2019高考物理计算题七月周演题二含解析
2019年高考物理：七月周练编题四含解析新人教版99(含答案).doc
2019年（七月）高考物理周练编题（四）李仕才1.(2018·温州市九校联盟期末)如图1所示，2017年8月30日，中国航天科工集团公司发布信息，开展“高速飞行列车”的研究论证，拟通过商业化、市场化模式，将超声速飞行技术与轨道交通技术相结合，研制的新一代交通工具，利用超导磁悬浮技术和真空管道致力于实现超音速的“近地飞行”，研制速度分为1 000 km/h、2 000 km/h、4 000 km/h的三大阶段．若温州南站到北京南站的直线距离以2 060 km计算，如果列车以速度4 000 km/h运行，则仅需大约30分钟即可完成两地“穿越”．图1(1)为提高运行速度，可以采用哪些方法？(2)如果你将来乘坐从温州南站到北京南站的高速飞行列车，最高速度为4 000 km/h，列车从温州南站启动的加速度大小为0.4g，加速到丽水后匀速，车行至天津时开始制动，制动的加速度大小为0.5g.你全程花费的时间约为多少分钟？(g＝10 m/s2，计算结果四舍五入取整)【参考答案】(1)见解析(2)35 min解析(1)高速飞行列车是利用低真空环境和超声速外形减小空气阻力，通过磁悬浮减小摩擦阻力实现超声速运行的运输系统；(2)飞行列车分为三个运动过程，先加速，后匀速，再减速；最高速度v＝4 000 km/h≈1 111 m/s，加速阶段的时间：t1＝va1＝1 1114s≈278 s，位移x1＝12vt1＝154 429 m减速阶段的时间t2＝va2＝1 1115s≈222 s，位移x2＝12vt2＝123 321 m匀速运动的位移x3＝x－x1－x2＝1 782 250 m匀速运动的时间t3＝x3v＝1 782 2501 111s≈1 604 s全程花费的时间约为t＝t1＋t2＋t3＝2 104 s≈35 min.2.如图所示，质量为1kg物块自高台上A点以4m/s的速度水平抛出后，刚好在B点沿切线方向进入半径为0.5 m的光滑圆弧轨道运动.到达圆弧轨道最底端C点后沿粗糙的水平面运动4.3 m到达D点停下来，已知OB与水平面的夹角θ＝53°，g＝10 m/s2(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6).求：图(1)A、B两点的高度差；(2)物块到达C点时，物块对轨道的压力；(3)物块与水平面间的动摩擦因数.答案(1)0.45m (2)96N (3)0.5解析(1)小物块恰好从B端沿切线方向进入轨道，据几何关系有：v B＝vsinθ＝40.8＝5m/s.x*+k/wA 到B 的过程中机械能守恒，得：mgh ＋12mv 20＝12mv 2B根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C 点时对轨道的压力F N 的大小为96N.(3)小物块从C 运动到D ，据功能关系有：－μmgL ＝0－12mv 2C 联立得：μ＝0.53、(2018·绍兴市期末)某学生在台阶上玩玻璃弹子．他在平台最高处将一颗小玻璃弹子垂直于棱角边推出，以观察弹子的落点位置．台阶的尺寸如图1所示，高a ＝0.2 m ，宽b ＝0.3 m ，不计空气阻力．(g取10 m/s2)图1(1)要使弹子落在第一级台阶上，推出的速度v1应满足什么条件？(2)若弹子被水平推出的速度v2＝4 m/s，它将落在第几级台阶上？【参考答案】(1)v1≤1.5 m/s (2)8解析(1)显然v1不能太大，考虑临界状况(落在尖角处)据h1＝12gt12＝a，解得t1＝0.2 s则v1≤bt1＝1.5 m/s(2)构造由题图中尖角所成的斜面，建立坐标系水平向右为x轴：x＝v2t竖直向下为y轴：y＝1 2 gt2又yx＝tan θ＝ab联立解得t ＝815s h ＝12gt 2≈1.42 m 分析知，玻璃弹子将落在第8级台阶上．4、如图所示，一内壁光滑的细管弯成半径为R ＝0.4 m 的半圆形轨道CD ，竖直放置，其内径略大于小球的直径，水平轨道与竖直半圆形轨道在C 点连接完好．置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B 处为弹簧的自然状态．将一个质量为m ＝0.8 kg 的小球放在弹簧的右侧后，用力向左侧推小球而压缩弹簧至A 处，然后将小球由静止释放，小球运动到C 处后对轨道的压力为F 1＝58 N ．水平轨道以B 处为界，左侧AB 段长为x ＝0.3 m ，与小球的动摩擦因数为μ＝0.5，右侧BC 段光滑．g ＝10 m/s 2，求：图(1)弹簧在压缩状态时所储存的弹性势能；(2)小球运动到轨道最高处D点时对轨道的压力大小．【参考答案】(1)11.2 J (2)10 N解析(1)小球运动到C处时，由牛顿第二定律和牛顿第三定律得：F 1′－mg ＝m v 1 2R代入数据解得v 1＝5 m/s由A →C ，根据动能定理有E p －μmgx ＝12mv 1 2 解得E p ＝11.2 J(2)小球从C 到D 过程，由机械能守恒定律得12mv 1 2＝2mgR ＋12mv 2 2 代入数据解得v 2＝3 m/s由于v 2>gR ＝2 m/s所以小球在D 处对轨道外壁有压力，由牛顿第二定律得F 2＋mg ＝m v 2 2R， 代入数据解得F 2＝10 N根据牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为10 N.。
2019版高考物理一轮复习 精选题辑： 周测七 恒定电流
周测七恒定电流．由图象可知镍铬合金丝的电阻随电压的增大而增大．将甲和乙并联接在电路中时，通过甲的电流大．将甲和乙串联接在电路中时，甲消耗的电功率小如图所示为一水平绝缘盘，盘边缘均匀地固定着带负电的电荷，从上向下看，盘面沿逆时针方向匀速转动，．如果仅将盘边缘固定的总电荷量加倍，则其形成的电流也加倍．如果仅将盘面转动的角速度加倍，则其形成的电流也加倍的横截面积是U123＝关于这三种材料的电阻率ρb、ρc，下列说法中正确的是c的2倍倍．有两个同种材料制成的导体，两导体为横截面为正方形的柱体，柱体高均为，现将两柱体串联接在电压U上，已知通过导体的电流方向如图，大小为＝＋＝＋ D．ρ＝－＋A根据公式R＝ρ可得，R a＝ρaah＝ρ⎭⎪⎫E2＋r22R，又知E1>E2，则rP＝I2R可得P1<P2，所以只有7．(2018·吉林长春模拟)(多选)如图所示，A 、B 为平行板电容器的金属板，G 为静电计．开始时开关S 闭合，静电计指针张开一定角度．下列操作可使指针张开角度增大一些的是( )A ．保持开关S 闭合，将R 上的滑片向右移动B ．保持开关S 闭合，将A 、B 两极板间距离增大少许C ．断开开关S 后，将A 、B 两极板间距增大少许D ．断开开关S 后，将A 、B 两极板的正对面积减小少许 答案：CD解析：保持开关闭合，静电计两端的电势差始终等于电源的电动势，故指针张角不变，故A 、B 错误；断开开关S 后，电容器带电荷量Q 不变，将A 、B 间距增大少许或A 、B 两极板的正对面积S 减小少许时，电容C 减小，根据C ＝QU可知，电势差U 增大，指针张角增大，故C 、D 正确．8．(多选)在如图所示的电路中，电源内阻r≠0，定值电阻R 2消耗的功率用P 表示，两电表均为理想电表，电容器与滑动变阻器并联，电压表和电流表的读数分别用U 、I 表示，电容器所带的电荷量用Q 表示，通过电源的电荷量为q 时，电源所做的功用W 表示．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列图象正确的是( )答案：AB解析：当滑动变阻器滑片向右滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中的电流增大，R 2消耗的功率为P ＝I 2R 2，功率与电流的关系为二次函数关系，A 正确；电容器C 的电压U C ＝E －I(R 2＋r)，电荷量Q ＝CU C ＝C[E －I(R 2＋r)]，则ΔQΔI＝－C(R 2＋r)，保持不变，则Q －I 图线是向下倾斜的直线，B 正确；电压表示数U ＝E －Ir ，U —I图线应是向下倾斜的直线，C 错误；电源通过电荷量q 时，电源做的功W ＝qE ，E 是电源的电动势，则W —q 是过原点的直线，D 错误．二、非选择题(本题包括4小题，共47分) 9.(9分)在“测定金属的电阻率\”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径d 时的刻度位置如图所示，用米尺测出金属丝的长度L ，金属丝的电阻大约为5 Ω，用伏安法测出金属丝的电阻R ，然后由ρ＝R SL算出该金属材料的电阻率．(1)从图中读出金属丝的直径d 为________mm.(2)(ⅰ)为测金属丝的电阻，取来两节新的干电池、开关和若干导线及下列器材： ①电压表：0～3 V ，内阻10 k Ω ②电压表：0～15 V ，内阻50 k Ω ③电流表：0～0.6 A ，内阻0.05 Ω ④电流表：0～3 A ，内阻0.01 Ω ⑤滑动变阻器：0～10 Ω ⑥滑动变阻器：0～100 Ω 下列说法正确的是( )(ⅱ)实验中某同学的实物接线如图所示，请指出该同学实物接线中的两处明显错误．________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(ⅱ)导线接在了滑动变阻器的滑片上mm，可动刻度为20.2×0.01若适当调节电阻箱后，图中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如下图所示，则多用电表的读数为，电阻箱的读数为________ Ω(3)将图中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为______ mA(4)计算得到多用电表内电池的电动势为__________ V．(保留三位有效数字答案：(1)黑(2)14.0 53.0(3)102 (4)1.55解析：(1)由多用电表内部电源电流“红表笔进，黑表笔出”，电流表“＋”接线柱电流流进，“－”接线柱电流流出知，a表笔为黑色表笔．(2)根据题图读数，多用电表读数为14.0 Ω，电流表读数为53.0 mA11．(14分)有一用电器的铭牌上标明额定电压为100 V ，额定功率因字迹不清而无法辨认，但该用电器有显示是否处于正常工作状态的装置，现将该用电器与一阻值变化范围为0～100 Ω的滑动变阻器连接后，接在输出电压为220 V 的电源两端．(1)为使用电器安全正常地工作，应采用怎样的接法？画出电路图．(2)在正确连接的电路中，当用电器正常工作时通过电源的电流为2.4 A ，求用电器消耗的电功率与整个电路消耗的电功率之比．答案：(1)见解析 (2)566解析：(1)由于用电器阻值未知，所以滑动变阻器应采用分压接法，使其电压可以从0开始调节．电路如图所示． (2)设滑动变阻器串联部分电阻为R x ，其与用电器并联部分的电压为100 V ，则R x 的电压为120 V ，R x 的电流为2.4 A ，则R x ＝50 Ω.滑动变阻器并联部分的电阻为100 Ω－R x ＝50 Ω，电流为I 1＝10050A ＝2 A ，通过用电器的电流为I 2＝0.4 A ，用电器的功率P 2＝40 W ，所求电功率之比为40220×2.4＝566.12．(15分)抽油烟机是现代厨房不可缺少的用具，下表是某品牌家用抽油烟机说明书中的主要技术参数差．用多用电表测量得其中一只电动机的线圈电阻R ＝90 Ω.若保险丝的熔断电流是保险丝允许通过的电流的1.5倍，启动时电动机当成纯电阻处理，求：额定电压(两电动机、照明灯) AC220 V 50 Hz额定输入功率 2×185 W抽排风量(两电动机同时工作) ≥15 m 3/min 风压(两电动机同时工作) ≥300 Pa照明灯 40 W 排烟管内径 150 mm(1)两电动机每分钟消耗的电能为多少？(2)这种抽油烟机保险丝的熔断电流不得低于多少？ (3)两电动机每分钟所做的有用功至少是多少？ (4)这种油烟机的机械效率至少是多少？答案：(1)2.22×104 J (2)7.61 A (3)4.5×103J (4)20.3%解析：(1)两电动机每分钟消耗的电能E ＝2Pt ＝2.22×104J.(2)电动机启动时通过的电流大于正常工作时的电流，所以保险丝的熔断电流应以启动时通过的电流来确定，启动电流I ＝U R ×2 A＋P 灯U＝5.07 A ，所以保险丝的熔断电流至少为I′＝1.5I ＝7.61 A.(3)电动机所做的有用功是用于排风的，故两电动机每分钟所做的有用功至少为W ＝p ΔV ＝300×15 J＝4.5×103J.(4)该抽油烟机的机械效率至少为η＝WE×100%＝20.3%.周测七 恒定电流(B 卷)(本试卷满分95分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)1．(多选)某实验小组的同学在实验室利用电压表探究漆包线的漏电情况．现取两根电阻均为漆包线固定在绝缘的水平桌面上，如图所示．电路漏电可等效为在漏电处接一定值电阻，假设两导线均在距离处发生了漏电现象．如果在两导线M 端接入一大小为端接入一大小为5 V 的恒定电压，用理想电压表测出的额定电压和额定功率分别为110 V 、40 W ，小灯泡B 的额定电压和额定功率分别为300 Ω.下列电路图中既能使两灯泡正常发光，又能使电路消耗的电能最少的110 V ，由R ＝U2P可知，R A >R B ，且应满足正常发光，但选项B 中通过滑动变阻器的电流较大，电路消耗的电能较多，故选项图线甲、乙分别为电源和某金属导体的伏安特性曲线，电源的电动势和内阻分别用E 、r 表示，根据所学知识分析下列选项正确的是( )A ．E ＝50 VB ．r ＝253ΩC ．当该导体直接与该电源相连时，该导体的电阻为20 ΩD ．当该导体直接与该电源相连时，电路消耗的总功率为80 W 答案：AC解析：根据U ＝E －Ir ，可知图线甲的斜率的绝对值等于电源内阻r ，图线甲在纵轴上的截距为电源的电动势，即E ＝50 V ，内阻r ＝50－206－0Ω＝5 Ω，A 正确、B 错误；根据题图可知，当该导体直接与该电源相连时，电流I ＝Er ＋R＝2 A ，得R ＝20 Ω，C 正确；当该导体直接与该电源相连时，电路消耗的总功率为P ＝EI ＝50×2W ＝100 W ，D 错误．5．(多选)如图所示，图甲中M 为一电动机，当滑动变阻器R 的滑动触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示．已知电流表读数在0.2 A 以下时，电动机没有发生转动．不考虑电表内阻对电路的影响，以下判断正确的是( )A ．电路中电源电动势为3.6 VB ．滑动变阻器的滑动触头向右滑动过程，电压表V 2读数逐渐减小C ．滑动变阻器的滑动触头向右滑动时，电动机的输出功率增大D ．