器材中必须要用的是( )
图5
即可)
解析
答案
(2)小张同学修正错误后，重新进行了测量，在测量时，左、右两只弹簧秤的示数如图6甲所示，则左弹簧秤的示数是_2_._7_5_(±__0_._0_2_)_N，右弹簧秤的示数是_3_._3_0_(±__0_._0_2_)_N.若两根细绳的夹角为90°，请你帮他在所给的方格纸(图乙)上按作图法的要求画出这两个力及它们的合力.

2018年全国卷物理高考高三一轮,二轮复习,总复习物理阶段性测试,模拟测试题：强化训练9 Word版含解析

强化训练(9) 电磁感应中的图象问题时间：60分钟满分：100分一、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，1～4小题只有一项符合题目要求，5～8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。

)1．2016·福建德化检测]如图甲所示，在竖直向上的磁场中，水平放置一个单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1 m 2，线圈电阻为1 Ω，磁场的磁感应强度大小B 随时间t 的变化规律如图乙所示，规定从上往下看顺时针方向为线圈中感应电流i 的正方向。

则 ( )A ．0～5 s 内i 的最大值为0.1 AB ．第4 s 末i 的方向为正方向C ．第3 s 内线圈的发热功率最大D ．3～5 s 内线圈有扩张的趋势答案 D解析根据法拉第电磁感应定律：E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB ×S Δt，可知B -t 图象的斜率越大则电动势越大，所以零时刻线圈的感应电动势最大即：E max ＝n ΔB ×S Δt＝0.01 V ，根据欧姆定律：I max ＝E max R ＝0.01 A ，故A 错误。

从第3 s 末到第5 s 末竖直向上的磁场一直在减小，根据楞次定律判断出感应电流的磁场与原磁场方向相同，所以电流方向为逆时针方向，电流方向为负方向，故B 错误；由题图乙所示图象可知，在第3 s 内穿过线圈的磁通量不变，线圈不产生感应电流，线圈发热功率为零，故C 错误；由图乙所示可知，3～5 s 内穿过线圈的磁通量减少，为阻碍磁通量的减少，线圈有扩张的趋势，故D 正确。

2．2017·武汉名校联考]如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i 随时间t 的变化关系如图乙所示。

在0～T 2时间内，直导线中电流向上，则在T 2～T 时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力的合力方向分别是( )A ．顺时针，向左B ．逆时针，向右C ．顺时针，向右D ．逆时针，向左答案 B 解析在0～T 2时间内，直导线中电流向上，由题图乙知，在T 2～T 时间内，直导线电流方向也向上，根据安培定则知，导线右侧磁场的方向垂直纸面向里，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生逆时针方向的感应电流。

