高考物理二轮专题复习计算题58分练(2)
专题05 连接体问题、板块模型和传送带问题-2024年高考物理二轮专题综合能(002)
专题05 连接体问题、板块模型、传送带问题【窗口导航】高频考法1 连接体问题 ........................................................................................................................................... 1 角度1：叠放连接体问题 ....................................................................................................................................... 2 角度2：轻绳连接体问题 ....................................................................................................................................... 3 角度3：轻弹簧连接体问题 ................................................................................................................................... 3 高频考法2 板块模型 ............................................................................................................................................... 4 高频考法3 传送带问题 ........................................................................................................................................... 7 角度1：水平传送带模型 ....................................................................................................................................... 8 角度2：倾斜传送带模型 . (11)高频考法1连接体问题1．常见连接体三种情况中弹簧弹力、绳的张力相同(接触面光滑，或A 、B 与接触面间的动摩擦因数相等)常用隔离法常会出现临界条件2. 连接体的运动特点（1）叠放连接体——常出现临界条件，加速度可能不相等、速度可能不相等。
高考物理二轮复习精练二计算题分标准练二
计算题32分标准练(二)24.(12分)如图1甲所示，可视为质点的物块静止在倾角为37°的足够长的固定斜面的底端，斜面的底面为零势能面。
先用一沿斜面向上的恒力F拉物块沿斜面向上运动，运动一段距离后撤去拉力，物块运动的过程中机械能随位移变化的规律如图乙所示。
物块的质量为2 kg，重力加速度g＝10 m/s2已知，求：图1(1)物块在拉力作用下运动的加速度的大小；(2)从最低点运动到最高点所用的时间。
解析(1)由乙图可知，物块在拉力作用下向上运动2 m的过程中，根据功能关系(F－f)x1＝ΔE1(1分)撤去拉力后，－fx2＝ΔE2(1分)解得，f＝4 N，拉力F＝24 N(1分)在拉力作用下向上运动时，F－f－mgsin θ＝ma1(1分)求得以a1＝4 m/s2(1分)(2)设在拉力作用下运动的时间为t1，x1＝12a1t21(1分)求得t1＝1 s(1分)撤去拉力时的速度v＝a1t1，v＝4 m/s(1分) 撤去拉力后，f＋mgsin θ＝ma2(1分)求得a2＝8 m/s2(1分)撤去拉力后向上运动到最高点的过程中t2＝va2＝0.5 s(1分)因此运动的总时间为t＝t1＋t2＝1.5 s(1分)答案(1)4 m/s2(2)1.5 s25.(20分)如图2甲所示，两平行金属板接有如图乙所示随时间t变化的电压U，两板间电场可看作均匀的，且两板外无电场，板长L＝0.2 m，板间距离d＝0.2 m。
在金属板右侧有一边界为MN的区域足够大的匀强磁场，MN与两板中线OO′垂直，磁感应强度B＝5×10－3 T，方向垂直纸面向里。
现有带正电的粒子流沿两板中线OO′连续射入电场中，已知每个粒子速度v 0＝105 m/s，比荷q m＝108 C/kg ，重力忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的。
图2(1)试求带电粒子射出电场时的最大速度；(2)证明：在任意时刻从电场射出的带电粒子，进入磁场时在MN 上的入射点和在MN 上出射点的距离为定值，写出该距离的表达式；(3)从电场射出的带电粒子，进入磁场运动一段时间后又射出磁场，求粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间。
高考物理二轮复习专题复习专项训练：选择题标准练(二)附参考答案
的足够长斜面固定在水平地面上．当已知滑块与斜面间的动摩擦因数，下列说法正确的是()电压来控制，磁场强弱可通过励磁线圈的电流来调节．下列说法正确的是．仅增大励磁线圈的电流，电子束径迹的半径变大．仅提高电子枪的加速电压，电子束径迹的半径变大．仅增大励磁线圈的电流，电子做圆周运动的周期将变大．仅提高电子枪的加速电压，电子做圆周运动的周期将变大如图所示，用细线相连的质量分别为2m、m的小球与竖直方向的夹角保持θ＝30°不变，则拉力本题考查了整体法受力分析、物体的平衡条件等知识点．因小球态，系统受到的合外力为零，对系统受力分析，如图所示，由图中几何关系可得：的近地圆轨道Ⅰ上围绕地球运行，在轨道Ⅰ上围绕地球运行多圈后又与空间站分离，知椭圆轨道的远地点到地球球心的距离为3.5R，地球质量为点为圆心的圆周上有六个等分点a产生的电场强度大小为点的电场强度改变，则下列判断正确的是点的电场强度大小仍为E，沿点的电场强度大小为32E，沿点的电场强度大小为E2，沿oc点的电场强度大小为32E，沿本题考查电场强度及矢量合成等知识点．由题意可知，等量正、负点电荷在o处的电场强度大小均为两点电荷在该处的电场强度方向夹角为120°处，o处的合电场强度大小为e处，o处的合电场强度大小为处的合电场强度大小为3的副线圈两端电压的最大值为2010 2 V的原线圈两端的电压为2000 V．输电线上损失的电功率为50 W的原线圈输入的电功率为10.1 kW点时速度为零，小环滑回A点时速度为v，下列说法正确的是．小环上滑过程中先匀加速再匀减速．小环下滑过程中，减少的重力势能等于摩擦产生的内能点的过程，小环克服摩擦力做的功等于小环损失的动能本题考查了库仑力、电场力做功和电势能变化间的关系、运动学公式、摩擦．下列说法正确的是()′c′d′的电流强度之比为′d′所受的安培力的功率之比为′d′的加速度之比为4∶v0本题考查了右手定则、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿第二定律、功，密度为ρ0，电阻率为ρ，由密度公式可得：线框的质量，解得：S1＝2S2，根据电阻定律，可得：。
2024年新高考物理二轮复习强化训练--力与物体的平衡真题汇编版
一、单选题1. 如图，当电键K 断开时，用光子能量为2.5eV 的一束光照射阴极P ，发现电流表读数不为零。