滑动变阻器的最大阻值为30 Ω 答案：AD解析：由题图可知，电压表V 2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示电压表V 2的读数与电流的关系，U ＝E －Ir ，此图线的斜率的绝对值即为电源的内阻，为r ＝3.4－3.00.2Ω＝2 Ω，当电流I ＝0.1 A 时，路端电压U ＝3.4 V ，则电源电动势 E ＝U ＋Ir ＝3.4 V ＋0.1×2 V＝3.6 V ，A 正确；滑动变阻器向右滑动时，其接入电路的阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压即电压表V 2读数逐渐增大，B 错误；由题图乙可知，电动机的电阻r M ＝0.8－0.40.2－0.1Ω＝4 Ω，当电流I ＝0.3 A 时，电动机两端电压U ＝3 V ，电动机输出功率最大，而在电流表读数在0.2 A 以下时，电动机的输出功率一直为0，C 错误；当电路中电流最小时，滑动变阻器的阻值为最大值，即I ＝0.1 A 时，R ＝U 2－U 1I ＝3.4－0.40.1Ω＝30 Ω，D 正确．6.(多选)如图所示电路中，电阻R 1∶R 2∶R 3∶R 4＝1∶2∶3∶4，C 为电容器，A 为电流表，当电路中某个电阻断路瞬间，发现有自上而下的电流通过电流表A ，则断路的电阻可能是( )A ．R 1B ．R 2C ．R 3D ．R 4 答案：BC解析：本题考查了串并联电路的特点、含容电路等知识点．假设电源负极电势为零，路端电压为U ，则电容器上极板电势等于电阻R 2两端电压，即为φ上＝23U ；电容器下极板电势等于电阻R 4两端电压，即为φ下＝47U ；故φ上>φ下，电容器上极板带正电；若有自上而下的电流通过电流表，说明电容器两端电压变大，极性不变，故电阻R 2变大或者电阻R 3变大，断路相当于电阻变为无穷大，选项A 、D 错误，选项B 、C 正确．7.(多选)如图，电路中定值电阻阻值R 大于电源内阻阻值r.闭合开关后，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V 1、V 2、V 3示数变化量的绝对值分别为ΔU 1、ΔU 2、ΔU 3，理想电流表示数变化量的绝对值为ΔI ，则( )A ．ΔU 2＝ΔU 1＋ΔU 3 B.ΔU 3ΔI＝R ＋r C.ΔU 1ΔI 和ΔU 2ΔI保持不变 D ．电源输出功率先增大后减小 答案：BC解析：本题考查了电路的动态分析．由电路图知，电阻R 、滑动变阻器、电流表串联在电路中，电压表V 1测R 两端电压，电压表V 2测路端电压，电压表V 3测滑动变阻器两端的电压，滑动变阻器的滑片向下滑动，电路中总电阻减小，电流增大，路端电压减小，R 两端的电压增大，则滑动变阻器两端的电压减小，由串联电路的特点知，ΔU 2＝ΔU 3－ΔU 1，选项A 错误；将R 等效为电源的内阻，所以ΔU 3ΔI ＝R ＋r ，选项B 正确；ΔU 1ΔI＝R ，是不变的，ΔU 2ΔI＝r ，是不变的，选项C 正确；当内电阻等于外电阻时，电源输出功率最大，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r ，减小滑动变阻器连入电路中的阻值，电源输出功率一直增大，选项D 错误．8．(多选)在如图甲所示的电路中，电源电动势为 3.0 V ，内阻不计，L 1、L 2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R 为定值电阻，阻值为7.5 Ω.当开关S 闭合后( )A ．L 1的电阻为112ΩB ．L 1消耗的电功率为7.5 WC ．L 2的电阻为7.5 ΩD ．L 2消耗的电功率为0.3 W 答案：CD解析：本题考查欧姆定律、电功率．电源电动势为3.0 V ，内阻不计，L 1两端的电压为U 1＝3.0 V ，由图乙知，通过L 1的电流为I 1＝0.25 A ，由欧姆定律得L 1的电阻R 1＝U 1I 1＝3.0 V0.25 A＝12 Ω，选项A 错误；L 1消耗的电功率P 1＝U 1I 1＝3.0 V×0.25 A＝0.75 W ，选项B 错误；由图甲可知，L 2两端的电压U 2和定值电阻两端的电压U R 之和等于3.0 V ，即U 2＋U R ＝3.0 V ，在电源、L 2、R 组成的回路中，将R 等效为电源内阻，结合图乙可知，U 2＝1.5V ，I 2＝0.2 A ，由欧姆定律得L 2的电阻R 2＝U 2I 2＝1.5 V0.2 A＝7.5 Ω，选项C 正确；L 2消耗的电功率P 2＝U 2I 2＝1.5 V×0.2A ＝0.3 W ，选项D 正确．二、非选择题(本题包括4小题，共47分)9．(9分)某学习小组通过实验来研究电器元件Z 的伏安特性曲线．他们在实验中测得电器元件Z 两端的电压与通过它的电流的数据如下表：填“变大”、“变小”或“不变”)．接入如图乙所示的电路中时，电流表的读数为0.150 A，已知________Ω.(3)6.67表格中最大电流为0.215 A，电流表应选C.(2)在图线上取一点，将该点与原点相连，连线的斜率大小为电阻的倒数，电压越大，该连线斜率越小，则电阻越大．(3)当电路中电流为上电压为1.00 V，R0的阻值为6.67 Ω.所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势．实验室提供的器材如下：电压表(量程0所示实物图中画出连线，将器材连接成实验电路．的阻值，记录电压表的示数U，得到若干组图线．由图象得出电池组的电动势E＝________V，内阻r＝________本实验测得的电池组的电动势与实际值相比________(填“偏大”、“偏小”或“相等”)，测得的内阻填“偏大”、“偏小”或“相等”)．6.05(6.02～6.08均可) (3)偏小解析：(2)根据闭合电路欧姆定律得E ＝U ＋Ur R ，变换为1U ＝r E ·1R ＋1E，结合图象可得电动势E ＝2.86 V ，内阻r ＝6.05 Ω.(3)若考虑电压表内阻对实验测量的影响，则有E ＝U ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫U R V ＋U R r ，变换为1U ＝r E ·1R ＋R V ＋r ER V ，可知电动势测量值偏小，内阻测量值偏小．11．(15分)(2018·安庆模拟)在如图所示电路中，定值电阻R 0＝2 Ω，电流表和电压表均为理想电表．闭合开关S ，当滑动变阻器R x 的滑片P 从一端移向另一端时，发现电压表的电压变化范围为0～3 V ，电流表的变化范围为0.75～1.0 A ．求：(1)电源的电动势和内阻．(2)移动变阻器滑片时，能得到的电源的最大输出功率． 答案：(1)12 V 10 Ω (2)3.375 W解析：(1)当R x ＝0时，U x1＝0，对应电流为I 1＝1.0 A ，由闭合电路欧姆定律得E ＝I 1(R 0＋r)① 当R x 为最大值时，U x2＝3 V ，对应电流为I 2＝0.75 A ，有 E ＝I 2(R 0＋r)＋U x2②R x 的最大值为R xm ＝U x2I 2＝30.75Ω＝4 Ω.由①②两式代入数据得E ＝12 V ，r ＝10 Ω.(2)电源的输出功率P 输出＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R x ＋R 0＋r 2(R x ＋R 0)当R x ＋R 0＝r 时，电源有最大输出功率，但R x ＋R 0恒小于r ，由输出功率随外电阻变化的关系知，当R x ＋R 0取最大值时输出功率最大，即P m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R xm ＋R 0＋r 2(R xm ＋R 0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋2＋102×(4＋2) W ＝3.375 W.12．(14分)有一个小型直流电动机，把它接入电压为U 1＝0.2 V 的电路中时，电动机不转，测得流过电动机的电流I 1＝0.4 A ；若把电动机接入U 2＝2.0 V 的电路中，电动机正常工作，工作电流I 2＝1.0 A ．求：(1)电动机正常工作时的输出功率多大？(2)如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，此时电动机的发热功率是多大？ 答案：(1)1.5 W (2)8 W解析：(1)U 1＝0.2 V 时，电动机不转，此时电动机为纯电阻，故电动机线圈内阻r ＝U 1I 1＝0.20.4Ω＝0.5 ΩU 2＝2.0 V 时，电动机正常工作，此时电动机为非纯电阻，则由电功率与热功率的定义式得 P 电＝U 2I 2＝2.0×1.0 W＝2 WP 热＝I 22r ＝1.02×0.5 W＝0.5 W所以由能量守恒定律可知，电动机的输出功率 P 出＝P 电－P 热＝2 W －0.5 W ＝1.5 W(2)此时若电动机突然被卡住，则电动机成为纯电阻，其热功率P′热＝U 22r ＝2.020.5W ＝8 W。
2019年高考物理(七月)周练编题(二)(含解析)新人教版.docx
2019年（七月）高考物理周练编题（二）李仕才1、（2018 •台州市外国语学校期末）一同学家住在23层高楼的顶楼，他想研究一下电梯上升的运动过程.某天他乘电梯上楼时携带了一个质量为5 kg的重物和一个量程足够大的台秤, 他将重物放在台秤上.电梯从第1层开始启动，一直运动到第23层停止.在这个过程中，他记录了台秤在不同时段内的读数如下表所示:根据表格屮的数据，求：（g取10 m/s2）（1）电梯在最初加速阶段和最后减速阶段的加速度大小;（2）电梯在中间阶段上升的速度大小；（3）该楼房平均每层楼的高度.【参考答案】(1)1. 6 m/s2 0. 8 m/s2 (2)4. 8 m/s (3) 3. 16 m 解析(1)0〜3.0 s为加速阶段，有：F~mg=m^ 得：＜31 = 1. 6 m/s213. 0〜19. 0 s为减速阶段，有：mg— F?=11 険得：32=0. 8 m/s2(2)中间阶段是匀速运动,7=31^1 = 1. 6X3 m/s=4. 8 m/s0 + y u+0⑶电梯上升的总高度^=69. 6 mH则层高为A=—^3. 16 m.2、如图8甲所示，一根直杆与水平面成某一角度固定，在杆上套一个小物块，杆底端〃处有一弹性挡板，杆与板面垂直，现将物块拉到/点静止释放，物块下滑与挡板第 -次碰撞前后的y—十图象如图乙所示，物块最终停止在〃点。
重力加速度g収10 m/s2, 求：图8(1)物块与杆Z间的动摩擦因数“；(2)物块滑过的总路程s。
解析(l)rtl图象可知，物块下滑的加速度& =啓=4 m/sl上滑时的加速度大小么=厶力=* "/门杆力3长厶=2 m,设直杆的倾角为“，物块的质量为刃，由牛顿第二定律得：/ngsln 0—^1 zzz^cos 0 =ma\/昭sin 〃+〃/昭cos 0 =mai代入数据得：“=0.25, sin "=0.6, cos 〃=0. 8。
2019高三物理试题参考答案及试题解释
2019高三物理试题参考答案及试题解释学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、选择题（1——3单选，4——5多选）1.假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常量为G．则地球的密度为（）A. B. C. D.2.如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为（重力加速度为g）A. B. C. D.3.如图，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段直杆连接而成，两轨道长度相等．用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A，所需时间分别为t1、t2；动能增量分别为△E k1、△E．假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道k2间的动摩擦因数相等，则（）A. ；B. ；C. ；D. ；4.如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。
现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。
则此下降过程中（）A. A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于B. A的动能最大时，B受到地面的支持力等于C. 弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下D. 弹簧的弹性势能最大值为5.如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道与光滑水平轨道相切，质量均为m的小球A、B用轻杆连接，置于圆轨道上，A位于圆心O的正下方，B与O点等高某时刻将它们由静止释放，最终在水平面上运动。
下列说法正确的是（）A.下滑过程中重力对B做功的功率一直增大B. 当B滑到圆轨道最低点时的速度为C. 整个过程中轻杆对A做的功为D. 下滑过程中B的机械能增加B.二、计算题（本大题共3小题，共30.0分）6.某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在电动机的带动下保持v=1m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m=2kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ=0.5．设皮带足够长，取g=10m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动过程中，求：（1）邮件滑动的时间t；（2）邮件对地的位移大小x；（3）邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W。
2019年高考物理：七月周练编题一含解析新人教版00(含答案).doc
2019年（七月）高考物理周练编题（一）李仕才1、正方形木板水平放置在地面上，木板的中心静置一小滑块(可视为质点)，如图12所示为俯视图，为将木板从滑块下抽出，需要对木板施加一个作用线通过木板中心点的水平恒力F.已知木板边长L＝22m、质量M＝3kg，滑块质量m＝2kg，滑块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.求：图12(1)要将木板抽出，水平恒力F需满足的条件；(2)当水平恒力F＝29N时，在木板抽出时滑块能获得的最大速率.答案(1)F≥20N (2)433m/s解析 (1)能抽出木板，滑块与木板发生相对滑动，当滑块达到随木板运动的最大加速度时，拉力最小.由：12a 1t 2－12μgt 2＝22Lv max ＝μgt联立解得： v max ＝433m/s28.如图7所示，质量均为m ＝3 kg 的物块A 、B 紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A 的左侧连接一劲度系数为k ＝100 N/m 的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上。
开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，现使物块B 在水平外力F 作用下向右做a ＝2 m/s 2的匀加速直线运动直至与A 分离，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g＝10 m/s2。