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1选择题鸭题一2018041931

专练1选择题＋选考题(一)(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·石家庄质检二)一个质量为2 kg的物体，在4个共点力作用下处于平衡状态．现同时撤去大小分别为8N和12N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体运动的说法正确的是()A．一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小B．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5 m/s2C．可能做匀减速直线运动，加速度大小是1.5 m/s2D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是6 m/s2[解析]8 N和12 N的两个力的合力大小范围为4 N至20 N，由牛顿第二定律F合＝ma，知物体加速度大小的范围为2～10 m/s2，可知选项A正确；合力方向不一定与初速度方向在同一直线上，知物体不一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5 m/s2，选项B错误；物体可能做匀减速直线运动，但加速度大小不可能是1.5 m/s2，选项C错误；因物体受到恒力作用，不可能做匀速圆周运动，选项D错误．[答案] A15．(2017·四川成都质检)2015年7月由中山大学发起的空间引力波探测工程正式启动，向太空发射了三颗相同的探测卫星(SC1、SC2、SC3)．三颗卫星构成一个等边三角形阵列，地球恰处于三角形中心，卫星将在高度约10万千米的轨道上运行，因三颗卫星在太空中的分布图类似乐器竖琴，故工程命名为“天琴计划”．有关这三颗卫星的运动，下列描述正确的是() A．卫星的运行周期大于地球的自转周期B．卫星的运行周期等于地球的自转周期C．卫星的运行速度大于7.9 km/sD．仅知道引力常量G及卫星绕地球运行的周期T，可估算出地球的密度[解析]地球同步卫星距地面高度大约为36000 k m，“天琴计划”的卫星距地面高度大约为100000 km，因此“天琴计划”的卫星的运行周期大于地球自转周期，选项A正确，B错误．卫星的运行速度小于7.9 km/s，选项C错误．仅知道引力常量G及卫星绕地球运行的周期T，不能估算出地球的密度，选项D错误．[答案] A16．(2017·广东普通高中毕业测试)入射光照在金属表面上发生光电效应，若减弱入射光的强度，而保持频率不变，则()1A．有可能不发生光电效应B．逸出的光电子的最大初动能将减小C．单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少D．从光照到金属表面上到发射出光电子的时间间隔明显增加[解析]根据光电效应的规律，能否发生光电效应取决于入射光的频率，而不是入射光的强度，入射光的频率不变，仍能发生光电效应，故A错误．根据光电效应方程E km＝hν－W0知，入射光的频率不变，最大初动能不变，故B错误．当能产生光电效应时，单位时间内逸出的光电子数目与入射光的强度成正比，所以减弱入射光的强度，单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少，故C正确．光电效应发射出光电子的时间极短，几乎是瞬间的，与光照强度无关，故D错误．[答案] C17．如图甲所示，一圆形金属线圈放置于匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度为B0.现让线圈绕其一条直径以50 Hz的频率匀速转动，较长时间t内产生的热量为Q.若线圈不动，让磁场以图乙所示规律周期性变化，要在t时间内产生的热量也为Q，图乙中磁场变化的周期T以s为单位，数值应为()1 2A. B.50π50π2 1C. D.25π25π[解析]设线圈面积为S，线圈绕其一条直径以50 Hz的频率匀速转动，产生频率为502Hz的正弦式交变电流，其电动势最大值为E m＝B0Sω＝100πB0S，有效值E＝E m＝50 πB0S.224B0S若线圈不动，让磁场以图乙所示规律周期性变化，则产生方波形交变电流，电动势最大值为，T4B0S4B0S 有效值也为，要使两者在相同时间内产生的热量相等，则两者电动势有效值相等，即T T2＝50 2πB0S，解得T＝，选项C正确．25π[答案] C18．(2017·江西省一模)如图甲所示是一台交流发电机的构造示意图，线圈转动产生的感应电动势随时间变化的规律如图乙所示．发电机线圈电阻为1 Ω，外接负载电阻为4 Ω，则()A．线圈转速为50 r/sB．