2014高考物理二轮复习：计算题专项训练三
四川省2014级高考物理第二轮复习试题汇编 力与物体的平衡 Microsoft Word 文档
四川省2014级高考物理第二轮复习试题汇编 力与物体的平衡1、以下四种情况中，物体受力平衡的是 (A )A ．水平弹簧振子通过平衡位置时B ．单摆摆球通过平衡位置时C ．竖直上抛的物体在最高点时D ．做匀速圆周运动的物体2、如图，半径为R 的光滑半球放在水平地面上，用长度为l 的细绳系一小球，小球质量为m ，将小球搁在球面上，在水平推力作用下，半球沿水平面向左缓慢运动，小球在同一竖直面内逐渐上升至半球体的顶点，在此过程中，小球对半球体的压力N 和对细绳的拉力T 的变化情况是（ AC ）A. N 变大B. N 变小C.T 变小D.T 不变3、如图所示，一端可绕O 点自由转动的长木板上方向一个物块，手持木板的另一端，使木板从水平位置沿顺时针方向缓慢旋转，则在物体相对于木板滑动前（ D ）A.物块对木板的压力不变B.物块的机械能不变C.物块对木板的作用力减小D.物块受到的静摩擦力增大4、下面四个图像依次分别表示四个物体A 、B 、C 、D 的加速度、速度、位移和滑动摩擦力随时间变化的规律。
其中物体可能是受力平衡的是（ CD ）5、两倾斜的滑杆上分别套A 、B 两圆环，两环上分别用细线悬吊着两物体，如图所示。
当它们都沿滑杆向下滑动时，A 的悬线与杆垂直，B 的悬线竖直向下，则（ AD ）A ．A 环与杆无摩擦力B ．B 环与杆无摩擦力C ．A 环作的是匀速运动D ．B 环作的是匀速运动6、如图所示，一质量为M 、倾角为θ的斜面体放在水平地面上， 质量为m 的小木块（可视为质点）放在斜面上，现一平行于斜面的、大小恒定的拉力F 作用于小 木块，拉力在斜面所在的平面内绕小木块旋转一周的过程中，斜面体和木块始终保持静止状态，下列说法中正确的是（ BC ）A ．小木块受到斜面的最大摩擦力为22)sin (θmg F +B ．小木块受到斜面的最大摩擦力为F+mgsin θC ．斜面体受到地面的最大摩擦力为FD ．斜面体受到地面的最大摩擦力为Fcos θ7、半圆柱体P 放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN ．在半圆柱体P 和MN 之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q ，整个装置处于平衡状态，如图所示是这个装置的截面图．现使MN 保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q 滑落到地面之前，发现P 始终保持静止．则在此过程中，下列说法中正确的是（ BC ）A ．MN 对Q 的弹力逐渐减小B ．P 对Q 的弹力逐渐增大C ．地面对P 的摩擦力逐渐增大D ．Q 所受的合力逐渐增大8、如图所示，质量为m 的长方体物体放在水平放置的钢板C 上，物体与钢板间的动摩擦因数为μ，由于光滑导槽A 、B的控制，该物体只能沿水平导AAt v BAt s CAt f DAt槽运动．现使钢板以速度v 向右运动，同时用力F 沿导槽方向拉动物体使其以速度1v （1v 的方向与v 的方向垂直）沿槽运动，则F 的大小 （ C ）A ．等于mg μB ．大于mg μC ．小于mg μD ．不能确定9、某同学骑自行车前进时，地面对后轮的摩擦力为F 1，对前轮的摩擦力为F 2，推自行车前进时，地面对后轮的摩擦力为F 1′，对前轮的摩擦力为F 2′。
2014年高考物理试题集(全15套)
2014年高考物理试题集（全15套）1. 2014年全国高考新课标卷1物理部分 (2)2. 2014年普通高等学校招生全国统一考试（新课标卷Ⅱ） (22)3. 2014年全国全国统一招生考试大纲卷物理部分 (41)4. 2014北京高考物理卷 (52)5. 2014年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷） (66)6. 2014年山东高考理综试题物理部分 (83)7. 2014年高考浙江理综卷（物理部分） (100)8. 福建2014年高考理科综合能力测试题 (112)9. 2014年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷） (123)10.2014年普通高等学校招生全国统一考试（四川卷） (134)11.2014年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷） (147)12.2014年全国高考物理试题（江苏卷） (164)13.2014年普通高等学校招生全国统一考试（广东卷） (185)14.2014高考物理海南卷 (196)15.2014年全国高考上海卷物理试题 (211)2014年全国高考新课标卷1物理部分二．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题中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．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是（）A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表相连，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化15．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（）A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半16．如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画出）。
2014高考物理二轮复习：计算题专项训练二
计算题专项训练二1. 如图所示为摩托车特技比赛用的部分赛道,由一段倾斜坡道AB与竖直圆形轨道BCD衔接而成,衔接处平滑过渡且长度不计.已知坡道的倾角θ=11.5°,圆形轨道的半径R=10 m,摩托车及选手的总质量m=250 kg,摩托车在坡道行驶时所受阻力为其重力的0.1倍.摩托车从坡道上的A点由静止开始向下行驶,A与圆形轨道最低点B之间的竖直距离h=5 m,发动机在斜坡上产生的牵引力F=2 750 N,到达B点后摩托车关闭发动机.已知sin 11.5°=15,取g=10 m/s2.(1) 求摩托车在AB坡道上运动的加速度.(2) 求摩托车运动到圆轨道最低点时对轨道的压力大小.(3) 若运动到C点时恰好不脱离轨道,则摩托车在BC之间克服摩擦力做了多少功?2. 如图所示,AB为一光滑固定轨道,AC为动摩擦因数μ=0.25的粗糙水平轨道,O 为水平地面上的一点,且B、C、O在同一竖直线上,已知B、C两点的高度差为h, C、O两点的高度差也为h,AC两点相距s=2h.若两滑块P、Q从A点以相同的初速度v0分别沿两轨道滑行,到达B点或C点后分别水平抛出.(1) 求两滑块P、Q 落地点到O点的水平距离.(2) 欲使两滑块的落地点相同,求滑块的初速度v0应满足的条件.(3) 若滑块的初速度v0应满足(2)的条件,现将水平轨道AC向右延伸一段L,要使滑块Q落地点距O点的距离最远,L应为多少?3. 如图所示,质量足够大、截面是直角梯形的物块静置在光滑水平地面上,其两个侧面恰好与两个固定在地面上的压力传感器X 和Y 相接触. 图中AB 高H=0.3 m 、AD 长L=0.5 m,斜面倾角θ=37°. 可视为质点的小物块P(图中未画出)质量m=1 kg,它与斜面的动摩擦因数μ可以通过更换斜面表面的材料进行调节(调节范围是0≤μ≤1). 已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度取g=10 m/s 2. (1) 令μ=0,将P 由D 点静止释放,求P 在斜面上的运动时间.(2) 令μ=0.5,在A 点给P 一个沿斜面向上的初速度v 0=2 m/s,求P 落地时的动能. (3) 将X 和Y 接到同一数据处理器上,已知当X 和Y 受到物块压力时,分别显示正值和负值. 对于不同的μ,每次都在D 点给P 一个沿斜面向下足够大的初速度以保证它能滑离斜面,求滑行过程中处理器显示的读数F 随μ变化的关系表达式,并在坐标系中画出其函数图象.4. 如图所示,一直立的轻质薄空心圆管长为L,上下端口处各安放有一个质量均为m 的圆柱形物块A 、B,A 、B 紧贴管的内壁,厚度不计.A 、B 与管内壁间的最大静摩擦力分别是f 1=mg 、f 2=kmg(k>1),且滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等.管下方存在这样一个区域:当物块A 进入该区域时受到一个竖直向上的恒力F,而B 在该区域运动时不受F 的作用,PQ 、MN 是该区域上下水平边界,高度差为H(H<L).现让管的下端从距离上边界PQ 高H 处由静止释放.(1) 若F=mg,求A 到达上边界PQ 时的速度vA 和B到达下边界MN时的速度vB.(2) 为使A、B 间无相对运动,求F 应满足的条件.(3) 若F=3mg,求物块A 到达下边界MN时A、B 间距离.计算题专项训练二1. (1) 由受力分析与牛顿第二定律可知 F+mgsin θ-kmg=ma, 代入数据解得a=12 m/s2.(2) 设摩托车到达B 点时的速度v 1,由运动学公式得21v =2sin ah,解得v 1m/s.在B 点由牛顿第二定律可知,F N -mg=m 21v R ,轨道对摩托车的支持力为F N =1.75×104 N,由牛顿第三定律知,摩托车对轨道的压力为1.75×104 N. (3) 摩托车恰好不脱离轨道时,在最高点速度为v 2,由牛顿第二定律得mg=m 22v R .从B 点到C 点,由动能定理得-mg ·2R-W f =12m 22v -12m 21v ,由此可解得W f =1.25×104 J.2. (1) 滑块P 从A 到B 过程机械能守恒12m 20v =12m 2B v +mgh,得 v B.从B 点抛出后x 1=v B t P ,2h=12g 2P t ,得x 1滑块Q 从A 到C 过程,由动能定理得-μmgs=12m2C v-12m20v,又μ=0.25,s=2h,得vC,从C点抛出后x2=vCtQ,h=12g2Qt,得x2(2) 依题意有x1=x2,解得v0所以滑块的初速度v0应满足v0.(3) 由动能定理得-μmg(s+L)=12m2v-12m20v,从水平轨道AC向右延伸的最右端抛出后x=vtQ ,h=12g2Qt,距O点的距离为Δx=L+x,得Δ+L=-2+174h.当L=154h时,Δx取最大值为174h.3. (1) 当μ=0时,P沿斜面下滑的加速度为a=gsinθ=6m/s2.由运动学规律L=12at2,得代入数据解得s.(2) 设P沿斜面上滑位移为s时速度为0,由动能定理-(mgsinθ+μmgcosθ)s=0-12m20v,代入数据解得s=0.2m.设落地时P 的动能为E k ,则由动能定理mgH-μmgcos θ·2s=E k -12m 20v ,代入数据解得E k =3.4J.(3) P 在斜面上下滑的过程中梯形物块的受力如图所示,由平衡条件可得F+Nsin θ=fcos θ,将N=mgcos θ和f=μmgcos θ代入得 F=mgcos θ(μcos θ-sin θ), 代入数据得F=6.4μ-4.8, 其图象如图所示.4. (1) 整体从开始下落到刚好到达上边界PQ 过程中,由机械能守恒定律有2mgH=12(2m)2A v ,解得v A .整体从开始下落到完全离开MN 边界的过程中,由动能定理有2mg(2H+L)-FH=12(2m)2B v ,解得vB.(2) 设A、B与管不发生相对滑动时共同加速度为a,A与管的静摩擦力为fA,则对整体有2mg-F=2ma,对A有mg+fA-F=ma,并且fA ≤f1,解得F≤2mg.(3) 当F=3mg,可知A相对圆管向上滑动,设A的加速度为a1,则mg+f1-F=ma1,解得a1=-g.与前阶段自由落体H位移比较,A向下减速运动位移H时,速度刚好减到零,此过程运动的时间.由于管的质量不计,在此过程中,A对管的摩擦力与B对管的摩擦力方向相反、大小均为mg,B受到管的摩擦力小于kmg,则B与圆管相对静止,B与圆管整体受到重力、A对管的摩擦力二力平衡,以速度vA做匀速直线运动.物块A到达下边界MN时A、B间距离ΔL=L-(v A t-H),解得ΔL=L-H.。
2014高考物理二轮复习：选做题专项训练一(选修3-3)