求：图7(1)物块A、B分离时，所加外力F的大小；(2)物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间。
答案(1)21 N (2)0.3 s2、为了测量某住宅大楼每层的平均高度(层高)及电梯的运行情况，甲、乙两位同学在一楼电梯内用电子体重计及秒表进行了以下实验，一质量为m＝50 kg的甲同学站在体重计上，乙同学记录了电梯从一楼到顶层的过程中体重计示数随时间的变化情况，并作出了如图4所示的图象，已知t＝0时，电梯静止不动，从电梯轿厢内的楼层按钮上得知该大楼共19层．求：(g取10 m/s2)图4(1)电梯启动和制动时的加速度大小；(2)该大楼的层高．【参考答案】(1)2 m/s2 2 m/s2(2)3 m解析(1)电梯启动时由牛顿第二定律得F1－mg＝ma1电梯加速度大小为a1＝F1m－g＝2 m/s2电梯制动时由牛顿第二定律得mg－F3＝ma3电梯加速度大小为a3＝g－F3m＝2 m/s2.(2)电梯匀速运动的速度为v＝a1t1＝2 m/s从题图中读得电梯匀速上升的时间为t2＝26 s 减速运动的时间为t3＝1 s所以总位移为x＝12a1t12＋vt2＋12a3t32＝54 m层高为h＝x18＝3 m.3、.如图6所示，一小球从平台上水平抛出，恰好落在邻近平台的一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h＝0.8 m，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力，求：图6(1)小球水平抛出时的初速度大小v0；(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x；(3)若斜面顶端高H＝20.8 m，则小球离开平台后经多长时间到达斜面底端？【参考答案】(1)3 m/s (2)1.2 m (3)2.4 s解析(1)由题意可知，小球落到斜面顶端并刚好沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，如图所示，v y ＝v 0tan 53°，v y 2＝2gh代入数据得v y ＝4 m/s ，v 0＝3 m/s. (2)由v y ＝gt 1得t 1＝0.4 sx ＝v 0t 1＝3×0.4 m ＝1.2 m(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度a ＝mg sin 53°m＝8 m/s 2在斜面顶端时的速度v ＝v 0 2＋v y 2＝5 m/sHsin 53°＝vt 2＋12at 22代入数据，解得t 2＝2 s 或t 2′＝－134 s(舍去)所以t ＝t 1＋t 2＝2.4 s.4、(2017·嘉兴市一中期末)如图6所示，一质量m ＝0.4 kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的A 点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P＝10 W．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6 N．已知轨道AB的长度L＝2.0 m，半径OC和竖直方向的夹角α＝37°，圆弧形轨道的半径R＝0.5 m．(空气阻力可忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图6(1)滑块运动到C点时速度v C的大小；(2)B、C两点的高度差h及水平距离x；(3)水平外力作用在滑块上的时间t.【参考答案】(1)5 m/s (2)0.45 m 1.2 m (3)0.4 s解析 (1)滑块运动到D 点时，由牛顿第二定律和牛顿第三定律得F N －mg ＝m v D2R滑块由C 点运动到D 点的过程，由机械能守恒定律得 mgR (1－cos α)＋12mv C 2＝12mv D2联立解得v C ＝5 m/s(2)滑块在C 点时，速度的竖直分量为v y ＝v C sin α＝3 m/sB 、C 两点的高度差为h ＝v y22g＝0.45 m滑块由B 运动到C 所用的时间为t y ＝v yg＝0.3 s滑块运动到B 点时的速度为v B ＝v C cos α＝4 m/sB 、C 两点间的水平距离为x ＝v B t y ＝1.2 m(3)滑块由A 点运动到B 点的过程，由动能定理得 Pt －μmgL ＝12mv B 2，解得t ＝0.4 s。
2019年全国统一高考物理试卷(新课标ⅱ)(含解析版)
2019年普通高等学校招生全国统一考试全国Ⅱ卷理科综合(物理部分)一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21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．(2019·全国Ⅱ卷·14)2019年1月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆．在探测器“奔向”月球的过程中，用h表示探测器与地球表面的距离，F表示它所受的地球引力，能够描述F随h变化关系的图像是( )答案 D解析 在嫦娥四号探测器“奔向”月球的过程中，根据万有引力定律，可知随着h的增大，探测器所受的地球引力逐渐减小但并不是均匀减小的，故能够描述F随h变化关系的图像是D. 15．(2019·全国Ⅱ卷·15)太阳内部核反应的主要模式之一是质子－质子循坏，循环的结果可14201142表示为4H→He＋2e＋2ν，已知H和He的质量分别为m p＝1.007 8 u和mα＝4.002 6 u,1142u＝931 MeV/c2，c为光速．在4个H转变成1个He的过程中，释放的能量约为( ) A．8 MeV B．16 MeVC．26 MeV D．52 MeV答案 C解析 核反应质量亏损Δm＝4×1.007 8 u－4.002 6 u＝0.028 6 u，释放的能量ΔE＝0.0286×931 MeV≈26.6 MeV ，选项C 正确．16．(2019·全国Ⅱ卷·16)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行．已知物块与斜面之间的动摩擦因数为，重力加速度取10 m/s 2.若轻绳能承受33的最大张力为1 500 N ，则物块的质量最大为( )A ．150 kgB ．100 kg 3C ．200 kgD ．200 kg3答案 A解析 设物块的质量最大为m ，将物块的重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡条件，在沿斜面方向有F ＝mg sin 30°＋μmg cos 30°，解得m ＝150 kg ，A 项正确．17. (2019·全国Ⅱ卷·17)如图1，边长为l 的正方形abcd 内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B .方向垂直于纸面(abcd 所在平面)向外．ab 边中点有一电子发射源O ，可向磁场内沿垂直于ab 边的方向发射电子．已知电子的比荷为k .则从a 、d 两点射出的电子的速度大小分别为( )图1 A.kBl ，kBl 1454B.kBl ，kBl 1454C.kBl ，kBl 1254D.kBl ，kBl 1254答案 B解析 电子从a 点射出时，其轨迹半径为r a ＝，由洛伦兹力提供向心力，有e v a B ＝m ，l 4v a2r a 又＝k ，解得v a ＝；电子从d 点射出时，由几何关系有r ＝l 2＋(r d －)2，解得轨迹半e m kBl 4d2l 2径为r d ＝，由洛伦兹力提供向心力，有e v d B ＝m ，又＝k ，解得v d ＝，选项B 正5l 4v d 2r d e m 5kBl 4确．18．(多选)(2019·全国Ⅱ卷·18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能E k 与重力势能E p 之和．取地面为重力势能零点，该物体的E 总和E p 随它离开地面的高度h 的变化如图1所示．重力加速度取10 m/s 2.由图中数据可得( )图1A ．物体的质量为2 kgB ．h ＝0时，物体的速率为20 m/sC ．h ＝2 m 时，物体的动能E k ＝40 JD ．从地面至h ＝4 m ，物体的动能减少100 J答案 AD解析 根据题图图像可知，h ＝4 m 时物体的重力势能mgh ＝80 J ，解得物体质量m ＝2 kg ，抛出时物体的动能为E k0＝100 J ，由公式E k0＝m v 2可知，h ＝0时物体的速率为v ＝10 m/s ，12选项A 正确，B 错误；由功能关系可知F f h ＝|ΔE |＝20 J ，解得物体上升过程中所受空气阻力F f ＝5 N ，从物体开始抛出至上升到h ＝2 m 的过程中，由动能定理有－mgh －F f h ＝E k －100 J ，解得E k ＝50 J ，选项C 错误；由题图图像可知，物体上升到h ＝4 m 时，机械能为80 J ，重力势能为80 J ，动能为零，即从地面上升到h ＝4 m ，物体动能减少100 J ，选项D正确．19．(多选)(2019·全国Ⅱ卷·19)如图1(a)，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离．某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v 表示他在竖直方向的速度，其v －t 图像如图(b)所示，t 1和t 2是他落在倾斜雪道上的时刻．则( )图1A ．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B ．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C ．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D ．竖直方向速度大小为v 1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大答案 BD解析 根据v －t 图线与横轴所围图形的面积表示位移，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大，选项A 错误；从起跳到落到雪道上，第一次速度变化大，时间短，由a ＝可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的小，选项C 错误；Δv Δt第二次滑翔过程中在竖直方向的位移比第一次的大，又运动员每次滑翔过程中竖直位移与水平位移的比值相同(等于倾斜雪道与水平面夹角的正切值)，故第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大，选项B 正确；竖直方向上的速度大小为v 1时，根据v －t 图线的斜率表示加速度可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的加速度比第一次的小，由牛顿第二定律有mg －F f ＝ma ，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上所受阻力比第一次的大，选项D 正确．20．(多选)(2019·全国Ⅱ卷·20)静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M 点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则( )A．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小B．在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合C．粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D．粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行答案 AC解析 在两个同种点电荷的电场中，一带同种电荷的粒子在两电荷的连线上自M点(非两点电荷连线的中点)由静止开始运动，粒子的速度先增大后减小，选项A正确；带电粒子仅在电场力作用下运动，若运动到N点的动能为零，则带电粒子在N、M两点的电势能相等；仅在电场力作用下运动，带电粒子的动能和电势能之和保持不变，可知若粒子运动到N点时动能不为零，则粒子在N点的电势能小于在M点的电势能，即粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能，选项C正确；若静电场的电场线不是直线，带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹不会与电场线重合，选项B错误；若粒子运动轨迹为曲线，根据粒子做曲线运动的条件，可知粒子在N点所受电场力的方向一定不与粒子轨迹在该点的切线平行，选项D错误．21. (多选)(2019·全国Ⅱ卷·21)如图1，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ进入磁场时加速度恰好为零．从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是( )图1答案 AD解析 根据题述，PQ进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，若释放两导体棒的时间间隔足够长，在PQ通过磁场区域一段时间后MN进入磁场区域，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知流过PQ的电流随时间变化的图像可能是A；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ没有出磁场区域时MN就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ出磁场后，MN切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于I1，受到安培力作用，由于安培力与速度成正比，则MN所受的安培力一定大于MN的重力沿导轨平面方向的分力，所以MN一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ的电流随时间变化的图像可能是D.二、非选择题：共62分，第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共47分．22．(2019·全国Ⅱ卷·22)如图1，某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验．所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50 Hz的交流电源、纸带等．