电压表的示数为4 VC．负载电阻的电功率为2 WD．线圈转速加倍，电压表读数变为原来的4倍[解析]由图乙可知，线圈转动产生的交变电流的周期为T＝0.04 s，电动势最大值为E m 1＝5 V．由f＝可知频率为25 Hz，即线圈转速n＝f＝25 r/s，选项A错误．电动势有效值E＝TE m 5 2 E 2＝V．根据闭合电路欧姆定律，负载电阻中电流I＝＝A，负载电阻两端电压即电2 2 R＋r 22压表示数U＝IR＝2 2 V，选项B错误．负载电阻R的电功率P＝UI＝2 2×W＝2 W，选项C2正确．由产生的感应电动势最大值表达式E m＝nBSω，ω＝2πf＝2πn可知，线圈转速加倍，转动的角速度ω加倍，感应电动势的最大值加倍，电压表读数加倍，选项D错误．[答案] C19．(2017·石家庄一模)如图所示，内壁光滑的圆轨道竖直固定在桌面上，一小球静止在轨道底部A点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动，当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球．通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点，已知小球在运动过程中始终未脱离轨道．若在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2，先后两次击打过程中小锤对小球做功全部W1 用来增加小球的动能，则的值可能是()W21 2A. B. C．1 D．23 3[解析]第一次击打后球最多到达与球心O等高的位置，根据功能关系有W1≤mgR，两次1 击打后小球可以到达轨道最高点，根据功能关系有W1＋W2－2mgR＝mv2，根据圆周运动知识，2v2 3 W1 2在最高点有mg＋N＝m≥mg，联立解得W2≥mgR，故≤，A、B正确．R 2 W2 3[答案]AB20．(2017·河南郑州二次质检)如图所示，一根总电阻为R的导线弯成宽度和高度均为d 的“半正弦波”形闭合线框，竖直虚线之间有宽度也为d、磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于线框所在的平面．线框以速度v向右匀速通过磁场，ab边始终与磁场边界垂直．从b 点到达边界开始到a点离开磁场为止，在这个过程中()A．线框中的感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向B．ab段直导线始终不受安培力的作用1C．平均感应电动势为Bdv2B2d3v D．线框中产生的焦耳热为R[解析]b点进入磁场后，穿过闭合线框的磁通量向里增大，一直到线框的b点与磁场的右边界重合，由楞次定律可知，线框中的感应电流沿逆时针方向，从线框的b点与磁场的右边界重合一直到线框的a点离开磁场的过程中，穿过闭合线框向里的磁通量减小，则由楞次定律可知，线框中的感应电流沿顺时针方向，A正确；综合A选项的分析，由左手定则，可知线框的ab边所受的安培力方向先向上后向下，B错误；整个过程穿过线框的磁通量的变化量为零，ΔΦU2由法拉第电磁感应定律E＝可知，线框中的平均感应电动势大小为零，C错误；Q＝·Δt＝Δt RBdv 2 d B2d3v·＝，故D正确．R v R[答案]AD21．(2017·湖北武汉调研)如图甲所示，水平地面上有一边长为L的正方形ABCD区域，其下方埋有与地面平行的金属管线．为探测地下金属管线的位置、走向和埋覆深度，先让金属管线载有电流，然后用闭合的试探小线圈P(穿过小线圈的磁场可视为匀强磁场)在地面探测．如图乙所示，将暴露于地面的金属管接头接到电源的一端，将接地棒接到电源的另一端，这样金属管线中就有沿管线方向的电流．使线圈P在直线AC上的不同位置保持静止(线圈平面与地面平行)，线圈中没有感应电流．将线圈P静置于B处，当线圈平面与地面平行时，线圈中有感应电流，当线圈平面与射线BD成45°角时，线圈中感应电流消失．下列判斯正确的是()A．图乙中的电源为恒定直流电源B．金属管线沿AC走向2C．金属管线的埋覆深度为L2D．线圈P在D处，当它与地面的夹角为45°时，P中的感应电流可能最大[解析]如果是恒定直流电源，则线圈P中不可能有感应电流，选项A错误；线圈中没有感应电流，说明磁通量的变化率为零，即穿进与穿出的磁通量抵消，线圈P在直线AC上的不同位置保持静止(线圈平面与地面平行)，线圈中没有感应电流，说明金属管线沿AC走向，选项B正确；当线圈平面与射线BD成45°角时，线圈中感应电流消失，由几何关系知，金属管2线的埋覆深度为L，选项C正确；线圈P在D处，如果它与地面夹角为45°(与题中所述线2圈平面与射线BD成45°角的情况下的平面垂直)时，线圈就与磁感线垂直，穿过P的磁通量最大，P中的感应电流就最大，选项D正确．[答案]BCD二、选考题(从两道题中任选一题作答)。

