2019届高考物理二轮复习专题复习专项训练：选择题标准练(十)：含解析

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2024年高考物理二轮复习选择题专项练四含解析

选择题专项练(四)(满分:40分时间:30分钟)一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。

每小题只有一个选项符合题目要求。

1.(2021山东淄博高三二模)负压病房是收治传染性极强的呼吸道疾病病人所用的医疗设施,可以大大减少医务人员被感染的可能性,病房中气压小于外界环境的大气压。

若负压病房的温度和外界温度相同,负压病房内气体和外界环境中气体都可以看成理想气体,以下说法正确的是()A.负压病房内气体分子的平均动能小于外界环境中气体分子的平均动能B.外界气体进入负压病房后体积会缩小C.负压病房内单位体积气体分子数小于外界环境中单位体积气体分子数D.相同面积负压病房内壁受到的气体压力等于外壁受到的气体压力2.(2021山东济南高三一模)某同学将一网球竖直向上抛出,一段时间后落回原处,此过程中空气阻力大小保持不变,以竖直向上为正方向,下列位移—时间图像中可能正确的是()3.(2021山东泰安高三三模)位于贵州的“中国天眼”(FAST)是目前世界上口径最大的单天线射电望远镜,通过FAST可以测量地球与木星之间的距离。

当FAST接收到来自木星的光线传播方向恰好与地球公转线速度方向相同时,测得地球与木星的距离是地球与太阳距离的k倍。

若地球和木星绕太阳的运动均视为匀速圆周运动且轨道共面,则可知木星的公转周期为()A.(1+k)34年 B.(1+k2)32年C.(1+k2)34年 D.k32年4.(2021湖南衡阳高三一模)《中国制造2025》是国家实施强国战略第一个十年行动纲领,智能机器制造是一个重要方向,其中智能机械臂已广泛应用于各种领域。

如图所示,一机械臂铁夹竖直夹起一个金属小球,小球在空中处于静止状态,铁夹与球接触面保持竖直,则()A.机械臂受到的摩擦力方向向上B.小球受到的压力与重力是一对平衡力C.若增大铁夹对小球的压力,小球受到的摩擦力变大D.若机械臂夹着小球在空中沿水平方向做匀加速直线运动,则机械臂对小球的作用力相比静止时的作用力一定变大5.(2021天津高三模拟)如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=5∶1,原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u,R为阻值随光强增大而减小的光敏电阻,L1和L2是两个完全相同的灯泡,电表均为理想交流电表。

