2020物理二轮计算题32分抢分练：1 Word版含解析
2021高考物理二轮复习计算题32分抢分练1含解析.doc
计算题32分抢分练(一)(时间：20分钟 分值：32分)1．(14分)(2020·杭州重点中学高三考试)某同学设计了一款儿童弹射玩具，模型如图所示，PB 段是长度连续可调的竖直伸缩管，BCD 段是半径为R 的四分之三圆弧弯管，DE 段是长度为2R 的水平管，与AB 管稍稍错开。
竖直管内装有下端固定且劲度系数较大的轻质弹簧，在弹簧上端放置质量为m 的小球。
每次将弹簧的长度压缩至P 点后锁定，设PB 的高度差为h ，解除锁定后弹簧可将小球弹出。
在弹射器的右侧装有可左右移动的宽为2R 的盒子用于接收小球，盒子两侧的最高点M 、N 和P 点等高，且M 与E 的水平距离为x 。
已知弹簧锁定时的弹性势能为E p ＝9mgR ，小球与水平管的动摩擦因数μ＝0.5，与其他部分的摩擦不计，不计小球受到的空气阻力及解除锁定时的弹性势能损失，不考虑伸缩竖直管粗细变化对小球的影响且管的粗细远小于圆的半径，重力加速度大小为g 。
(1)求当h ＝3R 时，小球到达管道的最高点C 处时的速度大小v C ；(2)求在(1)问中小球运动到最高点C 时对管道作用力的大小；(3)若h 连续可调，要使该小球能掉入盒中，求x 的最大值。
[解析] (1)小球从P 点运动至C 点的过程中，根据机械能守恒定律有E p ＝mg (h ＋R )＋12mv 2C (2分)解得v C ＝10gR 。
(1分) (2)设小球在C 点时受到的管道的作用力方向向下，大小为F ，则有F ＋mg ＝m v 2c R(2分) 解得F ＝9mg (1分)根据牛顿第三定律，可得小球对管道的作用力大小为9mg 。
(1分) (3)从P 到E 的过程中，由动能定理得E p －mg (h －R )－2μmgR ＝12mv 2E －0 (2分)要使小球落入盒中，x 取极值的临界是正好从M 点经过掉入盒中，小球由E 到M 做平抛运动，则有h －R ＝12gt 2，x ＝v E t (2分) 联立可得x ＝2－h －5R 2＋16R 2 (1分)故当h ＝5R 时，有x max ＝8R (1分) 经判断，在该情况下，E p >mg (h ＋R )，小球能通过最高点C ，结果成立。
2020高考物理二轮专题复习课标通用版 小题提速抢分练小卷提速抢分练(2计算+1选考)2(含答案)
小卷提速抢分练(2计算＋1选考)(二)(建议用时：30分钟)一、计算题(共32分)24．(2019·福建厦门质检)(12分)如图所示，半径R ＝0.3 m 的四分之一光滑圆弧轨道B ，静止于光滑的水平地面．现将物体A 在轨道顶端(与圆心O 等高)由静止释放，已知A 、B 两物体的质量之比为m A m B ＝12，圆弧轨道的最低点到地面的高度为h ＝0.2 m ，物体A 可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ＝10 m/s 2.求：(1)当物体A 恰好脱离圆弧轨道时，A 、B 两物体的速度大小之比v Av B ；(2)当物体A 落地时，其落地点与B 的右侧之间的水平间距s .解析 (1)由题意知，A 、B 两物体在水平方向上动量守恒，则有m A v A ＝m B v B ，解得v Av B＝21. (2)A 、B 两物体组成的系统机械能守恒，则有 m A gR ＝12m A v 2A＋12m B v 2B， 物体A 从圆弧轨道脱离后做平抛运动，则有s A ＝v A t ，h ＝12gt 2，圆弧轨道B 向左做匀速直线运动，则有s B ＝v B t ，联立以上各式解得s ＝s A ＋s B ＝0.6 m. 答案 (1)21(2)0.6 m25．(2019·天津滨海新区质监)(20分)如图所示，直线y ＝x 与y 轴之间有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场B 1，直线x ＝d 与y ＝x 间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度E ＝1.0×104 V/m ，另有一半径R ＝1.0 m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B 2＝0.20 T ，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x ＝d 和x 轴均相切，且与x 轴相切于S 点．一带负电的粒子从S 点沿y 轴的正方向以速度v 0进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域B 1，且第一次进入磁场B 1时的速度方向与直线y ＝x 垂直．粒子速度大小v 0＝1.0×105 m/s ，粒子的比荷为q m ＝5.0×105C/kg ，粒子重力不计．求：(1)坐标d 的值；(2)要使粒子无法运动到x 轴的负半轴，则磁感应强度B 1应满足的条件． 解析 (1)带电粒子在匀强磁场B 2中运动，由牛顿第二定律得qB 2v 0＝m v 20r ，解得r ＝1 m ＝R ，粒子进入匀强电场以后，做类平抛运动，设水平方向的位移为x 1，竖直方向的位移为y 1，则水平方向有x 1＝v 0t 2， 竖直方向有y 1＝12at 22＝v y 2t 2， 其中a ＝qE m ，y 1x 1＝12tan 45°＝12， 联立解得x 1＝2 m ，y 1＝1 m ，带电粒子运动轨迹如图甲所示，由几何关系得 d ＝R ＋y 1＋x 1＝4 m.(2)①设当匀强磁场磁感应强度为B 3时，粒子从电场垂直边界进入匀强磁场后，轨迹与y 轴相切，粒子将无法运动到x 轴负半轴，此时粒子在磁场中运动半径为r 1，运动轨迹如图乙所示．由几何关系得r 1＋2r 1＝2d －2x 1， 解得r 1＝(4－22) m ，由牛顿第二定律得qB 3·2v 0＝m (2v 0)2r 1，解得B 3＝0.24 T.②设当匀强磁场磁感应强度为B 4时，粒子垂直打在y 轴上，粒子将无法运动到x 轴负半轴，粒子在磁场中运动半径为r 2，由几何关系得r 2＝2d －2x 1＝2 2 m ，由牛顿第二定律得qB4·2v0＝m(2v0)2r2，解得B4＝0.1 T.综上所述，要使粒子无法运动到x轴的负半轴，则磁感应强度B1应满足的条件是0＜B1≤0.1 T或B1≥0.24 T.答案(1)4 m(2)0＜B1≤0.1 T或B1≥0.24 T二、选考题(共15分．请考生从给出的2道题中任选一题作答．)33．【物理——选修3－3】(15分)(2020·湖南四校联考)(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．一定质量的气体放出热量，其分子的平均动能可能增大B．在不考虑分子势能的情况下，质量和温度相同的氢气和氧气内能相同C．液体中悬浮颗粒内的分子所做的无规则运动就是布朗运动D．天然石英表现为各向异性，是由于组成该物质的微粒在空间的排列是规则的E．某些小昆虫在水面上行走自如，是因为液体的表面张力的存在，该力是分子力的宏观表现(2)(10分)如图所示，透明容器中装有足够深的某种均匀液体，液面上竖直倒插着一根质量m＝0.01 kg的细长玻璃试管，当外界大气压强p0＝1.01×105 Pa时，试管静止时露出液面的长度为L＝5 cm，管中空气柱的总长度为L0＝15 cm.已知试管横截面积为S＝1×10－4 m2，重力加速度g＝10 m/s2，试管的壁厚不计，试管与液体之间的粘滞力也不计．(i)求该液体的密度；(ii)若温度不变，但由于某种原因导致外界大气压强变为p′0＝0.99×105Pa，求试管再次静止后露出水面部分的长度L′.解析(1)根据热力学第一定律，气体放出热量时若外界对气体做功，气体的温度可能升高，分子平均动能可能增大，选项A正确；忽略分子势能，气体的内能与温度、分子数有关，相同质量的氢气分子数更大，故氢气的内能更大，选项B错误；布朗运动是悬浮的固体微粒的无规则运动而不是组成微粒的分子的运动，选项C错误；天然石英晶体在某些物理性质上表现为各向异性，原因是组成晶体的微粒具有空间点阵结构，有规则排列，选项D正确；液体的表面张力是液体表面层分子间的相互吸引力，是分子力的宏观表现，选项E正确．(2)(i)对试管由力的平衡条件得ρg(L0－L)S＝mg，代入数据解得该液体的密度ρ＝m (L 0－L )S＝1×103 kg/m 3. (ii)初态，试管内气体压强p 1＝p 0＋mgS ＝1.02×105 Pa ，末态，设试管内气柱长为L ′0，试管内气体压强为 p 2＝p ′0＋mgS ＝1.0×105 Pa ，根据玻意耳定律有p 1SL 0＝p 2SL ′0， 代入数据解得L ′0＝15.3 cm ，因试管排开的液体体积不变，故露出水面部分的长度变为 L ′＝L ＋(L ′0－L 0)＝5.3 cm.答案 (1)ADE (2)(i)1×103 kg/m 3 (ii)5.3 cm 34．【物理——选修3－4】(15分)(2020·贵州贵阳摸底)(1)(5分)如图甲所示，是一列简谐横波在t ＝0时刻的波形图，图乙是图甲中某质点此后一段时间内的振动图象．