《推荐》优化方案高考物理二轮总复习——特色专项训练(江苏专用)第一部分专题四电磁感应与电路第2讲课时

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优化方案高三物理二轮复习特色专项训练第1篇专题四选考题巧练技巧拿满分选修33巧练

专题四选考题巧练技巧——拿满分选修33巧练(建议用时：30分钟)1．(1)带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体．气体开始处于状态a，然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到达状态c，b、c状态温度相同，V－T图象如图所示．设气体在状态b和状态c的压强分别为p b和p c，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Q ab和Q ac，则下列结果错误的是________．A．p b>p c，Q ab>Q acB．p b>p c，Q ab<Q acC．p b<p c，Q ab>Q acD．p b<p c，Q ab<Q acE．状态a的压强等于状态b的压强(2)某学校科技兴趣小组利用废旧物品制作了一个简易气温计：在一个空葡萄酒瓶中插入一根两端开口的玻璃管，玻璃管内有一段长度可忽略的水银柱，接口处用蜡密封，将酒瓶水平放置，如图所示．已知该装置密封气体的体积为480 cm3，玻璃管内部横截面积为0.4 cm2，瓶口外的有效长度为48 cm.当气温为7 ℃时，水银柱刚好处在瓶口位置．①求该气温计能测量的最高气温；②假设水银柱从瓶口处缓慢移动到最右端的过程中，密封气体从外界吸收3 J热量，问在这一过程中该气体的内能如何变化？变化了多少？(已知大气压强为1×105 Pa)2．(2015·山西考前监测)(1)下列说法正确的是________．A．布朗运动就是分子的热运动B．气体温度升高，分子的平均动能一定增大C．物体体积增大时，分子间距增大，分子势能也增大D．热量可以从低温物体传递到高温物体E．对物体做功，物体的内能可能减小(2)如图所示，水平放置一个长方体的封闭汽缸，用无摩擦活塞将内部封闭气体分为完全相同的A、B两部分．初始时两部分气体的压强均为p、温度均为T.现使A的温度升高ΔT 而保持B部分气体温度不变，则A部分气体压强的增加量是多少？3．(1)关于热现象和热学规律，下列说法正确的是________．A．布朗运动表明，构成悬浮微粒的分子在做无规则运动B．两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，分子间的引力和斥力都在减小C．热量可以从低温物体传递到高温物体D．物体的摄氏温度变化了1 ℃，其热力学温度变化了273 KE．两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，它们的分子势能先减小后增大(2)如图所示，一水平放置的薄壁汽缸，由截面积不同的两个圆筒连接而成，质量均为m＝1.0 kg的活塞A、B用一长度为3L＝30 cm、质量不计的轻细杆连接成整体，它们可以在筒内无摩擦地左右滑动且不漏气．活塞A、B的面积分别为S A＝200 cm2和S B＝100 cm2，汽缸内A和B之间封闭有一定质量的理想气体，A的左边及B的右边都是大气，大气压强始终保持为p0＝1.0×105Pa.当汽缸内气体的温度为T1＝500 K时，活塞处于图示位置平衡．问：①此时汽缸内理想气体的压强多大？②当汽缸内气体的温度从T1＝500 K缓慢降至T2＝400 K时，活塞A、B向哪边移动？移动的位移多大？4．(1)下列说法正确的是________．A．食盐、雪花、黄金都是晶体B．制作晶体管、集成电路只能用单晶体C．晶体熔化过程中需要吸收热量，但其分子的平均动能不变D．大多数金属都是各向同性的，他们都是非晶体E．液体表面具有收缩的趋势，是由于在液体表面层里分子比内部密集(2)某医院使用的一只氧气瓶，容积为32 dm3，在温度为27 ℃时，瓶内压强为150 atm，按规定当使用到17 ℃、压强降为10 atm，便应重新充气．①若这一瓶氧气自由膨胀到17 ℃、10 atm时体积为多少？②若这个医院在27 ℃时，平均每天要用压强为1 atm 的氧气439 dm 3，则这一瓶氧气能用多少天？③若上述氧气瓶的开关坏了，使高压氧气迅速向外喷出，当瓶内外压强相等时，才关好开关．过一段较长时间再次打开开关，这时瓶内氧气是否还会喷出？专题四选考题巧练技巧——拿满分选修33巧练1．解析：(1)由V ＝k pT 可知V －T 图线的斜率越大，压强p 越小，故p b <p c .由热力学第一定律得：Q ＝ΔU －W ，因T b ＝T c ，所以ΔU ab ＝ΔU ac ，而W ab <W ac ，故Q ab >Q ac ，a 状态和b 状态在同一条等压线上，所以p a ＝p b ，综上C 、E 正确．(2)①当水银柱到达管口时，所测气温最高，设为T 2，此时气体体积为V 2初状态：T 1＝(273＋7)K ＝280 K ，V 1＝480 cm 3，末状态V 2＝(480＋48×0.4) cm 3＝499.2 cm 3，由等压变化知：V 1T 1＝V 2T 2，代入数据得T 2＝291.2 K ，即18.2 ℃.②水银柱向右移动过程中，外界对气体做功W ＝－p 0S ·L＝－1×105×0.4×10－4×48×10－2 J＝－1.92 J由热力学第一定律知内能变化为ΔU ＝W ＋Q ＝－1.92 J ＋3 J ＝1.08 J ，即内能增加1.08 J .答案：(1)ABD (2)①291.2 K (或18.2 ℃) ②内能增加增加1.08 J2．解析：(1)布朗运动是固体小颗粒的运动，A 错；温度是分子平均动能大小的标志，温度升高，分子平均动能增大，B 对；分子间距小于平衡距离时增大分子间距，分子势能将减小，C 错；热量可以由低温传递到高温，但会引起其他变化，D 对；如果物体放出的热量大于对物体做的功，物体内能将减小，故E 对，故选BDE.(2)设温度升高后，A 、B 气体压强的增加量都为Δp ，对A 部分气体，升高温度后的体积为V A ，则由气体方程pV T ＝（p ＋Δp ）V A T ＋ΔT对B 部分气体，升高温度后的体积为V B ，则pV ＝(p ＋Δp )V B又2V ＝V A ＋V B解得Δp ＝p ΔT 2T.答案：(1)BDE (2)p ΔT 2T3．解析：(2)①设被封住的理想气体压强为p ，轻细杆对A 和对B 的弹力为F ，对活塞A 有：p 0S A ＝pS A ＋F对活塞B ，有：p 0S B ＝pS B ＋F得：p ＝p 0＝1.0×105 Pa .②当汽缸内气体的温度缓慢下降时，活塞处于平衡状态，缸内气体压强不变，气体等压降温，活塞A 、B 一起向右移动活塞A 最多移动至两筒的连接处．设活塞A 、B 一起向右移动的距离为x.对理想气体： V 1＝2LS A ＋LS BT 1＝500 KV 2＝(2L －x)S A ＋(L ＋x)S BT 2＝400 KS A ＝200 cm 2 S B ＝100 cm 2由盖－吕萨克定律：V 1T 1＝V 2T 2解得：x ＝10 cmx<2L ＝20 cm 表明活塞A 未碰两筒的连接处．故活塞A 、B 一起向右移动了10 cm . 答案：(1)BCE (2)见解析4．解析：(1)食盐、雪花是单晶体，黄金是多晶体，故选项A 对；晶体有确定的熔点，因此熔化过程中虽然要吸收热量，但分子的平均动能不变，故选项C 对；大多数金属都是各向同性的，他们都是多晶体，故选项D 错；液体表面具有收缩的趋势，是由于在液体表面层里分子比内部稀疏，分子间呈现引力，故选项E 错．(2)①氧气瓶内氧气初态参量：V 1＝32 dm 3，T 1＝300 K ，p 1＝150 atm ；设这一瓶氧气自由膨胀到17 ℃、10 atm 时体积为V 2，T 2＝290 K ，p 2＝10 atm ，则p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2解得V 2＝464 dm 3.②对跑出的气体，设在T 3＝300 K ，p 3＝1 atm 时占的体积为V 3，则p 2（V 2－V 1）T 2＝p 3V 3T 3这一瓶氧气能用的天数n ＝V 3V 0V 0＝439 dm 3联立解得n ≈10.2(天)，取n ＝10(天)．③因高压氧气迅速向外喷出，氧气来不及与外界进行热交换，可近似看成绝热膨胀．Q ＝0，故ΔU ＝W ，又氧气对外做功，所以瓶内氧气内能减少，温度降低．关上开关时，瓶内氧气温度低于外界，当过一段较长时间后，瓶内氧气温度又等于外界温度，即瓶内剩余气体做等容升温变化，所以p T＝C (C 为常数)，T 变大，则p 变大(大于外界大气压)，故再次打开开关时，氧气还会喷出．答案：(1)ABC (2)①464 dm 3 ②10天 ③会喷出。

《推荐》优化方案高考物理二轮总复习——特色专项训练(江苏专用)第一部分专题一力与运动第3讲课时演练知

一、单项选择题 1.(2015·无锡调研)国内首台新型墙壁清洁机器人“蜘蛛侠”是由青岛大学学生自主设计研发的，“蜘蛛侠”利用8只“爪子”上的吸盘吸附在接触面上，通过“爪子”交替伸缩，就能在墙壁和玻璃上自由移动．如图所示，“蜘蛛侠”在竖直玻璃墙面上由A 点沿直线匀加速“爬行”到右上方B 点，在这一过程中，关于“蜘蛛侠”在竖直面内的受力分析可能正确的是( )解析：选C.“蜘蛛侠”由A 点到B 点做匀加速直线运动，故F 合外力方向沿AB 方向，由A 点指向B 点，结合各选项图分析知C 项正确．2．人用绳子通过定滑轮拉物体A ，A 穿在光滑的竖直杆上，当以速度v 0匀速拉绳使物体A 到达如图所示位置时，绳与竖直杆的夹角为θ，则物体A 实际运动的速度是( )A ．v 0sin θ B.v 0sin θC ．v 0cos θD.v 0cos θ解析：选D.由运动的合成与分解可知，物体A 参与这样两个分运动，一个是沿着与它相连接的绳子的运动，另一个是垂直于绳子斜向上的运动．而物体A实际运动轨迹是沿着竖直杆向上的，这一轨迹所对应的运动就是物体A的合运动，它们之间的关系如图所示．由三角函数可得v＝v0cos θ，所以D正确．3．(2014·高考四川卷)有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为()A.kvk2－1B.v1－k2C.kv1－k2D.vk2－1解析：选B.去程时船头垂直河岸如图所示，由合运动与分运动具有等时性并设河宽为d，则去程时间t1＝dv1；回程时行驶路线垂直河岸，故回程时间t2＝dv21－v2，由题意有t1t2＝k，则k＝v21－v2v1，得v1＝v21－k2＝v1－k2，选项B正确．4.如图所示，薄半球壳ACB的水平直径为AB，C为最低点，半径为R.一个小球从A点以速度v0水平抛出，不计空气阻力．则下列判断正确的是()A．只要v0足够大，小球可以击中B点B．v0取值不同时，小球落在球壳上的速度方向和水平方向之间的夹角可以相同C．v0取值适当，可以使小球垂直撞击到半球壳上D．无论v0取何值，小球都不可能垂直撞击到半球壳上解析：选D.小球做平抛运动，竖直方向有位移，v0再大也不可能击中B点；v0不同，小球会落在半球壳内不同点上，落点和A点的连线与AB的夹角φ不同，由推论tan θ＝2tan φ可知，小球落在球壳的不同位置上时的速度方向和水平方向之间的夹角θ也不相同，若小球垂直撞击到半球壳上，则其速度反向延长线一定经过半球壳的球心，且该反向延长线与AB 的交点为水平位移的中点，而这是不可能的，A 、B 、C 错误，D 正确．5.(2015·江苏八校二联)如图所示，一可看做质点的小球从一台阶顶端以4 m/s 的水平速度抛出，每级台阶的高度和宽度均为1 m ，如果台阶数足够多，重力加速度g 取10 m/s 2，则小球将落在标号为几的台阶上( )A ．3B ．4C ．5D ．6解析：选B.由平抛运动规律有：x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，若恰好落在台阶上，则x ＝y ，解得t ＝0.8 s ，则x ＝y ＝3.2 m ，故小球落在标号为4的台阶上．6．(2015·高考福建卷)如图，在竖直平面内，滑道ABC 关于B 点对称，且A 、B 、C 三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A 滑到C ，所用的时间为t 1，第二次由C 滑到A ，所用的时间为t 2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则( )A ．t 1<t 2B ．t 1＝t 2C ．t 1>t 2D ．无法比较t 1、t 2的大小解析：选A.在滑道AB 段上取任意一点E ，比较从A 点到E 点的速度v 1和从C 点到E 点的速度v 2，易知v 1>v 2.因E 点处于“凸”形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，则摩擦力越小，可知由A 滑到C 比由C 滑到A 在AB 段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小．同理，在滑道BC 段的“凹”形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能损失也越小，从C 处开始滑动时，小滑块损失的动能更大．故综上所述，从A 滑到C 比从C 滑到A 在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从A 滑到C 平均速度要更大一些，故t 1<t 2.选项A 正确．二、多项选择题 7．(2015·连云港一模)套圈游戏是一项很受欢迎的群众运动，要求每次从同一位置水平抛出圆环，套住与圆环前端水平距离为3 m 的20 cm 高的竖直细杆，即为获胜．一身高1.4 m 的儿童从距地面1 m 高度，水平抛出圆环，圆环半径为10 cm ，要想套住细杆，他水平抛出的速度可能为(g ＝10 m/s 2)( )A ．7.4 m/sB ．7.6 m/sC ．7.8 m/sD ．8.2 m/s解析：选BC.由题意，套住细杆时圆环的竖直位移h ＝0.8 m ，水平位移3.0 m<x <3.2 m ，由平抛运动规律有：h ＝12gt 2，解得：t ＝0. 4 s ，又v 0＝xt ，解得：7.5 m/s<v 0<8 m/s ，B 、C 项正确．8.如图，叠放在水平转台上的物体A 、B 、C 能随转台一起以角速度ω匀速转动，A 、B 、C的质量分别为3m 、2m 、m ，A 与B 及B 、C 与转台间的动摩擦因数都为μ，AB 整体、C 离转台中心的距离分别为r 、1.5r .设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )A ．B 对A 的摩擦力一定为3μmg B ．B 对A 的摩擦力一定为3mω2rC ．转台的角速度一定满足：ω≤ μg rD ．转台的角速度一定满足：ω≤2μg3r解析：选BD.A 做圆周运动的向心力由B 对A 的摩擦力提供，由牛顿第二定律及向心加速度公式有：F f ＝3mω2r ，B 项正确；A 、B 整体恰好未发生相对转台的滑动时，μ(3m ＋2m )g ＝(3m＋2m )ω2r ，解得角速度最大值为ω＝μgr，C 恰好未发生相对滑动时，μmg ＝1.5mω2r ，解得：ω＝2μg3r，所以D 选项正确． 9．(2015·河南八市质检)质量为m 的小球由轻绳a 和b 分别系于一轻质细杆的A 点和B 点，如图所示，绳a 与水平方向成θ角，绳b 在水平方向且长为l ，当轻杆绕轴AB 以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )A ．a 绳的张力不可能为零B ．a 绳的张力随角速度的增大而增大C ．当角速度ω>g cot θl，b 绳将出现弹力 D ．若b 绳突然被剪断，则a 绳的弹力一定发生变化解析：选AC.对小球受力分析可得a 绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，解得F T a ＝mgsin θ，为定值，A 正确，B 错误．当F T a cos θ＝mω2l ⇒ω＝g cot θl时，b 绳的弹力为零，若角速度大于该值，则b 绳将出现弹力，C 正确．由于绳b 可能没有弹力，故绳b 突然被剪断，则a 绳的弹力可能不变，D 错误．10.如图所示，用长为L 的轻绳把一个小铁球悬挂在高2L 的O 点处，小铁球以O 为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B 处，则有( )A ．小铁球在运动过程中轻绳的拉力最大为6mgB ．小铁球在运动过程中轻绳的拉力最小为mgC ．若运动中轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度大小为7gLD ．若小铁球运动到最低点时轻绳断开，则小铁球落到地面时的水平位移为2L解析：选AC.小铁球以O 为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B 处，说明小铁球在最高点B 处时，轻绳的拉力最小为零，mg ＝mv 2L，v ＝gL ，由机械能守恒定律得，小铁球运动到最低点时动能mv 212＝mv22＋mg ·2L ，在最低点时轻绳的拉力最大，由牛顿第二定律F －mg ＝mv 21L，联立解得轻绳的拉力最大为F ＝6mg ，选项A 正确，B 错误；以地面为重力势能参考平面，小铁球在B 点处的总机械能为mg ·3L ＋12mv 2＝72mgL ，无论轻绳是在何处断开，小铁球的机械能总是守恒的，因此到达地面时的动能12mv ′2＝72mgL ，落到地面时的速度大小为v ′＝7gL ，选项C 正确；小铁球运动到最低点时速度v 1＝5gL ，由x ＝v 1t ，L ＝12gt 2，联立解得小铁球落到地面时的水平位移为x ＝10L ，选项D 错误．三、计算题 11．(2015·苏锡常镇四市调研)如图所示，已知倾角为θ＝45°、高为h 的斜面固定在水平地面上．一小球从高为H (h <H <54h )处自由下落，与斜面做无能量损失的碰撞后水平抛出．小球自由下落的落点距斜面左侧的水平距离x 满足一定条件时，小球能直接落到水平地面上．(1)求小球落到地面上的速度大小；(2)求要使小球做平抛运动后能直接落到水平地面上，x 应满足的条件； (3)在满足(2)的条件下，求小球运动的最长时间．解析：(1)设小球落到地面上的速度大小为v 由动能定理得mgH ＝12mv 2解得v ＝2gH .(2)小球做自由落体运动的末速度为 v 0＝2g （H －h ＋x ）小球做平抛运动的时间为t ＝2（h －x ）gs ＝v 0t ＝2（H －h ＋x ）·（h －x ）由s >h －x 得：h －45H <x <h .(3)t 总＝2（H －h ＋x ）g＋2（h －x ）gt 2总＝2H g＋4（H －h ＋x ）（h －x ）g当H －h ＋x ＝h －x ，即x ＝h －H /2时，小球运动时间最长 x ＝h －H /2，符合(2)的条件代入得t m ＝2H g. 答案：(1)2gH (2)h －45H <x <h (3)2H g12．(2015·南通质检)某工厂生产流水线示意图如图所示，半径R ＝1 m 的水平圆盘边缘E 点固定一小桶．在圆盘直径DE 正上方平行放置的水平传送带沿顺时针方向匀速转动，传送带右端C 点与圆盘圆心O 在同一竖直线上，竖直高度h ＝1.25 m ．AB 为一个与CO 在同一竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，半径r ＝0.45 m ，且与水平传送带相切于B 点．一质量m ＝0.2 kg 的滑块(可视为质点)从A 点由静止释放，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，当滑块到达B 点时，圆盘从图示位置以一定的角速度ω绕通过圆心O 的竖直轴匀速转动，滑块到达C 点时恰与传送带同速并水平抛出，刚好落入圆盘边缘的小桶内．取g ＝10 m/s 2，求：(1)滑块到达圆弧轨道B 点时对轨道的压力F N B ； (2)传送带BC 部分的长度L ；(3)圆盘转动的角速度ω应满足的条件．解析：(1)滑块从A 到B 过程中，由动能定理有 mgr ＝12mv 2B解得v B ＝2gr ＝3 m/s滑块到达B 点时，由牛顿第二定律有F ′N B －mg ＝m v 2Br解得F ′N B ＝6 N.据牛顿第三定律，滑块到达B 点时对轨道的压力大小为6 N ，方向竖直向下． (2)滑块离开C 点后做平抛运动，h ＝12gt 21解得t 1＝2h g ＝0.5 s ，v C ＝Rt 1＝2 m/s 滑块由B 到C 过程中，据动能定理有－μmgL ＝12mv 2C －12mv 2B 解得L ＝v 2B －v 2C2μg＝1.25 m.(3)滑块由B 到C 过程中，据运动学公式有L ＝v B ＋v C 2t 2解得t 2＝2Lv B ＋v C＝0.5 s ，则t ＝t 1＋t 2＝1 s圆盘转动的角速度ω应满足条件t ＝n ·2πω(n ＝1，2，3，…)解得ω＝2n π rad/s(n ＝1，2，3，…)．答案：(1)6 N ，方向竖直向下 (2)1.25 m (3)ω＝2n π rad/s(n ＝1，2，3，…)。

