2017版考前三个月(江苏专版)高考物理考前抢分必做 计算题专练(五) Word版含答案
2017版考前三个月(江苏专版)高考物理考前抢分必做选择题专练(二)含答案
选择题专练(二)1.下列关于物理学思想方法的叙述错误的是( )A.探究加速度与力和质量关系的实验运用了控制变量法B.电学中电阻、电场场强和电势的定义都运用了比值法C.力学中将物体看成质点运用了理想模型法D.当物体的运动时间Δt 趋近于0时，Δt 时间内的平均速度可看成瞬时速度运用了等效替代法 答案 D解析 当物体的运动时间Δt 趋近于0时，Δt 时间内的平均速度可看成瞬时速度运用了极限法，选项D 的叙述是错误的.2.一辆汽车在平直公路上做刹车实验，若从0时刻起汽车在运动过程中的位移与速度的关系式为x ＝(10－0.1v 2) m ，则下列分析正确的是( )A.上述过程的加速度大小为10 m/s 2B.刹车过程持续的时间为5 sC.0时刻的初速度为10 m/sD.刹车过程的位移为5 m答案 C解析 根据公式x ＝v 2－v 202a和位移与速度的关系式为x ＝(10－0.1v 2) m ，可得： v 22a ＝－0.1v 2，v 202a＝－10， 解得：a ＝－5 m/s 2，v 0＝10 m/s ，符号表示与运动方向相反，故A 错误，C 正确；刹车时间t 0＝0－v 0a ＝－10－5s ＝2 s ，故B 错误； 刹车位移为x 0＝v 02t 0＝102×2 m ＝10 m ，故D 错误. 3.如图1所示，竖直平面内有一个四分之一圆弧AB ，OA 为水平半径，现从圆心O 处以不同的初速度水平抛出一系列质量相同的小球，这些小球都落到圆弧上，不计空气阻力，小球落到圆弧上时的动能( )图1A.越靠近A 点越大B.越靠近B 点越大C.从A 到B 先减小后增大D.从A 到B 先增大后减小答案 C解析 设小球落到圆弧上时下落竖直高度为y ，水平位移为x ，动能为E k .小球平抛运动的初速度为v 0，圆弧AB 的半径为R 则有：x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，则得：v 0＝x g 2y ，由几何关系得：x 2＋y 2＝R 2；根据动能定理得：E k －12m v 20＝mgy ，联立得：E k ＝14mg (R 2y ＋3y )，根据数学知识可知：R 2y＋3y ≥23R ，当R 2y ＝3y ，即y ＝33R 时，R 2y＋3y 有最小值，则此时E k 最小.因此小球落到圆弧上时的动能从A 到B 先减小后增大，故C 正确.4.若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为2∶7.已知该行星质量约为地球的7倍，地球的半径为R ，由此可知，该行星的半径为( )A.12R B.72R C. 2R D.72R 答案 C解析 对于任一行星，设其表面重力加速度为g ，根据平抛运动的规律得h ＝12gt 2：得t ＝2h g ，则水平射程x ＝v 0t ＝v 02h g .可得该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比：g 行g 地＝x 2地x 2行＝74，根据GMm r 2＝mg ，得g ＝GM r 2，可得g 行g 地＝M 行M 地·R 2地R 2行，解得行星的半径R 行＝R 地 g 地g 行·M 行M 地＝R ×47·7＝2R . 5.如图2所示，圆柱体为磁体，磁极在左右两侧，外侧a 为一金属圆环，与磁体同轴放置，间隙较小.在左侧的N 极和金属圆环上各引出两根导线，分别接高压电源的正负极.加高压后，磁体和。
2017版考前三个月江苏专版高考物理 技巧 规范篇 第二篇 看细则用模板解题再规范 共102张 精品
例5 (12分)下表是一个由n2个正数组成的数表，用aij表示第i行第j个数 (i，j∈N*)，已知数表中第一列各数从上到下依次构成等差数列，每一行各数
从左到右依次构成等比数列，且公比都相等.已知a11＝1，a31＋a61＝9，a35＝48. a11 a12 a13 … a1n a21 a22 a23 … a2n a31 a32 a33 … a3n ……………
评分细则
构建答题模板
规范解答·评分标准
变式训练4 甲、乙两人参加某电视台举办的答题闯关游戏，按照规则， 甲先从6道备选题中一次性抽取3道题独立作答，然后由乙回答剩余3题， 每人答对其中2题就停止答题，即闯关成功.已知在6道备选题中，甲能答 对其中的4道题，乙答对每道题的概率都是23. (1)求甲、乙至少有一人闯关成功的概率；
解析答案
(2)设甲答对题目的个数为ξ，求ξ的分布列及均值. 解 由题意知ξ的可能取值是1，2. P(ξ＝1)＝CC14C36 22＝15，P(ξ＝2)＝C24CC12＋36 C34＝45， 则ξ的分布列为
ξ
1
2
P
1 5
4 5
∴E(ξ)＝1×15＋2×45＝95.
解析答案
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模板5 数列的通项与求和
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模板8 函数的单调性、极值与最值
例8 (12分)(2015·课标全国Ⅱ)已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x). (1)讨论f(x)的单调性； (2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围.
评分细则
构建答题模板
规范解答·评分标准
变式训练8 已知函数f(x)＝(ax2＋bx＋c)ex在[0，1]上单调递减且满足f(0) ＝1，f(1)＝0. (1)求a的取值范围；
2019版考前三个月(江苏专版)高考物理考前抢分必做 计算题专练(五) Word版含答案
计算题专练(五)1.如图1所示，物体P放在粗糙地面上，劲度系数k＝250 N/m的轻弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端固定在质量为m＝1 kg的物体P上，弹簧水平，开始t＝0时弹簧为原长，P从此刻开始受到与地面成θ＝37°的拉力F 作用而向右做初速度为0，加速度a＝1 m/s2的匀加速直线运动，某时刻t＝t0时F＝10 N，弹簧弹力F T＝5 N，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2.求：图1(1)t＝t0时物体P的速度；(2)物体P与地面间的动摩擦因数μ；(3)在弹簧不超过弹性限度的条件下，拉力F随时间t变化的函数关系式.答案(1)0.2 m/s (2)0.5 (3)F＝1 25011t2＋6011(N)解析(1)设t＝t0时，弹簧伸长量为x，此时物体P的速度为v 由胡克定律得：F T＝kx ①由匀变速直线运动规律v2＝2ax ②联立①②代入数据解得：v＝0.2 m/s ③(2)设物体P与水平地面间的动摩擦因数为μ，则摩擦力F f＝μ(mg－Fsin 37°)④当t＝t0时，由牛顿第二定律得：Fcos 37°－F T－F f＝ma ⑤联立④⑤解得：μ＝0.5 ⑥(3)在t时刻Fcos 37°－kx－F f＝ma ⑦由匀变速直线运动规律x＝12at2 ⑧联立④⑦⑧，代入数据解得F＝1 25011t2＋6011(N).2.如图2所示，有理想边界的匀强磁场宽度为H，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里.正方形金属线框abcd 的质量为m，电阻为R，边长为L(L<H).将线框从磁场上方某一高处以速度v0水平抛出一段时间后匀速进入磁场，线框刚离开磁场时与刚进入磁场时的速度相同，运动过程中线框的ab边始终与磁场边界平行.已知重力加速度为g.求：图2(1)线框刚进入磁场时的速度大小；(2)线框穿出磁场过程中，流过线框横截面的电荷量； (3)线框穿过磁场下边界所经过的时间. 答案 (1) mgR B 2L22＋v 20 (2)BL2R(3)B 2L 3mgR ＋mR B 2L2－－g＋mR B 2L22解析 (1)设线框刚进入磁场时在竖直方向的速度大小为v 1，则感应电动势E ＝BLv 1，I ＝ER线框ab 边所受安培力F ＝BIL 线框受力平衡，有mg ＝BIL 解得：v 1＝mgR B 2L2 故线框刚进入磁场时的速度大小为： v ＝v 21＋v 2＝ mgRB 2L22＋v 2(2)设线框穿出磁场过程中的平均电流为I ，所用时间为t ，有q ＝I t ，又I ＝ER＝ΔΦR Δt代入得q ＝BL2R(3)设线框ab 边刚运动到磁场下边界时，竖直方向的速度大小为v 2， 由动能定理有mg(H －L)＝12mv 22－12mv 21设线框穿过磁场下边界的某时刻速度为v ，由牛顿第二定律有B 2L 2v R －mg ＝ma ＝m ΔvΔt即有B 2L2Rv Δt －mg Δt ＝m Δv对穿过磁场下边界的整个过程求和，有 B 2L2R∑(v Δt)－mg∑Δt ＝m∑Δv 即B 2L 3R －mgt ＝m(v 2－v 1)解得t ＝B 2L 3mgR ＋mRB 2L2－－g＋mR B 2L223.如图3所示，在第一象限内有垂直纸面向里和向外的匀强磁场，磁感应强度分别为B 1＝0.1 T 、B 2＝0.05 T ，分界线OM 与x 轴正方向的夹角为α.在第二、三象限内存在着沿x 轴正方向的匀强电场，电场强度E ＝1×104V/m.现有一带电粒子由x 轴上A 点静止释放，从O 点进入匀强磁场区域.已知A 点横坐标x A ＝ －5×10－2m ，带电粒子的质量m ＝1.6×10－24kg ，电荷量q ＝＋1.6×10－15C.图3(1)要使带电粒子能始终在第一象限内运动，求α的取值范围？(用反三角函数表示) (2)如果α＝30°，则粒子能经过OM 分界面上的哪些点？(3)如果α＝30°，让粒子在OA 之间的某点释放，要求粒子仍能经过(2)问中的那些点，则粒子释放的位置应满足什么条件？ 答案 (1)α<π2－12arcsin 23(2)、(3)见解析 解析 (1)粒子进入匀强 磁场后，做匀速圆周运动.设在B 1中运动的半径为r 1，在B 2中运动的半径为r 2 由qvB ＝m v2r B 1＝2B 2，得r 2＝2r 1由几何关系解得α＜π2－12arcsin 23(2)当α＝30°时，粒子每次在任意一个磁场中运动的圆弧的圆心角均为60°，弦长均等于半径. 粒子在电场中运动 qEx A ＝12mv 2粒子在磁场中运动 r 1＝mvqB 1解得：r 1＝1×10－2m r 2＝2r 1＝2×10－2m OM 上经过的点距离O 点的距离是l ＝kr 1＋(k －1)r 2＝(3k －2)r 1＝(3k －2)×10－2m(k ＝1、2、3……) 和l ＝k′(r 1＋r 2)＝3k′×10－2m(k′＝1、2、3……)(3)要仍然经过原来的点，需满足r 1＝n(r 1′＋r 2′)(n＝1、2、3……)，解得r′＝r 13n 即v′＝v3n粒子释放的位置应满足x A ′＝x A9n2(n ＝1、2、3……) 或者r 1＝n′(2r 1″＋r 2″)(n′＝1、2、3……) 解得r″＝r 14n′即v″＝v4n′粒子释放的位置应满足x A ″＝x A16n′2(n′＝1、2、3……)。
2017版考前三个月(江苏专版)高考物理考前抢分必做选择题专练(五)含答案