若波沿x 轴负方向传播，则图乙是质点________(选填“K ”“L ”“M ”或“N ”)的振动图象，从t ＝0时刻起，最先回到平衡位置的质点是________(选填“K ”“L ”“M ”或“N ”)，该波的波速是________m/s.(2)(10分)如图所示，一棱镜的截面为直角三角形ABC ，∠A ＝30°，斜边AB ＝a .棱镜材料对某光线的折射率为n ＝ 2.在此截面所在的平面内，该光线以45°的入射角从AC 边的中点M 射入棱镜，不考虑光线沿原路返回的情况．(i)求光线射入棱镜的折射角，并画出光路图； (ii)求光线射出棱镜的位置到A 点的距离．解析 (1)由振动图象可知，t ＝0时刻，质点经平衡位置沿＋y 方向运动，在t ＝0时刻的波形图中，L 、N 两点在平衡位置处．由波的传播规律可知，波沿－x 方向传播，质点N 沿＋y 方向运动，图乙是质点N 的振动图象．波沿－x 方向传播，L 、M 、N 都在远离平衡位置，再次回到平衡位置所需时间都大于14T ，而质点K 在最大位移处，回到平衡位置仅需14T ，所以质点K 最先回到平衡位置．由振动图象知质点振动的周期T ＝4 s ，由波形图可知波的波长λ＝2 m ，所以波的传播速度v ＝λT＝0.5 m/s.(2)(i)设入射角为i ，折射角为γ，由折射定律得 n ＝sin i sin γ，① 由①式和题给数据解得γ＝30°，② 由②式和几何关系画出光路图如图所示．(ii)设出射点为D ，延长法线交AB 于E ，由题给条件和几何关系得AD ＋DE ＝AB2，③由②式和题给条件及几何关系可得DE ＝a8，④由③④式和题给数据解得AD ＝3a8.答案 (1)N K 0.5 (2)(i)30° 见解析图 (ii)3a8。
2020届高考二轮物理计算题题型专练(二) Word版含答案
2020届高考查漏补缺之物理计算题题型专练（二）1、一质量为m 的烟花弹获得动能E 后,从地面竖直升空,当烟花弹上升的速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E ,且均沿竖直方向运动。
爆炸时间极短,重力加速度大小为g ,不计空气阻力和火药的质量,求 （1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间; （2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
2、如图所示,“L”型滑板,(平面部分足够长),质量为4m,距滑板的A 壁为Ll 距离的B 处放有一质量为m,电量为+q 的大小不计的小物体,小物体与滑板,及滑板与地面的摩擦均不计,整个装置处于场强为E 的匀强电场中,初始时刻,滑板与小物体均静止,试求:1.释放小物体,第一次与滑板A 壁碰前小物体的速度v 1大小;2.若小物体与A 壁碰后相对水平地面的速度大小为碰前的3/5,碰撞时间极短,则碰撞后滑板速度的大小;3.若滑板足够长,小物体从开始运动到第二次碰撞前,电场力做功为多少.3、光滑水平面上放着质量1A m kg =的物块A 与质量2B m kg =的物块B,A 与B 均可视为质点,A 靠在竖直墙壁上,A 、B 间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A 、B 均不拴接),用手挡住B 不动,此时弹簧弹性势能49p E J =。
在A 、B 间系一轻质细绳,细绳长度大于弹簧的自然长度,如图所示。
放手后B 向右运动,绳在短暂时间内被拉断,之后B 冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道,其半径R=0.5m,B 恰能到达最高点C 。
取210/g m s =,求:(1)绳拉断后瞬间B 的速度B v 的大小; (2)绳拉断过程绳对B 的冲量I 的大小; (3)绳拉断过程绳对A 所做的功W 。
4、如图所示，把质量为3克的带电小球A 用丝线吊起，若将带电量为8410C -⨯的正电小球B 靠近它，当两小球在同一高度相距3cm 时，丝线与竖直夹角为30o ，取210m/s g =，9229.010N m /C k =⨯⋅求：（1）小球A 带正电还是负电？（2）此时小球A 受到的库仑力大小和方向？ （3）小球A 带的电量A q ？5、如图所示为一组未知方向的匀强电场的电场线,将带电荷量为61.010C q -=-⨯的点电荷由A 点沿水平线移至B 点,克服静电力做了6210J -⨯的功,已知A 、B 间的距离为2cm 。
高三物理通用版二轮复习计算题32分强化练2含答案
计算题32分强化练(二)1．(12分)泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流，它的面积、体积和流量都较大．泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大．某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，如图1甲所示，他们设计了如下的模型：在水平地面上放置一个质量为m＝5 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移变化如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.6，g取10 m/s2.求：甲乙图1(1)物体在运动过程中的最大加速度为多大？(2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？(3)物体在水平面上运动的最大位移是多大？【解析】(1)当推力F最大时，加速度最大由牛顿第二定律，得F－μmg＝ma (2分)解得a＝10 m/s2. (1分)(2)由图象可知：F随x变化的函数方程为F＝80－20x (1分)速度最大时，合外力为零，即F＝μmg (2分)所以x＝2.5 m．(1分)(3)位移最大时，末速度为零根据动能定理可得W F－μmgs＝0 (2分)根据图象可知，力F做的功为W F＝12Fx＝160 J (2分)所以s＝16030m＝5.33 m．(1分)【答案】(1)10 m/s2(2)2.5 m(3)5.33 m2．(20分)如图2所示，光滑斜面的倾角α＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1＝1 m，bc边的边长l2＝0.6 m，线框的质量m＝1 kg，电阻R＝0.1 Ω，线框通过细线与重物相连，重物质量M＝2 kg，斜面上ef线(ef∥gh)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，如图线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh的距离s＝11.4 m(取g＝10 m/s2)，求：(1)线框进入磁场前重物M的加速度；(2)线框进入磁场时匀速运动的速度v；(3)ab边由静止开始运动到gh线处所用的时间t；(4)ab边运动到gh线处的速度大小和在线框由静止开始到运动到gh线的整个过程中产生的焦耳热．【导学号：37162119】图2【解析】(1)线框进入磁场前，线框仅受到细线的拉力F T，斜面的支持力和线框重力，重物M受到重力和拉力F T.则牛顿第二定律得：对重物有：Mg－F T＝Ma (2分)对线框有：F T－mg sin α＝ma (2分)联立解得线框进入磁场前重物M的加速度为：a＝Mg－mg sin αM＋m＝2×10－1×10×sin 30°2＋1 m/s 2＝5 m/s 2. (1分)(2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，所以重物受力平衡Mg ＝F ′T ，(1分) 线框abcd 受力平衡F ′T ＝mg sin α＋F A ，(1分) ab 边进入磁场切割磁感线，产生的电动势为：E ＝Bl 1v ；(1分) 形成的感应电流为：I ＝E R ＝Bl 1v R(1分) 受到的安培力为：F A ＝BIl 1(1分) 联立上述各式得：Mg ＝mg sin α＋B 2l 21v R(1分) 代入数据解得：v ＝6 m/s. (1分)(3)线框abcd 进入磁场前时，做匀加速直线运动；进磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁场后到运动到gh 线，仍做匀加速直线运动．进磁场前线框的加速度大小与重物的加速度相同，为a ＝5 m/s 2(1分) 该阶段运动时间为：t 1＝v a ＝65 s ＝1.2 s(1分) 进磁场过程中匀速运动时间为：t 2＝l 2v ＝0.66 s ＝0.1 s (1分)线框完全进入磁场后线框受力情况同进入磁场前，所以该阶段的加速度仍为：a ＝5 m/s 2, s －l 2＝v t 3＋12at 23代入数据解得：t 3＝1.2 s (2分)所以ab 边由静止开始运动到gh 线所用的时间为：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2.5 s ． (1分)(4)线框ab 边运动到gh 处的速度为：v ′＝v ＋at 3＝6 m/s ＋5×1.2 m/s ＝12 m/s(1分)整个运动过程产生的焦耳热为：Q＝F A l2＝(Mg－mg sin θ)l2＝(20－10×sin 30°)×0.6 J＝9 J．(1分)【答案】(1)5 m/s2(2)6 m/s(3)2.5 s(4)12 m/s9 J。