高考物理优化方案

高考物理优化方案引言高中物理是高中阶段的重要科目之一，也是高考中的必修科目。

在高考中，物理成绩对于考生是否能够进入理科类院校起着决定性的作用。

因此，为了在高考中取得优异的物理成绩，制定一套科学有效的物理学习和复习方案就变得尤为重要了。

I. 学习策略1.制定学习计划–分解学习目标：将高中物理知识点按照重点和难点进行分类，明确学习的重点。

–制定时间表：根据时间合理分配任务，合理安排每日的学习时间和休息时间。

2.理论结合实践–实验与观察：改善对抽象物理知识的理解和记忆，可以参加学校或社会实验活动，加深对物理原理的理解。

–应用题训练：针对每个知识点，都要做大量的应用题和题型变化训练，提高解题能力。

3.合理利用资源–教材与参考书：选择优秀的教材和参考书进行学习，并能灵活运用其中的知识点和例题。

–网络资源：充分利用互联网资源，如物理学习网站、物理学习平台等，获取更多练习题和学习资料。

4.积极参与课堂–认真听讲：认真听老师的讲课，做好复习笔记，弄懂每个知识点的原理和相关应用。

–提问互动：积极与老师和同学互动，提出疑问，解决问题，增强学习效果。

II. 复习方法1.查漏补缺–整理知识点：将各个知识点进行归类、整理，形成知识框架，清楚掌握每个知识点的内容和关键思想。

–做重点题：针对各个知识点的难点和重点，找到相应的练习题，加强训练，增强应对题型的能力。

2.背诵与总结–背诵公式：把常见的物理公式进行分类、整理，通过反复背诵巩固记忆，掌握公式的运用和推导。

–总结错题：对于做错的题目，要仔细分析错因，找到解题的漏洞，总结经验，避免再次犯类似的错误。

3.模拟考试–模拟真题：做高一、高二学期的期末试题和历年高考真题，模拟考场的氛围，提升解题速度和应对能力。

–检查评估：根据模拟考试的成绩和评估结果，找出自己的短板和不足，针对性地进行强化复习。

4.小组合作–组建学习小组：与同学组成学习小组，互相学习、交流、讨论，共同解决问题、提高学习效果。

2022《优化方案》物理目录

第十四章机械振动与机械波光电磁波
第一节机械振动第二节机械波第三节光的波动性电磁波(实验：用双缝干涉测光的波长) 章末过关检测(十四)
欢迎使用本公司多媒体教学课件高考总复习物理福建专用第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第一节描述运动的基本概念第二节匀变速直线运动的规律及应用素养提升课一运动图象追及相遇问题实验一探究匀变速直线运动的特点高考热点讲座1高考热点强化训练一章末过关检测一目录第二章相互作用第一节重力弹力第二节摩擦力第三节力的合成与分解素养提升课二受力分析共点力的平衡实验二探究弹力和弹簧伸长的关系实验三验证力的平行四边形定则高考热点讲座2高考热点强化训练二章末过关检测二第三章牛顿运动定律第一节牛顿运动三定律第二节牛顿第二定律的基本应用素养提升课三牛顿运动定律的综合应用素养提升课四动力学中的三种典型物理模型实验四探究加速度与物体受力物体质量的关系高考热点讲座3高考热点强化训练三章末过关检测三第四章曲线运动万有引力与航天第一节曲线运动运动的合成与分解第二节抛体运动第三节圆周运动第四节万有引力与航天素养提升课五天体运动的热点问题实验五探究平抛运动的特点高考热点讲座4高考热点强化训练四章末过关检测四第五章机械能及其守恒定律第一节功和功率第二节动能定理第三节机械能守恒定律素养提升课六功能关系能量守恒定律素养提升课七动力学方法和能量观点的综合应用实验六探究动能定理实验七验证机械能守恒定律高考热点讲座5高考热点强化训练五章末过关检测五第六章碰撞与动量守恒定律第一节动量冲量动量定理第二节动量守恒定律及三类模型素养提升课八碰撞类模型问题素养提升课九用三大观点处理力学问题实验八验证动量守恒定律高考热点讲座6高考热点强化训练六章末过关检测六第七章静电场第一节电场力的性质第二节电场能的性质第三节电容器带电粒子在电场中的运动素养提升课十带电粒子在电场中运动的综合问题高考热点讲座7高考热点强化训练七章末过关检测七第八章恒定电流第一节部分电路及其规律第二节闭合电路欧姆定律素养提升课十一电学实验基础实验九测定金属的电阻率同时练习使用螺旋测微器实验十描绘小电珠的伏安特性曲线实验十一测定电源的电动势和内阻实验十二练习使用多用电表高考热点讲座8高考热点强化训练八章末过关检测八第九章磁场第一节磁场的描述磁场对电流的作用第二节磁场对运动电荷的作用素养提升课十二带电粒子在复合场中的运动素养提升课十三带电粒子在复合场中运动的应用案例高考热点讲座9高考热点强化训练九章末过关检测九第十章电磁感应第一节电磁感应现象楞次定律第二节法拉第电磁感应定律自感涡流素养提升课十四电磁感应的综合问题素

2022版《优化方案》高考物理(江苏专用)二轮复习第一部分专题一力与运动第1讲课时演练知能提升

一、单项选择题 1.(2021·南京一模)如图所示，在粗糙水平面上放置A 、B 、C 、D 四个小物块，各小物块之间由四根完全相同的轻弹簧相互连接，正好组成一个菱形，∠BAD ＝120°，整个系统保持静止状态．已知A 物块所受的摩擦力大小为F f ，则D 物块所受的摩擦力大小为( )A.32F f B ．F f C.3F fD ．2F f解析：选C.由对称性可知，四根轻弹簧的弹力大小相等，均为F ，对A 有：2F cos 60°＝F f ，对D 有：2F cos 30°＝F f D ，故F f D ＝3F f .2．(2021·苏州调研)孔明灯相传是由三国时的诸葛孔明创造的，有一盏质量为m 的孔明灯升空后沿着东偏北方向匀速上升，则此时孔明灯所受空气的作用力的大小和方向分别是( )A ．0B ．mg ，竖直向上C ．mg ，东偏北方向D.2mg ，东偏北方向解析：选B.孔明灯做匀速直线运动，故所受合外力为0，因此空气的作用力的大小F 空＝mg ，方向竖直向上，故选B.3.(2021·常州模拟)如图所示，将三个完全相同的光滑球用不行伸长的细线悬挂于O 点并处于静止状态．已知球半径为R ，重力大小为G ，线长均为R .则每条细线上的张力大小为( )A ．2G B.62G C.32G D.52G 解析：选B.本题中O 点与各球心的连线及各球心连线构成一个边长为2R 的正四周体，如图甲所示(A 、B 、C 为各球球心)，O ′为△ABC 的中心，设∠OAO ′＝θ，由几何关系知O ′A ＝233R ，由勾股定理得OO ′＝OA 2－O ′A 2＝83R ，对A 处球受力分析有：F sin θ＝G ，又sin θ＝OO ′OA ，解得F ＝62G ，故只有B 项正确．4．(2021·江苏高三质量检测)将两个质量均为m 的小球a 、b 用细线相连后，再用细线悬挂于O 点，如图所示．用力F 拉小球b ，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa 与竖直方向的夹角保持θ＝30°，则F 达到最小值时Oa 线上的拉力为( )A.3mg B ．mg C.32mg D.12mg 解析：选A.以两个小球组成的整体为争辩对象，分析受力，作出F 在三个方向时整体的受力图，依据平衡条件得知：F 与F T 的合力与重力2mg 总是大小相等、方向相反的，由力的合成图可知，当F 与绳子Oa 垂直时，F 有最小值，即图中2位置，依据平衡条件得：F ＝2mg sin 30°＝mg ，F T ＝2mg cos 30°＝3mg ，A 正确．5．(2021·镇江调研)水平面上有U 形导轨NMPQ ，它们之间的宽度为L ，M 和P 之间接入电源，现垂直于导轨搁一根质量为m 的金属棒ab ，棒与导轨间的动摩擦因数为μ(滑动摩擦力略小于最大静摩擦力)，通过棒的电流强度为I ，现加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于金属棒ab ，与垂直导轨平面的方向夹角为θ，如图所示，金属棒处于静止状态，重力加速度为g ，则金属棒所受的摩擦力大小为( )A ．BIL sin θB ．BIL cos θC ．μ(mg －BIL sin θ)D ．μ(mg ＋BIL cos θ)解析：选B.金属棒处于静止状态，其合力为零，对其进行受力分析，如图所示，在水平方向有BIL cos θ－F f＝0，F f ＝BIL cos θ，选项B正确，选项A、C、D错误．二、多项选择题6．(2021·宜兴模拟)如图所示，两楔形物块A、B两部分靠在一起，接触面光滑，物块B放置在地面上，物块A上端用绳子拴在天花板上，绳子处于竖直伸直状态，A、B两物块均保持静止．则()A．绳子的拉力不为零B．地面受的压力大于物块B的重力C．物块B与地面间不存在摩擦力D．物块B受到地面的摩擦力水平向左解析：选AC.因A、B接触面光滑，若B对A有支持力，则物块A的合力不行能为零，因此A、B间的弹力为零，所以绳子的拉力F＝m A g，分析物块B可知，地面对B的支持力F N B＝m B g，物块B与地面间的摩擦力为零，故A、C正确，B、D错误．7．(2021·盐城质检)如图所示，质量均为1 kg的小球a、b在轻弹簧A、B及外力F的作用下处于平衡状态，其中A、B两个弹簧的劲度系数均为5 N/cm，B弹簧上端与天花板固定连接，轴线与竖直方向的夹角为60°，A弹簧竖直，g 取10 m/s2，则以下说法正确的是()A．A 弹簧的伸长量为2 cmB．外力F＝10 3 NC．B弹簧的伸长量为8 cmD ．突然撤去外力F瞬间，b球加速度为0解析：选ACD.a、b两球处于平衡状态，所受合力均为零，A弹簧的伸长量为x A＝mgk＝2 cm，故A正确．对a、b球及A弹簧整体受力分析得：外力F＝2mg tan 60°＝20 3 N，B弹簧弹力大小为F B＝2mgcos 60°＝40 N，则B弹簧的伸长量x B＝F Bk＝8 cm，故B错误、C正确．撤去力F瞬间，A、B弹簧的弹力不变，则b球所受合力仍为零，加速度为0，故D正确．8.如图所示，有一倾角θ＝30°的斜面体B，质量为M.质量为m的物体A静止在B上．现用水平力F推物体A，在F由零渐渐增加至32mg再渐渐减为零的过程中，A和B始终保持静止．对此过程下列说法正确的是()A．地面对B的支持力等于(M＋m)gB．A对B的压力的最小值为32mg，最大值为334mgC．A所受摩擦力的最小值为0，最大值为mg4D．A所受摩擦力的最小值为12mg，最大值为34mg解析：选AB.由于A、B始终保持静止，对A、B整体受力分析可知，地面对B的支持力始终等于(M＋m)g，A正确．当F＝0时，A对B的压力最小，为mg cos 30°＝32mg；当F＝32mg时，A对B的压力最大，为mg cos 30°＋F sin 30°＝334mg，B正确．当F cos 30°＝mg sin 30°时，即F＝33mg时，A所受摩擦力为0，当F＝0时，A所受摩擦力大小为12mg，方向沿斜面对上，当F＝32mg时，A所受摩擦力大小为14mg，方向沿斜面对下，选项C、D错误．9.(2021·扬州第一次调研)如图所示，晾晒衣服的绳子两端分别固定在两根竖直杆上的A、B两点，绳子的质量及绳与衣架挂钩间摩擦均忽视不计，衣服处于静止状态．假如保持绳子A端、B端在杆上位置不变，将右侧杆平移到虚线位置，稳定后衣服仍处于静止状态．则()A．绳子的弹力变小B．绳子的弹力不变C．绳对挂钩弹力的合力变小D．绳对挂钩弹力的合力不变解析：选AD.对挂钩受力分析，如图所示，依据平衡条件，有2F T cos θ＝G ，绳子右端的B 点在杆上位置不动，将右杆移动到虚线位置时，θ变小，故绳子拉力F T 变小，A 正确，B 错误；绳子的拉力左右相等，依据三力平衡条件可知，两绳子的拉力F T 的合力F 始终与G 等值反向，保持不变，故C 错误，D 正确．10．(2021·连云港模拟)如图所示，质量为M 、半径为R 的半球形物体A 放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平轻质细线拉住一质量为m 、半径为r 的光滑球B ，A 、B 均静止．则( )A ．B 对A 的压力大小为R ＋rR mgB ．细线对小球的拉力大小为2Rr ＋r 2R mgC ．A 对地面的压力大小为(M ＋m )gD ．地面对A 的摩擦力大小为2Rr ＋r 2Rmg解析：选ABC.由于A 、B 处于静止状态，故其所受合外力为零，整体受力分析，如图甲所示，依据平衡条件，可得：F N －(M ＋m )g ＝0，依据牛顿第三定律可知A 对地面的压力大小为(M ＋m )g ，选项C 正确，选项D 错误．隔离B 受力分析，如图乙所示，依据平衡条件，由图中几何关系，可得mg R ＝F ′NR ＋r ＝F2Rr ＋r 2，解得F ′N ＝R ＋r R mg ，依据牛顿第三定律知：B 对A 的压力大小为R ＋r R mg ；细线对小球的拉力F ＝2Rr ＋r 2Rmg ，选项A 、B 正确．三、计算题11.(2021·淮安模拟)如图所示，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°.(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 值必需满足什么条件？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°依据(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 ≥3912．(2021·高考全国卷Ⅰ)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 ，方向垂直于纸面对里；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转变了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s 2.推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：依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下．开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝0.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1＝mg①式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小．开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F＝IBL②式中，I是回路电流，L是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③由欧姆定律有E＝IR④式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻．联立①②③④式，并代入题给数据得m＝0.01 kg.答案：见解析。