浙江省高考物理二轮复习考前仿真模拟卷(一)(含解析)-人教版高三全册物理试题

考前仿真模拟卷(一)(时间：90分钟总分为：100分)本卷计算中，无特殊说明时，重力加速度g均取10 m/s2.一、选择题Ⅰ(此题共13小题，每一小题3分，共39分．每一小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多项选择、错选均不得分)1．如下情况的研究对象中，可以看做质点的是( )A．研究蚂蚁的交流方式B．研究歼－20隐形战机的空中翻转C．研究芭蕾舞蹈演员的舞姿D．研究候鸟的迁徙路径2．如下列图，为运动员立定跳远脚蹬地起跳瞬间的受力示意图，正确的答案是( )3．一根长为12 m的钢管竖立在地面上，一名消防队员在一次模拟演习训练中，从钢管顶端由静止下滑，如下列图．消防队员先匀加速再匀减速下滑，到达地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3 s．该消防队员在这一过程中的运动图象，可能正确的答案是( )4．如下列图为某海上救援船的机械臂工作示意图．机械臂AB、BC由高强度的轻质材料制成，A端固定一个定滑轮，BC可以绕B自由转动．钢丝绳的一端穿过C点，另一端缠绕于可以转动的立柱D上，其质量可以忽略不计．在某次转移货物的过程中，机械臂AB始终保持竖直．如下说法不正确的答案是( )A．保持BC不动，使AB缓慢伸长，如此BC所受的力增大B．保持AB不动，缓慢转动立柱D，使CA变长，如此BC所受的力大小保持不变C．保持AB不动，使BC缓慢伸长，如此BC所受的力增大D．保持AB不动，使BC缓慢伸长且逆时针转动，BC所受的力增大5．如下列图为赛车场的一个水平“梨形〞赛道，两个弯道分别为半径R＝90 m的大圆弧和r＝40 m的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100 m．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍．假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动．要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，π＝3.14)，如此赛车( )A．在绕过小圆弧弯道后减速B．在大圆弧弯道上的速率为45 m/sC．在直道上的加速度大小为5.63 m/s2D．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s6．我国发射的“嫦娥三号〞登月探测器靠近月球后，先在月球外表附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月球外表4 m高处做一次悬停(可认为是相对于月球静止)；最后关闭发动机，探测器自由下落．探测器的质量约为1.3×103kg，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球外表的重力加速度大小约为9.8 m/s2.如此此探测器( )A．在着陆前的瞬间，速度大小约为8.9 m/sB．悬停时受到的反冲作用力约为2×104 NC．从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒D．在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度7．如下列图，斜面体固定在水平面上，小物块A与斜面体间接触面光滑．在小物块沿斜面体下滑的过程中，如下说法正确的答案是( )A．重力垂直于斜面，做功不为零B．重力竖直向下，做功为零C．支持力垂直于斜面，做功为零D．支持力垂直于斜面，做功不为零8．LED灯因发光效率高，所以起到了节能的作用．在同样照明效果的情况下，一支日光灯的功率为40 W，而一支LED灯的功率只有8 W．某学校有30间教室，每间教室有10支日光灯，现均用LED灯替代，假设平均每天开灯4小时，学生一年在校200天，如此该学校一年节省的电能为( )A．7.68×103 kW·h B．7.68×104 kW·hC．7.68×105 kW·h D．7.68×106 kW·h9．一负电荷受电场力作用，从电场中的A点运动到B点，在此过程中该电荷做初速度为零的匀加速直线运动，如此A、B两点电场强度E A、E B与该电荷在A、B两点的电势能E p A、E p B 之间的关系为( )A．E A＝E B B．E A<E BC．E p A＝E p B D．E p A＜E p B10．一电动自行车动力电源上的铭牌标有“36 V10 A·h〞字样，假设工作时电源(不计内阻)的输出电压恒为36 V，额定输出功率为180 W，由于电动机发热造成的损耗(其他损耗不计)使电动自行车的效率为80%，如此如下说法正确的答案是( )A．额定工作电流为10 AB．电池充满电后总电荷量为3.6×103 CC．电动自行车电动机的内阻为7.2 ΩD．电动自行车保持额定功率行驶的最长时间是2 h11．如下列图，金属棒AB用软线悬挂在磁感应强度为B，方向如下列图的匀强磁场中，电流由A向B，此时悬线张力为T，欲使悬线张力变小，可采用的方法有( )A．将磁场反向，且适当增大磁感应强度B．改变电流方向，且适当增大电流C．电流方向不变，且适当增大电流D．磁场方向不变，且适当减小磁感应强度12．如下列图，在水平方向的匀强电场中，一绝缘细线的一端固定在O点，另一端系一带正电的小球，小球在只受重力、电场力、绳子的拉力作用下在竖直平面内做圆周运动，小球所受的电场力大小等于重力大小．比拟a、b、c、d这四点，小球( )A．在最高点a处的动能最小B．在最低点c处的机械能最小C．在水平直径右端b处的机械能最大D．在水平直径左端d处的机械能最大13．自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率．如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近霍尔传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压．图乙为霍尔元件的工作原理图，当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差．如下说法正确的答案是( )A．根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小B．自行车的车速越大，霍尔电势差越高C．图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向移动形成的D．如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将增大二、选择题Ⅱ(此题共3小题，每一小题2分，共6分．每一小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分) 14．如下列图，现有两束不同的单色光a、b垂直于AB边射入等腰棱镜ABC，假设两束光在AB面上的入射点到OC的距离相等，且两束光折射后相交于图中的P点，以下判断正确的答案是( )A．在真空中，a光光速小于b光光速B．假设a光能让某金属发生光电效应，如此b光也一定可以使其发生光电效应C．利用两种光做双缝干预实验，可观察到b光干预条纹更宽D．a、b两束光从同一介质射入真空过程时，a光发生全反射的临界角小于b光发生全反射的临界角15．如下列图，实线是沿x轴传播的一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，虚线是这列波在t＝2 s时刻的波形图．该波的波速v＝8 m/s，振幅A＝4 cm，如此如下说法中正确的答案是( )A．t＝0时刻x＝8 m处的质点向上振动B．该横波假设与频率为1.5 Hz的波相遇，可能发生干预C．经过t＝1 s，x＝2 m处的质点位于平衡位置且向下振动D．t＝2.75 s时刻x＝4 m处的质点位移为2 3 cm16.如下列图，在光滑水平面上，有质量分别为3m和m的A、B两滑块，它们中间夹着(不相连)一根处于压缩状态的轻质弹簧，由于被一根细绳拉着而处于静止状态，如此如下说法正确的答案是( )A．剪断细绳，在两滑块脱离弹簧后，A、B两滑块的动量大小之比p A∶p B＝1∶1B．剪断细绳，在两滑块脱离弹簧后，A、B两滑块的速度大小之比v A∶v B＝3∶1C．剪断细绳，在两滑块脱离弹簧后，A、B两滑块的动能之比E k A∶E k B＝1∶3D．剪断细绳到两滑块脱离弹簧的过程中，弹簧对A、B两滑块做功之比W A∶W B＝1∶1三、非选择题(此题共7小题，共55分)17．(5分)(1)在“研究匀变速直线运动〞的实验中：小车拖着纸带的运动情况如下列图，图中A、B、C、D、E为相邻的记数点，相邻的记数点的时间间隔是0.10 s，标出的数据单位是cm，如此打点计时器在打C点时小车的瞬时速度是________m/s，小车运动的加速度是________m/s2.(2)在《验证力的平行四边形定如此》中，用两只弹簧秤分别勾住细绳套互成角度地拉橡皮条，使它伸长到某一位置O，除了记录两只弹簧秤的读数外，还必须记录的是________．A．O点的位置B．两只细绳套之间的夹角C．两条细绳的方向D．橡皮条伸长的长度18．(5分)某同学为了测定一只电阻的阻值，采用了如下方法：(1)用多用电表粗测：多用电表电阻挡有4个倍率：分别为×1 k 、×100、×10、×1，该同学选择×100倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大(指针位置如图中虚线所示)．为了较准确地进展测量，请你补充完整如下依次应该进展的主要操作步骤：a ．________________________________________________________________________；b ．两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0处；c ．重新测量并读数，假设这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是________Ω.(2)为了尽量准确测该电阻R x ，除被测电阻R x 外，还备有如下实验仪器，请选择仪器，设计实验电路．A ．电流表A 1，量程(0～10 mA)，内阻约10 ΩB ．电流表A 2，量程(0～30 mA)，内阻约4 ΩC ．电压表V ，量程(0～3 V)，内阻约1 500 ΩD ．滑动变阻器R 1，阻值范围(0～25 Ω)E ．滑动变阻器R 2，阻值范围(0～1 000 Ω)F ．电阻箱R 3、R 4，阻值范围均为(0～199.9 Ω)G ．开关一只和导线假设干H ．电池E ，电动势6 V ，内阻未知根据(1)问的测量结果，该同学采用如下列图电路测电阻R x 的阻值，如此电流表应选用________，滑动变阻器应选用________．(填写器材序号)(3)该同学进展了如下实验：①将电压表的a 端接b ，测得U 1I 1＝110 Ω；②将电压表的a 端接c ，测得U 2I 2＝125 Ω.如此R x 的电阻值更接近________Ω.19．(9分)出租车上安装有速度表，计价器里安装有里程表和时间表．出租车载客后，从高速公路入口处驶入高速公路，并从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10 s 时，速度表显示54 km/h.(1)求出租车的加速度大小．(2)求这时出租车离出发点的距离．(3)出租车继续做匀加速直线运动，当速度表显示108 km/h 时，出租车开始做匀速直线运动，假设时间表显示10时12分35秒，此时计价器里程表示数应为多少？(出租车启动时，里程表示数为零)20．(12分)如下列图，竖直平面内有一光滑圆弧轨道，其半径为R，平台与轨道的最高点等高，一小球从平台边缘的A处水平射出，恰能沿圆弧轨道上的P点的切线方向进入轨道内侧，轨道半径OP与竖直线的夹角为45°，试求：(1)小球从平台上的A点射出时的速度v0的大小；(2)小球从平台上射出点A到圆轨道入射点P之间的距离l；(3)小球能否沿轨道通过圆弧的最高点？请说明理由．21．(4分)如图为验证动量守恒定律的实验装置，实验中选取两个半径一样、质量不等的小球，按下面步骤进展实验：①用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2；②安装实验装置，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，再将一斜面BC连接在斜槽末端；③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止释放，标记小球在斜面上的落点位置P；④将小球m2放在斜槽末端B处，仍让小球m1从斜槽顶端A处由静止释放，两球发生碰撞，分别标记小球m1、m2在斜面上的落点位置；⑤用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B的距离．图中从M、P、N点是实验过程中记下的小球在斜面上的三个落点位置，从M、P、N到B点的距离分别为s M、s P、s N.依据上述实验步骤，请回答下面问题：(1)两小球的质量m1、m2应满足m1________(填写“>〞“＝〞或“<〞)m2.(2)假设进展实验，以下所提供的测量工具中必需的是________．A．直尺B．游标卡尺C．天平D．弹簧秤E．秒表(3)用实验中测得的数据来表示，只要满足关系式________，就能说明两球碰撞前后动量是守恒的．22．(10分)如图甲所示，空间有一宽为2L的匀强磁场区域，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外．abcd是由均匀电阻丝做成的边长为L的正方形线框，总电阻值为R.线框以垂直磁场边界的速度v匀速通过磁场区域．在运动过程中，线框ab、cd两边始终与磁场边界平行．