合上电键，调节滑线变阻器，发现当电压表读数小于0.60V 时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于0.60V时，电流表读数为零。
由此可知阴极材料的逸出功为（ ）A ．1.9eV B ．0.6eV C ．2.5eV D ．3.1eV2. 如图所示，两块质量分别为m 1和m 2的木块由一根轻弹簧连在一起，在m 1上施加一个竖直向下的力F ，整个系统处于平衡状态．现撤去F ，m 2刚好被弹簧提起（弹性势能的表达式为，其中x 为形变量，k 为劲度系数），则力F的值为A．B．C．D．3. 如图，虚线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示地球卫星的三条轨道，其中轨道Ⅰ为与第一宇宙速度对应的近地环绕圆轨道，轨道Ⅱ为椭圆轨道，轨道Ⅲ为与第二宇宙速度对应的脱离轨道，三点分别位于三条轨道上，点为轨道Ⅱ的远地点，点与地心的距离均为轨道Ⅰ半径的2倍，则（ ）A ．卫星在轨道Ⅱ的运行周期为轨道Ⅰ的2倍B ．卫星经过点的速率为经过点的倍C ．卫星在点的加速度大小为在点的3倍D．质量相同的卫星在点的机械能小于在点的机械能4. 如图所示为一种环保“重力灯”，让重物缓慢下落，拉动绳子，从而带动发电机转动，使小灯泡发光。
某“重力灯”中的重物的质量为18kg ，它在30min 内缓慢下落了2m 使规格为“1.5V ，0.12W”的小灯泡正常发光不计绳子重力，下列说法正确的是（ ）A ．绳子拉力对重物做正功B ．重物重力做功为216J2024年新高考物理二轮复习强化训练--力与物体的平衡真题汇编版二、多选题三、实验题C ．30min 内产生的电能为360JD ．重物重力势能转化为灯泡电能的效率为60%5. 查阅资料知，“全飞秒”近视矫正手术用的是一种波长的激光。
已知普朗克常数，光在真空中传播速度，则该激光中光子的能量约为（ ）A ．1.9×10-18JB ．1.9×10-19JC ．2.2×10-18JD ．2.2×10-19J6. 如图，质量为M 、长度为l 的小车静止在光滑的水平面上。
2024年高考物理二轮复习专题2：力与直线运动(附答案解析)
专题02·力与直线运动能力突破本专题主要讲解参考系、质点、位移、速度、加速度、匀变速直线运动、自由落体运动、惯性、作用力与反作用力、超重与失重的问题。
高考热点(1)匀变速直线运动规律和推论的灵活应用；(2)牛顿运动定律的运用；(3)以生产、生活实际为背景的匀变速直线运动规律的应用、追及相遇、交通与安全。
出题方向选择题和计算题均有涉及，题目难度一般为中档。
考点1匀变速直线运动规律的应用1．匀变速直线运动的基本规律(4)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度：v＝xt＝vt2。
(5)匀变速直线运动在相等时间内相邻的两段位移之差为常数，即Δx＝aT2。
2．追及问题的解题思路和技巧(1)解题思路(2)解题技巧①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式。
②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件。
③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，最后还要注意对解的讨论分析。
【例1】（2022秋•湛江期末）某汽车正以72/km h的速度在公路上行驶，为“礼让行人”，若驾驶员以大小为25/m s的加速度刹车，则以下说法正确的是()A．汽车刹车30m停下B．刹车后1s时的速度大小为15/m sC．刹车后5s时的速度大小为5/m sD．刹车后6s内的平均速度大小为5/m s【分析】汽车刹车后先做匀减速直线运动，最后静止。
根据运动学规律，先计算刹车需要多长时间，然后在刹车时间内，计算各种物理量即可。
【解答】解：汽车的初速度072/20/v km h m s==A ．汽车停止运动后的末速度为零，所以刹车的距离2202040225v x m m a ===⨯，故A 错误；B ．刹车后1s 时的速度大小10120/51/15/v v at m s m s m s =-=-⨯=，故B 正确；C ．汽车从开始刹车到速度为零的时间为：002045v t s s a ===，所以刹车后5s 时的速度大小零，故C 错误；D ．汽车刹刹车的时间是4s ，所以车后6s 内的位移等于刹车4s 内的位移为40m ，刹车后6s 内的平均速度大小4020//63x v m s m s t ===，故D 错误。
2024年高考物理二轮复习计算题专项练一含解析
计算题专项练(一)(满分:46分时间:45分钟)1.(7分)(2021福建漳州高三二模)一滑雪运动员的运动过程可简化为如图所示的模型,运动员(可视为质点)沿倾角θ=37°的滑道由静止开始匀加速直线下滑,到达坡底后进入水平滑道,匀减速直线滑行s=51.2 m停下。
已知水平段运动时间t=6.4 s,滑雪板与整个滑道间的动摩擦因数均相同,运动员进入水平滑道瞬间的速度大小不变,不计空气阻力。
(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)求:(1)滑雪板与滑道间的动摩擦因数μ;(2)运动员开始下滑位置到坡底的距离x。
2.(9分)(2021山东枣庄高三二模)有一颗类地行星,它的地表有辽阔的湖面,不过湖里不是液态的水,而是液态二氧化碳。
假设该液态二氧化碳的密度为1.2×103 kg/m3,湖面下方2.0 m处的压强为5.0×106 Pa,下方5.0 m处的压强为7.7×106 Pa。
(1)求该行星表面的重力加速度g'的大小。
(2)假设在该行星表面有一个开口向下、竖直静止放置的导热良好的均匀汽缸,汽缸深为40.0 cm。
其中活塞横截面积为2.5 cm2,活塞质量可忽略不计。
当活塞下面悬挂一个质量为400.0 g的重物时,活塞恰好位于汽缸口处;取下重物,将汽缸缓慢旋转到竖直开口向上,然后把相同的重物放在活塞上,待稳定后,活塞到汽缸口的距离是多少?(假设行星表面处的气温不变,结果保留三位有效数字)3.(14分)(2021安徽高三三模)如图甲所示,杂技运动员在固定的竖直金属杆上表演。
当运动员开始表演时,它与金属杆接触处距离地面8.80 m,运动员双腿夹紧金属杆倒立,并通过双腿对金属杆施加不同的压力来控制身体的运动。
运动员整个下滑过程的v-t图像如图乙所示。
已知运动员的质量为60.0 kg,身高为1.68 m,接触处距离头顶1.00 m,身体与杆的夹角始终保持37°,若不计空气阻力,求:(g取10 m/s2,sin 37°=0.6)甲乙(1)运动员下滑的最大速度的大小;(2)运动员下滑过程克服摩擦力做的功;(3)运动员加速下滑和减速下滑过程的摩擦力大小之比。
2021届新高考物理二轮复习阶段训练(二) 功和能 动量 含解析
阶段训练(二)功和能动量(时间:45分钟满分:100分)专题能力训练第17页一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。
在每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~8题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。
在启动阶段,列车的动能()A.与它所经历的时间成正比B.与它的位移成正比C.与它的速度成正比D.与它的动量成正比答案:B解析:高铁列车启动阶段可看作初速度为零的匀加速运动,则列车所受合外力恒定,由动能定理E k=F·x,E k与位移成正比。
另外,E k=12mv2=12ma2t2= 22 ,故选项B正确,A、C、D错误。