选做题专项训练一(选修3-3)1. (1) 关于布朗运动,下列说法中正确的是.A. 布朗运动就是液体分子的无规则运动B. 布朗运动就是悬浮微粒的固体分子的无规则运动C. 气体分子的运动是布朗运动D. 液体中的悬浮微粒越大,布朗运动就越不明显(2) 已知氮气的摩尔质量为M,在某状态下氮气的密度为ρ,阿伏加德罗常数为NA,在该状态下体积为V1的氮气分子数为;该氮气变为液体后的体积为V2,则一个氮分子的体积约为.(3) 如图所示,用导热性能良好的汽缸和活塞封闭一定质量的理想气体,气体的体积V1=8.0×10-3 m3,温度T1=4.0×102 K.现使外界环境温度缓慢降低至T2,此过程中气体放出热量7.0×102 J,内能减少了5.0×102 J.不计活塞的质量及活塞与汽缸间的摩擦,外界大气压强p0=1.0×105 Pa.求T2的值.2. (1) 如图甲所示,p T图上的a→b→c表示一定质量理想气体的状态变化过程,这一过程在p V图上的图线应是图乙中的(p、V和T分别表示气体的压强、体积和热力学温度) .(2) 如图所示,活塞将一定质量的理想气体封闭于导热汽缸中,活塞可沿汽缸内壁无摩擦滑动.通过加热使气体温度从T 1升高到T 2,此过程气体吸热12 J,气体膨胀对外做功8 J,则气体的内能增加了 J;若将活塞固定,仍使气体温度从T 1升高到T 2,则气体吸收的热量为J.(3) 取一滴油酸酒精溶液滴到水面上,酒精溶于水,油酸在水面上形成一单分子薄膜,测出这一薄膜的面积为0.2 m 2,已知油酸分子的直径为5×10-10 m,1 cm 3的油酸酒精溶液有50滴,试估算原油酸酒精溶液的体积浓度(纯油酸体积油酸酒精溶液体积×100%).3. (1) 下列说法中正确的是 .A. 布朗运动是指在显微镜下观察到的液体分子的无规则运动B. 叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用C. 不具有规则几何形状的物体一定不是晶体D. 氢气和氮气的温度相同时,它们分子的平均速率相同(2) 如图甲所示,取一支大容量的注射器,拉动活塞吸进一些乙醚,用橡皮帽把小孔堵住,迅速向外拉动活塞到一定程度时,注射器里的液态乙醚变成气态,此时注射器中的温度将(填“升高”、“降低”或“不变”),乙醚气体分子的速率分布情况最接近图乙中的(填“A”或“B”)线.(3) 如图所示,一弹簧竖直悬挂汽缸的活塞,使汽缸悬空静止,活塞与汽缸间无摩擦且不漏气,缸壁导热性能良好.已知汽缸重为G,活塞截面积为S,外界大气压强为p0,环境温度为T,活塞与缸底间的距离为d.当温度缓慢升高ΔT时,求:①活塞与缸底间的距离变化量.②此过程中气体对外做的功.4. (1) 如图所示,在实验室某同学用导热性能良好的汽缸和活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸内(活塞与汽缸壁之间无摩擦).用滴管将水缓慢滴注在活塞上,在此过程中.A. 气体对外做功,气体内能减小B. 外界对气体做功,气体内能增加C. 外界对气体做功,气体内能不变D. 气体从外界吸热,气体内能不变(2) 如图所示,一定质量的理想气体从状态A变化到状态B,再从状态B变化到状态C.则从状态A变化到状态B,气体分子的平均动能(填“增大”、“减小”或“不变”),状态B的温度TB (填“大于”、“小于”或“等于”)状态C的温度TC.(3) 在实验室中,用滴管滴出一滴油在水面上形成单分子油膜,已知这滴油的体积为V=5×10-10 m3,形成的油膜面积为S=0.7m2.若已知该油的摩尔体积为V mol=1.1×10-4 m3/mol,且将每个油分子看成球形,请根据以上数据估算出阿伏加德罗常数.(结果保留一位有效数字,已知球体积公式V球=16πd3,π取3)5. (1) 下列说法中正确的是.A. 液体的分子势能与液体的体积无关B. 为了保存玉米地的水分,可锄松地面,破坏土壤里的毛细管C. 从微观角度看,气体对容器的压强是大量气体分子对容器壁的频繁碰撞引起的D. 扩散现象可以在液体、气体中进行,不能在固体中发生(2) 如图甲所示是一平面上晶体物质微粒的排列情况,图中三条等长线AB、AC、AD上物质微粒的数目不同,由此得出晶体具有的性质.如图乙所示,液体表面层分子比较稀疏,分子间距离大于分子平衡距离r0,因此表面层分子间作用表现为.(3) 一定质量的理想气体体积V与热力学温度T的关系图象如图所示,气体在状态A时的压强p0=1.0×105 Pa,线段AB与V轴平行.①求状态B时的压强为多大?②气体从状态A变化到状态B过程中,对外界做的功为10J,求该过程中气体吸收的热量为多少?6. (1) 下列说法中正确的是.A. 知道水的摩尔质量和水分子的质量,可计算出阿伏加德罗常数B. 当液晶中电场强度不同时,它对不同颜色的光吸收强度就不同C. 蔗糖受潮后会粘在一起,没有确定的几何形状,它是非晶体D. 理想气体的温度随时间不断升高,则其压强也一定不断增大(2) 在“用油膜法估测分子的大小”实验中,用注射器将一滴油酸溶液滴入盛水的浅盘里,待水面稳定后,将玻璃板放在浅盘上,在玻璃板上描出油膜的轮廓,随后把玻璃板放在坐标纸上,其形状如图所示,坐标纸上正方形小方格的边长为10mm,该油酸膜的面积是m2;若一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是4×10-6mL,则油酸分子的直径是m.(上述结果均保留一位有效数字)? (3) 如图所示,用轻质活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体,活塞与汽缸壁间摩擦忽略不计,开始时活塞距汽缸底高度h=0.50m.给汽缸加热,活塞缓慢上升到距1=0.80m处,同时缸内气体吸收Q=450J的热量.已知活塞横截面积S=5.0离汽缸底h2×10-3m2,大气压强p0=1.0×105Pa.求:①缸内气体对活塞所做的功W.②此过程中缸内气体增加的内能ΔU.7. (1) 下列说法中正确的是.A. 只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数,就可以算出气体分子的体积B. 悬浮在液体中的固体微粒越小,布朗运动就越明显C. 由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离,液面分子间只有引力,没有斥力,所以液体表面具有收缩的趋势D. 液晶既具有液体的流动性,又具有光学各向异性(2) 如图所示,一定质量的理想气体从状态A 变化到状态B,再由B 变化到状态C. 已知状态A 的温度为300K. 气体在状态B 的温度为 K;由状态B 变化到状态C 的过程中,气体 (填“吸热”或“放热”).?(3) 已知铁的密度为ρ、摩尔质量为M,阿伏加德罗常数为N A ,将铁原子视为球体,求铁原子的直径d.(球体体积公式V=16πd 3)8. (1) 下列说法中正确的是 . A. 同种物质可能以晶体或非晶体两种形态出现 B. 冰融化为同温度的水时,分子势能增加C. 分子间引力随距离增大而减小,而斥力随距离增大而增大D. 大量分子做无规则运动的速率有大有小,所以分子速率分布没有规律 (2) 已知二氧化碳摩尔质量为M,阿伏加德罗常数为N A ,在海面处容器内二氧化碳气体的密度为ρ.现有该状态下体积为V 的二氧化碳,则含有的分子数为 .实验表明,在2 500 m 深海中,二氧化碳浓缩成近似固体的硬胶体.将二氧化碳分子看做直径为D 的球,则该容器内二氧化碳气体全部变成硬胶体后体积约为 .(3) 如图所示,一定质量的理想气体从状态A 变化到状态B,内能增加了10 J.已知该气体在状态A 时的体积为1.0×10-3 m 3.求: ①该气体在状态B 时的体积.②该气体从状态A到状态B的过程中,气体与外界传递的热量.选做题专项训练一(选修3-3)1. (1) D (2)1AV N Mρ 2A 1M V N V ρ(3) 设温度降低至T 2时气体的体积为V 2,则 外界对气体做功W=p 0(V 1-V 2), 由热力学第一定律ΔU=W+Q, 解得V 2=6.0×10-3 m 3.由等压变化有11V T =22V T ,解得T 2=3.0×102K. 2. (1) A (2) 4 4(3) 每滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为V 0=Sd=1×10-10 m 3,体积浓度P=-10-650110110⨯⨯⨯×100%=0.5%. 3. (1) B (2) 降低 B(3) ①此过程是等压变化有11V T =22V T =ΔΔV T ,dS T =ΔΔdS T ,所以Δd=Δd T T . ②气体压强p=p 0-GS , 所以W=pS Δd=(p 0S-G)Δd TT .4. (1) C (2) 增大 等于(3) 油膜直径d=V S =-105100.7⨯ m ≈7×10-10m, 每个油分子的体积V 0=16πd 3,阿伏加德罗常数为N A =mol 0V V =-4-1031.1101π(710)6⨯⨯mol -1≈6×1023 mol -1.5. (1) BC (2) 各向异性 引力(3) ①从A到B等温过程有p0V0=pB·2V0,得pB =12p=5×104 Pa.②从A到B过程中ΔU=0,由热力学定律ΔU=Q+W,得Q=-W=10J.6. (1) AB (2) 8×10-35×10-10(3) ①活塞缓慢上升,视为等压过程,则气体对活塞做功W=FΔh=p0SΔh=150J.②根据热力学定律ΔU=W+Q=300J.7. (1) BD (2) 1200 放热(3) 取1mol的铁,则ρNA ·16πd3=M,得8. (1) AB (2)VMρNA3Aπ6N V DMρ(3) ①气体从状态A变化到状态B是等压变化,有AAVT=BBVT,代入得VB=1.2×10-3 m3.②从状态A到状态B等压变化,整个过程对外做功为W=pΔV=1×105×0.2×10-3 J=20 J,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,代入数据得Q=30 J,故气体从外界吸收了30 J热量.。
高考物理二轮总复习课后习题 题型专项练 选择题专项练(三)
选择题专项练(三)一、单项选择题:每小题只有一个选项符合题目要求。
1.(浙江金丽衢十二校联考)11月30日,神舟十五号载人飞船成功对接空间站天和核心舱,神舟十四号、十五号航天员乘组首次“太空会师”。
2月10日航天员穿着白色舱外航天服出舱,完成舱外作业,如图所示。
已知空间站绕地球飞行周期为91 min,轨道高度约400 km,地球半径R=6 400 km,引力常量G=6.7×10-11N·m2/kg2。
下列说法正确的是( )A.由已知数据可估算出地球的质量约为6×1024 kgB.飞船要与空间站对接,必须先飞到比空间站更高轨道然后加速C.航天员出舱后,如果静止释放一个小球,小球将做自由落体运动D.舱外航天服采用白色,主要是白色能吸收更多的太阳能,以防出舱后航天员太冷2.(浙江金华三模)4月12日21时,我国全超导托卡马克核聚变装置(EAST)成功实现稳态高约束模式等离子体运行403 s,如图所示,在该装置内发生的核反应方程是12H+13H H+1,13H的质量为m2,24H的质量为m3,X的质量为m4,光速为c,下列说法正确的是( )A.只有氘(12H)和氚(13H)能发生核聚变,其他原子核不能B.发生一次上述核聚变反应所释放的核能大小为(m4+m3-m2-m1)c2C.其中粒子X的符号是01nD.核聚变反应发生后,需要外界不断给它提供能量才能将反应持续下去3.(重庆沙坪坝模拟)某发电机的示意图如图甲所示。
使线圈a沿轴线做简谐运动,线圈a中产生的感应电动势随时间变化的关系如图乙所示。
线圈a连接原、副线圈匝数比为1∶10的理想变压器,其输出端接充电设备。
线圈a及导线的电阻不计。
则( )甲乙A.变压器输出电流的频率为10 HzB.充电设备两端的电压有效值为5 VC.其他条件不变,对不同规格的充电设备充电,变压器输入功率可能不同D.其他条件不变,仅增大线圈a简谐运动的频率,充电设备两端的电压最大值不变4.三根超高压输电线缆平行且间距相等,其截面图如图所示,截面圆心构成正三角形,上方A、B两根输电线缆截面圆心连线水平,某时刻A中电流方向垂直纸面向外、B中电流方向垂直纸面向里、电流大小均为I,下方C 输电线缆中电流方向垂直纸面向外、电流大小为2I,则( )A.A、B两输电线缆相互吸引B.A输电线缆所受安培力斜向左下方,与水平方向夹角为60°C.A输电线缆在A、B两圆心连线中点处的磁感应强度方向竖直向上D.正三角形中心O处磁感应强度方向水平向左5.(江苏苏州模拟)如图所示,某工厂生产的卷纸缠绕在中心轴上,卷纸的直径为d,轴及卷纸的总质量为m。
(新课标)2014年高考物理二轮复习 精题巧练三十.doc
新课标2014年高考二轮复习之精题巧练三十一、单项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)1．如下图所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ沿导轨从MN处到M′N′的过程中，棒上感应电动势E随时间t变化的图示，可能正确的是( )A B C D【答案】A【解析】依题意，细金属棒PQ只有在经过矩形匀强磁场区域过程中才有切割磁感线，产生感应电动势，排除选项D.又因为细金属棒匀速运动，所以感应电动势恒定，因此选项A正确．2．如下图所示是观察自感现象的电路图．为了观察到断开开关的瞬间灯泡有明显的闪烁现象，除了增大线圈的自感系数外，还要考虑线圈电阻R L和灯泡电阻R，它们之间应满足的关系是( )A．R L>R B．R L＝RC．R L≪R D．R L≫R【答案】C【解析】当R L≪R时，I L≫I R，断开开关的瞬间通过灯泡的电流为I L，故灯泡明显闪烁．3．电阻R、电容C与一线圈连成闭合电路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如下图所示．现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是( )A．从a到b，上极板带正电B．从a到b，下极板带正电C．从b到a，上极板带正电D．从b到a，下极板带正电【答案】D【解析】感应电流的磁场要阻碍线圈磁通量的增加．由图可以看出N极靠近，穿过线圈的向下的磁感线条数要增加，则感应电流的磁感线方向要向上以阻碍增加，再根据右手定则可判断感应电流方向从b到a，则C下板带正电．4．(改编题)如下图所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计．斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．质量为m、电阻不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒ab垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上升，上升高度为h.则在此过程中，以下错误的是( )A．作用于棒ab上的各力的合力所做的功等于零B．恒力F和重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热C．恒力F和安培力的合力所做的功等于零D．恒力F所做的功等于棒ab重力势能的增加量和电阻R上产生的焦耳热之和【答案】C【解析】在金属棒ab沿斜面上升的过程中，受到重力、恒力F和安培力三个力的作用，因金属棒匀速上升，由动能定理有W F＋W G＋W安＝ΔE k＝0.根据上式可以判断出选项A正确，而C是错误的．把上式移项，得W F＋W G＝－W安，而－W安为金属棒ab克服安培力所做的功，正好等于电路中所产生的焦耳热，故选项B也正确．另一方面，从能量守恒的角度可知，金属杆ab上升的过程中，其重力势能增加，同时电路中产生了电能，这些能量从哪里来呢？只能是外力F做功的结果，通过外力F做功，将其他形式的能量转化成了这两种形式的能量．