选择题专练(五)1.如图1所示，我国海军在南海某空域举行士兵对抗演练，某一直升机在匀速水平飞行过程中遇到突发情况，立即改为沿虚线斜向下减速飞行，则空气对其作用力可能是()图1A.F1B.F2C.F3D.F4答案 A解析因为直升机沿虚线斜向下减速飞行，故合力沿虚线向上，直升机受到竖直向下的重力以及空气作用力两个力作用，要想合力沿虚线向上，则根据矢量三角形法则可得空气对其作用力只可能为F1，如图所示.2.法拉第在1831年发现了“磁生电”现象.如图2所示，他把两个线圈绕在同一个软铁环上，线圈A和电池连接，线圈B用导线连通，导线下面平行放置一个小磁针.实验中可能观察到的现象是()图2A.用一节电池作电源小磁针不偏转，用十节电池作电源小磁针会偏转B.线圈B匝数较少时小磁针不偏转，匝数足够多时小磁针会偏转C.线圈A和电池连接瞬间，小磁针会偏转D.线圈A和电池断开瞬间，小磁针不偏转答案 C解析根据“磁生电”即电磁感应现象的产生条件，只有线圈B中磁通量变化时才能在线圈B 中产生感应电流，因此无论线圈B匝数多少，无论线圈A中电池多少，都不能在线圈B中产生感应电流，选项A、B错误.只有在线圈A和电池连接或断开的瞬间，线圈B中才能产生感应电流，电流产生磁场，使小磁针发生偏转，选项C正确，D错误.3.物体由静止开始做直线运动，以图中F表示物体所受的合力，a表示物体的加速度，v表示物体的速度，x表示物体的位移，那么上下两图对应关系正确的是()答案 B解析图A中，由牛顿运动定律可知，加速度与合外力成正比，图A错误.图B中前半段时间，加速度是恒定的正值，速度均匀增大；后半段，加速度是恒定的负值，速度均匀减小，图B正确.图C中面积表示位移，前半段时间内位移应该一直增加，而下面对应的位移图象位移先增大后减小，图C错误.图D中前半段时间，速度均匀增大，对应的位移图象错误.4.如图3所示，开口向下的“∏”形框架，两侧竖直杆光滑固定，上面水平横杆中点固定一定滑轮，两侧杆上套着的两滑块用轻绳绕过定滑轮相连，并处于静止状态，此时连接滑块A的绳与水平方向夹角为θ，连接滑块B的绳与水平方向的夹角为2θ，则A、B两滑块的质量之比为()图3A.2sin θ∶1B.2cos θ∶1C.1∶2cos θD.1∶2sin θ答案 C解析绳绕过定滑轮，绳中张力相等，对A ：F T sin θ＝m A g ① 对B ：F T sin 2θ＝m B g ②由①②得：m A m B ＝12cos θ，C 对.5.如图4所示，窗子上、下沿间的高度H ＝1.6 m ，墙的厚度d ＝0.4 m ，某人在离墙壁距离L ＝1.4 m 、距窗子上沿h ＝0.2 m 处的P 点，将可视为质点的小物体以v 的速度水平抛出，小物体直接穿过窗口并落在水平地面上，取g ＝10 m/s 2.则v 的取值范围是( )图4A.v ＞7 m/sB.v <2.3 m/sC.3 m/s<v <7 m/sD.2.3 m/s<v <3 m/s答案 C解析 小物体做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v 最大.此时有L ＝v max t ，h ＝12gt 2，代入解得 v max ＝7 m/s ，恰好擦着窗口下沿左侧时速度v 最小， 则有L ＋d ＝v min t ′，H ＋h ＝12gt ′2，解得v min ＝3 m/s ，故v 的取值范围是3 m/s<v <7 m/s ，C 正确.6.(多选)美国航天局与欧洲航天局合作，发射的火星探测器已经成功登录火星.荷兰企业家巴斯兰斯多普发起的“火星一号”计划打算将总共24人送上火星，创建一块长期殖民地.若已知万有引力常量为G ，那么在下列给出的各种情景中，能根据测量的数据求出火星密度的是( ) A.在火星表面使一个小球作自由落体运动，测出落下的高度H 和时间t B.火星探测器贴近火星表面做匀速圆周运动，测出运行周期TC.火星探测器在高空绕火星做匀速圆周运动，测出距火星表面的高度h 、运行周期T 和火星的半径D.观察火星绕太阳的匀速圆周运动，测出火星的直径D 和运行周期T 答案 BC解析 设火星的质量为M ，半径为R ，则火星的质量M ＝43ρπR 3.在火星表面使一个小球做自由落体运动， 测出下落的高度H 和时间t ，根据H ＝12gt 2，可知算出火星的重力加速度，根据G MmR2＝mg ，可以算得MR 2的值，但无法算出密度，故A 错误；根据GMm R 2＝m 4π2T 2R ，M ＝43ρπR 3，得：ρ＝3πGT 2，已知T 就可算出密度，故B 正确；根据GMm (R ＋h )2＝m 4π2T 2(R ＋h )，M ＝43ρπR 3，得M ＝4π2(R ＋h )3GT 2，已知h ，T ，R 就可算出密度，故C 正确；观察火星绕太阳的圆周运动，只能算出太阳的质量，无法算出火星质量，也就无法算出火星密度，故D 错误.7.(多选)如图5a ，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，与副线圈相连的两个灯泡完全相同、电表都为理想电表.原线圈接上如图b 所示的正弦交流电，电路正常工作.闭合开关后( )图5A.电压表示数增大B.电流表示数不变C.变压器的输入功率增大D.经过灯泡的电流频率为25 Hz解析 原线圈输入电压不变，线圈匝数不变，则副线圈电压不变，即电压表示数不变，灯泡电阻不变，则电流表示数不变，故A 错误，B 正确；当K 接通后，两个灯泡并联，增加一个负载，则副线圈功率增大，所以变压器的输入功率增大，故C 正确；根据b 图可知，周期T ＝0.02 s ，则频率f ＝50 Hz ，故D 错误.8.(多选)如图6所示，将圆柱形强磁铁吸在干电池负极，金属导线折成上端有一支点、下端开口的导线框，使导线框的顶端支点和底端分别与电源正极和磁铁都接触良好但不固定，这样整个线框就可以绕电池轴心旋转起来.下列判断中正确的是( )图6A.线框能旋转起来，是因为电磁感应B.俯视观察，线框沿逆时针方向旋转C.电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率D.旋转达到稳定时，线框中电流比刚开始转动时的大 答案 BC9.(多选)如图7所示，在同一水平面内有两根足够长的光滑水平金属导轨，间距为20 2 cm ，电阻不计，其左端连接一阻值为10 Ω的定值电阻.两导轨之间存在着磁感应强度为1 T 的匀强磁场，磁场边界虚线由多个正弦曲线的半周期衔接而成，磁场方向如图所示.一接入电阻阻值为10 Ω的导体棒AB 在外力作用下以10 m/s 的速度匀速向右运动，交流电压表和交流电流表均为理想电表，则( )图7A.电流表的示数是210A B.电压表的示数是1 VC.导体棒运动到图示虚线CD 位置时，电流表示数为零D.导体棒上消耗的热功率为0.1 W解析 当导体棒切割磁感线时，产生的感应电动势为 E ＝BL v ，由于L 按正弦规律变化，这个过程产生正弦式电流，磁场方向变化时，电流方向变化，所以回路中产生的是正弦式交变电流.产生的感应电动势的最大值E m ＝BL v ＝1×202×10－2×10 V ＝2 2 V ，则电动势的有效值E ＝E m 2＝2 V ，电流表的示数I ＝E R ＋r ＝220 A ＝0.1 A ；电压表测量R 两端的电压，则U ＝IR ＝1 V ，故A错误，B 正确；电流表示数为有效值，一直为0.1 A ，故C 错误；导体棒上消耗的热功率P ＝U ′2r ＝(2－1)210W ＝0.1 W ，故D 正确.。
2020版考前三个月(江苏专版)高考物理考前抢分必做 计算题专练(五) Word版含答案
计算题专练(五)1.如图1所示，物体P 放在粗糙地面上，劲度系数k ＝250 N/m 的轻弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端固定在质量为m ＝1 kg 的物体P 上，弹簧水平，开始t ＝0时弹簧为原长，P 从此刻开始受到与地面成θ＝37°的拉力F 作用而向右做初速度为0，加速度a ＝1 m/s 2的匀加速直线运动，某时刻t ＝t 0时F ＝10 N ，弹簧弹力F T ＝5 N ，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s2.求：图1(1)t ＝t 0时物体P 的速度；(2)物体P 与地面间的动摩擦因数μ；(3)在弹簧不超过弹性限度的条件下，拉力F 随时间t 变化的函数关系式. 答案 (1)0.2 m/s (2)0.5 (3)F ＝1 25011t 2＋6011(N)解析 (1)设t ＝t 0时，弹簧伸长量为x ，此时物体P 的速度为v 由胡克定律得：F T ＝kx ① 由匀变速直线运动规律v 2＝2ax ② 联立①②代入数据解得：v ＝0.2 m/s③(2)设物体P 与水平地面间的动摩擦因数为μ，则 摩擦力F f ＝μ(mg －F sin 37°)④ 当t ＝t 0时，由牛顿第二定律得：F cos 37°－F T －F f ＝ma ⑤ 联立④⑤解得：μ＝0.5⑥ (3)在t 时刻F cos 37°－kx －F f ＝ma⑦ 由匀变速直线运动规律x ＝12at 2⑧联立④⑦⑧，代入数据解得F ＝1 25011t 2＋6011(N).2.如图2所示，有理想边界的匀强磁场宽度为H ，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里.正方形金属线框abcd 的质量为m ，电阻为R ，边长为L (L <H ).将线框从磁场上方某一高处以速度v 0水平抛出一段时间后匀速进入磁场，线框刚离开磁场时与刚进入磁场时的速度相同，运动过程中线框的ab 边始终与磁场边界平行.已知重力加速度为g .求：图2(1)线框刚进入磁场时的速度大小；(2)线框穿出磁场过程中，流过线框横截面的电荷量； (3)线框穿过磁场下边界所经过的时间. 答案 (1)(mgR B 2L 2)2＋v 20 (2)BL 2R(3)B 2L 3mgR ＋mRB 2L 2－2(H －L )g ＋(mRB 2L2)2 解析 (1)设线框刚进入磁场时在竖直方向的速度大小为v 1，则感应电动势E ＝BL v 1，I ＝ER线框ab 边所受安培力F ＝BIL 线框受力平衡，有mg ＝BIL 解得：v 1＝mgRB 2L2故线框刚进入磁场时的速度大小为： v ＝v 21＋v 20＝(mgRB 2L2)2＋v 20 (2)设线框穿出磁场过程中的平均电流为I ，所用时间为t ，有q ＝I t ，又I ＝E R ＝ΔΦR Δt代入得q ＝BL 2R(3)设线框ab 边刚运动到磁场下边界时，竖直方向的速度大小为v 2， 由动能定理有mg (H －L )＝12m v 22－12m v 21设线框穿过磁场下边界的某时刻速度为v ，由牛顿第二定律有B 2L 2v R －mg ＝ma ＝m ΔvΔt即有B 2L 2Rv Δt －mg Δt ＝m Δv对穿过磁场下边界的整个过程求和，有 B 2L 2R∑(v Δt )－mg ∑Δt ＝m ∑Δv即B 2L 3R －mgt ＝m (v 2－v 1)解得t ＝B 2L 3mgR ＋mRB 2L 2－2(H －L )g ＋(mRB 2L2)2 3.如图3所示，在第一象限内有垂直纸面向里和向外的匀强磁场，磁感应强度分别为B 1＝0.1 T 、B 2＝0.05 T ，分界线OM 与x 轴正方向的夹角为α.在第二、三象限内存在着沿x 轴正方向的匀强电场，电场强度E ＝1×104 V/m.现有一带电粒子由x 轴上A 点静止释放，从O 点进入匀强磁场区域.已知A 点横坐标x A ＝ －5×10－2 m ，带电粒子的质量m ＝1.6×10－24kg ，电荷量q ＝＋1.6×10－15C.图3(1)要使带电粒子能始终在第一象限内运动，求α的取值范围？(用反三角函数表示) (2)如果α＝30°，则粒子能经过OM 分界面上的哪些点？(3)如果α＝30°，让粒子在OA 之间的某点释放，要求粒子仍能经过(2)问中的那些点，则粒子释放的位置应满足什么条件？答案 (1)α<π2－12arcsin 23(2)、(3)见解析解析 (1)粒子进入匀强 磁场后，做匀速圆周运动.设在B 1中运动的半径为r 1，在B 2中运动的半径为r 2由q v B ＝m v 2r B 1＝2B 2，得r 2＝2r 1由几何关系解得α＜π2－12arcsin 23(2)当α＝30°时，粒子每次在任意一个磁场中运动的圆弧的圆心角均为60°，弦长均等于半径. 粒子在电场中运动 qEx A ＝12m v 2粒子在磁场中运动 r 1＝m vqB 1解得：r 1＝1×10－2 m r 2＝2r 1＝2×10－2 mOM 上经过的点距离O 点的距离是l ＝kr 1＋(k －1)r 2＝(3k －2)r 1＝(3k －2)×10－2 m(k ＝1、2、3……) 和l ＝k ′(r 1＋r 2)＝3k ′×10－2 m(k ′＝1、2、3……)(3)要仍然经过原来的点，需满足r 1＝n (r 1′＋r 2′)(n ＝1、2、3……)，解得r ′＝r 13n 即v ′＝v 3n粒子释放的位置应满足x A ′＝x A9n 2(n ＝1、2、3……)或者r 1＝n ′(2r 1″＋r 2″)(n ′＝1、2、3……) 解得r ″＝r 14n ′即v ″＝v 4n ′粒子释放的位置应满足x A ″＝x A16n ′2(n ′＝1、2、3……)。
高考物理考前信息必刷卷05(江苏专用)高效提分版
一、单选题1. 如图是简易测水平风速的装置，轻质塑料球用细线悬于竖直杆顶端O ，当水平风吹来时，球在水平风力F 的作用下飘起来，F 与风速v 的大小成正比，当v ＝3 m/s 时，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角，则（）A ．水平风力F 越大，球平衡时，细线所受拉力越小B ．当风速v ＝3 m/s 时，F的大小恰好等于球的重力的倍C ．当风速v ＝6 m/s时D ．换用半径相等，但质量较小的球，则当时，v 大于3 m/s2. 一个物体从离地某一高度处开始做自由落体运动，该物体第1s 内的位移恰为最后1s 内位移的二分之一，已知重力加速度大小取，则它开始下落时距落地点的高度为（ ）A ．15mB ．12.5mC ．11.25mD ．10m3. 图甲为“魔幻飞碟变形球”，用脚将其踩扁，松开脚一段时间后球会弹起。
某同学将其简化为如图乙所示的模型，两个质量均为0.1kg 的物块A 、B 拴接在轻弹簧两端。
已知弹簧的劲度系数为100N/m ，原长为10cm ，弹簧的弹性势能，其中k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量。
现通过物块A 向下压缩弹簧至某一位置后由静止释放，重力加速度取。