回答下列问题：(1)铁块与木板间动摩擦因数μ＝______(用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示)．图1(2)某次实验时，调整木板与水平面的夹角θ＝30°.接通电源，开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止开始沿木板滑下．多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图2所示．图中的点为计数点(每两个相邻的计数点间还有4个点未画出)．重力加速度为9.80 m/s 2.可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为________(结果保留2位小数)．图2答案 (1) (2)0.35 g sin θ－a g cos θ解析 (1)对铁块受力分析，由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，解得μ＝. g sin θ－a g cos θ(2)两个相邻计数点之间的时间间隔T ＝5×s ＝0.10 s ， 150由逐差法和Δx ＝aT 2，可得a ＝≈1.97 m/s 2， (x 5＋x 6＋x 7)－(x 1＋x 2＋x 3)12T 2代入μ＝，解得μ≈0.35. g sin θ－a g cos θ23．(2019·全国Ⅱ卷·23)某小组利用图1(a)所示的电路，研究硅二极管在恒定电流条件下的正向电压U 与温度t 的关系，图中V 1和V 2为理想电压表；R 为滑动变阻器，R 0为定值电阻(阻值100 Ω)；S 为开关，E 为电源．实验中二极管置于控温炉内，控温炉内的温度t 由温度计(图中未画出)测出．图(b)是该小组在恒定电流为50.0 μA 时得到的某硅二极管U －t 关系曲线．回答下列问题：图1(1)实验中，为保证流过二极管的电流为50.0 μA ，应调节滑动变阻器R ，使电压表V 1的示数为U 1＝________ mV ；根据图(b)可知，当控温炉内的温度t 升高时，硅二极管正向电阻________(填“变大”或“变小”)，电压表V 1示数________(填“增大”或“减小”)，此时应将R 的滑片向________(填“A ”或“B ”)端移动，以使V 1示数仍为U 1.(2)由图(b)可以看出U 与t 成线性关系．硅二极管可以作为测温传感器，该硅二极管的测温灵敏度为||＝________×10－3 V/℃(保留2位有效数字)． ΔU Δt答案 (1)5.00 变小 增大 B (2)2.8解析 (1)实验中硅二极管与定值电阻R0串联，由欧姆定律可知，定值电阻两端电压U 1＝IR 0＝50.0 μA×100 Ω＝5.00 mV ；由题图(b)可知，当控温炉内温度升高时，硅二极管两端电压减小，又题图(b)对应的电流恒为50.0 μA ，可知硅二极管的正向电阻变小，定值电阻R0两端电压增大，即电压表V 1示数增大，应增大滑动变阻器接入电路的阻值以减小电路中的电流，从而使电压表V 1示数保持不变，故应将R 的滑片向B 端移动．(2)由题图(b)可知＝ V/℃＝2.8×10－3 V/℃. |ΔU Δt |0.44－0.3080－3024．(2019·全国Ⅱ卷·24)如图1，两金属板P 、Q 水平放置，间距为d .两金属板正中间有一水平放置的金属网G ，P 、Q 、G 的尺寸相同．G 接地，P 、Q 的电势均为φ(φ>0)．质量为m ，电荷量为q (q >0)的粒子自G 的左端上方距离G 为h 的位置，以速度v 0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计．图1(1)求粒子第一次穿过G 时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G 的下方距离G 也为h 的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？答案 (1)m v ＋qh v 0 12022φdmdh q φ(2)2v 0 mdh q φ解析 (1)PG 、QG 间场强大小相等，均为E .粒子在PG 间所受电场力F 的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a ，有E ＝① 2φdF ＝qE ＝ma ②设粒子第一次到达G 时动能为E k ，由动能定理有qEh ＝E k －m v ③ 1202设粒子第一次到达G 时所用的时间为t ，粒子在水平方向的位移为l ，则有h ＝at 2④ 12l ＝v 0t ⑤ 联立①②③④⑤式解得E k ＝m v ＋qh ⑥ 12022φdl ＝v 0⑦ mdh q φ(2)若粒子穿过G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度为L ＝2l ＝2v 0⑧ mdh q φ25．(2019·全国Ⅱ卷·25)一质量为m ＝2 000 kg 的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶．行驶过程中，司机突然发现前方100 m 处有一警示牌．立即刹车．刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图1(a)中的图线．图(a)中，0～t 1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t 1＝0.8 s ；t 1～t 2时间段为刹车系统的启动时间，t 2＝1.3 s ；从t 2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止．已知从t 2时刻开始，汽车第1 s 内的位移为24 m ，第4 s 内的位移为1 m.图1(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v －t 图线；(2)求t 2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t 1～t 2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t 1～t 2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?答案 见解析解析 (1)v －t 图像如图所示．(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v 1，则t 1时刻的速度为v 1，t 2时刻的速度为v 2，在t 2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a ，取Δt ＝1 s ，设汽车在t 2＋(n －1)Δt ～t 2＋n Δt 内的位移为s n ，n ＝1,2,3….若汽车在t 2＋3Δt ～t 2＋4Δt 时间内未停止，设它在t 2＋3Δt 时刻的速度为v 3，在t 2＋4Δt 时刻的速度为v 4，由运动学公式有s 1－s 4＝3a (Δt )2①s 1＝v 2Δt －a (Δt )2② 12v 4＝v 2－4a Δt ③联立①②③式，代入已知数据解得v 4＝－m/s ④ 176这说明在t 2＋4Δt 时刻前，汽车已经停止．因此，①式不成立．由于在t 2＋3Δt ～t 2＋4Δt 内汽车停止，由运动学公式v 3＝v 2－3a Δt ⑤2as 4＝v ⑥32联立②⑤⑥式，代入已知数据解得a ＝8 m /s 2，v 2＝28 m/s ⑦或者a ＝ m /s 2，v 2＝29.76 m/s ⑧ 28825但⑧式情形下，v 3<0，不合题意，舍去．(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f 1，由牛顿第二定律有 f 1＝ma ⑨在t 1～t 2时间内，阻力对汽车冲量的大小为I ＝f 1(t 2－t 1)⑩ 12由动量定理有I ＝m v 1－m v 2⑪由动能定理，在t 1～t 2时间内，汽车克服阻力做的功为W ＝m v －m v ⑫ 12121222联立⑦⑨⑩⑪⑫式，代入已知数据解得v 1＝30 m/s ⑬W ＝1.16×105 J ⑭从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s 约为s ＝v 1t 1＋(v 1＋v 2)(t 2－t 1)＋⑮ 12v 222a联立⑦⑬⑮，代入已知数据解得s ＝87.5 m ⑯(二)选考题：共15分．请考生从2道物理题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分． 33.物理——选修3－3(2019·全国Ⅱ卷·33)(1)如图1p －V 图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是T 1、T 2、T 3.用N 1、N 2、N 3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数，则N 1________N 2，T 1________T 3，N 2________N 3.(填“大于”“小于”或“等于”)图1(2)如图1，一容器由横截面积分别为2S 和S 的两个汽缸连通而成，容器平放在地面上，汽缸内壁光滑．整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气．平衡时，氮气的压强和体积分别为p 0和V 0，氢气的体积为2V 0，空气的压强为p .现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：①抽气前氢气的压强；②抽气后氢气的压强和体积．图1答案 (1)大于 等于 大于(2)①(p 0＋p ) ②p 0＋p 1212144(p 0＋p )v 02p 0＋p解析 (1)对一定质量的理想气体，为定值，由p －V 图像可知，2p 1·V 1＝p 1·2V 1>p 1·V 1，pV T所以T 1＝T 3>T 2.状态1与状态2时气体体积相同，单位体积内分子数相同，但状态1下的气体分子平均动能更大，在单位时间内撞击器壁单位面积的平均次数更多，所以N 1>N 2；状态2与状态3时气体压强相同，状态3下的气体分子平均动能更大，在单位时间内撞击器壁单位面积的平均次数较少，所以N 2>N 3.(2)①设抽气前氢气的压强为p 10，根据力的平衡条件得(p 10－p )·2S ＝(p 0－p )·S ①得p 10＝(p 0＋p )② 12②设抽气后氢气的压强和体积分别为p 1和V 1，氮气的压强和体积分别为p 2和V 2，根据力的平衡条件有p 2·S ＝p 1·2S ③由玻意耳定律得p 1V 1＝p 10·2V 0④p 2V 2＝p 0V 0⑤由于两活塞用刚性杆连接，故V 1－2V 0＝2(V 0－V 2)⑥联立②③④⑤⑥式解得p 1＝p 0＋p ⑦ 1214V 1＝⑧ 4(p 0＋p )V 02p 0＋p 34.物理——选修3－4(2019·全国Ⅱ卷·34)(1)如图1，长为l 的细绳下方悬挂一小球a ，绳的另一端固定在天花板上O 点处，在O 点正下方l 的O ′处有一固定细铁钉．将小球向34右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时开始计时．当小球a 摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡．设小球相对于其平衡位置的水平位移为x ，向右为正．下列图像中，能描述小球在开始一个周期内的x －t 关系的是______．图1(2)某同学利用图1所示装置测量某种单色光的波长．实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹．回答下列问题：图1①若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可________；A ．将单缝向双缝靠近B ．将屏向靠近双缝的方向移动C ．将屏向远离双缝的方向移动D ．使用间距更小的双缝②若双缝的间距为d ，屏与双缝间的距离为l ，测得第1条暗条纹到第n 条暗条纹之间的距离为Δx ，则单色光的波长λ＝________；③某次测量时，选用的双缝的间距为0.300 mm ，测得屏与双缝间的距离为1.20 m ，第1条暗条纹到第4条暗条纹之间的距离为7.56 mm.则所测单色光的波长为________ nm(结果保留3位有效数字)．答案 (1)A(2)①B ② ③630 d ·Δx (n －1)l 解析 (1)由单摆的周期公式T ＝2π可知，小球在钉子右侧时，振动周期为在左侧时振动L g 周期的2倍，所以B 、D 项错误．由机械能守恒定律可知，小球在左、右最大位移处距离最低点的高度相同，但由于摆长不同，所以小球在左、右两侧摆动时相对平衡位置的最大水平位移不同，当小球在右侧摆动时，最大水平位移较大，故A 项正确．(2)①若想增加从目镜中观察到的条纹个数，需要减小条纹间距，由公式Δx ＝ λ可知，需l d要减小双缝到屏的距离l 或增大双缝间的距离d ，故B 项正确，A 、C 、D 项错误．②由题意可知，＝ λ⇒λ＝. Δx n －1l d d ·Δx (n －1)l ③将已知条件代入公式解得λ＝630 nm.。
精选2019高考物理计算题七月周演题一含解析
2019高考物理计算题（七月）周演题（一）李仕才1、(2018·嘉兴市期末)在如图6所示的坐标系中，第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场E(未知)，其余象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，其中第四象限内的磁感应强度为B1(未知)，第二、三象限内的磁感应强度为B2(未知)．在y轴上坐标为(0,2L)的A点有一个粒子源，可将质量为m、带电荷量为q的带正电粒子，以初速度v0沿平行x轴方向射入第一象限，然后从x轴上坐标为(3L,0)的C点射入磁场，经磁场偏转，最终再次垂直y轴回到A点．若粒子的重力可忽略不计，求：图6(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B1的大小；(3)粒子从A点射入第一象限至再次回到A点，所经历的时间．【参考答案】(1)4mv 0 29qL (2)4mv 09qL (3)⎝ ⎛⎭⎪⎫319π80＋3L v 0解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动，3L ＝v 0t,2L ＝12·qE mt 2 得E ＝4mv 0 29qL(2)粒子最终垂直y 轴回到A 点，可知在二、三象限内粒子轨迹为半圆，粒子垂直于y 轴从第四象限进入第三象限．在C 点，粒子竖直分速度v y ＝43v 0. 粒子运动轨迹如图所示根据几何关系可确定在磁场B 1中的半径为R 1＝154L ，速度为v ＝53v 0 qvB 1＝m v 2R 1，得B 1＝4mv 09qL(3)根据几何关系可确定在磁场B 2中的半径为R 2＝4L电场中运动时间t 1＝3L v 0磁场B 1中运动时间t 2＝127180·πm qB 1＝127πL 80v 0磁场B 2中运动时间t 3＝πR 2v ＝12πL 5v 0总时间t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫319π80＋3·L v 0. 2、(2017·金华市高二上期末)如图6甲所示，在粗糙的水平面上有一滑板，滑板上固定着一个用粗细均匀的导线绕成的正方形闭合线圈，匝数N ＝10，边长L ＝0.4 m ，总电阻R ＝1 Ω，滑板和线圈的总质量M ＝2 kg ，滑板与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，前方有一长4L 、高L的矩形区域，其下边界与线圈中心等高，区域内有垂直线圈平面的水平匀强磁场，磁感应强度大小按如图乙所示的规律变化．现给线圈施加一水平拉力F，使线圈以速度v＝0.4 m/s匀速通过矩形磁场．t＝0时刻，线圈右侧恰好开始进入磁场，g＝10 m/s2，不计空气阻力，求：图6(1)t＝0.5 s时线圈中通过的电流；(2)线圈左侧进入磁场区域前的瞬间拉力F的大小；(3)线圈通过图中矩形区域的整个过程中拉力F的最大值与最小值之比．【参考答案】(1)0.4 A(2)10.8 N(3)54∶49解析(1)线圈切割磁感线。