所以选项D也是正确的．其实，判断选项D时，也可以通过对等式W F＋W G＋W安＝ΔE k＝0移项得出结论．二、双项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．以下各小题四个选项中，只有两个选项符合题意．若只选一个且正确的给3分，若选两个且都正确的给6分，但只要选错一个或不选，该小题就为0分)5．两圆环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环．当A以如图所示的方向绕中心转动的角速度发生变化时，B中产生如图所示方向的感应电流．则( ) A．A可能带正电且转速减小B．A可能带正电且转速增大C．A可能带负电且转速减小D．A可能带负电且转速增大【答案】BC【解析】由题目所给的条件可以判断，感应电流的磁场方向垂直于纸面向外，根据楞次定律，原磁场的方向与感应电流的磁场相同时是减少的，环A应该做减速运动，产生逆时针方向的电流，故应该带负电，故选项C是正确的；同理可得B是正确的．6．(改编题)如右图所示，间距为L并与水平方向成α角的两根光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m的金属杆(不计电阻)从轨道上由静止滑下．经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m，则( )A．如果B增大，v m将变大B．如果α增大，v m将变大C ．如果R 减小，v m 将变大D ．如果L 减小，v m 将变大 【答案】BD【解析】释放瞬间金属棒在重力沿斜面向下的分力的作用下开始向下加速运动．随着速度的增大，感应电动势E 、感应电流I 、安培力F 都随之增大，加速度随之减小．当F 增大到F ＝mg sin α时，加速度为零，这时金属棒达到最大速度．根据E ＝BLv 、I ＝E /R 、F ＝BIL 可解得F ＝B 2L 2v R .因此，由平衡条件有B 2L 2v m R ＝mg sin α，解得v m ＝mgR sin αB 2L 2.7．如下图甲所示，光滑导体框架abcd 水平放置，质量为m 的导体棒PQ 平行于bc 放在ab 、cd 上，且正好卡在垂直于轨道平面的四枚光滑小钉之间．回路总电阻为R ，整个装置放在垂直于框架平面的变化的磁场中，磁场的磁感强度B 随时间t 的变化情况如图乙所示(规定磁感强度方向向上为正)，则在时间0～t 内，关于回路内的感应电流I 及小钉对PQ 的弹力N ，下列说法中正确的是( )A ．I 的大小是恒定的B ．I 的方向是变化的C ．N 的大小是恒定的D ．N 的方向是变化的 【答案】AD【解析】B －t 图象的斜率没有发生变化，由法拉第电磁感应定律可知，E 和I 的方向和大小都不变，因此A 对、B 错；又由于磁感强度先减小再增大，因此杆受的安培力在变化，且先减小再反向增大，故由平衡条件可知，N 的大小和方向都是变化的，则C 错、D 对．8．(改编题)如下图所示，固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d ，其右端接有阻值为R 的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．一质量为m (质量分布均匀)的导体杆ab 垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F 作用下从静止开始沿导轨运动距离为L 时，速度恰好达到最大值(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r ，导轨电阻不计，重力加速度大小为g .则此过程( )A ．杆一直在做匀变速直线运动B ．杆的速度增大，加速度减小C ．杆的速度最大值为F －μmg RB 2d 2D ．流过电阻R 的电量为BdLR ＋r【答案】BD【解析】杆在运动过程中，水平方向受到恒力F 、摩擦力f 、安培力F A 三个力的作用． ∵E ＝Bdv ，I ＝ER ＋r，F A ＝BId ，∴F A ＝B 2d 2v R ＋r .故随着速度的增大，感应电动势E 、感应电流I 、安培力F A 都随之增大，加速度随之减小．当杆达到最大速度v m 时，加速度等于零，由平衡条件有F －μmg －B 2d 2v mR ＋r＝0，得v m＝F －μmg R ＋r B 2d 2.由公式q ＝ΔΦR 总有q ＝B ·ΔS R ＋r ＝BdLR ＋r.9．(2011·广东佛山质量检测一)如图所示是法拉第做成的世界上第一台发电机模型的原理图．将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘；图中a 、b 导线与铜盘的中轴线处在同一平面内；转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流．若图中的铜盘半径为L ，匀强磁场的磁感应强度为B ，回路总电阻为R ，从上往下看逆时针匀速转动铜盘的角速度为ω，则下列说法正确的是( )A ．回路中有大小和方向做周期性变化的电流B ．回路中有电流大小恒定，且等于BL 2ωRC ．回路中电流方向不变，且从b 导线流进灯泡，再从a 导线流向旋转的铜盘D ．若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的按正弦规律变化的磁场，不转动铜盘，灯泡中仍有电流流过 【答案】CD【解析】铜盘在转动的过程中产生恒定的电流I ＝BL 2ω2R，A 、B 错．由右手定则可知铜盘在转动的过程中产生恒定的电流，从b 导线流进灯泡，再从a 流向旋转的铜盘，C 正确．若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的按正弦规律变化的磁场，不转动铜盘时闭合回路磁通量发生变化，灯泡中仍有电流流过，D 正确．三、非选择题(本题共3小题，共54分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)10．把总电阻为2R 的均匀电阻丝焊接成一半径为a 的圆环，水平固定在竖直向下的磁感应强度为B 的匀强磁场中，如图所示，一长度为2a 、电阻等于R 、粗细均匀的金属棒MN 放在圆环上，它与圆环始终保持良好的接触．当金属棒以恒定速度v 向右移动经过环心O 时，求：(1)棒上电流的大小和方向及棒两端的电压U MN ； (2)在圆环和金属棒上消耗的总热功率．【解析】(1)把切割磁感线的金属棒看成一个具有内阻为R ，电动势为E 的电源，两个半圆环看成两个并联电阻，画出等效电路图如图所示． 等效电源电动势为E ＝BLv ＝2Bav 外电路的总电阻为R 外＝R 1R 2R 1＋R 2＝12R棒上电流大小为I ＝E R 总＝2Bav 12R ＋R＝43Bav R电流方向从N 流向M .根据分压原理，棒两端的电压为U MN ＝R 外R 外＋R ·E ＝23Bav .(2)圆环和金属棒上消耗的总热功率为P ＝IE ＝8B 2a 2v 23R.11．(2012·中山模拟)如图所示，水平面上固定一个间距L ＝1m 的光滑平行金属导轨，整个导轨处在竖直方向的磁感应强度B ＝1T 的匀强磁场中，导轨一端接阻值R ＝9Ω的电阻．导轨上有质量m ＝1kg 、电阻r ＝1Ω、长度也为1m 的导体棒，在外力的作用下从t ＝0开始沿平行导轨方向运动，其速度随时间的变化规律是v ＝2t ，不计导轨电阻．求： (1)t ＝4s 时导体棒受到的安培力的大小；(2)请在下图所示的坐标中画出电流平方与时间的关系(I 2－t )图象，并通过该图象计算出4s 内电阻R 上产生的热量．【解析】(1)4s 时导体棒的速度是v ＝2t ＝4m/s 感应电动势E ＝BLv感应电流I ＝ER ＋r此时导体棒受到的安培力F 安＝BIL ＝0.4N. (2)由(1)可得I 2＝(ER ＋r)2＝4(BL R ＋r)2t ＝0.04t作出图象如图所示在极短时间Δt 内电阻R 上产生的热量为ΔQ ＝I 2RΔt由I 2－t 图象可得，4s 内电阻R 上产生的热量为Q ＝12×4×0.16×9J＝2.88J.12．(18分)如下图所示，两条足够长平行光滑的金属导轨MN 、PQ 相距为L ，导轨平面与水平面夹角α＝30°，导轨电阻不计．磁感应强度为B 的匀强磁场垂直导轨平面斜向上，长为L 的金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m 、电阻为R .两金属导轨的上端连接右侧电路，电路中R 2为一电阻箱，已知灯泡的电阻R L ＝4R ，定值电阻R 1＝2R ，调节电阻箱使R 2＝12R ，重力加速度为g ，闭合开关S ，现将金属棒由静止释放，求：(1)金属棒下滑的最大速度v m ；(2)当金属棒下滑距离为s 0时速度恰好达到最大，则金属棒由静止开始下滑2s 0的过程中，整个电路产生的电热．【解析】(1)当金属棒匀速下滑时速度最大，达到最大时由平衡条件有 mg sin α＝F 安①- 11 - 又F 安＝BIL ②I ＝BLv m R③ 其中R 总＝6R ④联立①～④式得金属棒下滑的最大速度v m ＝3mgR B 2L 2.(2)法一 依题意，由能量守恒定律有 mg ·2s 0·sin α＝Q ＋12mv 2m .解得Q ＝mgs 0－9m 3g 2R22B 4L 4.法二 也可用动能定理求解，即W G －W 安＝12mv 2m .由于W G ＝2mgs 0sin α，又W 安＝Q ，解得Q ＝2mgs 0sin α－12mv 2m ＝mgs 0－9m 3g 2R22B 4L 4.。
2014新课标高考物理选修专项训练3-4
2014新课标高考物理选修专项训练3-4题组一 34．【物理—选修3-4】（15分）(1)（6分）如图所示，两列简谐横波分别沿x 轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x ＝－0.2 m 和x ＝1.2 m 处，两列波的速度均为v ＝0.4 m/s ，两波源的振幅均为A ＝2 cm 。
图示为t ＝0时刻两列波的图像(传播方向如图所示)，此刻平衡位置处于x ＝0.2 m 和x ＝0.8 m 的P 、Q 两质点刚开始振动。
质点M 的平衡位置处于x ＝0.5 m 处，关于各质点运动情况判断正确的是（ ）(填正确答案标号。
选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分；每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．两列波相遇后振幅仍然为2cmB ．t ＝1 s 时刻，质点M 的位移为－4 cmC ．t ＝1 s 时刻，质点M 的位移为+4 cmD ．t ＝0.75 s 时刻，质点P 、Q 都运动到M 点E ．质点P 、Q 的起振方向都沿y 轴负方向(2)（9分）用氦氖激光器进行双缝干涉实验，已知使用的双缝间距离d ＝0.1mm ，双缝到屏的距离l ＝6.0m ，测得屏上干涉条纹中亮纹的间距是3.8cm ，氦氖激光器发出的红光的波长λ是多少？假如把整个装置放入折射率是4/3的水中，这时屏上的条纹间距是多少？题组二34. 【选修模块3—4】（15分） （1）（6分）如图所示，一列简谐横波沿x 轴正向传播，波传到x =1m 的P 点时，P 点开始向下振动，此时为计时起点，已知在t =0.4s 时PM 间第一次形成图示波形，此时x =4m 的M 点正好在波谷。
下列说法中正确的是A ．P 点的振动周期为0.4sB ．P 点开始振动的方向沿y 轴正方向C ．当M 点开始振动时，P 点正好在波峰D ．这列波的传播速度是10m/sE ．从计时开始的0.4s 内，P 质点通过的路程为30cm （2）（9分）如图所示为一巨大的玻璃容器，容器底部有一定的厚度，容器中装一定量的水，在容器底部有一单色点光源，已知水对该光的折射率为43，玻璃对该光的折射率为1.5，容器底部玻璃的厚度为d ，水的深度也为d 。
2014高考物理二轮复习：计算题专项训练一
计算题专项训练一1. 如图所示,光滑平行的长金属导轨固定在水平面上,相距L=1 m,左端连接R=2 Ω的电阻.一质量m=0.5 kg 、电阻r=1 Ω的导体棒MN 垂直放置在两平行金属导轨上,彼此电接触良好,导轨的电阻不计.在两导轨间有这样的磁场:0≤x ≤0.5 m 区间,磁场方向竖直向下,磁感应强度B 大小随x 变化关系是B=0.6sin 0π2x x⎛⎫ ⎪⎝⎭ T,x 0=0.5 m;0.5 m<x ≤1 m 区间,磁场方向竖直向上,两区域磁感应强度大小关于直线x=0.5 m 对称.(1) 导体棒在水平向右的拉力F 作用下,以速度v 0=1 m/s 匀速穿过磁场区,求此过程中感应电流的最大值I m .(2) 在(1)的情况下,求棒穿过磁场过程中拉力做的功W 以及电阻R 上产生的热量Q R .(3) 若只给棒一个向右的初速度从O 点进入磁场并最终穿出磁场区,经过x=0.75 m 点时速度v=5 m/s,求棒经过该点时的加速度a.2. 如图甲所示,MN 、PQ 两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ=30°角固定,M 、P 之间接电阻箱R,导轨所在空间存在匀强磁场,磁场方向垂直于轨道平面向上,磁感应强度为B=0.5 T.质量为m 的金属杆ab 水平放置在轨道上,其接入电路的电阻值为r.现从静止释放杆ab,测得最大速度为v m .改变电阻箱的阻值R,得到v m 与R 的关系如图乙所示.已知轨距为L=2 m,重力加速度取g=10 m/s 2,轨道足够长且电阻不计. (1) 当R=0时,求杆ab 匀速下滑过程中产生感应电动势E 的大小及杆中的电流方向. (2) 求金属杆的质量m 和阻值r.(3) 当R=4 Ω时,求回路瞬时电功率每增加1 W 的过程中合外力对杆做的功W.3. 如图所示,水平放置的两条光滑平行金属导轨ab相距为d=1 m,导轨之间垂直放置一质量为m=1 kg、长度L=2 m的均匀金属棒MN,棒与导轨始终良好接触.棒的电阻r=2 Ω,导轨的电阻忽略不计.左端导轨之间接有一电阻为R=2 Ω的灯泡.整个装置放在磁感应强度B=2 T的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向下.