2.如图所示,竖直面内,两段半径均为R的光滑半圆形细杆平滑拼接组成“S”形轨道,一个质量为m的小环套在轨道上,小环从轨道最高点由静止开始下滑,下滑过程中始终受到一个水平恒力F的作用,小环能下滑到最低点,重力加速度大小为g。
则小环从最高点下滑到最低点的过程中()A.小环机械能守恒B.外力F一直做正功C.小环在最低点的速度大小为v=22D.在最低点小环对轨道的压力大小F N=mg答案:C解析:小环下滑过程中受重力、轨道沿半径方向的作用力和水平外力F,重力一直做正功,外力F时而做正功时而做负功,轨道的作用力一直不做功,故小环机械能不守恒,选项A、B错误;小环从最高点下滑到最低点的过程中,在沿水平恒力F方向上的位移为0,则由动能定理可得整个过程中重力做的功等于动能变化量,mg·4R=12mv2,解得v=22 ,选项C正确;小环在最低点,由牛顿第二定律得F N'-mg=m 2 ,得F N'=9mg,由牛顿第三定律可知F N=F N'=9mg,选项D错误。
3.如图所示,水平传送带两端点A、B间的距离为l。
高考物理二轮专题复习 计算题58分练(2)
计算题58分练(2)23.(16分)某实验中学在一次课外活动中进行了一次推物块的比赛，比赛时将一质量为m ＝2 kg 的物块(可视为质点)静止放在一长为x ＝20 m 的水平台面上，参加比赛的同学将物块从台面的一端推到另一端，用时最短者胜出。
在比赛中小明同学用F ＝15 N 的水平恒力推物块前进，经t 0＝4 s 的时间将物块由一端推到另一端。
已知cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，重力加速度g ＝10 m/s 2。
(1)求物块与台面间的动摩擦因数；(2)如果小明改用与水平方向成θ＝37°、大小为F ′＝20 N 的斜向上的拉力拉物块前进，欲使物块由一端能够运动到另一端，则拉力的作用时间至少为多少？(保留一位小数)解析 (1)物块做匀加速直线运动，由运动学公式得x ＝12at 20(2分) 所以a ＝2x t 20＝2×2042 m/s 2＝2.5 m/s 2(1分) 由牛顿第二定律得F －F f ＝ma ，解得F f ＝10 N(2分)又μ＝F f mg ，所以μ＝0.5 。
(1分)(2)改用斜向上的拉力后，设拉力作用的最短时间为t 1，物块先以大小为a 1的加速度匀加速运动，撤去拉力后，物块以大小为a 2的加速度匀减速运动到达另一端，且此时速度恰好为零，由牛顿第二定律得F ′cos 37°－μ(mg －F ′sin 37°)＝ma 1(2分)代入数据得a 1＝6 m/s 2(1分)撤去拉力后，由牛顿第二定律得a 2＝F f m ＝5 m/s 2(2分)由于匀加速运动阶段的末速度即匀减速运动阶段的初速度，因此有a 1t 1＝a 2t 2(2分)x ＝12a 1t 21＋12a 2t 22(2分) 解得 t 1＝1.7 s(1分)答案 (1)0.5 (2)1.7 s24.(20分)如图1所示，左边是一能够发射质量为m 、电荷量为q 的正离子的离子源，离子的发射速度可以忽略。
2024届高考物理大二轮刷题计算题综合提升专练突破版
一、单选题1. 某同学推一物块沿水平面做直线运动。
设物块在这条直线上运动的速度大小为v ，到某参考点的距离为x，物块运动的图像如图所示，图线是一条过原点的倾斜直线。
关于该物块的运动，下列说法正确的是（ ）A ．该物块运动到x =2.0m 处时的速度大小为4m/sB ．该物块做匀减速直线运动，加速度大小为20m/s 2C ．该物块从x =1.0m 处运动到x =2.0m处所用的时间为D ．该物块从x =1.0m 处运动到x =2.0m 处所用的时间为3s2. 如图所示，竖直平面内蜘蛛网上A 、B 、C 三点的连线构成一个三角形，三根蜘蛛丝a 、b 、c 的延长线过三角形的重心O 点，蜘蛛丝a 沿水平方向，蜘蛛丝c 沿竖直方向，c中有张力。
则（ ）A ．蜘蛛静止在O 点时，a 的张力一定等于c 的张力B ．蜘蛛从O 点竖直向上匀速运动时，b 的张力变大C ．蜘蛛在O 点由静止沿方向向左加速的瞬间，b 的张力不变D ．蜘蛛网在水平风吹拂下晃动，a 的张力大小不变3. 如图所示,在光滑绝缘的水平面上方有两个方向相反的沿水平方向的匀强磁场，PQ 为两磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B 1=B 和B 2=2B ，一个竖直放置的边长为l 、质量为m 、电阻为R 的正方形金属线框以初速度v 垂直于磁场方向从图中实线位置开始向右运动,当线框运动到在每个磁场中各有一半的面积时,线框的速度为则下列判断错误的是A．此过程中通过线框截面的电荷量为B．此过程中线框克服安培力做的功为mv 2C．此时线框的加速度为D．此时线框中的电功率为4. 如图所示，分别用力、、将质量为m 的物体，由静止沿同一光滑斜面以相同的加速度，从斜面底端拉到斜面的顶端。
在此过程中，力、、的平均功率关系为（ ）2024届高考物理大二轮刷题计算题综合提升专练突破版A．B．C．D．5. 如图所示，质量为 M 的带有光滑圆弧轨道的小车静止在光滑水平面上，一质量为m的小球以水平速度v₀从小车的左端冲上小车，经过时间t到达最大高度，此时小球恰好与0点相平，之后小球又返回小车的左端。
新高考物理二轮总复习题型计算题专项训练2
新高考物理二轮总复习题型计算题专项训练2 1.(2020河南高三模拟)第32届夏季奥林匹克运动会即东京奥运会游泳比赛,中国选手有50人次获得参赛资格。
如图所示,游泳池里注满了水,水深h=√7m,在池底有一点光源S,它到池边的水平距离为3.0 m,从点光源S射向池边的光线SP与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角。
一裁判员坐在离池边不远处的高凳上,他的眼睛到地面的高度为3.0 m;当他看到正前下方的点光源S时,他的眼睛所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为45°。
求:(1)水的折射率;(2)裁判员的眼睛到池边的水平距离。
(结果保留根式)2.(2020山东高三二模)如图所示,两条相距为L的光滑平行金属导轨所在的平面与水平面之间的夹角为θ,两导轨上端接一阻值为R的电阻,一根金属棒与两导轨垂直放置,在外力作用下处于导轨上的ab位置保持不动;在ab上方、两导轨与电阻所包围的平面内有一半径为r的圆形区域Ⅰ,区域Ⅰ内存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小B1及随时间t的变化关系为B1=kt,式中k为已知常量;在ab下方还有一方向垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B0的匀强磁场区域Ⅱ,区域Ⅱ的上边界MN与导轨垂直。
从t=0时刻开始撤去外力,金属棒由静止开始运动,在t0时刻恰好到达MN处并开始沿导轨向下做匀速运动,金属棒在运动过程中始终与两导轨相互垂直且接触良好,不计金属棒与导轨的电阻,重力加速度为g。
求:(1)在0~t0时间内流过电阻的电荷量;(2)金属棒越过MN之后,穿过闭合回路的磁通量Φt随时间t的变化关系;(3)金属棒的质量。
3.(2020浙江高三模拟)如图所示,平行板电容器的电压为U(未知量,大小可调),现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从下极板附近静止释放,经电场加速后从上极板的小孔处射出,速度方向与y轴平行,然后与静止在x轴上P(a,0)点的质量为m的中性粒子发生正碰,碰后粘在一起。
高考物理二轮复习高考计算题54分练(2)