海口市2020年高考物理二轮复习精练二计算题32分标准练(三)C卷
海口市2020年高考物理二轮复习精练二计算题32分标准练（三）C卷
姓名:________ 班级:________ 成绩:________
一、解答题 (共1题；共12分)
1. （12分）电子感应加速器是利用变化磁场产生的电场来加速电子的．在圆形磁铁的两极之间有一环形真空室，用交变电流励磁的电磁铁在两极间产生交变磁场，从而在环形室内产生很强的电场，使电子加速．被加速的电子同时在洛伦兹力的作用下沿圆形轨道运动．设法把高能电子引入靶室，能使其进一步加速．在一个半径为r=0.84m 的电子感应加速器中，电子在被加速的4.2ms内获得的能量为120MeV．这期间电子轨道内的高频交变磁场是线性变化的，磁通量从零增到1.8Wb，求电子共绕行了多少周？
二、综合题 (共1题；共20分)
2. （20分）(2017·淮北模拟) 质量为0.1kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v ﹣t图象如图所示．球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的．设球受到的空气阻力大小恒为f，取g=10m/s2 ，求：
（1）弹性球受到的空气阻力f的大小；
（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度h．
参考答案一、解答题 (共1题；共12分)
1-1、
二、综合题 (共1题；共20分)
2-1、
2-2、。
2020广东中考物理二轮题型夺分(课件)专题三 计算题(共45张PPT)
2．(2018·苏州)如图是某家用电热水器的简化电路图，温控 开关S可根据水温自动切换加热和保温两种状态，R1、R2是发热 电阻，热水器主要参数如下表．
[水的比热容为4.2×103 J/(kg·℃)]
额定电压 加热功率
220 V 2 000 W
容积 保温功率
30 L 800 W
(3)由乙图知，“中国海监 50”在第 50 s 到 100 s 内匀速行驶， 船的速度是 v＝0.5 m/s， 由甲图知，F＝8×108 N， 船的牵引力的功率：
P＝Wt ＝Fts＝Fv＝8×108 N×0.5 m/s＝4×108 W. 答：(1)满载时，“中国海监 50”受到的浮力为 4×107 N； (2)该处受到海水的压强为 6×104 Pa； (3)第 50 s 到 100 s 内牵引力的功率为 4×108 W.
(1)运动员下落的平均速度； (2)重力做的功； (3)匀速下降时重力做功的功率．
解：(1)由题可知，运动员在 0～15 s 下落的路程： s 前＝210 m. 由图像可知，15 s 后运动员以 6 m/s 的速度做匀 速直线运动，则运动员在 15～30 s 通过的路程： s 后＝vt 后＝6 m/s×15 s＝90 m， 运动员通过的总路程： s＝s 前＋s 后＝210 m＋90 m＝300 m， 总时间 t＝30 s，则整个过程中运动员下落的平均 速度：
4. (2018·广东模拟)工人想把重1 000 N的木箱A搬到高h＝5 m，长L＝10 m的斜面上，如图所示．他站在斜面上，沿斜面向 上用F＝625 N的拉力将木箱A以v＝0.2 m/s的速度匀速从斜面底 端拉到斜面顶端．求：
(1)工人拉木箱的功率是多大？ (2)该斜面的机械效率是多少？
解：(1)工人做的功： W 总＝FL＝625 N×10 m＝6 250 J， 将木箱从斜面底端拉到斜面顶端所用的时间：
(课标通用)2020高考物理二轮复习小题提速抢分练3(2计算1选考)(含解析)
(2计算＋1选考)(建议用时：30分钟)一、计算题(共32分)24．(2019·安徽蚌埠质检)(12分)如图所示，匝数为n 、电阻为r 、面积为S 的圆形线圈P 放置于匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，线圈P 通过导线与阻值为R 的电阻和两平行金属板相连，两金属板之间的距离为d ，两板间有垂直纸面的恒定匀强磁场．当线圈P 所在位置的磁场均匀变化时，一质量为m 、带电荷量为q 的油滴在两金属板之间的竖直平面内做圆周运动．重力加速度为g ，求：(1)流过电阻R 的电流；(2)线圈P 所在磁场磁感应强度的变化率．解析 (1)设两金属板之间的电压为U ，对金属板之间的带电油滴有mg ＝ qU d， 对电阻R ，由欧姆定律得U ＝IR ， 解得I ＝mgd qR. (2)根据法拉第电磁感应定律得E ＝ n ΔΦΔt ＝n ΔBΔt S ，根据闭合电路欧姆定律得I ＝ER ＋r，联立解得ΔB Δt ＝mgd ()R ＋r nqRS.答案 (1)mgdqR (2)mgd ()R ＋r nqRS25．(2019·福建三明一中开学考试)(20分)某工地一传输工件的装置可简化为如图所示的情形，AB 为一段足够大的14圆弧固定轨道，圆弧半径R ＝5.4 m ，BC 为水平轨道，CD 为一段14圆弧固定轨道，圆弧半径r ＝1 m ，三段轨道均光滑．一长为L ＝4 m 、质量为m 2＝1 kg 的平板小车最初停在BC 轨道的最左端，小车上表面刚好与AB 轨道相切，且与CD 轨道最低点处于同一水平面．一可视为质点、质量为m 1＝2 kg 的工件从距AB 轨道最低点高h 处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车也向右运动，小车与CD 轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C 处．工件只有从CD 轨道最高点飞出，才能被站在台面上的工人接住．工件与小车的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g ＝10 m/s 2.当工件从h ＝0.5R 高处静止下滑，求：(1)工件到达圆形轨道最低点B 对轨道的压力；(2)工件滑上小车后，小车恰好到达CD 轨道处与工件共速，求B 、C 之间的距离； (3)若平板小车长L ′＝3.4 m ，工件在小车与CD 轨道碰撞前已经共速，则工件应该从多高处下滑才能让站台上的工人接住．解析 (1)设工件下滑到B 处时速度为v 0，此过程机械能守恒12m 1v 20＝m 1gh ，在B 处F N －m 1g ＝m 1v 20R，联立以上两式解得F N ＝m 1g (1＋2hR)＝40 N ，由牛顿第三定律得，工件对轨道最低点B 的压力大小为F ′N ＝F N ＝40 N ，方向竖直向下． (2)设工件与小车共速为v 1，由动量守恒定律得m 1v 0＝(m 1＋m 2)v 1，小车移动位移s 1，由动能定理得μm 1gs 1＝12m 2v 21－0，联立求得s 1＝m 1m 2v 202μ(m 1＋m 2)2g ＝m 1m 2R 2μ(m 1＋m 2)2＝1.2 m ，故s BC ＝L ＋s 1＝5.2 m.(3)设工件滑至B 点时速度为v ′0，与小车共速为v ′1，工件到达C 点时速度为v ′2， 由动量守恒定律得m 1v ′0＝(m 1＋m 2)v ′1， 由能量守恒定律得μm 1gL ′＝12m 1v ′20－12m 2v ′21－12m 1v ′22，工件恰好滑到CD 轨道最高点，由机械能守恒定律得12m 1v ′22＝m 1gr ，工件从高为h ′处下滑，则12m 1v ′20＝m 1gh ′，代入数据解得h ′＝3.47 m.答案 (1)40 N 方向竖直向下 (2)5.2 m (3)3.47 m二、选考题(共15分．请考生从给出的2道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．)33．【物理——选修3－3】(15分)(2019·河北张家口质监)(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 ．气体的温度越高，分子的平均动能越大B ．即使气体的温度很高，仍有一些分子的运动速率是非常小的C ．对物体做功不可能使物体的温度升高D ．如果气体分子间的相互作用力小到可以忽略不计，则气体的内能只与温度有关E ．对于一定量的气体，当其温度降低时，速率大的分子数目减少，速率小的分子数目增加(2)(10分)如图所示，一圆柱形绝热汽缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体．