设线框刚进入磁场的位置x＝0，x轴沿水平方向向右．求：(1)cd边刚进入磁场时，ab两端的电势差，并指明哪端电势高；(2)线框穿过磁场的过程中，线框中产生的焦耳热；(3)在乙图中，画出ab两端电势差U ab随距离变化的图象，其中U0＝BLv.23．(10分)如图甲所示，P、Q为水平面内平行放置的金属长直导轨，间距为d，处在大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中．一根质量为m、电阻为r的导体棒ef垂直于P、Q放在导轨上，导体棒ef与P、Q导轨之间的动摩擦因数为μ.质量为M的正方形金属框abcd，边长为L，每条边的电阻均为r，用细线悬挂在竖直平面内，ab边水平，金属框的a、b两点通过细导线与导轨相连，金属框上半局部处在大小为B、方向垂直框面向里的匀强磁场中，下半局部处在大小也为B，方向垂直框面向外的匀强磁场中，不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力．现用一电动机以恒定功率沿导轨方向水平牵引导体棒ef向左运动，从导体棒开始运动计时，悬挂线框的细线拉力T随时间的变化如图乙所示，求：(1)t0时间以后通过ab边的电流；(2)t0时间以后导体棒ef运动的速度；(3)电动机的牵引力功率P.考前仿真模拟卷·物理(浙江专用)·参考答案与解析考前仿真模拟卷(一)1．解析：选D.研究蚂蚁的交流方式时，由于蚂蚁的形状和大小不能忽略，否如此无法研究，所以不能看成质点，故A 错误；研究歼－20隐形战机的空中翻转时，如果将歼－20隐形战机看成质点，如此无法确定歼－20隐形战机的翻转情况，所以不能看成质点，故B 错误；欣赏芭蕾舞演员的优美舞姿时，主要是考虑动作，不能用一个点代替，故C 错误；研究候鸟的迁徙路径时，由于候鸟的大小相对迁徙路径小得多，所以可以将候鸟看成质点，故D 正确．2．解析：选C.依据重力竖直向下，弹力垂直接触面向上，摩擦力与相对运动趋势方向相反，从而即可求解．依据受力分析，受到竖直向下的重力，垂直地面的向上的弹力，还受到水平向右的静摩擦力，因为运动员立定跳远脚蹬地起跳瞬间，有相对地面向左运动的趋势，由上分析可知，C 正确，A 、B 、D 错误．3．解析：选C.设下滑过程中的最大速度为v ，有v a 1＋v a 2＝t ，位移关系为：v 22a 1＋v 22a 2＝s ，又a 1＝2a 2.联立解得：v ＝8 m/s ，a 1＝8 m/s 2，a 2＝4 m/s 2，加速时间为：t 1＝v a 1＝88 s ＝1 s ，减速时间为：t 2＝v a 2＝84s ＝2 s ，由此可知C 正确，A 、B 、D 错误．4．解析：选A.设BC 受力大小为F BC ，货物质量为m ，分析C 点受力如下列图．由三角形相似知识可得：AB mg ＝BCF BC，假设BC 不动，AB 伸长，如此F BC减小，A 错误；假设AB 不动，如此BCF BC不变，BC 伸长，F BC 就增大，CA 变化，并不影响F BC 的大小，故B 、C 、D 均正确．5．解析：选B.赛车做圆周运动时，由F ＝mv 2R知，在小圆弧上的速度小，故赛车绕过小圆弧后加速，A 错误；在大圆弧弯道上时，根据F＝m v 2R 知，其速率v ＝FR m＝ 2.25mgRm＝45 m/s ，B 正确；同理可得在小圆弧弯道上的速率v ′＝30 m/s.如下列图，由边角关系可得α＝60°，直道的长度x ＝L sin 60°＝50 3 m ，据v 2－v ′2＝2ax 知在直道上的加速度a ≈6.50 m/s 2，C 错误；小弯道对应的圆心角为120°，弧长为s ＝2πr 3，对应的运动时间t ＝sv ′≈2.79 s ，D 错误．6．解析：选D.设月球外表的重力加速度为g 月，由GMm R 2＝mg ，得g 月g 地＝GM 月R 2月GM 地R 2地＝M 月M 地·R 2地R 2月＝181×3.72，解得g 月≈1.7 m/s 2.由v 2＝2g 月h ，得探测器着陆前瞬间的速度为v ＝2g 月h ＝2×1.7×4m/s≈3.7 m/s，选项A 错误；探测器悬停时受到的反冲作用力F ＝mg 月≈2×103N ，选项B 错误；探测器从离开近月圆轨道到着陆过程中，除重力做功外，还有其他外力做功，故机械能不守恒，选项C 错误；设探测器在近月圆轨道上和人造卫星在近地圆轨道上的线速度分别为v 1、v 2，由GMm R 2＝mv 2R ，得v 1v 2＝GM 月R 月GM 地R 地＝M 月M 地·R 地R 月＝ 3.781<1，故v 1<v 2，选项D 正确． 7．C8．解析：选 A.该学校一年节省的电能E 总＝(40－8)×10×10－3×30×4×200 kW ·h ＝7.68×103kW ·h ，故A 正确．9．解析：选A.负电荷在电场中做匀加速直线运动，可知它所受电场力不变，因此A 、B 两点场强一样，A 项对；负电荷速度不断增大，即动能增大，可知电场力对其做正功，故负电荷的电势能减小，即E p A >E p B ，D 项不正确．10．解析：选D.额定功率行驶时输出电压为36 V ，输出功率为180 W ，根据P ＝UI 求出电流；根据热功率可求得电池的内阻；再根据电池的容量求出行驶的时间．由P ＝UI 可知，额定电流I ＝P U＝5 A ，故A 错误；电荷量q ＝10 A ·h ＝3.6×104C ，故B 错误；P 热＝P80%－P ＝45 W ，如此由P 热＝I 2r 可得r ＝1.8 Ω，故C 错误；根据电池容量Q ＝10 A ·h ，电流为5 A ，如此可得t ＝QI＝2 h ，故D 正确．11．解析：选C.对金属棒AB ，T ＋BIL ＝mg ，要使悬线张力变小，如此增大B 或I ，故C 项正确．12．解析：选C.由题意知，小球所受的重力与电场力的合力沿∠bOc 的角平分线方向，故小球在a 、d 中点处的动能最小；小球在运动中，电势能与机械能相互转化，总能量守恒，故在d 点机械能最小、b 点机械能最大．13．解析：选A.根据单位时间内的脉冲数可知车轮转动的转速，假设再自行车车轮的半径，根据v ＝2πrn 即可获知车速大小，选项A 正确；根据霍尔效应传感器原理可知U dq ＝Bqv ，U ＝Bdv ，即霍尔电势差只与磁感应强度、霍尔元件的厚度以与电子(即导体内的自由电荷)定向移动的速率有关，与车速无关，选项B 错误；题图乙中霍尔元件的电流I 是由电子定向移动形成的，选项C 错误；如果长时间不更换传感器的电源，如此会导致电子定向移动的速率减小，故霍尔电势差将减小，选项D 错误．14．解析：选CD.在真空中，不同色光的传播速度一样，故A 错误．两束光折射后相交于图中的P 点，知a 光偏折厉害，如此a 光的折射率大于b 光的折射率，所以a 光的频率大于b 光的频率，发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，如此假设a 光能让某金属发生光电效应，如此b 光不一定可以使其发生光电效应，故B 错误．根据c ＝λf ，知a 光的波长小于b 光波长．而双缝干预条纹的间距与波长成正比，所以b 光干预条纹更宽，故C 正确．a 光的折射率大于b 光的折射率，根据sin C ＝1n，知a 光发生全反射的临界角小于b光发生全反射的临界角，故D 正确．15．解析：选AD.此题考查机械振动和机械波．由图可知该波的波长为λ＝12 m ，因波速为v ＝8 m/s ，故周期为T ＝λv ＝1.5 s ，频率为23Hz ，该波与频率为1.5 Hz 的波不能发生干预，选项B 错误；经过2 s ，波沿x 轴传播16 m ，即传播了λ＋4 m ，所以波向x 轴负方向传播，由微平移法可知，t ＝0时刻x ＝8 m 处的质点在向上振动，选项A 正确；经过1 s ，波向左传播8 m ，x ＝2 m 处的质点的振动情况与t ＝0时刻x ＝10 m 处的质点的振动情况一样，即位于平衡位置且向上振动，选项C 错误；2.75 s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋56T ，x ＝4 m 处的质点的位移为A sin ⎝⎛⎭⎪⎫2π×56＝4×32cm ＝2 3 cm ，选项D 正确． 16．解析：选AC.系统动量守恒，以向左为正方向，在两滑块刚好脱离弹簧时，由动量守恒定律得p A －p B ＝0，如此p A ∶p B ＝1∶1，应当选项A 正确；由动量守恒定律得3mv A －mv B ＝0，解得v A ∶v B ＝1∶3，应当选项B 错误；两滑块的动能之比E k A ∶E k B ＝12·3mv 2A 12mv 2B ＝1∶3，应当选项C 正确；弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比，弹簧对A 、B 两滑块做功之比W A ∶W B ＝E k A ∶E k B ＝1∶3，应当选项D 错误．17．(1)1.28 3.2 (2)AC18．解析：(1)a.选择“×100〞倍率，用正确的操作步骤测量时，指针偏转角度太大，说明所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应换用倍率×10的挡．c ．欧姆表选择×10挡位，由题图所示表盘可以知道，测量结果为12×10 Ω＝120 Ω. (2)流过待测电阻的电流大约为I ＝U R ＝3120A ＝0.025 A ＝25 mA ，所以选择电流表A 2，应当选B ，由于电路选择的分压电路所以最好用一个小一点的滑动变阻器，应当选D.(3)由于电流表的电阻远小于待测电阻，所以选用电流表内接法误差较小，故R x 的电阻值更接近125 Ω.答案：(1)换用×10倍率的挡位 120 (2)BD (3)125 19．解析：(1)v 0＝54 km/h ＝15 m/s.根据速度公式得a ＝v 1t 1＝1510m/s 2＝1.5 m/s 2. (2)根据位移公式得x 1＝12at 21＝12×1.5×102m ＝75 m ．这时出租车距出发点75 m.(3)v 2＝108 km/h ＝30 m/s.根据v 22＝2ax 2得x 2＝v 222a ＝3022×1.5m ＝300 m出租车从静止载客开始，设已经经历的时间为t 2，根据速度公式得v 2＝at 2解得t 2＝v 2a ＝301.5s ＝20 s ，这时出租车时间表应显示10时11分15秒．出租车继续匀速运动，它匀速运动的时间t 3应为80 s ，匀速运动的位移x 3＝v 2t 3＝30×80 m ＝2 400 m ，所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示的示数为x ＝(300＋2 400) m ＝2 700 m.答案：(1)1.5 m/s 2(2)75 m (3)2 700 m 20．解析：(1)小球做平抛运动，竖直方向：R (1＋cos 45°)＝12gt 2，到P 点的竖直分速度v y ＝gt在P 点，速度方向与水平方向成45°，v y ＝v 0 代入t 解得v 0＝〔2＋2〕gR . (2)A 、P 间的距离l ＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫12gt 22＋〔v 0t 〕2，解得l ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋1210R . (3)能．小球A 从到达Q 时，根据机械能守恒定律可得v Q ＝v 0＝〔2＋2〕gR >gR ，所以小球能通过圆弧轨道的最高点．答案：(1)〔2＋2〕gR (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋1210R (3)能，理由见解析21．解析：(1)为了防止入射球碰后反弹，一定要保证入射球的质量大于被碰球的质量，即m 1>m 2.(2)要验证动量守恒定律，需测量小球的质量和三个落点到B 点的距离．故提供的测量工具中必需的是AC.(3)碰撞前，小球m 1落在图中的P 点，设其水平初速度为v 1.小球m 1、m 2发生碰撞后，m 1的落点在图中的M 点，设其水平初速度为v ′1，m 2的落点在图中的N 点，设其水平初速度为v ′2.设斜面与水平间的倾角为α，由平抛运动规律得：s M sin α＝12gt 2、s M cos α＝v ′1t解得：v ′1＝gs M cos 2α2sin α同理可得：v 1＝gs P cos 2α2sin α、v ′2＝gs N cos 2α2sin α只要满足m 1v 1＋0＝m 1v ′1＋m 2v ′2即m 1s P ＝m 1s M ＋m 2s N ，就可以说明两球碰撞前后动量是守恒的．验证动量守恒时，本应该测量速度关系，但可以借助规律只测位移，用位移关系代替速度关系．答案：(1)> (2)AC (3)m 1s P ＝m 1s M ＋m 2s N22．解析：(1)dc 切割磁感线产生的感应电动势E ＝BLv 回路中的感应电流I ＝BLv Rab 两端的电势差U ＝I ·14R ＝14BLv b 端电势高．(2)设线框从dc 边刚进磁场到ab 边刚进磁场所用时间为t由焦耳定律Q ＝2I 2Rt L ＝vt 联立解得Q ＝2B 2L 3vR.(3)如下列图．答案：(1)14BLv ，b 端电势高 (2)2B 2L 3v R(3)如解析图所示23．解析：(1)以金属框为研究对象，从t 0时刻开始拉力恒定，故电路中电流恒定，设ab 边中电流为I 1，cd 边中电流为I 2，由受力平衡：BI 1L ＋T ＝Mg ＋BI 2L 由题图乙知T ＝Mg2又I 1∶I 2＝(3r )∶r ，I 1＝3I 2 由以上各式解得：I 1＝3Mg4BL.(2)设总电流为I ，由闭合路欧姆定律得：I ＝ER ＋r ，R ＝34r ，E ＝Bdv I ＝I 1＋I 2＝43I 1＝MgBL ，解得：v ＝7Mgr4B 2dL.(3)由电动机的牵引功率恒定P ＝F ·v 对导体棒：F ＝μmg ＋ BId解得：P ＝7Mgr4B 2L 2d(μmgL ＋Mgd )．答案：(1)3Mg 4BL (2)7Mgr 4B 2dL (3)7Mgr4B 2L 2d(μmgL ＋Mgd )。