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高考计算题54分练(2)分类突破,60分钟规范答题抓大分!1.(2020·漳州模拟)一物块以一定的初速度沿斜面向上滑,利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度大小随时间变化的关系图像如图所示,g取10 m/s2。
求:(1)物块向上滑行的最大距离s。
(2)斜面的倾角θ及物块与斜面间的动摩擦因数μ(结果保留两位小数)。
【解析】(1)由图得物块上滑的最大距离s=s面=1m(2)由图得,上滑过程加速度的大小a1=错误!未找到引用源。
=错误!未找到引用源。
m/s2=8m/s2由图得下滑过程加速度的大小a2=错误!未找到引用源。
=错误!未找到引用源。
m/s2=2m/s2由牛顿第二定律得,上滑过程:mg·sinθ+μmg·cosθ=ma1下滑过程:mg·sinθ-μmg·cosθ=ma2联立方程组代入数据得:θ=30°,μ=错误!未找到引用源。
≈0.35答案:(1)1m (2)30°0.352.(2020·龙岩模拟)如图是利用传送带装运煤块的示意图,传送带足够长,煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,传送带与运煤车的车厢底板间的竖直高度H=1.8m,与车箱底板中心的水平距离x=1.2m。
从传送带左端由静止释放的煤块(可视为质点)沿传送带先做匀加速直线运动,后随传送带一起做匀速运动,最后从右端水平抛出并落在车厢底板中心,g取10m/s2,求:(1)传送带匀速运动速度v的大小。
(2)煤块沿传送带做匀加速运动的时间t。
【解析】(1)煤块做平抛运动的初速度即为传送带匀速运动的速度v由平抛运动的公式得x=vtH=错误!未找到引用源。
gt2解得v=x错误!未找到引用源。
=2m/s(2)煤块在传送带上匀加速运动时受重力mg、支持力N、滑动摩擦力f作用。
统考版2021高考物理二轮复习规范练58+2实验含解析
规范练5 8＋2实验(时间：30分钟，满分63分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 14.用频率为ν的单色光照射阴极K 时，能发生光电效应，改变光电管两端的电压，测得电流随电压变化的图象如图所示，U 0为遏止电压．已知电子带的电荷量为e ，普朗克常量为h ，则阴极K 对应金属的极限频率为( )A ．ν＋eU 0hB ．ν－eU 0h C.eU 0hD ．ν 15．如图所示，粗糙斜面固定于水平面上，质量为m 的滑块由跨过斜面顶端光滑定滑轮的轻绳与钩码相连，能使滑块在斜面上保持静止的钩码质量的最大值和最小值分别为m 1和m 2.若滑块与滑轮之间的轻绳与斜面保持平行，滑块所受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，斜面倾角为θ，则滑块与斜面之间的动摩擦因数为(重力加速度为g )( )A.m 12mg B.2m 2mg C.m 1－m 22m cos θ D.m 1＋m 22m cos θ16．空间存在着平行于x 轴方向的静电场，A 、M 、O 、N 、B 为x 轴上的点，OA <OB ，OM ＝ON ，A 、B 间的电势φ随x 的分布如图所示．一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M 点由静止开始沿x 轴向右运动，则下列判断中正确的是( )A ．粒子可能带正电B ．粒子一定能通过N 点C ．粒子从M 向O 运动过程中所受电场力逐渐增大D ．A 、O 间的电场强度小于O 、B 间的电场强度17．一乘客在一列匀加速直线行驶的“复兴号”车厢里相对车厢以一定的速度竖直向上抛出一个小球，则小球( )A ．在最高点时对地速度最大B ．在最高点时对地速度为零C ．抛出时车厢速度越大，落点位置离乘客越远D ．落点位置与抛出时车厢的速度大小无关18．如图所示，半径为R 的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场．一带负电的粒子以速度v 0射入磁场区域，速度方向垂直于磁场且与半径方向的夹角为45°.当该带电粒子离开磁场时，速度方向刚好与入射速度方向垂直．不计带电粒子的重力，下列说法正确的是( )A ．该带电粒子离开磁场时速度方向的反向延长线通过O 点B ．该带电粒子的比荷为2v 02BRC ．该带电粒子在磁场中的运动时间为πR 2v 0D ．若只改变带电粒子的入射方向，则其在磁场中的运动时间变长19．如图所示，将一小球在斜面顶端沿水平方向抛出，小球飞行一段时间恰落到斜面底端．若不计空气阻力，当小球的动量变化量为飞行全过程的一半时，关于此刻小球的位置，下列判断正确的是( )A ．在斜面中点所在的垂直于斜面的倾斜线上B ．在斜面中点所在的竖直线上C ．在斜面中点所在的水平线上D ．距离斜面最远20．我国2020年完成35颗卫星组装的北斗全球卫星导航定位系统．北斗是由5颗静止轨道卫星和30颗非静止轨道卫星构成的全球定位系统，30颗非静止轨道卫星中有27颗是中轨道卫星，中轨道卫星的轨道高度约为21 500 km，静止轨道卫星的高度约为36 000 km，已知地球半径为6 400 km，关于北斗导航卫星，下列说法中正确的是( )A．中轨道卫星的线速度比静止轨道卫星的线速度小B．中轨道卫星的周期小于24小时C．中轨道卫星的向心加速度比静止轨道卫星的向心加速度小D．静止轨道卫星绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大21．如图所示，同种材料的均匀的金属丝做成边长之比为1:2的甲、乙两个单匝正方形线圈，已知两线圈的质量相同．现分别把甲、乙线圈以相同的速率匀速拉出磁场，则下列说法正确的是( )A．甲、乙两线圈产生的热量之比为1:2B．甲、乙两线圈横截面上通过的电荷量之比为1:4C．甲、乙两线圈中的电流之比为1:2D．甲、乙两线圈产生的热功率之比为1:1二、非选择题(第22题、23题为必考实验题，考生根据要求作答)22．(5分)[2020·四川绵阳市第二次诊断]小明用如图甲所示装置测量重力加速度，用电火花计时器(频率为50 Hz)打出纸带的一部分如图乙所示．(1)由打出的纸带可判断，实验时小明是用手拿着纸带的________(选填“A”或“B”)端由静止释放的．(2)本实验________(选填“需要”或“不需要”)用天平测重物的质量．(3)纸带上所打点1至9均为计时点，用刻度尺测得1、2两点之间的距离x12＝4.56 cm,7、8两点之间的距离x78＝2.23 cm，结合这两个数据可以算出当地重力加速度为________ m/s2(保留三位有效数字)．23．(10分)[2020·山东泰安市二模](1)多用电表使用欧姆挡时，换挡后检查指针是否指在右端的“0”位置上．方法是先将两表笔________，再调节________旋钮，使指针指在右端的“0”位置上．当选择开关置于“×100”挡测量一电阻R x时，其指针指示位置如图所示，则其阻值为________Ω.(2)为了准确地测量电阻R x的阻值，该同学用伏安法进行测量，实验室提供下列器材：电压表V(量程为3 V，内阻R V＝20 kΩ)；电流表A1(量程为100 mA，内阻约为5 Ω)；电流表A2(量程为10 mA，内阻约为10 Ω)；滑动变阻器R1(最大阻值为2 kΩ，额定电流为0.1 A)；滑动变阻器R2(最大阻值为20 Ω，额定电流为1 A)；直流电源E(电动势为6 V，内阻约为0.5 Ω)；定值电阻R3＝2 kΩ；定值电阻R4＝20 kΩ；开关及若干导线．实验要求电表示数从零开始变化，并能测出多组电流值、电压值．①电流表应选用________，滑动变阻器应选用________．(填器材代号)②请在虚线框内画出能准确测量R x的实验电路图，并将下图所示的实验器材连成符合要求的电路．③用上述电路进行测量，则电阻R x的表达式为R x＝________________________(用电压表示数U、电流表示数I和电压表内阻R V表示)．。