2019年高考物理七月周练编题三含解析新人教版.docx
2019年（七月）高考物理周练编题（三）李仕才K如图所示为圆弧形固定光滑轨道，日点切线方向与水平方向夹角53° , Z?点切线方向水平.一小球以水平初速度6m/s做平抛运动刚好能从&点沿轨道切线方向进入轨道，已知=0. 8, cos 53° =0. 6, g= 10 m/s*）求:（1）小球做平抛运动的飞行时间•⑵小球到达力点时，轨道对小球压力大小.答案（l）0・8s （2） 58N解析（1）小球进入轨道时速度方向与水平方向夹角为53°,则有："口53。
=-Vx Vy=gt解得f=0. 8s〔2）设初始位蚤距0点高度为h?则有:设初始位蚤距b点高度为则有:H=h-（R + ^R）从初始位蚤到力由动能定理得:对b点宙牛顿第二定律得：v 2I\+mg=ni nK解得：尺= 58N2、（2018 •嘉兴市第一屮学期屮）在寒冷的冬天，路面很容易结冰，在冰雪路面上汽车一定要低速行驶.在冰雪覆盖的路面上，车辆遇紧急情况刹车时，车轮会抱死而“打滑”.如图5所示，假设某汽车以12 m/s的速度行驶至一个斜坡的顶端力时，突然发现坡底前方有一位行人止以2m/s的速度做同向匀速运动，司机立即刹车，但因冰雪路而太滑，汽车沿斜坡滑行.已知斜坡高血/=5m,长AC=13 m,司机刹车时行人距坡底C 点的距离d'=33 m, 从厂家的技术手册中查得该车轮胎与冰雪路面间的动摩擦因数为0. 2.假设汽车经过水C 点 时，速度大小保持不变.求：@取10 m/s 2,可将汽车视为质点)图5(1) 汽车沿斜坡滑下的加速度大小；(2) 汽车刚运动到C 点时，行人相对于C 点的位移大小；(3) 试分析此种情况下，行人是否有危险？(回答“是”或“否”)如果有，请通过计算说明.【参考答案】(1) 2 m/s 2 (2)35 m (3)见解析解析(1)汽车沿斜坡滑下时，由牛顿第二定律有解得日i = 2 m/s 2(2) 汽车到达坡底C 时的速度满足V J-VA 2=2a.x解得々=14 m/s经历时间产j 汽车刚运动到C 点时，行人相对于C 点的位移大小(3) 汽车在水平冰雪路面上吋，由牛顿第二定律得，汽车的加速度大小为叫汽车在水平路面上减速至v=v\=2 m/s 时滑动的位移2 2 Vc — V x\= =48 mVc — V经历的时间仇= -------- =6 s 0人发生的位移“2= y 人(力+血)=14 m/ngsin 0 — P/z^cos 0 =ma\, sincos 12 13因加一疋=34 m>33 m,故行人有危险.3、(2018 •嘉兴市期末)如图8所示，水平实验台〃端固定，〃端左右可调，将弹簧左端与实验平台固定，右端有一可视为质点、质量为2畑的滑块紧靠弹簧(未与弹簧连接)，弹簧压缩量不同时，将滑块弹出去的速度不同.圆弧轨道固定在地面并与一段动摩擦因数为0.4 的粗糙水平地面相切于〃点.力3段最长吋，B、C两点水平距离^=0.9 m,实验平台距地面高度力=0.53 m,圆弧半径斤=0. 4 m, 〃=37° ,已知sin 37° =0.6, cos 37° =0. & 完成下列问题：(g取10 m/s2,不计空气阻力)图8(1)轨道末端月〃段不缩短，压缩弹簧后将滑块弹出，滑块经过〃点速度巾=3 m/s,求落到C点时的速度与水平方向的夹角；(2)滑块沿着圆弧轨道运动后能在加上继续滑行2 m,求滑块在圆弧轨道上对〃点的压力大小；(3)通过调整弹簧压缩量，并将力〃段缩短，滑块弹出后恰好无碰撞地从C点进入圆弧轨道, 求滑块从平台飞出的初速度大小以及力〃段缩短的距离.【参考答案】(1)45°(2)100 N (3)4 m/s 0.3 m解析(1)根据题意，C点到地面高度h(= R— Rew 37° =0. 08 m,从〃点到C点，滑块做平抛运动，根据平抛运动规律：h_ he=寻#,则t=0. 3 s飞到Q点时竖直方向的速度Vy=gt=3 m/s,Vv因此tan x=~=lV/{即落到圆弧G点时，滑块速度与水平方向夹角为45°F\(2)滑块在化、段做匀减速直线运动，加速度大小曰=一=ugm根据0—巾'=—2ax,联立得v D=\ m/s2在圆弧轨道最低处F L mg= I匸丁,则尺=100 N,由牛顿第三定律知滑块对轨道的压力大小为100 N(3)滑块飞出恰好无碰撞地从C点进入圆弧轨道，说明滑块落到C点时的速度方向正好沿着轨道该处的切线方向，即tan 口=牛Vo由于高度没变，所以以=K(-3 m/s, G=37°,因此vo r =4 m/s对应的水平位移为” =vo1 2 t=l. 2 m,所以力〃段缩短的距离应该是卜XAB=x‘—血=0.3 m4、如图1所示，半径分别为2斤和斤的甲、乙两个光滑的圆形轨道安置在同一竖直平面上, 轨道之间有一条水平轨道CD,甲圆形轨道左侧有一个与轨道〃完全一样的水平轨道OC.一质量为刃的滑块以一定的速度从。
2019江苏高考物理试卷含解答
2019江苏高考物理试卷一、单项选择题1. 某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1:10，当输入电压增加20V时，输出电压（）A.降低2VB.增加2VC.降低200VD.增加200V2. 如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右．细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为（）A.TsinαB.TcosαC.T sinαD.T cosα3. 如图所示的电路中，电阻R=2Ω．断开S后，电压表的读数为3V；闭合S后，电压表的读数为2V，则电源的内阻r为（）A.1ΩB.2ΩC.3ΩD.4Ω4. 1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动．如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v2，近地点到地心的距离为r，地球质量为M，引力常量为G．则（）A.v1>v2，v1=√GMr B.v1>v2，v1>√GMrC.v1<v2，v1=√GMr D.v1<v2，v1>√GMr5. 一匀强电场的方向竖直向上，t=0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P−t关系图像是（）A. B.C. D.二、多项选择题6. 如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动．座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱（）A.运动周期为2πRωB.线速度的大小为ωRC.受摩天轮作用力的大小始终为mgD.所受合力的大小始终为mω2R7. 如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等．矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止．则a、b的电流方向可能是（）A.均向左B.均向右C.a的向左，b的向右D.a的向右，b的向左8. 如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中（）A.弹簧的最大弹力为μmgB.物块克服摩擦力做的功为2μmgsC.弹簧的最大弹性势能为μmgsD.物块在A点的初速度为√2μgs9. 如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为+q的点电荷固定在A点．先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为−W．再将Q1从C点沿CB移到B点并固定．最后将一电荷量为−2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点．下列说法正确的有（）A.Q1移入之前，C点的电势为WqB.Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0C.Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2WD.Q2在移到C点后的电势能为−4W三、简答题【必做题】10. 某兴趣小组用如图所示的装置验证动能定理．（1）有两种工作频率均为50Hz的打点计时器供实验选用：A．电磁打点计时器B．电火花打点计时器为使纸带在运动时受到的阻力较小，应选择（选填“A”或“B”）．（2）保持长木板水平，将纸带固定在小车后端，纸带穿过打点计时器的限位孔．实验中，为消除摩擦力的影响，在砝码盘中慢慢加入沙子，直到小车开始运动．同学甲认为此时摩擦力的影响已得到消除．同学乙认为还应从盘中取出适量沙子，直至轻推小车观察到小车做匀速运动．看法正确的同学是________（选填“甲”或“乙”）．（3）消除摩擦力的影响后，在砝码盘中加入砝码．接通打点计时器电源，松开小车，小车运动．纸带被打出一系列点，其中的一段如图所示．图中纸带按实际尺寸画出，纸带上A点的速度v A=________m/s．（4）测出小车的质量为M，再测出纸带上起点到A点的距离为L．小车动能的变化量可用ΔE k=12Mv A2算出．砝码盘中砝码的质量为m，重力加速度为g；实验中，小车的质量应________（选填“远大于”“远小于”或“接近”）砝码、砝码盘和沙子的总质量，小车所受合力做的功可用W=mgL算出．多次测量，若W与ΔE k均基本相等则验证了动能定理．11. 某同学测量一段长度已知的电阻丝的电阻率．实验操作如下：（1）螺旋测微器如图所示．在测量电阻丝直径时，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋动________（选填“A ”“B ”或“C ”），直到听见“喀喀”的声音，以保证压力适当，同时防止螺旋测微器的损坏．（2）选择电阻丝的________（选填“同一”或“不同”）位置进行多次测量，取其平均值作为电阻丝的直径．（3）甲图中R x ，为待测电阻丝．请用笔画线代替导线，将滑动变阻器接入乙图实物电路中的正确位置．（4）为测量R ，利用甲图所示的电路，调节滑动变阻器测得5组电压U 1和电流I 1的值，作出的U 1−I 1关系图像如图所示．接着，将电压表改接在a 、b 两端，测得5组电压U 2和电流I 2的值，数据见下表：请根据表中的数据，在方格纸上作出U 2−I 2图像．（5）由此，可求得电阻丝的R x =________Ω．根据电阻定律可得到电阻丝的电阻率．12. 质量为M 的小孩站在质量为m 的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦．小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v ，此时滑板的速度大小为（ ）A.mM v B.Mm vC.mm+M vD.Mm+M v13. 100年前，卢瑟福用α粒子轰击氮核打出了质子．后来，人们用α粒子轰击2860Ni 核也打出了质子：24He+2860Ni →2962Cu+11H +X ；该反应中的X 是________（选填“电子”“正电子”或“中子”）．此后，对原子核反应的持续研究为核能利用提供了可能．目前人类获得核能的主要方式是________（选填“核衰变”“核裂变”或“核聚变”）．14. 在“焊接”视网膜的眼科手术中，所用激光的波长λ=6.4×107m ，每个激光脉冲的能量E =1.5×10−2J ．求每个脉冲中的光子数目．（已知普朗克常量ℎ=6.63×10−34J ⋅s ，光速c =3×108m/s ．计算结果保留一位有效数字）四、简答题【选做题】【选修3-3】15. 在没有外界影响的情况下，密闭容器内的理想气体静置足够长时间后，该气体（ ）A.分子的无规则运动停息下来B.每个分子的速度大小均相等C.分子的平均动能保持不变D.分子的密集程度保持不变16. 由于水的表面张力，荷叶上的小水滴总是球形的．在小水滴表面层中，水分子之间的相互作用总体上表现为________（选填“引力”或“斥力”）．分子势能E p 和分子间距离r 的关系图像如图所示，能总体上反映小水滴表面层中水分子E p 的是图中________（选填“A ”“B ”或“C ”）的位置．17. 如图所示，一定质量理想气体经历A →B 的等压过程，B →C 的绝热过程（气体与外界无热量交换），其中B →C 过程中内能减少900J ．求A →B →C 过程中气体对外界做的总功．五、简答题【选做题】【选修3-4】18. 一单摆做简谐运动，在偏角增大的过程中，摆球的（ ） A.位移增大 B.速度增大C.回复力增大D.机械能增大19. 将两支铅笔并排放在一起，中间留一条狭缝，通过这条狭缝去看与其平行的日光灯，能观察到彩色条纹，这是由于光的________（选填“折射”“干涉”或“衍射”）．当缝的宽度________（选填“远大于”或“接近”）光波的波长时，这种现象十分明显．20. 如图所示，某L 形透明材料的折射率n =2．现沿AB 方向切去一角，AB 与水平方向的夹角为θ．为使水平方向的光线射到AB 面时不会射入空气，求θ的最大值．六、计算题21. 如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B．磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN=L，粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．质量为m、电荷量为−q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且d<L，粒子重力不计，电荷量保持不变．（1）求粒子运动速度的大小v．（2）欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最大距离d m．（3）从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场，PM=d，QN=d2，求粒子从P到Q的运动时间t．22. 