优化方案高考物理二轮总复习——特色专项训练(江苏专用)第一部分专题五物理实验第2讲课时演练知能提升Wor

1．(2014·高考江苏卷)某同学通过实验测量一种合金的电阻率．(1)如图所示是测量合金丝电阻的电路，相关器材的规格已在图中标出．合上开关，将滑动变阻器的滑片移到最左端的过程中，发现电压表和电流表的指针只在图示位置发生很小的变化．由此可以推断：电路中________(选填图中表示接线柱的数字)之间出现了________(选填“短路”或“断路”) .(2)在电路故障被排除后，调节滑动变阻器，读出电压表和电流表的示数分别为2.23 V 和38 mA ，由此，该同学算出接入电路部分的合金丝的阻值为 58.7 Ω.为了更准确地测出合金丝的阻值，在不更换实验器材的条件下，对实验应作怎样的改进？请写出两条建议．解析：(1)电压表的示数不为零，电流表的示数几乎为零，说明连接两电表的电路是导通的．而滑动变阻器几乎不起作用，说明线路电阻很大，故可判断7、9间断路．(2)由题知R A R x ≈0.005<R x R V≈0.019，说明电流表的分压作用不显著，故可将电流表改为内接，并测出多组U 、I 值，求出R x 后，再取平均值作为实验结果．答案：(1)7、9 断路 (2)电流表改为内接；测量多组电流和电压值，计算出电阻的平均值(或测量多组电流和电压值，用图象法求电阻值) 2.(2015·苏州一模)(1)某同学用螺旋测微器测量一段粗细均匀的金属丝的直径，如图所示，直径d 为________mm.(2)该同学用多用电表测量其电阻阻值约为5 Ω，现用伏安法进一步精确测量其电阻，备有以下器材：直流电源E ：电动势约4.5 V ，内阻很小；直流电流表A 1：量程0～3 A ，内阻约0.025 Ω；直流电流表A 2：量程0～0.6 A ，内阻约0.125 Ω；直流电压表V ：量程0～3 V ，内阻约3 k Ω；滑动变阻器R 1：最大阻值为50 Ω；开关、导线若干．①在可选择的器材中应选用的电流表是________．(选填“A 1”或“A 2”)②仅从实验原理上看实验电路电阻的测量值________真实值．(选填“大于”“小于”或“等于”)③如图所示实物连接图，还有两根导线没有连接，请补充完整．解析：(1)读数为4 mm ＋48.7×0.01 mm ＝4.487 mm.(2)①流过电流表的最大电流为I max ＝35A ＝0.6 A ，故电流表选A 2. ②因为被测电阻较小，电流表应外接，由于电压表的分流，电阻的测量值小于真实值． ③电路可采用限流式，电流表外接．答案：(1)4.487(±0.002) (2)①A 2 ②小于③如图所示3．(2015·江苏模拟)欲用伏安法测定一段阻值约为5 Ω的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A ．电池组(3 V ，内阻1 Ω)B ．电流表(0～3 A ，内阻0.012 5 Ω)C ．电流表(0～0.6 A ，内阻0.125 Ω)D ．电压表(0～3 V ，内阻3 k Ω)E ．电压表(0～15 V ，内阻15 k Ω)F ．滑动变阻器(0～20 Ω，额定电流1 A)G ．滑动变阻器(0～2 000 Ω，额定电流0.3 A)H ．开关、导线(1)上述器材中应选用的是________________(填写各器材的字母代号)．(2)实验电路应采用电流表______接法(填“内”或“外”)．(3)设实验中，电流表、电压表的某组示数如下图所示，图示中I ＝________A ，U ＝________V.(4)为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5 A 范围内改变，请按要求在虚线框内画出测量待测金属导线的电阻R 的原理电路图．(5)某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如图所示，则该金属丝的直径d ＝________mm.另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如下图所示，则该工件的长度L ＝________mm.解析：(1)电源必须选择；由于电源电动势为3 V ，待测电阻大约为5 Ω，故最大电流不超过0.6 A ，为减小误差，电流表应选择较小的量程，故选0.6 A 的电流表；由于电源电动势为3 V ，为减小误差，电压表应选择较小的量程，故选3 V 量程的电压表；为使操作方便，选择电阻值较小的滑动变阻器；故答案为：ACDFH.(2)由于R V R x >R x R A ，故待测电阻的阻值与电流表内阻相接近，如果采用内接法，电流表的分压作用较大，故应该采用电流表外接法．(3)电流表示数为0.48 A ，电压表示数为2.22 V.(4)电路图如图所示(5)螺旋测微器的固定刻度读数为3 mm ，可动刻度读数为0.01×20.5 mm ＝0.205 mm ，所以最终读数为：固定刻度读数＋可动刻度读数＝3 mm ＋0.205 mm ＝3.205 mm.游标卡尺的主尺读数为50 mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，游标尺读数为0.05×3 mm＝0.15 mm，所以最终读数为：主尺读数＋游标尺读数＝50 mm＋0.15 mm＝50.15 mm.答案：(1)ACDFH(2)外(3)0.48 2.22(4)见解析(5)3.20550.154．(2015·潍坊模拟)为测定一节干电池(电动势约1.5 V，内阻约1.0 Ω)的电动势和内阻，实验室备有电流计G(满偏电流为3 mA，内阻为25 Ω)、定值电阻R0＝0.126 Ω、开关和若干导线及以下器材：A．量程0～3 V，内阻约1 000 Ω的电压表B．量程0～15 V，内阻约1 500 Ω的电压表C．总阻值为10 Ω、额定电流为2 A的滑动变阻器D．总阻值为100 Ω、额定电流为1 A的滑动变阻器(1)因电流计量程太小，需将R0与电流计________以扩大量程．(2)电压表应选择________；滑动变阻器应选择________．(填代号)(3)请在虚线框内完成实验电路图．(4)根据所画出的电路图，分析引起该实验系统误差的主要原因是________________________________________________________________________．解析：本题中给出了电压表，虽没有电流表，但给了电流计，且内阻已知，同时还给出了定值电阻，因此需考虑将电流计改装成电流表，即将电流计与定值电阻并联，然后用伏安法测量电源电动势和内阻，根据实验可画出电路图；根据电源电动势的大约值，可选择使用量程为3 V的电压表；又因为电源内阻很小，若滑动变阻器的总阻值远大于电源内阻，则在减小滑动变阻器阻值时，开始电压表示数几乎不变，最后电压表和电流表会突然变化，造成读数误差很大，故应选用总阻值为10 Ω的滑动变阻器；本实验中由于电压表的分流作用，使得改装后的电流表测得的电流偏小(读数只是通过滑动变阻器的电流)，造成测得的电动势和内阻均偏小．答案：(1)并联(2)A C(3)(4)由于电压表的分流作用造成改装后电流表读数总是比电池实际输出电流小5．(2015·高考广东卷)某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性，使用的器材包括电压表(内阻约为3 kΩ)、电流表(内阻约为1 Ω)、定值电阻等．甲乙丙(1)使用多用电表粗测元件X的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图甲所示，读数为________Ω，据此应选择图中的________(填“乙”或“丙”)电路进行实验．(2)连接所选电路，闭合S，滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电流表的示数逐渐________(填“增大”或“减小”)；依次记录电流及相应的电压；将元件X换成元件Y，重复实验．(3)图丁是根据实验数据作出的U－I图线，由图可判断元件________(填“X”或“Y”)是非线性元件．丁戊(4)该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R＝21 Ω的定值电阻，测量待测电池的电动势E和内阻r，电路如图戊所示，闭合S1和S2，电压表读数为3.00 V；断开S2，读数为1.00 V．利用图丁可算得E＝________V，r＝________Ω(结果均保留两位有效数字，视电压表为理想电压表)．解析：(1)用多用电表的欧姆挡测电阻时，电阻值＝示数×倍率，故X 的读数为10.0×1 Ω＝10.0 Ω，由于R X R A ＜R V R X或R X ≪R V ，故用伏安法测元件X 的电阻时，电流表应外接，故选图乙电路进行实验．(2)滑片P 从左向右滑动过程中，元件X 两端的电压越来越大，电流越来越大，故电流表示数逐渐增大．(3)由U －I 图线可知Y 是非线性元件．(4)由(3)中的U －I 图线，可知线性元件的电阻R X ＝10.0 Ω，当S 1、S 2都闭合时，回路中的电流I 1＝U 1R X＝0.30 A ，当S 1闭合，S 2断开时，回路中的电流I 2＝U 2R X＝0.10 A ，根据闭合电路欧姆定律，得E ＝I 1(R X ＋r )，E ＝I 2(R X ＋R ＋r )，联立两式并代入数据解得E ≈3.2 V ，r ＝0.50 Ω.答案：(1)10.0 乙 (2)增大 (3)Y (4)3.2 0.506．(2015·高考福建卷)某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连接．(1)实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接；甲乙丙(2)某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为________A ；(3)该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将________只相同的小电珠并联后，直接与电动势为3 V 、内阻为1 Ω的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功率的值约为________W(保留两位小数)．解析：(1)电流表示数要从零开始逐渐增大，滑动变阻器要用分压接法，如图1所示．图1(2)电流表示数为0.44 A.(3)当外电路的总电阻与电源内阻相等时，电源有最大的输出功率，即小电珠的总功率最大，此时R 外＝r ＝1 Ω，I ＝ER 外＋r ＝32 A ＝1.5 A ，U 外＝E 2＝1.5 V ，即每只小电珠两端的电压为1.5 V ，通过图象可知每只小电珠的电流为I 0＝0.38 A ，n ＝I I 0≈4(只)；通过每只小电珠的电流为I 0，两端电压为U ，根据闭合电路欧姆定律得：U ＋nI 0r ＝E ，而U ＋4I 0＝3 V ，U ＝－4I 0＋3 V ，如图2所示，图线的交点纵、横坐标分别为U ≈1.5 V ，I 0≈0.38 A ，P ＝UI 0＝0.57 W ，P 总＝nP ＝0.57×4 W ＝2.28 W.图2答案：(1)见解析 (2)0.44 (3)4 2.287．(2015·江苏八校联考)(1)某研究小组的同学为了测量某一电阻R x 的阻值，甲同学先用多用电表进行粗测．使用多用电表欧姆挡时，将选择开关置于合适的挡位后，必须先将两表笔短接，再进行________，使指针指在欧姆刻度的“0”处．若该同学将选择旋钮置于“×1”位置，指针在刻度盘上停留的位置如图甲所示，则所测量的电阻值为________Ω.(2)为进一步精确测量该电阻，实验台上摆放有以下器材：A ．电流表(量程15 mA ，内阻未知)B ．电流表(量程0.6 A ，内阻未知)C ．电阻箱(最大电阻99.99 Ω)D ．电阻箱(最大电阻999.9 Ω)E ．电源(电动势3 V ，内阻1 Ω)F ．单刀单掷开关2只G ．导线若干乙同学设计的电路图如图乙所示，现按照如下实验步骤完成实验：①调节电阻箱，使电阻箱有合适的阻值R 1，仅闭合S 1，使电流表指针有较大的偏转且读数为I ；②调节电阻箱，保持开关S 1闭合，闭合开关S 2，调节电阻箱的阻值为R 2，使电流表读数仍为I .a ．根据实验步骤和实验器材规格可知，电流表应选择________，电阻箱应选择 ________.(填器材前字母)b ．根据实验步骤可知，待测电阻R x ＝________(用题目所给测量量表示)．(3)利用以上实验电路，闭合S 2，调节电阻箱R ，可测量出电流表的内阻R A ，丙同学通过调节电阻箱R ，读出多组R 和I 值，作出了1I－R 图象如图丙所示．若图象中纵轴截距为1 A －1，则电流表内阻R A ＝________Ω.解析：(1)在使用多用电表欧姆挡测电阻时，换挡必进行欧姆调零．所测电阻值为18.0 Ω.(2)因电源的电动势为3 V ，要求电流表指针有较大的偏转，故电流表选用A ，电阻箱选用D.根据串并联电路特点和闭合电路欧姆定律，对步骤①可得：E ＝I (r ＋R 1＋R x )；对步骤②可得：E ＝I (r ＋R 2)，联立可得：R x ＝R 2－R 1.(3)根据串并联电路特点和闭合电路欧姆定律，E ＝I (r ＋R ＋R A )，可得：1I ＝r ＋R A E ＋1E R ，即r ＋R A E＝1 A －1，R A ＝2 Ω. 答案：(1)欧姆调零 18.0 (2)a.A D b ．R 2－R 1 (3)2。

2016版《优化方案》高考物理(江苏专用)二轮复习题型专练专题一综合检测

专题一综合检测一、单项选择题 1．(2015·苏锡常镇四市高三调研)用质量为M 的吸铁石，将一张质量为m 的白纸压在竖直固定的磁性黑板上．某同学沿着黑板面，用水平向右的恒力F 轻拉白纸，白纸未移动，则此时黑板对白纸的摩擦力的大小为( )A ．FB ．mgC.F 2＋（mg ）2D.F 2＋（Mg ＋mg ）2解析：选D.对吸铁石和白纸整体，在垂直于黑板平面内受吸铁石的吸引力、黑板表面的支持力，在平行于黑板平面内受竖直向下的重力(M ＋m )g 、水平拉力F 和黑板表面的摩擦力F f 作用，由于纸未被拉动，所以摩擦力为静摩擦力，根据共点力平衡条件可知，摩擦力F f 与(M ＋m )g 和F 的合力等值反向，因此有F f ＝F 2＋（Mg ＋mg ）2，故选项D 正确．2．(2015·高考重庆卷)高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动)，此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.m 2gh t ＋mgB.m 2gh t －mgC.m gh t＋mgD.m gh t－mg解析：选A.设高空作业人员自由下落h 时的速度为v ，则v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，设安全带对人的平均作用力为F ，由牛顿第二定律得F －mg ＝ma又v ＝at解得F ＝m 2ght ＋mg .3.(2015·高考重庆卷)若货物随升降机运动的v －t 图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F 与时间t 关系的图象可能是( )解析：选B.根据v －t 图象可知电梯的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F －mg ＝ma 可判断支持力F 的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B 正确．4.(2015·徐州质检)如图，一小球从一半圆轨道左端A 点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点．O 为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R ，OB 与水平方向夹角为60°，重力加速度为g ，则小球抛出时的初速度为( )A. 3gR2 B. 33gR2 C.3gR2D.3gR3解析：选B.到达B 点时，平抛运动的水平位移x ＝R ＋R cos 60° 设小球抛出时的初速度为v 0，则到达B 点时有tan 60 °＝v 0gt ，水平位移与水平速度v 0的关系为x ＝v 0t ，联立解得v 0＝33gR2，选项B 正确．5.(2015·高考天津卷)未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示．当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法正确的是( )A ．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大B ．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小C ．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大D ．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小解析：选B.旋转舱对宇航员的支持力提供宇航员做圆周运动的向心力，即mg ＝mω2r ，解得ω＝gr，即旋转舱的半径越大，角速度越小，而且与宇航员的质量无关，选项B正确．6．(2015·高考全国卷Ⅱ)由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道．当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行．已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103 m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为()A．西偏北方向，1.9×103 m/sB．东偏南方向，1.9×103 m/sC．西偏北方向，2.7×103 m/sD．东偏南方向，2.7×103 m/s解析：选B.设当卫星在转移轨道上飞经赤道上空与同步轨道高度相同的某点时，速度为v1，发动机给卫星的附加速度为v2，该点在同步轨道上运行时的速度为v.三者关系如图，由图知附加速度方向为东偏南，由余弦定理知v22＝v21＋v2－2v1v cos 30°，代入数据解得v2≈1.9×103 m/s.选项B正确．二、多项选择题7．(2015·连云港六校联考)如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M，长杆的一端放在地面上通过铰链连接形成转动轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处，在杆的中点C处拴一细绳，通过滑轮后挂上重物M，C点与O点的距离为L，现在杆的另一端用力，使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度ω缓慢转至水平(转过了90°角)．下列有关此过程的说法中正确的是()A．重物M做匀速直线运动B．重物M做变速直线运动C．重物M的最大速度是ωLD．重物M的速度先减小后增大解析：选BC.设C点线速度方向与绳子的夹角为θ(锐角)．由题知C点的线速度为ωL，该线速度在绳子方向上的分速度就为ωL cos θ，θ的变化规律是开始最大(90°)，然后逐渐变小，所以ωL cos θ逐渐变大，直至绳子和杆垂直，θ变为0，绳子的速度变为最大，为ωL，然后，θ又逐渐增大，ωL cos θ逐渐变小，绳子的速度变小，所以重物的速度先增大后减小，最大速度为ωL ，故B 、C 正确．8．(2015·高考全国卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )A ．8B ．10C ．15D ．18解析：选BC.设该列车厢与P 相连的部分为P 部分，与Q 相连的部分为Q 部分．设该列车厢有n 节，Q 部分为n 1节，每节车厢质量为m ，当加速度为a 时，对Q 有F ＝n 1ma ；当加速度为23a 时，对P 有F ＝(n －n 1)m ·23a ，联立得2n ＝5n 1.当n 1＝2，n 1＝4，n 1＝6时，n ＝5，n＝10，n ＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B 、C 正确． 9．(2015·辽宁省五校联考)中国志愿者王跃曾参与人类历史上第一次全过程模拟从地球往返火星的试验“火星—500”．假设将来人类一艘飞船从火星返回地球时，经历如图所示的变轨过程，则下列说法正确的是( )A ．飞船在轨道Ⅱ上运动时，在P 点的速度大于在Q 点的速度B ．飞船在轨道Ⅰ上运动时，在P 点的速度大于在轨道Ⅱ上运动时在P 点的速度C ．飞船在轨道Ⅰ上运动到P 点时的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上运动到P 点时的加速度D ．若轨道Ⅰ贴近火星表面，测出飞船在轨道Ⅰ上运动的周期，就可以推知火星的密度解析：选ACD.根据开普勒第二定律，行星在单位时间内扫过的面积相等可以知道，行星在远离中心天体的位置处速度一定小于在靠近中心天体位置处的速度，类比可以知道，A 对；人造飞船在P 点处受到的万有引力F 引＝G Mm r 2，为其提供做圆周运动所需要的向心力F 向＝m v 2r ，当万有引力等于所需向心力时，人造飞船做圆周运动，当万有引力小于所需向心力时，人造飞船做离心运动，飞船在P 点，Ⅱ轨道速度大于Ⅰ轨道速度，B 错；根据牛顿第二定律F ＝F引＝G Mmr2＝ma n ，同一个位置万有引力大小与方向相同，所以在P 点任一轨道的加速度相同，C 对；当轨道Ⅰ贴近火星时，设火星的半径为R ，万有引力用来提供向心力可以得到：F ＝G MmR 2＝m 4π2T 2R ，于是M ＝4π2R 3GT 2＝ρV ，又因为V ＝4πR 33，所以ρ＝3πGT2，D 对．三、计算题10．(2015·宜兴三模)如图所示，在倾角θ＝37°的粗糙斜面上距离斜面底端x ＝1 m 处有一质量m ＝1 kg 的物块，受水平恒力作用，由静止开始沿斜面下滑．到达底端时撤去水平恒力，物块在水平面上滑动一段距离后停止．不计物块撞击水平面时的能量损失．物块与各接触面之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.求：(1)若物块运动过程中的最大速度为1 m/s ，水平恒力F 的大小为多少？(结果保留两位有效数字)(2)若改变水平恒力F 的大小，可使物块总的运动时间有一最小值，最小值为多少？解析：(1)物块到达斜面底端时速度最大，v 2＝2ax 对物块，有F N ＝mg cos θ＋F sin θ mg sin θ－F cos θ－F f ＝ma F f ＝μF N代入数据得F ＝4.2 N.(2)设斜面上物块加速度为a 1，运动时间为t 1，在水平面上运动时间为t 2则x ＝12a 1t 21到达底端时速度v ′2＝2a 1x物块在水平面上运动时a 2＝μg ，v ′＝a 2t 2 总时间t ＝t 1＋t 2＝2x a 1＋2a 1x a 2由数学知识可知，当a 1＝2 m/s 2时t min ＝2 s. 答案：(1)4.2 N (2)2 s 11．(2015·高邮模拟)质量为3 kg 的长木板A 置于光滑的水平地面上，质量为2 kg 的木块B (可视为质点)置于木板A 的左端，在水平向右的力F 作用下由静止开始运动，如图甲所示．A 、B 运动的加速度随时间变化的图象如图乙所示．(g 取10 m/s 2)求：(1)木板与木块之间的动摩擦因数；(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力) (2)4 s 末A 、B 的速度；(3)若6 s 末木板和木块刚好分离，则木板的长度为多少？解析：(1)由题图乙知4 s 末A 、B 间达到最大静摩擦力，此时 a ＝2 m/s 2对应A 板F f ＝m A a ＝μm B g A 、B 间动摩擦因数μ＝m A am B g＝0.3.(2)由题图乙知4 s 末二者的速度等于图线与坐标轴包围的面积 v ＝12at 1＝12×2×4 m/s ＝4 m/s. (3)4 s 到6 s 末t 2＝2 s木板A 运动的位移x A ＝vt 2＋12a A t 22木块B 运动的位移 x B ＝vt 2＋12a B t 22木板的长度l ＝x B －x A ＝4 m.答案：(1)0.3 (2)4 m/s 4 m/s (3)4 m12．如图甲所示，质量m ＝50 kg 的运动员(可视为质点)，在河岸上A 点紧握一根长L ＝5.0 m 的不可伸长的轻绳，轻绳另一端系在距离水面高H ＝10.0 m 的O 点，此时轻绳与竖直方向的夹角为θ＝37°，C 点是位于O 点正下方水面上的一点，距离C 点x ＝4.8 m 处的D 点有一只救生圈，O 、A 、C 、D 各点均在同一竖直面内．若运动员抓紧绳端点，从河岸上A 点沿垂直于轻绳斜向下方向以一定初速度v 0跃出，当摆到O 点正下方的B 点时松开手，最终恰能落在救生圈内．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)求：甲乙(1)运动员经过B 点时速度的大小v B 及对轻绳的拉力； (2)运动员从河岸上A 点跃出时的动能E k ；(3)若初速度v 0不一定，且使运动员最终仍能落在救生圈内，则救生圈离C 点距离x 将随运动员离开A 点时初速度v 0的变化而变化．试在所给坐标系乙中粗略作出x －v 0的图象，并标出图线与x 轴的交点．解析：(1)运动员从B 点到D 点做平抛运动H －L ＝12gt 2x ＝v B t代入数据解得v B ＝4.8 m/s 设轻绳对运动员的拉力为F则F －mg ＝mv 2BLF ＝m ⎝⎛⎭⎫g ＋v 2B L代入数据解得F ＝730.4 N.由牛顿第三定律知：运动员对轻绳的拉力大小为730.4 N ，方向竖直向下． (2)运动员从A 点到B 点的过程中，由机械能守恒定律有 mgh AB ＝12mv 2B－E k其中h AB ＝L (1－cos θ) 代入数据解得E k ＝76 J.(3)设运动员经过O 点正下方B 点时的速度为v ′B ，B 点距水面高h ，则 12mv ′2B －12mv 20＝mgL (1－cos θ) x ＝v ′B ·2hgh ＝H －l 解得x 2－v 20＝20x －v 0的图象如图所示．答案：见解析。