现对棒MN 施加一水平向右的拉力F,使棒从静止开始运动.(1) 若施加的水平恒力F=8 N,则金属棒达到的稳定速度为多少?(2) 在(1)的前提下,金属棒MN两端的电势差U是多少?MN(3) 若施加的水平外力功率恒为P=20 W,经历t=1 s时间,棒的速度达到2 m/s,则此过程中灯泡产生的热量是多少?4. 如图甲所示,平行金属轨道ANP和A'N'P', 间距L=1 m,最低点NN'处是一小段平滑圆弧(大小可以忽略)与两侧直轨道相连接,左侧部分倾角为θ=37°,金属轨道的NN'和MM'区间处于与轨道面垂直的匀强磁场中,磁感应强度B=3 T.轨道顶端接有R=4 Ω的定值电阻和理想电流表,不计金属轨道电阻和一切摩擦,PP'是质量m=0.5 kg、电阻r=2 Ω的金属棒.将该金属棒从右侧斜面上高H=0.8 m 处静止释放,测得初始一段时间内的I t(电流与时间关系,I 0未知)图象如图乙所示.已知重力加速度取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.时刻金属棒的速度v的大小.(1) 求t3(2) 求金属棒从开始释放到最终停止时,电阻R产生的总热量QR.(3) 若从t1时刻到t2时刻流过电阻R的电荷量为0.2 C,求导体棒在从t1时刻到t2时刻运动的时间t(t1、 t2未知).计算题专项训练一1. (1) 根据法拉第电磁感应定律有E m =B m Lv 0,由欧姆定律有I m =mE R r +,代入数据解得I m =0.2A.(2) 电流有效值,在磁场中运动的时间t=0xv ,由功能关系有W=I 2(R+r)t, 电阻R 产生电热Q R =I 2Rt, 解得W=0.06J,Q R =0.04J.(3) x=0.75m 处磁感应强度B 与0.25m 处磁感应强度大小相等,则B=0.6sin π4⎛⎫ ⎪⎝⎭T, 棒在该处产生的感应电流I=BLvR r +,棒在该处受到的安培力F=BIL, 由牛顿第二定律有F=ma,解得a=0.6m/s 2,加速度方向水平向左.2. (1) 由图可知,当R=0时,杆最终以v=2m/s 匀速运动,产生电动势 E=BLv=2 V,杆中电流方向从b →a.(2) 设最大速度为v,杆切割磁感线产生的感应电动势E=BLv,由闭合电路欧姆定律I=ER r +,杆达到最大速度时满足mgsin θ-BIL=0,解得v=22sin B L mg θR+22sin B L mg θr.由图象可知,斜率为k=4-22m/(s ·Ω)=1m/(s ·Ω),纵截距为v 0=2m/s, 得到22sin B L mg θr=v 0,22sin B L mg θ=k,解得m=0.2kg,r=2Ω.(3) 由题意E=BLv,P=2E R r +, 得P=222B L v R r +,ΔP=2222B L v R r +-2221B L v R r +,由动能定理得W=12m 22v -12m 21v , 解得W=22()2m R r B L +ΔP=0.6J.3. (1) 稳定时金属棒平衡,设速度为v,则有F=BId, 由法拉第电磁感应定律E=Bdv,由闭合电路欧姆定律I=2Er R +,解得v=6 m/s. (2) U MN =U 灯+B(L-d)v,U 灯=2R rR +E(或U 灯=IR),联立解得U MN =20 V.(3) 设金属棒克服安培力做功为W,由动能定理得Pt-W=12mv'2,克服安培力做功转化为内能,设为Q,则有Q=W,故灯泡发热为Q 1=2Rr R +Q,联立解得Q 1=12 J.4. (1) t 3时刻金属棒做匀速运动,mgsin θ=BIL,I=3BLv R r +,解得v 3=2 m/s.(2) 根据能量守恒,棒的机械能全部转化为内能, mgH=Q R +Q r ,R r Q Q =R r , 解得Q R =83 J.(3) 依据牛顿第二定律mgsin θ+22vB L R r +=ma, ∑mgsin θ·Δt+∑22B L R r +v ·Δt=∑ma ·Δt, mgsin θ·t+22B L R r +d=m(v 1-v 3), q=BLdR r +,v 1, 联立解得t=215 s.。
2014年高考物理二轮复习经典试题：力与直线运动 Word版含解析 Word版含答案
2014年高考物理二轮复习经典试题力与直线运动一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分，其中第3、6小题为多选题．)1．质量均为1.5×103 kg的甲、乙两车同时同地出发在水平面上运动，二者所受阻力均为车重的0.5倍，由于牵引力不同，甲车做匀速直线运动，乙车做匀加速直线运动，其运动的位移－时间(x－t)图象如图所示，则以下叙述正确的是()A．乙车牵引力为7.5×103 NB．t＝1 s时两车速度相同且v共＝1 m/sC．t＝1 s时两车间距最大，且最大间距为1 mD．0～2 s内阻力对两车做的功均为－3×103 J解析：甲车做匀速运动，牵引力与阻力大小相等为7.5×103 N，乙车做加速运动，牵引力大于7.5×103 N，A错；甲车速度v甲＝2 m/s，乙车加速度a乙＝2 m/s2，v乙＝a乙t，t＝1 s时两车速度相同且v共＝2 m/s，此时二者间距最大，最大间距为1 m，B错，C对；0～2 s内阻力对两车做的功均为W＝fΔx＝－3×104 J，D错．答案：C2．如图所示，在水平地面上有一辆后轮驱动的玩具小车，车上弹簧的左端固定在小车的挡板上，右端与一小球相连，弹簧水平．设在某一段时间内小车向左运动，小球与小车相对静止，弹簧处于伸长状态且伸长量不变，若忽略小球与小车间的摩擦力，则在这段时间内小车向左()A．做变减速运动B．做变加速运动C．做匀加速运动D．做匀减速运动解析：小球受到水平向左的恒定弹簧弹力，由牛顿第二定律可知，小球必定具有水平向左的恒定加速度，而小球与小车相对静止，故小车也有向左的恒定加速度，所以小车向左做匀加速运动，选项C正确．答案：C3．[2013·淮安调研]三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是(sin 37°＝0.6)()A．物块A先到达传送带底端B．物块A、B同时到达传送带底端C．传送带对物块A、B均做负功D．物块A、B在传送带上的划痕长度不相同解析：因为物块A的运动速度与传送带的运动速度相同，在重力分力作用下将向下加速运动，故传送带对物块A的摩擦力沿传送带向上，而物块B由于相对传送带向下运动，故所受的摩擦力沿传送带向上，所以两物块将同时到达传送带底端，A错误，B正确；传送带对物块A、B的摩擦力均做负功，C正确；由于物块A与传送带的运动方向相同，物块B与传送带的运动方向相反，故两物块在传送带上的划痕长度不相同，D正确．答案：BCD4．[2013·渭南二模]压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学把压敏电阻与电源、电流表、定值电阻串联成一闭合电路，并把压敏电阻放在桌子上，其上放一物块，整个装置放在可在竖直方向运动的电梯中，如图甲所示．已知0～t1时间电梯静止不动，电流表的示数为I0，现开动电梯，得到电流表的变化如图乙所示，则关于t2～t3时间内物块与电梯运动状态的叙述正确的是()A．物块处于失重状态，电梯向下做匀加速直线运动B．物块处于超重状态，电梯向上做匀加速直线运动C．物块仍旧平衡，电梯向上做匀速直线运动D．物块仍旧平衡，电梯向下做匀速直线运动解析：t2～t3时间内，电流大于电梯静止时的电流，说明压敏电阻所受压力大于电梯静止时所受压力，物块处于超重状态，电梯向上做匀加速直线运动，选项B正确．答案：B5．某同学在学习了直线运动和牛顿运动定律知识后，绘出了沿直线运动的物体的位移x、速度v、加速度a随时间变化的图象如图所示，若该物体在t＝0时刻，初速度为零，则下列图象中该物体在t ＝4 s内位移一定不为零的是()解析：A图为物体的位移－时间图象，由图可以看出t＝4 s内物体的位移为零．B图和D图中物体先沿正方向运动，然后返回，t＝4 s内物体的位移为零．C图中物体沿单一方向做直线运动，t＝4 s内物体的位移不为零．答案：C6．被称为“史上最严交规”于2013年1月1日起施行．对校车、大中型客货车、危险品运输车等重点车型驾驶人的严重交通违法行为，提高了记分分值．如图是张明在2013年春节假期试驾中某次小轿车在平直公路上运动的0～25 s内的速度随时间变化的图象，由图象可知()A．小轿车在0～15 s内的位移为200 mB．小轿车在10～15 s内加速度为零C．小轿车在10 s末运动方向发生改变D．小轿车在4～9 s内的加速度大小大于16～24 s内的加速度大小解析：小轿车在0～15 s内的位移为200 m，A项正确；10～15 s 内小轿车匀速运动，B项正确；0～25 s内小轿车始终未改变方向，C 项错误；小轿车4～9 s内的加速度大小是2 m/s2,16～24 s内的加速度大小是1 m/s2，D项正确．答案：ABD7．[2013·唐山二模]如图所示，在圆锥形内部有三根固定的光滑细杆，A 、B 、C 为圆锥底部同一圆周上的三个点，三杆Aa 、bB 、cC 与水平底面的夹角分别为60°、45°、30°.每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a 、b 、c 处由静止释放(忽略阻力)，用t 1、t 2、t 3依次表示各滑环到达A 、B 、C 所用的时间，则( )A ．t 1>t 2>t 3B ．t 1<t 2<t 3C ．t 1＝t 3<t 2D ．t 1＝t 3>t 2解析：三根固定的光滑细杆在水平面上投影相等，设投影长度为d ，则有aA ＝d /cos60°，bB ＝d /cos45°，cC ＝d /cos30°，小滑环沿三根光滑细杆下滑，d /cos60°＝12g sin60°t 21； d /cos45°＝12g sin45°t 22；d /cos30°＝12g sin30°t 23；联立解得：t 1＝t 3＝2d g sin60°cos60°，t 2＝2d g sin45°cos45°，即t 1＝t 3>t 2，选项D 正确． 答案：D8．[2013·长春一调]物块A 、B 的质量分别为m 和2m ，用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上．对B施加向右的水平拉力F，稳定后A、B相对静止在水平面上运动，此时弹簧长度为l1；若撤去拉力F，换成大小仍为F的水平推力向右推A，稳定后A、B相对静止在水平面上运动，弹簧长度为l2.则下列判断正确的是()A．弹簧的原长为l1＋l2 2B．两种情况下稳定时弹簧的形变量相等C．两种情况下稳定时两物块的加速度不相等D．弹簧的劲度系数为F l1－l2解析：由题意可得两次物块的加速度大小相等为a＝F3m，方向水平向右，所以C选项错误．设弹簧的原长为l0，弹簧的劲度系数为k，则有k(l1－l0)＝ma，k(l0－l2)＝2ma，解得l0＝2l1＋l23，k＝Fl1－l2，所以A、B选项错误，D选项正确．答案：D二、计算题(本题共2小题，共36分．需写出规范的解题步骤)9．[2013·金版原创卷二]2013年元月开始实施的最严交规规定：黄灯亮时车头已越过停车线的车辆可以继续通行，车头未越过停车线的若继续前行则视为闯黄灯，属于交通违章行为．我国一般城市路口红灯变亮之前绿灯和黄灯各有3 s的闪烁时间．国家汽车检测标准中有关汽车制动初速度与刹车距离的规定是这样的：小客车在制动初速度为14 m/s的情况下，制动距离不得大于20 m.(1)若要确保小客车在3 s内停下来，汽车刹车前的行驶速度不能超过多少？(2)某小客车正以v0＝8 m/s的速度驶向路口，绿灯开始闪时车头距离停车线L＝36.5 m，小客车至少以多大的加速度匀加速行驶才能不闯黄灯？已知驾驶员从眼睛看到灯闪到脚下采取动作的反应时间是0.5 s.解析：(1)设小客车刹车时的最小加速度为a根据v2＝2as①得a＝v22s＝1422×20m/s2＝4.9 m/s2②确保小客车在 3 s内停下来，小客车刹车前的行驶最大速度为v max＝at＝4.9×3 m/s＝14.7 m/s③(2)在反应时间内小客车匀速运动的距离为L0＝v0Δt＝8×0.5 m＝4 m④车匀加速运动的距离为L′＝L－L0＝36.5 m－4 m＝32.5 m⑤从绿灯闪到黄灯亮起这3 s内小客车加速运动的时间t′＝t－Δt＝3 s－0.5 s＝2.5 s⑥设小客车加速时的加速度为a′，得L′＝v0t′＋12a′t′2⑦代入数据，化简得a′＝4.0 m/s2.⑧答案：(1)14.7 m/s(2)4.0 m/s210．[2013·金版原创卷一]如图所示，静止放在水平桌面上的纸带上有一质量为m＝0.1 kg的铁块，它与纸带右端的距离为L＝0.5 m，铁块与纸带间、纸带与桌面间的动摩擦因数均为μ＝0.1.现用力F水平向左将纸带从铁块下抽出，当纸带全部抽出时铁块恰好到达桌面边缘，铁块抛出后落地点离抛出点的水平距离为s＝0.8 m．已知g＝10 m/s2，桌面高度为H＝0.8 m，不计纸带质量，不计铁块大小，铁块不滚动．求：(1)铁块抛出时的速度大小v；(2)纸带从铁块下抽出所用的时间t1；(3)纸带抽出过程中产生的内能E.解析：(1)根据平抛运动的规律，s＝v t，H＝12gt2可得：v＝2 m/s.(2)设铁块的加速度为a1，由牛顿第二定律，得μmg＝ma1纸带抽出时，铁块的速度v＝a1t1可得t1＝2 s.(3)铁块的位移s1＝12a1t21设纸带的位移为s2，由题意知，s2－s1＝L 由功能关系可得E＝μmgs2＋μmg(s2－s1) 联立以上各式解得E＝0.3 J.答案：(1)2 m/s(2)2 s(3)0.3 J。
2014届高考物理大二轮复习与测试课件：计算题题型分析与增分策略(共34张PPT)
(3)说明所设字母的物理意义． (4)说明规定的正方向、零势点(面)． (5)说明题目中的隐含条件、临界条件． (6)说明所列方程的依据、名称及对应的物理 过程或物理状态． (7)说明所求结果的物理意义(有时需要讨论 分析)．
4．要有必要的方程式 物理方程式是表达的主体，如何写出，重点要注意以下几 点： (1)写出的方程式(这是评分依据)必须是最基本的，不能以 变形的结果式代替方程式(这是相当多的考生所忽视的)．如带 v2 电粒子在磁场中运动时应有 qvB＝m R ， 而不是其变形结果式 R mv ＝ qB .