如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ，先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下，接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．求：（1）A被敲击后获得的初速度大小v A．（2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小a B、a B′．（3）B被敲击后获得的初速度大小v B．23. 如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的面积S= 0.3m2、电阻R=0.6Ω，磁场的磁感应强度B=0.2T，现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt=0.5s时间内合到一起．求线圈在上述过程中：（1）感应电动势的平均值E．（2）感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向．（3）通过导线横截面的电荷量q．参考答案与试题解析2019江苏高考物理试卷一、单项选择题1.【解答】解：由理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比即U1U2=n1n2得：U2=n2n1U1，即副线圈两端电压与原线圈两端电压成正比，所以有：ΔU2=n2n1⋅ΔU1，当输入电压增加20V时，输出电压增大200V，故D正确．故选：D．2.【解答】解：对气球受力分析如图，由水平方向平衡条件可得：F风=T sinα，故C正确．故选：C．3.【解答】解：开关S断开时有：E=3V，开S闭合时有：2=ER+rR，其中R=2Ω，解得：r=1Ω，故A正确．故选A．4.【解答】解：“东方红一号”从近地点到远地点万有引力做负功，动能减小，所以v1>v2，过近地点圆周运动的速度为v=√GMr ，由于“东方红一号”在随圆上运动，所以v1>√GMr，故B正确．故选B．5.【解答】解：由于带电粒子在电场中做类平抛运动，在电场力方向上做匀加速直线运动，加速度为qEm，经过时间t，电场力方向速度为qEm t，功率为P=Fv=qE×qEmt，所以P与t成正比，故A正确．故选A．二、多项选择题6. 【解答】解：由于座舱做匀速圆周运动，由公式ω=2πT，解得T=2πω，故A错误；由圆周运动的线速度与角速度的关系可知v=ωR，故B正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能为mg，故C错误；由匀速圆周运动的合力提供向心力可得F合=mω2R，故D正确．故选：BD．7.【解答】解：由右手螺旋定则可知，若a、b两导线的电流方向相同，在矩形线框上、下边处产生的磁场方向相反，由于矩形线框上、下边的电流方向也相反，则矩形线框上、下边所受的安培力相同，所以不可以平衡，则要使矩形线框静止，a、b两导线的电流方向相反，故CD正确．故选：CD．8.【解答】解：A．小物块压缩弹簧最短时有F弹>μmg，故A错误；B．全过程小物块的路程为2s，所以全过程中克服摩擦力做的功为：μmg⋅2s，故B正确；C．小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒得：E pmax=μmgs，故C正确；D．小物块从A点返回A点由动能定理得：−μmg⋅2s=0−12mv02，解得：v0=2√μgs，故D错误．故选：BC．9.【解答】解：由题意可知，C点的电势为φC=Wq，故A正确；由于B、C两点到A点（+q）的距离相等，所以B、C两点的电势相等，所以Q1从C点移到B点的过程中，电场力做功为0，故B正确；由于B、C两点的电势相等，所以当在B点固定Q1后，C点的电势为2Wq，所以Q2从无穷远移到C点过程中，电场力做功为：W=qU=−2q×(0−2Wq)=4W，故C错误；由于C点的电势为2Wq，所以电势能为E p=−4W，故D正确．故选：ABD．三、简答题【必做题】10.【解答】解：（1）为使纸带在运动时受到的阻力较小，应选电火花打点计时器，即B；（2）当小车开始运动时有小车与木板间的摩擦为最大静摩擦力，由于最大静摩擦力大于滑动摩擦力，所以甲同学的看法错误，乙同学的看法正确；（3）由图可知，相邻两点间的距离约为0.62cm，打点时间间隔为0.02s，所以速度为v=st=0.00620.02m/s=0.31m/s；（4）对小车由牛顿第二定律有：T=Ma，对砝码盘由牛顿第二定律有：mg−T=ma，联立解得：T=Mmg m+M =mg1+mM，当M≫m时有：T≈mg，所以应满足：M≫m．11.【解答】解：（1）在测量时，为了不损坏被测物体，最后也改用微调旋钮即C，直到听见“喀喀”的响声；（2）为了减小测量误差，应选用电阻丝不同位置进行多次测量；（3）按照原理图，将实物图连线如图：（4）将表格中各组数据在坐标纸上描出，再连成一条直线，如图：（5）当电压表按甲图连接时，电压表测的电压为R x、R0的电压之和，当电压表接在a、b间时，电压表测的电压为R0的电压，由图可得：R x+R0=4.90.1Ω=49Ω，R0=2.550.1Ω=25.5Ω，所以R x=23.5Ω．12.【解答】解：设滑板的速度为u，由小孩和滑板动量守恒得：0=mu−Mv，解得：u=Mmv，故B正确．故选B．13.【解答】解：由质量数和电荷数守恒得：X应为：01n，即为中子，由于衰变是自发的，且周期与外界因素无关，核聚变目前还无法控制，所以目前获得核能的主要方式是核裂变．14.【解答】解：光子能量ε=ℎcλ，光子数目n=Eε，代入数据得n=5×1016．四、简答题【选做题】【选修3-3】15. 【解答】解：分子的规则运动则为分子的热运动，由分子动理论可知，分子热运不可能停止，故A错误；密闭容器内的理想气体，温度不变，所以分子平均动能不变，但并不是每个分子的动能都相等，故B错误，C正确；由于没有外界影响且容器密闭，所以分子的密集程度不变，故D正确．故选CD．16.【解答】解：由于在小水滴表面层中，水分子间的距离大于r0，所以水分子之间的相互作用总体上表现为引力，由于当分子间距离为r0时，分子间作用力为0，分子势能最小即图中的B点，由于表面层中分子间距大于r0，所以能总体反映小水滴表面层中水分子势能的是C位置．17.【解答】解：A→B过程，W1=p(V B−V A)，B→C过程，根据热力学第一定律W2=ΔU，则对外界做的总功W=−(W1+W2)，代入数据得W=1500J．五、简答题【选做题】【选修3-4】18.【解答】解：A．由简谐运动的特点可知，当偏角增大，摆球偏离平衡位置的位移增大，故A正确；B．当偏角增大，动能转化为重力势能，所以速度减小，故B错误；C．由回复力F=−kx可知，位移增大，回复力增大，故C正确；D．单摆做简谐运动过程中只有重力做功，所以机械能守恒，故D错误．故选AC．19.【解答】解：通过两支铅笔中间的缝能看到彩色条纹，说明光绕过缝而到人的眼睛，所以这是由于光的衍射现象，由发生明显衍射条件可知，当缝的宽度与光波的波长接近或比光波的波长少得多时能发生明显衍射现象．20.【解答】解：要使光线不会射入空气，即发生全反射，设临界角为C，即有：sin C=1n，且C+θ=90∘，解得θ=60∘．六、计算题21.【解答】解：（1）粒子的运动半径，d=mvqB，解得v=qBdm．（2）如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切，由几何关系得d m =d (1+sin 60∘)，解得d m =2+√32d ．（3）粒子的运动周期T =2πm qB，设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t ′，则t =n T 4+t ′(n =1,3,5,⋯⋯)，(a)当L =nd +(1−√32)d 时，粒子斜向上射出磁场，t ′=112T ，解得t =(Ld +3√3−46)πm2qB ； (b)当L =nd +(1+√32)d 时，粒子斜向下射出磁场，t ′=512T ，解得t =(Ld−3√3−46)πm 2qB．22. 【解答】解：（1）由牛顿运动定律知，A 加速度的大小a A =μg ，匀变速直线运动2a A L =v A 2，解得v A =√2μgL ． （2）设A 、B 的质量均为m ，对齐前，B 所受合外力大小F =3μmg ，由牛顿运动定律F =ma B ，解得a B =3μg ，对齐后，A 、B 所受合外力大小F ′=2μmg ，由牛顿运动定律F ′=2ma B ′，解得a B ′=μg ．（3）经过时间t ，A 、B 达到共同速度v ，位移分别为x A 、x B ，A 加速度的大小等于a A ，则v =a A t ，v =v B −a B t ，x A =12a A t 2，x B =v B t −12a B t 2，且x B −x A =L ，解得v B =2√2μgL ．23. 【解答】解：（1）感应电动势的平均值E =ΔΦΔt，磁通量的变化ΔΦ=BΔS ，解得E =BΔS Δt，代入数据得E =0.12V ．（2）平均电流I =ER ，代入数据得I =0.2A （电流方向如图所示）．（3）电荷量q =IΔt ，代入数据得q =0.1C ．。
2019年全国统一高考物理试卷(新课标ⅱ)(附答案解析)
2019年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8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。
1．（6分）2019年1月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆。
在探测器“奔向”月球的过程中，用h表示探测器与地球表面的距离，F表示它所受的地球引力，能够描述F 随h变化关系的图象是（）A．B．C．D．2．（6分）太阳内部核反应的主要模式之一是质子﹣质子循环，循环的结果可表示为4H→He+2e+2v已知H和He的质量分别为m p＝1.0078u和mα＝4.0026u，1u＝931MeV/c2，c为光速。
在4个H转变成1个He的过程中，释放的能量约为（）A．8MeV B．16MeV C．26MeV D．52MeV3．（6分）物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。
已知物块与斜面之间的动摩擦因数为，重力加速度取10m/s2．若轻绳能承受的最大张力为1500N，则物块的质量最大为（）A．150kg B．100kg C．200kg D．200kg4．（6分）如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外。
ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab 边的方向发射电子。
已知电子的比荷为k。
则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为（）A．kBl，kBl B．kBl，kBlC．kBl，kBl D．kBl，kBl5．（6分）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能E k与重力势能E p之和。
取地面为重力势能零点，该物体的E总和E p随它离开地面的高度h的变化如图所示。
重力加速度取10m/s2．由图中数据可得（）A．物体的质量为2kgB．h＝0时，物体的速率为20m/sC．h＝2m时，物体的动能E k＝40JD．从地面至h＝4m，物体的动能减少100J6．（6分）如图（a），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响下落的速度和滑翔的距离。
推荐2019高考物理计算题(七月)周演题(四)(含解析)
2019高考物理计算题（七月）周演题（四）李仕才1、如图1所示，在水平放置的足够大的荧光屏上方存在着磁感应强度大小为B 的匀强磁场，方向平行于水平面且与边MN 垂直．某时刻从与该平面相距为h 的S 点(S 在平面上的投影位置为O )向垂直磁场的平面内的各个方向同时发射大量相同的带正电的粒子，粒子质量均为m ，电荷量均为q ，速度大小均为v ＝3Bqh 4m，方向均在同一竖直平面内．观察发现，荧光屏上有一条直线发光，其余位置均不发光，且某些位置只有一次发光，某些位置有两次发光，试求：(粒子重力不计)图1(1)荧光屏发光区域的长度L ；(2)荧光屏上一次发光的区域长度L 1与两次发光的区域长度L 2之比．【参考答案】 (1)2＋52h (2)210＋43解析 (1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，则F 洛＝Bvq ＝mv 2r① 由题意可知：v ＝3Bqh 4m ，代入上式，可得r ＝3h 4② 带电粒子能够到达荧光屏左右两边的最远距离OE 、OF 分别为x 1、x 2，其轨迹示意图如图甲．由几何关系得：(h －r )2＋x 1 2＝r 2，h 2＋x 2 2＝(2r )2，将②式代入可得： x 1＝22h 、x 2＝52h ，即图中EF 为发光区域，其长度：L ＝x 1＋x 2＝2＋52h(2)画出带电粒子在磁场中运动的轨迹圆C1、C 2，其中C 2刚好与荧光屏相切，如图乙所示，可知荧光屏上EG 区域有一次发光，GF 区域有两次发光，由对称性可知OG 的长度：x 3＝22h 荧光屏上EG 区域一次发光长度L 1与GF 区域两次发光长度L 2的比值为L 1L 2＝x 1＋x 3x 2－x 3＝225－2＝210＋43 2、如图2所示，半径R ＝0.2 m 的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长为R 的金属棒一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴上．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝2 T ．一对长L ＝0.2 m 的金属板A 、B 水平放置，两板间距d ＝0.1 m ．从导轨引出导线与上板连接，通过电刷从转轴引出导线与下板连接．有一质量m ＝1.0×10－5 kg ，电荷量q ＝5.0×10－6C 的带负电微粒，以v 0＝2 m/s 的速度从两板正中间水平射入，g 取10 m/s 2.求：图2(1)金属棒转动的角速度为多大时，微粒能做匀速直线运动；(2)金属棒转动的角速度至少多大时，微粒会碰到上极板A .。
2019高考物理计算题(七月)周演题(二)(含解析)