58高考物理二轮复习专题检测试题：第6讲动量与能量的综合应用58
动量与能量的综合应用(附参考答案)1．有一种硬气功表演，表演者平卧于地面，将一大石板置于他的身子上，另一人将重锤举到高处并砸向石板，石板被砸碎，表演者却安然无恙，假设重锤与石板撞击后两者具有相同的速度，表演者在表演时尽量挑选质量较大的石板．对这一现象，下列说法正确的是( )A ．重锤在与石板撞击的过程中，重锤与石板的总机械能守恒B ．石板的质量越大，石板获得的动量就越小C ．石板的质量越大，石板所受到的打击力就越小D ．石板的质量越大，石板获得的速度就越小2．如图2－3－14所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程产生的内能为6 J ，那么此过程木块的动能可能增加了( )A ．12 JB ．16 JC ．4 JD ．6 J图2－3－14图2－3－153．如图2－3－15所示，A 、B 两木块的质量之比为m A ∶m B ＝3∶2，原来静止在小车C 上，它们与小车上表面间的动摩擦因数相同，A 、B 间夹一根被压缩了的弹簧后用细线拴住．小车静止在光滑水平面上，烧断细线后，在A 、B 相对小车停止运动之前，下列说法正确的是( )A ．A 、B 和弹簧组成的系统动量守恒 B ．A 、B 和弹簧组成的系统机械能守恒C ．小车将向左运动D ．小车将静止不动4．如图2－3－16所示，小车开始静止于光滑的水平面上，一个小滑块由静止从小车上端高h 处沿光滑圆弧面相对于小车向左滑动，滑块能到达左端的最大高度h ′( )图2－3－16A ．大hB ．小于hC ．等于hD ．停在中点与小车一起向左运动5．(双选，2011年全国卷)质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图2－3－17所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )图2－3－17A.12m v 2 B.mM 2(m ＋M )v 2C.12NμmgL D ．NμmgL6．(2010年福建卷)如图2－3－18所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v 0，则( )图2－3－18A ．小木块和木箱最终都将静止B ．小木块最终将相对木箱静止，两者一起向右运动C ．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D ．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则两者将一起向左运动7．(双选，2011年深圳中学二模)如图2－3－19所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M 的小车，其左侧有半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道AB ，轨道最低点B 与水平轨道BC 相切，整个轨道处于同一竖直平面内．将质量为m 的物块(可视为质点)从A 点无初速释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C 处恰好没有滑出．设重力加速度为g ，空气阻力可忽略不计．关于物块从A 位置运动至 C 位置的过程中，下列说法正确的是( )A ．小车和物块构成的系统动量不守恒B ．摩擦力对物块和轨道BC 所做的功的代数和为零 C ．物块运动过程中的最大速度为2gRD ．小车运动过程中的最大速度为2m 2gRM 2＋Mm图2－3－19图2－3－208．(双选)如图2－3－20所示，质量均为M 的铝板A 和铁板B 分别放在光滑水平地面上．质量为m (m <M )的同一木块C ，先后以相同的初速度v 0从左端滑上A 和B ，最终C 相对于A 和B 都保持相对静止．在这两种情况下( )A ．C 的最终速度相同B ．C 相对于A 和B 滑行的距离相同 C ．A 和B 相对地面滑动的距离相同D ．两种情况下产生的热量相等 9．(2012年天津卷)如图2－3－21所示，水平地面上固定有高为h 的平台，台面上固定有光滑坡道，坡道顶端距台面高也为h ，坡道底端与台面相切．小球A 从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B 发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半．两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g .求：(1)小球A 刚滑至水平台面的速度v A ；(2)A、B两球的质量之比m a∶m b.图2－3－2110．(2012年广州二模)如图2－3－22所示的水平地面，ab段粗糙，bc段光滑．可视为质点的物体A和B紧靠在一起，静止于b处，已知A的质量为3m，B的质量为m.两物体在足够大的内力作用下突然沿水平方向左右分离，获得的总动能为E.B碰到c处的墙壁后等速率反弹，并追上已停在ab段的A.A、B与ab段的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g.求：(1)分离瞬间A、B的速度大小；(2)A从分离到第一次停止的时间；(3)B第一次追上A时的速度大小．图2－3－2211．(2012年深圳二模)如图2－3－23所示，一长L ＝3 m ，高h ＝0.8 m ，质量为M ＝1 kg 的物块A 静止在水平面上．质量为m ＝0.49 kg 的物块B 静止在A 的最左端，物块B 与A 相比，大小可忽略不计，它们之间的动摩擦因数μ1＝0.5，物块A 与地之间的动摩擦因数μ2＝0.1.一个质量为m 0＝0.01 kg 的可视为质点的子弹，以速度v 0沿水平方向射中物块B ，假设在任何情况下子弹均不能穿出．取g ＝10 m/s 2，问：(1)子弹以v 0＝400 m/s 击中物块B 后的瞬间，它们的速度为多大？ (2)被击中的物块B 在A 上滑动的过程中，A 、B 的加速度各为多大？ (3)子弹速度为多大时，能使物块B 落地瞬间A 同时停下？图2－3－231．D2．C 解析：子弹射入木块的过程中，系统动量守恒，即m v 0＝(M ＋m )v 1，系统损失的机械能转化为内能，即Q ＝12m v 20－12(M ＋m )v 21，将两式联立解得Q ＝12m v 20·M M ＋m ＝6 J ，木块获得的动能E k ＝12M v 21＝12m v 20·Mm (M ＋m )2<6 J ，所以C 正确． 3．C 解析：由机械能守恒和动量守恒的条件可知A 、B 均错；小车对A 的摩擦力大于小车对B 的摩擦力，所以A 对小车向左的摩擦力大于B 对小车向右的摩擦力，因此小车将向左运动．4．C 解析：小滑块由静止滑下，小滑块和小车组成系统水平方向上动量守恒，到达左端的最大高度h ′时，两者速度相同，由动量守恒得，两者速度为零，由能量守恒，到达左端的最大高度h ′等于h ，选C.5．BD 解析：小物块和箱子组成的系统动量守恒，碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止，则最终两者速度相等，设为v 共，则有：m v ＝(m ＋M )v 共，系统损失的动能ΔE ＝12m v 2－12(m ＋M )v 2共，得ΔE ＝12mM m ＋M v 2，所以B 正确；系统损失的动能为摩擦力做功转化成系统内能，N 次后恰又回到箱子正中间，相对滑动的距离为NL ，所以ΔE ＝W ＝NμmgL ，D 正确．6．