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)

μ2=0.3。现给铅块一向右的初速度v0=4 m/s,使其在木板上滑行,木板获得的最大速度v=1 m/s,g取10 m/s2,求:
(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
-18-
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
-8-
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版高考物理(全国通用)专题总复习文档：选择题限时突破(九)含解析

选择题限时突破(九)(限时：25分钟)二、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.如图1所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b，整个系统处于静止状态．现将物块c轻轻放在a上，整个系统依然处于静止状态，则()图1A．绳OO′与竖直方向的夹角变小B．绳OO′的张力一定变大C．连接a和b的绳的张力可能不变D．b与桌面间的摩擦力保持不变答案 B解析以滑轮为研究对象，受a、b、OO′绳子的拉力而平衡，a、b绳子拉力大小等于a的重力，其合力与OO′绳子的拉力等大反向，将物块c轻轻放在a上，a、b绳子拉力增大，其合力增大，合力方向不变，绳OO′与竖直方向的夹角不变，绳OO′的张力一定变大，A、C错误，B正确；以b为研究对象，b绳拉力沿水平方向的分力等于b与桌面间的摩擦力，变大，D错误．15.如图2所示，在研究光电效应的实验中．保持P的位置不变，用单色光a照射阴极K，电流计G的指针不发生偏转；改用另一频率的单色光b照射K，电流计的指针发生偏转．那么()图2A．增加a的强度一定能使电流计的指针发生偏转B．用b照射时通过电流计的电流由d到cC．只增加b的强度一定能使通过电流计的电流增大D．a的波长一定小于b的波长答案 C解析用单色光a 照射阴极K ，电流计G 的指针不发生偏转，说明a 的频率低于阴极K 的截止频率，增加a 的强度也无法使电流计的指针发生偏转，A 错误；电子运动方向从d 到c ，电流方向从c 到d ，B 错误；只增加b 的强度可以使光电流强度增大，使通过电流计的电流增大，C 正确；b 能使阴极K 发生光电效应，b 的频率高于a 的频率，b 的波长一定小于a 的波长，D 错误．16．如图3甲所示，轻质弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端连接质量为 0.10 kg 的小木块 a ，另一个相同的小木块b 紧靠a 一起在粗糙水平面上处于静止状态，弹簧处于原长．现在b 上施加一水平向左的力F 使a 和b 从静止开始缓慢向左移动，力F 的大小与a 的位移x 的大小关系如图乙所示．弹簧一直处于弹性限度内，将a 、b 视为质点，下列说法正确的是( )图3A ．在木块向左移动 10 cm 的过程中，弹簧的弹性势能增加了2.5 JB ．该弹簧的劲度系数为250 N/mC ．当 x ＝10 cm 时撤去F ，此后 b 能达到的最大速度为5 m/sD ．