(1)分析和分解物理过程，确定不同过程的初、 末状态，将状态量与过程量对应起来； (2)画出关联整个物理过程的思维导图，对于 物体的运动和相互作用过程，直接画出运动 过程草图； (3)在图上标出物理过程和对应的物理量，建 立情境链接和条件关联，完成情境模型．
3．必要的文字说明 必要的文字说明的目的是说明物理过程和答 题依据，我们应该从以下几个方面给予考虑： (1)说明研究对象(个体或系统，尤其是要用 整体法和隔离法相结合求解的题目，一定要 注意研究对象的转移和转化问题)． (2)画出受力分析图、电路图、光路图或运动 过程的示意图．
(3)根据题设，墨滴运动轨迹如图所示，设圆周运动半径为 v2 0 R′，有 qv0B′＝m R′ 由图示可得： ⑥
R′ ＝d
2
2
d2 ＋R′－2
⑦ ⑧
5 得：R′＝ d 4 联立②、⑥、⑧式可得： 4v0U B′＝ . 5gd2
答案： (1)负电荷 v0 U 4v0U mgd (2) 2 (3) U gd 5gd2
7．解答计算题的技法
技法一
审题技巧与策略
1．在审题过程中，要特别注意以下几个方面： 第一，题中给出什么． 第二，题中要求什么． 第三，题中隐含什么． 第四，题中考查什么．
物理二轮复习 解题策略 计算题大题小做——妙用增分三步曲(含新题详解) 含解析
题型研究三计算题大题小做——妙用增分三步曲高考物理综合大题基本上都是多过程或多对象问题，往往呈现出信息新颖、对象多体、过程复杂、条件隐蔽、解法灵活、结果多样等特点，综合性强，能力要求高。
要在非常有限的答题时间内做好综合大题，必须坚持“大题小做”的策略，善于将多过程分解或多对象拆分，将复杂的大问题转化为几个简单的小问题,逐个击破，分步完成.同时还要规范答题，要“颗粒归仓”,该拿的分一分不丢，该抢的分分分必抢。
一、图解“增分三步曲”选对象，建模型多阶段，分过程用规律，列方程通过对整个题目的情景把握，根据整体法与隔离法选取研究对象，通过抽象、概括或类比等效的方法建立相应的物理模型或物理运动模型，并对其进行全面的受力分析,然后选取不同的方法和运动规律解题，比如静止或匀速直线运动选用物体的平衡条件解，变速直线运动选用牛顿运动定律或动能定理解，类平抛、圆周运动选用运动的分解或动能定理解，非匀变速曲线运动选用动能定理或运动的分解或微元法解。
，对综合性强、过程较为复杂的题，一般采用“分段"处理,所谓的”分段”处理,就是根据问题的需要和研究对象的不同，将问题涉及的物理过程，按照时间和空间的发展顺序，合理地分解为几个彼此相对独立又相互联系的阶段，再根据各个阶段遵从的物理规律逐个建立方程,最后通过各阶段的联系综合起来解决，从而使问题化整为零、各个击破.，在对物理状态和物理过程深刻把握的基础上,寻找题设条件与所求未知物理量的联系，从力的观点或能量的观点，根据物理规律（牛顿第二定律、能的转化与守恒等）列出方程求解.文字说明、必要必有分步列式、联立求解结果表述、准确到位（1)物理量要用题中的符号，涉及题中没有明确指出的物理量或符号，一定要用假设的方式进行说明。
（2)题目中的一些隐含条件或临界条件分析出来后,要加以说明。
（3）要指明正方向、零位置。
(4)列方程前，对谁在什么过程(或什么状态)用到什么规律，要简要说明。
2014高考物理二轮复习：计算题综合训练二
计算题综合训练二1. 如图所示,两根等高光滑的14圆弧轨道,半径为r、间距为L,轨道电阻不计.在轨道顶端连有一阻值为R的电阻,整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B.现有一根长度稍大于L、质量为m、电阻不计的金属棒从轨道的顶端ab处由静止开始下滑,到达轨道底端cd时受到轨道的支持力为2mg.整个过程中金属棒与导轨电接触良好.求:(1) 棒到达最低点时的速度大小和通过电阻R的电流.(2) 棒从ab下滑到cd过程中回路中产生的焦耳热和通过R的电荷量.(3) 若棒在拉力作用下,从cd开始以速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动,则在到达ab的过程中拉力做的功为多少?2. 如图所示,质量为M的光滑长木板静止在光滑水平地面上,左端固定一劲度系数为k的水平轻质弹簧,右侧用一不可伸长的细绳连接于竖直墙上,细绳所能承受的最大拉力为FT.使一质量为m、初速度为v0的小物体,在木板上无摩擦地向左滑动而后压缩弹簧,细绳被拉断,不计细绳被拉断时的能量损失.弹簧的弹性势能表达式为Ep =12kx2(k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量).(1) 要使细绳被拉断,v0应满足怎样的条件?(2) 若小物体最后离开长木板时相对地面速度恰好为零,请在坐标系中定性画出从小物体接触弹簧到与弹簧分离的过程小物体的v t图象.(3) 若长木板在细绳拉断后被加速的过程中,所能获得的最大加速度为aM,求此时小物体的速度.3. 如图甲所示的装置是由加速器、电场偏转器和磁场偏转器构成.加速器两板a、b间加图乙所示变化电压uab,水平放置的电场偏转器两板间加恒定电压U0,极板长度为l,板间距离为d,磁场偏转器中分布着垂直纸面向里的左右有界、上下无界的匀强磁场B,磁场的宽度为D.许多质量为m、带电荷量为+q的粒子从静止开始,经过加速器加速后从与电场偏转器上板距离为23d的位置水平射入.已知U0=1 000T,粒子的比荷qm=8×107C/kg,粒子在加速器中运动时间远小于Uab的周期,粒子经电场偏转后沿竖直方向的位移为y,速度方向与水平方向的夹角为θ,y 与tanθ的关系图象如图丙所示.不考虑粒子受到的重力.甲乙丙(1) 求电场偏转器极板间距离d和极板长度l.(2) 为使从电场偏转器下极板边缘飞出的粒子不从磁场区域右侧飞出,求磁场宽度D的最小值,并求出该粒子在两个偏转器中运动的总时间.(3) 求哪些时刻进入加速器的粒子能够进入磁场区域.计算题综合训练二1. (1) 到达最低点时,设棒的速度为v,产生的感应电动势为E,感应电流为I,则2mg-mg=m 2v r ,E=BLv,I=ER ,解得.(2) 设产生的焦耳热为Q,由能量守恒定律有Q=mgr-12mv 2, 解得Q=12mgr.设产生的平均感应电动势为E ,平均感应电流为I ,通过R 的电荷量为q,则E =ΔΔt Φ,I =ER ,q=I ·Δt, 解得q=BrLR .(3) 金属棒在运动过程中水平方向的分速度 v x =v 0cos 0t v r⎛⎫ ⎪⎝⎭,金属棒切割磁感线产生正弦交变电流的有效值,在四分之一周期内产生的热量Q'=I 2R ·0π2rv ,设拉力做的功为W,由功能关系有W-mgr=Q',解得W=mgr+220π4rB L v R .2. (1) 设弹簧压缩量为x 1时绳被拉断,kx 1=F T ,从初始状态到压缩后绳被拉断的过程中,12k 21x <12m 20v ,故细绳被拉断的条件为v 0(2) 如图所示(3) 当弹簧压缩至最短时,长木板有向左的最大加速度a M ,此时,设弹簧压缩量为x 2,小物体和长木板具有相同的速度v,kx 2=Ma M .从小物体接触弹簧至压缩最短,小物体、长木板和弹簧组成的系统机械能守恒,12k 22x +12(M+m)v 2=12m 20v ,解得. (据动量守恒得出答案v=m M m +也可以) 3. (1) 由图丙可知,当tan θ时,对应粒子恰好从下板边缘飞出,进入磁场,即 3d,解得cm.对能够飞出电场偏转器的粒子而言,y=2ltan θ,代入数据可得l=2cm.(2) 设从下极板边缘飞出的粒子进入电场偏转器时的速度为v 0,进入磁场后恰好不从磁场右侧飞出,此时磁场宽度为D 0,y=12at 2,y=3d ,F=qE,a=Fm ,E=0U d ,t=0l v ,解得v 0=4×105m/s.设粒子在磁场中运动的速度为v,半径为R,qvB=m 2v R ,v=0cos θv ,D 0=R+Rsin30°, 解得磁场宽度最小值D 0=0.03m.该粒子在电场和磁场中运动的总时间t=0l v +23T,该粒子在磁场中运动周期T=2πmqB ,代入数据得×10-7 s.(3) 对从下板边缘飞出的粒子,设它进入加速器时加速电压为U, 由(2) 问得v 0=4×105m/s,由qU=12m 20v .得U=1000V.为使粒子能够进入磁场区域,则必须保证加速电压不小于1000V. 由图乙可知,进入时刻t 应该满足(0.2n+0.06)s ≤t ≤(0.2n+0.14)s(n=0,1,2,…).。
2014年高考物理二轮复习经典试题： 功 功率 动能定理 Word版含解析 Word版含答案
2014年高考物理二轮复习经典试题功 功率 动能定理一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分，其中第5、6、8小题为多选题．)1．[2012·福建卷]如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A 、B 用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)．初始时刻，A 、B 处于同一高度并恰好处于静止状态．剪断轻绳后A 下落、B 沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块( )A ．速率的变化量不同B ．机械能的变化量不同C ．重力势能的变化量相同D ．重力做功的平均功率相同解析：由题意根据力的平衡有m A g ＝m B g sin θ，所以m A ＝m B sin θ.根据机械能守恒定律mgh ＝12m v 2，得v ＝2gh ，所以两物块落地速率相等，选项A 错；因为两物块的机械能守恒，所以两物块的机械能变化量都为零，选项B 错误；根据重力做功与重力势能变化的关系，重力势能的变化为ΔE p ＝－W G ＝－mgh ，选项C 错误；因为A 、B 两物块都做匀变速运动，所以A 重力的平均功率为P A ＝m A g ·v 2，B 重力的平均功率P B ＝m B g ·v 2cos(π2－θ)，因为m A ＝m B sin θ，所以P A ＝P B ，选项D 正确．答案：D2．[2013·虹口质检]质量为2 kg 的物体做直线运动，沿此直线作用于物体的外力与位移的关系如图所示，若物体的初速度为3 m/s ，则其末速度为( )A ．5 m/s B.23 m/s C. 5 m/s D.35 m/s解析：根据作用于物体的外力与位移的关系图象与横轴所围面积表示功，物体的外力做功W ＝4 J ＋16 J －6 J ＝14 J ．由动能定理，W ＝12m v 22－12m v 21，解得末速度为v 2＝23 m/s ，选项B 正确． 答案：B3．[2013·洛阳统考]如图所示，从光滑的1/4圆弧槽的最高点滑下的小滑块，滑出槽口时速度方向为水平方向，槽口与一个半球顶点相切，半球底面水平，若要使小滑块滑出槽口后不沿半球面下滑，已知圆弧轨道的半径为R 1，半球的半径为R 2，则R 1和R 2应满足的关系是( )A. R 1≤R 22B. R 1≥R 22C. R 1≤R 2D. R 1≥R 2解析：根据动能定理有mgR 1＝12m v 2，解得v ＝2gR 1，若要使小滑块滑出槽口后不沿半球面下滑，则有v ≥gR 2(临界状态可由mg ＝m v 2R 2求得)，代入数据解得R 1≥R 22，选项B 正确． 答案：B4．[2013·浙江省重点中学协作体4月调研]如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置．当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．若质量为m 的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t 前进的距离为l ，且速度达到最大值v m .设这一过程中电动机的功率恒为P ，小车所受阻力恒为F ，那么这段时间内( )A ．小车做匀加速运动B ．小车受到的牵引力逐渐增大C ．小车受到的合外力所做的功为PtD ．小车受到的牵引力做的功为Fl ＋12m v 2m 解析：行驶过程中功率恒为P ，小车做加速度逐渐减小的加速运动，小车受到的牵引力逐渐减小，选项A、B错误；小车受到的合外力所做的功为Pt－Fl，选项C错误；由动能定理，W－Fl＝12m v2m，小车受到的牵引力做的功为W＝Fl＋12m v2m，选项D正确．答案：D5．(多选)如图所示，倾角为30°、高为L的固定斜面底端与水平面平滑相连，质量分别为3m、m的两个小球A、B用一根长为L的轻绳连接，A球置于斜面顶端．现由静止释放A、B两球，B球与弧形挡板碰撞过程时间极短，碰撞过程中无机械能损失，且碰后只能沿斜面下滑，两球最终均滑到水平面上．已知重力加速度为g，不计一切摩擦，则()A. A球刚滑至水平面时的速度大小为125gLB. B球刚滑至水平面时的速度大小为12gLC. 两球在水平面上不可能相撞D. 在A球沿斜面下滑的过程中，轻绳对B球先做正功、后不做功解析：因B球和弧形挡板碰撞过程无能量损失，并且B球的运动方向变为沿斜面向下，又A、B两球用一轻绳连接，所以A、B两球的线速度大小相等(B球上升过程中，A球未到达水平面时)．