浙江专用2021届高考物理二轮复习评估验收仿真模拟卷十含解析

考前仿真模拟卷(十）（时间：90分钟满分：100分）本卷计算中，无特殊说明时，重力加速度g均取10 m/s2。

选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共10小题，每小题3分，共30分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1．如图所示为飞机起飞时，在同一底片上相隔同样时间多次曝光“拍摄”的照片，可以看出，在同样时间间隔中，飞机的位移不断增大，则下列说法中正确的是()A．从图中可看出飞机是做匀加速直线运动B．量取图中数据可以求得飞机在中间位置的速度C．量取图中数据可以求出飞机在该过程的平均速度D．量取图中数据可以判断飞机是否做匀变速直线运动2．目前交警部门开展的“车让人”活动深入人心,不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚．以8 m/s的速度匀速行驶的汽车即将通过路口，有一老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8 m，该车减速时的加速度大小为5 m/s2.下列说法正确的是（）A．如果驾驶员立即刹车制动，则t＝2 s时汽车离停车线的距离为2 mB．如果在距停车线6 m处开始刹车制动，则汽车能在停车线处刹住停车让人C．如果驾驶员的反应时间为0。

4 s,则汽车刚好能在停车线处刹住停车让人D．如果驾驶员的反应时间为0。

2 s,则汽车刚好能在停车线处刹住停车让人3.如图所示，天鹅、大虾和梭鱼想一起把一辆大车拖着跑，它们都给自己上了套，天鹅伸着脖子要往云里钻，大虾弓着腰儿使劲往前拉,梭鱼一心想往水里跳,它们都在拼命地拉，结果大车却一动不动．则下列说法正确的是()A．它们三者对大车拉力的合力大小一定比天鹅的拉力大小大B．它们三者对大车拉力的合力与大车所受的摩擦力一定平衡C．它们三者对大车拉力的合力大小小于大车受到的摩擦力大小D．大车所受的合力大小一定为零4．一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25 m，动车进站时可以看做匀减速直线运动．他发现第6节车厢经过他时用了4 s，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口（8号车厢最前端），则该动车的加速度大小约为(）A．2 m/s2B．1 m/s2C．0。

高考高考物理二轮复习专题训练：电场与磁场的理解

电场与磁场的理解一、选择题1．某平面区域内一静电场的等势线分布如图中虚线所示，相邻的等势线电势差相等，一负电荷仅在静电力作用下由a 运动至b ，设粒子在a 、b 两点的加速度分别为a a 、b a ，电势分别为a ϕ、b ϕ，该电荷在a 、b 两点的速度分别为a v 、b v ，电势能分别为p a E 、p b E ，则（）A ．a b a a >B ．b a v v >C ．p p a b E E >D ．a b ϕϕ>2．某静电场方向平行于x 轴，x 轴上各点电场强度随位置的变化关系如图所示，规定x 轴正方向为电场强度正方向。

若取x 0处为电势零点，则x 轴上各点电势随位置的变化关系可能为（）A ．B ．C ．D ．3．一匀强电场的方向平行于xOy 平面，平面内a 、b 、c 三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V 、17V 、26V 。

下列说法正确的是（） A ．电场强度的大小为2.5V/cmB ．坐标原点处的电势为2VC ．电子在a 点的电势能比在b 点的小7eVD ．电子从b 点运动到O 点，电场力做功为16eV4．如图，空间中存在着水平向右的匀强电场，现将一个质量为m ，带电量为q +的小球在A 点以一定的初动能k E 竖直向上抛出，小球运动到竖直方向最高点C 时的沿场强方向位移是0x ，动能变为原来的一半（重力加速度为g ），下列说法正确的是（）A ．场强大小为22mgqB ．A 、C 竖直方向的距离为0x 的2倍C ．小球从C 点再次落回到与A 点等高的B 点时，水平位移是02xD ．小球从C 点落回到与A 点等高的B 点时，电场力做功大小为2k E5．如图，圆心为O 的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab 和cd 为圆的两条直径，60aOc ∠=︒。

将一电荷量为q 的正点电荷从a 点移到b 点，电场力做功为W （0W >）；若将该电荷从d 点移到c 点，电场力做功也为W 。

高考物理二轮复习专题静电场讲含解析

静电场考点要求专家解读物质的电构造、电荷守恒 Ⅰ从历年高考试题来看，对电场知识的观察主要集中在以下几个方面：(1)多个电荷库仑力的均衡和场强叠加问题。

(2)利用电场线和等势面确立场强的大小和方向，判断电势高低、电场力变化、电场力做功和电势能的变化等。

(3)带电体在匀强电场中的均衡问题及其余变速运动的动力学识题。

(4)对平行板电容器电容决定要素的理解，解决两类有关动向变化的问题。

(5)剖析带电粒子在电场中的加快和偏转问题。

(6)示波管、静电除尘等在平时生活和科学技术中的应用。

静电现象的解说 Ⅰ 点电荷 Ⅰ 库仑定律 Ⅱ 静电场Ⅰ 电场强度、点电荷的场强 Ⅱ 电场线 Ⅰ 电势能、电势 Ⅰ 电势差Ⅱ 匀强电场中电势差与电场强度的关系 Ⅰ 带电粒子在匀强电场中的运动 Ⅱ 示波管 Ⅰ 常用的电容器Ⅰ电容器的电压、电荷量和电容的关系 Ⅰ纵观近几年高考试题，展望2019年物理高考试题还会考：1.本章基本看法的命题频次较高，主要波及电场的力的性质(电场、电场力)及能的性质(电势、电势能) 、平行板电容器，一般多以选择题出现．2．带电粒子在电场中的运动，是近几年高考取命题频次较高、难度较大的知识点之一，带电粒子在电场中的运动，一般波及办理带电粒子(一般不计重力)和带电体(一般要考虑重力)在电场中的加快与偏转问题或许做匀速圆周运动等，运用的规律是把电场力、能量公式与牛顿运动定律、功能原理以及磁场等内容联系起来命题，对考生综合剖析能力有较好的测试作用考向01 电场力的性质（1）考大纲求认识静电现象的有关解说，能利用电荷守恒定律进行有关判断；会解决库仑力参加的均衡及动力学识题；.理解电场强度的定义、意义及表示方法；娴熟掌握各样电场的电场线散布，并能利用它们剖析解决问题.3.会剖析、计算在电场力作用下的电荷的均衡及运动问题。

（2）小球受mg、绳的拉力T和电场力F作用途于均衡状态，如下图依据几何关系有，得m=4.0×10–4 kg【考点定位】电场强度，电场线，电势，电势能，曲线运动，带电粒子在电场中的运动【名师点睛】本题观察的知识点许多，应从曲线运动的特色和规律出发判断出电子的受力方向，再利用有关电场和带电粒子在电场中的运动规律解决问题。

2019高考物理二轮复习第9讲电场及带电粒子在电场中的运动专题训练

第9讲电场及带电粒子在电场中的运动一、选择题(每小题6分,共48分)1.(2018河北石家庄质检)(多选)如图所示,正方形ABCD的四个顶点各固定一个点电荷,所带电荷量分别为+q、-q、+q、-q,E、F、O分别为AB、BC及AC的中点。

下列说法正确的是( )A.E点电势低于F点电势B.F点电势等于E点电势C.E点电场强度与F点电场强度相同D.F点电场强度大于O点电场强度2.(2018山东菏泽一模)如图所示为某电场中x轴上电势φ随x变化的图像,一个带电粒子仅受电场力作用在x=0处由静止释放沿x轴正向运动,且以一定的速度通过x=x2处,则下列说法正确的是( )A.x1和x2处的电场强度均为零B.x1和x2之间的场强方向不变C.粒子从x=0到x=x2过程中,电势能先增大后减小D.粒子从x=0到x=x2过程中,加速度先减小后增大3.(2018福建厦门检测)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动,其电势能E p随位移x变化的关系如图所示,其中O~x2段是关于直线x=x1对称的曲线,x2~x3段是直线,则下列说法正确的是( )A.x1处电场强度最小,但不为零B.粒子在O~x2段做匀变速运动,x2~x3段做匀速直线运动C.在O、x1、x2、x3处的电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3>φ2=φ0>φ1D.x2~x3段的电场强度大小方向均不变4.(2018天津理综,3,6分)如图所示,实线表示某电场的电场线(方向未标出),虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹,设M点和N点的电势分别为φM、φN,粒子在M和N时加速度大小分别为a M、a N,速度大小分别为v M、v N,电势能分别为E pM、E pN。

下列判断正确的是( )A.v M<v N,a M<a NB.v M<v N,φM<φNC.φM<φN,E pM<E pND.a M<a N,E pM<E pN5.(2018山东临沂一模)A、B为两等量异种点电荷,图中水平虚线为A、B连线的中垂线。

2019高考物理二轮复习：弹力、摩擦力的方向判断与大小计算-专题练习(答案及解析)

弹力、摩擦力的方向判断与大小计算一、弹力的有无及方向的判断1．如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为，在斜杆下端固定有质量为m的小球，下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是（）A．小车静止时，F mgsin，方向沿杆向上B．小车静止时，F mg cos，方向垂直于杆向上C．小车向右以加速度a运动时，一定有ma FsinD．小车向左匀速运动时，F mg，方向竖直向上2．如图所示，在一个正方体的盒子中放有一个质量分布均匀的小球，小球的直径恰好和盒子内表面正方体的边长相等，盒子沿倾角为α的固定斜面滑动，不计一切摩擦，下列说法中正确的是（）A．无论盒子沿斜面上滑还是下滑，球都仅对盒子的下底面有压力B．盒子沿斜面下滑时，球对盒子的下底面和右侧面有压力C．盒子沿斜面下滑时，球对盒子的下底面和左侧面有压力D．盒子沿斜面上滑时，球对盒子的下底面和左侧面有压力二、弹力的计算3．如图所示，两个弹簧的质量不计，劲度系数分别为1k、2k，它们一端固定在质量为m的物体上，另一端分别固定在Q、P上，当物体平衡时上面的弹簧处于原长，若把固定的物体换为质量为2m的物体（弹簧的长度不变，且弹簧均在弹性限度内），当物体再次平衡时，物体比第一次平衡时的位置下降了x，则x为（）A ．12g m k k B ．1212g()k k m k k C ．122g m k k D ．12122g()k k m k k 4．如图所示，将一轻质弹簧的一端固定在铁架台上，然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧一侧，刻度尺的0刻线与弹簧上端对齐，使弹簧下端的指针恰好落在刻度尺上。