当 x ＝10 cm 时撤去F ，a 、b 分离时的速度为5 m/s答案 A解析开始小木块处于静止状态，弹力等于摩擦力：F f ＝1 N ，在木块向左移动的过程中，力F 做的功一部分克服摩擦力做功，一部分转化为弹簧的弹性势能，弹簧增加的弹性势能：ΔE p ＝W F－W f ＝(51＋12×0.1－1×0.1) J ＝2.5 J ，A 正确；小木块缓慢向左移动，受力平衡：ΔF ＝k Δx ，k ＝500 N/m ，B 错误；撤去F 后，木块所受弹力与摩擦力平衡时速度最大，设此时弹簧压缩量为x ′，有F f ＝kx ′，ΔE p －F f (Δx －x ′)＝12(2m )v 2m ，v m ＝2 6 m/s ，C 错误；撤去F 后a 、b 将在原长处分离，此时速度小于最大速度2 6 m/s ，D 错误．17.如图4所示，直角三角形abc 内有方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，∠a ＝30°，ac ＝2L ，P 为ac 的中点．在P 点有一粒子源可沿平行cb 方向发出动能不同的同种正粒子，粒子的电荷量为q 、质量为m ，且粒子动能最大时，恰好垂直打在ab 上．不考虑重力，下列判断正确的是( )图4A ．粒子动能的最大值为q 2B 2L 2mB ．ab 上可能被粒子打中区域的长度为3－33L C ．粒子在磁场中运动的最长时间为πm 6qB D ．ac 上可能被粒子打中区域的长度为13L 答案 B解析动能最大时，垂直打在d 点，半径R 1＝L ，根据洛伦兹力提供向心力：q v B ＝m v 2L ，E k ＝12m v 2＝q 2L 2B 22m，A 错误；轨迹与ab 相切时，打的位置最靠近a 点：(L －R 2)sin 30°＝R 2，R 2＝L 3，ae ＝Oa ×cos 30°＝(L －L 3)×32＝33L ，ab 上可能被粒子打中区域为de ，长度为3－33L ，B 正确；粒子在磁场中运动半个圆周时，所用的时间的最长：t ＝T 2＝πm qB，C 错误；从P 点到轨道与ab 相切时打到ac 上的点，都有可能被粒子打中，区域的长度为2L 3，D 错误．18.如图5所示，世界上没有永不谢幕的传奇，NASA 的“卡西尼”号探测器进入土星探测任务的最后篇章．据NASA 报道，“卡西尼”2017年4月26日首次到达土星和土星内环(碎冰块、岩石块、尘埃等组成)之间，并在近圆轨道做圆周运动．在极其稀薄的大气作用下，开启土星探测之旅的最后阶段——“大结局”阶段．这一阶段将持续到九月中旬，直至坠向土星的怀抱．若“卡西尼”只受土星引力和稀薄气体阻力的作用，则( )图5A ．4月26日，“卡西尼”在近圆轨道上绕土星的角速度小于内环的角速度B ．4月28日，“卡西尼”在近圆轨道上绕土星的速率大于内环的速率C ．5月到6月间，“卡西尼”的动能不变D ．6月到8月间，“卡西尼”的动能以及它与土星的引力势能之和保持不变答案 B解析根据万有引力提供向心力：GMm r 2＝mω2r ，ω＝GM r 3，“卡西尼”在近圆轨道上绕土星的角速度大于内环的角速度，A 错误；根据万有引力提供向心力：GMm r 2＝m v 2r ，v ＝ GM r，“卡西尼”在近圆轨道上绕土星的速率大于内环的速率，B 正确；根据万有引力提供向心力：GMm r2＝m v 2r ，v ＝ GM r，“卡西尼”的轨道半径越来越小，动能越来越大，C 错误；“卡西尼”的轨道半径越来越小，动能越来越大，由于稀薄气体阻力的作用，动能与土星的引力势能之和减小，D 错误．19.某50 Hz 的钳形电流表的工作原理如图6所示．当通有交流电的导线从环形铁芯的中间穿过时，与绕在铁芯上的线圈相连的电表指针会发生偏转．