下列说法正确的是（ ）A ．释放后，B 离开地面前，A 、B 以及弹簧组成的系统机械能不守恒B ．若将弹簧长度压缩至7.5cm ，释放后能使B 离开地面一段时间C ．若B 能离开地面，则B 离开地面后，A 、B 以及弹簧组成的系统动量守恒D ．若B 能离开地面，则从B 离开地面到弹簧第一次恢复到原长的过程中，A 的动量变化量大于B 的动量变化量4. 卫星的种类可以分为近地卫星，同步卫星，极地卫星等，关于这些卫星以下说法正确的是（ ）A ．近地卫星的周期最大B ．同步卫星的线速度大于赤道上物体的线速度C ．近地卫星的加速度等于赤道上物体的加速度D ．极地卫星轨道圆心不在地球的球心上5. 关于速度和加速度，以下说法不可能的是（ ）A ．物体的加速度等于0，而速度却不等于0B ．两物体相比，一个物体的速度较大，但加速度却比较小C ．物体具有向东的加速度，而速度的方向却向西D ．物体的速度变化量是0，但加速度不是06. 下列关于速度和加速度的说法中，正确的是（ ）A ．物体受到的合力为零，则加速度一定为零B ．物体的速度为零，加速度也一定为零C ．加速度越来越小，表示速度变化越来越快D ．加速度越来越小，表示物体运动的速度也越来越小7. 一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80cm 的两点上，弹性绳的原长也为80cm ；将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性高考物理考前信息必刷卷05（江苏专用）高效提分版绳的总长度为100cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为（弹性绳的伸长始终处于弹性限度内）（）A．86cm B．92cm C．98cm D．104cm8. 质量为m的物块以初速度v冲上倾角为固定在水平面上的粗糙斜面。
2017版考前三个月(江苏专版)高考物理考前抢分必做 计算题专练(一) Word版含答案
近四年江苏卷计算题涉及的考点与内容例题展示1.(2016·江苏卷·13)据报道，一法国摄影师拍到“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间，照片中，“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见.如图1所示，假设“天宫一号”正以速度v ＝7.7 km/s 绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M 、N 的连线垂直，M 、N 间的距离L ＝20 m ，地磁场的磁感应强度垂直于v 、MN 所在平面的分量B ＝1.0×10－5 T ，将太阳帆板视为导体.图1(1)求M 、N 间感应电动势的大小E ；(2)在太阳帆板上将一只“1.5 V,0.3 W ”的小灯泡与M 、N 相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线的电阻，试判断小灯泡能否发光，并说明理由.(3)取地球半径R ＝6.4×103 km ，地球表面的重力加速度g ＝9.8 m/s 2，试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h (计算结果保留一位有效数字).解析 (1)由法拉第电磁感应定律E ＝BL v ，代入数据得E ＝1.54 V (2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流. (3)在地球表面有G MmR 2＝mg匀速圆周运动有G Mm(R ＋h )2＝m v 2R ＋h解得h ＝gR 2v2－R ，代入数据得h ≈4×105 m.答案 (1)1.54 V (2)不能 理由见解析 (3)4×105 m2.(2016·江苏卷·14)如图2所示，倾角为α的斜面A 被固定在水平面上，细线的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B 相连，B 静止在斜面上.滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行.A 、B 的质量均为m ，撤去固定A 的装置后，A 、B 均做直线运动，不计一切摩擦，重力加速度为g .求：图2(1)A 固定不动时，A 对B 支持力的大小N ； (2)A 滑动的位移为x 时，B 的位移大小s ； (3)A 滑动的位移为x 时的速度大小v A . 解析 (1)支持力的大小N ＝mg cos α(2)如图所示，根据几何关系s x ＝x ·(1－cos α)， s y ＝x ·sin α 且s ＝s 2x ＋s 2y解得s ＝2(1－cos α)·x(3)B 的下降高度s y ＝x ·sin α根据机械能守恒定律mgs y ＝12m v 2A ＋12m v 2B 根据速度的定义得v A ＝Δx Δt ，v B ＝Δs Δt则v B ＝2(1－cos α)·v A解得v A ＝2gx sin α3－2cos α.答案 (1)mg cos α (2)2(1－cos α)·x (3)2gx sin α3－2cos α3.(2016·江苏卷·15)回旋加速器的工作原理如图3甲所示，置于真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间狭缝的间距为d ，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m ，电荷量为＋q ，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U 0.周期T ＝2πmqB.一束该种粒子在t ＝0～T2时间内从A 处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零.现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用.求：图3(1)出射粒子的动能E m ；(2)粒子从飘入狭缝至动能达到E m 所需的总时间t 0；(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d 应满足的条件. 解析 (1)粒子运动半径为R 时 q v B ＝m v 2R且E m ＝12m v 2解得E m ＝q 2B 2R 22m(2)粒子被加速n 次达到动能E m ，则E m ＝nqU 0粒子在狭缝间做匀加速运动，设n 次经过狭缝的总时间为Δt ，加速度a ＝qU 0md匀加速直线运动，nd ＝12a ·Δt 2由t 0＝(n －1)·T2＋Δt ，解得t 0＝πBR 2＋2BRd 2U 0－πmqB(3)只有在0～(T2－Δt )时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的比例为η＝T2－Δt T2由η>99%，解得d <πmU 0100qB 2R.答案 (1)q 2B 2R 22m (2)πBR 2＋2BRd 2U 0－πm qB(3)d <πmU 0100qB 2R命题分析与对策1.命题特点近几年知识背景变换频繁，分值、次序不定，能力要求高，备考难度有所降低.力学计算侧重于匀变速运动的规律和图象、应用牛顿运动定律解决多体多态问题；功能关系的应用，考查范围未突破必修内容；电磁学计算侧重于电磁场——单一场、组合场、交变场、复合场、电磁感应综合问题，考查重点在选修3—1.2.应考策略力和运动为主线的问题情景，从物理情景中确定研究对象，按其运动的发展过程逐一分析，弄清运动情况和受力情况，善于挖掘隐含条件，建立物理模型，找出与之相适应的物理规律及题目中给出的某种等量关系进行表达，必要时借助于几何图形、图象进行表达，通过数学方法的演算，得出物理结果.带电粒子在场中的运动问题是电磁学知识与力学知识的结合，分析方法和力学问题分析方法基本相同，常用动力学(受力分析、平衡条件、牛顿第二定律等)、能量观点(动能定理、能量守恒定律等)来分析.注意电场中的加速与类平(斜)抛；注意圆形磁场、有界磁场；注意带电粒子在磁场中运动的相关结论；注意轨迹的构建，与数学中平面几何知识的结合；尤其注意两种运动交接点的特征.计算题专练(一)1.2016年世界中学生五人制足球锦标赛落下帷幕，代表中国参赛的河南男队和河北女队取得了优异成绩.五人制足球的赛场长40 m，宽20 m，如图1所示.在比赛中，攻方队员在中线附近突破防守队员，将足球沿边路向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为v1＝6 m/s 的匀减速直线运动，加速度大小为a1＝1 m/s2.该队员将足球踢出后立即由静止启动追赶足球，他的运动可看做是匀加速直线运动，最大加速度为a2＝1 m/s2，能达到的最大速度为v2＝4 m/s.该队员至少经过多长时间能追上足球？图1答案 6.5 s解析 设足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为x 1，则x 1＝v 212a 1解得x 1＝18 m足球匀减速运动时间为t 1＝v 1a 1＝6 s前锋队员以最大加速度加速时间为t 2＝v 2a 2＝4 s在此过程中的位移x 2＝v 222a 2＝8 m之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移为x 3＝v 2(t 1－t 2)＝8 m由于x 2＋x 3＜x 1，故足球停止运动时，前锋队员没有追上足球，然后前锋队员继续以最大速度匀速运动追赶足球，由匀速运动公式得x 1－(x 2＋x 3)＝v 2t 3 代入数据解得t 3＝0.5 s前锋队员追上足球的时间t ＝t 1＋t 3＝6.5 s2.某兴趣小组用电流传感器测量某磁场的磁感应强度.实验装置如图2甲所示，不计电阻的足够长光滑金属导轨竖直放置在匀强磁场中，导轨间距为d ，其平面与磁场方向垂直.电流传感器与阻值为R 的电阻串联接在导轨上端.质量为m 、有效阻值为r 的导体棒AB 由静止释放沿导轨下滑，该过程中电流传感器测得电流随时间变化的规律如图乙所示，电流最大值为I m .棒下滑过程中与导轨保持垂直且良好接触，不计电流传感器内阻及空气阻力，重力加速度为g .图2(1)求该磁场磁感应强度大小； (2)求在t 1时刻棒AB 的速度大小；(3)在0～t 1时间内棒AB 下降的高度为h ，求此过程电阻R 产生的电热. 答案 (1)mg I m d (2)I 2m (R ＋r )mg (3)mghR R ＋r－I 4mR (R ＋r )2mg 2解析 (1)电流达到I m 时导体棒做匀速运动，对棒受力分析有受到的安培力：F 安＝BI m d做匀速直线运动，由平衡条件有F 安＝mg 解得：B ＝mgI m d.(2)t 1时刻，对回路有：感应电动势E ＝Bd v 感应电流I m ＝Bd vR ＋r ， 解得：v ＝I 2m (R ＋r )mg.(3)由能量守恒定律得电路中产生的总电热：Q ＝mgh －12m v 2，则电阻R 上产生的电热：Q R ＝RR ＋rQ 解得：Q R ＝mghR R ＋r－I 4mR (R ＋r )2mg 2. 3.如图3所示，坐标系xOy 在竖直平面内，x 轴沿水平方向.x >0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B 1；在第三象限同时存在着垂直于坐标平面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度大小为B 2，电场强度大小为E ，x >0的区域固定一与x 轴成θ＝30°角的绝缘细杆.一穿在细杆上的带电小球a 沿细杆匀速滑下，从N 点恰能沿圆周轨道运动到x 轴上的Q 点，且速度方向垂直于x 轴.已知Q 点到坐标原点O 的距离为32L ，重力加速度为g ，B 1＝7E110πgL，B 2＝E 5π6gL.空气阻力可忽略不计，求：图3(1)带电小球a 的电性及其比荷qm；(2)带电小球a 与绝缘细杆间的动摩擦因数μ；(3)带电小球a 刚离开N 点时，从y 轴正半轴距原点O 为h ＝20πL3的P 点(图中未画出)以某一初速度平抛一个不带电的绝缘小球b ，b 球刚好运动到x 轴与向上运动的a 球相碰，则b 球的初速度为多大？答案 (1)正电g E (2)34 (3) 147gL160π解析 (1)由带电小球能够在第三象限内做匀速圆周运动并能过Q 点，可得：带电小球带正电，且mg ＝qE ，解得：q m ＝g E.(2)带电小球从N 点运动到Q 点的过程中，有：q v B 2＝m v 2R由几何关系有：R ＋R sin θ＝32L ，联立解得v ＝5πgL6. 带电小球在杆上匀速滑下时，由平衡条件有： mg sin θ＝μ(q v B 1－mg cos θ)， 解得：μ＝34. (3)带电小球在第三象限内做匀速圆周运动的周期： T ＝2πR v ＝24πL5g带电小球第一次在第二象限竖直上下运动的总时间为： t 0＝2v g＝10πL3g绝缘小球b 平抛运动至x 轴上的时间为： t ＝2h g＝210πL3g两球相碰有：t ＝T 3＋n (t 0＋T2)联立解得：n ＝1设绝缘小球b 平抛的初速度为v 0， 则：72L ＝v 0t解得：v 0＝147gL160π.。
2017版考前三个月江苏专版高考物理 技巧 规范篇 第一篇 快速解答选择、填空题 第2讲 精品
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18
6.在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 a，b，c 成等差 cos A＋cos C 4
数列，则1＋cos Acos C＝__5___. 解析 令a＝3，b＝4，c＝5， 则△ABC 为直角三角形，且 cos A＝45，cos C＝0， 代入所求式子，得1c＋oscAo＋s AccoossCC＝1＋45＋45×0 0＝45.