当A球刚到水平面时，B球在竖直高度为L2处，由能量守恒定律得3mgL－mg L 2＝12(3m ＋m )v 21，解得v 1＝125gL ，A 正确；因A 球到达水平面上，B 球还在斜面上，所以B 球到水平面时的速度比A 球大．对B球，由能量守恒定律得12m v 21＋12mgL ＝12m v 22，得v 2＝32gL ，B 错误；由于v 2>v 1，所以B 球可以追上A 球，C 错误；A 球在斜面上下滑过程中，前L 距离轻绳对B 球做正功，A 球到达斜面中点后，轻绳不再对B 球做功，D 正确．答案：AD6．[2013·东北三校联考]如图所示，两根等长的细线拴着两个小球在竖直平面内各自做圆周运动．某一时刻小球1运动到自身轨道的最低点，小球2恰好运动到自身轨道的最高点，这两点高度相同，此时两小球速度大小相同．若两小球质量均为m ，忽略空气阻力的影响，则下列说法正确的是( )A ．此刻两根线拉力大小相同B ．运动过程中，两根线上拉力的差值最大为2mgC ．运动过程中，两根线上拉力的差值最大为10mgD ．若相对同一零势能面，小球1在最高点的机械能等于小球2在最低点的机械能解析：设小球质量为m ，当两小球运动到题中图示位置时，设速度大小为v ，此时两根细线的拉力分别为F 1和F 2，设小球质量为m ，细线长度为L ，则由向心力公式得：F 1－mg ＝m v 2L ，F 2＋mg ＝m v 2L ，故选项A 错误；易知小球1在最高点时细线的拉力F ′1最小，设此时速度大小为v 1，F ′1＋mg ＝m v 21L ，再由机械能守恒定律得：12m v 2＝12m v 21＋2mgL ；小球2在最低点时细线的拉力F ′2最大，设此时速度大小为v 2，F ′2－mg ＝m v 22L ，再由机械能守恒定律得：12m v 22＝12m v 2＋2mgL ，联立解得，运动过程中两根线上拉力的差值最大为F ′2－F ′1＝2mg ＋m v 22－v 21L ＝2mg ＋8mg ＝10mg ，故选项C 正确，B 错误；取题中图示位置为零势能面，由机械能守恒定律知选项D 正确．答案：CD7．[2013·江西盟校二联]如图所示，质量为m 的小车在水平恒力F 推动下，从山坡(粗糙)底部A 处由静止起运动至高为h 的坡顶B ，获得的速度为v ，A 、B 之间的水平距离为s ，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A. 小车重力所做的功是mghB. 合外力对小车做的功是12m v 2 C. 推力对小车做的功是12m v 2＋mgh D. 阻力对小车做的功是Fs －12m v 2－mgh 解析：小车重力所做的功为－mgh ，A 错误．由动能定理得合外力对小车做的功W ＝12m v 2，B 正确．推力对小车做的功为Fs ，C 错误．根据动能定理，阻力对小车做的功为－(Fs －12m v 2－mgh )，故D 错误．答案：B8．[2013·石家庄质检二]如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的v －t 图象，Oa 为过原点的倾斜直线，ab 段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc 段是与ab 段相切的水平直线，下述说法正确的是( )A ．0～t 1时间内汽车以恒定功率做匀加速运动B ．t 1～t 2时间内的平均速度为v 1＋v 22C ．t 1～t 2时间内汽车牵引力做功大于12m v 22－12m v 21 D ．在全过程中t 1时刻的牵引力及其功率都是最大值解析：0～t 1时间内汽车做匀加速直线运动，汽车牵引力恒定，由功率定义，可知：汽车功率逐渐增大，选项A 错误；由v －t 图象意义可知：图线与坐标轴围成面积的大小等于汽车的位移大小，则由平均速度的定义可得：t 1～t 2时间内的平均速度大于v 1＋v 22，选项B 错误；t 1～t 2时间内，由动能定理可得：W F －W f ＝12m v 22－12m v 21，则W F >12m v 22－12m v 21，选项C 正确；由汽车功率和牛顿第二定律可知：t 1～t 2时间内，牵引力减小、汽车功率不变；t 2～t 3时间内，牵引力不变、汽车功率不变，故选项D 正确．答案：CD二、计算题(本题共2小题，共36分．需写出规范的解题步骤)9．[2013·淄博二模]如图所示，上表面光滑，长度为3 m 、质量M ＝10 kg 的木板，在F ＝50 N 的水平拉力作用下，以v 0＝5 m/s 的速度沿水平地面向右匀速运动．现将一个质量为m ＝3 kg 的小铁块(可视为质点)无初速地放在木板最右端，当木板运动了L ＝1 m 时，又将第二个同样的小铁块无初速地放在木板最右端，以后木板每运动1 m 就在其最右端无初速地放上一个同样的小铁块．(g 取10 m/s 2)求：(1)木板与地面间的动摩擦因数．(2)刚放第三个铁块时木板的速度．(3)从放第三个铁块开始到木板停下的过程，木板运动的距离． 解析：(1)木板做匀速直线运动时，受到地面的摩擦力为f 由平衡条件得F ＝f ①f ＝μMg ②联立并代入数据得μ＝0.5. ③(2)每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加μmg令刚放第三块铁块时木板速度为v 1，对木板从放第一块铁块到刚放第三块铁块的过程，由动能定理得－μmgL －2μmgL ＝12M v 21－12M v 20 ④ 联立代入数据得v 1＝4 m/s. ⑤(3)从放第三个铁块开始到木板停下之前，木板所受的摩擦力均为3μmg从放第三个铁块开始到木板停下的过程，木板运动的距离为x ，对木板由动能定理得－3μmgx ＝0－12M v 21 ⑥ 联立并代入数据得x ＝169m ＝1.78 m ． ⑦ 答案：(1)0.5 (2)4 m/s (3)1.78 m10．[2013·上海市长宁区二模]如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m ＝0.5 kg 的小物块，它与水平台阶表面的动摩擦因数μ＝0.5，且与台阶边缘O 点的距离s ＝5 m ．在台阶右侧固定了1/4个椭圆弧挡板，今以O 点为原点建立平面直角坐标系，挡板的方程满足x 2＋4y 2＝325y .现用F ＝5 N 的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板．(1)若小物块恰能击中挡板的右端P 点，则其离开O 点时的速度为多大？(2)为使小物块击中挡板，拉力F 最多作用多长距离？(3)改变拉力F 作用距离，使小物块击中挡板不同位置．试利用平抛运动规律分析，证明：击中挡板的小物块动能均为8 J.解析：(1)v 0＝x 2yg ＝ 1.62×0.810m/s ＝4 m/s. (2)设拉力F 作用的距离为s 1由动能定理有：(F －μmg )s 1－μmg (s －s 1)＝12m v 20 (5－0.5×0.5×10)s 1－0.5×0.5×10(5－s 1)＝12×0.5×42 s 1＝3.3 m或：Fs 1－μmgs ＝12m v 20 5s 1－0.5×0.5×10×5＝12×0.5×42 s 1＝3.3 m.(3)设小物块离开水平台阶的速度为v ，击中挡板时的水平位移为x ，竖直位移为y ，则v ＝x 2yg ①E k＝12m v2＋mgy②x2＋4y2＝325y③由①③代入②即可解得E k＝8 J.答案：(1)4 m/s(2)3.3 m(3)见解析。
2014年高考物理二轮复习计算题三
金属框一边进入磁场到上边出磁场，线框做匀速运动，故
（2)金属框刚进入磁场到时
金属框穿过磁场所用的时间
（3)因匀速通过磁场，则 解得
（4）金属框中产生的热量Q=
8.解：（1）设Ⅰ区磁感应强度为B，Ⅱ区磁感应强度为3B
CD杆以2v0进入磁场Ⅰ区，则极板间电压 （1分）
设极板间距为d，油滴带电量为-q，受电场力、重力平衡 （1分）
vD1＝＝m/s＝6 m/s
(3)vA1＝4 m/s＝v0，小环第一次从D到A做匀速运动F＝kv＝mg
k＝＝kg·s＝0.01 kg·s所以Fm＝kvm＝2mg＝0.08 N，
则可知环与杆的摩擦力f≤μ|Fm－mg|＝μmg＝qE，
稳定循环时，每一个周期中损耗的能量应等于补充的能量
W损＝W摩最大＝fms＝μ(Fm－mg)s＝0.04××8 J＝0.04 J
（1）根据v2—s图象所提供的信息，计算出斜面倾角θ和匀强磁场宽度d。
（2）金属框从进入磁场到穿出磁场所用的时间是多少？
（3）匀强磁场的磁感应强度多大？
（4）金属框中产生的热量多少？
8.（18分）如图所示，水平金属导轨MN、PQ固定于同一竖直平面上，高度差为3L，左端与水平放置的平行极板相连接，长方形区域Ⅰ、区域Ⅱ存在垂直导轨平面的匀强磁场，两磁场区域的宽度分别为L、2L，Ⅱ区磁感应强度大小是Ⅰ区的3倍.金属杆CD在外力作用下能保持竖直状态，紧贴导轨匀速滑行，且与导轨接触良好.当CD杆以2v0的速度水平向右进入Ⅰ区的磁场时，两极板中有一质量为m的带电油滴恰能平衡.现让CD杆以v0的速度匀速通过两个磁场区域，杆刚进入Ⅰ区的磁场时，释放油滴，如果只考虑CD杆在两磁场区的过程，设油滴不会落到极板上，重力加速度为g.求全过程：
2014年高考物理选择题专项训练答案
BD
C
A
BD
D
AC
2014年高考物理选择题专项训练（十四）
题号
14
15
16
17
18
19
20
21
答案
D
A
B
BD
BC
AC
CD
B
2014年高考物理选择题专项训练（十五）
题号
14
15
16
17
18
19
20
21
答案
BD
B
A
C
ABD
AD
AD
AC
B
BCD
2014年高考物理选择题专项训练（八）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
AD
B
BC
C
A
ABC
A
BC
2014年高考物理选择题专项训练（九）
题号
14
15
16
17
18
19
20
21
答案
B
C
AC
CD
D
B
B
B
2014年高考物理选择题专项训练（十）
题号
14
15
16Βιβλιοθήκη 17181920
21
答案
D
B
BD
BCD
AB
B
B
C
2014年高考物理选择题专项训练（十一）
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
BD
D
AD
BD
B
C
BC
2014年高考物理二轮复习专题3：力与曲线运动配套检测
C．1:2:3 D．1:1:1
9．如图所示，B为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α。一小球在圆轨道左侧的A点以速度v0平抛，恰好沿B点的切线方向进入圆轨道。已知重力加速度为g，则AB之间的水平距离为（ ）。
A．B．
C．D．
10．2011年11月3日，“神舟八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器成功实施了首次交会对接．任务完成后“天宫一号”经变轨升到更高的轨道，等待与“神舟九号”交会对接．变轨前和变轨完成后“天宫一号”的运行轨道均可视为圆轨道，对应的轨道半径分别为R1、R2，线速度大小分别为v1、v2.则等于()．
（1）小球在最高点的速度v；
（2）小球的初速度v0；
（3）小球在最低点时球对绳的拉力。
2014年高考物理二轮复习专题3：力与曲线运动配套检测
（满分：100分 时间：60分钟）
一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分。在每道小题的四个选项中，只有一个选项正确）
1．如图所示，内壁光滑的半圆形凹槽放置于粗糙的水平地面上，现将一个小铁球从与圆心等高处由静止释放，在铁球沿凹槽内壁下滑的过程中凹槽保持静止，则在铁球由最高点下滑到最低点的过程中，下列说法中正确的是（ ）。
D．卫星受到的地球引力提供其做圆周运动所需的向心力
6．有一种杂技表演叫“飞车走壁”。由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁，做匀速圆周运动。下图中圆表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h。下列说法中正确的是（ ）。
A．h越高，摩托车对侧壁的压力将越大
B．h越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大
C．h越高，摩托车做圆周运动的周期将越小
图3－12
A．卫星的发射速度大于7.9 km/s
2014高考物理二轮复习题专项综合训练(共19份)-2014高考物理二轮复习：计算题综合训练三