不考虑铁芯的漏磁及各种能量损耗，已知n 2＝1 000，当用该表测50 Hz 交流电时( )图6A ．电流表G 中通过的是交变电流B ．若G 中通过的电流为50 mA ，则导线中的被测电流为50 AC ．若导线中通过的是10 A 矩形脉冲交流电，G 中通过的电流是10 mAD ．当用该表测量400 Hz 的电流时，测量值比真实值偏小答案 AB解析变压器只改变交流电电压，不改变交流电的频率，电流表G 中通过的仍是交变电流，A正确；根据变压器原、副线圈电流与匝数成反比：I 1I 2＝n 2n 1，I 1＝n 2n 1I 2＝1 0001×0.05 A ＝50 A ，B 正确；若导线中通过的是10 A 矩形脉冲交流电，当电流方向不发生改变时，电流大小不变，副线圈中无感应电流，C 错误；根据法拉第电磁感应定律和变压器互感原理，改变交流电的频率，不影响测量值的准确性，D 错误．20.如图7所示，质量为M 的薄木板静止在粗糙水平桌面上，木板上放置一质量为m 的小木块．已知m 与M 之间的动摩擦因数为μ，m 、M 与桌面间的动摩擦因数均为2μ.现对M 施一水平恒力F ，将M 从m 下方拉出，而m 恰好没滑出桌面，则在上述过程中( )图7A ．水平恒力F 一定大于3μ(m ＋M )gB ．m 在M 上滑动的时间和在桌面上滑动的时间相等C ．M 对m 的冲量大小与桌面对m 的冲量大小相等D ．若增大水平恒力F ，木块有可能滑出桌面答案 AC解析对小木块：μmg ＝ma 1；对木板：F －μmg －2μ(m ＋M )g ＝Ma 2；要使小木块滑离木板，需使a 2＞a 1，则F ＞3μ(m ＋M )g ，A 正确；设小木块在薄木板上滑动的过程所用时间为t 1，小木块的加速度大小为a 1，小木块在桌面上做匀减速直线运动，加速度大小为a 2′，时间为t 2，有：μmg ＝ma 1,2μmg ＝ma 2′，a 1t 1＝a 2′t 2，联立解得：t 1＝2t 2，B 错误；m 初、末速度都为零，合外力冲量为零，M 对m 的冲量与桌面对m 的冲量大小相等，方向相反，C 正确；若增大水平恒力F ，木块离开木板时间变短，速度变小，位移变小，在桌面上滑动的距离变短，不可能滑出桌面，D 错误．21．光滑水平面上有一边长L ＝0.10 m 的单匝均匀正方形导线框abcd ，质量m ＝1.0 kg ，电阻R ＝0.10 Ω.在竖直方向存在有平行边界的匀强磁场，ab 边恰好位于磁场左边界上，其俯视图如图8甲所示．t ＝0时，线框以初速度v 0在恒力F 的作用下进入匀强磁场，已知线框从Ⅰ位置到Ⅱ位置过程中的v －t 图象如图乙所示，且在t ＝0时U ab ＝1.5 V ，则( )图8A ．t ＝0时线框中的感应电动势为1.5 VB ．线框在离开磁场的过程中克服安培力做的功为1.55 JC ．恒力F 的大小为1 ND ．线框进入磁场的过程中通过线框截面的电荷量为1.0 C答案 BD解析 U ab ＝E R ×34R ＝1.5 V ，E ＝2.0 V ，A 错误；进入磁场后做匀加速运动，根据牛顿第二定律：F ＝ma ＝1.0×2－12N ＝0.5 N ，C 错误；根据动能定理，线框在进入磁场的过程中克服安培力做的功：FL －W ＝12m v 2－12m v 20，W ＝1.55 J ；线框在离开磁场的过程中克服安培力做的功与线框在进入磁场的过程中克服安培力做的功相等，为1.55 J ，B 正确；线框进入磁场的过程中通过线框截面的电荷量：q ＝ΔΦR ＝BL 2R，E ＝BL v ，联立得：q ＝1.0 C.。