2019高考物理计算题（七月）周演题（二）李仕才1、(2017·宁波市九校高二上期末)宇宙射线中，往往含有大量的粒子与反粒子.1932年，美国加州理工学院的安德森通过威尔逊云室、强磁铁等实验仪器，发现了电子的反粒子——正电子.1955年，张伯伦和塞格雷用加速器证实了反质子的存在．如图7所示，已知区域Ⅰ是速度选择器，极板M、N间距为4L，现有一束由反质子1－1H与氘核21H两种粒子组成的射线，沿极板M、N中间线以相同速度v0射入，并从中心O点进入极板上方的区域Ⅱ.已知质子的质量为m，电荷量为e，忽略电荷之间的相互作用．图7 图8(1)区域Ⅱ是威尔逊云室，云室中充满过饱和乙醚蒸汽，当带电粒子经过时，蒸汽凝结，形成轨迹，云室中加垂直纸面向里的匀强磁场，图中显示了两种粒子在云室中的径迹1、2，试判断在云室中显示径迹1的是哪种粒子的运动轨迹，并分析半径减小的原因．(2)现有一科研团队，通过实验观察质子和反质子的碰撞过程，他们撤去区域Ⅱ中的云室和磁场，经过速度选择器的选择，选出速度v0的质子和反质子先后从A1、B1孔竖直向上进入极板上方，OA1＝OB1＝L，以极板中间线上的O为原点，建立直角坐标系如图8所示，在y轴的左侧区域加一水平向右的匀强电场，在y轴的右侧区域加一垂直纸面向外的匀强磁场，要使质子和反质子在y轴上的P(0，L)处相碰，求：在P点相碰的质子和反质子的动能之比和射入小孔的时间差Δt.【参考答案】(1)氘核 因受阻力作用 (2)5∶1 L v 0(π2－1) 解析 (1)由左手定则知径迹1是氘核21H 的运动轨迹带电粒子受到过饱和乙醚蒸汽阻力作用，速度减小，所以半径减小(2)从A 1射入的粒子做类平抛运动：y 方向做匀速运动，t 1＝L v 0从B 1射入的粒子做匀速圆周运动，半径R ＝L经14T 到达P 点，t 2＝πL 2v 0时间差Δt ＝πL 2v 0－L v 0＝L v 0(π2－1) 从A 1射入的粒子做类平抛运动， x 方向：L ＝v x 2t 1 y 方向：L ＝v 0t 1，则v x ＝2v 0E k A ＝12m (v 0 2＋v 2x ) 从B 1射入的粒子做匀速圆周运动，E k B ＝12mv 0 2，故 E k A E k B ＝v 0 2＋v x 2v 0 2＝51. 2、(2018·湖州市三县期中)如图7甲所示，M 1M 4、N 1N 4为平行放置的水平金属轨道，M 4M 5、N 4N 5为半径均为r ＝0.65 m 的竖直四分之一圆形光滑金属轨道，M 4、N 4为切点，M 5、N 5为轨道的最高点(与圆心等高)．轨道间距L ＝1.0 m ，整个装置左端接有阻值R ＝0.5 Ω的定值电阻．M 1M 2N 2N 1、M 3M 4N 4N 3为等大的长方形区域Ⅰ、Ⅱ，两区域宽度d ＝0.5 m ，两区域之间的距离s ＝1.0 m ；区域Ⅰ内均匀分布着磁场B 1，其变化规律如图乙所示，规定竖直向上为正方向；区域Ⅱ内分布着磁感应强度B 2＝0.05 T 的匀强磁场，方向竖直向上，质量m ＝0.1 kg 、电阻R 0＝0.5 Ω的导体棒ab 在垂直于棒的F ＝1.0 N 的水平恒力拉动下，从M 2N 2处在t ＝0时刻由静止开始运动，到达M 3N 3处撤去恒力F ，ab 棒穿过匀强磁场区后，恰好能到达圆形轨道的M 5N 5处．水平轨道与导体棒ab 间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道电阻、空气阻力不计，运动过程中导体棒与轨道接触良好且始终与轨道垂直，g ＝10 m/s 2，求：图7(1)0.2 s 末电阻R 上的电流大小及方向；(2)ab 棒刚进入B 2磁场时的加速度大小；(3)ab 棒在水平直轨道上向右运动过程中电阻R 上产生的焦耳热Q .【参考答案】见解析解析 (1)导体棒ab 在N 2M 2M 3N 3区域内做匀加速运动，由牛顿第二定律可得F －μmg ＝ma 1得a 1＝8 m/s 2导体棒ab 在0～0.2 s 内运动的位移 x ＝12a 1t 0 2＝0.16 m ＜s ＝1.0 m故0.2 s 末导体棒ab 未进入区域Ⅱ，由于区域Ⅰ中的磁场在均匀减小，产生的感应电动势为E 1＝ΔΦΔt ＝ΔB 1Ld Δt ＝0.5 V I 1＝E 1R ＋R 0＝0.5 A 电阻R 上电流方向为由N 1流向M 1(2)导体棒ab 刚进入区域Ⅱ时的速度为v 2＝2a 1s得v ＝4 m/s导体棒ab 在N 2M 2M 3N 3区域内做匀加速运动的时间 t 1＝v a 1＝0.5 s ＞0.4 s ab 棒刚进入区域Ⅱ时，B 1磁场已保持不变．导体棒ab 刚进入区域Ⅱ时产生的感应电动势为E 2＝B 2Lv ＝0.2 VI 2＝E 2R ＋R 0＝0.2 A μmg ＋B 2I 2L ＝ma 2得a 2＝2.1 m/s 2(3)B 1磁场变化的时间t ＝0.4 s ，这段时间内R 的焦耳热 Q 1＝I 1 2Rt ＝0.05 J导体棒ab 在B 2磁场中的运动过程，回路中产生的总焦耳热Q 2＝－W 安－μmgd －mgr －Q 2＝0－12mv 2 解得Q 2＝0.05 J电阻R 上产生的总焦耳热Q ＝Q 1＋12Q 2＝0.075 J. 3、ab 和cd 是两条竖直放置且足够长的长直光滑金属导轨，MN 和M ′N ′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m 和2m .竖直向上的外力F 作用在杆MN 上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R ，导轨间距为l .整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．导轨电阻可忽略，重力加速度为g .在t ＝0时刻将细线烧断，保持F 不变，金属杆和导轨始终接触良好且垂直．求：图1(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；(2)两杆分别达到的最大速度．【参考答案】(1)2∶1 (2)4mgR 3B 2l 2 2mgR3B 2l2 解析 (1)设某时刻MN 和M ′N ′速度分别为v 1、v 2取竖直向上为正方向，由动量守恒mv 1－2mv 2＝0，得v 1v 2＝21. (2)当MN 和M ′N ′的加速度为零时，速度最大 对M ′N ′由平衡条件知BIl ＝2mgI ＝E RE ＝Blv 1＋Blv 2得v 1＝4mgR 3B 2l 2，v 2＝2mgR 3B 2l2.。
最新2019年高考物理(七月)周练编题(二)(含解析)新人教版(含答案).doc
2019年（七月）高考物理周练编题（二）李仕才1、(2018·台州市外国语学校期末)一同学家住在23层高楼的顶楼，他想研究一下电梯上升的运动过程．某天他乘电梯上楼时携带了一个质量为5 kg的重物和一个量程足够大的台秤，他将重物放在台秤上．电梯从第1层开始启动，一直运动到第23层停止．在这个过程中，他记录了台秤在不同时段内的读数如下表所示：根据表格中的数据，求：(g取10 m/s2)(1)电梯在最初加速阶段和最后减速阶段的加速度大小；(2)电梯在中间阶段上升的速度大小；(3)该楼房平均每层楼的高度．【参考答案】(1)1.6 m/s20.8 m/s2(2)4.8 m/s(3)3.16 m解析(1)0～3.0 s为加速阶段，有：F1－mg＝ma1得：a1＝1.6 m/s213．0～19.0 s为减速阶段，有：mg－F2＝ma2得：a2＝0.8 m/s2(2)中间阶段是匀速运动，v＝a1t1＝1.6×3 m/s＝4.8 m/s(3)电梯上升的总高度H＝0＋v2t1＋vt2＋v＋02t3＝69.6m则层高为h＝H22≈3.16 m.2、如图8甲所示，一根直杆AB与水平面成某一角度固定，在杆上套一个小物块，杆底端B处有一弹性挡板，杆与板面垂直，现将物块拉到A点静止释放，物块下滑与挡板第一次碰撞前后的v－t图象如图乙所示，物块最终停止在B点。
重力加速度g取10 m/s2，求：图8(1)物块与杆之间的动摩擦因数μ；(2)物块滑过的总路程s。
解析(1)由图象可知，物块下滑的加速度a1＝Δv1Δt1＝4 m/s2，上滑时的加速度大小a2＝Δv2Δt2＝8 m/s2，杆AB 长L＝2 m，设直杆的倾角为θ，物块的质量为m，由牛顿第二定律得：mg sin θ－μmg cos θ＝ma1mg sin θ＋μmg cos θ＝ma2代入数据得：μ＝0.25，sin θ＝0.6，cos θ＝0.8。
(2)对物块整个过程分析，由动能定理得：mgL sin θ－μmgs cos θ＝0，代入数据得：s＝6 m答案(1)0.25(2)6 m30．(如图9所示，在水平地面上建立x轴，有一个质量m＝1 kg的木块放在质量为M＝2 kg的长木板上，木板长L＝11.5 m。
近年高考物理计算题(七月)周演题(一)(含解析)(2021年整理)
2019高考物理计算题（七月）周演题（一）（含解析）编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019高考物理计算题（七月）周演题（一）（含解析））的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2019高考物理计算题（七月）周演题（一）（含解析）的全部内容。
2019高考物理计算题（七月）周演题(一）李仕才1、（2018·嘉兴市期末)在如图6所示的坐标系中，第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场E(未知),其余象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，其中第四象限内的磁感应强度为B1(未知),第二、三象限内的磁感应强度为B2(未知）．在y轴上坐标为(0，2L)的A点有一个粒子源，可将质量为m、带电荷量为q的带正电粒子，以初速度v0沿平行x轴方向射入第一象限，然后从x轴上坐标为（3L,0)的C点射入磁场，经磁场偏转，最终再次垂直y轴回到A点．若粒子的重力可忽略不计，求：图6(1)电场强度E的大小；（2)磁感应强度B1的大小；(3)粒子从A点射入第一象限至再次回到A点，所经历的时间．【参考答案】(1）错误! (2）错误! （3)错误!错误!解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动，3L ＝v 0t ，2L ＝错误!·错误!t 2得E ＝错误!(2)粒子最终垂直y 轴回到A 点,可知在二、三象限内粒子轨迹为半圆，粒子垂直于y 轴从第四象限进入第三象限．在C 点,粒子竖直分速度v y ＝错误!v 0. 粒子运动轨迹如图所示根据几何关系可确定在磁场B 1中的半径为R 1＝错误!L ，速度为v ＝错误!v 0 qvB 1＝m 错误!，得B 1＝错误!（3）根据几何关系可确定在磁场B 2中的半径为R 2＝4L电场中运动时间t 1＝错误!磁场B 1中运动时间t 2＝127180·错误!＝错误! 磁场B 2中运动时间t 3＝错误!＝错误!总时间t ＝错误!·错误!.2、(2017·金华市高二上期末）如图6甲所示，在粗糙的水平面上有一滑板,滑板上固定着一个用粗细均匀的导线绕成的正方形闭合线圈，匝数N ＝10，边长L＝0。
2019高考物理计算题(七月)周演题(三)(含解析)
2019高考物理计算题（七月）周演题（三）李仕才1、(2018·台州市高三期末)如图9所示，半径为R 的圆形匀强磁场区域Ⅰ与x 轴相切于坐标系的原点O ，磁感应强度为B 1，方向垂直于纸面向外，磁场区域Ⅰ右侧有一长方体加速管，加速管底面宽度为2R ，轴线与x 轴平行且过磁场区域Ⅰ的圆心，左侧的电势比右侧高．在加速管出口正下方距离D 点为R 处放置一宽度为d ＝3R 的荧光屏EF ，荧光屏与竖直方向成θ＝60°角，加速管右侧存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场区域Ⅱ，磁感应强度为B 2.在O 点处有一个粒子源，能沿纸面向y ＞0的各个方向均匀地发射大量质量为m 、带电荷量为q 且速率相同的粒子，其中沿y 轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿轴线O 2O 3进入长方体加速管并垂直打在荧光屏上(不计粒子重力及其相互作用)．图9(1)求粒子刚进入加速管时的速度v 1的大小和加速电压U ；(2)求荧光屏上被粒子打中的区域长度Δl ；(3)若要让从加速管BO 3区域出来的粒子全部打中荧光屏，磁场Ⅱ的磁感应强度的大小应满足什么条件？【参考答案】见解析解析 (1)粒子在磁场Ⅰ中的运动半径为R ，由向心力公式可得qv 1B 1＝m v 1 2Rv 1＝qB 1R m①因粒子垂直打在荧光屏上，由题意可知，在磁场Ⅱ中的运动半径为2R ，由向心力公式可得qv 2B 2＝m v 2 22Rv 2＝2qB 2R m②粒子在加速管中做加速运动，由动能定理得qU ＝12mv 2 2－12mv 1 2③ 由①②③式得加速管所加的电压U ＝qR 2(4B 2 2－B 1 2)2m(2)从B 点穿出的粒子打在离E 点最近的屏上，如图所示由几何关系得(x 1cos θ＋R )2＋(x 1sin θ)2＝(2R )2④ x 1＝13－12R从D 点穿出的粒子打在离E 点最远的屏上，如图所示由几何关系得(x 2cos θ－R )2＋(x 2sin θ)2＝(2R )2⑤ x 2＝13＋12R 粒子打中的区域长度Δl ＝x 2－x 1＝R(3)从O 3点穿出的粒子恰好打在F 点时，有几何关系(d cos θ＋2R －r 3)2＋(d sin θ)2＝r 3 2⑥得r 3＝197R ⑦由向心力公式有qv 2B 3＝m v 2 2r 3⑧ 由②⑦⑧式得B 3＝mv 2qr 3＝1419B 2 从B 点穿出的粒子恰好打在E 点时，有r 4＝32R ⑨ 由向心力公式有qv 2B 4＝m v 2 2r 4⑩ 由②⑨⑩式得B 4＝mv 2qr 4＝43B 2 从BO 3区域穿出的粒子全部打在屏上磁感应强度大小满足的条件是：1419B 2≤B ≤43B 2 2、如图1所示，光滑的“”形金属导体框竖直放置，除图中已标阻值为R 的电阻外，其余电阻不计．质量为m 的金属棒MN 与框架接触良好．在区域abcd 和cdef 内，存在磁感应强度大小分别为B 1＝B 、B 2＝2B 的有界匀强磁场，方向均垂直于框架平面向里，两竖直导轨ae 与bf 间距为L .现从图示位置由静止释放金属棒MN ，当金属棒进入磁场B 1区域后恰好做匀速运动，重力加速度为g .不计空气阻力，求：图1(1)金属棒进入磁场B 1区域后的速度大小；(2)金属棒刚进入磁场B 2区域时的加速度大小．【参考答案】(1)mgR B 2L 2(2)3g 解析 (1)当金属棒进入磁场B 1区域后恰好做匀速运动，说明金属棒所受的安培力与重力大小相等、方向相反．则F 1＝B 1I 1L ＝BI 1L ＝mg又I 1＝B 1Lv R ＝BLv R联立得：v ＝mgR B 2L 2 (2)金属棒刚进入磁场B 2区域时，由楞次定律判断知所受的安培力方向竖直向上，大小为： F 2＝B 2I 2L ＝2B 2BLv R L ＝4B 2L 2v R把(1)问求得的v 代入，可得F 2＝4mg根据牛顿第二定律得：F 2－mg ＝ma解得：a ＝3g .3、形状如图2所示的光滑导轨EF 、GH 等高平行放置，E 、G 间宽度为F 、H 间宽度的2倍，虚线右侧导轨水平且处于竖直向上的匀强磁场中．ab 金属棒的质量为2m 、cd 金属棒的质量为m ，现让ab 从离水平轨道h 高处静止下滑，设两种不同间距的导轨都足够长．求：图2(1)ab 、cd 棒的最终速度大小；(2)全过程中产生的焦耳热．【参考答案】(1)v ab ＝132gh v cd ＝232gh (2)43mgh 解析 (1)ab 由静止下滑，机械能守恒：2mgh ＝12×2mv 2， 得v ＝2gh由于ab 、cd 串联在同一电路中，任何时刻通过ab 、cd 的电流总相等，金属棒有效长度关系为L ab ＝2L cd故它们所受的安培力关系为F ab ＝2F cd在安培力作用下，ab 、cd 各做变速运动，产生的感应电动势方向相反，当E ab ＝E cd 时，电路中感应电流为零，ab 、cd 所受安培力为零，ab 、cd 运动趋于稳定，此时有BL ab v ab ＝BL cd v cd ，得v ab ＝12v cd ab 、cd 受安培力作用，动量均发生变化，由动量定理得：F ab t ＝2m (v －v ab )F cd t ＝mv cd 联立以上各式解得：v ab ＝132gh ，v cd ＝232gh (2)根据系统的总能量守恒可得：Q ＝2mgh －12×2mv ab 2－12mv cd 2＝43mgh .。