活塞的质量为m ，横截面积为S ，与汽缸底部相距h ，此时封闭气体的热力学温度为T 1.现通过电热丝缓慢加热气体，经过一段时间t ，活塞上升了Δh .已知电阻丝的电阻值为R ，电阻丝两端电压为U ，大气压强为p 0，重力加速度为g ，不计活塞与汽缸壁间的摩擦．求：(i)此时气体的热力学温度T 2； (ii)该过程中气体内能的增加量．解析 (1)温度是分子平均动能的标志，温度升高时，气体分子热运动的平均动能增大，但不是所有的分子运动速率都增大，还是会有运动速率较小的分子，只不过速率大的分子数目增加，速率小的分子数目减少，而温度降低时，速率大的分子数目减少，速率小的分子数目增加，选项A 、B 、E 正确；做功和热传递均可使物体内能增大，温度升高，选项C 错误；当气体分子间的作用力小到可忽略不计时，气体内能和气体的温度、分子数有关，选项D 错误．(2)(i)气体升温后活塞距汽缸底部的距离h ′＝h ＋Δh ，V 1＝hS ，V 2＝h ′S ， 由盖－吕萨克定律得V 1T 1＝V 2T 2， 解得T 2＝h ＋ΔhhT 1. (ii)该过程外界对气体做功W ＝－pS ·Δh ， 由平衡条件可得活塞的pS ＝p 0S ＋mg ，电阻丝经过时间t 产生的热量Q ＝ U 2Rt ，由于汽缸是绝热的，所以电阻丝产生的热量全部被气体吸收，由热力学第一定律得ΔU ＝Q ＋W ＝ U 2Rt －(p 0S ＋mg )Δh .答案 (1)ABE (2)(i)h ＋Δh h T 1 (ii)U 2Rt －(p 0S ＋mg )Δh34．【物理——选修3－4】(15分)(2019·山西晋中模拟)(1)(5分)如图所示，一条红色光线和一条紫色光线，以不同的角度同时沿不同的半径方向射入同一块横截面为半圆形的玻璃柱体，其透射光线都是由圆心O 点沿OC 方向射出，则下列说法正确的是______．(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 ．AO 光线是紫光，BO 光线是红光B ．若AO 光线能使某金属发生光电效应，则BO 光线也一定能使该金属发生光电效应C ．AO 光线比BO 光线穿过玻璃柱体所需时间长D ．将AO 光线顺时针转动到BO 光线与其重合，则O 点的透射光线一定会变为两条E ．在双缝干涉实验中，若仅将入射光由AO 光线变为BO 光线，则干涉亮条纹间距变大 (2)(10分)如图所示，甲为某一简谐横波在t ＝0时的图象，乙为参与该波动的P 质点的振动图象．(i)确定波的传播方向； (ii)求该波的波速v ；(iii)求t ＝83 s 时P 质点的位置坐标和0～83s 内P 经过的路程．解析 (1)由题图可知，AO 的折射率大于BO ，而紫光的折射率大于红光，即AO 光线是紫光，BO 光线是红光，选项A 正确；红光的光子能量小于紫光，若AO (紫光)光线能使某金属发生光电效应，则BO (红光)光线不一定能使该金属发生光电效应，选项B 错误；紫光AO 的光速小于红光BO ，所以传播时间长，选项C 正确；将AO 光线顺时针转动到BO 光线与其重合，AO 光线的入射角增大，有可能发生全反射，所以出射光线可能只有一条，选项D 错误；波长越长干涉条纹间距越大，BO 光线的波长大于AO 光线，则在双缝干涉实验中，若仅将入射光由AO 光线变为BO 光线，则干涉亮条纹间距变大，选项E 正确．(2)(i)由质点P 的振动图象结合波形图可知，t ＝0时刻P 质点向下振动，可知波沿－x 方向传播．(ii)由题图甲知λ＝4 m ，由题图乙知T ＝1.0 s ， 所以波速v ＝ λT＝4.0 m/s.(iii)题图乙的函数式为y ＝－0.2sin ωt ，ω＝2πT得y ＝－0.2sin 2πt ，则t ＝ 83s 时，y ＝0.1 3 m ，横坐标不变，所以P 的坐标为(4 m,0.1 3 m)，t T ＝2＋12＋16， P 点经过的路程为L ＝(2＋12)×4×0.2 m＋y ＝2＋0.13(m)．答案 (1)ACE (2)(i)沿－x 方向传播 (ii)4.0 m/s (iii)(4 m,0.1 3 m) 2＋0.13(m)。
2020版高考物理大二轮检测Word版含解析---第三章第一节牛顿第一、第三定律
2020版高考物理大二轮检测(建议用时：40分钟)一、单项选择题1．(2019·湖北部分重点中学联考)伽利略和牛顿都是物理学发展史上最伟大的科学家，巧合的是牛顿就出生在伽利略去世后第二年．下列关于力和运动关系的说法中，不属于他们观点的是()A．自由落体运动是一种匀变速直线运动B．力是使物体产生加速度的原因C．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性D．力是维持物体运动的原因解析：选D.伽利略通过斜面实验以及逻辑推理证明自由落体运动是一种匀变速直线运动，A项不符合题意；牛顿第一定律表明力是产生加速度的原因、惯性是物体的固有属性，B、C项不符合题意；亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，D项符合题意．2．本组照片记录了一名骑车人因自行车前轮突然陷入一较深的水坑而倒地的过程。
下面是从物理的角度去解释此情境，其中正确的是()A．这是因为水坑里的水对自行车前轮的阻力太大，而使人和车一起倒地的B．骑车人与自行车原来处于运动状态，车前轮陷入水坑后立刻静止，但人与车的后半部分由于惯性仍保持原有的运动状态，因此摔倒C．因为自行车的前轮陷入水坑后，自行车还能加速运动，所以人和车一起倒地了D．因为自行车的前轮陷入水坑后，自行车的惯性立即消失，而人由于惯性将保持原有的运动状态，故人向原来的运动方向倒下了解析：选B.骑车人与自行车本身处于运动状态，车的前轮陷入水坑时，前轮会立即静止，但人与车的后半部分由于惯性，仍要继续向原来的运动方向运动，故人和车的后半部分向原来运动的方向摔倒，因此选项B正确．3．牛顿在总结了C·雷恩、J·沃利斯和C·惠更斯等人的研究结果后，提出了著名的牛顿第三定律，阐述了作用力和反作用力的关系，从而与牛顿第一定律和牛顿第二定律形成了完整的牛顿力学体系．下列关于作用力和反作用力的说法正确的是() A．物体先对地面产生压力，然后地面才对物体产生支持力B．物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡C．人推车前进，人对车的作用力大于车对人的作用力D．物体在地面上滑行，不论物体的速度多大，物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力始终大小相等解析：选D.由牛顿第三定律可知，作用力和反作用力同时产生，同时消失，A项错；压力和支持力作用在不同的两个物体上，而平衡力是作用在同一物体上的，B项错；作用力与反作用力等大反向，故人对车的作用力大小等于车对人的作用力大小，C项错；物体对地面的摩擦力大小等于地面对物体的摩擦力大小，D项对．4．16世纪末，伽利略用实验和推理，推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学发展的新纪元．在以下说法中，与亚里士多德观点相反的是()A．四匹马拉的车比两匹马拉的车跑得快，这说明，物体受的力越大，速度就越大B．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明，静止状态才是物体不受力时的“自然状态”C．两物体从同一高度自由下落，较重的物体下落较快D．一个物体维持匀速直线运动，不需要力解析：选D.亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，力越大，物体运动得越快，没有力的作用，物体将会逐渐停下来，故A、B、C项均是亚里士多德的观点，只有D项中说法与亚里士多德的观点相反．5．(2019·杭州模拟)就一些实际生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以解释，其中正确的是()A．采用了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机，这表明可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性B．射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透，这表明它的惯性变小了C．货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性D．摩托车转弯时，车手一方面要控制适当的速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，通过调控人和车的惯性达到转弯的目的解析：选C.物体的惯性是物体本身的属性，惯性的大小只与物体的质量有关，与物体的速度无关，故选项C正确，A、B、D错误．6.(2019·台州模拟)如图所示，有两个穿着溜冰鞋的人站在冰面上，当其中一个人A从背后轻轻推另一个人B时，两个人都会向相反方向运动，这是因为A推B时() A．