1|2＋k| k2，
若|MN|≥2 3，则 4－d2≥( 3)2，
解得－
33≤k≤
3 3.
解析答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18
8.设函数
f(x)
＝
x2＋x，x<0， －x2，x≥0，
若 f(f(a))≤2，则实数 a 的取值范围是
__[－__∞__，____2_] _.
解析答案
(2)如图，在△ABC 中，点 O 是 BC 的中点，过点 O 的直线分别交直线 AB， AC 于不同的两点 M，N，若A→B＝mA→M，A→C＝nA→N，则 m＋n 的值为__2__.
解析
答案
方法三 数形结合法 对于一些含有几何背景的填空题，若能根据题目中的条件，作出符合题 意的图形，并通过对图形的直观分析、判断，即可快速得出正确结果.这 类问题的几何意义一般较为明显，如一次函数的斜率或截距、向量的夹 角、解析几何中两点间距离等，求解的关键是明确几何含义，准确、规 范地作出相应的图形.
第一篇 快速解答选择、填空题
第 2 讲 四种策略搞定填空题
题型分析 高考展望
填空题的基本特点是： (1)题目小巧灵活，结构简单； (2)答案简短明确，不反映过程 ，只要结果； (3)填空题根据填写内容，可分为定量型(填写数值，数集或数量关系) 和定性型(填写某种性质或是有某种性质的对象). 根据填空题的特点，在解答时要做到四个字——“快”“稳”“全”“细”. 快——运算要快，力戒小题大做；稳——变形要稳，不可操之过急； 全——答案要全，力避残缺不齐；细——审题要细，不能粗心大意.
2017版考前三个月江苏专版高考物理考前抢分必做 实验
实验题专练(二)1.国标(GB/T)规定自来水在15 ℃时电阻率应大于13 Ω·m.某同学利用图1甲电路测量15 ℃自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞(活塞电阻可忽略)，右活塞固定，左活塞可自由移动.实验器材还有：电源(电动势约为3 V，内阻可忽略)，电压表V1(量程为3 V，内阻很大)，电压表V2(量程为3 V，内阻很大)，定值电阻R1(阻值4 kΩ)，定值电阻R2(阻值2 kΩ)，电阻箱R(最大阻值9 999 Ω)，单刀双掷开关S，导线若干，游标卡尺，刻度尺.图1实验步骤如下：A.用游标卡尺测量玻璃管的内径d；B.向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；C.把S拨到1位置，记录电压表V1示数；D.把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；E.改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；F.断开S，整理好器材.(1)测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙，则d＝____________ mm.(2)玻璃管内水柱的电阻R x的表达式为：R x＝________(用R1、R2、R表示).(3)利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图2所示的R－1L关系图象.自来水的电阻率ρ＝_________ Ω·m(保留两位有效数字).图2(4)本实验中若电压表V1内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将___________(填“偏大”“不变”或“偏小”).答案 (1)30.00 (2)R 1R 2R (3)14 (4)偏大解析 (1)根据游标卡尺的读数规则，玻璃管内径d ＝30 mm ＋0×0.05 mm ＝30.00 mm. (2)把S 拨到1位置，记录电压表V 1示数， 得到通过水柱的电流I 1＝UR 1.由闭合电路欧姆定律得，E ＝U ＋UR 1R x ；把S 拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V 2示数与电压表V 1示数相同，记录电阻箱的阻值R ，得到该电路的电流I 2＝UR .由闭合电路欧姆定律得，E ＝U ＋UR R 2；联立解得：R x ＝R 1R 2R.(3)由电阻律公式R x ＝ρL S ，R x ＝R 1R 2R联立解得：R ＝R 1R 2S ρ·1L . R －1L关系图象斜率k ＝0.4×103 Ω·m ， k ＝R 1R 2S ρ，S ＝πd 24 ，解得：ρ＝R 1R 2S k≈14 Ω·m.(4)本实验中若电压表V 1内阻不是很大， 则通过水柱的电流I 1大于测量值， 即U R 1R x >UR R 2， 得到R x >R 1R 2R，即自来水电阻测量值偏大，自来水电阻率测量结果将偏大.2.某同学利用如图3甲所示装置探究平抛运动中机械能是否守恒.在斜槽轨道的末端安装一个光电门B ，调节激光束与球心等高，斜槽末端水平.地面上依次铺有白纸、复写纸，让小球从斜槽上固定位置A 点无初速释放，通过光电门后落在地面的复写纸上，在白纸上留下打击印.重复实验多次，测得小球通过光电门的平均时间为2.50 ms.(当地重力加速度g ＝9.8 m/s 2)甲乙 图3(1)用游标卡尺测得小球直径如图乙所示，则小球直径为d ＝________ mm ，由此可知小球通过光电门的速度v B ；(2)实验测得轨道离地面的高度h ＝0.441 m ，小球的平均落点P 到轨道末端正下方O 点的距离x ＝0.591 m ，则由平抛运动规律解得小球平抛的初速度v 0＝_________ m/s ；(3)在误差允许范围内，实验结果中小球通过光电门的速度v B 与由平抛运动规律求解的平抛初速度v 0满足___________关系， 就可以认为平抛运动过程中机械能是守恒的. 答案 (1) 5.00 (2) 1.97 (3) v B ＝v 0解析 根据游标卡尺读数规则，小球直径d ＝5.00 mm.小球通过光电门的速度v B ＝d t ＝2.0 m/s.由x ＝v 0t ，h ＝12gt 2，解得v 0＝1.97 m/s ；在误差允许范围内，实验结果中小球通过光电门的速度v B 与由平抛运动规律求解的平抛初速度v 0满足v B ＝v 0的关系，就可以认为平抛运动过程中机械能是守恒的.3.在“测量金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准、待测金属丝接入电路部分的长度约为50 cm.(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图4所示，其读数为_____ mm(该值接近多次测量的平均值).图4(2)用伏安法测金属丝的电阻R x .实验所用器材为：电池组(电动势3 V ，内阻约1 Ω)、电流表(内阻约0.1 Ω)、电压表(内阻约3 kΩ)、滑动变阻器(0～20 Ω，额定电流2 A)，开关、导线若干.某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：由以上实验数据可知，他们测量R x是采用图5中的____________图(选填“甲”或“乙”).图5(3)图6 是测量R x的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器滑片P置于变阻器的一端.请根据(2)所选的电路图，补充完图中实物间的连线，并使开关闭合瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏.图6(4)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图7所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点.请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，描绘出U－I图线.由图线得到金属丝的阻值R x＝________ Ω(保留两位有效数字).图7(5)根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为________(填选项前的符号).A.1×10－2Ω·mB.1×10－3Ω·mC.1×10－6Ω·mD.1×10－5Ω·m(6)任何实验测量都存在误差.本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的是________.A.用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差B.由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差C.若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差D.用U－I图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差答案 (1)(0.396～0.399)mm (2)甲 (3)见解析图 (4)(4.3～4.7)Ω (5)C (6)CD 解析 (1)螺旋测微器的读数：0.01 mm ×39.8＝0.398 mm ；(2)由记录数据根据欧姆定律可知金属丝的电阻R x 约5 Ω，则有R x ＜R A R V ，属于小电阻，用外接法测量误差小，由表格知实验要求电压电流从接近0开始调节，所以应该采用分压接法，故选甲.(3)注意连图时连线起点和终点在接线柱上导线不能交叉，结合(2)可知应该连接成外接分压接法(甲)，那么在连线时断开开关且使R x 两端的电压为0，先连外接电路部分，再连分压电路部分，此时滑片P 必须置于变阻器的左端，实物图如图所示：(4)描绘出第2、4、6三个点后可见第6次测量数据的坐标点误差太大舍去，然后画出U －I 图线，如图所示；其中第4次测量数据的坐标点在描绘出的U －I 图线上， 有：R x ＝10.22Ω≈4.5 Ω.(5)根据电阻定律R ＝ρLS ，得ρ＝R SL，代入数据可计算出ρ≈1×10－6 Ω·m ，故选C.(6)用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，故A 错误；由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，不可避免的，故B 错误；若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差，故C 正确；用U －I 图象处理数据求金属丝电阻，可以减小偶然误差，故D 正确；故选C 、D.。
2017版考前三个月(江苏专版)高考物理考前抢分必做 等值模拟(二) Word版含答案
等值模拟(二)一、单项选择题(本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意)1.如图1所示，a、b两条曲线是汽车甲、乙在同一条平直公路上运动的速度时间图象，已知在t2时刻，两车相遇，下列说法正确的是()图1A.t1时刻两车也相遇B.t1时刻甲车在前，乙车在后C.甲车速度先增大后减小，乙车速度先减小后增大D.甲车加速度先增大后减小，乙车加速度先减小后增大答案 C解析在t2时刻，两车相遇，在t1－t2时间内，a图线与时间轴围成的面积大，则a的位移大，可知t1时刻，b车在前，a车在后，故A、B错误；由图线可知，a车的速度先增大后减小，b车的速度先减小后增大，故C正确；图线切线的斜率表示加速度，可知a车的加速度先减小后增大，b车的加速度先减小后增大，故D错误.2.如图2所示，在楼道内倾斜天花板上需要安装灯泡照明，两根轻质细线的一端拴在O点、另一端分别固定在天花板上a点和b点，一灯泡通过轻质细线悬挂于O点，系统静止，Oa 水平、Ob与竖直方向成一定夹角.现在对灯泡施加一个水平向右的拉力，使灯泡缓缓向右移动一小段距离的过程中()图2A.Oa上的拉力F1可能不变B.Oa上的拉力F1不断增大C.Ob上的拉力F2不断减小D.Ob上的拉力F2可能增大答案 B解析设灯泡为C.先选择灯泡为研究对象，开始时灯泡受到重力和细线的拉力，所以细线的拉力等于灯泡的重力；对灯泡施加一个水平向右的拉力F 后设OC 与竖直方向之间的拉力为θ，如图甲，则F C ＝mg cos θ，选择节点O 为研究对象，则O 点受到三个力的作用处于平衡状态，受力如图乙，由图可知，在竖直方向：F 2沿竖直方向的分力始终等于F C cos θ＝mg ，而且F 2的方向始终不变，所以F 2始终不变；沿水平方向：F 1的大小等于F 2沿水平方向的分力与F C 沿水平方向分力的和，由于F C 沿水平方向分力随θ的增大而增大，所以F 1逐渐增大.可知四个选项中只有B 正确.3.