计算题综合训练三1. 如图所示,两平行光滑的金属导轨AD 、CE 相距L=1 m,导轨平面与水平面的夹角α=30°,下端用导线连接R=0.4 Ω的电阻,导轨电阻不计.PQGH 范围内存在方向垂直导轨平面向上的磁场,磁场的宽度d=0.4 m,边界PQ 、HG 均与导轨垂直.质量m=0.1 kg 、电阻r=0.6 Ω的金属棒MN 垂直放置在导轨上,且两端始终与导轨接触良好,从与磁场上边界GH 距离为d 的位置由静止释放.取g=10 m/s2.(1) 若PQGH 内存在着匀强磁场,金属棒进入磁场恰好做匀速运动,求磁感应强度B 的大小.(2) 在(1)问的情况下,金属棒在磁场区域运动的过程中,电阻R 上产生的热量是多少? (3) 若PQGH 内存在着磁感应强度沿斜面方向变化的磁场(在同一高度处磁感应强度相同),金属棒进入磁场后,以a=2.5 m/s 2的加速度做匀加速运动,请写出磁感应强度B 和金属棒在磁场中位移x 的关系表达式.2. 如图所示,半径R=0.45 m 的光滑14圆弧轨道固定在竖直平面内,B 为轨道的最低点,B 点右侧的光滑水平面上紧挨B 点有一静止小平板车,平板车质量M=2 kg,长度为 0.5 m,小车的上表面与B 点等高,距地面高度为0.2 m.质量 m=1 kg 的物块(可视为质点)从圆弧最高点A 由静止释放.取g=10 m/s 2.(1) 求物块滑到轨道上的B 点时对轨道的压力.(2) 若将平板车锁定并且在上表面铺上一种特殊材料,其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化如图乙所示,求物块滑离平板车时的速度.(3) 若撤去平板车的锁定与上表面铺的材料,此时物块与平板车间的动摩擦因数为815,物块仍从圆弧最高点A 由静止释放,请通过分析判断物块能否滑离平板车.若不能,请算出物块停在距平板车左端多远处;若能,请算出物块落地时距平板车右端的水平距离.3. 如图甲所示,空间存在—范围足够大的垂直于xOy 平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B.让质量为m 、电荷量为q(q>0)的粒子从坐标原点O 沿xOy 平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中.不计重力和粒子间的影响.(1) 若粒子以初速度v 1沿y 轴正方向入射,恰好能经过x 轴上的A(a,0)点,求v 1的大小.(2) 已知一粒子的初速度大小为v(v>v),为使该粒子能经过A(a,0)点,其入射角θ1(粒子初速度与x轴正方向的夹角)有几个?并求出对应的sinθ值.(3) 如图乙所示,若在此空间再加入沿y轴正方向、大小为E的匀强电场,一粒子从O点以初速度v0沿x轴正方向发射.研究表明:粒子在xOy平面内做周期性运动,且在任一时刻,粒子速度的x分量v与其所在位置的y坐标成正比,比例系数与场强大小E无关.求该x.粒子运动过程中的最大速度值vm计算题综合训练三1. (1) 设棒进磁场时速度为v0,由动能定理有mgdsinα=12m20v,得v=2m/s.mgsinα=BIL,I=0 BLvR r +,解得B=0.5 T.(2) 由能量守恒有Q=mgdsin α=0.2J,则QR =RR r+Q=0.08J.(3) 设金属棒在磁场中位移为x时,磁感应强度为Bx ,速度为vx,则有mgsinα-F=ma,F=BxIL,I=Lx xB vR r+,2x v-20v=2ax,代入数据解得Bx =12(4+5x14)(T).2. (1) 物块从圆弧轨道顶端滑到B点过程中,机械能守恒,有mgR=12m2B v,得vB=3m/s.在B点由牛顿第二定律得FN -mg=m2BvR,F N =mg+m2BvR=30N,由牛顿第三定律得,物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小为30N,方向竖直向下.(2) 物块在小车上滑行时摩擦力做功W f =-12mg mg2μμ+l=-2J,从物块开始滑到滑离平板车过程由动能定理得mgR+Wf =12mv2,解得v=5 m/s.(3) 当平板车不固定时,对物块有a1=μg=163 m/s2,对平板车有a2=mgMμ=83 m/s2,设物块与平板车经过时间t达到共同速度(物块在平板车最左端的速度vC =vB),v C -a1t=a2t,得t=38 s.此时Δs=vC t-12a1t2-12a2t2=916 m>0.5m,所以物块能滑离平板车.设经过时间t1物块滑离平板车,则v C t1-12a121t-12a221t=0.5m,得t1=14s.113s28t⎛⎫=>⎪⎝⎭另一解舍去物块滑离平板车的速度v物=vC-a1t1=53 m/s,此时平板车的速度v车=a2t1=23 m/s,物块滑离平板车做平抛运动的时间t2=2hg=0.2s,物块落地时距平板车右端的水平距离s=(v物-v车)t2=0.2m.3. (1) 带电粒子以速率v1在匀强磁场B中做匀速圆周运动,半径为R,有qv1B=m21vR,当粒子沿y轴正方向入射,转过半个圆周至A点,该圆周半径为R1,有R 1=2a ,解得v 1=2qBam .(2) 如图所示,O 、A 两点处于同一圆周上,且圆心在x=2a的直线上,半径为R.当给定一个初速度v 时,有两个入射角θ和θ',有sin θ'=sin θ=2aR , 解得sin θ=2aqBmv .(3) 粒子在运动过程中仅电场力做功,因而在轨道的最高点处速率最大,用y m 表示其y坐标,由动能定理,有qEy m =12m 2m v -12m 20v ,由题知,有v m =ky,因k 与E 的大小无关,因此可利用E=0时的状况来求k,E=0时洛伦兹力充当向心力,若E=0时,粒子以初速度v 0沿y 轴正方向入射,有qv 0B=m 200v R ,v 0=kR 0,得k=Bqm ,综合上式,有2mv -2EB v m -20v =0,解得v m =E B +220E v B ⎛⎫+ ⎪⎝⎭.(舍弃负值)新课标第一网系列资料。
2014版高考物理(通用)大二轮专题复习题型冲刺练：等值模拟三(共计12页,含答案解析)
等值模拟三(时间：60分钟满分：110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1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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．如图1所示，两相同物块分别放置在对接的两固定斜面上，物块处在同一水平面内，之间用细绳连接，在绳的中点加一竖直向上的拉力F,使两物块处于静止状态，此时绳与斜面间的夹角小于90°，当增大拉力F后，系统仍处于静止状态,下列说法不正确的是( ）图1A．绳受到的拉力变大B．物块与斜面间的摩擦力变小C．物块对斜面的压力变小D．物块受到的合力不变答案B解析F增大,由于绳的夹角不变，故绳上的拉力增大,A正确；对物块受力分析,沿斜面方向，绳的拉力的分量与重力的分量之和等于静摩擦力，垂直斜面方向，重力的分量等于支持力与绳的拉力的分量之和，由于绳上的拉力增大，故静摩擦力变大，支持力变小，由牛顿第三定律知物块对斜面的压力变小，B错误，C正确；物块仍处于平衡状态,所受合力仍为0，故D正确．2．如图2所示，一块绝缘薄圆盘可绕其中心的光滑轴自由转动，圆盘的四周固定着一圈带电的金属小球，在圆盘的中部有一个圆形线圈．实验时圆盘沿顺时针方向绕中心转动时，发现线圈中产生逆时针方向(由上向下看)的电流,则下列关于可能出现的现象的描述正确的是（)图2A．圆盘上金属小球带负电，且转速减小B．圆盘上金属小球带负电，且转速增加C．圆盘上金属小球带正电，且转速不变D．圆盘上金属小球带正电，且转速减小答案A解析线圈中产生逆时针方向(由上向下看）的感应电流，由右手定则可知感应电流的磁场方向向上，由楞次定律可知可能是线圈中向上的磁场减弱或向下的磁场增强的结果，若圆盘上金属小球带负电，顺时针旋转产生逆时针方向的电流,磁场方向向上，转速减小时，向上的磁场减弱，A正确，B错误;同理可知若圆盘上金属小球带正电,产生顺时针方向的电流，磁场方向向下,转速增加时,向下的磁场增强，C、D错误．3．如图3所示，在空间直角坐标系O－xyz中，有一四面体C－AOB，C、A、O、B为四面体的四个顶点,且O（0，0,0）、A（L,0，0）、B(0,L，0）、C（0，0，L)．而D(2L,0，0)是x轴上一点，在坐标原点O处固定着＋Q的点电荷，下列说法正确的是（)图3A．A、B、C三点的电场强度相同B．电势差U OA＝U ADC．将一电子由C点分别移动到A、B两点，电场力做功相同D．电子在A点的电势能大于在D点的电势能答案C解析A、B、C三点电场强度大小相等，方向不同,选项A错误．在点电荷电场中，离点电荷越远，电场强度越小，U OA>U AD，选项B错误．将电子从C点分别移到A、B点，电场力做功均为零，选项C正确．由A到D，电场力对电子做负功,电势能增大,故选项D错误．4．据报道，目前我国正在研制“萤火二号”火星探测器,假设其发射过程为：先让运载火箭将其送入太空,以第一宇宙速度环绕地球飞行，再调整速度进入地火转移轨道．最后再一次调整速度以线速度v在火星表面附近环绕飞行，若认为地球和火星都是质量分布均匀的球体,已知地球和火星的半径之比为2∶1，密度之比为7∶5，则v大约为( ）A．6。
2014届高考物理第二轮复习方案 力学3 新人教版汇总
2014届高考物理第二轮复习方案之力学（新课标版）3 1．如下图所示，F1、F2、F3恰好构成封闭的直角三角形，这三个力的合力最大的是( )解析：由矢量合成法则可知A图的合力为2F3，B图的合力为0，C图的合力为2F2，D 图的合力为2F3，因F2为直角三角形的斜边，故这三个力的合力最大的为C图．答案：C2．F1、F2是力F的两个分力．若F＝10 N，则下列不可能是F的两个分力的是( ) A．F1＝10 N，F2＝10 N B．F1＝20 N，F2＝20 NC．F1＝2 N，F2＝6 N D．F1＝20 N，F2＝30 N解析：本题考查合力和分力之间的关系．合力F和两个分力F1、F2之间的关系为|F1－F2|≤F≤|F1＋F2|，则应选C.答案：C3．如下图为节日里悬挂灯笼的一种方式，A、B点等高，O为结点，轻绳AO、BO长度相等，拉力分别为F A、F B，灯笼受到的重力为G.下列表述正确的是( )A．F A一定小于GB．F A与F B大小相等C．F A与F B是一对平衡力D．F A与F B大小之和等于G解析：由等高等长知F A、F B两力对称，选项B正确；F A有可能大于G，选项A错误；D 项中不是大小之和而是矢量之和，选项D错误；这两个力的矢量和与重力是平衡力，选项C错误．答案：B4.如图所示，用两根细线把A、B两小球悬挂在天花板上的同一点O，并用第三根细线连接A、B两小球，然后用某个力F作用在小球A上，使三根细线均处于直线状态，且OB细线恰好沿竖直方向，两小球均处于静止状态，则该力可能为图中的( )A.F1B.F2C.F3D.F45.如图所示，一根轻弹簧上端固定在O点，下端拴一个钢球P，球处于静止状态，现对球施加一个方向向右的外力F，使球缓慢偏移，在移动中的每一时刻，都可以认为钢球处于平衡状态，若外力F方向始终水平，移动中弹簧与竖直方向的夹角θ＜90°，且弹簧的伸长量不超过弹性限度，则图中给出的弹簧伸长量x与cosθ的函数关系图象中，最接近的是( )6．如图6所示，一根轻弹簧上端固定在O点，下端拴一个钢球P，球处于静止状态，现对球施加一个方向向右的外力F，使球缓慢偏移，在移动中的每一时刻，都可以认为钢球处于平衡状态，若外力F方向始终水平，移动中弹簧与竖直方向的夹角θ<90°，且弹簧的伸长量不超过弹性限度，则图7中给出的弹簧伸长量x与cos θ的函数关系图象中，最接近的是() 图6图77．如图8所示，在水平天花板的A点处固定一根轻杆a，杆与天花板保持垂直。
2014届高考物理二轮知识回扣清单：计算题专练 专练16.pdf