当弹簧下端挂一个50g 的砝码时，指针示数为1L 3.40cm ，当弹簧下端挂两个50g 的砝码时，指针示数为2L 5.10cm 。

g 取29.8m/s 由此可知（）A ．弹簧的原长是 1.70cmB ．仅由题给数据无法获得弹簧的原长C ．弹簧的劲度系数是25N/mD ．由于弹簧的原长未知，无法算出弹簧的劲度系数5．如图所示，轻弹簧两端分别固定质量为m a 、m b 的小球a 、b ，通过两根细线将小球吊在水平天花板上，已知两球均处于静止状态，两细线与水平方向的夹角均为，弹簧轴线沿水平方向，以下说法正确的是（）A ．a 球所受细线的拉力大小为m gsina B ．a 、b 两球所受细线的拉力大小不一定相等C ．b 球所受弹簧弹力的大小为m g tanb D ．a 、b 球的质量大小关系一定满足m m ab6．如图所示，倾角为θ的斜面体C 置于水平面上，B 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A 相连接，连接B 的一段细绳与斜面平行，A 、B 、C 都处于静止状态，则（）A ．B 受到C 的摩擦力一定不为零B ．C 受到水平面的摩擦力一定为零C ．不论B 、C 间摩擦力大小、方向如何，水平面对C 的摩擦力方向一定向左D ．水平面对C 的支持力与B 、C 的总重力大小相等7．如图所示，自动卸货车始终静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下可以改变与水平面间的倾角θ，用以卸下车厢中的货物，下列说法正确的是（）A ．当货物相对车厢匀速下滑时，地面对货车有向左的摩擦力B ．当货物相对车厢静止时，地面对货车有向左的摩擦力C ．当货物相对车厢加速下滑时，地面对货车有向左的摩擦力D ．当货物相对车厢加速下滑时，货车对地面的压力等于货物和货车的总重力8．（多选）如图所示，将两相同的木块a 、b 置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳系于墙壁。