如图3所示，在理想变压器输入端AB 间接入220 V 正弦交流电，变压器原线圈n 1＝110匝，副线圈n 2＝20匝，O 为副线圈中间抽头，D 1、D 2为理想二极管，阻值R ＝20 Ω，则R 上消耗的热功率为( )图3A.20 WB.20 2 WC.40 WD.80 W答案 A解析 在AB 间接入正弦交流电U 1＝220 V ，变压器原线圈n 1＝110匝，副线圈n 2＝20匝，有：U 1U 2＝n 1n 2，得有效值U 2＝40 V.O 为副线圈中间抽头，则R 两端电压为20 V ，所以R 消耗的热功率为：P ＝U 2R ＝20220W ＝20 W ，A 正确. 4.如图4所示，将一质量为m 的小球从空中O 点以速度v 0水平抛出，飞行一段时间后，小球经过P 点时动能E k ＝5m v 20，不计空气阻力，则小球从O 到P ( )图4A.下落的高度为5v 20gB. 速度增量为3v 0，方向斜向下C.运动方向改变的角度满足tan θ＝13D. 经过的时间为3v 0g答案 D解析 平抛运动水平方向匀速直线运动，速度一直为v 0.经过P 点时，有12m v 2＝5m v 20，可得v 2＝10v 20.根据平抛运动速度合成有v 2y ＋v 20＝v 2＝10v 20，所以竖直方向的分速度v y ＝3v 0.竖直方向为自由落体运动，所以运动时间t ＝v y g ＝3v 0g，选项D 对.速度增量Δv ＝at ＝gt ＝3v 0，方向与加速度相同，竖直向下，选项B 错.下落高度h ＝12gt 2＝9v 202g，选项A 错.运动方向改变的角度tan θ＝3v 0v 0＝3，选项C 错. 5.北斗卫星导航系统(BDS)是中国自行研制的全球卫星导航系统，该系统将由35颗卫星组成，卫星的轨道有三种：地球同步轨道、中轨道和倾斜轨道.其中，同步轨道半径大约是中轨道半径的1.5倍，那么同步卫星与中轨道卫星的周期之比约为( )A.(32)12B.(32)2C.(32)32D. (32)23 答案 C解析 同步轨道半径大约是中轨道半径的1.5倍，根据开普勒第三定律r 3T 2＝k 得T 2同T 2中＝(32)3，所以同步卫星与中轨道卫星的周期之比约为(32)32，故选项C 正确. 二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分.每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)6.如图5所示，关于下列器材的原理和用途，正确的是( )图5A.变压器可以改变交变电压但不能改变频率B.扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈存在电阻C.真空冶炼炉的工作原理是炉体产生涡流使炉内金属熔化D.磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用答案AD解析变压器可以改变交变电压但不能改变频率，选项A正确，扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈存在电感，选项B错误，真空冶炼炉的工作原理是炉内金属矿石中产生涡流使炉内金属熔化，选项C错误.磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用，选项D 正确.7.真空中，两个固定点电荷A、B所带电荷量分别为Q1和Q2，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图6实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向，电场线上标出了C、D两点，其中D点的切线与AB连线平行，AB连线中点为O，则()图6A.A带正电，B带负电，且Q1>Q2B.O点电势比D点电势高C.负检验电荷在C点的电势能大于在D点的电势能D.在C点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿此电场线运动到D点答案AB解析由于在D点处的电场线的切线方向与AB平行，说明A、B两点电荷在D点的电场强度沿水平方向的分量相等，由图可知，AD>BD，说明Q1>Q2，又由电场线的方向可知，A是正电荷，B是负电荷，选项A正确；因为O点为AB的中点，Q1>Q2，说明与D点等电势的点在O点的右方，故O点电势比D点电势高，选项B正确；将负电荷由C点移动到D点时，电场力做负功，故电势能增大，所以负检验电荷在C点的电势能小于在D点的电势能，选项C 错误；在C 点由静止释放一带正电的检测电荷，所以检验电荷不会沿此电场线运动到D 点，选项D 错误.8.某电场沿x 轴上各点的电场强度大小变化如图7所示；场强方向与x 轴平行，规定沿x 轴正方向为正，一负点电荷从坐标原点O 以一定的初速度沿x 轴负方向运动，到达x 1位置时速度第一次为零，到达x 2位置时速度第二次为零，不计粒子的重力.下列说法正确的是( )图7A.点电荷从x 1运动到x 2的过程中，速度先保持不变，然后均匀增大再均匀减小B.点电荷从O 沿x 轴正方向运动到x 2的过程中，加速度先均匀增大再均匀减小C.电势差Uox 1＜Uox 2D.在整个运动过程中，点电荷在x 1、x 2位置的电势能最大答案 BD解析 由题意，点电荷到达x 1位置速度第一次为零，在x 2位置速度第二次为零，可知点电荷从O 点运动到x 1再运动到x 2的过程中，速度先均匀减小，再均匀增大，然后先做加速度增大的减速运动，再做加速度减小的减速运动，故A 错误.由图可知，x 轴正方向上场强沿着x 轴正方向，场强大小是非线性变化，x 轴负方向场强方向沿着x 轴负方向，为匀强电场.点电荷从O 点沿x 轴正方向运动到x 2，场强先均匀增大后均匀减小，电场力先均匀增大后均匀减小，其加速度先均匀增大后均匀减小，故B 正确.根据动能定理，电荷由O 点到x 1和O 点到x 2都有：－qU ＝0－12m v 20，故：Uox 1＝Uox 2，故C 错误.电荷运动过程中动能和电势能之和保持不变，动能最小则电势能就最大，因点电荷到达x 1位置速度第一次为零，在x 2位置第二次速度为零，故在x 1、x 2位置电势能最大，故D 正确.故选B 、D.9.如图8所示，半径为R 的光滑圆环固定在竖直平面内，AB 、CD 是圆环相互垂直的两条直径，C 、D 两点与圆心O 等高.一个质量为m 的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P 点，P 点在圆心O 的正下方R 2处.小球从最高点A 由静止开始沿逆时针方向下滑，已知弹簧的原长为R ，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g .下列说法正确的有( )图8A.弹簧长度等于R 时，小球的动能最大B.小球运动到B 点时的速度大小为2gRC.小球在A 、B 两点时对圆环的压力差为4mgD.小球从A 到C 的过程中，弹簧对小球做的功等于小球机械能的增加量答案 CD解析 由几何关系可知，弹簧长度等于R 时，此时由于重力作用，小球仍要加速下滑，故此时小球的动能不是最大，选项A 错误；从A 点到B 点，由能量守恒定律可知mg ·2R ＋E p1＝12m v 2B ＋E p2；弹簧在A 处的伸长量等于在B 处的压缩量，则弹力大小相等，且E p1＝E p2，则解得v B ＝2gR ，选项B 错误；小球在A 点时对圆环的压力F A ＝mg ＋F ；在B 点时：F B －F －mg ＝m v 2B R ；联立解得：ΔF ＝F B －F A ＝m v 2B R＝4mg ，故C 正确；因机械能的变化量等于除重力以外的其它力做的功，小球从A 到C 的过程中，除重力做功外只有弹簧弹力做功，故弹簧对小球做的功等于小球机械能的增加量，选项D 正确；故选C 、D.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，请将解答填写在相应的位置.[必做题]10.(8分)小张和小明测绘标有“3.8 V 0.4 A ”小灯泡的伏安特性曲线，提供的实验器材有：A.电源E (4 V ，内阻约0.4 Ω)B.电压表V(2 V ，内阻为2 kΩ)C.电流表A(0.6 A ，内阻约0.3 Ω)D.滑动变阻器R (0～10 Ω)E.三个定值电阻(R 1＝1 kΩ，R 2＝2 kΩ，R 3＝5 kΩ)F.开关及导线若干(1)小明研究后发现，电压表的量程不能满足实验要求，为了完成测量，他将电压表进行了改装.在给定的定值电阻中选用________(选填“R 1”“R 2”或“R 3”)与电压表________(选填“串联”或“并联”)，完成改装.(2)小张选好器材后，按照该实验要求连接电路，如图9所示(图中电压表已经过改装).闭合开关前，小明发现电路中存在两处不恰当的地方，分别是：①___________；②_____________.图9(3)正确连接电路后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P ，电压表和电流表的示数改变，但均不能变为零.由此可以推断电路中发生的故障可能是导线________(选填图中表示导线的序号).出现了________(选填“短路”或“断路”).答案 (1)R 2 串联 (2)①电流表内接 ②滑片P 没有置于b 端 (3)8 断路解析 (1)电压表量程过小，要改装大量程，需要串联定值电阻，根据电压表满偏电流I g ＝2 V 2 000 Ω＝0.001 A ，改装后的量程U ＝I g (2 000 Ω＋R )，由于小灯泡的额定电压为3.8 V ，所以选择定值电阻R 2与电压表串联，改装后量程为4 V ，满足需要又不太大.(2)小灯泡正常发光的电阻R ＝U I ＝3.80.4Ω＝9.5 Ω，R 2<R A R V ，所以电流表应该选择外接法.闭合开关前，灯泡电压要最小，等于0，所以滑片P 应该置于b 端.(3)闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P ，电压表和电流表的示数改变.说明电路为通路，但不能调到0，说明滑动变阻器的接入方式由分压式变为限流式，所以问题出在导线8出现了断路.11.(10分)为测量木块与木板间的动摩擦因数，将木板倾斜，木块以不同的初速度沿木板向上滑到最高点后再返回，用光电门测量木块来回的速度，用刻度尺测量向上运动的最大距离，为确定木块向上运动的最大高度，让木块推动轻质卡到最高点，记录这个位置，实验装置如图10甲所示.图10(1)本实验中，下列操作合理的是________.A.遮光条的宽度应尽量小些B.实验前将轻质卡置于光电门附近C.为了实验成功，木板的倾角必须大于某一值D.光电门与轻质卡最终位置间的距离即为木块向上运动的最大距离(2)用螺旋测微器测量遮光条的宽度，如图乙所示读数为________ mm.(3)改变木块的初速度，测量出它向上运动的最大距离与木块来回经过光电门时速度的平方差，结果如下表所示，试在丙图坐标纸上作出Δv2－x的图象；经测量木板倾角的余弦值为0.6，重力加速度取g＝9.80 m/s2，则木块与木板间的动摩擦因数为________(结果保留两位有效数字).(4)由于轻质卡的影响，使得测量的结果________(选填“偏大”或“偏小”).答案(1)AC(2)3.700(3)见解析图0.011(4)偏大解析(1)遮光条宽度与时间的比值是木块的平均速度，可以认为是木块通过光电门时的瞬时速度，遮光条宽度越小，平均速度越接近瞬时速度，实验误差越小，因此遮光条的宽度应尽量小些，故A正确；实验时轻质卡应与木块一起向上运动，实验前应将轻质卡与木块靠在一起，故B错误；当木板倾角大于某一值时，木块重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，木块到达最高点后可以反向下滑，否则木块到达最高点后将静止，实验不能成功，为了实验成功，木板的倾角必须大于某一值，故C正确；木块出发点与轻质卡最终位置间的距离即为木块向上运动的最大距离，故D错误.(2)由图乙可知，螺旋测微器示数为3.5 mm ＋20.0×0.01 mm ＝3.700 mm.(3)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象如图所示： 由牛顿第二定律得：木块上滑时：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，木块下滑时：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，由匀变速直线运动的速度位移公式得：0－v 20＝－2a 1x ，v 2＝2a 2x ，Δv 2＝v 20－v 2＝4μgx cos θ.由图示图象可知：斜率：k ＝4μg cos θ＝Δv 2x ＝0.220.88＝0.25， 动摩擦因数：μ＝k 4g cos θ＝0.254×9.8×0.6≈0.011； (4)由于轻质卡与木板间存在摩擦力，所测摩擦力实际是木块与轻质卡受到的摩擦力的合力，由于轻质卡所受摩擦力影响，所以动摩擦因数偏大.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)以下说法正确的是________.A.当两个分子间的距离为r 0(平衡位置)时，分子势能最小B.布朗运动反映了花粉小颗粒内部分子的无规则运动C.一滴油酸酒精溶液体积为V ，在水面上形成的单分子油膜面积为S ，则油酸分子的直径d ＝V SD.