2018届高三物理二轮复习计算题32分专练(一)含解析

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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版高中物理二轮复习计算题标准练二含答案精品

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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.(14分)如图所示,两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一竖直面(纸面)内,其上端接一阻值为R的电阻;在两导轨间OO′下方区域内有垂直导轨平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。

现使电阻为r、质量为m的金属棒ab由静止开始自OO′位置释放,向下运动距离d后速度不再变化。

(棒ab与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平,导轨电阻不计)。

(1)求棒ab在向下运动距离d过程中回路产生的总焦耳热。

(2)棒ab从静止释放经过时间t0下降了,求此时刻的速度大小。

【解析】(1)金属棒受到的安培力:F=BI l=错误！未找到引用源。

,金属棒做匀速运动时速度达到稳定,由平衡条件得:错误！未找到引用源。

=mg,由能量守恒定律得:mgd=Q+mv2,解得:Q=mgd-(2)通过金属棒横截面的电荷量:对金属棒,由动量定理得:(mg-BI l)t0=mv,整理得:mgt0-B l q=mv,解得:v=gt0-错误！未找到引用源。

答案:(1)mgd-错误！未找到引用源。

(2)gt0-错误！未找到引用源。

2.(18分)如图,质量均为m的物体A和物体B通过一劲度系数为k的轻质弹簧相连,A、B都处于静止状态。

一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮,一端连物体A,另一端连一轻挂钩。

开始时各段绳都处于伸直状态,A上方的一段绳沿竖直方向。

现在挂钩上挂物体C并从静止状态释放,已知它恰好能使B离开地面但不继续上升。

已知重力加速度为g。

世纪金榜导学号49294278(1)求物体C的质量。

(2)当B刚要离开地面时,AC间的轻绳的拉力多大?(3)若将C换成质量为3m的物体D,仍从前述初始位置由静止状态释放,则这次B刚离地时D的速度的大小是多少?【解析】(1)开始时,A、B静止,设弹簧压缩量为x1,有kx1=mg ①挂C并释放后,C向下运动,A向上运动,设B刚要离地时弹簧伸长量为x2, 有kx2=mg ②由①②式可知,x1=x2=③B不再上升表示此时A和C的速度为零,C已降到其最低点。

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。

2018届高考物理二轮复习专题卷汇编能量守恒定律专题卷含答案

能量能守恒定律（一）、知识网络观点：力和力的方向上的位移的乘积F 与L 同向：W=FL功公式F 与L 不一样向：W=FLcosα机功和功率械观点：功跟达成功所用的时间的比值能守功率(均匀功率)P=W/t 定公式律P=Fv (刹时功率)动能定理:FL=mv 22/2-mv 12/2动能和势能机械能机械能守恒定律：EP1+Ek1=EP2+Ek2考证机械能守恒定律人类利用能源的历史能量守恒定律能源功是能量转变的量能源耗散(1) （二）、重点内容解说机车起动的两种过程一恒定的功率起动α<90,W 为正α=90,W=0α>90,W 为负机车以恒定的功率起动后，若运动过程所受阻力f 不变,因为牵引力F=P/v 随v 增大,F 减小.依据牛顿第二定律a=(F-f)/m=P/mv-f/m,当速度v 增大时,加快度a 减小，其运动情况是做加快度减小的加快运动。

直至F=F'时,a 减小至零,今后速度不再增大，速度达到最大值而做匀速运动，做匀速直线运动的速度是v m =P/f,下边是这个动向过程的简单方框图速度v 当a=0时a=(F-f)/m 即F=f 时保持v m 匀速F =P/v v 达到最大v m变加快直线运动匀速直线运动这一过程的v-t 关系以下图车以恒定的加快度起动由a=(F-f)/m 知,当加快度a 不变时,发动机牵引力 F 恒定,再由P=F ·v 知,F 必定,发动机实质输出功P 随v 的增大而增大,但当增大到额定功率此后不再增大 ,今后,发动机保持额定功率不变 ,连续增大,牵引力减小,直至F=f 时,a=0,车速达到最大值v=P额/f,今后匀速运动m在P 增至P 额以前,车匀加快运动,其连续时间为 t 0=v 0/a=P 额/F ·a=P 额/(ma+F ’)a(这个 v 0必然小于 v m ,它是车的功率增至P 额之时的刹时速度 )计算时,先计算出在P 增至P 额以后,为加快度减小的加快运动,直至达到v m .下边是这个动向过程的方框图.匀加快直线运动变加快直线运动匀速直线运动vvm注意:中的仅是机车的牵引力,而非车辆所受的协力,这一点在计算题目中极易犯错.实质上,飞机’轮船’火车等交通工具的最大行驶速度遇到自己发动机额定功率P 和运动阻力f 两个要素的共同限制,此中运动阻力既包含摩擦阻力,也包含空气阻力,并且阻力会跟着运动速度的增大而增大.所以,要提升各样交通工具的最大行驶速度,除想方法提升发动机的额定功率外,还要想方法减小运动阻力,汽车等交通工具外型的流线型设计不仅为了雅观,更是出于减小运动阻力的考虑 .动能定理（1）内容：协力所做的功等于物体动能的变化（2）表达式：W=E-E= 22。