2018版高考物理二轮江苏专版：第一部分专题一专题限

专题限时集训(一) 力与物体的平衡(对应学生用书第117页)(建议用时：40分钟)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．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．如图1-12所示，用一根细绳连接矩形相框的两个顶角b 、c ，将其挂在竖直墙的钉子a 上，a 到b 、c 两点的距离相等，b 、c 间的距离为s ，相框重为G ，细绳能承受的最大拉力为G ，不计一切摩擦，则绳的长度不能小于( )【导学号：17214018】图1-12A ．33sB ．233sC ．3sD ．23sB [矩形相框受力如图：设细线与水平方向的夹角为α，根据平衡条件，竖直方向，有：2T sin α＝G ，设细线长度为L ，结合几何关系，有：sin α＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫s 22L 2，联立解得：L ＝233s ，故A 、C 、D错误，B 正确．]2．如图1-13，当风以恒定的水平速度吹来时，风筝面与水平面成某一夹角，人静站在地面上拉住连接风筝的细线(细线质量、受风力不计)，使风筝处于静止．不计空气浮力．则( )图1-13A．风对风筝的作用力方向水平向右B．地面对人的支持力大小等于人和风筝的总重力C．地面对人的作用力方向斜向左上方D．拉直的细线可能垂直风筝面C[设细线与水平面的夹角为α，风力大小为F．先研究风筝，分析受力如图，空气对风筝的作用力方向垂直于风筝的平面，风筝处于稳定状态时拉直的细线不可能垂直于风筝面，故A、D错误；对人和风筝整体研究，竖直方向上有：(M＋m)g＝N＋F cos β，β是风筝与水平面之间的夹角；则得：N＝(M＋m)g－F cos β＜(M＋m)g．地面对人的作用力方向斜向左上方，故B错误，C正确．]3．(2018·南京市盐城市二联)如图1-14所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态．若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态．则下列判断中正确的是()【导学号：17214018】图1-14A．球B对墙的压力增大B．球B对柱状物体A的压力增大C．地面对柱状物体A的摩擦力不变D．地面对柱状物体A的支持力不变D[以B为研究对象，受力分析如图甲所示，由图可知，把A向右移动少许，墙对球B的压力F1减小，柱状物体A对球B的支持力F2减小，由牛顿第三定律知，球B对墙的压力减小，球B对柱状物体A的压力减小，选项A、B 错误；把A、B作为一个整体，受力分析如图乙所示，由平衡条件得，地面对柱状物体A的摩擦力F f＝F1，地面对柱状物体A的支持力F N＝(m A＋m B)g，由此可知，地面对柱状物体A的摩擦力减小，地面对柱状物体A的支持力不变，选项C错误，D正确．]甲乙4．(2018·天津河西区二模)将某材料制成的长方体锯成A、B两块放在水平面上，A、B紧靠在一起，物体A的角度如图1-15所示．现用水平方向的力F推物体B，使物体A、B保持原来形状整体沿力F的方向匀速运动，则()【导学号：17214010】图1-15A．物体A在水平方向受两个力的作用，合力为零B．物体A只受一个摩擦力C．物体B对A的压力小于桌面对物体A的摩擦力D．物体B在水平方向受三个力的作用C[对A受力分析如图所示，A在水平方向受到B对A的压力F N、B对A沿斜面向上的摩擦力f1、桌面对A的摩擦力f2三个力的作用而处于平衡状态，合力为零，选项A、B错误；对A由平衡条件有f2sin 60°＝F N，故B对A的压力小于桌面对物体A的摩擦力，选项C正确；对B受力分析知，B在水平方向受到水平方向的推力、A对B 的压力、A对B的摩擦力、桌面对B的摩擦力四个力的作用，选项D错误．] 5．重力为G的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图1-16所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为θ，则()【导学号：17214011】图1-16A．当θ＝60°时，运动员单手对地面的正压力大小为G 2B．当θ＝120°时，运动员单手对地面的正压力大小为G C．当θ不同时，运动员受到的地面合力不同D．当θ不同时，运动员与地面间的相互作用力不相等A[运动员的两只手受到的地面的作用力如图：两手臂对称支撑，夹角为θ，则在竖直方向：2F·cos θ2＝G，所以：F＝G2cos θ2，当θ＝60°时，运动员单手对地面的正压力大小与地面对手的作用力沿竖直方向的分力是相等的，为F·cos θ2＝G2cosθ2·cosθ2＝G2，故A正确；当θ＝120°时，运动员单手对地面的正压力大小与地面对手的作用力沿竖直方向的分力是相等的，为F·cos θ2＝G2cosθ2·cosθ2＝G2，故B错误；两手臂对称支撑，夹角为θ，则在竖直方向：2F·cos θ2＝G，可知不管角度如何，运动员受到的地面对运动员的合力始终与运动员的重力大小相等，方向相反，故C错误；根据牛顿第三定律可知，不管角度如何，相互作用力总是等大，故D错误．]6．如图1-17所示，一质量为m1的光滑匀质球，夹在竖直墙面和倾角为θ的斜块之间，斜块质量为m2，斜块底面与水平地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两者始终保持静止．下列说法正确的是()【导学号：17214012】图1-17A ．斜块对球的作用力为m 1g /cos θB ．地面对斜块的摩擦力为μ(m 1＋m 2)gC ．减小m 1，地面对斜块的摩擦力一定减小D ．减小m 1，墙面对球的作用力一定增大AC [小球受力情况如图所示，根据三力平衡，斜块对球的作用力F N2＝m 1g cos θ，选项A 正确；根据小球平衡，墙壁对球的作用力F N1＝m 1g tan θ，整体研究m 1和m 2，地面对斜块的静摩擦力为m 1g tan θ，减小m 1，地面对斜块的静摩擦力减小，选项B 错误，C 正确；墙壁对球的作用力F N1＝m 1g tan θ，减小m 1，墙面对球的作用力一定减小，选项D 错误．]