A与B之间有相互作用力B．A对B的作用在先，B对A的作用在后C．B对A的作用力小于A对B的作用力D．A对B的作用力和B对A的作用力是一对平衡力解析：选A.A推B时A与B之间有相互作用力，作用力与反作用力同时产生、大小相等、方向相反，选项A正确，选项B、C、D错误．7.如图所示，质量相等的甲、乙两人所用绳子相同，甲拉住绳子悬在空中处于静止状态；乙拉住绷紧绳子的中点把绳子拉断了．则()A．绳子对甲的拉力大小小于甲的重力大小B．绳子对甲的拉力大小大于甲对绳子的拉力大小C．乙拉断绳子前瞬间，绳子上的拉力大小一定小于乙的重力大小D．乙拉断绳子前瞬间，绳子上的拉力大小一定大于乙的重力大小解析：选D.由平衡条件可知，绳子对甲的拉力大小等于甲受到的重力大小，A错；由作用力与反作用力的关系可知绳子对甲的拉力大小等于甲对绳子的拉力大小，B错；乙能把绳子拉断，对于具有同样承受能力的绳子，说明乙拉断绳子前的瞬间绳子的拉力大小一定大于绳子的承受力，而甲拉的绳子能承受甲的重力，甲、乙质量相等，因此乙拉的绳子上的拉力大小一定大于乙的重力大小，C错，D对．8.如图所示，一只盛水的容器固定在一个小车上，在容器中分别悬挂和拴住一只铁球和一只乒乓球．容器中的水和铁球、乒乓球都处于静止状态．当容器随小车突然向右运动时，两球的运动状况是(以小车为参考系)()A．铁球向左，乒乓球向右B．铁球向右，乒乓球向左C．铁球和乒乓球都向左D．铁球和乒乓球都向右解析：选A.因为小车突然向右运动，铁球和乒乓球都有向右运动的趋势，但由于与同体积的“水球”相比，铁球质量大，惯性大，铁球的运动状态难改变，即速度变化慢，而同体积的水球的运动状态容易改变，即速度变化快，而且水和车一起加速运动，所以小车加速运动时铁球相对小车向左运动．同理，由于乒乓球与同体积的“水球”相比，质量小，惯性小，乒乓球相对小车向右运动．9.如图所示为英国人阿特伍德设计的装置，不考虑绳与滑轮的质量，不计轴承、绳与滑轮间的摩擦．初始时两人均站在水平地面上，当位于左侧的甲用力向上攀爬时，位于右侧的乙始终用力抓住绳子，最终至少一人能到达滑轮．下列说法中正确的是()A．若甲的质量较大，则乙先到达滑轮B．若甲的质量较大，则甲、乙同时到达滑轮C．若甲、乙质量相同，则乙先到达滑轮D．若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮解析：选A.由于滑轮光滑，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，若甲的质量大，则由甲拉绳子的力等于乙受到的绳子拉力，得甲攀爬时乙的加速度大于甲，所以乙会先到达滑轮，选项A正确，选项B错误；若甲、乙的质量相同，甲用力向上攀爬时，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，甲、乙具有相同的加速度和速度，所以甲、乙应同时到达滑轮，选项C、D 错误．二、多项选择题10．伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是() A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B．没有力的作用，物体只能处于静止状态C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动解析：选AD.惯性是物体抵抗运动状态变化而保持静止或匀速直线运动状态的性质，选项A正确；没有力的作用，物体将处于静止或匀速直线运动状态，选项B错误；行星做匀速圆周运动是由于受中心天体的引力作用，不是由于具有惯性，选项C错误；运动物体如果没有受到力的作用，将一直做匀速直线运动，选项D正确．11.(2019·保定模拟)如图，一个人站在水平地面上的长木板上用力F向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止状态，三者的质量均为m，重力加速度为g，则()A．箱子对木板的摩擦力方向向右B．木板对地面的摩擦力为0C．木板对地面的压力大小为3mgD．若人用斜向下的力推箱子，则木板对地面的压力会大于3mg解析：选ABC.以箱子为研究对象，水平方向上，木板对箱子的摩擦力与人推箱子的力平衡，所以，木板对箱子的摩擦力方向向左，根据牛顿第三定律，箱子对木板的摩擦力方向向右，选项A正确；以整体为研究对象，地面对木板的支持力与整体所受的重力平衡，所以地面对木板的支持力为3mg，根据牛顿第三定律，木板对地面的压力大小为3mg，选项C 正确，D错误；以整体为研究对象，地面对木板的摩擦力为0，所以木板对地面的摩擦力为0，选项B正确．12.(2019·浙江嘉兴模拟)如图所示是我国首次立式风洞跳伞实验，风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”．此过程中()A．地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等B．人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力C．人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小D．人被向上“托起”时处于超重状态解析：选AD.地球对人的吸引力和人对地球的吸引力是一对相互作用力，等大反向，A 正确；相互作用力是两个物体间的相互作用，而人受到的重力和人受到气流的力涉及人、地球、气流三个物体，不是一对相互作用力，B错误；由于风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”，在竖直方向上合力不为零，所以人受到的重力大小不等于气流对人的作用力大小，C错误；人被向上“托起”时加速度向上，处于超重状态，D正确．13.(2019·潍坊模拟)在水平路面上有一辆匀速行驶的小车，车上固定一盛满水的碗．现突然发现碗中的水洒出，水洒出的情况如图所示，则关于小车的运动情况，下列叙述正确的是()A．小车匀速向左运动B．小车可能突然向左加速C．小车可能突然向左减速D．小车可能突然向右减速解析：选BD.原来水和小车相对静止以共同速度运动，水突然向右洒出有两种可能：①原来小车向左运动，突然加速，碗中的水由于惯性保持原速度不变，故相对碗向右洒出；②原来小车向右运动，突然减速，碗中的水由于惯性保持原速度不变，相对于碗向右洒出，故B、D正确．14．(2019·四川宜宾检测)如图所示，光滑水平面上静止着一辆小车，在酒精灯燃烧一段时间后塞子喷出．下列说法正确的是()A．喷出时塞子受到的冲击力和小车受到的冲击力大小相等，方向相反B．由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力将小于小车受到的冲击力C．塞子喷出瞬间，小车对水平面的压力大于小车整体的重力D．若增大试管内水的质量，则可以增大小车整体的惯性解析：选ACD.喷出时塞子受到的冲击力和小车受到的冲击力大小相等，方向相反，故A正确，B错误；塞子喷出瞬间，试管内的气体对小车整体有斜向左下的作用力，所以小车对水平面的压力大于小车整体的重力，故C正确；若增大试管内水的质量，则小车整体的惯性增大，故D正确．。
2020高考物理课标二轮(天津专用)选择题专项训练(二) Word版含解析
姓名，年级：时间：选择题专项训练(二)(时间：25分钟分值:31分）题型专项训练第33页一、单项选择题（共5小题,每小题3分,共15分。
每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的)1。
领悟并掌握处理问题的思想与方法是学习物理的重要途径，下图所示是我们学习过的几个实验,其中研究物理问题的思想与方法相同的是(）A。
①②B。
②③C。
②④D.①④答案:D解析：①采用微小变量放大法，设一个螺距为0。
5mm，当旋转一周时,前进或后退一个螺距,这样把0.5mm的长度放大到旋转一周上。
②采用的等效替代法，即两次拉橡皮筋时使橡皮筋的形变相同。
③研究三个变量之间的关系时，先假定其中一个量不变，研究另外两个量之间的关系，这种方法称为控制变量法.④用力向下压，使桌面产生微小形变,使平面镜M逆时针方向微小旋转，若使法线转过θ角,则M反射的光线旋转的角度为2θ,N反射的光线就旋转了4θ,那么投射到平面镜上的光斑走过的距离就更大,故该实验观察测量结果采用的是微小变量放大法。
因此研究物理问题的思想与方法相同的是①④，故选项D正确。
2。
如图所示,a、b、c、d四个图是不同的单色光形成的双缝干涉或单缝衍射图样。
分析各图样的特点可以得出的正确结论是（）A。
a、c是光的干涉图样B.c、d是光的干涉图样C。
形成a图样的光的波长比形成b图样的光的波长短D。