2018版高考物理二轮训练(江苏专版)：选择题31分强化练 Word版含解析

选择题31分强化练(一)(对应学生用书第147页)(建议用时：15分钟)一、单项选择题(本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意．)1．物理学中用到大量的科学研究方法，在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这是物理学中常用的微元法．如图所示的四个实验中，哪一个采用了微元法()【导学号：17214242】A．探究求合力的方法B．探究弹性势能的表达式的实验中，为计算弹簧弹力所做的功C．探究加速度与力、质量的关系D．利用库仑扭秤测定静电力常数B [在求两个力的合力时，如果一个力的作用效果与两个力的作用效果相同，这个力就是那两个力的合力，运用的是等效法，故A 错误；在探究弹性势能的表达式过程中，把拉伸弹簧的过程分成很多小段，在每小段内认为弹簧的弹力是恒力，然后把每小段做功的代数和相加，运用的是微元法，故B 正确；在探究牛顿第二定律的过程中，控制物体的质量不变，研究物体的加速度与力的关系，运用的是控制变量法，故C 错误；利用库仑扭秤测定静电力常数用的是放大法，不是微元法的思想，故D 错误．]2．2014年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持，特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术．如图1为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图，北斗导航系统中两颗卫星“G 1”和“G 3”以及“高分一号”均可认为绕地心O 做匀速圆周运动，卫星“G 1”和“G 3”的轨道半径均为r ，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A 、B 两位置，“高分一号”在C 位置，若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g ，地球半径为R ，不计卫星间的相互作用力．则以下说法正确的是( )图1A ．卫星“G 1”和“G 3”的加速度大小相等均为R 2r gB ．卫星“G 1”由位置A 运动到位置B 所需要的时间为2πr3R r gC ．如果调动“高分一号”卫星到达卫星“G 3”所在的轨道，必须对其减速D ．“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，运行一段时间后，高度会降低，速度增大，机械能会减小D [根据万有引力提供向心力G Mm r 2＝ma ，得a ＝G M r 2，而GM ＝gR 2，所以卫星的加速度a ＝gR 2r 2，故A 错误；根据万有引力提供向心力G Mm r 2＝mω2r ，得ω＝GMr 3，所以卫星“G 1”由位臵A 运动到位臵B 所需的时间t ＝π3ω＝πr 3R rg ，故B 错误；“高分一号”卫星加速，将做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长，故如果调动“高分一号”卫星到达卫星“G 3”所在的轨道，必须对其加速，故C 错误；“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，克服阻力做功，机械能减小，故D 正确．]3．如图2所示实线为等量异种点电荷周围的电场线，虚线为以一点电荷为中心的圆，M 点是两点电荷连线的中点，若将一试探正点电荷从虚线上N 点移动到M点，则( )图2A ．电荷所受电场力大小不变B ．电荷电势能大小不变C ．电荷电势能逐渐减小D ．电荷电势能逐渐增大C [由电场线的分布情况可知，N 处电场线比M 处电场线疏，则N 处电场强度比M 处电场强度小，由电场力公式F ＝qE 可知正点电荷从虚线上N 点移动到M 点，电场力逐渐增大，故A 错误；根据顺着电场线方向电势降低，知虚线上各点的电势比正电荷处的电势低，根据U ＝Ed 知：N 与正电荷间的电势差小于M 与正电荷的电势差，所以N 点的电势高于M 点的电势，从N 点到M 点，电势逐渐降低，正电荷的电势能逐渐减小，故C 正确，B 、D 错误．]4．如图3所示，窗子上、下沿间的高度H ＝1．6 m ，墙的厚度d ＝0．4 m ，某人在离墙壁距离L ＝1．4 m 、距窗子上沿h ＝0．2 m 处的P 点，将可视为质点的小物件以v 的速度水平抛出，小物件直接穿过窗口并落在水平地面上，取g ＝10 m/s 2．则v 的取值范围是( )图3A ．v >7 m/sB ．v <2．3 m/sC ．3 m/s<v <7 m/sD ．2．3 m/s<v <3 m/sC [小物体做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v 最大．此时有L ＝v max t ，h ＝12gt 2，代入数据解得v max ＝7 m/s ，恰好擦着窗口下沿左侧时速度v最小，则有L ＋d ＝v min t ′，H ＋h ＝12gt ′2，代入数据解得v min ＝3 m/s ，故v的取值范围是3 m/s<v <7 m/s ，C 正确．]5．如图4所示，电源的电动势为E ，内阻为r ，R 1为定值电阻，R 2为光敏电阻，C 为电容器，L 为小灯泡，电表均为理想电表，闭合开关S 后，若增大照射光强度，则( )图4A ．电压表的示数增大B ．小灯泡的功率减小C ．电容器上的电荷量增加D ．两表示数变化量的比值|ΔU ΔI |增大A [当照射光强度增大时，光敏电阻的阻值减小，电路中的总电阻减小，总电流增大，定值电阻R 1两端的电压增大，小灯泡的功率增大，故选项A 正确，选项B 错误；根据闭合电路欧姆定律可知电容器两端的电压减小，故所带电荷量减少，故选项C 错误；对定值电阻而言，|ΔU ΔI |也就等于其阻值，故选项D错误．]二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．)6．如图5所示用力F 拉A 、B 、C 三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的B 物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F 不变，那么加上物体以后，两段绳的拉力T a 和T b 的变化情况是( )图5A ．T a 增大B ．T b 增大C ．T a 减小D ．T b 减小AD [设最左边的物体质量为m ，最右边的物体质量为m ′，整体质量为M ，整体的加速度a ＝F M ，对最左边的物体分析，T b ＝ma ＝mF M ，对最右边的物体分析，有F －T a ＝m ′a ，解得T a ＝F －m ′F M ．在中间物体上加上一个小物体，则整体质量M 增大，因为m 、m ′不变，所以T b 减小，T a 增大，A 、D 正确．]7．