B 解析：系统不受外力作用，系统动量守恒，最终两个物体以相同的速度一起向右运动，B 正确．7．AD 解析：小车和物块构成的系统水平方向上动量守恒，但在竖直方向上动量不守恒，A 正确；在滑动摩擦力作用下，物块的位移大于小车的位移，所以摩擦力对物块和轨道 BC所做的功的代数和不为零，B 错误，且滑动摩擦力对系统做功，动能转化为内能；如果小车固定，则物块滑到最低点B 的速度由能量守恒有mgR ＝12m v 2，得v ＝2gR ，但小车不固定，则小车有速度，由能量守恒得物块的速度小于2gR ，C 错误；物块运动到B 点时小车的速度最大，设为v ′，由水平动量守恒得m v ＝M v ′，由能量守恒得mgR ＝12m v 2＋12M v ′2，解得v ′＝2m 2gRM 2＋Mm，D 正确．8．AD 解析：铝板A 和铁板B 分别放在光滑水平地面上，所以滑动过程中动量守恒，有m v 0＝(m ＋M )v ，所以两种情况下，C 的最终速度相同，且产生的热量等于摩擦过程中系统损失的动能，两种情况都为Q ＝ΔE ＝12m v 20－12(m ＋M )v 2，所以A 、D 正确；由于木块与铝板和铁板的动摩擦因数不同，对系统有fs 相＝ΔE ＝12m v 20－12(m ＋M )v 2，则C 相对于A 和B 滑行的距离不相同，对A 和B ，fs ＝12M v 2，A 和B 相对地面滑动的距离不相同，B 、C 都错误．9．解：(1)小球A 在坡道上只有重力做功，根据机械能守恒有12m A v 2A ＝m A gh 解得v A ＝2gh .(2)设A 、B 两球在光滑台面上碰撞后粘在一起的速度为v ，根据系统动量守恒得 m A v A ＝(m A ＋m B )v离开平台后做平抛运动，在竖直方向上有12gt 2＝h在水平方向上有12h ＝v t联立解得m A ∶m B ＝1∶3.10．解：(1)物体A 、B 在内力作用下分离，设分离瞬间A 的速度大小为v A ，B 的速度大小为v B由A 、B 系统的动量守恒有3m v A ＝m v B又由题意可知E ＝12·3m v 2A ＋12·m v 2B联立解得v A ＝E 6m ，v B ＝3E2m.(2)A 、B 分离后，A 物体向左匀减速滑行，设滑行时间为t A ，加速度大小为a A 对A 应用牛顿第二定律有μ·3mg ＝3ma AA 匀减速到停止的时间为t A ＝v Aa A联立解得t A ＝1μg E6m.(3)A 、B 分离后，A 向左匀减速滑行，设滑行距离为s A对A 应用动能定理有－μ·3mgs A ＝0－12·3m v 2A设B 碰墙反弹后追上已停下的A 时，速度大小为v对B 应用动能定理有－μmgs B ＝12m v 2－12m v 2B又因为B 追上A 时在粗糙面上滑行了s B ＝s A联立解得v ＝4E 3m. 11．解：(1)子弹击中B 的过程中，由动量守恒定律可得 m 0v 0＝(m 0＋m )v 解得v ＝8 m/s. (2)由牛顿第二定律可得 对B ：μ1(m 0＋m )g ＝(m 0＋m )a B 得a B ＝5 m/s 2，方向水平向左对A ：μ1(m 0＋m )g －μ2(m 0＋m ＋M )g ＝Ma A 得a A ＝1 m/s 2，方向水平向右．(3)子弹击中B 的过程中，由动量守恒定律可得 m 0v 02＝(m 0＋m )v B 1设B 在A 上运动如图13的时间为t 1，则s B －s A ＝L ⎝⎛⎭⎫v B 1t 1－12a B t 21－12a A t 21＝L B 做平抛运动的时间为t 2，则h ＝12gt 22a A ′＝μ2Mg M ＝μ2g ＝1 m/s 20＝a A t 1－a A ′t 2联立解得子弹的速度为v 02＝m 0＋mm 0v B 1＝435 m/s.图13。
高考物理二轮复习 题型专项 分类突破 计算题58分练(4)
【全程复习方略】2015年高考物理二轮复习题型专项分类突破计算题58分练（4）高考计算题58分练(4)分类突破，60分钟规范答题抓大分！1.在如图所示的平面直角坐标系内，x轴水平，y轴竖直向下。
计时开始时，位于原点处的沙漏由静止出发，以加速度a沿x轴匀加速运动，此过程中沙从沙漏中漏出，每隔相等的时间漏出相同质量的沙。
已知重力加速度为g，不计空气阻力以及沙相对沙漏的初速度。
(1)求t0时刻漏出的沙在t(t>t0)时刻的位置坐标。
(2)t时刻空中的沙排成一条曲线，求该曲线方程。
【解析】(1)由匀变速直线运动的规律，t0时刻漏出的沙具有水平初速度v0=at0沙随沙漏一起匀加速的位移x0=a接着沙平抛，t时刻位移x1=v0(t-t0)且x=x0+x1，y=g(t-t0)2所以，t0时刻漏出的沙的坐标为[at0t-a，g(t-t0)2](2)联立方程y=g(t-t0)2和x=at0t-a，消去未知数t0，则t时刻所有沙构成的图线满足方程y=-+答案：(1)[at0t-a，g(t-t0)2](2)y=-+2.一轻质杆一端固定一质量为m=0.05kg的小球A，另一端可沿光滑水平轴O转动，O到小球的距离为L=0.4m，小球跟粗糙水平面接触，但无相互作用，在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面(与水平面平滑连接)和一个挡板，斜面末端与挡板间的水平距离x=2m，如图所示。
现有一滑块B，质量也为m=0.05kg，从斜面上某一高度h处由静止滑下，先后与小球和挡板发生碰撞，滑块与小球碰撞时交换速度，与挡板碰撞时原速返回。
若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点(g=10m/s2)。
(1)若滑块B从斜面h=1.05m处滑下与小球碰撞后，小球恰好能在竖直平面内做圆周运动，求滑块与水平面间的动摩擦因数μ及碰后瞬间小球对杆的作用力的大小。
(2)若滑块B从h′=4.55m处由静止滑下，求小球做完整圆周运动的次数n。
【解析】(1)小球恰好在竖直平面内做圆周运动，则其在最高点的速度为v2=0在小球从最低点到最高点的过程中，机械能守恒，其最低点速度为v1，则有mg·2L=m-m因碰后滑块与小球速度交换，所以滑块从高为h处滑下到将要与小球碰撞时速度为v1，由动能定理可得mgh-μmg=m碰后小球在最低点有F-mg=m联立可得v1=4m/s，μ=0.25，F=2.5N由牛顿第三定律可知，碰后瞬间小球对杆的作用力的大小F′=2.5N(2)小球能做完整圆周运动，在最低点的速度最小为v1=4m/s，当滑块的速度为v1=4m/s时，它在水平面上通过的路程为s，有mgh′-μmgs=m与小球碰撞的次数为n=+1可求得s=15m，n=8次答案：(1)0.25 2.5N(2)8次3.(2014·温州二模)某塑料球成型机工作时，可以喷出速度v0=10m/s的塑料小球，已知喷出小球的质量m=1.0×10-4kg，并且在喷出时已带了q=1.0×10-4C的负电荷，如图所示，小球从喷口飞出后，先滑过长d=1.5m的水平光滑的绝缘轨道，而后又滑过半径R=0.4m的圆弧形竖立的光滑绝缘轨道。
高考物理二轮复习 题型专项 分类突破 计算题58分练(1)
【全程复习方略】2015年高考物理二轮复习题型专项分类突破计算题58分练（1）高考计算题58分练(1)分类突破，60分钟规范答题抓大分！1.特种兵过山谷的一种方法可简化为如图所示的模型：将一根长为2d、不可伸长的细绳的两端固定在相距为d的A、B两等高处，细绳上有小滑轮P，战士们相互配合，可沿着细绳滑到对面。
开始时，战士甲拉住滑轮，质量为m的战士乙吊在滑轮上，处于静止状态，AP竖直。
(不计滑轮与绳的质量，不计滑轮的大小及摩擦，重力加速度为g)(1)若甲对滑轮的拉力沿水平方向，求拉力的大小。
(2)若甲将滑轮由静止释放，求乙在滑动中速度的最大值(结果可带根式)。