三、计算题专练 专练定位 本专练主要针对高考题经常出现的几种命题形式进行强化训练．高考高频命题形式主要有：①牛顿第二定律和运动学公式的综合应用；②应用动力学和能量观点处理多运动过程问题；③带电粒子在磁场中的运动；④带电粒子在复合场中的运动；⑤应用动力学和能量观点处理电磁感应问题． 应考策略 加强题型的针对性训练，强化思维和答题的规范训练，注意挖掘文字或图象的隐含条件和信息，规范表述和书写．并且针对高考常考的模型，提炼出相应的应对模式，通过强化套用模式的意识，从而达到灵活运用，全面提高成绩的目的． 专练16 牛顿第二定律和运动学规律的综合应用 (限时：45分钟) 1． (2013·山东·22)如图1所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝.重力加速度g取10 m/s2. 图1 (1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小． (2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？ 答案 (1)3 m/s2 8 m/s (2)30° N 解析 (1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得 L＝v0t＋at2① v＝v0＋at② 联立①②式，代入数据得 a＝3 m/s2③ v＝8 m/s④ (2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得 Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma⑤ Fsin α＋FN－mgcos θ＝0⑥ 又Ff＝μFN⑦ 联立⑤⑥⑦式得 F＝⑧ 由数学知识得 cos α＋sin α＝sin(60°＋α)⑨ 由⑧⑨式可知对应F最小的夹角 α＝30°⑩ 联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为 Fmin＝ N 2． (2013·新课标Ⅱ·25)一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图象如图2所示．已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦．物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g＝10 m/s2，求： 图2 (1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数； (2)从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小． 答案 (1)0.20 0.30 (2)1.125 m 解析 (1)从t＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木块具有共同速度为止． 由题图可知，在t1＝0.5 s时，物块和木板的速度相同．设t＝0到t＝t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则 a1＝① a2＝② 式中v0＝5 m/s、v1＝1 m/s分别为木板在t＝0、t＝t1时速度的大小． 设物块和木板的质量均为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得 (μ1＋2μ2)mg＝ma2④ 联立①②③④式得 μ1＝0.20⑤ μ2＝0.30⑥ (2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向．设物块与木板之间的摩擦力大小为Ff，物块和木板的加速度大小分别为a1′和a2′，则由牛顿第二定律得 Ff＝ma1′⑦ 2μ2mg－Ff＝ma2′⑧ 假设Ff＜μ1mg，则a1′＝a2′；由⑤⑥⑦⑧式得 Ff＝μ2mg＞μ1mg，与假设矛盾，故Ff＝μ1mg⑨ 由⑦⑨式知：物块加速度的大小a1′等于a1；物块的v－t图象如图中点划线所示． 由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为 s1＝2×⑩ s2＝t1＋ 物块相对于木板的位移的大小为 s＝s2－s1 联立①⑤⑥⑧⑨⑩式得 s＝1.125 m 3． 如图3所示，将质量m＝1.24 kg的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆的动摩擦因数μ＝0.8.对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角θ＝53°的恒定拉力F，使圆环从静止开始做匀加速直线运动，第1 s内前进了2 m．(取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6) 图3 求：(1)圆环加速度a的大小； (2)拉力F的大小． 答案 (1)4 m/s2 (2)12 N或124 N 解析 (1)小环做匀加速直线运动，由运动学公式可知 x＝at2 a＝＝ m/s2＝4 m/s2 (2)令Fsin 53°－mg＝0，则 F＝15.5 N 当F15.5 N时，环与杆下部接触，受力如图． 由牛顿第二定律可知 Fcos θ－μFN′＝ma Fsin θ＝FN′＋mg 由此得 F＝＝124 N 4． 如图4所示，有一水平传送带匀速向左运动，某时刻将一质量为m的小煤块(可视为质点)放到长为L的传送带的中点．它与传送带间的动摩擦因数为μ，求： 图4 (1)小煤块刚开始运动时受到的摩擦力的大小和方向； (2)要使小煤块留在传送带上的印记长度不超过，传送带的速度v应满足的条件． 答案 (1)μmg，水平向左 (2)v≤ 解析 (1)小煤块刚开始运动时受到的摩擦力的大小Ff＝μmg，方向水平向左．① (2)依题意由牛顿第二定律得，小煤块的加速度a＝＝＝μg② 设小煤块刚滑到传送带左端时速度正好与传送带速度相等，大小为v 由v＝at，得t＝③ 小煤块的位移x1＝at2④ 将②、③代入④得x1＝⑤ 传送带位移x2＝vt⑥ 将③、⑤、⑥代入⑦得v≤⑧ 【必考模型1】 叠放类模型1.模型特点：上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动.2.表现形式：?1?滑块—木板?或小车?；?2?滑块—传送带；?3?滑块—桌面等.3.应对模式：?1?分别分析两叠放物体的受力情况，特别注意两物体速度相等时往往是滑动摩擦力与静摩擦力或摩擦力方向变化的转折点，根据牛顿第二定律分别求两叠放物体的加速度?滑块—传送带形式中，传送带往往是匀速直线运动，不受摩擦力的影响，这种情况只分析滑块的受力并求其加速度?.?2?对两叠放物体间的位移关系或速度关系建立方程，而且两叠放物体的位移和速度都是以地面为参考系. 高考学习网： 高考学习网：。
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电与磁计算题专项训练三
1. 如图所示,一比荷为105 C/kg的带正电粒子A以速度v0=104 m/s从O点沿y轴正方向射入磁感应强度为B=1 T的圆形匀强磁场区域(图中未画出),磁场方向垂直纸面向外.粒子飞出磁场区域后,经过一段时间又从点P处经过x轴,速度方向与x轴正方向的夹角
为30°,同时进入场强为E=4
3×103 V/m,方向沿与x轴正方向成60°角斜向上的匀强
电场中.粒子的重力不计,试求:
(1) P点的坐标.
(2) 圆形匀强磁场区域的最小面积.
(3) 若在A进入电场的同时,在电场中适当的位置由静止释放另一与A完全相同的带电粒子B.可使两粒子在离开电场前相遇.求所有满足条件的释放点的集合(不计两粒子之间的相互作用力).
2. 如图所示,空间存在匀强电场和匀强磁场,电场方向沿y轴负方向,磁场方向垂直于xOy平面(纸面)向里,电场和磁场均可以随意加上或撤除,重新加上的电场或磁场与撤除前的一样.一带正电的粒子从P点以一定的速度平行于x轴正方向入射.若只有磁场,粒子将做半径为R0的圆周运动;若同时存在电场和磁场,粒子恰好做直线运动.现只加电场,当粒子从P点运动到x=R0平面(图中虚线所示)时,立即撤除电场,并立即加上磁场,粒子恰好不打在x轴上,不计粒子的重力.
(1) 求粒子到达x=R0平面时速度方向与x轴的夹角.
(2) 求粒子在虚线右侧做圆周运动的半径以及P点离x轴的距离h.
(3) 若粒子再次运动到x=R0平面时,立即撤除磁场并同时换上电场,求该粒子打到y轴
上的点离P点的距离以及该粒子在电场中与磁场中运动时间之比
.
3. 以竖直向上为y轴正方向的平面直角坐标系xOy,如图所示.在第一、四象限内存在
沿x轴负方向的匀强电场E
1,在第二、三象限内存在着沿y轴正方向的匀强电场E
2
和垂
直于xOy平面向外的匀强磁场.现有一质量为m、电荷量为q的带正电小球从坐标原点O
以初速度v0沿与x轴正方向成45°角的方向射出.已知两电场的电场强度E
1=E
2
=
mg
q,
磁场的磁感应强度为B.
(1) 求小球离开O点后第一次经过y轴所用的时间.
(2) 求小球离开O点后第三次经过y轴的坐标.
(3) 若小球从O点以某一初速度沿与x轴正方向成135°角的方向射出且能再次回到O 点,则该初速度的大小为多少?
4. 如图所示,在长度足够长、宽度d=5 cm的区域MNPQ内,有垂直纸面向里的水平匀强磁场,磁感应强度B=0.33 T.水平边界MN上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场,电场强度E=200 N/C.现有大量质量m=6.6×10-27 kg、电荷量q=3.2×10-19 C的带负电的粒子,同时从边界PQ上的O点沿纸面向各个方向射入磁场,射入时的速度大小均为
v=1.6×106 m/s,不计粒子的重力和粒子间的相互作用.求:
(1) 求带电粒子在磁场中运动的半径r.
(2) 求与x轴负方向成60°角射入的粒子在电场中运动的时间t.
(3) 当从MN边界上最左边射出的粒子离开磁场时,求仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围,并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程.
计算题专项训练三
1. (1) 作出粒子A 的运动轨迹如图所示. 设A 进入磁场后做匀速圆周运动轨道半径为
R,则qv 0B=m 20
v R ,
代入数值可解得R=0
mv qB =0.1m.
由几何关系可知P 点的坐标x P
=3R=0.3m.
(2) 由几何关系知当磁场面积最小时,其最大半径为r=Rcos30°=3
20m, 故磁场最小面积S=πr 2=3π
400m 2.
(3) 由于粒子B 与A 完全相同,所以只需在A 离开磁场时速度方向的直线上的PQ'范围内任一点释放粒子B,可保证两者在离开电场前相碰. 直线方程为
y=-33x+310.
粒子A 从P 点进入电场后做类平抛运动,设A 离开电场时距P 点距离为L,如图所示,则 Lcos30°=v 0t,
Lsin30°=12qE
m t 2
,
代入数值可解得L=1m,
PQ'=Lcos30°=3
2m.
故Q'的横坐标x Q'=0.3m+0.75m=1.05m.
所以在直线y=-
3
3x+
3
10上满足0.3m≤x≤1.05m的任一点释放粒子B都能满足要求.
2. (1) 做直线运动有qE=qv0B,
做圆周运动有qv0B=m
2
v R,
只有电场时,粒子做类平抛运动
a=qE
m,R
=v0t,v
y
=at,
解得v
y
=v0.
此时粒子速度大小为v=
22
0y
v v
=2v0,
速度方向与x轴夹角为θ=π4.
(2) 撤除电场加上磁场后qvB=m
2
v R,
解得R=2R0.
粒子在电场方向的位移y
1=
1
2at2=
1
2R
,
P点离x轴的距离
h=1
2R
+(2R0-R0)=2R0-
1
2R
.
(3) 粒子再次进入电场后的运动轨迹可以看成上述类平抛运动的延续,根据运动学知识,粒子沿电场方向的位移
y 2=3y
1
=
3
2R
,
而粒子在磁场中运动的入场点和出场点A、B间距离为2R0, 粒子打在y轴上的Q点与P点重合,即y
PQ
=0.
粒子在电场中运动的时间t
1=2
R
v,
粒子在磁场中运动的时间t
2=
3
4·
2π2
2
R
v=
3π
2
R
v,
粒子在电场中与磁场中运动时间之比为
1
2
t
t=
4
3π.
3. (1) 设小球在第一象限中的加速度为a,由牛顿第二定律有
22
()(qE)
mg =ma,
得到a=2g,方向与v0的方向相反.
在第一象限中小球先匀减速运动再反向匀加速运动,所以t
1=
2v
a =
2v
g.
(2) 小球第一次经过y轴后,在第二、三象限内由qE=mg,得电场力与重力平衡
.
甲
故做匀速圆周运动.如图甲所示,设轨迹半径为R.有
qv0B=m
2
v
R,得R=
mv
qB,
小球第二次经过y轴的坐标y
1=2R=
2m v
qB,
t'时间后第三次经过y轴,在第一、四象限内做类平抛运动,有
v0t'=1
2
2gt2,得t'=
2v
g,
小球第二次经过y轴与第三次经过y轴的距离为
Δy=2v0t'=
2
2v g,
小球第三次经过y轴的坐标
y 2=y
1
-Δy=
2m v
qB-
2
2v
g
.
乙
(3) 若小球沿与x轴正方向成135°射出时,小球的运动轨迹如图乙所示,有Δy'=22R',
即
2
2v
g =2
2
mv
qB,
得v=2mg qB.
4. (1) 由qvB=m
2
v r,
解得r=0.1 m.
(2) 粒子的运动轨迹如图甲所示,由几何关系知,在磁场中运动的圆心角为30°,粒子平行于场强方向进入电场.
甲
粒子在电场中运动的加速度 a=qE
m ,
粒子在电场中运动的时间 t=2v
a ,
解得t=3.3×10-4 s.
(3) 如图乙所示,由几何关系可知,从MN 边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为60°,圆心角小于60°的粒子已经从磁场中射出,此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的圆心角均为60°.
乙
则仍在磁场中的粒子的初速度方向与x 轴正方向的夹角范围为30°60°. 所有粒子此时分布在以O 点为圆心,弦长0.1 m 为半径的圆周上.
曲线方程为x 2+y 2=R 2(R=0.1 m,3
20 m ≤x ≤0.1 m,0≤y ≤0.05 m).。