如图6所示，真空中有一竖直向上的匀强电场，其场强大小为E ，电场中的A 、B 两点固定着两个等量异号点电荷＋Q 、－Q ，A 、B 两点的连线水平，O 为其连线的中点，c 、d 是两点电荷连线垂直平分线上的两点，Oc ＝Od ，a 、b 两点在两点电荷的连线上，且与c 、d 两点的连线恰好形成一个菱形，则下列说法中正确的是( )【导学号：17214243】图6A ．a 、b 两点的电场强度E a >E bB ．c 、d 两点的电势φd >φcC ．将质子从a 点移到c 点的过程中，电场力对质子做负功D ．质子从O 点移到b 点时电势能减小BD [由等量异种电荷产生电场特点可知，ab 两点的场强相同，当再与匀强电场叠加时，两点的场强依然相同，故A错误；等量异种电荷产生电场的特点是连线的中垂线上的电势为零；当再叠加匀强电场时，d点的电势大于c 点的电势，故B正确；据场强的叠加可知，a到c的区域场强方向大体斜向上偏右，所以将质子从a点移到c点的过程中，电场力对质子做正功，故C 错误；据场强的叠加可知，O到b区域场强方向大体斜向上偏右，当质子从左到右移动时，电场力做正功，电势能减小，故D正确．]8．如图7所示，斜面体固定不动，一轻质弹簧沿光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上．分两次将质量为m1、m2(m2＞m1)的两物块从斜面上不同位置静止释放，两次运动中弹簧的最大压缩量相同(弹簧始终在弹性限度范围内)．物块从开始释放到速度第一次减为零的过程，则()图7A．m1开始释放的高度高B．m1的重力势能变化量大C．m2的最大速度小D．m2的最大加速度小AD[对任一物体，设物体的质量为m，物体从开始释放到速度第一次减为零下降的高度为h．取最低点所在水平面为参考平面．根据物体与弹簧组成的系统机械能守恒得：mgh＝E p，据题意，两次弹簧的最大弹性势能E p相同，m2＞m1，则有h1＞h2，即m1开始释放的高度高，故A正确．物体从开始释放到速度第一次减为零的过程，物体的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，则两个物体重力势能变化量相等，故B错误．物块的速度最大时，合力为零，则有kx＝mg sin α，因为m2＞m1，所以x2＞x1．设弹簧的最大压缩量为x m．物块刚下滑时离弹簧的距离为L．从开始到最低点的过程，根据能量守恒定律得：E p＝mg sin α(x m＋L)，由题意知，x m、E p相等，m2＞m1，则L2＜L1．从开始到速度最大的过程，由能量守恒得：mg sin α(L＋x)＝12m v2m＋12kx2，又x＝mg sin αk，解得：v m＝2gL sin α＋mg2sin2αk，由于m2＞m1，L2＜L1，可知不能判断两物块最大速度的大小，故C错误．两次运动中弹簧的最大压缩量相同，弹簧的最大弹力相同，设为F，由牛顿第二定律得F－mg sin α＝ma，得最大加速度为 a ＝F m －g sin α，由于m 2＞m 1，所以m 2的最大加速度小于m 1的最大加速度，故D 正确．]9．如图8所示，两根光滑、足够长的平行金属导轨固定在水平面上．滑动变阻器接入电路的电阻值为R (最大阻值足够大)，导轨的宽度L ＝0．5 m ，空间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度的大小B ＝1 T ．内阻r ＝1 Ω的金属杆在F ＝5 N 的水平恒力作用下由静止开始运动．经过一段时间后，金属杆的速度达到最大速度v m ，不计导轨电阻，则有( )图8A ．R 越小，v m 越大B ．金属杆的最大速度大于或等于20 m/sC ．金属杆达到最大速度之前，恒力F 所做的功等于电路中消耗的电能D ．金属杆达到最大速度后，金属杆中电荷沿杆长度方向定向移动的平均速率v e 与恒力F 成正比BD [当导体棒达到最大速度时满足F ＝F 安，则F ＝B BL v m r ＋RL ，解得v m ＝F (r ＋R )B 2L 2，可知R 越大，v m 越大，选项A 错误；金属杆的最大速度v m ＝F (r ＋R )B 2L 2＝5×(1＋R )12×0．52＝20(1＋R ) m/s ，则金属杆的最大速度大于或等于20 m/s ，选项B 正确；在金属杆达到最大速度之前，恒力F 所做的功等于电路中消耗的电能与导体棒动能增量之和，选项C 错误；金属杆达到最大速度后导体棒中的电流I ＝F BL ，则I ＝neS v e ，则v e ＝I neS ＝F BLneS ，故金属杆达到最大速度后，金属杆中电荷沿杆方向定向移动的平均速率v e 与恒力F 成正比，选项D 正确．]选择题31分强化练(二)(对应学生用书第148页)(建议用时：15分钟)一、单项选择题(本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意．)1．如图所示，一物体以速度v 向左运动．从A 位置开始受到恒定的合力F 作用．四位同学画出物体此后的运动轨迹AB 和物体在B 点的速度方向，四种画法中正确的是( )A B C DA [物体在A 点的速度v 与受的恒力F 不在同一直线上，故物体做曲线运动，其轨迹应向受力方向弯曲，C 错误；因v A 与力F 夹角小于90°，故随物体速度的增大，力与速度的夹角逐渐减小，但不可能为零，故A 正确，B 、D 均错误．]2．甲乙两汽车在一平直公路上同时、同地、同向行驶，在t ＝0到t ＝t 1的时间内，它们的v -t 图象如图1所示．在这段时间内( )【导学号：17214244】图1A ．t 0时刻甲、乙两汽车相遇B ．汽车乙的平均速度小于v 1＋v 22C ．甲乙两汽车的位移相同D ．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大B [由图象可知t 0时刻甲、乙两汽车速度相等，相距最远，故选项A 错误；由于乙车做变减速运动，平均速度小于匀减速直线运动的平均速度v 1＋v 22，故B 正确；在v -t 图象中，图形的面积代表位移的大小，根据图象可知道，甲的位移大于乙的位移，选项C 错误；因为切线的斜率等于物体的加速度，汽车甲和乙的加速度大小都是逐渐减小，故D 错误．]3．如图2所示，将外皮绝缘的圆形闭合细导线扭一次变成两个面积比为1∶4的圆形闭合回路(忽略两部分连接处的导线长度)，分别放入垂直圆面向里、磁感应强度大小随时间按B ＝kt (k >0，为常数)的规律变化的磁场，前后两次回路中的电流比为( )图2A ．1∶3B ．3∶1C ．1∶1D ．9∶5D [同一导线构成不同闭合回路，它们的电阻相同，那么电流之比等于它们的感应电动势之比，设圆形线圈的周长为l ，依据法拉第电磁感应定律知E ＝ΔB Δt S ，之前的闭合回路的感应电动势E ＝k π⎝ ⎛⎭⎪⎫l 2π2，圆形闭合细导线扭一次变成两个面积比为1∶4的圆形闭合回路，根据面积之比等于周长的平方之比，则1∶4的圆形闭合回路的周长之比为1∶2；之后的闭合回路的感应电动势E ′＝k π⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫l 32π2＋k π⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2l 32π2；则前后两次回路中的电流比I ∶I ′＝E ∶E ′＝9∶5，D 正确．]