【解析】(1)设BP与竖直方向的夹角为θ，由几何关系+=2d联立三角函数关系解得：sinθ=0.8，cosθ=0.6，tanθ=如图所示，对滑轮受力分析，由平衡条件得：mg=T+Tcosθ；F=Tsinθ，解得：F=。
(2)设AP的长度为l，则：l==0.75d乙在最低点时有最大速度v，设此时乙距AB的高度为h。
则h2=d2-()2由机械能守恒定律得：mg(h-l)=mv2得v=。
答案：(1)(2)2.(2014·台州二模)如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，弹簧处于自然状态时其右端位于B点。
水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R。
用质量为m=0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点(弹簧原长位置)后做匀减速直线运动，其位移与时间的关系为x=6t-2t2，物块从桌面右边缘D点飞离桌面后，由P点沿圆轨道切线落入圆轨道。
g=10m/s2，求：(1)BP间的水平距离。
(2)判断m能否沿圆轨道到达M点。
【解析】(1)设物块由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直速度为vy=，=tan45°得vD=4m/s平抛运动用时为t，水平位移为s，R=gt2，s=vDt得D、P的水平距离s=2R=1.6m在桌面上过B点后初速度v0=6m/s，加速度a=-4m/s2，减速到vD=4m/s，BD间位移为s1==2.5m，则BP间的水平距离为s+s1=4.1m(2)若物块能沿轨道到达M点，其速度为vM，m=m-mgR轨道对物块的压力为FN，则FN+mg=m解得F N=(1-)mg<0，即物块不能到达M点答案：(1)4.1m(2)见解析3.如图所示，在矩形ABCD区域内，对角线BD以上的区域存在平行于AD向下的匀强电场，对角线BD以下的区域存在垂直于纸面的匀强磁场(图中未标出)，AD边长为L，AB边长为2L。
高考物理二轮复习 题型专项 分类突破 计算题58分练(3)
【全程复习方略】2015年高考物理二轮复习题型专项分类突破计算题58分练（3）高考计算题58分练(3)分类突破，60分钟规范答题抓大分！1.风洞实验室能产生大小和方向均可改变的风力。
如图所示，在风洞实验室中有足够大的光滑水平面，在水平面上建立xOy直角坐标系。
质量m=0.5kg的小球以初速度v0=0.40m/s从O点沿x轴正方向运动，在0～2.0s内受到一个沿y轴正方向、大小F1=0.20N的风力作用；小球运动2.0s后风力变为F2(大小未知)，方向为y轴负方向，又经过2.0s小球回到x轴。
求：(1)2.0s末小球在y方向的速度。
(2)风力F2作用多长时间后，小球的速度变为与初速度相同。
(3)小球回到x轴上时的动能。
【解析】(1)小球在y轴方向的加速度为a1，2s末速度大小为v1a1==m/s2=0.4 m/s2；v1=a1t1=0.4×2m/s=0.8 m/s(2)在F1作用下，经过2s，小球沿y轴运动的距离为y则y=a1=×0.4×4m=0.8 m在F2作用下，小球加速度为a2，经过2s小球回到x轴。
-y=v1t2-a2解得：a2=1.2m/s2在F2作用下，经过时间t小球在y轴方向速度为零时，小球速度与初速度相同0=v1-a2t解得：t=s(3)当小球回到x轴上时，沿y轴的速度为v2v2=v1-a2t2=0.8m/s-1.2×2m/s=-1.6 m/s小球动能为Ek=m(+)=×0.5×2.72J=0.68 J答案：(1)0.8m/s(2)s(3)0.68 J2.(2014·温州二模)如图所示，一水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，圆盘边缘有一质量m=1.0kg的小滑块。
当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块从圆盘边缘滑落，经光滑的过渡圆管进入轨道ABC。
已知AB段斜面倾角为53°，BC段斜面倾角为37°，滑块与圆盘及斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5，A点离B点所在水平面的高度h=1.2m。
2024届高考物理大二轮刷题计算题综合提升专练经典题解版
一、单选题1. 如图所示为安培力演示仪，两磁极间可视为匀强磁场磁感应强度为B ，一质量为m 的金属框ABCD 处于磁场中，可绕CD 自由旋转，其中AB ＝L 1，CB ＝L 2，当线框ABCD 中通以恒定电流时，线框向右摆开的最大角度为θ，则下列说法正确的是A ．线框AB 边通过的电流方向为B 到AB ．线框ABCD 中通以电流I 时，线框AB 边受到的安培力大小为BIL 2C．线框中通入的电流大小为D．线框中通入的电流大小为2. 如图所示，直角三角形ABC 中∠B =30°，点电荷A 、B 所带电荷量分别为Q A 、Q B ，测得在C 处的某负点电荷所受静电力方向平行于AB 向左，则下列说法正确的是（ ）A ．B 带正电，Q A ∶Q B =1∶4B ．B 带负电，Q A ∶Q B =1∶4C ．B 带正电，Q A ∶Q B =1∶8D ．B 带负电，Q A ∶Q B =1∶83. 图为2020年深圳春节期间路灯上悬挂的灯笼，三个灯笼由轻绳连接起来挂在灯柱上，为结点，轻绳OA 、OB 、OC 长度相等，无风时三根绳拉力分别为、、。
其中、两绳的夹角为，灯笼总质量为，重力加速度为。
下列表述正确的是（ ）A．一定小于B．与是一对平衡力C．与大小相等D．与合力大小等于4. 一定质量的理想气体从状态A 经过状态B 和C 又回到状态A ，其压强p 随体积V 变化的图线如图所示，其中A 到B 为等温过程，C 到A 为绝热过程。
下列说法正确的是（）2024届高考物理大二轮刷题计算题综合提升专练经典题解版二、多选题A ．A →B 过程，气体从外界吸收热量B ．B →C 过程，压缩气体气体温度升高C ．B →C 过程，气体分子平均动能不变D ．C →A 过程，气体分子平均动能不变5. 取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图（a ）所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I 的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B ，若将另一根长导线对折后绕成如图（b ）所示的螺线管，并通以电流强度也为I 的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为（）A ．0B ．0.5BC ．BD ．2 B6. 如图所示，平径为r = 1 m 的两块完全相同的圆形金属板上、下平行 水平正对放置，构成平行板电容器，与它相连接的电路中电源电动势E =150V 、内阻r 0=0.5Ω，定值电阻R =19.5 Ω。
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一、单选题二、多选题1. 如图所示，一跳台滑雪运动员以6m/s 的初速度从倾角为30°的斜坡顶端水平滑出。
不计空气阻力，重力加速度g =10m/s 2。