温度、压力、电磁作用等可以改变液晶的光学性质(2)如图11所示，一直立的汽缸用一质量为m 的活塞封闭一定量的理想气体，活塞横截面积为S ，汽缸内壁光滑且缸壁是导热的.开始活塞被固定，打开固定螺栓K ，活塞上升，经过足够长时间后，活塞停在B 点，则活塞停在B 点时缸内封闭气体的压强为____________，在该过程中，缸内气体____________(填“吸热”或“放热”).(设周围环境温度保持不变，已知AB ＝h ，大气压强为p 0，重力加速度为g )图11(3)“水立方”国家游泳中心是北京为2008年夏季奥运会修建的主游泳馆.“水立方”游泳馆是共有8条泳道的国际标准比赛用游泳池，游泳池长50 m 、宽25 m 、水深3 m.设水的摩尔质量为M ＝1.8×10－2 kg/mol ，试估算该游泳池中的水分子数.(结果保留两位有效数字) 答案 (1)AD (2)p 0＋mg S吸热 (3)1.3×1032个 解析 (3)设水的密度为ρ，游泳池中水的质量为m ，阿伏加德罗常数为N A ，游泳池中水的总体积为 V ＝50×25×3 m 3＝3.75×103 m 3则游泳池中水的物质的量为n ＝m M ＝ρV M所含的水分子数为N 1＝nN A ＝ρVN A M＝1.0×103×3.75×103×6.02×10231.8×10－2个≈1.3×1032个. B.[选修3－4](12分)(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，杨氏干涉实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.可见光波长越长，越容易发生衍射(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12所示，已知波的传播速度为48 m/s.请回答下列问题：图12①从图示时刻起再经过__________s ，质点B 第一次处于波峰； ②写出从图示时刻起质点A 的振动方程为________cm.(3)如图13为一块直角三棱镜，顶角A 为30°.一束激光沿平行于BC 边的方向射向直角边AB ，并从AC 边射出，出射光线与AC 边夹角也为30°.则该激光在棱镜中的传播速度为多少？(结果保留两位有效数字)图13答案 (1)CD (2)①0.5 ②y ＝－2sin 12πt (3)1.7×108 m/s解析 (3)由几何关系得：β＝∠A ＝30°α＝90°－30°＝60°， 折射率 n ＝sin αsin β＝ 3激光在棱镜中的传播速度 v ＝c n ＝3×1083 m/s ≈1.7×108 m/s. C.[选修3－5](12分)(1)下列说法中正确的是( )A.电子的衍射现象说明实物粒子也具有波动性B.裂变物质体积小于临界体积时，链式反应不能进行C.原子核内部一个质子转化成一个中子时，会同时释放出一个电子D.235U 的半衰期约为7亿年，随地球环境的变化，半衰期可能变短(2)氢原子的能级如图14所示，有一群处于n ＝4能级的氢原子，若氢原子从n ＝4能级向n ＝2能级跃迁时所发出的光正好使某种金属产生光电效应，则：图14①这群氢原子发出的光中共有________种频率的光能使该金属产生光电效应；②从n ＝4能级向n ＝1能级跃迁时发出的光照射该金属，所产生的光电子的最大初动能为________ eV.(3)如图15所示，质量为2m 的小滑块P 和质量为m 的小滑块Q 都视作质点，与轻质弹簧相连的Q 静止在光滑水平面上.P 以某一初速度v 向Q 运动并与弹簧发生碰撞，求：图15①弹簧的弹性势能最大时，P 、Q 的速度大小； ②弹簧的最大弹性势能. 答案 (1)AB (2)①4 ②10.2 (3)①23v ②13m v 2解析 (1)电子是实物粒子，而电子的衍射现象说明实物粒子也具有波动性，故A 正确；链式反应的条件是裂变物质的体积不小于其临界体积，因此当裂变物质的体积小于临界体积时，链式反应不能进行，故B 正确；原子核内部一个质子转化成一个中子时，会同时释放出一个正电子，故C 错误；元素的半衰期与环境及化学状态无关，故D 错误.(2)一群处于n ＝4能级的氢原子向基态跃迁时，因为氢原子从n ＝4能级向n ＝2能级跃迁所发出的光正好使某种金属材料产生光电效应，所以只有n ＝4跃迁到n ＝1，n ＝3跃迁到n ＝1，n ＝3跃迁到n ＝2，n ＝2跃迁到n ＝1的光子能够使该金属发生光电效应，即4种；逸出功W ＝(－0.85＋3.4) eV ＝2.55 eV ，从而从n ＝4能级跃迁到n ＝1能级辐射的光子能量最大，为－0.85 eV ＋13.6 eV ＝12.75 eV ，根据光电效应方程知，光电子的最大初动能E km ＝12.75 eV －2.55 eV ＝10.2 eV.(3)①P 以某一初速度v 向Q 运动并与弹簧发生碰撞，P 做减速运动，Q 做加速运动，当P 与Q 速度相等时，弹簧最短，弹性势能最大，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：2m v ＋0＝(2m ＋m )v 1 解得：v 1＝23v .②根据动量守恒知系统的部分动能转化为弹性势能，所以最大弹性势能为： E max ＝12×2m v 2－12×3m v 21＝13m v 2. 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.只写出最后答案不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.) 13.(15分)如图16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.图16(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. 答案 (1)2gH (2)h －45H <x <h(3)2H g解析 (1)设小球落到地面上的速度为v ， 根据机械能守恒得：mgH ＝12m v 2，得：v ＝2gH .(2)小球做自由落体的末速度为： v 0＝2g (H －h ＋x )小球做平抛运动的时间为：t ＝ 2(h －x )gs ＝2(H －h ＋x )(h －x )由s ＞h －x解得：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 －12H 时，小球运动时间最长.x ＝h －12H ，符合(2)的条件.代入得：t max ＝2Hg. 14.(16分)如图17所示，在光滑绝缘水平面上，质量为m 的均匀绝缘棒AB 长为L 、带有正电，电量为Q 且均匀分布.在水平面上O 点右侧有匀强电场，场强大小为E ，其方向为水平向左，BO 距离为x 0，若棒在水平向右的大小为QE4的恒力作用下由静止开始运动.求：图17(1)棒的B 端进入电场L8时的加速度大小和方向；(2)棒在运动过程中的最大动能； (3)棒的最大电势能.(设O 点处电势为零) 答案 (1)QE 8m 方向向右 (2)QE 4(x 0＋L8)(3)棒的最大电势能可能是QEL 2、QE4(x 0＋L ＋L 2＋8Lx 04)和QE (2x 0＋L )6解析 (1)根据牛顿第二定律，得QE 4－L 8·QEL ＝maa ＝QE8m，方向向右.(2)设当棒进入电场x 时，其动能达到最大，则此时棒受力平衡，有QE 4＝x ·QE L 得x ＝L4，由动能定理：E k ＝∑W ＝QE 4(x 0＋x )－0＋QE 42x ＝QE 4(x 0＋L 4)－QE4×L2×4＝QE 4(x 0＋L8)(3)棒减速到零时，棒可能全部进入电场，也可能不能全部进入电场，设恰能全部进入电场，则有：QE 4(x 0＋L )－QE2L ＝0，得x 0＝L ； E p ＝QE 4(L ＋L )＝QEL 2当x 0＜L 时，棒不能全部进入电场，设进入电场x QE4(x 0＋x )－0＋xQEL 2x ＝0－0 解之得：x ＝L ＋L 2＋8Lx 04E p1＝WF ＝QE4(x 0＋L ＋L 2＋8Lx 04)当x 0＞L 时，棒能全部进入电场，设进入电场x QE 4(x 0＋x )－QE2L －QE (x －L )＝0 得：x ＝x 0＋2L 3则E p2＝QE 4(x 0＋x )＝QE 4·4x 0＋2L 3＝QE (2x 0＋L )6.15.(16分)如图18甲所示，在y ≥0的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示；与x 轴平行的虚线MN 下方有沿＋y 方向的匀强电场，电场强度E ＝8π×103 N/C.在y 轴上放置一足够大的挡板.t ＝0时刻，一个带正电粒子从P 点以v ＝2×104m/s 的速度沿＋x 方向射入磁场.已知电场边界MN 到x 轴的距离为π－210 m ，P 点到坐标原点O 的距离为1.1 m ，粒子的比荷qm＝106 C/kg ，不计粒子的重力.求粒子：图18(1)在磁场中运动时距x 轴的最大距离； (2)连续两次通过电场边界MN 所需的时间； (3)最终打在挡板上的位置到坐标原点O 的距离. 答案 (1)0.4 m (2)π2×10－5 s 或4π×10－5 s(3)0.37 m解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有：q v B ＝m v 2R解得半径为：R ＝0.2 m粒子在磁场中运动时，到x 轴的最大距离为： y m ＝2R ＝0.4 m(2)如图甲所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：T ＝2πR v ＝2π×0.22×104 s ＝2π×10－5 s 由磁场变化规律可知，它在0～3π2×10－5 s(即0～34T )时间内做匀速圆周运动至A 点，接着沿－y 方向做匀速直线运动直至电场边界C 点，用时为： t 2＝R ＋y 0v ＝π2×10－5 s ＝T4进入电场后做匀减速运动至D 点，由牛顿运动定律得粒子的加速度为： a ＝qE m ＝8π×109 m/s 2粒子从C 点减速至D 点再反向加速至C 点所需的时间为： t 3＝2v a ＝2×2×1048π×109 s ＝π2×10－5 s ＝T 4接下来，粒子沿＋y 轴方向匀速运动至A 所需时间仍为t 2，磁场刚好恢复，粒子将在洛伦兹力的作用下从A 做匀速圆周运动，再经3π2×10－5 s 时间，粒子将运动到F 点，此后将重复前面的运动过程.所以粒子连续通过电场边界MN 有两种可能：第一种可能是，由C 点先沿－y 方向到D 再返回经过C ，所需时间为： t ＝t 3＝π2×10－5 s第二种可能是，由C 点先沿＋y 方向运动至A 点开始做匀速圆周运动一圈半后，从G 点沿－y 方向做匀速直线运动至MN ，所需时间为：t ′＝T 4＋3T 2＋T4＝2T ＝4π×10－5 s(3)由上问可知，粒子每完成一次周期性的运动，将向－x 方向平移2R (如图甲中所示从P 点移到F 点)，甲OP ＝1.1 m ＝5.5R ，故粒子打在挡板前的一次运动如图乙所示，其中I 是粒子开始做圆周运动的起点，J 是粒子打在挡板上的位置，K 是最后一段圆周运动的圆心，Q 是I 点与K 点连线与y 轴的交点.由题意，QI ＝OP －5R ＝0.1 m KQ ＝R －QI ＝0.1 m ＝R2则JQ ＝R 2－(KQ )2＝32R J 点到O 点距离JO ＝R ＋32R ＝2＋310m ≈0.37 m.乙。
2017版考前三个月(江苏专版)高考物理考前抢分必做等值模拟(一)Word版含答案.
11.(10 分 )有一根粗细均匀的空心导体棒如图 11a 所示，截面为同心圆环 (如图 b)，其电阻约
为 100 Ω，这种材料的电阻率为 ρ.某同学用以下器材测量该导体棒的内径：
图 11 A.20 分度的游标卡尺 B.螺旋测微器 C.电流表 A 1(量程 50 mA ，内阻 R1＝ 100 Ω） D.电流表 A 2(量程 100 mA ，内阻 R2约 40 Ω） E.滑动变阻器 R(0～10 Ω） F.直流电源 E G.导电材料样品 Rx H.开关一只，导线若干 (1) 用游标卡尺测量导体棒长度如图 12 甲，示数 L＝ ________ mm；用螺旋测微器测量其外 径如图乙所示，示数 D ＝ ________ mm.
填写在相应的位置 .
[必做题 ]
6
10.(8 分 )利用如图 10 甲所示的实验装置探究重锤下落过程中重力势能与动能的转化问题
.
甲 乙
丙
图 10
(1) 图乙为一条符合实验要求的纸带， O 点为打点计时器打下的第一点 .分别测出若干连续点
A、B、C…与 O 点之间的距离 h1、h2、h3… .已知打点计时器的打点周期为 重力加速度为 g，可得重锤下落到 B 点时的速度大小为 ____________.
R 的电流 iR 随时间 t 变化的规
律是 iR＝ 2cos 100 πt (A). 故 A 错误；由于电流表读出的是有效值，再由匝数比为
n n
1＝
2
110的变
压器，得电流表 A 的读数为 0.1 A.故 B 、C 错误；由于电压表读出的是有效值，则电压表
V
的读数为 10 V.故 D 正确 .