4．中国国家航天局目前计划于2020年发射嫦娥工程第二阶段的月球车嫦娥四号．中国探月计划总工程师吴伟仁近期透露，此台月球车很可能在离地球较远的月球背面着陆，假设运载火箭先将“嫦娥四号”月球探测器成功送入太空，由地月转移轨道进入100公里环月轨道后成功变轨到近月点为15公里的椭圆轨道，在从15公里高度降至月球表面成功实现登月．则关于“嫦娥四号”登月过程的说法正确的是( )图3A．“嫦娥四号”由地月转移轨道需要减速才能进入100公里环月轨道B．“嫦娥四号”在近月点为15公里的椭圆轨道上各点的速度都大于其在100公里圆轨道上的速度C．“嫦娥四号”在100公里圆轨道上运动的周期小于其在近月点为15公里的椭圆轨道上运动的周期D．从15公里高度降至月球表面过程中，“嫦娥四号”处于失重状态A[“嫦娥四号”由地月转移轨道实施近月制动才能进入100公里环月圆轨道上，A正确；由卫星变轨条件可知近月点为15公里的椭圆轨道上远月点的速度小于圆轨道上的速度，B错误；由开普勒第三定律可得“嫦娥四号”在100公里圆轨道上运动的周期大于其在椭圆轨道上运动的周期，C错误；从15公里高度降至月球表面过程“嫦娥四号”需要减速下降，处于超重状态，D错误．]5．如图4所示，空间有一正三棱锥OABC，点A′、B′、C′分别是三条棱的中点．现在顶点O处固定一正的点电荷，则下列说法中正确的是()图4A．A′、B′、C′三点的电场强度相同B．△ABC所在平面为等势面C．将一正的试探电荷从A′点沿直线A′B′移到B′点，静电力对该试探电荷先做正功后做负功D．若A′点的电势为φA′，A点的电势为φA，则A′A连线中点D处的电势φD 一定小于φA ′＋φA 2D [因为A ′、B ′、C ′三点离顶点O 处的正电荷的距离相等，故三点处的场强大小相等，但其方向不同，因此选项A 错误；由于△ABC 所在平面各点到顶点O 处的距离不全相等，由等势面的概念可知，△ABC 所在平面不是等势面，选项B 错误；由电势的概念可知，沿直线A ′B ′的电势变化为先增大后减小，所以当在此直线上从A ′到B ′移动正电荷时，电场力对该正电荷先做负功后做正功，选项C 错误；因为U A ′D ＝E A ′D ·A ′D ，U DA ＝E DA ·DA ，由点电荷的场强关系可知E A ′D >E DA ，又因为A ′D ＝DA ，所以有U A ′D >U DA ，即φA ′－φD >φD －φA ，整理可得φD <φA ′＋φA 2，选项D 正确．]二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．)6．关于下列器材的原理和用途，正确的是( )图5A ．变压器可以改变交变电压但不能改变频率B ．扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈存在电阻C ．真空冶炼炉的工作原理是炉体产生涡流使炉内金属熔化D ．磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用AD [变压器可以改变交流电的电压但不能改变频率，故A 正确；扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈产生了自感现象，不是因为电阻的热效应，故B 错误；真空冶炼炉的工作原理是炉中金属产生涡流使炉内金属熔化，不是炉体产生涡流，故C 错误；磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框中可以产生感应电流能起电磁阻尼的作用，故D 正确．]7．如图6所示电路中，电源电动势为E (内阻不可忽略)，线圈L 的电阻不计．以下判断正确的是( )图6A．闭合S稳定后，电容器两端电压为EB．闭合S稳定后，电容器的a极板带负电C．断开S的瞬间，通过R1的电流方向向右D．断开S的瞬间，通过R2的电流方向向右BC[闭合S稳定后，L相当于一段导线，R1被短路，所以C两端的电压等于路端电压，小于电动势E，故A错误；闭合S稳定后，由图知b极板带正电，a极板带负电，故B正确；断开S的瞬间，L相当于电源，与R1组成回路，通过R1的电流方向自左向右，故C正确；断开S的瞬间，电容器会放电，则通过R2的电流方向向左，故D错误．]8．如图7所示，匀强磁场的磁感应强度B＝22T，单匝矩形线圈面积S＝1 m2，电阻r＝403Ω，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接．V为理想交流电压表，A1、A2为理想交流电流表，L1、L2为两个完全相同的电灯泡，标称值为“20 V，30 W”，且均正常发光，电流表A1的示数为1．5 A．则以下说法正确的是()【导学号：17214245】图7A．电流表A1、A2的示数之比2∶1B．理想电压表原、副线圈的匝数之比2∶1C．线圈匀速转动的角速度ω＝120 rad/sD．电压表的示数为40 2 VBC [因灯泡正常发光，则原、副线圈的电流比为1∶2，则A 错误；由于电流与匝数成反比，则理想电压表原、副线圈的匝数之比2∶1，则B 正确；副线圈的电压为20 V ，则原线圈的电压为40 V ，由于线圈的内阻r ＝403 Ω，因电流为1．5 A ，那么最大值为602＝BSω，求得ω＝120 rad/s ，则C 正确；电压表的示数为有效值40 V ，则D 错误．]9．如图8所示，竖直固定一截面为正方形的绝缘方管，高为L ，空间存在与方管前面平行且水平向右的匀强电场E 和水平向左的匀强磁场B ，将带电量为＋q 的小球从管口无初速度释放，小球直径略小于管口边长，已知小球与管道的动摩擦因数为μ，管道足够长，小球不转动．则小球从释放到底端过程中( )图8A ．小球先加速再匀速B ．小球的最大速度为m 2g 2－μ2q 2E 2μqBC ．系统因摩擦而产生的热量为mgL －12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫mg －μqE μqB 2 D ．小球减少的机械能大于产生的热量AC [小球向下运动，磁场方向水平向左，根据左手定则可得小球受到的洛伦兹力方向垂直纸面向里，对小球不做功，运动过程中受到的里面那个面给的摩擦力越来越大，最后当重力和摩擦力相等时，小球速度不再改变，故小球先加速后匀速，A 正确；小球受到两个面给的摩擦力，里面给的弹力大小为F ＝Bq v ，右边的面给的弹力大小为F ′＝Eq ，当摩擦力和重力平衡时，小球速度最大，即mg ＝μ(Bq v ＋Eq )，故有v ＝mg －μqEμqB ，B 错误；小球运动的过程中只有重力和摩擦力做功，由动能定理得：mgL －W f ＝12m v 2，解得W f ＝mgL－12m⎝⎛⎭⎪⎫mg－μqEμqB2，C正确；由于系统中只有重力和摩擦力做功，所以减小的机械能等于产生的热量，D错误．]选择题31分强化练(三)(对应学生用书第149页)(建议用时：15分钟)一、单项选择题(本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意．)1．下列图片显示的技术中，属于防范静电危害的是()A．