则运动员再次落到斜面上时，其落点与坡顶的高度差为（ ）A ．2.4mB ．3.6mC ．4.8mD ．5.4m 2. 有一个已充电的电容器，两极板之间的电压为，所带电荷量为，此电容器的电容是（ ）A．B．C．D．3. 如图1所示，一个物体放在粗糙的水平地面上．从t=0时刻起，物体在水平力F 作用下由静止开始做直线运动．在0到t 0时间内物体的加速度a 随时间t 的变化规律如图2所示．已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等．则A ．t 0时刻，力F 等于0B ．在0到t 0时间内，力F 大小恒定C ．在0到t 0时间内，物体的速度逐渐变大D ．在0到t 0时间内，物体的速度逐渐变小4. 理想变压器与额定电压均为12V 的四个相同灯泡连接成如图所示的电路，开关S 断开时，灯泡L 1、L 2、L 3都正常发光，忽略灯泡电阻随温度的变化。
下列说法正确的是（ ）A ．理想变压器原、副线圈的匝数比为3：1B ．理想变压器原线圈所接交流电源的电压为24VC ．闭合开关S ，灯泡L 1、L 2、L 3仍能正常发光D ．闭合开关S ，灯泡L 1可能烧毁5. 如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向里的匀强磁场B 中．质量为m 、带电量为+q 的小滑块从斜面顶端由静止下滑．对滑块下滑的过程，下列判断正确的是（）A ．滑块受到的洛仑兹力方向垂直斜面向上B ．滑块受到的摩擦力大小不变C ．滑块一定不能到达斜面底端D ．滑块到达地面时的动能与B 的大小有关6. 如图所示，矩形线圈abcd 与理想变压器原线圈组成闭合电路，线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc 边匀速转动，磁场只分布在bc 边的左侧，磁感应强度大小为B ，线圈面积为S ，转动角速度为ω，匝数为N ，线圈电阻不计。
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计算题58分练(2)
23.(16分)某实验中学在一次课外活动中进行了一次推物块的比赛，比赛时将一质量为m ＝2 kg 的物块(可视为质点)静止放在一长为x ＝20 m 的水平台面上，参加比赛的同学将物块从台面的一端推到另一端，用时最短者胜出。
在比赛中小明同学用F ＝15 N 的水平恒力推物块前进，经t 0＝4 s 的时间将物块由一端推到另一端。
已知cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，重力加速度g ＝10 m/s 2。
(1)求物块与台面间的动摩擦因数；
(2)如果小明改用与水平方向成θ＝37°、大小为F ′＝20 N 的斜向上的拉力拉物块前进，欲使物块由一端能够运动到另一端，则拉力的作用时间至少为多少？(保留一位小数)
解析 (1)物块做匀加速直线运动，由运动学公式得x ＝12
at 20(2分) 所以a ＝2x t 20＝2×2042 m/s 2＝2.5 m/s 2(1分) 由牛顿第二定律得F －F f ＝ma ，解得F f ＝10 N(2分)
又μ＝F f mg ，所以μ＝0.5 。
(1分)
(2)改用斜向上的拉力后，设拉力作用的最短时间为t 1，物块先以大小为a 1的加速度匀加速运动，撤去拉力后，物块以大小为a 2的加速度匀减速运动到达另一端，且此时速度恰好为零，由牛顿第二定律得F ′cos 37°－μ(mg －F ′sin 37°)＝ma 1(2分)
代入数据得a 1＝6 m/s 2(1分)
撤去拉力后，由牛顿第二定律得a 2＝F f m ＝5 m/s 2(2分)
由于匀加速运动阶段的末速度即匀减速运动阶段的初速度，因此有a 1t 1＝a 2t 2(2分)
x ＝12a 1t 2
1＋12
a 2t 22(2分) 解得 t 1＝1.7 s(1分)
答案 (1)0.5 (2)1.7 s
24.(20分)如图1所示，左边是一能够发射质量为m 、电荷量为q 的正离子的离子源，离子的发射速度可以忽略。
离子源的S 、K 电极与一N 匝线圈连接，线圈放在一可以均匀变化的磁场中。
线圈面积为S ，线圈平面与磁感应强度B ′的方向垂直。
图中所示宽度为d 的范围内，存在竖直向下的匀强电场，在虚线PQ 右侧存在垂直纸面向里的范围足够大的匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度为B 。
离子经S 、K 间电场加速后以初速度v 0垂直于电场左边界射入偏转电场，离开右边界虚线PQ 时偏转角度为θ，轨迹与边界的交点为M 。
(不计离子的重力)求：
图1
(1)线圈中磁场的磁感应强度B ′的变化率和偏转电场的场强E ；
(2)离子再次运动到边界虚线PQ 时轨迹与边界的交点到M 的距离。
解析 (1)qU ＝12
mv 20(2分) U ＝NS ΔB ′Δt
(2分) 联立解得：ΔB ′Δt ＝mv 202qNS
(2分) 由tan θ＝at
v 0
，ma ＝qE ，d ＝v 0t (3分) 联立解得：E ＝mv 2
0qd
tan θ①(2分) (2)由cos θ＝v 0
v
解得离子进入匀强磁场时速度的大小 v ＝v 0
cos θ②(2分)
离子进入匀强磁场中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有
qvB ＝m v 2R
③(2分) 由②③联立解得：R ＝mv 0
qB cos θ(2分)
离子再次运动到边界虚线PQ 时轨迹与边界的交点到M 的距离MN ＝2R cos θ＝2mv 0qB
(3分) 答案 (1)mv 202qNS mv 20qd tan θ (2)2mv 0qB
25.(22分)电视机中显像管(抽成真空玻璃管)的成像原理主要是靠电子枪产生高速电子束，并在变化的磁场作用下发生偏转，打在荧光屏不同位置上发出荧光而形成像。
显像管的原理示意图(俯视图)如图2甲所示，在电子枪右侧的偏转线圈可以产生使电子束沿纸面发生偏转的磁场，偏转的磁场可简化为由通电螺线管产生的与纸面垂直的磁场，该磁场分布的区域为圆形(如图乙所示)，其磁感应强度B ＝μNI ，式中μ为磁常量，N 为螺线管线圈的匝数，I 为线圈中电流的大小。
由于电子的速度极大，同一电子穿过磁场的过程可认为磁场没有变化，是稳定的匀强磁场。
已知电子质量为m ，电荷量为e ，电子枪加速电压为U ，磁常量为μ，螺线管线圈的匝数为N ，偏转磁场区域的半径为r ，其圆心为O 点。
当没有磁场时，电子束通过O 点，打在荧光屏正中的M 点，O 点到荧光屏中心的距离OM ＝L 。
电子被加速前的初速度、所受的重力、电子间的相互作用力以及地磁场对电子束的影响均可忽略不计，也不考虑相对论效应及磁场变化所激发的电场对电子束的作用。
图2
(1)求电子束经偏转磁场后打到荧光屏上P 点时的速率；
(2)若电子束经偏转磁场后速度的偏转角θ＝60°，求此种情况下电子穿过磁场时，螺线管线圈中电流I 0的大小；
(3)当线圈中通入如图丙所示的电流，其最大值为第(2)问中电流的0.5倍。
求电子束打在荧光屏上发光所形成“亮线”的长度。
解析 (1)设经过电子枪中加速电场加速后，电子的速度大小为v
根据动能定理有eU ＝12
mv 2(2分) 解得v ＝2eU
m 。
(2分)
(2)设电子在磁场中做圆周运动的半径为R ，运动轨迹如图所示，根据几何关系有
tan θ2＝r R
(2分)
洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有evB ＝mv 2
R
(2分)
由题知B ＝μNI 0(2分)
解得I 0＝6meU
3r μeN 。
(2分)
(3)设线圈中电流为0.5I 0时，偏转角为θ1，此时电子在屏幕上落点距M 点最远 此时磁感应强度B 1＝0.5μNI 0＝B
2(2分) 轨迹圆半径R 1＝mv
eB 1
＝2R ＝23r (2分)
tan θ1
2＝r
R 1＝123＝36
(2分)
电子在屏幕上落点距M 点最远距离y ＝L tan θ1＝43
11L (2分)
亮线长度Y ＝2y ＝83
11L 。
(2分)
答案 (1)2eU
m (2)6meU
3r μeN (3)83
11L。