形成c图样的光的波长比形成d图样的光的波长长答案：D解析：干涉条纹是等间距的条纹,a、b图是干涉图样,c、d图是衍射图λ可知，条纹间距大的入射样，故A项错误，B项错误;由公式Δx=ld光的波长长,所以a图样的光的波长比b图样的光的波长长，故C项错误；同理，c图样的光的波长比d图样的光的波长长,故D项正确.3.如图所示，地球绕太阳的运动与月亮绕地球的运动可简化成同一平面内的匀速圆周运动，农历初一前后太阳与月亮对地球的合力约为F1，农历十五前后太阳与月亮对地球的合力约为F2，则农历初八前后太阳与月亮对地球的合力约为（)A.F1+F2B。
2020届(人教)高考物理二轮提升练习计算题选及答案
2020届（人教）高考物理二轮提升练习计算题选及答案（需写出规范的解题步骤）1、为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1<s0)处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示。
训练时，让运动员和冰球都位于起击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方跑线上，教练员将冰球以初速度v向滑向挡板：冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。
训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。
假定运动员在滑行过程中做。
重力加速度为g。
求匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数。
(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。
【解析】(1)设冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ据动能定理有-μmgs0=m-m解得μ=(2)冰球运动时间t=由于s1=at2解得运动员的最小加速度a=答案：(1)(2)2、发射宇宙飞船的过程要克服引力做功，已知将质量为m的飞船从距地球中心无限远处移到距地球中心为r处的过程中，引力做功为W=G，飞船在距地球=-G，式中G为万有引力常量，M为地球质中心为r处的引力势能公式为Ep量。
若在地球的表面发射一颗人造地球卫星，如果发射的速度很大，此卫星可以上升到离地心无穷远处(即地球引力作用范围之外)，这个速度称为第二宇宙速度(也称逃逸速度)。
(1)试推导第二宇宙速度v的表达式。
(2)已知逃逸速度大于真空中光速的天体叫黑洞，设某黑洞的质量等于太阳的质量M=1.98×1030 kg，求它的最大可能半径。
【解析】(1)设无穷远处的引力势能为零，地球半径为R，第二宇宙速度为v，则由机械能守恒定律得：mv2-G=0，解得：v=。
(2)由题意可知，v>c，即>c，解得：R<≈2.93×103 m，则该黑洞的最大半径为2.93×103 m。
答案：(1)v=(2)2.93×103 m3、如图所示，质量为m，电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动。
2020高考物理二轮专题复习课标通用版(跟踪检测)：小题提速抢分练小卷提速抢分练 (2计算+1选考) 4
点”时滑块对轨道压力最大，则
G′＝ (mg)2＋(q1E)2，
⑤
mg
cos α＝G′，
⑥
从 B 到“等效最低点”过程，由动能定理得
1
1
G′(R－Rcos α)＝2mv2－2mv21，
⑦
v2
由牛顿第二定律得 FN－G′＝m R ，
⑧
由②④⑤⑥⑦⑧式联立解得 FN＝(6＋3 5)mg，
由牛顿第三定律得轨道所受最大压力为 (6＋3 5)mg.
由图可知，A 左侧的波谷到 O 点的距离为一个波长，等于 1.6 m，质点 A 第一次到达波谷
Δs 1.6－0.6 的时间即该波谷传播到 A 的时间，所以 t＝ v ＝ 2 s＝0.5 s，选项 E 正确．
(2)(i)作出光路图如图所示，
由几何关系可知，从 Q 点射入的光线的入射角为 i＝60°，
sin i 由折射定律有 n＝sin r＝ 3.
根据动能定理有
1
1
2mgR(1－cos 37°)－2μmgs＝2×2mvD2 －2×2mvB2，
解得 vD＝11 5 m/s.
1
若甲、乙两物块恰能到达半圆轨道最高处，则从 D 到 E 点，有－2mg·2r＝2×2m( gr)
1 2－2×2mvD2 ，
解得 r＝12.1 m，即甲、乙两物块能通过最高点的条件为 0<r≤12.1 m； 若甲、乙两物块恰能到达半圆圆心等高处，
解析 (1)当分子之间的距离大于 r0 时，分子间距离减小，分子势能减小，选项 A 错误； 2L
在标准状态下，2 L 的气体物质的量为 n＝ 22.4 L/mol ＝0.089 3 mol，该儿童一次吸气能吸 入的空气分子数为 N＝n·NA＝0.089 3 mol×6.02×1023 mol－1＝5.38×1022 个，选项 B 正确； 人对空气干爽与潮湿的感受主要取决于空气的相对湿度，选项 C 正确；布朗运动是悬浮在 液体中的微粒的运动，是液体分子的无规则运动的反映，选项 D 错误；100 ℃的水变成 100 ℃水蒸气，要吸收热量，分子的平均动能不变，分子势能增大，则内能一定增大，选项 E 正确．
2020物理二轮计算题32分抢分练：2 Word版含解析
计算题32分抢分练(二)(时间：20分钟 分值：32分)1．(12分)如图所示，水平轨道BC 两端连接竖直的光滑14圆弧，质量为2m 的滑块b 静置在B 处，质量为m 的滑块a 从右侧14圆弧的顶端A 点无初速释放，滑至底端与滑块b 发生正碰，碰后粘合在一起向左运动，已知圆弧的半径为R ＝0.45 m ，水平轨道长为L ＝0.2 m ，滑块与水平轨道的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度取g ＝10 m/s 2。
求：(1)两滑块沿左侧圆弧上升的最大高度h ；(2)两滑块静止时的位置。
[解析] (1)设滑块a 滑至底端碰撞b 前速度大小为v B ，碰后共同速度大小为v ，根据机械能守恒定律有mgR ＝12m v 2B， 由动量守恒定律有m v B ＝(m ＋2m )v ，从B 点到左侧最大高度处由动能定理有－μ3mgL －3mgh ＝0－12×3m v 2，联立解得h ＝0.03 m 。
(2)粘合体将来回往复运动，直到速度为0，设在水平轨道BC 上运动的路程为s ，根据动能定理有－μ3mgs ＝0－12×3m v 2，解得s ＝0.5 m ， 所以滑块停在水平轨道BC 的中点处。
[答案] (1)0.03 m (2)水平轨道的中点处2．(20分)(2019·安庆模拟)在如图所示的坐标系内，PQ 是垂直于x 轴的分界线，PQ 左侧的等腰直角三角形区域内分布着匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，AC 是一可吸收电子的挡板，长为d 。
PQ 右侧为偏转电场，两极板长度为12d ，间距为d 。
电场右侧的x 轴上有足够长的荧光屏。
现有速率不同的电子在纸面内从坐标原点O 沿y 轴正方向射入磁场，电子能打在荧光屏上的最远处为M 点，M 到下极板右端的距离为12d ，电子电荷量为e ，质量为m ，不考虑电子间的相互作用以及偏转电场边缘效应。
(1)求电子通过磁场区域的时间t ；(2)求偏转电场的电压U ；(3)电子至少以多大速率从O 点射出时才能打到荧光屏上？[解析] (1)电子在磁场区域做匀速圆周运动的周期为T ＝2πm eB由几何关系知电子通过磁场区域的时间为t 1＝T 4＝πm 2eB。
全国通用2020年高考物理二轮复习精练二计算题32分标准练三
计算题32分标准练(三)24.(12分)如图1所示，水平光滑的平行金属导轨，左端与电阻R 相连接，匀强磁场B 竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒在垂直导轨的方向上搁在导轨上。
今使棒以一定的初速度向右运动，当其通过位置a 时速率为v a ，通过位置b 时速率为v b ，到位置c 时棒刚好静止。
设导轨与棒的电阻均不计，a 、b 与b 、c 的间距相等，则金属棒在由a ―→b 和由b ―→c 的两个过程中，回路中产生的电能E ab 与E bc 之比为多大？图1解析 金属棒向右运动时，切割磁感线，回路中产生感应电流。
根据左手定则可知，金属棒所受安培力阻碍其运动。
假设金属棒由a 到b 过程中，所受平均安培力为F 1，时间为t 1；由b 到c 过程中，所受平均安培力为F 2，时间为t 2；导轨之间距离为d 。
则F 1＝BI 1d ＝B BL ab d Rt 1d ＝B 2d 2L ab Rt 1(2分) 同理F 2＝B 2d 2L bc Rt 2(1分) 根据动量定理得－F 1t 1＝mv b －mv a ，即B 2d 2L ab R＝mv a －mv b ①(2分) －F 2t 2＝0－mv b ，即B 2d 2L bc R＝mv b ②(2分) 又因为L ab ＝L bc ③据①②③式得 mv a －mv b ＝mv b (1分)所以v a ＝2v b (1分)根据能量守恒有E ab ＝12mv 2a －12mv 2b ＝32mv 2b (1分) E bc ＝12mv 2b (1分)则E ab E bc ＝32mv 2b 12mv 2b ＝3∶1(1分) 答案 3∶125.(20分)在某项娱乐活动中，要求参与者通过一光滑的斜面将质量为m 的物块送上高处的水平传送带后运送到网兜内。