静电复印B．静电喷涂C．避雷针D．静电除尘C[复印机复印文件资料，就是利用静电墨粉成在鼓上．故A属于静电的利用；静电喷涂是利用异种电荷间的吸引力来工作的，故B属于静电的利用；下雨天，云层带电打雷，往往在屋顶安装避雷针，是导走静电，防止触电，故C属于静电防范；静电除尘时除尘器中的空气被电离，烟雾颗粒吸附电子而带负电，颗粒向电源正极运动，D属于静电应用．]2．如图1所示的是一个力学平衡系统，该系统由三条轻质细绳将质量均为m的两个小球连接悬挂组成，小球直径相比细绳长度可以忽略，轻绳1与竖直方向的夹角为30°，轻绳2与竖直方向的夹角θ大于45°，轻绳3水平．当此系统处于静止状态时，细绳1、2、3的拉力分别为F1、F2、F3，比较三力的大小，下列结论正确的是()图1A ．F 1<F 3B ．F 2<F 3C ．F 1>F 2D ．F 1<F 2C [对两球的整体受力分析，根据平衡条件可知F 1＝2mg cos 30°＝433mg ；F 3＝2mg tan 30°＝233mg ，则F 1>F 3，选项A 错误；对b 球受力分析，因F 2是直角三角形的斜边，而mg 和F 3是直角边，θ>45°可知F 2>F 3，选项B 错误；对a 球分析，水平方向：F 1sin 30°＝F 2sin θ，因θ>45°，则F 1>F 2，选项C 正确，D 错误．]3．用等效思想分析变压器电路．如图2(a)中的变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数之比为n 1∶n 2，副线圈与阻值为R 1的电阻接成闭合电路，虚线框内部分可等效看成一个电阻R 2．这里的等效指当变压器原线圈、电阻R 2两端都接到电压为U ＝220 V 的交流电源上时，R 1与R 2消耗的电功率相等，则R 2与R 1的比值为( )图2 A ．n 2n 1 B ．n 1n 2C ．n 21n 22D ．n 1n 2C [设副线圈的电压为U 1，利用电流的热效应，功率相等，则U 21R 1＝U 2R 2，R 2R 1＝U 2U 21；原副线圈的匝数之比等于电压之比，则R 2R 1＝U 2U 21＝n 21n 22，C 正确．]4．荡秋千是一种常见的休闲娱乐活动，也是我国民族运动会上的一个比赛项目．若秋千绳的长度约为2 m，荡到最高点时，秋千绳与竖直方向成60°角，如图3所示．人在从最高点到最低点的运动过程中，以下说法正确的是()图3A．最低点的速度大约为10 m/sB．在最低点时的加速度为零C．合外力做的功等于增加的动能D．重力做功的功率逐渐增加C[秋千在下摆过程中，受到的绳子拉力不做功，机械能守恒，则得：mgl(1－cos 60°)＝12m v2，解得v＝gl＝2×10 m/s＝2 5 m/s≈4．47 m/s．所以最低点的速度大约为5 m/s，故A错误；在最低点的加速度为a＝v2l＝g，故B错误；根据动能定理得，合外力做的功等于增加的动能，故C正确；在最高点，秋千的速度为零，重力的瞬时功率为零，在最低点，重力与速度垂直，重力的瞬时功率也为零，所以重力做功的功率先增加后减少，故D错误．] 5．电容式加速度传感器的原理结构如图4，质量块右侧连接轻质弹簧，左侧连接电介质，弹簧与电容器固定在外框上．质量块可带动电介质移动改变电容．则()图4A．电介质插入极板间越深，电容器电容越小B．当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流C．若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会伸长D．当传感器由静止突然向右加速瞬间，电路中有顺时针方向电流D [根据电容器的电容公式C ＝εS 4k πd ，当电介质插入极板间越深，即电介质增大，则电容器电容越大，故A 错误；当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故B 错误；若传感器原来向右匀速运动，突然减速时，质量块具有惯性，则继续向右运动，从而压缩弹簧，故C 错误；当传感器由静止突然向右加速瞬间，质量块相对电容器要向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据Q ＝CU ，可知极板间的电量增大，电容器处于充电状态，因此电路中有顺时针方向电流，故D 正确．]二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．)6．如图5所示，两个匀强磁场的方向相同，磁感应强度分别为B 1、B 2，虚线MN 为理想边界．现有一个质量为m 、电荷量为e 的电子以垂直于边界MN 的速度v 由P 点沿垂直于磁场的方向射入磁感应强度为B 1的匀强磁场中，其运动轨迹为图中虚线所示的心形图线．则以下说法正确的是( )【导学号：17214246】图5A ．电子的运动轨迹为P →E →N →C →M →D →PB ．电子运动一周回到P 点所用的时间T ＝4πm B 1eC ．B 1＝4B 2D ．B 1＝2B 2BD [由左手定则可判定电子在P 点受到的洛伦兹力的方向向上，轨迹为P →D →M →C →N →E →P ，选项A 错误；由图得两个磁场中轨迹圆的半径之比为1∶2，由r ＝m v qB 可得磁感应强度之比B 1B 2＝2∶1，选项C 错误，D 正确；电子运动一周所用的时间t ＝T 1＋T 22＝2πm B 1e ＋πm B 2e ＝4πm B 1e ，选项B 正确．] 7．如图6所示，在一个足够长的固定粗糙绝缘斜面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的相同小物块A 、B ，由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终静止在斜面上．在物块的运动过程中，下列表述正确的是( )【导学号：17214247】图6A ．两个物块构成的系统电势能逐渐减少B ．两个物块构成的系统机械能逐渐减少C ．最终静止时A 物块受的摩擦力方向向上D ．A 、B 在运动过程中必会同时达到最大速度AC [由静止释放后，两个物块向相反方向运动，两物块之间的库仑力做正功，电势能减小，故A 正确；开始阶段，库仑力大于物块的摩擦力和重力沿斜面的分力的矢量和，物块做加速运动，机械能增大；当库仑力等于摩擦力和重力沿斜面的分力的矢量和时，B 物块达最大速度，A 物块仍加速下滑，当库仑力小于摩擦力时，机械能减小，故B 、D 错误；最终静止时A 物块受力的合力为零，受力分析可以知道摩擦力方向一定沿斜面向上，故选项C 正确．]8．如图7所示是法拉第圆盘发电机的示意图．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P 、Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B 中，当圆盘旋转时，下列说法正确的是( )图7A ．实验中流过电阻R 的电流是由于圆盘内产生涡流现象而形成的B ．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则圆盘中心电势比边缘要高。