2019年全国统一高考物理试卷(新课标ⅱ)(含解析版)
绝密★启用前2019年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）二、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。
14．2019年1月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆，在探测器“奔向”月球的过程中，用h 表示探测器与地球表面的距离，F 表示它所受的地球引力，能够描述F 随h 变化关系的图像是15．太阳内部核反应的主要模式之一是质子-质子循环，循环的结果可表示为1401214H He+2e+2v →，已知11H 和42He 的质量分别为P 1.0078u m =和 4.0026u m α=，1u=931MeV/c 2，c 为光速。
在4个11H 转变成1个42He 的过程中，释放的能量约为A ．8 MeVB ．16 MeVC ．26 MeVD ．52 MeV16．物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。
已知物3，重力加速度取10m/s 2。
若轻绳能承受的最大张力为1 500 N ，则物块的质量最大为A ．150 kgB ．1003kgC ．200 kgD ．2003kg 17．如图，边长为l 的正方形abcd 内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面（abcd 所在平面）向外。
ab 边中点有一电子发射源O ，可向磁场内沿垂直于ab 边的方向发射电子。
已知电子的比荷为k 。
则从a 、d 两点射出的电子的速度大小分别为A．14kBl，5kBl B．14kBl，54kBlC．12kBl，5kBl D．12kBl，54kBl18．从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能E k与重力势能E p之和。
取地面为重力势能零点，该物体的E总和E p随它离开地面的高度h的变化如图所示。
重力加速度取10 m/s2。
由图中数据可得A．物体的质量为2 kgB．h=0时，物体的速率为20 m/sC．h=2 m时，物体的动能E k=40 JD．从地面至h=4 m，物体的动能减少100 J19．如图（a），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。
2019年高考物理(七月)周练编题(四)(含解析)新人教版.docx
2019年（七月）高考物理周练编题（四）李仕才1.（2018・温州市九校联盟期末）如图1所示，2017年8月30日，中国航天科工集团公司发布信息，开展“高速飞行列车”的研究论证，拟通过商业化、市场化模式，将超声速飞行技术与轨道交通技术相结合，研制的新一代交通工具，利用超导磁悬浮技术和真空管道致力于实现超音速的“近地飞行”，研制速度分为1 000 km/h、2 000 km/h、4 000 km/h的三大阶段.若温州南站到北京南站的直线距离以2 060 km计算，如果列车以速度4 000 km/h运行, 则仅需大约30分钟即可完成两地“穿越”.图1（1）为提高运行速度，可以采用哪些方法？（2）如果你将來乘坐从温州南站到北京南站的高速飞行列车，最高速度为4 000 km/h,列车从温州南站启动的加速度大小为0.4呂，加速到丽水后匀速，车行至天津时开始制动，制动的加速度大小为0.5g.你全程花费的时间约为多少分钟？（g=10rn/£,计算结果以舍五入収整）【参考答案】（1）见解析（2）35 min解析（1）高速飞行列车是利用低真空环境和超声速外形减小空气阻力，通过磁悬浮减小摩擦阻力实现超声速运行的运输系统；(2)飞行列车分为三个运动过程，先加速，后匀速，再减速；最高速度r=4 000 km/h^l 111 m/s, 加速阶段的时间：力=上=斗旦s=278 s,a\ 4位移丹=扌也=154 429 m减速阶段的时间广2=上=丄丄匕s=222 s,迪 5位移％2=*仏=123 321 m匀速运动的位移^3= X—x-2= I 782 250 in匀速运动的时间7=兰=1s = l 604 sv 1 111全程花费的时间约为t= ti+ Z'2+ h=2 104 s~35 min.2.如图所示，质量为lkg物块自高台上力点以4m/s的速度水平抛出后，刚好在〃点沿切线方向进入半径为0. 5 m的光滑圆弧轨道运动.到达圆弧轨道最底端C点后沿粗糙的水平面运动4.3 m到达〃点停下來，己知莎与水平面的夹角〃=53° , g=10 m/s"sin53° =图(1)昇、〃两点的高度差；(2)物块到达C点时，物块对轨道的压力；(3)物块与水平面间的动摩擦因数.答案(1)0.45m (2)96N (3)0.5解析(1)小物块恰好从〃端沿切线方向进入轨道，据几何关系有: vo 4 _ , 、‘沪齐=^=5m/s.x*+k/w〃到〃的过程中机械能守恒，得：/昭力+£/〃旳2=£Y〃两2联立得：A=0.45m(2)小物块由E运动到C,据动能定理有：mgR(l + 审口0=扣1心_ 扣vQ在C点处，据牛顿第二定律有Vr2FlfFg=曲了-解得JV=96N根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力尺的大小为96N.(3)小物块从Q运动到〃，据功能关系有：C 1 2—mngL=^—^mvc联立得：〃=0. 53、(2018 •绍兴市期末)某学生在台阶上玩玻璃弹子.他在平台最高处将一颗小玻璃弹子垂直于棱角边推出，以观察弹子的落点位置.台阶的尺寸如图1所示，高a=0. 2 m,宽力=0.3 m,不计空气阻力.(g取10 m/s2)__ ft. f ua\ b第一级图1(1)要使弹子落在第一级台阶上，推岀的速度旳应满足什么条件？(2)若弹子被水平推出的速度的=4 m/s,它将落在第几级台阶上?【参考答案】(1)旳W1. 5 m/s (2) 8解析(1)显然旳不能太大，考虑临界状况(落在尖角处)据h\=qgt(=8,解得ti=O. 2 s则v\ w£= 1. 5 m/ st\(2)构造由题图中尖角所成的斜面，建立坐标系水平向右为/轴：X= V2t竖直向下为y轴：X Z=tan 0三x bo联立解得f=— s1 ?h=42 m分析知，玻璃弹子将落在笫8级台阶上.4、如图所示，一内壁光滑的细管弯成半径为斤=0.4m的半圆形轨道仞，竖直放置，其内径略大于小球的直径，水平轨道与竖直半圆形轨道在C点连接完好.置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，〃处为弹簧的自然状态.将一个质暈为也=0.8 kg的小球放在弹簧的右侧后，用力向左侧推小球而压缩弹簧至力处，然后将小球由静止释放，小球运动到C处后对轨道的压力为A. = 58 N.水平轨道以〃处为界，左侧/矽段长为x=0. 3 m,与小球的动摩擦因数为"=0.5,右侧力段光滑.呂=10 m/s2,求：图(1)弹簧在圧缩状态时所储存的弹性势能；(2)小球运动到轨道最高处〃点时对轨道的压力大小. 【参考答案】(1)11.2 J (2)10 N解析(1)小球运动到C处时，由牛顿笫二定律和牛顿笫三定律得：2卜\代入数据解得旳=5 m/s由A—C,根据动能定理有氏一 Pmgx=^niv\ 2解得爲=11.2 J(2)小球从C到〃过程，由机械能守恒定律得1 2 , 1 2㊁〃“1=2 mgR+pnv?代入数据解得灼=3 m/s由于v^y[gR=2 m/s所以小球在〃处对轨道外壁有压力，由牛顿第二定律得U 2Fi+mg— /〃R ,代入数据解得尺=10 N根据牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为10 N.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2019高考物理计算题（七月）周演题（二）
1、 (2017·宁波市九校高二上期末)宇宙射线中，往往含有大量的粒子与反粒子.1932年，美国加州理工学院的安德森通过威尔逊云室、强磁铁等实验仪器，发现了电子的反粒子——正电子.1955年，张伯伦和塞格雷用加速器证实了反质子的存在．
如图7所示，已知区域Ⅰ是速度选择器，极板M 、N 间距为4L ，现有一束由反质子1－1H 与氘核2
1H 两种粒子组成的射线，沿极板M 、N 中间线以相同速度v 0射入，并从中心O 点进入极板上方的区域Ⅱ.已知质子的质量为m ，电荷量为e ，忽略电荷之间的相互作用．
图7 图8 (1)区域Ⅱ是威尔逊云室，云室中充满过饱和乙醚蒸汽，当带电粒子经过时，蒸汽凝结，形成轨迹，云室中加垂直纸面向里的匀强磁场，图中显示了两种粒子在云室中的径迹1、2，试判断在云室中显示径迹1的是哪种粒子的运动轨迹，并分析半径减小的原因．
(2)现有一科研团队，通过实验观察质子和反质子的碰撞过程，他们撤去区域Ⅱ中的云室和磁场，经过速度选择器的选择，选出速度v 0的质子和反质子先后从A 1、B 1孔竖直向上进入极板上方，OA 1＝OB 1＝L ，以极板中间线上的O 为原点，建立直角坐标系如图8所示，在y 轴的左侧区域加一水平向右的匀强电场，在y 轴的右侧区域加一垂直纸面向外的匀强磁场，要使质子和反质子在y 轴上的P (0，L )处相碰，求：在P 点相碰的质子和反质子的动能之比和射入小孔的时间差Δt .
【参考答案】
(1)氘核 因受阻力作用 (2)5∶1 L v 0(π2
－1) 解析 (1)由左手定则知径迹1是氘核21H 的运动轨迹
带电粒子受到过饱和乙醚蒸汽阻力作用，速度减小，所以半径减小
(2)从A 1射入的粒子做类平抛运动：y 方向做匀速运动，t 1＝L v 0
从B 1射入的粒子做匀速圆周运动，半径R ＝L
经14T 到达P 点，t 2＝πL 2v 0
时间差Δt ＝πL 2v 0－L v 0＝L v 0(π2
－1) 从A 1射入的粒子做类平抛运动， x 方向：L ＝v x 2
t 1 y 方向：L ＝v 0t 1，则v x ＝2v 0
E k A ＝12
m (v 0 2
＋v 2x ) 从B 1射入的粒子做匀速圆周运动，E k B ＝12
mv 0 2，故 E k A E k B ＝v 0 2＋v x 2v 0 2＝51
. 2、(2018·湖州市三县期中)如图7甲所示，M 1M 4、N 1N 4为平行放置的水平金属轨道，M 4M 5、N 4N 5为半径均为r ＝0.65 m 的竖直四分之一圆形光滑金属轨道，M 4、N 4为切点，M 5、N 5为轨道的最高点(与圆心等高)．轨道间距L ＝1.0 m ，整个装置左端接有阻值R ＝0.5 Ω的定值电阻．M 1M 2N 2N 1、M 3M 4N 4N 3为等大的长方形区域Ⅰ、Ⅱ，两区域宽度d ＝0.5 m ，两区域之间的距离s ＝1.0 m ；区域Ⅰ内均匀分布着磁场B 1，其变化规律如图乙所示，规定竖直向上为正方向；区域Ⅱ内分布着磁感应强度B 2＝0.05 T 的匀强磁场，方向竖直向上，质量m ＝0.1 kg 、电阻R 0＝0.5 Ω的导体棒ab 在垂直于棒的F ＝1.0 N 的水平恒力拉动下，从M 2N 2处在t ＝0时刻由静止开始运动，到达M 3N 3处撤去恒力F ，ab 棒穿过匀强磁场区后，恰好能到达圆形轨道的M 5N 5处．水平轨道与导体棒ab 间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道电阻、空气阻力不计，运动过程中导体棒与轨道接触良好且始终与轨道垂直，g ＝10 m/s 2
，求：
图7
(1)0.2 s 末电阻R 上的电流大小及方向；
(2)ab 棒刚进入B 2磁场时的加速度大小；
(3)ab 棒在水平直轨道上向右运动过程中电阻R 上产生的焦耳热Q .
【参考答案】见解析
解析 (1)导体棒ab 在N 2M 2M 3N 3区域内做匀加速运动，由牛顿第二定律可得
F －μmg ＝ma 1
得a 1＝8 m/s 2
导体棒ab 在0～0.2 s 内运动的位移 x ＝12
a 1t 0 2
＝0.16 m ＜s ＝1.0 m
故0.2 s 末导体棒ab 未进入区域Ⅱ，由于区域Ⅰ中的磁场在均匀减小，产生的感应电动势
为E 1＝ΔΦΔt ＝ΔB 1Ld Δt ＝0.5 V I 1＝E 1R ＋R 0
＝0.5 A 电阻R 上电流方向为由N 1流向M 1
(2)导体棒ab 刚进入区域Ⅱ时的速度为v 2
＝2a 1s
得v ＝4 m/s
导体棒ab 在N 2M 2M 3N 3区域内做匀加速运动的时间 t 1＝v a 1
＝0.5 s ＞0.4 s ab 棒刚进入区域Ⅱ时，B 1磁场已保持不变．
导体棒ab 刚进入区域Ⅱ时产生的感应电动势为
E 2＝B 2Lv ＝0.2 V
I 2＝E 2R ＋R 0
＝0.2 A μmg ＋B 2I 2L ＝ma 2
得a 2＝2.1 m/s 2
(3)B 1磁场变化的时间t ＝0.4 s ，这段时间内R 的焦耳热 Q 1＝I 1 2
Rt ＝0.05 J
导体棒ab 在B 2磁场中的运动过程，回路中产生的总焦耳热
Q 2＝－W 安
－μmgd －mgr －Q 2＝0－12
mv 2 解得Q 2＝0.05 J
电阻R 上产生的总焦耳热Q ＝Q 1＋12
Q 2＝0.075 J. 3、ab 和cd 是两条竖直放置且足够长的长直光滑金属导轨，MN 和M ′N ′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m 和2m .竖直向上的外力F 作用在杆MN 上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R ，导轨间距为l .整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．导轨电阻可忽略，重力加速度为g .在t ＝0时刻将细线烧断，保持F 不变，金属杆和导轨始终接触良好且垂直．求：
图1
(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；
(2)两杆分别达到的最大速度．
【参考答案】(1)2∶1 (2)4mgR 3B 2l 2 2mgR
3B 2l 2 解析 (1)设某时刻MN 和M ′N ′速度分别为v 1、v 2
取竖直向上为正方向，由动量守恒mv 1－2mv 2＝0，得v 1v 2＝21
. (2)当MN 和M ′N ′的加速度为零时，速度最大 对M ′N ′由平衡条件知BIl ＝2mg
I ＝E R
E ＝Blv 1＋Blv 2
得v 1＝4mgR 3B 2l 2，v 2＝2mgR 3B 2l 2.。