二、多项选择题 (本题共 4 小题，每小题 4 分，共计 16 分 .每小题有多个选项符合题意，全
考前三个月(江苏专版)高考物理考前抢分必做 计算题专练(二)
计算题专练(二)1.公交车已作为现代城市交通很重要的工具，它具有方便、节约、缓解城市交通压力等许多作用.某日，一人在上班途中向一公交车站走去，发现一辆公交车正从身旁平直的公路驶过，此时，他的速度是1 m/s ，公交车的速度是15 m/s ，他们距车站的距离为50 m.假设公交车在行驶到距车站25 m 处开始刹车，刚好到车站停下，停车时间10 s.而此人因年龄、体力等关系最大速度只能达到6 m/s ，最大起跑加速度只能达到2.5 m/s 2. (1)若公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度大小是多少？ (2)试计算分析，此人是应该上这班车，还是等下一班车. 答案 (1)4.5 m/s 2 (2)应该上这班车解析 (1)公交车的加速度为：a 1＝0－v 212x 1＝0－22550m/s 2＝－4.5 m/s 2，所以其加速度大小为4.5m/s 2(2)公交车从开始相遇到开始刹车用时为：t 1＝x －x 1v 1＝50－2515 s ＝53 s ，公交车刹车过程中用时为：t 2＝0－v 1a 1＝－15－4.5 s ＝103 s ，此人以最大加速度达到最大速度用时为：t 3＝v 3－v 2a 2＝6－12.5 s＝2 s ，此人加速过程中位移为：x 2＝v 2＋v 32t 3＝1＋62×2 m ＝7 m ，以最大速度跑到车站用时为：t 4＝x －x 2v 3＝436s ，显然，t 3＋t 4＜t 1＋t 2＋10，可以在公交车还停在车站时安全上车.2.如图1所示，以MN 为下边界的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外， MN 上方有一单匝矩形导线框abcd ，其质量为m ，电阻为R ，ab 边长为l 1，bc 边长为l 2，cd 边离MN 的高度为h .现将线框由静止释放，线框下落过程中ab 边始终保持水平，且ab 边离开磁场前已做匀速直线运动，求线框从静止释放到完全离开磁场的过程中，图1(1)ab 边离开磁场时的速度v ； (2)通过导线横截面的电荷量q ； (3)导线框中产生的热量Q .答案 (1)mgR B 2l 21 (2)Bl 1l 2R (3)mg (h ＋l 2)－m 3g 2R 22B 4l 41解析 (1)线框匀速运动时，E ＝Bl 1v①I ＝E R ② F ＝BIl 1 ③ mg ＝F④由①②③④联立：v ＝mgRB 2l 21(2)导线框穿过磁场的过程中，q ＝I t⑤I ＝E R⑥ E ＝ΔΦΔt ＝Bl 1l 2t⑦由⑤⑥⑦联立：q ＝Bl 1l 2R(3)导线框穿过磁场的过程中，利用能量守恒定律， mg (h ＋l 2)＝12m v 2＋Q代入(1)中的速度，解得： Q ＝mg (h ＋l 2)－m 3g 2R 22B 4l 413.如图2所示，现代物理经常用磁场来研究同位素粒子，在xOy 坐标系内有垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .现有电荷量均为＋q 的a 、b 两粒子从坐标原点O 以相同速率v 同时射入磁场，a 沿x 轴正方向，b 沿y 轴正方向，a 粒子质量为m ，b 粒子质量为2m ，不计粒子重力以及粒子间相互作用，求：图2(1)当a 粒子第1次刚到达y 轴时，b 粒子到达的位置坐标；(2)a 、b 粒子是否会再次相遇？如能，请通过推导求出何时相遇；如不能，请简要说明理由； (3)设两粒子在y 轴上投影的距离为Δy ，则Δy 何时有最大值并求出Δy 的最大值. 答案 (1)(－2m v qB ，2m vqB ) (2)、(3)见解析解析 (1)由q v B ＝m v 2r 可知：a 粒子半径r 1＝m vqB ，周期T 1＝2πmqBb 粒子半径r 2＝2m vqB ＝2r 1周期T 2＝2π·2mqB＝2T 1a 粒子第1次刚到达y 轴历时Δt ＝T 12＝T 24所以此时b 粒子运动14周，位置坐标为(－2m v qB ，2m v qB )(2)由图可知：a 、b 可能在O 、P 点再次相遇因为T 2＝2T 1，所以a 、b 粒子经过t ＝T 2＝4πmqB 在O 点再次相遇，该过程粒子不可能在P 点相遇所以a 、b 粒子在t ＝4k πmqB(k ＝1、2、3……)时刻相遇(3)由第(1)问分析可知，当a 粒子第二次到达其圆轨迹最高点时(即a 粒子运动了32T 1)，b 粒子恰好在其圆轨迹的最低点，此时两粒子在y 轴上投影的距离Δy 最大.考虑圆周运动的周期性，此后a 粒子每运动两周，b 粒子运动一周，两粒子在y 轴上投影的距离Δy 再次最大.所以t ＝32T 1＋n ·2T 1＝(4n ＋3)πm Bq 时Δy 最大Δy max ＝4r 1＝4m vBq.。
考前三个月(江苏专版)高考物理考前抢分必做 计算题专练(三)
计算题专练(三)1.重为G1＝8 N的物体悬挂在绳P A和PB的结点上.P A偏离竖直方向37°角，PB在水平方向，连接着另一个重为G2＝100 N的木块，木块静止于倾角为37°的斜面上，如图1所示，(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2).试求：图1(1)绳P A和PB所受的拉力；(2)木块受到斜面作用的弹力和摩擦力.答案见解析解析(1)如图甲所示，由平衡条件得：F A cos 37°＝G1F A sin 37°＝F B可解得：绳P A的拉力F A＝10 NPB绳的拉力为F B＝6 N(2)再分析G2的受力情况如图乙所示，由物体的平衡条件可得：F f＝G2sin 37°＋F B′cos 37°F N＋F B′sin 37°＝G2cos 37°又有F B′＝F B解得：F f＝64.8 N，F N＝76.4 N2.如图2所示，间距为L的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成：倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为θ，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r的定值电阻.质量为m、电阻也为r的金属杆MN垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小也为B的匀强磁场.闭合开关S，让金属杆MN从图示位置由静止释放，已知金属杆运动到水平导轨前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆始终与导轨接触良好，重力加速度为g .求：图2(1)金属杆MN 在倾斜导轨上滑行的最大速率v m ；(2)金属杆MN 在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度v m 前，当流经定值电阻的电流从零增大到I 0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q ，求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q ；(3)金属杆MN 在水平导轨上滑行的最大距离x m .答案 (1)2mgr sin θB 2L 2 (2)mgqr sin θBL －mI 20r2B 2L2(3)4m 2gr 2sin θB 4L 4解析 (1)金属杆MN 在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零，对其受力分析， 可得：mg sin θ－BIL ＝0 根据欧姆定律可得：I ＝BL v m2r解得：v m ＝2mgr sin θB 2L 2(2)设在这段时间内，金属杆运动的位移为x ， 由电流的定义可得：q ＝I Δt根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得： I ＝B ΔS 2r Δt ＝BLx 2r Δt解得：x ＝2qrBL设电流为I 0时金属杆的速度为v 0，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律，可得： I 0＝BL v 02r此过程中，电路产生的总焦耳热为Q 总，由功能关系可得：mgx sin θ＝Q 总＋12m v 2定值电阻产生的焦耳热Q ＝12Q 总解得：Q ＝mgqr sin θBL －mI 20r2B 2L2(3)由牛顿第二定律得：BIL ＝ma由法拉第电磁感应定律、欧姆定律可得：I ＝BL v2r可得：B 2L 22r v ＝m Δv ΔtB 2L 22rv Δt ＝m Δv ， 即B 2L 22r x m ＝m v m 得：x m ＝4m 2gr 2sin θB 4L 43.科学工作者常常用介质来显示带电粒子的径迹.如图3所示，平面内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B ＝4×10－2 T.x 轴上方为真空，x 轴下方充满某种不导电的介质并置于沿x 轴方向的匀强电场中，粒子在介质中运动时会受到大小为F f ＝k v 的粘滞阻力.y 轴上P (0,0.08)点存在一个粒子源，能沿纸面向各个方向发射质量m ＝1.6×10－25kg 、带电量q ＝＋1.6×10－19C 且速率相同的粒子.已知沿x 轴正方向射出的一个粒子，经过磁场偏转后从x 轴上(0.16,0)点进入介质中，观察到该粒子在介质中的径迹为直线(不计重力及粒子间相互作用，粒子在介质中运动时电量不变).图3(1)求该粒子源发射粒子的速率；(2)求k 的值，并指出进入介质的其他粒子最终的运动情况(能给出相关参量的请给出参量的值).答案 (1)8×103 m/s (2)见解析解析 (1)设沿x 轴正方向发射的粒子在第一象限内做匀速圆周运动的半径为R ， 根据几何关系：(R －0.08)2＋(0.16)2＝R 2 解得：R ＝0.2 m.根据牛顿第二定律：q v B ＝m v 2R ，代入数据，解得：v ＝8×103 m/s.(2)设沿x 轴正方向发射的粒子进入介质的速度方向与x 轴的夹角为θ， sin θ＝0.160.2＝0.8，则θ＝53°.设粒子在介质中的径迹为直线，分析其受力如图，k v＝q v B tan 37°，解得：k＝4.8×10－21 N·s/m.其他粒子在介质中最终总是做匀速直线运动，末速度大小都为v＝8×103 m/s，方向与x轴正方向成53°.。
2017版考前三个月高考物理考前抢分必做 实验题专练(一) 含答案
近四年江苏卷实验题涉及的考点与内容例题展示1.(2016·全国乙卷·22)某同学用图1(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20 Hz、30 Hz和40 Hz，打出纸带的一部分如图(b)所示.(a)(b) 图1该同学在实验中没有记录交流电的频率f ，需要用实验数据和其他题给条件进行推算. (1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f 和图(b)中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B 点时，重物下落的速度大小为____________，打出C 点时重物下落的速度大小为____________，重物下落的加速度大小为____________.(2)已测得s 1＝8.89 cm ，s 2＝9.50 cm ，s 3＝10.10 cm ；当地重力加速度大小为9.80 m/s 2，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%.由此推算出f 为________Hz. 解析 (1)由于重物匀加速下落，B 点的速度v B 等于AC 段的平均速度，即v B ＝s 1＋s 22T由于T ＝1f ，故v B ＝f2(s 1＋s 2)同理可得v C ＝f2(s 2＋s 3)匀加速直线运动的加速度a ＝ΔvΔt故a ＝v C －v B T ＝f2[(s 2＋s 3)－(s 1＋s 2)]1f ＝f 22(s 3－s 1)①(2)重物下落的过程中，由牛顿第二定律可得 mg －F 阻＝ma② 由已知条件F 阻＝0.01mg③由②③得a ＝0.99g 由①得f ＝2as 3－s 1，代入数据得f ≈40 Hz 答案 (1)f 2(s 1＋s 2) f 2(s 2＋s 3) f 22(s 3－s 1) (2)402.(2016·全国乙卷·23)现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，要求当热敏电阻的温度达到或超过60 ℃时，系统报警.提供的器材有：热敏电阻，报警器(内阻很小，流过的电流超过I c 时就会报警)，电阻箱(最大阻值为999.9 Ω)，直流电源(输出电压为U ，内阻不计)，滑动变阻器R 1(最大阻值为1 000 Ω)，滑动变阻器R 2(最大阻值为2 000 Ω)，单刀双掷开关一个，导线若干.在室温下对系统进行调节，已知U 约为18 V ，I c 约为10 mA ；流过报警器的电流超过20 mA 时，报警器可能损坏；该热敏电阻的阻值随温度升高而减小，在60 ℃时阻值为650.0 Ω. (1)完成待调节的报警系统原理电路图的连线(图2).