(新课标)2018届高考物理二轮复习训练试卷含答案：专题二功和能动量能力训练7 动量动量的综合应用

专题能力训练7 动量动量的综合应用(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共7小题,每小题6分,共42分。

在每小题给出的四个选项中,1~4题只有一个选项符合题目要求,5~7题有多个选项符合题目要求。

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.(2017·全国Ⅰ卷)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。

在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A.30 kg·m/sB.5.7×102kg·m/sC.6.0×102kg·m/sD.6.3×102kg·m/s2.(2017·山东青岛一模)一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上的木块后不再穿出,木块的动能增加了8 J,木块的质量大于子弹的质量。

则此过程中产生的内能可能是()A.18 JB.16 JC.10 JD.6 J3.如图所示,两质量分别为m1和m2的弹性小球叠放在一起,从高度为h处自由落下,且h远大于两小球半径,所有的碰撞都是完全弹性碰撞,且都发生在竖直方向。

已知m2=3m1,则小球m1反弹后能达到的高度为()A.hB.2hC.3hD.4h4.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳,经Δt时间,身体伸直并刚好离开地面,速度为v,在此过程中()A.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为mv2B.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为零C.地面对他的冲量为mv,地面对他做的功为mv2D.地面对他的冲量为mv-mgΔt,地面对他做的功为零5.蹦极运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下,将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动,从绳恰好伸直,到人第一次下降至最低点的过程中,下列分析正确的是()A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能先增大后减小C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力6.在一条直线上,运动方向相反的两球发生正碰。

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。

(全国通用)2018年高考物理二轮复习精练二计算题32分标准练(一)

计算题32分标准练(一)24.(14分)如图1所示，左侧是两平行金属板P 、Q ，右侧是一个边长为2L 的正方形磁感应强度为B 的匀强磁场区域abcd ，e 是ad 的中点。

金属板P 上O 处有一粒子源，可发射出初速度可视为零的带负电的粒子(比荷为qm＝k )，Q 板中间有一小孔，可使粒子射出后垂直磁场方向从a 点沿对角线方向进入匀强磁场区域。

图1(1)在P 、Q 两极板上加上直流电压，如果带电粒子恰好从d 点射出，求所加电压的大小。

(2)若在P 、Q 两极板上所加直流电压为U 0，求带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径。

解析 (1)如图所示，根据几何关系可以看出，当粒子恰好从d 点射出时，轨道半径为r ＝L (2分)设带电粒子射入磁场时速度为v ，由洛伦兹力提供向心力得qvB ＝m v 2r (2分)解得：v ＝qBLm (1分)由功能关系，有qU ＝12mv 2(2分) 解得所加电压大小U ＝12kB 2L 2(1分)(2)由功能关系，有qU 0＝12mv 2(2分)洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m v 2R (2分)联立解得带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径为R ＝1B 2U 0k(2分) 答案 (1)12kB 2L 2 (2)1B 2U 0k25.(18分)如图2所示，两半径均为R ＝0.2 m 的光滑绝缘半圆轨道PM 、QN 在同一竖直面内放置，两半圆轨道刚好与绝缘水平面平滑相切于M 、N 点，P 、Q 分别为两半圆轨道的最高点。

水平面MF 部分虚线方框内有竖直向下的匀强电场，场强大小为E ，电场区域的水平宽度L MF ＝0.2 m 。

带电荷量为q 、质量为m ＝1 kg 两相同带正电的两滑块A 、B 固定于水平面上，它们不在电场区域，但A 靠近F ，它们之间夹有一压缩的绝缘弹簧(不连接)，释放A 、B 后，A 进入电场时已脱离弹簧。

滑块与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.5。

已知Eq ＝2 N ，整个装置处于完全失重的宇宙飞船中。

2018届高三下学期复习练习物理试题(解析版)

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

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

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

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

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

θ角一定，质量不同的小球运动的加速度都是，与小球质量无关，选项D错。

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

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

2018版高中物理二轮复习计算题标准练五含答案精品

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计算题标准练(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=4.0×118N/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应满足什么条件?(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应为多大?(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等,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,轻弹簧右端固定,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定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。