7．如图1-18所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ．一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A ，细线与斜面平行．小球A 的质量为m 、电量为q ．小球A 的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B ，两球心的高度相同、间距为d ．静电力常量为k ，重力加速度为g ，两带电小球可视为点电荷．小球A 静止在斜面上，则 ( )图1-18A ．小球A 与B 之间库仑力的大小为kq 2d 2B ．当q d ＝mg sin θk 时，细线上的拉力为0 C ．当q d ＝mg tan θk 时，细线上的拉力为0 D ．当q d ＝mgk tan θ时，斜面对小球A 的支持力为0AC [两球间库仑力为F ＝kq 2d 2，A 项正确；当细线上的拉力为0时，小球A 受到库仑力、斜面支持力、重力，具体关系为kq 2d 2＝mg tan θ，B 项错误，C 项正确；由受力分析可知，斜面对小球的支持力不可能为0，所以D 项错误．]8．如图1-19所示，ACD 、EFG 为两根相距L 的足够长的金属直角导轨，它们被竖直固定在绝缘水平面上，CDGF 面与水平面成θ角．两导轨所在空间存在垂直于CDGF 平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B ．两根质量均为m 、长度均为L 的金属细杆ab 、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，两金属细杆的电阻均为R ，导轨电阻不计．当ab 以速度v 1沿导轨向下匀速运动时，cd 杆也正好以速度v 2向下匀速运动．重力加速度为g ．以下说法正确的是 ( )【导学号：17214013】图1-19A ．回路中的电流为BL (v 1＋v 2)2RB ．ab 杆所受摩擦力为mg sin θC ．cd 杆所受摩擦力为μ⎝ ⎛⎭⎪⎫mg sin θ＋B 2L 2v 12R D ．μ与v 1大小的关系为μ＝mg sin θ－B 2L 2v 12R mg cos θCD [回路中只有ab 杆切割磁感线产生电动势，故I ＝BL v 12R ，A 错误；两杆所受安培力大小为F 安ab ＝F 安cd ＝BIL ＝B 2L 2v 12R ，ab 杆所受摩擦力F f2＝mg sin θ－F 安ab ＝μmg cos θ，B 错误；cd 杆所受的摩擦力F f1＝mg cos θ＝μF N1＝μ(mg sinθ＋F 安cd )＝μ(mg sin θ＋B 2L 2v 12R )，由以上两式可得：μ与v 1大小的关系为μ＝mg sin θ－B 2L 2v 12R mg cos θ，故C 、D 均正确．] 二、计算题(共2小题，32分)9．(16分)(2018·江西十校联考)如图1-20所示，一个底面粗糙，质量为m 的斜面体静止在水平地面上，斜面体的斜面是光滑的，倾角为30°，现用一端固定的轻绳系一质量为m 的小球，小球静止时轻绳与斜面的夹角是30°．图1-20(1)求当斜面体静止时绳的拉力大小；(2)若地面对斜面体的最大静摩擦力等于地面对斜面体支持力的k 倍，为了使整个系统始终处于静止状态，k 值必须满足什么条件？【导学号：17214014】【解析】 (1)设绳的拉力为F T ，斜面体对小球的支持力为F N ，对小球进行受力分析如图所示，由平衡条件可知，F T 和F N 的合力竖直向上，大小等于mg ，由几何关系可得出F N ＝F T ＝33mg ．(2)对斜面体进行受力分析，设小球对斜面体的压力为F N ′，地面的支持力为F ，地面的静摩擦力为F f ，由正交分解和平衡条件可知，在竖直方向上：F ＝mg ＋F N ′cos 30°在水平方向上：F f ＝F N ′sin 30°根据(1)和牛顿第三定律可知；F N ′＝F N ＝33mg又由题设可知F fmax ＝kF ≥F f综合上述各式解得k ≥39．【答案】 (1)33mg (2)k ≥3910．(16分)(2018·邵阳二模)如图1-21所示为一电流表的原理示意图．质量为m 的匀质细金属棒MN 的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，绝缘弹簧劲度系数为k ．在矩形区域abcd 内有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外．与MN 的右端N 连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN 的长度大于ab ．当MN 中没有电流通过且处于平衡状态时，MN 与矩形区域的cd边重合；当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流的大小．(不计通电时电流产生的磁场的作用)图1-21(1)当电流表示数为零时，弹簧伸长多少？(重力加速度为g)(2)若要电流表正常工作，MN的哪一端应与电源正极相接？(3)若k＝2．0 N/m，ab＝0．20 m，cb＝0．180 m，B＝0．20 T，此电流表的量程是多少？【解析】(1)设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为Δx，则有mg＝kΔx，得Δx＝mg k．(2)为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下，因此M端应接正极．(3)设电流表满偏时通过MN间电流为I m，则有BI m ab＋mg＝k(cb＋Δx)联立并代入数据得I m＝2．5 A．【答案】(1)mgk(2)M端(3)2．5 A。

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