图2(2)电路中应选用滑动变阻器________(填“R 1”或“R 2”). (3)按照下列步骤调节此报警系统：①电路接通前，需将电阻箱调到一固定的阻值，根据实验要求，这一阻值为_______Ω；滑动变阻器的滑片应置于_______(填“a ”或“b ”)端附近，不能置于另一端的原因是_________. ②将开关向________(填“c ”或“d ”)端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至_________. (4)保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用. 解析 (1)热敏电阻工作温度达到60 ℃时，报警器报警，故需通过调节电阻箱使其电阻为60 ℃时的热敏电阻的阻值，即调节到阻值650.0 Ω，使报警器能正常报警，电路图如图所示.(2)U ＝18 V ，当通过报警器的电流10 mA ≤I c ≤20 mA ，故电路中总电阻R ＝U I c ，即900 Ω≤R ≤1800 Ω，故滑动变阻器选R 2.(3)热敏电阻为650.0 Ω时，报警器开始报警，模拟热敏电阻的电阻箱阻值也应为650.0 Ω，实验调试时，将开关置于c 端，缓慢调节滑动变阻器，直到报警器开始报警.为防止通过报警器电流过大，造成报警器烧坏，应使滑动变阻器的滑片置于b 端. 答案 (1)见解析图 (2)R 2(3)①650.0 b 接通电源后，流过报警器的电流会超过20 mA ，报警器可能损坏 ②c 报警器开始报警 命题分析与对策1.命题特点(1)考查实验基本能力：重点考查游标卡尺、螺旋测微器、多用电表等的读数、构造、原理、重要实验方法、实验器材的选择、电路实物连线和运用图象与表格分析处理实验数据、实验结论、误差分析及电学实验中的故障分析等.(2) 考查设计与创新能力：以课本实验为背景，改变实验条件或增加条件限制以完成新的实验要求的设计性实验，加强了对迁移、创新、实验设计等能力的考查将逐步取代对原教材中实验的考查.(3)实验题类型近年高考通常为“一力一电”模式. 力学设计性实验有加强趋势.2.应考策略(1)《考试大纲》所要求的必考实验必须全部复习，尤其是基本实验原理、仪器使用方法、读数方法要重点复习.不能有遗漏，高考实验试题在向演示实验和小实验拓展延伸，认真读课本也是非常必要的.(2)对实验原理和相关步骤要细致周到.使学生真正理解实验原理，而不是记忆实验步骤，只有理解才能在考题创新之处从容进行知识迁移和应对.(3)注重基本实验，加强学生动手实验操作能力的培养，重在掌握物理实验的基本原理和基本方法.实验操作过程、实验数据的获得、实验数据的处理，如何排除故障，只有学生亲自进行才能了解实验和仪器使用的细节之处.(4)用探究性实验培养科学研究能力，尝试从实验原理出发进行简单的实验设计.包括会挑选仪器，设计实验装置图，合理安排实验步骤，设计表格，记录数据，数据处理，如何减小误差，注意事项.实验题专练(一)1.材料的电阻随压力的变化而变化的现象称为“压阻效应”，利用这种效应可以测量压力大小.若图1甲为某压敏电阻在室温下的电阻压力特性曲线，其中R F、R0分别表示有、无压力时压敏电阻的阻值.为了测量压力F，需先测量压敏电阻处于压力中的电阻值R F.请按要求完成下列实验.甲乙 丙图1(1)设计一个可以测量处于压力中的该压敏电阻阻值的电路，在图乙的虚线框内画出实验电路原理图(压敏电阻及所给压力已给出，待测压力大小约为0.4×102～0.8×102 N ，不考虑压力对电路其它部分的影响)，要求误差较小，提供的器材如下： A.压敏电阻，无压力时阻值R 0＝6 000 Ω B.滑动变阻器R ，全电阻约200 Ω C.电流表A ，量程2.5 mA ，内阻约30 Ω D.电压表V ，量程3 V ，内阻约3 kΩ E.直流电源E ，电动势3 V ，内阻很小. F.开关S ，导线若干(2)正确接线后，将压敏电阻置于待测压力下，通过压敏电阻的电流是1.33 mA ，电压表的示数如图丙所示，则电压表的读数为________ V.(3)此时压敏电阻的阻值为________ Ω；结合图甲可知待测压力的大小F ＝________ N.(计算结果均保留两位有效数字) 答案 (1)见解析图 (2)2.00 (3)1.5×103 Ω 0.60×102 N解析 (1)根据题述对实验电路的要求，应该设计成滑动变阻器分压式接法，电流表内接电路.如图所示(2)根据电压表读数规则，电压表示数为2.00 V .(3)由欧姆定律，此时压敏电阻的阻值为R F ＝UI ≈1.5×103 Ω.无压力时，R 0＝6 000 Ω，有压力时，R 0R F＝4，由题图甲可知，对应的待测压力F ＝0.60×102 N.2.如图2所示为“验证力的平行四边形定则”的实验，三个细线套L 1、L 2、L 3一端共系于一个结点，另一端分别系于轻质弹簧测力计A 、B 和重物M 上，A 挂于固定点P .手持B 拉动细线，使结点静止于O 点.图2(1)某次实验中A的指针位置如图所示，其读数为____________ N；(2)实验时要读出A、B的示数，还要在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置、___________、______________和______________；(3)下列实验要求中必要的是____________(填选项的字母代号)A.弹簧测力计需要在实验前进行校零B.细线套方向应与木板平面平行C.需要用托盘天平测量重物M的质量D.弹簧测力计B始终保持水平答案(1)2.00 N(2)L1的方向、L2的方向L3的方向(3)AB3.某学生用如图3a所示电路测金属导线的电阻率，可供使用的器材有：被测金属导线ab，电阻约10 Ω，导线允许流过的最大电流为0.8 A，稳恒电源E，电源输出电压恒为E＝12 V，电压表V，量程为3 V，内阻约5 kΩ，保护电阻：R1＝10 Ω，R2＝30 Ω，R3＝200 Ω.刻度尺、螺旋测微器，开关S，导线若干等.图3实验时的主要步骤如下：①用刻度尺量出导线ab的长度l，用螺旋测微器测出导线的直径d.②按如图a所示电路将实验所需器材用导线连接好.③闭合开关S，移动接线触片P，测出aP长度x，读出电压表的示数U.④描点作出U－x曲线求出金属导线的电阻率ρ.完成下列填空：(1)用螺旋测微器测量金属导线的直径d，其示数如图b所示，该金属导线的直径d＝________mm.(2)如果实验时既要保证安全，又要测量误差较小，保护电阻R 应选_________.(3)根据多次实验测出的aP 长度x 和对应每次实验读出的电压表的示数U 给出的U －x 图线如图c 所示，其中图线的斜率为k ，则金属导线的电阻率ρ＝____________.(用实验器材中给出的物理量字母和实验步骤中测出的物理量字母表示) 答案 (1)0.870 (2) R 2 (3)kR 2πd 24(E －kl )解析 (1)根据螺旋测微器读数规则，该金属导线的直径d ＝0.870 mm.(2)根据题述电源输出电压恒为E ＝12 V ，电压表V ，量程为3 V ，保护电阻R 应该分压9 V.由于被测金属导线ab ，电阻约10 Ω，所以保护电阻R 应选R 2＝30 Ω. (3)被测金属导线横截面积S ＝πd 24，aP 段电阻R x ＝ρx S ＝4ρxπd 2.电压表的示数U ＝IR x .电流表示数I ＝E R 2＋R ，R l ＝R xx ，联立得到：U ＝4ρEπd 2R 2＋4ρl x .U －x 图线的斜率k ＝4ρEπd 2R 2＋4ρl ，解得：ρ＝kR 2πd 24(E －kl ).。
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计算题专练(五)
1.如图1所示，物体P 放在粗糙地面上，劲度系数k ＝250 N/m 的轻弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端固定在质量为m ＝1 kg 的物体P 上，弹簧水平，开始t ＝0时弹簧为原长，P 从此刻开始受到与地面成θ＝37°的拉力F 作用而向右做初速度为0，加速度a ＝1 m/s 2的匀加速直线运动，某时刻t ＝t 0时F ＝10 N ，弹簧弹力F T ＝5 N ，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s
2.求：
图1
(1)t ＝t 0时物体P 的速度；
(2)物体P 与地面间的动摩擦因数μ；
(3)在弹簧不超过弹性限度的条件下，拉力F 随时间t 变化的函数关系式. 答案 (1)0.2 m/s (2)0.5 (3)F ＝1 25011t 2＋6011
(N)
解析 (1)设t ＝t 0时，弹簧伸长量为x ，此时物体P 的速度为v 由胡克定律得：F T ＝kx ① 由匀变速直线运动规律v 2＝2ax ② 联立①②代入数据解得：v ＝0.2 m/s
③
(2)设物体P 与水平地面间的动摩擦因数为μ，则 摩擦力F f ＝μ(mg －F sin 37°)
④ 当t ＝t 0时，由牛顿第二定律得：F cos 37°－F T －F f ＝ma ⑤ 联立④⑤解得：μ＝0.5
⑥ (3)在t 时刻F cos 37°－kx －F f ＝ma
⑦ 由匀变速直线运动规律x ＝1
2
at 2
⑧
联立④⑦⑧，代入数据解得F ＝1 25011t 2＋60
11
(N).
2.如图2所示，有理想边界的匀强磁场宽度为H ，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里.正方形金属线框abcd 的质量为m ，电阻为R ，边长为L (L <H ).将线框从磁场上方某一高处以速度v 0水平抛出一段时间后匀速进入磁场，线框刚离开磁场时与刚进入磁场时的速度相同，
运动过程中线框的ab 边始终与磁场边界平行.已知重力加速度为g .求：
图2
(1)线框刚进入磁场时的速度大小；
(2)线框穿出磁场过程中，流过线框横截面的电荷量； (3)线框穿过磁场下边界所经过的时间. 答案 (1)
(mgR B 2L 2)2＋v 20 (2)BL 2R
(3)B 2L 3mgR ＋mR
B 2L 2
－2(H －L )g ＋(mR
B 2L
2)2 解析 (1)设线框刚进入磁场时在竖直方向的速度大小为v 1，则感应电动势E ＝BL v 1，I ＝E
R
线框ab 边所受安培力F ＝BIL 线框受力平衡，有mg ＝BIL 解得：v 1＝mgR
B 2L
2
故线框刚进入磁场时的速度大小为： v ＝
v 21＋v 20＝
(
mgR B 2L
2)2＋v 2
0 (2)设线框穿出磁场过程中的平均电流为I ，所用时间为t ，有q ＝I t ，又I ＝E R ＝ΔΦ
R Δt
代入得q ＝BL 2
R
(3)设线框ab 边刚运动到磁场下边界时，竖直方向的速度大小为v 2， 由动能定理有mg (H －L )＝12m v 22－12m v 2
1
设线框穿过磁场下边界的某时刻速度为v ，由牛顿第二定律有B 2L 2v R －mg ＝ma ＝m Δv
Δt
即有B 2L 2
R
v Δt －mg Δt ＝m Δv
对穿过磁场下边界的整个过程求和，有
B 2L 2
R
∑(v Δt )－mg ∑Δt ＝m ∑Δv 即B 2L 3R －mgt ＝m (v 2－v 1)
解得t ＝B 2L 3mgR ＋mR
B 2L 2
－
2(H －L )g ＋(mR
B 2L
2)2 3.如图3所示，在第一象限内有垂直纸面向里和向外的匀强磁场，磁感应强度分别为B 1＝0.1 T 、B 2＝0.05 T ，分界线OM 与x 轴正方向的夹角为α.在第二、三象限内存在着沿x 轴正方向的匀强电场，电场强度E ＝1×104 V/m.现有一带电粒子由x 轴上A 点静止释放，从O 点进入匀强磁场区域.已知A 点横坐标x A ＝ －5×10－
2 m ，带电粒子的质量m ＝1.6×10
－24
kg ，电荷
量q ＝＋1.6×10
－15
C.
图3
(1)要使带电粒子能始终在第一象限内运动，求α的取值范围？(用反三角函数表示) (2)如果α＝30°，则粒子能经过OM 分界面上的哪些点？
(3)如果α＝30°，让粒子在OA 之间的某点释放，要求粒子仍能经过(2)问中的那些点，则粒子释放的位置应满足什么条件？
答案 (1)α<π2－12arcsin 2
3
(2)、(3)见解析
解析 (1)粒子进入匀强 磁场后，做匀速圆周运动.设在B 1中运动的半径为r 1，在B 2中运动的半径为r 2
由q v B ＝m v 2
r B 1＝2B 2，得r 2＝2r 1
由几何关系解得α＜π2－12arcsin 2
3
(2)当α＝30°时，粒子每次在任意一个磁场中运动的圆弧的圆心角均为60°，弦长均等于半径. 粒子在电场中运动 qEx A ＝1
2m v 2
粒子在磁场中运动 r 1＝m v
qB 1
解得：r 1＝1×10－2 m r 2＝2r 1＝2×10－2 m OM 上经过的点距离O 点的距离是
l ＝kr 1＋(k －1)r 2＝(3k －2)r 1＝(3k －2)×10－2 m(k ＝1、2、3……) 和l ＝k ′(r 1＋r 2)＝3k ′×10－2 m(k ′＝1、2、3……)
(3)要仍然经过原来的点，需满足r 1＝n (r 1′＋r 2′)(n ＝1、2、3……)，解得r ′＝r 1
3n 即v ′＝v 3n
粒子释放的位置应满足x A ′＝x A
9n 2(n ＝1、2、3……)
或者r 1＝n ′(2r 1″＋r 2″)(n ′＝1、2、3……) 解得r ″＝r 1
4n ′即v ″＝v 4n ′
粒子释放的位置应满足x A ″＝x A
16n ′2
(n ′＝1、2、3……)。