2018届高三物理二轮复习试题：专练1 含解析精品

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8 N和12 N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 km，“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() A．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B 0.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( )A.150πB.250πC.225πD.125π[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50 Hz 的正弦式交变电流，其电动势最大值为E m ＝B 0Sω＝100πB 0S ，有效值E ＝22E m ＝502πB 0S .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4B 0S T ，有效值也为4B 0S T ，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4B 0S T ＝502πB 0S ，解得T ＝225π，选项C 正确．[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＝5 V．由f＝1T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＝E m2＝522V．根据闭合电路欧姆定律，负载电阻中电流I＝ER＋r＝22A，负载电阻两端电压即电压表示数U＝IR＝2 2 V，选项B错误．负载电阻R的电功率P＝UI＝22×22W＝2 W，选项C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W 1，第二次击打过程中小锤对小球做功W 2，先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则W 1W 2的值可能是( )A.13B.23C ．1D ．2 [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W 1≤mgR ，两次击打后小球可以到达轨道最高点，根据功能关系有W 1＋W 2－2mgR ＝12m v 2，根据圆周运动知识，在最高点有mg ＋N ＝m v 2R ≥mg ，联立解得W 2≥32mgR ，故W 1W 2≤23，A 、B 正确． [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C ．平均感应电动势为12Bd v D ．线框中产生的焦耳热为B 2d 3v 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，由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt 可知，线框中的平均感应电动势大小为零，C错误；Q ＝U 2R ·Δt ＝(Bd v )2R ·d v ＝B 2d 3v R ，故D 正确．[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C ．金属管线的埋覆深度为22L D ．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，金属管线的埋覆深度为22L ，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)33．(2017·福建质检)[物理——选修3－3](1)(多选)下列说法正确的是________．A．理想气体从外界吸热后内能一定增大B．同一液体在不同温度下的饱和蒸汽压不同C．悬浮在液体中的颗粒越大布朗运动越明显D．当两分子间的引力和斥力大小相等时分子势能最小E．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用(2)某潜艇位于海面下200 m深处．如图，艇上有一个容积为3 m3的贮气钢筒，筒内贮有压缩气体，压缩气体的压强为2.0×107Pa.将贮气钢筒内一部分压缩气体通过节流阀压入水舱，排出海水10 m3(节流阀可控制其两端气压不等，水舱有排水孔和海水相连)，在这个过程中气体温度视为不变．海面大气压为 1.0×105Pa，海水密度取1.0×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2.求：①海面下200 m深处的压强p1；②贮气钢筒内剩余气体的压强p2.[解析](1)理想气体从外界吸热若同时对外做功，则内能不一定增大，A错误．某种液体的饱和蒸汽压与温度有关，因此同一液体在不同温度下的饱和蒸汽压不同，B正确．颗粒越大，与其相撞的液体分子个数越多，来自各方向的撞击越趋近于平衡，从而引起颗粒的布朗运动越不明显，C错误．分子间同时存在斥力和引力，当分子间距离大于平衡位置的距离r0时，分子力表现为引力，分子距离越大，分子势能越大；当分子间距离小于平衡位置的距离r0时，分子力表现为斥力，分子距离越小，分子势能越大；所以当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小，D正确．液体表面层的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，正是因为这种张力的作用使叶面上的小露珠呈球形，E正确．(2)①设海面下200 m深处的压强为p1p1＝p0＋ρ海水gh代入数据得p1＝2.1×106 Pa②设贮气钢筒内原有气体的压强为p，注入水舱的气体注入前在贮气钢筒内的体积为V，由玻意耳定律，有pV＝p1V，其中V1＝V水＝10 m3设贮气钢筒容积为V0，对贮气钢筒内剩余的气体，由玻意耳定律，有p(V0－V)＝p2V0代入数据得p2≈1.3×107 Pa[答案](1)BDE(2)①2.1×106 Pa②1.3×107 Pa34．(2017·福建质检)[物理——选修3－4](1)(多选)如图甲，P、Q是均匀介质中x轴上的两个质点，间距10 m．一列简谐横波沿x轴正向传播，t＝0时到达质点P处(其后P 的振动图象如图乙)，t＝2 s时到达质点Q处．则________．A．波长为2 mB．波速为5 m/sC．t＝2 s时，P的振动方向沿－y方向D．t＝2 s时，Q的振动方向沿＋y方向E．2～3 s，Q运动的路程为12 cm(2)电视机遥控器中有一半导体发光二极管，它发出频率为3.3×1014 Hz的红外光，用来控制电视机的各种功能．已知这种发光二极管的发光面AB是直径为2 mm的圆盘，封装在折射率n＝2.5的半球形介质中，其圆心位于半球的球心O点，如图．设真空中的光速c＝3.0×108 m/s.①求这种红外光在该半球形介质中的波长；②要使发光面上边缘的点发出的红外光，第一次到达半球面时都不会发生全反射，介质半球的半径R至少应为多大？[解析](1)由图乙可知机械波的传播周期为T＝2 s，由于t＝0时机械波传到质点P ，t ＝2 s 时机械波传到质点Q ，则说明P 、Q 两点之间的距离等于一个波长，即λ＝10 m ，A 错误；由波速公式v ＝λT＝102m/s ＝5 m/s ，B 正确；t ＝0时质点P 沿y 轴的正方向振动，说明波源的起振方向沿y 轴的正方向，则t ＝2 s 时质点Q 刚好开始振动，其振动方向沿y 轴的正方向，D 正确；经过一个完整的周期后，质点P 的振动方向与t ＝0时的振动方向相同，即沿y 轴的正方向，C 错误；2～3 s 为半个周期，则质点Q 通过的路程为振幅的两倍，即12 cm ，E 正确．(2)①根据v ＝λνn ＝c v代入数据得λ≈3.6×10－7 m②光路图如图，由几何知识知，由发光面边缘发出的光与AB 垂直时，入射角i 最大．若这条光线不发生全发射，则所有光线均不会发生全反射，即n ＝sin r sin isin i <sin C ＝1n又sin i＝d 2 R代入数据得R>2.5 mm，即半径R至少为2.5 mm[答案](1)BDE(2)①3.6×10－7 m②2.5 mm。

2018届高考物理二轮复习训练试卷：计算题专项训练

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

【高三物理试题精选】2018届高考物理第二轮课堂综合演练试题(含参考答案)

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

两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢。

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

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

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

所以地面对斜劈没有水平方向的摩擦力的作用。

故A正确。

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

2018届高三物理二轮复习计算题32分专练(一)

计算题32分专练(一)24．(12分)如图所示，质量为m 、电荷量为e 的电子(重力不计)以水平初速度v 0从A 点射向竖直荧光屏MN ，在整个空间中有方向垂直纸面、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，电子经磁场偏转后打在荧光屏上的C 点。