2022版《优化方案》高考物理(江苏专用)二轮复习第一部分专题二功与能第1讲课时演练知能提升

一、单项选择题 1．(2021·泰州一模)如图所示，质量m ＝1 kg 、长L ＝0.8 m 的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相齐．板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.现用F ＝5 N 的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F 做的功至少为(g 取10 m/s 2)( )A ．1 JB ．1.6 JC ．2 JD ．4 J解析：选B.木板中心到达桌子边缘时即可翻下，则W F ≥μmg ·L 2＝0.4×1×10×0.82 J ＝1.6 J ，故B 正确．2．(2021·白山一模)一个质量为m 的物块，在几个共点力的作用下静止在光滑水平面上．现把其中一个水平方向的力从F 突然增大到3F ，并保持其他力不变，则从这时开头t s 末，该力的瞬时功率是( )A.9F 2t mB.6F 2t mC.4F 2t mD.3F 2t m解析：选B.物块受到的合力为2F ，依据牛顿其次定律有2F ＝ma ，在合力作用下，物块做初速度为零的匀加速直线运动，速度v ＝at ，该力大小为3F ，则该力的瞬时功率P ＝3Fv ，解以上各式得P ＝6F 2tm，B 正确．3.(2021·苏北三市高三二模)如图所示，某同学斜向上抛出一石块，空气阻力不计．下列关于石块在空中运动过程中的速率v 、加速度a 、水平方向的位移x 和重力的瞬时功率P 随时间t 变化的图象中，正确的是( )解析：选C.石块做斜抛运动，可分解为竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的匀速直线运动，水平位移x ＝v 0x t 与时间成正比，选项C 正确；由于整个过程中石块只受重力，所以a ＝g 保持不变，选项B 错误；竖直方向上做竖直上抛运动，所以重力的瞬时功率P ＝mg (v 0y －gt )，功率随时间先减小后增大，选项D 错误；石块在运动过程中的速率v ＝v 2x ＋v 2y ＝v 20x ＋（v 0y －gt ）2，石块的最小速率为v 0x >0，选项A 错误．4．一人用恒定的力F ，通过图示装置拉着物体沿光滑水平面运动，A 、B 、C 是其运动路径上的三个点，且AC ＝BC .若物体从A 到C 、从C 到B 的过程中，人拉绳做的功分别为W F A 、W FB ，物体动能的增量分别为ΔE A 、ΔE B ，不计滑轮质量和摩擦，下列推断正确的是( )A ．W F A ＝W FB ，ΔE A ＝ΔE B B ．W F A ＞W FB ，ΔE A ＞ΔE BC ．W F A ＜W FB ，ΔE A ＜ΔE BD ．W F A ＞W FB ，ΔE A ＜ΔE B解析：选B.如图，F 做的功等于F 1做的功，物体由A 向B 运动的过程中，F 1渐渐减小，又由于AC ＝BC ，由W ＝F 1l 知W F A ＞W FB ；对物体只有F 做功，由动能定理知ΔE A ＞ΔE B ，故B 正确．5．质量为m 的汽车，启动后沿平直路面行驶，假如发动机的功率恒为P ，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小肯定，汽车速度能够达到的最大值为v ，那么当汽车的车速为v4时，汽车的瞬时加速度的大小为( )A.P mvB.2P mvC.3P mvD.4P mv解析：选C.设汽车所受摩擦力为F f ，以v 行驶时有：P v ＝F f ，以v 4行驶时，F 牵＝Pv /4，由牛顿其次定律得：4P v －P v ＝ma ，a ＝3Pmv，故C 正确． 6.(2021·高考全国卷Ⅱ)一汽车在平直大路上行驶．从某时刻开头计时，发动机的功率P 随时间t 的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f 恒定不变．下列描述该汽车的速度v 随时间t 变化的图线中，可能正确的是( )解析：选A.由P －t 图象知：0～t 1内汽车以恒定功率P 1行驶，t 1～t 2内汽车以恒定功率P 2行驶．设汽车所受牵引力为F ，则由P ＝Fv 得，当v 增加时，F 减小，由a ＝F －fm 知a 减小，又因速度不行能突变，所以选项B 、C 、D 错误，选项A 正确．7.(2021·高考全国卷Ⅰ)如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开头下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W >12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，连续上升一段距离D ．W <12mgR ，质点到达Q 点后，连续上升一段距离解析：选C.设质点到达N 点的速度为v N ，在N 点质点受到轨道的弹力为F N ，则F N －mg ＝mv 2NR ，已知F N＝F ′N ＝4mg ，则质点到达N 点的动能为E k N ＝12mv 2N ＝32mgR .质点由开头至N 点的过程，由动能定理得mg ·2R ＋W f ＝E k N －0，解得摩擦力做的功为W f ＝－12mgR ，即克服摩擦力做的功为W ＝－W f ＝12mgR .设从N 到Q 的过程中克服摩擦力做功为W ′，则W ′<W .从N 到Q 的过程，由动能定理得－mgR －W ′＝12mv 2Q －12mv 2N ，即12mgR －W ′＝12mv 2Q，故质点到达Q 点后速度不为0，质点连续上升一段距离．选项C 正确．二、多项选择题8．一辆汽车在平直大路上以速度v 0开头加速行驶，经过一段时间t ，前进距离l ，此时恰好达到其最大速度v m ，设此过程中汽车发动机始终以额定功率P 工作，汽车所受阻力恒为F f ，则在这段时间里，发动机所做的功为( )A ．F f v m tB ．PtC.12mv 2m ＋F f l －12mv 20 D ．F f tv 0＋v m2解析：选ABC.发动机牵引力为变力，而牵引力的功率恒定，则可用W ＝Pt 求变力做功，选项B 正确；依据P ＝F 牵v ＝F f v m ，所以W ＝F f v m t ，选项A 正确；依据动能定理，W －F f l ＝12mv 2m －12mv 20，解得W ＝12mv 2m －12mv 2＋F f l ，选项C 正确．9．(2021·邳州三模)如图所示，质量为0.1 kg 的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m 后以3.0 m/s 的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m ，若不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，则( )A ．小物块的初速度是7 m/sB ．小物块的水平射程为0.9 mC ．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J 的功D ．小物块落地时的动能为0.9 J解析：选ABD.小物块在桌面上克服摩擦力做功W f ＝μmgL ＝2 J ，C 错误．在水平桌面上滑行，由动能定理得－W f ＝12mv 2－12mv 20，解得v 0＝7 m/s ，A 正确．小物块飞离桌面后做平抛运动，有x ＝vt 、h ＝12gt 2，解得x ＝0.9 m ，B 正确．设小物块落地时动能为E k ，由动能定理得mgh ＝E k －12mv 2，解得E k ＝0.9 J ，D 正确．10．(2021·镇江模拟)用传感器争辩质量为2 kg 的物体由静止开头做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s 内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是( )A ．0～6 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动B ．0～6 s 内物体在5 s 时的速度最大C ．物体在2～4 s 内速度不变D ．0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力做的功解析：选BD.由v ＝at 可知，a －t 图象中，图线与坐标轴所围面积表示质点在此段获得速度的大小，0～6 s 内物体的速度始终为正值，故始终为正方向，A 项错误；t ＝5 s 时，速度最大，B 项正确；2～4 s 内加速度保持不变且不为零，速度大小肯定变化，C 项错误；0～4 s 内与0～6 s 内图线与坐标轴所围面积相等，故物体4 s末和6 s末速度相同，由动能定理可知，两段时间内合力对物体做功相等，D项正确．三、计算题11．(2021·常州一模)如图所示，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道B端的切线沿水平方向．质量m＝1.0 kg的滑块(可视为质点)在水平恒力F＝10.0 N的作用下，从A点由静止开头运动，当滑块运动的位移x＝0.50 m时撤去力F.已知A、B之间的距离x0＝1.0 m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.10，g取10 m/s2.求：(1)在撤去力F时，滑块的速度大小．(2)滑块通过B点时的动能．(3)滑块通过B点后，能沿圆弧轨道上升的最大高度h＝0.35 m，求滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功．解析：(1)滑动摩擦力F f＝μmg设撤去力F前滑块的加速度为a1，依据牛顿其次定律得：F－μmg＝ma1解得：a1＝9.0 m/s2设滑块运动位移为0.50 m时的速度大小为v，依据运动学公式得：v2＝2a1x解得：v＝3.0 m/s.(2)设滑块通过B点时的动能为E k B，从A到B运动过程中，由动能定理得：Fx－F f x0＝E k B解得：E k B＝4.0 J.(3)设滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做功为W F f，由动能定理得：－mgh－W F f＝0－E k B解得：W F f＝0.50 J.答案：(1)3.0 m/s(2)4.0 J(3)0.50 J12．(2021·常熟质检)如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上；B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上．用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行．已知A、B的质量均为m，斜面倾角为θ＝37°，重力加速度为g，滑轮的质量和摩擦不计，开头时整个系统处于静止状态．C释放后沿斜面下滑，当A刚要离开地面时，B的速度最大，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)从开头到物体A刚要离开地面的过程中，物体C沿斜面下滑的距离；(2)C的质量；(3)A刚要离开地面时，C的动能．解析：(1)设开头时弹簧压缩的长度为x B，则有kx B＝mg设当物体A刚要离开地面时，弹簧的伸长量为x A，则有kx A＝mg当物体A刚要离开地面时，物体B上升的距离与物体C沿斜面下滑的距离相等，为：h＝x A＋x B解得：h＝2mgk.(2)物体A刚要离开地面时，以B为争辩对象，物体B受到重力mg、弹簧的弹力kx A、细线的拉力F T三个力的作用，设物体B的加速度为a，依据牛顿其次定律：对B有：F T－mg－kx A＝ma对C有：m C g sin θ－F T＝m C aB获得最大速度时，有：a＝0解得：m C＝10m3.(3)法一：由于x A＝x B，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，且物体A 刚要离开地面时，B、C两物体的速度相等，设为v0，由动能定理得：m C gh sin θ－mgh＋W弹＝12(m＋m C)v2－0其中W弹＝0解得：v20＝12mg213k所以E k C＝12m C v2＝20m2g213k.法二：依据动能定理，对C ：m C gh sin θ－W T ＝E k C －0 对B ：W T －mgh ＋W 弹＝E k B －0 其中W 弹＝0 又：E k C ∶E k B ＝10∶3 解得：E k C ＝20m 2g 213k.答案：(1)2mg k (2)10m 3 (3)20m 2g 213k。

2022版《优化方案》高考物理(江苏专用)二轮复习题型专练专题二实验题巧练电学实验题巧练(二)