全国统考版2025届高考物理二轮复习评估验收模拟卷八含解析

高考仿真模拟卷(八)(时间：70分钟；满分：110分)第Ⅰ卷二、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14～18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．氢原子能级的示意图如图所示，大量氢原子从n ＝4的能级向n ＝2的能级跃迁时辐射出可见光a ，从n ＝3的能级向n ＝2的能级跃迁时辐射出可见光b ，则( )A ．在水中传播时，a 光较b 光的速度小B ．氢原子从n ＝4的能级向n ＝3的能级跃迁时辐射出的光子的能量可能小于0.66 eVC ．一群处于n ＝4能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线D ．若a 光照耀某种金属能发生光电效应，则b 光照耀这种金属也肯定能发生光电效应 15．如图所示为一志向变压器的电路图，L 1、L 2为规格相同的灯泡，额定电压为U 0，R 为肯定值电阻，闭合开关，给变压器的输入端接入有效值为U ＝23U 0的沟通电源后，两灯泡均正常发光，若将输入电压有效值降至原来的34，同时断开开关，灯泡L 1仍旧正常发光，若已知变压器原线圈匝数为500，则副线圈的匝数为( )A ．700B ．1 000C ．1 500D ．2 00016．在粗糙水平面上，水平外力F 作用在物块上，t ＝0时刻物块起先向右做直线运动，外力F 始终不为零，其速度－时间图象如图所示．则( )A．在0～1 s内，外力F不断增大B．在3 s时，物体起先向左运动C．在3～4 s内，外力F不断减小D．在3～4 s内，外力F的功率不断减小17.两异种点电荷A、B旁边的电场线分布如图所示，P为电场中的一点，连线AP、BP相互垂直．已知P点的电场强度大小为E、电势为φ，电荷A产生的电场在P点的电场强度大小为E A，取无穷远处的电势为零．下列说法中正确的有( )A．A、B所带电荷量相等B．电荷B在P点产生的电场的电场强度大小为E－E AC．A、B连线上有一个电势为零的点D．将电量为－q的点电荷从P点移到无穷远处，电场力做的功为qφ18.如图所示，足够长的金属导轨竖直放置，金属棒ab、cd均通过棒两端的环套在金属导轨上；虚线上方有垂直纸面对里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场．ab、cd棒与导轨间动摩擦因数均为μ，两棒总电阻为R，导轨电阻不计．起先两棒均静止在图示位置，当cd棒无初速释放时，对ab棒施加竖直向上的力F，沿导轨向上做匀加速运动．则( )A．ab棒中的电流方向由b到aB．cd棒先加速运动后匀速运动C．cd棒所受摩擦力的最大值等于cd棒的重力D．力F做的功等于两金属棒产生的电热与增加的机械能之和19．2024年1月3日，“嫦娥四号”月球探测器顺当着陆在月球背面，成为人类首颗软着陆月背的探测器．着陆前，探测器先在距月面高度约为100 km 的环月段圆轨道Ⅰ上运行；然后在A 点实施变轨，使运行轨道变为远月点A 高度约为100 km ，近月点P 高度约为15 km 的环月段椭圆轨道Ⅱ；再在P 点实施制动，着陆到月球上．设“嫦娥四号”在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上运动时，只受到月球的万有引力，下列说法正确的是( )A ．“嫦娥四号”在实施制动减速下降阶段，其机械能减小B ．“嫦娥四号”探测器的放射速度大于地球的其次宇宙速度C ．“嫦娥四号”在地月转移段上经过A 点的速度小于在轨道Ⅰ上经过A 点的速度D ．若已知引力常量、“嫦娥四号”在轨道Ⅰ的运动半径和周期，则可算出月球的质量 20.在竖直杆上安装一个光滑小导向槽，使竖直上抛的小球能变更方向后做平抛运动；不计经导向槽时小球的能量损失；设小球从地面沿杆竖直上抛的速度大小为v ，重力加速度为g ；那么当小球有最大水平位移时，下列说法正确的是( )A ．导向槽位置应在高为v 24g 的位置B ．最大水平距离为v 2gC ．小球在上、下两过程中，在经过某相同高度时，合速度的大小总有v 下＝2v 上D ．当小球落地时，速度方向与水平方向成45°角21．如图所示，带电小球a 以肯定的初速度v 0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h a ；带电小球b 在水平方向的匀强磁场以相同的初速度v 0竖直向上抛出，上升的最大高度为h b ；带电小球c 在水平方向的匀强电场以相同的初速度v 0竖直向上抛出，上升的最大高度为h c ，不计空气阻力，三个小球的质量相等，则( )A．它们上升的最大高度关系为h a＝h b＝h cB．它们上升的最大高度关系为h b<h a＝h cC．到达最大高度时，b小球动能最小D．到达最大高度时，c小球机械能最大题号1415161718192021 答案第Ⅱ卷三、非选择题：共62分．第22～25题为必考题，每个试题考生都必需作答．第33～34题为选考题，考生依据要求作答．(一)必考题：共47分．22．(5分)学校开展探讨性学习，某同学为了探究杆子转动时的动能表达式，设计了图甲所示的试验：质量为m的匀称长直杆一端固定在转轴O处，杆由水平位置静止释放，用置于圆弧上某位置的光电门测出另一端A经过该位置时的瞬时速度v A，并登记该位置与转轴O的高度差h.(1)该同学用20分度的游标卡尺测得长直杆的横截面的直径如图乙为________mm.(2)调整光电门在圆弧上的位置，测得多组数据如表格所示．请选择适当的数据处理方法，猜想并写出v A与h的函数关系等式为________．组次1234 5h/m0 .100.150.200.250.30v A/(m/s) 1.73 2.12 2.46 2.74 3.00(3)当地重力加速度g取10 m/s2，不计一切摩擦，结合你找出的函数关系式，依据守恒规律写出此杆转动时动能的表达式E k＝________(请用数字、质量m、速度v A表示)．23．(10分)某同学设计了如图甲所示的电路测电池组的电动势和内阻．(1)连接的实物图如图乙所示，请在图乙上完成电路连线．(2)若定值电阻R0的电阻为10 Ω，依据电压表和电流表的读数，建立U－I的坐标，描出相应的数据点，如图丙，请你在丙图中正确绘出图象．(3)由图象可知，该电源的电动势E＝_________ V，r＝________ Ω.(保留2位有效数字)丙24.(12分)华裔科学家丁肇中负责的AMS项目，是通过“太空粒子探测器”探测高能宇宙射线粒子，找寻反物质．某学习小组设想了一个探测装置，截面图如图所示．其中辐射状加速电场的内、外边界为两个同心圆，圆心为O，外圆电势为零，内圆电势φ＝－45 V，内圆半径R＝1.0 m．在内圆内有磁感应强度大小B＝9×10－5 T、方向垂直纸面对里的匀强磁场，磁场内有一圆形接收器，圆心也在O点．假设射线粒子中有正电子，先被吸附在外圆上(初速度为零)，经电场加速后进入磁场，并被接收器接收．已知正电子质量m＝9×10－31 kg，电荷量q＝1.6×10－19 C，不考虑粒子间的相互作用．(1)求正电子在磁场中运动的速率v和半径r；(2)若正电子恰好能被接收器接收，求接收器的半径R′.25．(20分)从地面上以初速度v0＝9 m/s竖直向上抛出一质量为m＝0.1 kg的球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比关系，球运动的速率随时间变更规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1＝3 m/s，且落地前球已经做匀速运动．(g＝10 m/s2)求：(1)球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功；(2)球抛出瞬间的加速度大小．(二)选考题：共15分．请考生从2道题中任选一题作答，假如多做，则按所做的第一题计分．33．[物理——选修33](15分)(1)(5分)下列说法中正确的是________．(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5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．气体放出热量，其分子的平均动能可能增大B．布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大D．其次类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第肯定律E．某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为N A＝VV0(2)(10分)如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑汽缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内志向气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．初状态整个装置静止不动且处于平衡状态，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为L0，温度为T0.设外界大气压强为p0保持不变，活塞横截面积为S，且mg＝p0S，g为重力加速度，环境温度保持不变．求在活塞A上渐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞A下降的高度．34．[物理——选修34](15分)(1)(5分)下列说法中正确的是________．(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5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．军队士兵过桥时运用便步，是为了防止桥发生共振现象B．机械波和电磁波在介质中的传播速度仅由介质确定C．泊松亮斑是光通过圆孔发生衍射时形成的D．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱玻璃的反射光E．赫兹第一次用试验证明了电磁波的存在(2)(10分)如图所示，玻璃棱镜ABCD可以看成是由△ADE、△ABE、△BCD三个直角三棱镜组成．一束频率为5.3×1014Hz的单色细光束从AD面入射，在棱镜中的折射光线如图中ab 所示，ab与AD面的夹角α＝60°.已知光在真空中的速度c＝3×108 m/s，玻璃的折射率n ＝1.5，求：①该束入射光线的入射角多大？②光在棱镜中的波长是多大？③该束光线第一次从CD面射出时的折射角．(结果可用三角函数表示)高考仿真模拟卷(八)14．解析：选A.依据跃迁规律可知从n ＝4向n ＝2跃迁时辐射光子的能量大于从n ＝3向n ＝2跃迁时辐射光子的能量，则可见光a 的光子能量大于b ，又依据光子能量E ＝ hν可得a光子的频率大于b ，则a 的折射率大于b ，由v ＝cn，可得在水中传播时，a 光较b 光的速度小，A 正确；氢原子从n ＝4的能级向n ＝3的能级跃迁时辐射出光子的能量为：－0.85－(－1.51) eV ＝0.66 eV ，故B 错误；氢原子从n ＝4的能级跃迁时，能发生C 24＝6种频率的光子，故C 错误；a 光子的频率大于b 光的频率，所以若a 光照耀某种金属能发生光电效应，b 光不肯定能，D 错误．15．解析：选C.由变压器基本规律可知U 1U 2＝n 1n 2，设n 2n 1＝k ，在开关断开前，有kU R 灯2R ＋R 灯2＝U 0，在断开开关后，依题意有34kU R 灯R ＋R 灯＝U 0，两式联立可解得k ＝3，所以当原线圈为500匝时，副线圈匝数为1 500匝．16．解析：选D.依据题意分析，设阻力为f ，依据牛顿其次定律F －f ＝ma ，依据图象分析，在0～1 s 内加速度渐渐减小，所以外力F 渐渐减小，A 错误；依据题意分析，向右为正方向，3 s 前后速度始终为正值，始终是正方向，向右运动，B 错误；依据牛顿其次定律F －f ＝ma ，依据图象分析在3～4 s 内加速度不变，所以外力不变，C 错误；外力功率P ＝Fv ，结合选项C 的分析，F 不变，而3～4 s 内速度减小，所以功率减小，D 正确．17．解析：选C.依据等量异种点电荷的电场线分布图具有对称性，而该图左右不对称，知A 、B 所带的电荷量不相等，故A 错误；P 点的电场强度是点电荷A 、B 在P 点产生的合场强，连线AP 、BP 相互垂直，依据矢量合成的平行四边形定则知，E B ＝E 2－E 2A ，故B 错误；假如取无穷远处的电势为0，正电荷旁边的电势高于0，负电荷旁边低于0，所以其A 、B 连线上有电势为零的点，故C 正确；依据W ＝－q (φ－0)＝－qφ，故D 错误．18．解析：选A.ab 棒沿竖直向上运动，切割磁感线产生感应电流，由右手定则推断可知，ab 棒中的感应电流方向为b →a ，故A 正确；cd 棒电流由c 到d 所在的运动区域有磁场，所受的安培力向里，则受摩擦力向上，因电流增加，则摩擦力增大，加速度减小到0，又减速运动，故B 错误；因安培力增加，cd 棒受摩擦力的作用始终增加，会大于重力，故C 错误；力F 所做的功应等于两棒产生的电热、摩擦生热与增加的机械能之和，故D 错误．19．解析：选AD .“嫦娥四号”在制动减速下降阶段，高度减低，除引力做功外，有其他外力做负功，机械能将减小，选项A 正确；“嫦娥四号”探测器的放射速度假如大于其次宇宙速度，卫星将要脱离地球束缚，绕太阳运动，所以“嫦娥四号”探测器的放射速度小于地球的其次宇宙速度，选项B 错误；“嫦娥四号”在地月转移段上经过A 点若要进入环月段圆轨道需减速，所以“嫦娥四号”在地月转移段上经过A 点的速度大于在环月段圆轨道经过A点的速度，选项C 错误；依据万有引力供应向心力得：GMm r 2＝m 4π2T2r ，可以求得月球质量M ＝4π2r3GT 2，选项D 正确．20．解析：选AD.设平抛时的速度为v 0，依据机械能守恒定律可得： 12mv 20＋mgh ＝12mv 2，解得：v 0＝v 2－2gh ；依据平抛运动的学问可得下落时间：t ＝2hg，则水平位移x ＝v 0t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫v 2g －2h ·2h ，所以当v 2g －2h ＝2h 时水平位移最大，解得h ＝v 24g ，A 正确；最大的水平位移为：x ＝4h 2＝2h＝v 22g，B 错误；依据机械能守恒定律可知，在某高度处时上升的速率和下落的速率相等，C 错误；设速度方向与水平方向夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，依据平抛运动的规律可知，tan θ＝2tan α＝2×h2h＝1，则θ＝45°，所以D 正确． 21．解析：选BD.带电小球a 以肯定的初速度v 0竖直向上抛出，带电小球c 在水平方向的匀强电场以相同的初速度v 0竖直向上抛出，在竖直方向的分运动为竖直上抛运动，它们上升的最大高度关系为h a ＝h c ，带电小球b 在水平方向的匀强磁场以相同的初速度v 0竖直向上抛出，受到与速度垂直的洛伦兹力作用，上升的最大高度为h b 肯定减小，即它们上升的最大高度关系为h b <h a ＝h c ，选项B 正确，A 错误；由于洛伦兹力不做功，重力做负功，电场力做正功，所以到达最大高度时，a 小球动能最小，选项C 错误；由于洛伦兹力不做功，电场力做正功，依据功能关系，带电小球b 机械能守恒，c 小球机械能增加，到达最大高度时，c 小球机械能最大，选项D 正确．22．解析：(1)游标卡尺的主尺读数为7 mm ，游标尺上第5条刻度线和主尺上某一刻度线对齐，所以游标尺读数为5×0.05 mm ＝0.25 mm ，所以最终读数为：7 mm ＋0.25 mm ＝7.25 mm.(2)由表格得到：v 2A ＝30h ；(3)设杆长L ，杆转动的角速度为：ω＝v AL；在杆上取Δx 长度微元，设其离O 点间距为x ，其动能为：12·m ·Δx L ·⎝ ⎛⎭⎪⎫v A L ·x 2；积分得到：E k ＝⎠⎛0L 12·m·Δx L ·⎝ ⎛⎭⎪⎫v A L ·x 2＝16mv 2A . 答案：(1)7.25 (2)v 2A ＝30h (3)mv 2A 6 23．解析：(1)依据原理图可知实物图如图1；图1(2)用直线将各点连接，如图2所示；图2(3)图象与纵轴的交点为电源的电动势，由图2可知，电动势E ＝3 V ；R 0＋r ＝3.00－1.000.13Ω≈15.4 Ω解得r ＝(15.4－10) Ω＝5.4 Ω.答案：(1)实物图见解析图1 (2)如解析图2所示(3)3.0 5.424．解析：(1)电场内、外边界电势差为U ＝0－Φ＝45 V在加速正电子的过程中，依据动能定理可得qU ＝12mv 2－0 求得v ＝2qU m＝4×106 m /s 进入磁场做匀速圆周运动，由向心力公式可得qvB ＝m v 2r求得r ＝mv qB＝0.25 m .(2)正电子在磁场中运动的轨迹如图所示，当轨迹与接收器相切时，正电子恰好能被接收器接收．由几何关系可得R ′＝R 2＋r 2－r求得R′＝17－14 m . 答案：见解析25．解析：(1)由动能定理得W f ＝12mv 21－12mv 20 克服空气阻力做功W ＝－W f ＝12mv 20－12mv 21 代入数据得：W ＝3.6 J .(2)空气阻力f ＝kv落地前匀速，则mg －kv 1＝0刚抛出时加速度大小为a 0，则mg ＋kv 0＝ma 0解得a 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋v 0v 1g 代入数据得：a 0＝40 m /s 2.答案：见解析33．解析：(1)气体放出热量，若外界对气体做功，气体的温度可能上升，分子的平均动能可能增大，选项A 正确；布朗运动不是液体分子的运动，但是能反映液体分子在永不停息地做无规则运动，选项B 正确；当分子力表现为斥力时，随着分子间距离减小，分子力做负功，分子力和分子势能均增大，选项C 正确；其次类永动机不违反能量守恒定律，但是违反热力学其次定律，选项D 错误；对于气体分子，依据每个气体分子所占空间的体积估算分子数目，但不能依据每个气体分子的体积估算分子数目，选项E 错误．(2)对Ⅰ气体，初状态：p 1＝p 0＋mg S＝2p 0 末状态：p′1＝p 0＋3mg S＝4p 0 由玻意耳定律得：p 1L 0S ＝p′1L 1S解得：L 1＝12L 0对Ⅱ气体，初状态：p 2＝p 1＋mg S ＝3p 0 末状态：p′2＝p′1＋mg S＝5p 0 由玻意耳定律得：p 2L 0S ＝p′2L 2S解得：L 2＝35L 0 A 活塞下降的高度为：ΔL ＝(L 0－L 1)＋(L 0－L 2)＝910L 0. 答案：(1)ABC (2)见解析34．解析：(1)电磁波的传播不须要介质，在真空中也能传播，但在介质中的传播速度由介质和频率共同确定，B 错；泊松亮斑是用光照耀不透光的小圆盘时产生的衍射现象，C 错．(2)①设光在AD 面的入射角、折射角分别为θ1、θ2，则θ2＝30°，依据n ＝sin θ1sin θ2，得sin θ1＝n sin θ2＝1.5×sin 30°＝0.75. θ1＝arcsin 0.75.②依据n ＝c v ，得v ＝c n ＝3×1081.5m /s ＝2×108 m /s ，依据v ＝λf，得λ＝v f ＝2×1085.3×1014 m ≈3.77×10－7 m .③光路图如图所示，ab 光线在AB 面的入射角为45°，设玻璃的临界角为C ，则sin C ＝1n ＝11.5＝0.67，sin 45°>0.67，因此光线ab 在AB 面会发生全反射，则光线在CD 面的入射角θ′2＝θ2＝30°依据n ＝sin θ′1sin θ′2，光线第一次从CD 面射出时的折射角为θ′1＝θ1＝arcsin 0.75. 答案：(1)ADE (2)见解析。