已知A 、C 两点的连线与水平方向之间的夹角为θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

(1)试计算A 、C 两点间的距离；(2)将空间中的磁场换成方向与纸面平行且竖直向上的匀强电场，若要电子同样能打在荧光屏上的C 点，求匀强电场的电场强度E 的大小。

解析： (1)设电子在匀强磁场中做圆周运动的半径为R ，则由洛伦兹力提供向心力可得e v 0B ＝m v 20R ，解得R ＝m v 0eB(2分) 设A 、C 两点间的距离为d ，如图所示，由几何关系可得d sin θ＋R cos 2θ＝R 或d ＝2R sin θ，解得d ＝6m v 05Be。

(4分) (2)设电子在电场中运动的时间为t ，则水平方向上有d cos θ＝v 0t (2分)竖直方向上有d sin θ＝12·eE m·t 2(2分) 其中d ＝6m v 05Be ，联立解得E ＝2516B v 0。

(2分) 答案： (1)6m v 05Be (2)2516B v 0 25．(20分)如图所示，AB 为光滑水平轨道，BC 为半径R ＝0.3 m 的光滑半圆轨道，两段轨道相切于B 点。

甲、乙两小球位于水平轨道上，中间有一被压缩的轻质弹簧(弹簧与甲、乙两小球不拴接)。

已知乙小球的质量为m ＝0.2 kg ，重力加速度大小为g ＝10 m/s 2。

(1)若将甲小球锁定在水平面上使其固定不动，释放乙小球，测得乙小球到达C 点时对轨道的压力为其重力的53倍，求开始时弹簧的弹性势能E p ； (2)若保持弹簧的弹性势能不变，甲小球不锁定，由静止释放甲、乙两小球，测得乙小球刚好能够到达半圆轨道的最高点C ，求甲小球的质量M ；(3)若撤去弹簧，乙小球静止在水平轨道上，甲小球在与乙小球发生弹性碰撞前始终以v 0＝2 3 m/s 的速度向右运动。

2018届高三物理二轮复习习题：计算题综合练1 含答案

五、计算题综合练综合练(一)1．如图所示，半径为R ＝1 m ，内径很小的粗糙半圆管竖直放置，一直径略小于半圆管内径、质量为m ＝1 kg 的小球，在水平恒力F ＝25017N 的作用下由静止沿光滑水平面从A 点运动到B 点，A 、B 间的距离x ＝175m ，当小球运动到B 点时撤去外力F ，小球经半圆管道运动到最高点C ，此时球对外轨的压力F N ＝2.6mg ，然后垂直打在倾角为θ＝45°的斜面上(g ＝10 m/s 2)．求：(1)小球在B 点时的速度的大小； (2)小球在C 点时的速度的大小；(3)小球由B 到C 的过程中克服摩擦力做的功； (4)D 点距地面的高度．解析：(1)小球从A 到B 过程，由动能定理得Fx ＝12mv 2B解得v B ＝10 m/s.(2)在C 点，由牛顿第二定律得mg ＋F N ＝m v 2CR由题意有F N ＝2.6mg 解得v C ＝6 m/s.(3)由B 到C 的过程，由动能定理得－mg ·2R －W f ＝12mv 2C －12mv 2B解得克服摩擦力做的功W f ＝12 J.(4)设小球从C 点到打在斜面上经历的时间为t ， D 点距地面的高度为h ，则在竖直方向上有2R －h ＝12gt 2由小球垂直打在斜面上可知gtv C＝tan 45° 联立解得h ＝0.2 m.答案：(1)10 m/s (2)6 m/s (3)12 J (4)0.2 m2．在真空中，边长为3L 的正方形区域ABCD 分成相等的三部分，左右两侧为匀强磁场，中间区域为匀强电场，如图所示．左侧磁场的磁感应强度大小为B 1＝6mqU2qL，方向垂直纸面向外；右侧磁场的磁感应强度大小为B 2＝6mqUqL，方向垂直于纸面向里；中间区域电场方向与正方形区域的上下边界平行．一质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子从平行金属板的正极板开始由静止被加速，加速电压为U ，加速后粒子从a 点进入左侧磁场，又从距正方形上下边界等间距的b 点沿与电场平行的方向进入中间区域的电场中，不计粒子重力．(1)求a 点到A 点的距离．(2)电场强度E 的取值在什么范围内时粒子能从右侧磁场的上边缘CC 1间离开？(3)改变中间区域的电场方向和场强大小，粒子可从D 点射出，求粒子在左右两侧磁场中运动的总时间．解析：(1)粒子在金属板间加速时，有qU ＝12mv 2①粒子在左侧磁场中运动时，如图甲所示，有qvB 1＝m v 2R 1② sin α＝LR 1③ a 点到A 点的距离x ＝3L2－R 1(1－cos α)④联立解得x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32－33L(2)如图甲所示，粒子在右侧磁场中以半径为R n 和R m 的两轨迹为临界轨迹从上边缘CC 1离开磁场时，有R n ＝34L⑤R m ＝L⑥又qv n B 2＝m v 2nR n⑦ qv m B 2＝m v 2mR m⑧粒子在中间电场运动时，有qE n L ＝12mv 2n －12mv 2⑨ qE m L ＝12mv 2m －12mv 2⑩联立解得E n ＝11U 16L ，E m ＝2U L电场强度的取值范围为11U 16L ＜E ＜2UL .(3)粒子在左右磁场中运动，T 1＝2πmqB 1⑪ T 2＝2πmqB 2⑫必须改变中间区域的电场方向并取定电场E 的某一恰当确定数值，粒子才能沿如图乙所示的轨迹从D 点射出由①～③式可得：α＝60°，有t ＝T 13＋T 22⑬联立⑪⑫⑬并代入数据解得t ＝7πL3m 6qU. 答案：(1)⎝ ⎛⎭⎪⎫32－33L (2)11U 16L ＜E ＜2U L (3)7πL 3m 6qU。

2018届高考物理二轮专题复习文档：计算题押题练一力

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

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

要求汽车在下一路口绿灯再次亮起后能通过该路口。

汽车可看作质点，不计通过路口的时间，道路通行顺畅。

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

试通过计算判断，当该汽车到达下一个路口时能否遇到绿灯。

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

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

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