电学试验题巧练(二)(建议用时：40分钟)1．(2021·江苏七校联考)测量一个长约5 cm、电阻R1约为30 Ω、横截面为圆形、粗细均匀的导电材料的电阻率，所用器材如下：游标卡尺(20分度)；螺旋测微器；直流电源E(电动势为18 V，内阻可忽视不计)；标准电流表A1(量程1.5 A，内阻r1＝6 Ω)；电流表A2(量程2 A，内阻r2约为5 Ω)；滑动变阻器R2(最大阻值10 Ω)；开关S，导线若干．(1)用游标卡尺测得导电材料的长度如图甲所示，读数L＝________cm；用螺旋测微器测得该材料的直径如图乙所示，读数D＝________mm.(2)请依据给出的仪器设计测电阻的试验电路原理图，要求获得较多的试验数据．错误!(3)若某次测量中两电流表A1、A2的读数分别为I1、I2，则由已知量和测量量计算电阻率的表达式ρ＝____________．2．(2021·高考全国卷Ⅱ)电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍．某同学利用这一事实测量电压表的内阻(半偏法)，试验室供应的器材如下：待测电压表V(量程3 V，内阻约为3 000 Ω)，电阻箱R0(最大阻值为99 999.9 Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值100 Ω，额定电流2 A)，电源E(电动势6 V，内阻不计)，开关2个，导线若干．(1)虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整．(2)依据设计的电路，写出试验步骤：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(3)将这种方法测出的电压表内阻记为R V′，与电压表内阻的真实值R V相比，R V′________R V(填“>”“＝”或“<”)，主要理由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________.3．(2021·南京模拟)某同学利用图甲所示电路测定电源的电动势和内阻．试验中电表内阻对试验结果影响很小，均可以忽视不计．闭合开关S后，滑动变阻器的滑片P由变阻器的一端滑到另一端的过程中，两电压表示数随电流表示数变化状况分别如图乙的U－I图象中的图线a、b所示．(1)用笔画线代表导线，将图丙实物图中各元件按图甲连接成试验电路．(2)通过分析可知，其中图乙中图线________(填“a”或“b”)表示电压表V1示数随电流表A示数变化的关系．(3)依据U－I图象中坐标轴上所标出的数据，可求出电源的电动势E＝________，内阻r＝________．(用图中给出的坐标值表示)4．(2021·高考海南卷)某同学利用图甲所示电路测量电容器充电时两极板间的电压随时间的变化．试验中使用的器材为：电池E(内阻很小)、开关S1和S2、电容器C(约100 μF)、电阻R1(约200 kΩ)、电阻R2(1 kΩ)、电压表V(量程6V)、秒表、导线若干．甲(1)按图甲所示的电路原理图将图乙中实物图连线．(2)先闭合开关S2，再断开开关S2；闭合开关S1，同时按下秒表开头计时．若某时刻电压表的示数如图丙所示，电压表的读数为________V(保留2位小数)．(3)该同学每隔10 s记录一次电压表的读数U，记录的数据如下表所示．在坐标纸上绘出U－t图线．已知只有一个数据点误差较大，该数据点对应的表中的时间是________s.时间t/s 10.020.030.040.050.060.0电压U/V 2.14 3.45 4.23 4.51 5.00 5.18(4)电路中C、R2和S2构成的回路的作用是________．5．(2021·宜兴模拟)某同学尝试把一个灵敏电流计改装成温度表，他所选用的器材有：灵敏电流计(待改装)，同学电源(电动势为E，内阻不计)，滑动变阻器，单刀双掷开关，导线若干，导热性能良好的防水材料，标准温度计，PTC热敏电阻R t(PTC线性热敏电阻的阻值与摄氏温度t的关系为R t＝a＋kt，a>0，k>0)．设计电路图如图所示，并按如下步骤进行操作：(1)按电路图连接好试验器材．(2)将滑动变阻器滑片P滑到________(填“a”或“b”)端，单刀双掷开关S掷于________(填“c”或“d”)端，调整滑片P使电流计________，并在以后的操作中保持滑片P位置不动，设此时电路总电阻为R，断开电路．(3)向容器中倒入适量开水，观看标准温度计，每当标准温度计示数下降5 ℃，就将开关S置于d端，并记录此时的温度t和对应的电流计的示数I，然后断开开关．请依据温度表的设计原理和电路图，写出电流与温度的关系式(用题目中给定的符号表示)I＝________．(4)依据对应温度记录的电流计示数，重新刻制电流计的表盘，改装成温度表．依据改装原理，此温度表表盘刻度线的特点是：低温刻度在________侧(填“左”或“右”)，刻度线分布________(填“是”或“不是”)均匀的．6．(2021·南京市诊断检测)小华、小刚共同设计了图甲所示的试验电路，电路中的各个器材元件的参数为：电池组(电动势约6 V，内阻r约3 Ω)、电流表(量程2.0 A，内阻r A＝0.8 Ω)、电阻箱R1(0～99.9 Ω)、滑动变阻器R2(0～R x)、开关三个及导线若干．他们认为该电路可以用来测电源的电动势、内阻和R2接入电路的阻值．(1)小华先利用该电路精确地测出了R2接入电路的阻值．他的主要操作步骤是：先将滑动变阻器滑片调到某位置，接着闭合S、S2，断开S1，读出电流表的示数I；再闭合S、S1，断开S2，调整电阻箱的电阻值为3.6 Ω时，电流表的示数也为I.此时滑动变阻器接入电路的阻值为________Ω.(2)小刚接着利用该电路测出了电源电动势和内电阻．①他的试验步骤为：a．在闭合开关前，调整电阻R1或R2至________(选填“最大值”或“最小值”)，之后闭合开关S，再闭合________(选填“S1”或“S2”)；b．调整电阻________(选填“R1”或“R2”)，得到一系列电阻值R和电流I的数据；c．断开开关，整理试验仪器．②图乙是他由试验数据绘出的1I－R图象，图象纵轴截距与电源电动势的乘积代表________，电源电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.(计算结果保留两位有效数字)电学试验题巧练(二)1．解析：(1)游标卡尺主尺读数为50 mm，20分度游标卡尺精确度为0.05 mm，第5条刻度线与主尺刻度线对齐，故游标尺读数为5×0.05 mm＝0.25 mm，所以该材料的长度为50 mm＋0.25 mm＝50.25 mm＝5.025 cm；螺旋测微器固定刻度部分读数为2.0 mm，可动刻度部分读数为15.0×0.01 mm＝0.150 mm，因此该材料直径为2.0 mm＋0.150 mm＝2.150 mm.(2)标准电流表量程为1.5 A，内阻为6 Ω，可当电压表使用，将其与待测材料并联，再与电流表A2串联，由于供应的滑动变阻器总电阻小于待测材料电阻，故需要将滑动变阻器接成分压式电路，电路图见答案．(3)通过并联电路特点，可知通过电阻R1的电流为I2－I1，其两端电压U＝I1r1，所以待测材料的电阻为R1＝I1r1I2－I1，由电阻定律R1＝ρLS，S＝πD24，解得：电阻率ρ＝πD2I1r14L（I2－I1）.答案：(1)5.025 2.150(2)如图所示(3)πD2I1r14L（I2－I1）2．解析：(1)由于R1的总阻值远小于测量电路总电阻，故把握电路接受分压式接法，电路图见答案．(2)(3)见答案．答案：(1)试验电路图如图所示(2)移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路电压最小；闭合开关S 1、S 2，调整R 1，使电压表的指针满偏；保持滑动变阻器滑片的位置不变，断开S 2，调整电阻箱R 0使电压表的指针半偏；读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻(3)> 断开S 2，调整电阻箱使电压表成半偏状态，电压表所在支路总电阻增大，分得的电压也增大；此时R 0两端的电压大于电压表的半偏电压，故R V ′>R V (其他合理说法同样正确) 3．解析：(1)如图所示．(2)由题图甲知电压表V 1测路端电压，则其U －I 图线应为图线a . (3)结合题给条件，由闭合电路欧姆定律可得： E ＝U 1＋I 1r E ＝U 2＋I 2r 解得E ＝U 1I 2－U 2I 1I 2－I 1r ＝U 1－U 2I 2－I 1.答案：(1)图见解析 (2)a (3)U 1I 2－U 2I 1I 2－I 1 U 1－U 2I 2－I 14．解析：(2)电压表的量程为6 V ，分度值为0.1 V ，所以读数为 3.60 V.(3)将表中各数据在坐标纸上描点连线如答图所示，由图可知除t ＝40.0 s 的数据外其他各点基本在同一平滑曲线上，故误差较大的数据点只能是t ＝40.0 s 对应的点．(4)电路中C 、R 2和S 2构成的回路，先闭合开关S 2，再断开开关S 2，目的是试验前使电容器上下极板所带电荷充分中和，不影响试验．答案：(1)如图所示(2)3.60 (3)图线如图所示 40.0 (4)放电5．解析：(2)分析电路可知滑动变阻器为限流式接法，所以闭合开关前，使它的阻值处于最大值状态，即将滑片P 滑到a 端．为了设计表盘刻度，应使开关掷于c 处，调整滑片，使电流计满偏．(3)把开关置于d 端，依据闭合电路欧姆定律得I ＝ER ＋R t ，又R t ＝a ＋kt ，联立得出电流与温度的关系式为I ＝ER ＋a ＋kt.(4)由于R t ＝a ＋kt (且a >0，k >0)，所以温度越低，电阻R t 越小，回路中I 越大，所以低温刻度在右侧，由(3)中关系式可知电流与温度不是线性关系，所以刻度线分布不是均匀的．答案：(2)a c 满偏 (3)ER ＋a ＋kt(4)右不是6．解析：(1)闭合S 、S 2，断开S 1，依据题图甲和闭合电路欧姆定律可得I ＝Er ＋r A ＋R 2x ；闭合S 、S 1，断开S 2，依据题图甲和闭合电路欧姆定律可得I ＝Er ＋r A ＋R 1；解得滑动变阻器接入电路的阻值R 2x ＝R 1＝3.6 Ω.(2)①a.本试验利用“电阻箱＋电流表”的方式来测量电源的电动势和内阻，为了保证电流表不被烧坏，应在闭合开关前，将电阻箱R 1的阻值调整到最大值；由于本试验利用“电阻箱＋电流表”的方式来测量电源的电动势和内阻，因此，闭合开关S 之后，应再闭合开关S 1.b.由于试验中使用电阻箱读取数据，故应调整R 1.②当闭合S 、S 1，依据题图甲和闭合电路欧姆定律可得E ＝I (r ＋r A ＋R )(其中R 为电阻箱接入电路的电阻的大小)，即1I ＝1E R＋r ＋r A E ，当R ＝0时，1I·E ＝r ＋r A ，即题图乙中图象纵轴截距与电源电动势的乘积代表电流表的内阻与电源的内阻之和(r ＋r A )；依据表达式1I ＝1E R ＋r ＋r A E 和题图乙所给图象可得，1E ＝1.60－0.606 V －1，r ＋r A E ＝0.60 Ω/V ，解得E ＝6.0 V ，r ＝2.8 Ω.答案：(1)3.6 (2)①a.最大值 S 1 b ．R 1 ②r ＋r A (电流表的内阻与电源的内阻之和) 6.0 2.8。

2022版《优化方案》高考物理(江苏专用)二轮复习高考全真模拟卷(四)