斜面长度为l ，倾角θ＝30°，传送带距地面高度为l ，传送带的长度为3l ，传送带表面的动摩擦因数μ＝0.5，传送带一直以速度v ＝3gl 2顺时针运动。
高考物理二轮复习三计算题抢分练二计算题抢分练一.docx
(二)计算题抢分练一1.如图所示,圆环A的质量m1=10 kg,被销钉固定在竖直光滑的杆上,杆固定在地面上,A与定滑轮等高,A 与定滑轮的水平距离L=3 m,不可伸长的细线一端系在A上,另一端通过定滑轮系在小物体B上,B的质量m2=2 kg,B的另一侧系在弹簧上,弹簧的另一端系在固定在斜面底端的挡板C上,弹簧的劲度系数k=40 N/m,斜面的倾角θ=30°,B与斜面间的动摩擦因数μ=33,足够长的斜面固定在地面上,B受到一个水平向右的恒力F作用,F=203 N,开始时细线恰好是伸直的,但未绷紧,B是静止的,弹簧被压缩。
拔出销钉,A开始下落,当A下落h=4 m 时,细线断开、B与弹簧脱离、恒力F消失,不计滑轮的摩擦和空气阻力。
g=10 m/s2。
求:(1)销钉拔出前弹簧的压缩量;(2)当A下落h=4 m时,A、B两个物体的速度大小关系;(3)B在斜面上运动的最大距离。
2.如图(a)所示,斜面倾角为37°,一宽为d=0.43 m的有界匀强磁场垂直于斜面向上,磁场边界与斜面底边平行。
在斜面上由静止释放一长方形金属线框,线框沿斜面下滑,下边与磁场边界保持平行。
取斜面底部为零势能面,从线框开始运动到恰好完全进入磁场的过程中,线框的机械能E和位移x之间的关系如图(b)所示,图中①、②均为线段。
已知线框的质量为m=0.1 kg,电阻为R=0.06 Ω,重力加速度取g=10 m/s2, sin 37°=0.6, cos 37°=0.8。
(1)求金属线框与斜面间的动摩擦因数μ;(2)求金属线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间t;(3)求金属线框穿越磁场的过程中,线框中产生焦耳热的最大功率P m。
答案精解精析1.答案(1)1 m (2)v B=0.8v A(3)3.8 m解析(1)对B受力分析如图(假设存在支持力F N和摩擦力F f)由于m2g cos θ=F sin θ+F N,可知F N=0,F f=0根据胡克定律可得kx=m2g sin θ+F cos θ=40 N解得x=1 m(2)当A下落h=4 m时,v B=v A cos α,由几何关系知cos α=hh2+L2,则v B=0.8v A(3)在A下落4 m的过程中,对系统由功能关系可得m1gh=12m1vA2+12m2vB2+m2gx' sin θ+F·x' cos θ由几何关系得x'=h2+L2-L=2 m之后a=g sin 30°+μg cos 30°=10 m/s2x″=vB22a=1.8 m故x总=x'+x″=3.8 m2.答案(1)0.5 (2)0.125 s (3)0.43 W解析(1)由能量守恒定律可知,线框进入磁场前,减少的机械能等于克服摩擦力所做的功,则ΔE1=Wf1=-μmg cos 37°x1其中x1=0.36 m,ΔE1=(0.756-0.900) J=-0.144 J解得μ=0.5(2)金属线框进入磁场的过程中,减少的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功,机械能仍均匀减少,因此安培力为恒力,线框做匀速运动v12=2ax1其中a=g sin 37°-μg cos 37°=2 m/s2可解得线框刚进入磁场时的速度大小为v1=1.2 m/sΔE2=-(F f+F安)x2其中ΔE2=(0.666-0.756) J=-0.09 JF f+F安=mg sin 37°=0.6 Nx2为线框的侧边长,即线框进入磁场过程运动的距离,可求出x2=0.15 m t=x2v1=0.151.2 s=0.125 s(3)线框刚出磁场时速度最大,线框内的焦耳热功率最大由v22=v12+2a(d-x2)可求得v2=1.6 m/s线框匀速进入磁场时,F安+μmg cos 37°=mg sin 37°解得F安=0.2 N又因为F安=B2L2v1R可求出B2L2=0.01 T2·m2则P m=B2L2v22R=0.43 W。
2020新课标高考物理二轮练习：1 计算题专项练(一) Word版含解析
三、计算题专项练计算题专项练(一)(建议用时：45分钟)1.如图所示，固定在竖直平面内倾角为θ＝37°，轨道高度AD＝2.4m的倾斜直轨道AB，与水平直轨道BC顺滑连接(在B处有一小段光滑圆弧，小物块经过B点前后的速度大小不变)，C点处有墙壁．某一小物块(视为质点)从A点开始静止下滑，到达B点的速度大小为4 m/s.假定小物块与AB、BC面的动摩擦因数相等，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)求小物块与AB轨道的动摩擦因数；(2)为防止小物块在C点撞墙，求BC间距离的最小值；(3)满足(2)BC的长度，在墙的C点装一弹射装置(长度不计)给物块一初速度v0，要使小物块能返回到A点，求v0至少为多大．2.如图所示，一个半圆柱形玻璃砖，其横截面是半径为R的半圆，AB为半圆的直径，O为圆心．玻璃的折射率为n＝ 2.一细束光线在O点左侧与O相距3 2R处垂直于AB从下方入射．光在真空中传播的速度为c.求此光线在玻璃砖中传播的时间．3．如图所示，电阻不计且足够长的U形金属框架放置在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，该装置处于垂直斜面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝0.4 T．质量m＝0.2 kg、电阻R＝0.3 Ω的导体棒ab垂直放在框架上，与框架接触良好，从静止开始沿框架无摩擦地下滑．框架的质量M＝0.4 kg、宽度l＝0.5 m，框架与斜面间的动摩擦因数μ＝0.7，与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．(g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)若框架固定，求导体棒的最大速度v m；(2)若框架固定，导体棒从静止开始下滑6 m时速度v1＝4 m/s，求此过程回路中产生的热量Q及流过导体棒的电荷量q；(3)若框架不固定，求当框架刚开始运动时导体棒的速度大小v2.4．如图所示，光滑水平面上有一质量M＝4.0 kg的平板车，车的上表面是一段长L＝1.5 m 的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R＝0.25 m 的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O′处相切．现有一质量m＝1.0 kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A.取g＝10 m/s2，求：(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小；(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O′的距离．三、计算题专项练计算题专项练(一)1．解析：(1)物块在AB面上的加速度大小为a1由x AB＝h ADsin θ＝4 m得a1＝v2B2x AB＝2 m/s2由牛顿第二定律得ma1＝mg sin θ－μmg cos θ得μ＝0.5.(2)物块在BC面上的加速度大小a2＝μg＝5 m/s2刚好不撞上C点，设BC的长度为x BC.得x BC＝v2B2a2＝1.6 mBC的长度至少为1.6 m.(3)要使滑块能到A点，则到达A点速度最小值为0，物块在AB轨道上滑的加速度为a3，由牛顿第二定律可得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma3得a3＝10 m/s2，方向沿斜面向下．由v′2B＝2a3x AB得v′B＝4 5 m/s由v20－v′2B＝2a2x BC得v0＝4 6 m/s则v0至少为4 6 m/s.答案：(1)0.5(2)1.6 m(3)4 6 m/s2．解析：由全反射条件有sin θ＝1n ，设光线在距O 点32R 的C 点射入后，在上表面的入射角为α，由几何关系和已知条件得α＝60°>θ，光线在玻璃砖内会发生三次全反射，最后由G 点射出，如图，由反射定律和几何关系得OG ＝OC ＝32R ，由几何关系可知光线在玻璃砖内传播的路程为x ＝R 2＋R ＋R ＋R 2＝3R ，光线在玻璃砖内传播的速度为v ＝c n，光线在玻璃砖内传播的时间为t ＝x v ，联立可得t ＝32R c. 