最新【浙江选考】2019届高考物理二轮复习： 2019-23题：23题专练小卷(含答案).doc

23题专练小卷1.如图所示,在空间xOy的第一象限内存在一沿x轴负方向,大小为E的匀强电场。

现有一质量为m,电量为+q的带电微粒(重力不计),在A(L,L)点无初速度释放,通过y轴上的P点进入第二象限,在第二象限内存在沿y轴负方向匀强电场,带电微粒最终从C(0,-2L)点离开第二象限。

(1)则第二象限内电场强度大小?带电微粒从C点离开的速度是多少?(2)若第二象限内仅存在沿垂直纸面的匀强磁场,使带电微粒仍从C(0,-2L)点离开,则磁感应强度大小?(3)若改变带电微粒释放点的位置从P点进入磁场,在第二象限有垂直纸面的圆形匀强磁场,使得粒子从C点离开的速度与只在电场时完全相同,则第二象限内圆形匀强磁场的磁感应强度是多少?圆形匀强磁场的面积是多少?2.如图所示,在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场,同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场,磁感应强度大小分别为B和2B,KL为上下磁场的水平分界线。

在NS和MT边界上,距KL高h处分别有P、Q 两点,NS和MT间距为1.8h,质量为m、电荷量为+q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域,在两边界之间做圆周运动,重力加速度为g。

(1)求电场强度的大小和方向。

(2)要使粒子不从NS边界飞出,求粒子入射速度的最小值。

(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出,求粒子入射速度的所有可能值。

23题专练小卷1.答案 (1)(2)(3)πL2解析 (1)粒子运动轨迹如图所示:在第一象限内:根据动能定理得:qEL=进入第二象限,在水平方向:2L=v P t在竖直方向:L=at2加速度为:a=联立可得:E'=在C点的竖直速度为:v Cy=at水平速度为:v Cx=v P联立可得:v C=方向与x轴负方向夹角45°(2)做圆周运动到达C点,如图所示:半径满足:R2=4L2+(R-L)2解得:R=2.5L洛伦兹力提供向心力:qv P B=可得:B=(3)因在磁场中速度大小不变,故改变带电微粒释放点的位置到P点时速度已经达到:v P=v C=要使磁感应强度B最小,则半径最大,如图所示:粒子进入第二象限时就进入磁场,从D点离开,过C点速度的反向延长线过水平位移的中点,由几何关系有,=L,所以轨迹半径:R=(+1)L根据洛伦兹力提供向心力:qBv P=m所以可得:B=圆形磁场的半径为r=,所以r=L所以面积为:S=πL22.答案 (1),方向竖直向上(2)(9-6(3)解析 (1)设电场强度大小为E。

高考物理二轮复习第一部分专题四动量与能量第1讲动量和能量观念在力学中的应用练习(含解析)

动量和能量观念在力学中的应用1．如图甲所示，质量m＝6 kg的空木箱静止在水平面上,某同学用水平恒力F推着木箱向前运动，1 s 后撤掉推力，木箱运动的v .t图像如图乙所示，不计空气阻力，g取10 m/s2。

下列说法正确的是（）A．木箱与水平面间的动摩擦因数μ＝0。

25B．推力F的大小为20 NC．在0～3 s内，木箱克服摩擦力做功为900 JD．在0.5 s时，推力F的瞬时功率为450 W解析撤去推力后，木箱做匀减速直线运动，由速度—时间图线知，匀减速直线运动的加速度大小a2＝错误! m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得,a2＝错误!＝μg，解得木箱与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5,故A错误；匀加速直线运动的加速度大小a1＝错误! m/s2＝10 m/s2，由牛顿第二定律得,F－μmg＝ma1，解得F＝μmg＋ma1＝0。

5×60 N＋6×10 N＝90 N，故B错误;0～3 s内，木箱的位移x＝错误!×3×10 m＝15 m，则木箱克服摩擦力做功W f＝μmgx＝0。

5×60×15 J＝450 J，故C错误；0。

5 s时木箱的速度v＝a1t1＝10×0。

5 m/s＝5 m/s，则推力F的瞬时功率P＝Fv＝90×5 W＝450 W,故D正确.答案D2．（2019·湖南株洲二模)如图，长为l的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙（小球可视为质点），初始时它们直立在光滑的水平地面上。

后由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾倒。

当小球甲刚要落地时，其速度大小为（）A.错误!B．错误!C.错误!D．0解析甲、乙组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv－mv′＝0，由于甲球落地时，水平方向速度v＝0，故v′＝0，由机械能守恒定律得错误!mv错误!＝mgl，解得v甲＝2gl，故A正确.答案A3。