高考全真模拟卷(四)(时间：100分钟分值：120分)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．很多科学家对物理学的进展作出了巨大贡献，也制造出了很多物理学方法，如抱负试验法、把握变量法、极限思想法、建立物理模型法、类比法和科学假设法等．以下关于物理学史和所用物理学方法的叙述正确的是()A．卡文迪许奇妙地运用扭秤试验测出引力常量，接受了抱负试验法B．伽利略为了说明力是维持物体运动的缘由用了抱负试验法C．在不需要考虑物体本身的外形和大小时，用质点来代替物体的方法叫假设法D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里接受了微元法2．(2021·江苏连云港模拟)如图所示，在建筑工地上一建筑工人两手对称用水平力将两长方形水泥制品P和Q夹紧、并以加速度a竖直向上搬起，P和Q质量分别为2m和3m，水平力为F，P和Q间动摩擦因数为μ，在此过程中()A．P受到Q的摩擦力方向肯定竖直向上B．P受到Q的摩擦力大小为2μFC．P受到Q的摩擦力大小为0.5m(g＋a)D．P受到Q的摩擦力大小为1.5m(g＋a)3.如图所示，将一光滑圆轨道固定竖直放置，其中A点为圆轨道的最低点，B点为圆水平直径与圆弧的交点．一个质量为m的物体静置于A点，现用始终沿轨道切线方向、大小不变的外力F作用于物体上，使其沿圆轨道到达B点，随即撤去外力F，要使物体能在竖直圆轨道内维持圆周运动，外力F至少为()A.2mgπ B.3mgπC.4mgπ D.5mgπ4.如图所示，一个光滑环状绝缘圆管轨道平放于水平桌面上固定，管内有一质量为m、带电荷量为＋q的小球(可视为质点)，沿着管道有逆时针方向的电场，场强大小均为E，圆管内径可忽视，半径为R，将小球自图中A 点由静止释放，经时间t小球第一次回到A点，其动能为E k1，再经过时间t小球的动能为E k2，则E k1∶E k2为()A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．1∶45.如图所示，abcd为一边长为l、具有质量的刚性导线框，位于水平面内，bc边串接有电阻R.虚线表示一匀强磁场区域的边界，它与线框ab边平行，磁场区域的宽度为2l，磁场方向竖直向下．线框在一垂直于ab 边的水平恒定拉力F作用下，沿光滑水平面运动，直到通过磁场区域．已知ab边刚进入磁场时，线框做匀速运动，下面定性画出的回路中电流i大小与位移x图象肯定错误的是()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.如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，水平放置一根长为L、质量为m的直导体棒，当通以图示方向电流I 时，欲使导体棒静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强磁场，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由垂直斜面对上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，下列说法中正确的是()A ．此过程中磁感应强度B 先增大后减小 B ．此过程中磁感应强度B 先减小后增大C ．此过程中磁感应强度B 的最小值为mg sin αILD ．此过程中磁感应强度B 的最大值为mgIL7．据报道，美国国家航空航天局(NASA)宣布首次在太阳系外发觉“类地”行星Kepler 186f.假如宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星，进行科学观测，该行星自转周期为T ，宇航员在该行星“北极”距该行星表面四周h 处自由释放一个小球(引力视为恒力)，落地时间为t .已知该行星半径为R ，引力常量为G ，则下列说法正确的是( )A ．该行星的第一宇宙速度为πRTB ．宇宙飞船绕该行星做圆周运动的周期不小于πt 2R hC ．该行星的平均密度为3h2G πt 2D ．假如该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面高度为 3hT 2R 22π2t 2－R8．(2021·江苏镇江质检)如图甲所示，滑块A 的质量m ＝1 kg ，静止在光滑水平面上、上表面的长度为L 的平板车B 的质量为M .某时刻滑块A 以向右的初速度v 0＝3 m/s 滑上平板车B 的上表面，忽视滑块A 的大小．从滑块A 刚滑上平板车B 开头计时，之后它们的速度随时间变化的图象如图乙所示，t 0是滑块A 在车上运动的总时间，测得t 0＝1 s ．以下说法中正确的是(重力加速度g ＝10 m/s 2)( )A ．平板车B 上表面的长度L ＝2 mB ．滑块A 与平板车B 上表面的动摩擦因数μ＝0.1C ．平板车B 的质量M ＝1 kgD ．t 0时间内滑块A 所受摩擦力做功的平均功率为10 W9．如图甲所示，抱负变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，原线圈接沟通电源和沟通电压表，副线圈接有“220 V ，440 W ”的热水器、“220 V ，220 W ”的抽油烟机．假如副线圈电压按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是( )A ．副线圈两端电压的瞬时值表达式为u ＝ 2202sin(100πt ) VB ．沟通电压表的示数为1 100 2 VC ．1 min 内变压器输出的电能为3.96×104 JD ．热水器的发热功率是抽油烟机发热功率的2倍三、简答题：本题分必做题(第10、11题)和选做题(第12题)两部分，共计42分． [必做题]10．(8分)试验室进了一批用来做螺线管用的金属导线，某同学想通过试验测定该材料的电阻率．(1)试验中他找来肯定值电阻来爱护电表不被烧毁，为确定该产品是否可作爱护电阻，他用多用电表粗测其电阻：将选择开关打到欧姆挡的“×10”倍率挡，测量结果如图甲所示，则定值电阻为________Ω.(2)通过测量确定该定值电阻可作爱护电阻，他便设计了如图乙所示原理图，依据图乙将实物图丙连接好．(3)其主要试验步骤如下：①用螺旋测微器测金属丝的直径，测量结果如图丁所示，则金属丝的直径D ＝________mm. ②适当取出一段样品材料，然后按原理图连接好试验器材． ③用毫米刻度尺测量出接入试验电路中金属丝的长度，某次测量刻度尺的示数如图戊所示，则金属丝长度的测量值为L ＝________cm.④转变接入电路中金属丝的长度，重复试验多次． (4)依据试验中的数据，最终得到了如图己所示的R －L 图象，由图象可求得金属丝的电阻率ρ＝________Ω·m ，用来作为爱护电阻的定值电阻R 0＝________Ω.11．(10分)(2021·豫南五市二模)某同学利用如图甲所示的装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的试验．(1)在安装刻度尺时，必需使刻度尺保持________状态．(2)他通过试验得到如图乙所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线．由此图线可得该弹簧的原长x0＝________cm，劲度系数k＝________N/m.(3)他又利用本试验原理把该弹簧做成一个弹簧测力计，当弹簧测力计上的示数如图丙所示时，该弹簧的长度x ＝________cm.12．[选做题]本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题．．．．．．．．，．并在相应的答题区域内作答．．．．．．．．．．．．．．若多做，则按A、B两小题评分．A．[选修3-3](12分)(1)下列说法中正确的是________．A．布朗运动是悬浮在液体中固体分子所做的无规章运动B．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用C．液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点D．当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，分子势能越小(2)如图所示，肯定质量的抱负气体从状态A变化到状态B，再由状态B变化到状态C，已知状态A的温度为300 K，则由状态A变化到状态B的过程中，气体的内能________(填“增大”、“减小”或“不变”)，是________(“吸热”或“放热”)过程．(3)如图所示，一密闭容器内贮有肯定质量的气体，不导热的光滑活塞将容器分隔成左右两部分．开头时，两部分气体的体积、温度和压强都相同，均为V0＝15 L，T0＝300 K和p0＝1.0×105Pa.将右侧气体加热，而左侧仍保持原来温度，平衡时测得左侧气体的压强为p＝1.5×105 Pa，求：①左侧气体的体积；②右侧气体的温度．B．[选修3-4](12分)(1)下列说法正确的是________．A．用光导纤维束传输图像和信息，这是利用了光的全反射原理B．紫外线比红外线更简洁发生衍射现象C．经过同一双缝所得干涉条纹，红光比绿光条纹间距大D．光的色散现象都是由于光的干涉现象引起的(2)19世纪和20世纪之交，经典物理已达到了完整、成熟的阶段，但“在物理学晴朗天空的远处还有两朵小小的、令人担忧的乌云”，人们发觉了经典物理学也有无法解释的试验事实，“两朵乌云”是指________(填“宏观问题”或“微观问题”)与________(填“高速问题”或“低速问题”)．(3)如图所示是一种折射率n＝1.5的棱镜，现有一束光线沿MN的方向射到棱镜的AB界面上，入射角的正弦值为sin i＝0.75.已知光在真空中的速度为3×108m/s，求：①光在棱镜中传播的速率；②通过计算说明此束光线射出棱镜后的方向并画出光路图(不考虑返回到AB面上的光线)．C．[选修3-5](12分)(1)下列说法正确的是________．A．若氢原子核外电子从激发态n＝3跃迁到基态发出的光子刚好能使某金属发生光电效应，则从激发态n＝2跃迁到基态发出的光子肯定能使该金属发生光电效应B．查德威克用α粒子打击金箔得出了原子的核式结构模型C．普朗克在争辩物体热辐射的规律时发觉，电磁波的放射和吸取不是连续的，而是一份一份地进行的，每一份能量叫做一个能量子ε＝hν，并测出了普朗克常量hD．玻尔的能级不连续和电子轨道不连续的观点，成功地解释了氢原子光谱的试验规律和现代量子理论是全都的(2)放射性同位素14 6C被考古学家称为“碳钟”，它可以用来判定古生物体的年月．宇宙射线中高能量中子碰撞空气中的氮原子后，就会形成很不稳定的14 6C，它很简洁发生β衰变，变成一个新核，其半衰期为5 730年．该衰变的核反应方程式为________________________________________________________________________．146C的生成和衰变通常是平衡的，即生物机体中14 6C的含量是不变的．当生物体死亡后，机体内14 6C的含量将会不断削减．若测得一具古生物遗骸中14 6C含量只有活体中的25%，则这具遗骸距今约有________年．(3)如图所示，质量为m B＝2 kg的木块B静止在光滑水平面上．一质量为m A＝1 kg的木块A以某一初速度v0＝5 m/s沿水平方向向右运动，与B碰撞后都向右运动．木块B与挡板碰撞后马上反弹(设木块B与挡板碰撞过程无机械能损失)．后来木块B与A发生二次碰撞，碰后A、B同向运动，速度大小分别为1.2 m/s、0.9 m/s.求：①第一次木块A、B碰撞后瞬间B的速度大小；②木块A、B第一次碰撞过程中系统损失的机械能是多少？四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最终答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位．13．(15分)南海舰队某潜艇在远航巡逻中，患病海水密度突变造成的“断崖”掉深，该艇急速下沉，全艇官兵在能见度几乎为零的水雾环境中，关闭了近百个阀门和开关，操纵了几十种仪器，成功将险情化解，创下了同类潜艇大深度自救成功的新记录！假设总质量为M＝3.45×106 kg的潜艇正在深度为h1＝150 m，密度为ρ1＝1.029×103 kg/m3的水下缓慢水平潜航，突然进入密度为ρ2＝1.008×103 kg/m3区域发生“断崖”，潜艇沿竖直方向从静止开头匀加速下沉，经一系列操作在很短的时间排出肯定量的水后，潜艇转为匀减速下沉，当速度减为0时到达最大深度h2＝330 m，整个过程历时t＝90 s．设潜艇在下沉中只受重力与浮力的作用，忽视排水的时间及潜艇体积的变化，取g＝9.8 m/s2，求：(1)潜艇匀加速下沉的时间；(2)紧急排出水的质量．14．(16分)空间中有一坐标系xOy，M、N是x轴上的两点，且MO＝0.15 m、ON＝0.15 m．在坐标系所在的空间内存在有电场强度大小为E＝1.0 N/C的匀强电场．一带正电的小球从M点射出，速度方向与x轴正方向的夹角为30°，小球射入电场后做匀速直线运动．已知小球的电荷量为q＝1.0×10－7C，速度为v＝2.0 m/s，重力加速度取g＝10 m/s2.(1)求小球的质量m；(2)欲使小球能通过N点，并且小球的运动轨迹关于y轴对称，需要加一磁感应强度方向垂直于xOy平面的、大小为B＝2.0 T的圆形区域匀强磁场，求小球从M到N的运动时间以及圆形磁场面积的最小值．15．(16分)如图所示，两根竖直固定的足够长的金属导轨ab和cd相距L＝0.2 m，另外两根水平金属杆MN和PQ的质量均为m＝1×10－2 kg，可沿导轨无摩擦地滑动，MN杆和PQ杆的电阻均为R＝0.2 Ω(竖直金属导轨电阻不计)，PQ杆放置在水平绝缘平台上，整个装置处于垂直导轨平面对里的磁场中，g取10 m/s2.(1)若将PQ杆固定，让MN杆在竖直向上的恒定拉力F＝0.18 N的作用下由静止开头向上运动，磁感应强度B0＝1.0 T，杆MN的最大速度为多少？(2)若将MN杆固定，MN和PQ的间距为d＝0.4 m，现使磁感应强度从零开头以ΔBΔt＝0.5 T/s的变化率均匀地增大，经过多长时间，杆PQ对地面的压力为零？高考全真模拟卷(四)1．解析：选D.卡文迪许将不易观看的微小变化量，转化为简洁观看的显著变化量，属于放大法，A错误；伽利略不是为了说明力是维持物体运动的缘由做试验，B错误；在不需要考虑物体本身的外形和大小时，用质点来代替物体的方法属于模型法，C错误；把整个运动过程划分成很多小段，属于微元法，D正确．2．解析：选C.设每只手与水泥制品的摩擦力大小均为F f1，设P受到Q的摩擦力大小为F f，方向竖直向上．对PQ整体、P分别应用牛顿其次定律有2F f1－5mg＝5ma、F f1＋F f－2mg＝2ma，联立解得F f＝－0.5m(g＋a)，说明P 受到Q 的摩擦力向下，选项C 对，选项A 、B 、D 错．3．解析：选D.物体由A 点运动到B 点的过程中，由动能定理可得W F －mgR ＝12mv 2B ①；因F 是变力，对物体的运动过程分割，将AB ︵划分成很多小段，则当各小段弧长Δs 足够小时，在每一小段上，力F 可看做恒力，且其方向与该小段上物体位移方向全都，有W F ＝F Δs 1＋F Δs 2＋…＋F Δs i ＋…＝F (Δs 1＋Δs 2＋…＋Δs i ＋…)＝F ·π2R ②；从B 点起撤去外力F ，物体的运动遵循机械能守恒定律，由于在最高点维持圆周运动的条件是mg ≤m v 2R ，即在圆轨道最高点处速度至少为Rg.故由机械能守恒定律得12mv 2B ＝mgR ＋m （Rg ）22③；联立①②③式得F ＝5mgπ.选项D 正确． 4．解析：选D.依据题意，小球受到沿轨迹切线方向的电场力大小始终为qE ，设小球沿轨迹切线方向的加速度大小为a ，依据牛顿其次定律有qE ＝ma ，小球第一个时间t 内的路程为x 1＝12at 2，由动能定理有qEx 1＝E k1－0，小球在前2t 时间内的路程为x 2＝12a (2t )2，由动能定理有qEx 2＝E k2－0，联立解得E k1∶E k2＝1∶4，选项D 正确．5．解析：选C.由题意知，当线框在x ＝0至x ＝l 间运动时电流恒为i 0；当线框在x ＝l 至x ＝2l 间运动时，磁通量不变化，故i ＝0，线框做匀加速运动；当ab 边刚出磁场(x ＝2l )时，线框的速度大于刚进磁场时的速度，cd 边切割磁感线产生的电流i ＞i 0，同时受到的安培力大于F ，线框做减速运动，随着速度的减小，安培力变小，加速度变小，故选项C 错；当cd 边刚出磁场时，线框速度可能还没减速到ab 边刚进磁场时的速度，故选项B 对；也可能恰好减速到ab 边刚进磁场时的速度，故选项D 对；还可能早就减速到ab 边刚进磁场时的速度以后做匀速运动，故选项A 对． 6．解析：选CD.导体棒受重力G 、支持力F N 、安培力F 作用而处于平衡状态，当外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向由垂直斜面对上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，安培力由沿斜面对上转至竖直向上，导体棒受力的动态变化如图所示，则由图知安培力渐渐增大，即此过程中磁感应强度B 渐渐增大，A 、B 错误；刚开头安培力F 最小，有sin α＝Fmg ，所以此过程中磁感应强度B 的最小值为mg sin αIL ，C 正确；最终安培力最大，有F ＝mg ，即此过程中磁感应强度B 的最大值为mgIL，D 正确．7．解析：选BD.在行星表面四周自由释放的小球做自由落体运动，因h ＝12gt 2，解得行星表面的重力加速度g＝2h t 2，该行星的第一宇宙速度为v ＝gR ＝2hR t，选项A 错误；宇宙飞船绕该行星做圆周运动的周期最小值T ＝2πR v＝πt2R h ，选项B 正确；该行星的体积V ＝43πR 3，质量M ＝gR 2G ，行星的密度ρ＝M V ＝3h 2πRGt 2，选项C 错误；依据万有引力定律有GMm （R ＋H ）2＝m⎝⎛⎭⎫2πT 2(R ＋H )，解得同步卫星离行星表面的高度H ＝3hT 2R 22π2t 2－R ，选项D 正确．8．解析：选ABC.题图乙中梯形的面积代表滑块相对平板车的位移，也就是平板车的长度L ，即为L ＝12⎝⎛⎭⎫v 0＋13v 0t 0＝23v 0t 0＝2 m ，A 正确；对滑块运用牛顿其次定律有－μmg ＝ma ，而a ＝23v 0－v 0t 0，解得μ＝v 03gt 0＝0.1，B 正确；由题图乙可知滑块、平板车的加速度大小相等，使它们产生加速度的合力就是两者间的滑动摩擦力，因此它们的质量相等，C 正确；滑块所受摩擦力F f ＝μmg ＝1 N ，由题图乙可知，滑块从t ＝0到t ＝t 0过程中相对地面的位移x 块＝12⎝⎛⎭⎫23v 0＋v 0t 0＝2.5 m ，t 0时间内滑块所受摩擦力做功W ＝F f x 块＝2.5 J ，所以t 0时间内滑块所受摩擦力做功的平均功率为P ＝W/t 0＝2.5 W ，D 错误．9．解析：选AC.由题图乙可知，T ＝0.02 s ，U 2m ＝220 2 V ，而ω＝2πT ＝100π rad/s ，副线圈两端电压的瞬时值表达式为u ＝2202·sin(100πt )V ，A 项正确；沟通电压表的示数为有效值U 1，由U 1U 2＝n 1n 2，得U 1＝n 1n 2U 2＝51×220 V ＝1 100 V ，所以B 项错；因输出端电压有效值为U 2＝220 V ，则热水器和抽油烟机均正常工作，则热水器正常工作时的电流I 1＝P U ＝440220 A ＝2 A ，抽油烟机正常工作时的电流I 2＝P U ＝220220 A ＝1 A ，所以1 min内变压器输出的电能W ＝U 2(I 1＋I 2)t ＝220×3×60 J ＝3.96×104 J ，故C 项对；由于抽油烟机的内阻和机械功率未知，故无法求它的发热功率，所以无法比较两个用电器的发热功率的大小，故D 项错误．10．解析：(1)由多用电表示数及选择倍率可知定值电阻为5×10 Ω＝50 Ω.(3)①由螺旋测微器的读数方法可得金属丝的直径为D ＝0.252 mm.③金属丝的长度为L ＝70.50 cm －10.00 cm ＝60.50 cm.(4)由部分电路的欧姆定律得R ＝U I ＝R 0＋R 金属丝，由电阻定律得R 金属丝＝ρL S ，由以上两式得R ＝ρS ·L ＋R 0，可知题图己的斜率k ＝ρS，所以金属丝的电阻率为ρ＝kS ，图线在纵轴上的截距表示爱护电阻的阻值．为求直线的斜率可在直线上取两个距离较远的点，如(40，63)和(100，78)，则k ＝R 2－R 1L 2－L 1＝78－63（100－40）×10－2 Ω/m ＝25 Ω/m ，金属丝的横截面积为S ＝π⎝⎛⎭⎫D 22≈4.99×10－8 m 2，由图象斜率的物理意义可求得金属丝的电阻率为ρ＝kS ≈1.25×10－6 Ω·m.图线在纵轴上的截距表示定值电阻的阻值R 0＝53 Ω.答案：(1)50(1分) (2)如图所示(2分)(3)①0.252(1分) ③60.50(1分)(4)1.25×10－6(2分) 53(1分)11．解析：(1)安装刻度尺时，必需使刻度尺竖直放置．(2)由题图乙F －x 图象知，弹簧原长x 0＝4 cm ；k ＝ΔFΔx ＝816×10－2 N/m ＝50 N/m.(3)由题图丙知，弹簧测力计示数为3.0 N ，则Δx ＝Fk ＝0.06 m ＝6 cm ，则x ＝x 0＋Δx ＝10 cm.答案：(1)竖直(2分) (2)4(2分) 50(3分) (3)10(3分) 12．A .解析：(3)①对左侧气体，由玻意耳定律得： p 0V 0＝pV所以左侧气体体积V ＝10 L.②对右侧气体，体积为V ′＝2V 0－V ＝20 L 压强与左侧相同，均为p ，由抱负气体状态方程，得： p 0V 0T 0＝pV ′T 解得：T ＝600 K. B .解析：(3)①由n ＝c v 得v ＝cn ＝2×108 m/s.②设光线进入棱镜后的折射角为r ，由 sin isin r＝n ，得sin r ＝sin in＝0.5，r ＝30°光线射到BC 界面时的入射角i 1＝90°－45°＝45° 由于sin 45°>1n，所以光线在BC 边发生全反射，光线沿DE 方向射出棱镜后的方向与AC 边垂直，光路图如图所示． C .解析：(3)①设A 、B 第一次碰撞后的速度大小分别为v A 1、v B 1，取向右为正方向，对于A 、B 组成的系统，由动量守恒定律得：m A v 0＝m A v A 1＋m B v B 1B 与挡板碰撞，由于没有机械能损失，所以B 以原速率反弹，则其次次A 、B 碰撞前瞬间的速度大小仍旧分别为v A 1、v B 1，设碰撞后的速度大小分别为v A 2、v B 2，由题意知，v A 2和v B 2方向均向左，取向左为正方向，由动量守恒定律得：m B v B 1－m A v A 1＝m A v A 2＋m B v B 2 解得v B 1＝2 m/s.②第一次碰撞过程中，设损失的机械能为E ，依据能量守恒定律得：E ＝12m A v 20－12m A v 2A 1－12m B v 2B 1 解得：E ＝8 J.答案：A .(1)BC (2)增大吸热 (3)①10 L ②600 KB ．(1)AC (2)微观问题高速问题 (3)①2×108 m/s ②见解析C ．(1)CD (2)14 6C →14 7N ＋0－1e 11 460 (3)①2 m/s ②8 J13．解析：(1)设潜艇下沉的最大速度为v m ，匀加速下沉的时间为t 1，加速度大小为a 1，则 h 2－h 1＝v m2t (2分)v m ＝a 1t 1(2分)设潜艇体积为V ，未排水时 ρ1Vg ＝Mg (2分)Mg －ρ2Vg ＝Ma 1(2分) 解得t 1＝20 s ．(1分)(2)设匀减速下沉的加速度大小为a 2，紧急排出水的质量为m v m ＝a 2(t －t 1)(2分)ρ2Vg －(M －m )g ＝(M －m )a 2(2分) 解得m ＝9.0×104 kg.(2分) 答案：(1)20 s (2)9.0×104 kg14．解析：(1)对带电小球进行受力分析，依据平衡条件有 qE －mg ＝0(2分)所以m ＝qE g＝1.0×10－8kg.(1分)(2)带电小球进入匀强磁场，其轨迹如图甲所示，设其做匀速圆周运动的半径为R 、运动周期为T ，依据牛顿其次定律有甲qvB ＝mv 2R (2分)则R ＝mvBq ＝0.1 m(1分)T ＝2πR v＝0.1π s(1分)设带电小球从A 点进入磁场，从B 点射出磁场，由于小球的运动轨迹关于y 轴对称，依据几何关系可知∠AO ′B ＝60°，所以，带电小球在磁场中运动的时间 t 2＝T 6＝π60s(2分)由题意可知，小球在M 到A 和B 到N 的过程中做匀速直线运动，且运动时间相等．依据几何关系可知 MA ＝BN ＝MO －R sin 30°cos 30°＝315 m(2分)所以小球在M 到A 和B 到N 过程中的运动时间 t 1＝t 3＝MA v ＝330s(1分) 则小球从M 到N 运动的时间 t ＝t 1＋t 2＋t 3＝43＋π60s ≈0.17 s(1分)乙连接AB ，当AB 为圆形磁场的直径时，圆形磁场面积最小，如图乙所示．依据几何关系可知圆形磁场的半径： r ＝R sin 30°＝0.05 m(2分)其面积为S ＝πr 2＝0.002 5π m 2≈7.9×10－3m 2.(1分) 答案：见解析15．解析：(1)MN 杆切割磁感线产生的电动势为：E 1＝B 0Lv ①(2分) 由闭合电路欧姆定律得：I 1＝E 12R②(2分) MN 杆所受安培力大小为：F 安＝B 0I 1L ③(2分)对MN 杆应用牛顿其次定律得：F －mg －F 安＝ma ④(2分)当MN 杆速度最大时，MN 杆的加速度为零，联立①②③④得MN 杆的最大速度为： v m ＝2（F －mg ）R B 20L 2＝2×（0.18－1×10－2×10）×0.212×0.22 m/s ＝0.8 m/s.(2分) (2)感生电动势为：E 2＝ΔΦΔt ＝ΔBLd Δt ⑤(1分)由闭合电路欧姆定律得：I 2＝E 22R⑥(1分) t 时刻的磁感应强度为：B ＝ΔBΔtt ⑦(1分) PQ 杆受力平衡：mg ＝BI 2L ⑧(1分) 联立⑤⑥⑦⑧得时间t 为：t ＝2mgR⎝ ⎛⎭⎪⎫ΔB Δt 2L 2d ＝2×1×10－2×10×0.2（0.5）2×（0.2）2×0.4 s ＝10 s ．(2分) 答案：(1)0.8 m/s (2)10 s。

2022版《优化方案》高考物理(江苏专用)二轮复习力电综合检测(B)