答案：32R c3．解析：(1)棒ab 产生的电动势E ＝Bl v回路中感应电流I ＝E R棒ab 所受的安培力F ＝BIl对棒ab ，mg sin 37°－BIl ＝ma当加速度a ＝0时，速度最大，最大值v m ＝mgR sin 37°（Bl ）2＝9 m/s. (2)根据能量转化和守恒定律有mgx sin 37°＝12m v 2＋Q 代入数据解得Q ＝5.6 Jq ＝I －t ＝E －R t ＝ΔΦR ＝Blx R代入数据得q ＝4.0 C.(3)回路中感应电流I 2＝Bl v 2R框架上边所受安培力F 2＝BI 2l当框架刚开始运动时，对框架有Mg sin 37°＋BI 2l ＝μ(m ＋M )g cos 37°代入数据解得v 2＝7.2 m/s.答案：(1)9 m/s (2)5.6 J 4.0 C (3)7.2 m/s4．解析：(1)平板车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点A 时，二者的共同速度为v 1由动量守恒定律得m v 0＝(M ＋m )v 1由能量守恒定律得12m v 20－12(M ＋m )v 21＝mgR ＋μmgL 解得v 0＝5 m/s.(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v 2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒定律得m v 0＝(M ＋m )v 2设小物块与车最终相对静止时，它距O ′点的距离为x ，由能量守恒定律得12m v 20－12(M ＋m )v 22＝μmg (L ＋x )解得x ＝0.5 m.答案：(1)5 m/s(2)0.5 m。
2020届高三物理二轮复习：计算题32分抢分练1
计算题32分抢分练(一)(时间：20分钟分值：32分)1．(14分)如图所示，在匀强磁场中水平放置两根平行的金属导轨，导轨间距L＝1.0 m。
匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度B＝0.20 T。
两根金属杆ab和cd与导轨的动摩擦因数μ＝0.5。
两金属杆的质量均为m＝0.20 kg，电阻均为R＝0.20 Ω。
若用与导轨平行的恒力F作用在金属杆ab上，使ab杆沿由静止开始向右运动，经过t＝3 s，达到最大速度v，此时cd杆受静摩擦力恰好达到最大。
整个过程中两金属杆均与导轨垂直且接触良好，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，金属导轨的电阻可忽略不计，取重力加速度g＝10 m/s2。
求：(1)ab杆沿导轨运动的最大速度v；(2)作用在金属杆ab上拉力的最大功率P；(3)ab棒由静止到最大速度的过程中通过ab棒的电荷量q。
[解析](1)金属杆cd受力平衡F安＝μmg根据电磁感应定律，金属杆ab上产生的感应电动势为E感＝BL v根据闭合电路欧姆定律，通过金属杆ab的电流I＝E感2RF安＝BIL由以上四式可得v ＝10 m/s 。
(2)金属杆ab 受力平衡，受拉力F ＝F 安＋μmg根据功率公式P ＝F v解得P ＝20 W 。
(3)对杆ab ，由动量定理有(F －μmg )t －BILt ＝m v －0即(F －μmg )t －BLq ＝m v解得q ＝5 C 。
[答案] (1)10 m/s (2)20 W (3)5 C2．(18分)如图所示，质量均为M ＝2 kg 的甲、乙两辆小车并排静止于光滑水平面上，甲车的左端紧靠光滑的14圆弧 AB ，圆弧末端与两车等高，圆弧半径R ＝0.2 m ，两车长度均为L ＝0.5 m 。
两车上表面与滑块P 之间的动摩擦因数μ＝0.2。
将质量为m ＝2 kg 的滑块P (可视为质点)从A 处由静止释放，滑块P 滑上乙车后最终未滑离乙车，重力加速度取g ＝10 m/s 2。
求：(1)滑块P 刚滑上乙车时的速度大小；(2)滑块P 在乙车上滑行的距离。
武汉市2020年高考物理二轮复习精练二计算题32分标准练(二)(I)卷
武汉市2020年高考物理二轮复习精练二计算题32分标准练（二）（I）卷
姓名:________ 班级:________ 成绩:________
一、综合题 (共2题；共32分)
1. （12分） (2016高二上·绵阳期中) 如图所示，用一条绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球质量为1.0×10﹣2 kg，所带电荷量为+
2.0×10﹣8 C．现加一水平方向的匀强电场，平衡时绝缘绳与竖直线成30°角，绳长L=0.2m，g=10m/s2 ，求：
（1）
这个匀强电场的电场强度大小；
（2）
突然剪断轻绳，小球做什么运动？加速度大小和方向如何？
2. （20分） (2019高二下·峨山月考) 如图所示，在y轴的右侧存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴的上方有一平行板式加速电场．有一薄绝缘板放置在y轴处，且与纸面垂直．现在一质量为m、电荷量为q的粒子由静止经过加速电压为U的电场加速，然后以垂直于板的方向沿直线从A处穿过绝缘板，而后从x轴上的D处以与x轴负向夹角为30°的方向进入第四象限，此时再加一匀强电场，使粒子能沿直线从D点到达y 轴上的C点．已知OD长为l，不计粒子的重力．求：
（1）粒子射入绝缘板之间的速度；
（2）粒子经过绝缘板时损失了多少动能；（3）所加匀强电场的电场强度的大小及方向；（4）带电粒子在y轴的右侧运行的总时间．
参考答案一、综合题 (共2题；共32分)
1-1、
1-2、
2-1、
2-2、
2-3、2-4、。
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计算题32分抢分练(一)
(时间：20分钟分值：32分)
1．(14分)如图所示，在匀强磁场中水平放置两根平行的金属导轨，导轨间距L＝1.0 m。
匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度B＝0.20 T。
两根金属杆ab和cd与导轨的动摩擦因数μ＝0.5。
两金属杆的质量均为m＝0.20 kg，电阻均为R＝0.20 Ω。
若用与导轨平行的恒力F作用在金属杆ab上，使ab杆沿由静止开始向右运动，经过t＝3 s，达到最大速度v，此时cd杆受静摩擦力恰好达到最大。
整个过程中两金属杆均与导轨垂直且接触良好，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，金属导轨的电阻可忽略不计，取重力加速度g＝10 m/s2。
求：
(1)ab杆沿导轨运动的最大速度v；
(2)作用在金属杆ab上拉力的最大功率P；
(3)ab棒由静止到最大速度的过程中通过ab棒的电荷量q。
[解析](1)金属杆cd受力平衡F安＝μmg
根据电磁感应定律，金属杆ab上产生的感应电动势为E
感
＝BL v
根据闭合电路欧姆定律，通过金属杆ab的电流I＝E感2R
F安＝BIL
由以上四式可得v＝10 m/s。
(2)金属杆ab受力平衡，受拉力F＝F安＋μmg
根据功率公式P＝F v
解得P＝20 W。
(3)对杆ab，由动量定理有(F－μmg)t－BILt＝m v－0
即(F－μmg)t－BLq＝m v
解得q＝5 C。
[答案](1)10 m/s(2)20 W(3)5 C
2．(18分)如图所示，质量均为M＝2 kg的甲、乙两辆小车并排静止于光滑水
平面上，甲车的左端紧靠光滑的14
圆弧 AB ，圆弧末端与两车等高，圆弧半径R ＝0.2 m ，两车长度均为L ＝0.5 m 。
两车上表面与滑块P 之间的动摩擦因数μ＝0.2。
将质量为m ＝2 kg 的滑块P (可视为质点)从A 处由静止释放，滑块P 滑上乙车后最终未滑离乙车，重力加速度取g ＝10 m/s 2。
求：
(1)滑块P 刚滑上乙车时的速度大小；
(2)滑块P 在乙车上滑行的距离。
[解析] (1)滑块沿14
圆弧下滑过程机械能守恒，有 mgR ＝12m v 20
设滑块P 刚滑上乙车时的速度为v 1，此时两车的速度为v 2，以滑块和甲、乙两辆小车组成系统，规定向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒列出等式
m v 0＝m v 1＋2M v 2
对整体应用能量守恒有
mgR ＝μmgL ＋12m v 21＋12
×2M v 22 解得v 1＝43 m/s ，v 2＝13
m/s 滑块P 刚滑上乙车时的速度大小为43
m/s 。
(2)设滑块P 和小车乙达到的共同速度为v ，滑块P 在乙车上滑行的距离为x ，规定向右为正方向，对滑块P 和小车乙应用动量守恒有m v 1＋M v 2＝(m ＋M )v
对滑块P 和小车乙应用能量守恒有
μmgx ＝12m v 21＋12M v 22－12
(M ＋m )v 2 解得x ＝18
m 。
[答案] (1)43 m/s (2)18
m。