力电综合检测(B)一、单项选择题 1.如图所示，倾斜放置的圆盘围着中心轴匀速转动，圆盘的倾角为37°，在距转动中心r ＝0.1 m 处放一小木块，小木块跟随圆盘一起转动，小木块与圆盘的动摩擦因数为μ＝0.8，木块与圆盘的最大静摩擦力与相同条件下的滑动摩擦力相同．若要保持小木块不相对圆盘滑动，圆盘转动的角速度最大值为(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )A ．8 rad/sB ．2 rad/sC.124 rad/sD.60 rad/s解析：选B.木块与圆盘的最大静摩擦力消灭在最低点，此时最大静摩擦力指向圆心，最大静摩擦力与重力沿平行圆盘方向的分力的合力供应木块做圆周运动的向心力，即μmg cos θ－mg sin θ＝mrω2，解得最大角速度为ω＝2 rad/s ，B 正确．2．(2021·扬州调研)卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为r ，运动周期为T ，地球半径为R ，引力常量为G ，下列说法正确的是( )A ．卫星的线速度大小为v ＝2πRTB ．地球的质量为M ＝4π2R 3GT 2C ．地球的平均密度为ρ＝3πGT2D ．地球表面重力加速度大小为g ＝4π2r 3T 2R2解析：选D.卫星的线速度大小v ＝2πr T ，则A 错误；由GMmr 2＝m 4π2T 2r ，得地球的质量M ＝4π2r 3GT 2，则B 错误；地球的密度ρ＝M 4πR33＝3πr 3GT 2R 3，则C 错误；由GMm r 2＝m 4π2T 2r ，G MmR 2＝mg ，得地球表面重力加速度大小g ＝4π2r 3T 2R 2，则D 正确． 3.空间有一匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系O －xyz ，M 、N 、P 为电场中的三个点，M 点的坐标为(0，a ，0)，N 点的坐标为(a ，0，0)，P 点的坐标为⎝⎛⎭⎫a ，a 2，a2.已知电场方向平行于直线MN ，M 点电势为0，N 点电势为1 V ，则P 点的电势为( )A.22 V B.32V C.14V D.34V 解析：选D.MN 间的距离为2a ，P 点在MN 连线上的投影点离M 点的距离为32a4，所以P 点的电势为：32a 42a×1 V ＝34 V ，D 正确．4.(2021·徐州二模)如图所示，A 、B 为两个等量正点电荷，O 为A 、B 连线的中点．以O 为坐标原点、垂直AB 向右为正方向建立Ox 轴．下列四幅图分别反映了在x 轴上各点的电势φ(取无穷远处电势为零)和电场强度E 的大小随坐标x 的变化关系，其中正确的是( )解析：选C.本题关键是要明确两个等量同种正点电荷连线的中垂线上的场强分布状况和电势分布状况．沿着场强方向，电势越来越低．两个等量同种正点电荷连线中点O 的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O 点沿着中垂线向右到无穷远处电场强度先增大后减小，故选项C 正确，D 错误；电场强度的方向始终向右，故电势越来越低，由于不是匀强电场，故电势不随坐标x 线性减小，选项A 、B 错误．5.(2021·唐山模拟)如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d ，其右端接有阻值为R 的电阻，整个装置处在竖直向上的磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．一质量为m (质量分布均匀)的导体杆ab 垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.当杆在水平向左、垂直于杆的恒力F 作用下从静止开头沿导轨运动距离l 时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r ，导轨电阻不计，重力加速度大小为g .则此过程( )A ．杆的速度最大值为（F －μmg ）RB 2d 2B ．流过电阻R 的电荷量为BdlR ＋rC ．恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D ．恒力F 做的功与安培力做的功之和小于杆动能的变化量解析：选B.当杆的速度达到最大时，安培力F 安＝B 2d 2vR ＋r ，杆受力平衡，故F －μmg －F 安＝0，所以v ＝（F －μmg ）（R ＋r ）B 2d 2，A 错；流过电阻R 的电荷量为q ＝ΔΦR ＋r ＝B ΔS R ＋r ＝BdlR ＋r ，B 对；依据动能定理，恒力F 、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F 、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，C 、D 错．二、多项选择题 6．(2021·南京模拟)某遥控小车在平直路面上运动的v －t 图线如图所示．则关于小车的运动，下列说法正确的是( ) A ．0～5 s 内小车运动的路程为3 mB ．小车开头以2 m/s 的速度做匀速直线运动，2～3 s 内做匀加速运动，加速度的大小为2 m/s 2C ．3～5 s 内小车的加速度的大小为2 m/s 2D ．0～5 s 内小车运动的位移为11 m解析：选BC.由题图知，小车开头以2 m/s 的速度做匀速直线运动，到2 s 末时开头做匀加速运动，加速度大小为2 m/s 2，3 s 末时速度达到4 m/s ，然后突然以4 m/s 的速度返回，沿反向做匀减速运动，加速度大小为2 m/s 2，B 、C 正确；路程s ＝2×2 m ＋2＋42×1 m ＋12×4×2 m ＝11 m ，位移x ＝2×2 m ＋2＋42×1 m －12×4×2 m ＝3 m ，A 、D 错误．7.近来我国暴雨频发，多地相继消灭群众被困河心孤岛的险情，为此消防队员经常需要出动参与抢险救灾．用滑轮将被困人员悬挂于粗绳下方，一条细绳一端系住被困人员，另一端由位于河道边的救援人员拉动，其原理可以简化为如图所示．某时刻被困人员位于河道O 处，与河岸距离为l ，救援人员位于A 处，沿OA 方向以速度v 1拉细绳，被困人员所受拉力大小恒为F ，此时OA 与粗绳OB 夹角为α，被困人员此时速度为v 2.则( )A ．v 2＝v 1cos αB ．v 2＝v 1cos αC ．被困人员被拉到B 点时拉力做功为FlD ．拉力瞬时功率P ＝Fv 1解析：选AD.由被困人员的运动效果可知，细绳速度v 1为被困人员的速度v 2的一个分速度，由几何关系可知：v 2＝v 1cos α，A 正确，B 错误；拉力的瞬时功率为P ＝Fv 1，D 正确，拉力做功为Flcos α，C 错误．8．(2021·江苏八校联考)一个质量为m 的质点以速度v 0做匀速运动，某一时刻开头受到恒力F 的作用，质点的速度先减小后增大，其最小值为v 02.质点从开头受到恒力作用到速度减至最小的过程中( )A ．经受的时间为3mv 02FB ．经受的时间为mv 02FC ．发生的位移为6mv 208FD ．发生的位移为21mv 208F解析：选AD.质点减速运动的最小速度不为0，说明质点不是做直线运动，而是做匀变速曲线运动．分析可知初速度方向与恒力方向的夹角为150°，在恒力方向上有v 0cos 30°－Fm t ＝0，x ＝v 0cos 30°2t ，在垂直恒力方向上有y ＝v 02t ，质点的位移s ＝x 2＋y 2，联立解得经受时间为t ＝3mv 02F ，发生的位移为s ＝21mv 208F，A 、D 正确．9.(2022·高考广东卷)如图所示的电路中，P 为滑动变阻器的滑片，保持抱负变压器的输入电压U 1不变，闭合电键S ，下列说法正确的是( )A ．P 向下滑动时，灯L 变亮B ．P 向下滑动时，变压器的输出电压不变C ．P 向上滑动时，变压器的输入电流变小D ．P 向上滑动时，变压器的输出功率变大解析：选BD.由于抱负变压器输入电压U 1不变，原、副线圈匝数不变，所以输出电压U 2也不变，灯L 亮度不随P 的滑动转变，故选项A 错误，选项B 正确．P 向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，负载总电阻R 总减小，由I 2＝U 2R 总知，通过副线圈的电流I 2增大，输出功率P 2＝U 2I 2增大，再由I 1I 2＝n 2n 1知输入电流I 1也增大，故选项C 错误，D 正确．10.如图所示，在真空中半径为r ＝0.1 m 的圆形区域内有垂直于纸面对外的匀强磁场及水平向左的匀强电场，磁感应强度B ＝0.01 T ，ab 和cd 是两条相互垂直的直径，一束带正电的粒子流连续不断地以速度v ＝1×103 m/s 从c 点沿cd 方向射入场区，粒子将沿cd 方向做直线运动，假如仅撤去磁场，带电粒子经过a 点，假如撤去电场，使磁感应强度变为原来的12，不计粒子重力，下列说法正确的是( )A ．电场强度的大小为10 N/CB ．带电粒子的比荷为1×106 C/kgC ．撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为0.1 mD ．带电粒子在磁场中运动的时间为7.85×10－5 s解析：选AC.两种场都存在时，对带电粒子受力分析，依据平衡条件得qE ＝qvB ，解得E ＝vB ＝10 N/C ，A 项正确；带电粒子仅在电场中运动时，竖直方向上r ＝vt ，水平方向上r ＝12at 2，由牛顿其次定律a ＝qEm ，联立解得q m ＝2v Br ＝2×106 C/kg ，B 项错误；撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径R ＝mvqB 1＝0.1 m ，C 项正确；画出粒子的运动轨迹得粒子在磁场中运动了四分之一个周期，T ＝2πR v ，因此运动的时间t ＝14T ＝πR 2v ＝1.57×10－4 s ，D 项错误．三、计算题11．(2021·南通模拟)将两个滑块1、2用一轻质细绳连接放在粗糙的水平面上，如图所示．已知细绳的长度为L ＝1 m ，1、2的质量分别为m 1＝2 kg 、m 2＝8 kg ，滑块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，g ＝10 m/s 2，细绳的最大拉力为F T ＝8 N ．今在滑块2上施加一水平向右的外力F ，使两滑块共同向右运动，当外力增大到某一数值时，细绳恰好断裂．(1)求细绳恰好断裂的瞬间，水平外力F 的大小；(2)假如细绳恰好断裂的瞬间，两滑块具有的速度为2 m/s ，此后水平外力F 保持不变，求当滑块1的速度刚好为零时，两滑块1、2之间的距离．解析：(1)绳刚要被拉断的瞬间绳上的拉力为F T ＝8 N ，依据牛顿其次定律，对滑块1：F T －μm 1g ＝m 1a 代入数据得a ＝2 m/s 2对滑块1、2整体：F －μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a代入数据得F ＝40 N.(2)设绳断后，滑块1的加速度为a 1，滑块2的加速度为a 2，则： a 1＝μm 1gm 1＝2 m/s 2a 2＝F －μm 2gm 2＝3 m/s 2滑块1停下来的时间为t ，则t ＝va 1＝1 s滑块1的位移为x 1，则x 1＝v 22a 1＝1 m滑块2的位移为x 2，则x 2＝vt ＋12a 2t 2＝3.5 m滑块1刚静止时，滑块1、滑块2间距离为Δx ＝x 2＋L －x 1＝3.5 m.答案：(1)40 N (2)3.5 m 12．(2021·苏州一模)如图所示，两条光滑的金属导轨相距L ＝1 m ，其中MN 段平行于PQ 段，位于同一水平面内，NN 0段与QQ 0段平行，位于与水平面成倾角37°的斜面上，且MNN 0与PQQ 0均在竖直平面内．在水平导轨区域和倾斜导轨区域内分别有垂直于水平面和斜面的匀强磁场B 1和B 2，且B 1＝B 2＝0.5 T ．ab 和cd 是质量均为m ＝0.1 kg 、电阻均为R ＝4 Ω的两根金属棒，ab 置于水平导轨上，cd 置于倾斜导轨上，均与导轨垂直且接触良好．从t ＝0时刻起，ab 棒在外力作用下由静止开头沿水平方向向右运动(ab 棒始终在水平导轨上运动，且垂直于水平导轨)，cd 受到F ＝0.6－0.25t (N)沿斜面对上的力的作用，始终处于静止状态．不计导轨的电阻．(sin 37°＝0.6，g 取10 m/s 2)(1)求流过cd 棒的电流强度I cd 随时间t 变化的函数关系；(2)求ab 棒在水平导轨上运动的速度v ab 随时间t 变化的函数关系； (3)求从t ＝0时刻起，1.0 s 内通过ab 棒的电荷量q ；(4)若t ＝0时刻起，1.0 s 内作用在ab 棒上的外力做功为W ＝16 J ，求这段时间内cd 棒产生的焦耳热Q cd . 解析：(1)由题意知cd 棒受力平衡，则F ＋F cd ＝mg sin 37° F cd ＝B 2I cd L 得I cd ＝0.5t (A)．(2)ab 棒中电流I ab ＝I cd ＝0.5t (A) 则回路中电源电动势E ＝I cd R 总ab 棒切割磁感线，产生的感应电动势为E ＝B 1Lv ab 解得ab 棒的速度v ab ＝8t (m/s)所以，ab 棒做初速度为零的匀加速直线运动． (3)ab 棒的加速度为a ＝8 m/s 2，1．0 s 内的位移为x ＝12at 2＝12×8×1.02 m ＝4 m依据I ＝E R 总＝ΔΦR 总t ＝B 1LxR 总t得q ＝It ＝B 1Lx R 总＝0.5×1×48 C ＝0.25 C.(4)t ＝1.0 s 时，ab 棒的速度v ab ＝8t (m/s)＝8 m/s 依据动能定理有W －W 安＝12mv 2－0得1.0 s 内克服安培力做功 W 安＝⎝⎛⎭⎫16－12×0.1×82J ＝12.8 J 回路中产生的焦耳热Q ＝W 安＝12.8 J cd 棒上产生的焦耳热Q cd ＝Q2＝6.4 J.答案：(1)I cd ＝0.5t (A) (2)v ab ＝8t (m/s) (3)0.25 C (4)6.4 J 13.最近，我国部分地区多发雾霾天气，PM2.5值过高，为防控粉尘污染，某同学设计了一种除尘方案，用于清除带电粉尘．模型简化如图，粉尘源A 点向虚线上方(竖直平面内)各个方向喷出粉尘微粒，速度大小均为v＝10 m/s ，粉尘微粒质量m ＝5×10－10 kg ，电荷量为q ＝＋1×10－7 C ，粉尘源正上方有方向向外且磁感应强度B ＝0.1 T 的圆形边界磁场，半径R ＝0.5 m ，磁场右侧紧邻金属极板MN 、PQ ，两板间电压恒为U 0＝0.9 V ，两板相距d ＝1 m ，板长l ＝1 m ，不计粉尘重力及粉尘之间的相互作用．(1)证明粉尘微粒从磁场射出时，速度方向均水平向右；(2)若粉尘源每秒向外喷出粉尘微粒个数为n ＝2×108个，且粉尘微粒分布均匀地进入极板通道，求此装置正常工作过程中每秒能收集的粉尘质量M ；(3)若两极板间电压在0～1.5 V 之间可调，求收集效率和电压的关系．解析：(1)在磁场中粉尘受到的洛伦兹力供应向心力，轨迹半径为r qvB ＝m v 2rr ＝mv qB ＝5×10－10×101×10－7×0.1m ＝0.5 m如图所示，假设粉尘微粒从B 点打出，轨迹圆的圆心为O ′，由r ＝R 可知AOBO ′为菱形，所以OA ∥BO ′，BO ′肯定在竖直方向上，速度方向与BO ′垂直，因此速度方向水平向右．(2)粉尘微粒进入电场，水平方向做匀速直线运动 l ＝vt竖直方向做匀加速直线运动 a ＝qU md y ＝12at 2 y ＝qUl 22mdv 2当U ＝U 0＝0.9 V 时解得y ＝qU 0l 22mdv 2＝1×10－7×0.9×122×5×10－10×1×102 m ＝0.9 m假设该粉尘在A 处与水平向左方向夹角为α，则y ＝R ＋R cos α，则α＝37°，可知在极板上的微粒占总数的百分比为η＝180°－α180°×100%＝79.4%可见79.4%的微粒会打在极板上此装置每秒能收集的粉尘质量M ＝nm ×79.4%＝2×108×5×10－10×79.4% kg ＝0.079 4 kg. (3)把y ≥d 代入y ＝qUl 22mdv 2解得U ≥1 V可知：1.5 V ≥U ≥1 V 时，收集效率η＝100% 当1 V>U ≥0时，对于恰被吸取的粒子： y ＝12at 2＝12qUl 2mdv 2＝U (m)，由y ＝R ＋R cos α，α＝arccos y －R R得，α＝arccos (2U －1)，收集效率η＝π－απ×100%＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1πarccos （2U －1）×100%.答案：见解析。

(江苏专用)高考物理二轮复习第二部分审题解题与阅卷课件

图2
求：(1)匀强电场的场强大小，并判断P球所带电荷的正负； (2)小球Q的抛出速度v0的取值范围； (3)B1是B2的多少倍？
审题“路线图” 1．细读题→审过程
2．抓隐含→理思路
(1)
小球P贴平板匀速运动
隐――含→
① 竖直小向球上所受→洛小伦球兹带力正方电向必 ②qvB1＝mg
(2)
小球P在电磁场中做匀速圆周运动
一、审题“三联动”——手脑并用联动突破高考理科综合的物理试题特点：题量少，分值大．题目
往往过程较复杂，综合性较强．物理要拿到高分，深入细致的审题是成功的必要前提．审题是关键，“宁停三分，不争一秒”，对学生来讲“最糟糕的情况就是没有弄清问题就进行求解和作图”．审题的目的是要弄清情景，找出条件及破题点，为了达到这一目的，审题时要做到“眼看、手画、脑思”．
I＝11ωω0500－，0－.0455，ra1d5/rs≤adω/s≤＜1ω5≤ra4d5/rsad/s (2)圆盘切割磁感线产生的电动势为：E＝Brωr2＋0＝12Bωr2＝0.02ω 当 ω＝15 rad/s 时 E＝0.3 V，当 ω＝45 rad/s 时 E＝0.9 V，忽略电源内阻，故 UP＝E，可得：Ub＝0.3 V，Uc＝0.9 V
(2)设小球 P 紧贴平板匀速运动的速度为 v，此时洛伦兹力与重力平衡，有 B1qv＝mg③ 设小球 P 以速度 v 在电磁场区域内做圆周运动的半径为 R，有 B2qv＝mvR2④ 设小球 Q 与小球 P 在第四象限相遇点的坐标为 x、y，有 x＝R，y≤0⑤
小球 Q 运动到相遇点所需时间为 t0，水平方向位移为 s，竖直方向位移为 d，有 s＝v0t0⑥ d＝12gt20⑦ 由题意得 x＝s－l，y＝h－d⑧ 由题意可知 v0＞0，联立相关方程，得 0＜v0≤ 22ghhl＋Bm1B22gq2⑨

2022版《优化方案》高考物理(江苏专用)二轮复习第一部分专题六选考模块第2讲课时演练知能提升

1．(2021·高考江苏卷)(1)一渔船向鱼群发出超声波，若鱼群正向渔船靠近，则被鱼群反射回来的超声波与发出的超声波相比________．A ．波速变大B ．波速不变C ．频率变高D ．频率不变(2)用2×106 Hz 的超声波检查胆结石，该超声波在结石和胆汁中的波速分别为2 250 m/s 和1 500 m/s ，则该超声波在结石中的波长是胆汁中的________倍．用超声波检查胆结石是由于超声波的波长较短，遇到结石时________(选填“简洁”或“不简洁”)发生衍射．(3)人造树脂是常用的眼镜镜片材料．如图所示，光线射在一人造树脂立方体上，经折射后，射在桌面上的P 点．已知光线的入射角为30°，OA ＝5 cm ，AB ＝20 cm ，BP ＝12 cm ，求该人造树脂材料的折射率n .解析：(1)渔船与鱼群发生相对运动，被鱼群反射回来的超声波的速度大小不变；由多普勒效应知，反射回来的超声波的频率变高，故选项B 、C 正确．(2)由v ＝λf 知，超声波在结石中的波长λ1＝v 1f ，在胆汁中的波长λ2＝v 2f ，则波长之比：λ1λ2＝v 1v 2＝1.5.超声波遇到结石时，其波长远小于结石的线度，则超声波遇到结石时不简洁发生衍射现象． (3)设折射角为γ，由折射定律知：sin 30°sin γ＝n由几何关系知：sin γ＝BP －OAOP且OP ＝（BP －OA ）2＋AB 2代入数据得n ＝44914≈1.5.答案：(1)BC (2)1.5 不简洁 (3)44914(或1.5) 2．(1)对如图所示的图片、示意图或试验装置图，下列推断精确无误的是________．A ．甲图是小孔衍射的图样，也被称为“泊松亮斑”B ．乙图是薄膜干涉的应用，用来检测平面的平整程度C ．丙图是薄膜干涉现象的试验装置图，在附有肥皂膜的铁丝圈上，消灭竖直干涉条纹D ．丁图是波的振动图象，其振幅为8 cm ，振动周期为4 s (2)(2022·高考江苏卷)在“探究单摆的周期与摆长的关系” 试验中，某同学预备好相关试验器材后，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度后释放，同时按下秒表开头计时，当单摆再次回到释放位置时停止计时，将记录的这段时间作为单摆的周期．以上操作中有不妥之处，请对其中两处加以改正．________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________(3)如图所示，△ABC 为始终角三棱镜的截面，其一个底角为30°，一束单色平行光束斜射向AB 面，经三棱镜折射后在AC 面水平平行射出．①以图中三条光线代表光束，画出三条光线经棱镜折射的光路示意图；②若棱镜的折射率为3，求入射光线与AB 面的夹角θ.解析：(1)题图甲是小孔衍射的图样，但不是“泊松亮斑”，故A 错．题图丙是薄膜干涉现象的试验装置图，但其干涉条纹应为水平的，故C 错．(2)①应在摆球通过平衡位置时开头计时；②应测量单摆多次全振动的时间，再计算出周期的测量值．(或在单摆振动稳定后开头计时)(3)①光路图如图甲所示②由图乙可知sin αsin β＝nsin 60°sin γ＝n 又n＝3解得γ＝30°由图中几何关系可知β＝30°解得α＝60°则θ＝30°.答案：(1)BD(2)见解析(3)①见解析②30°3．(2021·镇江模拟)(1)下列说法中正确的是________．A．同种介质中，光的波长越短，传播速度越快B．泊松亮斑有力地支持了光的微粒说，杨氏干涉试验有力地支持了光的波动说C．某同学在测单摆的周期时将全振动的次数多记了一次，则测出的周期偏小D．静止在地面上的人观看一条沿自身长度方向高速运动的杆，观看到的长度比杆静止时的短(2)一列沿x轴正方向传播的简谐横波，在t＝0时刻波刚好传播到x＝6 m处的质点A，如图所示，已知波的传播速度为48 m/s.请回答下列问题：①从图示时刻起再经过________s，质点B第一次处于波峰；②从图示时刻起质点A的振动方程为________________________________________________________________________cm.(3)如图所示，某种透亮液体的折射率为n，在液面下深为h处有一点光源S，现用一不透光的圆形薄板置于液面，其圆心O在S的正上方．要使观看者从液面上任一位置都不能看到点光源S，则该圆形薄板的半径R至少为多大？解析：(1)光在真空中传播速度相等，A项错误；泊松亮斑有力地支持了光的波动说，杨氏干涉试验有力地支持了光的波动说，B项错误；某同学在测单摆的周期时将全振动的次数多记了一次，测出的周期T＝tn偏小，C项正确；依据相对论学问推断D项正确．(3)由图中几何关系得sin θ＝sin C＝RR2＋h2，sin C＝1n，解得R＝hn2－1.答案：(1)CD(2)①0.5②y＝－2sin 12πt(3)hn2－14．(2021·南通三模)(1)下列说法中正确的是________．A．光从光导纤维的内芯射向外套时，只发生折射不发生反射B．第四代移动通信系统(4G)接受1 880 MHz～2 690 MHz间的四个频段，该电磁波信号的磁感应强度随时间是均匀变化的C．飞机远离卫星时，卫星接收到飞机的信号频率大于飞机发出的信号频率D．狭义相对论中“动钟变慢”，可通过卫星上的时钟与地面上的时钟对比进行验证(2)用试验探究单摆的周期与摆长的关系，为使单摆周期的测量值更精确，测量n次全振动的时间t，n应适当________(选填“大”或“小”)些；转变摆线长，测量多组摆长l和相应的振动周期T的数据，用图象处理数据．要得到线性图象，应选用________(选填“T－l”“T－l2”或“T2－l”)图象．(3)如图所示，一个三棱柱形透亮物体横截面是直角三角形，∠B＝90°，∠C＝30°，D是AC上的一点，CD间距离为L，AB间距离为2L.一束平行于BC方向的光从AC面上的D点射入，经BC面反射到AB 的中点E.求：①光在AC面上的折射角γ；②透亮物体的折射率n.解析：(3)①如图所示，光线从AC面上的D点射入时的入射角为i，折射角为γ，D点关于BC的对称点D′肯定在反射光PE的反向延长线上．由几何关系可知i ＝60°，γ＝30° ②依据折射定律n ＝sin isin γ代入数据得：n ＝ 3.答案：(1)D (2)大 T 2－l (3)①30° ② 3 5．(2021·盐城模拟)(1)下列说法中正确的是________． A ．光的偏振现象说明光是纵波B ．全息照相利用了激光相干性好的特性C ．光导纤维传播光信号利用了光的全反射原理D ．光的双缝干涉试验中，若仅将入射光由红光改为紫光，则相邻亮条纹间距肯定变大(2)如图所示，一弹簧振子在M 、N 间沿光滑水平杆做简谐运动，坐标原点O 为平衡位置，MN ＝8 cm.从小球经过图中N 点时开头计时，到第一次经过O 点的时间为0.2 s ，则小球的振动周期为________s ，振动方程的表达式为x ＝__________cm.(3)两束平行的细激光束，垂直于半圆柱玻璃的平面射到半圆柱玻璃上，如图所示．已知其中一条光线沿直线穿过玻璃，它的入射点是O ；另一条光线的入射点为A ，穿过玻璃后两条光线交于P 点．已知玻璃截面的圆半径为R ，OA ＝R2，OP ＝3R .求玻璃材料的折射率．解析：(1)光的偏振现象说明光是横波，光的双缝干涉条纹间距Δx ＝ld λ，紫光比红光波长短，则Δx 变小，所以A 、D 项错．(3)作出光路图如图所示，其中一条光线沿直线穿过玻璃，可知O 点为圆心．另一条光线沿直线进入玻璃，在半圆面上的入射点为B ，入射角设为θ1，折射角设为θ2则sin θ1＝OA OB ＝12，得θ1＝30°因OP ＝3R ，由几何关系知BP ＝R ，则折射角θ2＝60°由折射定律得玻璃的折射率为 n ＝sin θ2sin θ1＝sin 60°sin 30°＝3≈1.73. 答案：(1)BC (2)0.8 4cos5π2t (3)1.73(或3) 6．(2021·武汉模拟)(1)下列关于波的现象和规律的说法中正确的是________． A ．泊松亮斑是光的干涉现象中的加强区 B ．光的偏振现象说明光是横波C ．波速公式说明波速与波长、频率有关，与介质无关D ．“彩超”可以测血流速度，利用的是超声波的多普勒效应(2)如图所示，是一列横波在某一时刻的波形图象，已知这列波的频率为5 Hz ，此时x ＝1.5 m 的质点正向y 轴正方向振动，可以推知，这列波正在沿x 轴________(填“正”或“负”)方向传播，波速大小为________m/s.(3)如图所示，在桌面上方有一倒立的玻璃圆锥，顶角∠AOB ＝120° ，顶点O 与桌面的距离为4a ，圆锥的底面半径R ＝3a ，圆锥轴线与桌面垂直．有一半径为R 的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的底面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合．已知玻璃的折射率n ＝3，求光束在桌面上形成的光斑的面积．解析：(1)泊松亮斑是光的衍射现象，A 错误；横波才有偏振现象，B 正确；波速大小取决于介质，C 错误；利用多普勒效应可以测速度，D 正确．(2)依据同侧法推断，这列波传播方向为x 轴负方向，由题图可知波长为2.0 m ，依据v ＝λf 可知，波速为10 m/s.(3)如图所示，光射到OA 界面的入射角α＝30°，则sin α＝12<1n ，故入射光能从圆锥侧面射出．设折射角为β，无限接近A 点的折射光线为AC ，依据折射定律sin β＝n sin α，解得β＝60°.过O点作OD∥AC，则∠O2OD＝β－α＝30°在Rt△O1AO中O1O＝R tan 30°＝3a·33＝a在Rt△ACE中，EC＝AE tan 30°＝5a3故O2C＝EC－R＝2a3在Rt△OO2D中，O2D＝4a tan 30°＝4a3光束在桌面上形成光斑的面积S＝π·O2D2－π·O2C2＝4πa2.答案：(1)BD(2)负10(3)4πa2。

2016版《优化方案》高考物理(江苏专用)二轮复习力学综合检测

力学综合检测一、单项选择题 1.(2015·扬州名校质检)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·盐城二次联考)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．(2015·高邮针对性训练)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3h2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． 5．(2015·连云港一模)将小球以10 m/s 的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能E k 、重力势能E p 与上升高度h 间的关系分别如图中两图线所示．取g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．小球的质量为0.2 kgB ．小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 NC ．小球动能与重力势能相等时的高度为2013mD ．小球上升到2 m 时，动能与重力势能之差为0.5 J解析：选D.在最高点E p ＝mgh 得m ＝0.1 kg ，A 项错误；由除重力以外其他力做功W 其他＝ΔE 可知：－F f h ＝E 高－E 低，E 为机械能，解得F f ＝0.25 N ，B 项错误；设小球动能和重力势能相等时的高度为H ，此时有mgH ＝12mv 2，由动能定理：－F f H －mgH ＝12mv 2－12mv 20得H ＝209 m ，故C 项错误；当上升h ′＝2 m 时，由动能定理，－F f h ′－mgh ′＝E k2－12mv 20得E k2＝2.5 J ，E p2＝mgh ′＝2 J ，所以动能与重力势能之差为0.5 J ，故D 项正确．二、多项选择题 6.(2015·常熟一模)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 cosθ2＝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．7．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 项错误；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 项错误．8．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．9．(2015·南通模拟)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)hg 解析：选BD.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 错误、D 正确；由v a ＝xt a ，v b ＝x 2t b可得v a ＝2v b ，A 错误、B 正确． 10．(2015·镇江毕业班测试)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．三、计算题 11．(2015·苏州高三调研)“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 －fm.(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＝Lg 2H.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·南通模拟)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。

2024届江苏省扬州市高三下学期考前调研补偿训练高效提分物理试题(基础必刷)

2024届江苏省扬州市高三下学期考前调研补偿训练高效提分物理试题（基础必刷）一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题如图所示，质量为m的木块P在质量为M的长木板ab上滑行，长木板放在水平面上一直处于静止状态。

若ab与地面间的动摩擦因数为μ1，木块P与长木板ab间的动摩擦因数为μ2，则长木板ab受到地面的摩擦力大小为（）A．μ1Mg B．μ1(m＋M)g C．μ2mg D．μ1Mg+μ2mg第(2)题如图所示，a、b是伞面上的两颗相同的雨滴。

当以伞柄为轴旋转雨伞时，下列说法正确的是（）A．a更容易移动，因为a所需的向心加速度更小B．a更容易移动，因为a所需的向心加速度更大C．b更容易移动，因为b所需的向心加速度更小D．b更容易移动，因为b所需的向心加速度更大第(3)题甲同学制作了一个“竖直加速度测量仪”，可以用来测量电梯竖直方向运行时的加速度，其构造如图所示，刻度尺最小分度值为0.1cm。

把一根轻弹簧上端固定在小木板上，弹簧下端悬吊1.0N重物时，弹簧的伸长量为10.00cm，此时指针位置0点的刻度标记为0，以后该重物就固定在弹簧上，和小木板上的刻度构成了一个“竖直加速度测量仪”。

已知图中0A=0C=1.00cm。

规定竖直向上的方向为加速度的正方向。

关于A、C两点加速度的标注，下列说法正确的是（）A．A点应标注的加速度值为1m/s2B．A点应标注的加速度值为-1m/s2C．C点应标注的加速度值为0.1m/s2D．C点应标注的加速度值为-0.1m/s2第(4)题如图所示，质量为、粗细均匀、质量分布均匀的直杆一端搁在水平面上的长木板上，另一端用轻绳悬挂着，用力向左拉长木板使其向左运动，直杆稳定时轻绳与竖直方向的夹角为，杆与板间动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，则轻绳的拉力大小为（）A．B．C．D．第(5)题2020年12月4日，我国新一代“人造太阳”装置—中国环流器二号M装置在成都建成并成功放电（如图），为本世纪中叶实现核聚变能应用的目标打下了坚实的基础。

2024年江苏省苏锡常镇高三下学期二模补偿训练高效提分物理试题

2024年江苏省苏锡常镇高三下学期二模补偿训练高效提分物理试题一、单选题 (共7题)第(1)题如图所示，在倾角为30的足够长的光滑的斜面上有一质量为m的物体，它受到沿斜面方向的力F的作用．力F可按图（a）、（b）（c）、（d）所示的四种方式随时间变化（图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正）．已知此物体在t=0时速度为零，若用v1、v2、v3、v4分别表示上述四种受力情况下物体在3秒末的速率，则这四个速率中最大的是（）A．v1B．v2C．v3D．v4第(2)题安培定律的建立过程中，安培设计了一个无定向秤，如图所示，由同一根导线作成两个大小相等、电流方向相反的平面回路1和2，两回路固定连在一起。

线圈的两端A、B通过水银槽和固定支架相连。

这样，线圈既可通入电流，又可自由转动。

下列说法正确的是（）A．当处于非匀强磁场中，线圈可能会发生转动B．当处于平行线圈平面的匀强磁场中，线圈可能会发生转动C．当处于垂直线圈平面的匀强磁场中，线圈可能会发生转动D．当有一条形磁铁靠近线圈时候，线圈不可能会发生转动第(3)题在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为V/m，已知一半径为1mm的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10m/,水的密度为kg/．这雨滴携带的电荷量的最小值约为A．2C B．4C C．6C D．8C第(4)题坐标原点O处有一波源，时刻，波源开始振动。

在，的区域波形如图所示，质点P位于处。

下列说法正确的是（）A．波源的振动周期是B．在的时间内质点P通过的路程为C．质点P在时以最大速度平行于y轴向上运动D．一观察者在的位置沿x轴向波源运动，观测到该波的频率将大于第(5)题如图甲所示为压气式消毒喷壶，若该壶容积为，内装消毒液。

闭合阀门K，缓慢向下压，每次可向瓶内储气室充入的的空气，经n次下压后，壶内气体压强变为时按下，阀门K打开，消毒液从喷嘴处喷出，喷液全过程气体状态变化图像如图乙所示。

（已知储气室内气体可视为理想气体，充气和喷液过程中温度保持不变，）下列说法正确的是（）A ．充气过程向下压的次数次B．气体从状态变化到状态的过程中，气体吸收的热量大于气体做的功C．乙图中和的面积相等D ．从状态变化到状态，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数不变第(6)题宇宙射线进入地球大气层与大气作用会产生中子，中子与大气中的氮14会产生以下核反应：，产生的能自发进行衰变，其半衰期为5730年，利用碳14的衰变规律可推断古木的年代。

2024届江苏省南通泰州市高三下学期第二次调研测试高效提分物理试题(基础必刷)

2024届江苏省南通泰州市高三下学期第二次调研测试高效提分物理试题（基础必刷）一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题如图所示，在足够大的水平地面上静置一木板，可视为质点的物块以v0=3m/s的速度滑上木板，最终物块恰好到达木板的右端，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度。

已知物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.05，取重力加速度大小g=10m/s2，则木板的长度为（）A．1.0m B．1.5m C．2.0m D．2.5m第(2)题如图所示，某小车能以的恒定速度向左匀速运动，小车内固定一个质量的上表面光滑的半圆弧轨道，轨道半径，质量的小球固定在轨道左侧最高点，重力加速度，某时刻将小球自由释放，小球经过轨道最低点时，轨道对小车的压力大小为（）A．15N B．20N C．25N D．55N第(3)题如图所示，水平放置的两导轨P、Q间的距离，垂直于导轨平面的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度，垂直于导轨放置的ab棒的质量，系在ab棒中点的水平绳跨过定滑轮与重力的物块相连。

已知ab棒与导轨间的动摩擦因数，电源的电动势、内阻，导轨的电阻及ab棒的电阻均不计。

要想ab棒处于静止状态，电阻R应在哪个范围内取值？（）A．B．C．D．无法确定第(4)题冰壶比赛是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目．在某次比赛中，冰壶投出后以8m/s的初速度做匀减速直线运动，加速度大小为，下列说法中正确的是（）A．冰壶第1s末的速度大小为0.4m/s B．冰壶第1s内的位移大小为8.2mC．倒数第3s内的位移大小为1.0m D．倒数第3s内的平均速度大小为第(5)题图中四幅图片涉及物理学史上的四个重大发现，其中说法不正确的是（）A．卡文迪许用图甲实验测出了引力常量B．奥斯特利用图乙实验，发现了电流周围存在磁场C．牛顿根据图丙理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因D．安培利用图丁实验，总结出了磁场对通电导线作用的规律第(6)题铀、铅测年法是放射测年法中最早使用，并且准确度最高的一种测年方式。