(新高考)2021届高考物理二轮复习热点4 平抛与圆周运动作业

热点4平抛与圆周运动一、选择题(1～9题为单项选择题，10～12题为多项选择题)1．[2020·河北邢台市调研]如图所示为公路自行车赛中运动员在水平路面上急转弯的情景，运动员在通过弯道时如果控制不当会发生侧滑而摔离正常比赛路线，将运动员与自行车看做一个整体，下列论述正确的是()A．运动员转弯所需向心力由地面对车轮的支持力与重力的合力提供B．运动员转弯所需向心力由地面对车轮的摩擦力提供C．发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心D．发生侧滑是因为运动员受到的合力大于所需的向心力2．在地面上方某点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中()A．速度方向和加速度方向都在不断变化B．速度方向与加速度方向之间的夹角一直减小C．在相等的时间间隔内，动量的改变量不相同D．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等3.[2020·全国卷Ⅰ，16]如图，一同学表演荡秋千．已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg.绳的质量忽略不计．当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为()A．200 N B．400 NC．600 N D．800 N4.[2020·江苏苏州市期初调研]一小孩站在岸边向湖面抛石子．a、b两粒石子先后从同一位置抛出后，各自运动的轨迹曲线如图所示，两条曲线的最高点位于同一水平线上，忽略空气阻力的影响．关于a、b两粒石子的运动情况，下列说法正确的是() A．在空中运动的加速度a a>a bB．在空中运动的时间t a<t bC ．抛出时的初速度v a >v bD ．入水时的末速度v ′a <v ′b5．[2020·全国卷Ⅱ，16]如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h ，其左边缘a 点比右边缘b 点高0.5h .若摩托车经过a 点时的动能为E 1，它会落到坑内c 点，c 与a 的水平距离和高度差均为h ；若经过a 点时的动能为E 2，该摩托车恰能越过坑到达b 点.E 2E 1等于( )A ．20B ．18C ．9.0D ．3.0 6.一位网球运动员以拍击球，使网球沿水平方向飞出，第一只球落在自己一方场地的B 点，弹跳起来后，刚好擦网而过，落在对方场地的A 点处，如图所示，第二只球直接擦网而过，也落在A 点处，设球与地面的碰撞过程没有能量损失，且运动过程不计空气阻力，则两只球飞过球网C 处时水平速度之比为( )A ．1：1B ．1：3C ．3：1D ．1：9 7.如图所示，一重力不计的带电粒子以初速度v 0射入水平放置、距离为d 的两平行金属板间，射入方向沿两极板的中心线．当极板间所加电压为U 1时，粒子落在A 板上的P 点．如果将带电粒子的初速度变为2v 0，同时将A 板向上移动d2后，使粒子由原入射点射入后仍落在P 点，则极板间所加电压U 2为( )A ．U 2＝3U 1B ．U 2＝6U 1C ．U 2＝8U 1D ．U 2＝12U 1 8.AB 板间存在竖直方向的匀强电场，现沿垂直电场线方向射入三种比荷相同的带电微粒(不计重力)，a 、b 和c 的运动轨迹如图所示，其中b 和c 是从同一点射入的．不计空气阻力，则可知粒子运动的全过程( )A ．运动加速度：a a >a b >a cB ．飞行时间：t b ＝t c >t aC ．水平速度：v a >v b ＝v cD ．电势能的减小量：ΔE c ＝ΔE b >ΔE a9．[2020·浙江稽阳联谊学校3月模拟]如图所示，乒乓球的发球器安装在足够大的水平桌面上，可绕竖直转轴OO ′转动，发球器O ′A 部分水平且与桌面之间的距离为h ，O ′A 部分的长度也为h .重力加速度为g .打开开关后，发球器可将乒乓球从A 点以初速度v 0水平发射出去，2gh ≤v 0≤22gh .设发射出去的所有乒乓球都能落到桌面上，乒乓球可视为质点，空气阻力不计．若使该发球器绕转轴OO ′在90°的范围内来回缓慢地水平转动，持续发射足够长时间后，乒乓球第一次与桌面碰撞区域的面积S 是( )A ．2πh 2B ．3πh 2C ．4πh 2D ．8πh 2 10.[2020·湖北八校第二次联考]如图，小球甲从A 点水平抛出，同时将小球乙从B 点自由释放，两小球先后经过C 点时速度大小相等，小球甲的速度方向夹角为30°，已知B 、C 高度差为h ，两小球质量相等，重力加速度为g ，不计空气阻力，由以上条件可知( )A ．小球甲做平抛运动的初速度大小为2 gh3B ．甲、乙两小球到达C 点所用时间之比为3：2C ．A ，B 两点高度差为h4D ．两小球在C 点时重力的瞬时功率大小相等 11.如图所示，某人从同一位置O 以不同的水平速度投出三枚飞镖A 、B 、C ，最后都插在竖直墙壁上，它们与墙面的夹角分别为60°、45°、30°.图中飞镖的指向可认为是击中墙面时的速度方向，不计空气阻力．下列说法正确的是( )A ．三枚飞镖做平抛运动的初速度一定满足v A 0>vB 0>vC 0 B ．三枚飞镖击中墙面时的速度一定满足v A <v B <v C C ．插在墙上的三枚飞镖的反向延长线一定交于同一点D ．三枚飞镖击中墙面时的速度一定满足v A ＝v C >v B 12.如图所示，两个质量均为m 的小球A 、B 套在半径为R 的圆环上，圆环可绕其竖直方向的直径旋转，两小球随圆环一起转动且相对圆环静止．已知OA 与竖直方向的夹角θ＝53°，OA 与OB 垂直，小球B 与圆环间恰好没有摩擦力，重力加速度为g ，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.下列说法正确的是( )A ．圆环旋转的角速度大小为 5g4RB ．圆环旋转的角速度大小为 5g3RC ．小球A 与圆环间摩擦力的大小为75mgD ．小球A 与圆环间摩擦力的大小为15mg二、非选择题 13．单板滑雪U 形池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型： U 形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°.某次练习过程中，运动员以v M ＝10 m/s 的速度从轨道边缘上的M 点沿轨道的竖直切面ABCD 滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD 的夹角α＝72.8°，腾空后沿轨道边缘的N 点进入轨道．图乙为腾空过程左视图．该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2, sin 72.8°＝0.96，cos 72.8°＝0.30.求：(1)运动员腾空过程中离开AD 的距离的最大值d ；(2)M、N之间的距离L.14．[2020·江西南昌三模]冬奥会上自由式滑雪是一项极具观赏性的运动．其场地由助滑坡AB(高度差为10 m)、过渡区BDE(两段半径不同的圆弧平滑连接而成，其中DE半径为3 m、对应的圆心角为60°)和跳台EF(高度可调，取h＝4 m)等组成，如图所示．质量60 kg的运动员由A点静止出发，沿轨道运动到F处飞出．运动员飞出的速度须在54 km/h到68 km/h 之间才能在空中完成规定动作．设运动员借助滑雪杆仅在AB段做功，不计摩擦和空气阻力，g取10 m/s2.则(1)为能完成空中动作，则该运动员在AB过程中至少做多少功？(2)为能完成空中动作，在过渡区最低点D处，求该运动员受到的最小支持力；(3)若将该运动员在AB段和EF段视为匀变速运动，且两段运动时间之比为t AB：t EF＝3：1，已知AB＝2EF，则运动员在这两段运动的加速度之比为多少？热点4 平抛与圆周运动1．答案：B 2．答案：B解析：由于小球只受重力作用，做平抛运动，故加速度不变，速度大小和方向时刻在变化，选项A 错误；设某时刻速度与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝v 0v y ＝v 0gt ，随着时间t 变大，tan θ变小，θ变小，故选项B 正确；根据动量定理得Δp ＝mg Δt ，即在相等的时间间隔内，动量改变量相同，故选项C 错误；根据动能定理知，在某段时间内，动能的改变量等于重力做的功，即W G ＝mgh ，对于平抛运动，在相等时间间隔内，竖直位移不相等，所以动能的改变量不相等，故选项D 错误．3．答案：B解析：该同学荡秋千可视为做圆周运动，设每根绳子的拉力大小为F ，以该同学和秋千踏板整体为研究对象，在最低点根据牛顿第二定律得2F －mg ＝m v 2R ，代入数据解得F ＝410N ，故每根绳子平均承受的拉力约为400 N ，故B 项正确，A 、C 、D 项错误．4．答案：D解析：两石子在空中运动的加速度均为g ，选项A 错误；因两石子从同一位置抛出，它们的最高点又在同一水平线上，则竖直方向的运动相同，则在空中的运动时间相同，选项B错误；a 的水平射程小，则根据v 0＝x t 可知，a 的初速度小，选项C 错误；根据v ′＝v 20＋(gt )2可知，a 入水的末速度小，选项D 正确．5．答案：B解析：由平抛运动规律有x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，得v 0＝xg 2y ；动能E k ＝12m v 20＝mgx 24y ∝x 2y，故E 2E 1＝⎝⎛⎭⎫x 2x 12·y 1y 2＝⎝⎛⎭⎫3h h 2·h 0.5h ＝18，故B 正确． 6．答案：B解析：由平抛运动的规律可知，两球分别被击出至各自第一次落地的时间是相等的．由于球与地面的碰撞没有能量损失，设第一只球自击出到落到A 点时间为t 1，第二只球自击出到落到A 点时间为t 2，则t 1＝3t 2.由于两球在水平方向均为匀速运动，水平位移大小相等，设它们从O 点出发时的初速度分别为v 1、v 2，由x ＝v 0t 得：v 2＝3v 1，有v 1v 2＝13，所以两只球飞过球网C 处时水平速度之比为1︰3，选项B 正确．7．答案：D解析：板间距离为d ，射入速度为v 0，板间电压为U 1时，在电场中有：d 2＝12at 2，a ＝qU 1md，t ＝x v 0，解得U 1＝md 2v 20qx 2；A 板上移d 2，射入速度为2v 0，板间电压为U 2时，在电场中有：d ＝12a ′t ′2，a ′＝2qU 23md ，t ′＝x 2v 0，解得U 2＝12md 2v 20qx2，即U 2＝12U 1，选项D 正确． 8．答案：B解析：根据牛顿第二定律得，微粒的加速度为a ＝qE m ，据题qm相同，E 相同，所以a a ＝a b ＝a c ，选项A 错误；三个带电微粒在竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，由y ＝12at 2得t ＝ 2ya，由图有y b ＝y c >y a ，则t b ＝t c >t a ，选项B 正确；三个带电微粒水平方向都做匀速直线运动，由x ＝v 0t 得v 0＝xt ，由图知x a >x b >x c ，又t b ＝t c >t a ，则v a >v b >v c ，选项C 错误；电场力做功为W ＝qEy ，由于三个微粒的电荷量关系不能确定，所以不能确定电场力做功的大小，也就不能确定电势能减少量的大小，选项D 错误．9．答案：C解析：设乒乓球做平抛运动的时间为t ，则t ＝2hg.当速度最大时，水平位移具有最大值x max ＝v max t ＝22gh ×2hg＝4h ，当速度最小时，水平位移具有最小值x min ＝v min t ＝2gh×2h g ＝2h ，其中v max 、v min 为发射速度的最大值和最小值，又因为发球器O ′A 部分长度也为h ，故乒乓球的落点距竖直转轴距离的范围为3h ≤x ≤5h ，乒乓球第一次与桌面碰撞区域是一个圆心角为90°的宽度为2h 的环形带状区域，其面积为S ＝14×π[(5h )2－(3h )2]＝4πh 2，故选项A 、B 、D 错误，C 正确．10．答案：BC解析：小球乙到C 点的速度为v ＝2gh ，则小球甲在C 点的速度大小也为2gh ，又因为小球甲在C 点速度与竖直方向成30°角，可知水平分速度为2gh2，故A 错误；小球乙运动到C 点时所用的时间满足h ＝12gt 2，得t ＝2hg，而小球甲到达C 点时竖直方向的速度为6gh 2，所以运动时间为t ′＝6gh 2g，所以甲、乙两小球到达C 点所用时间之比为3︰2，故B 正确；A ，B 两点高度差Δh ＝12gt 2－12gt ′2＝h4，故C 正确；由于两球在C 点时竖直方向上的速度不相等，所以两小球在C 点时重力的瞬时功率也不相等，故D 错误．11．答案：ACD解析：飞镖做平抛运动，水平方向上有x ＝v 0t ，速度与竖直方向的夹角的正切值为tan α＝v 0v y ＝v 0gt ，联立解得v 0＝gx tan α，故v A 0>v B 0>v C 0，A 正确；飞镖做平抛运动，速度的反向延长线通过水平方向上的位移的中点，而飞镖的指向表示瞬时速度的方向，故插在墙上的三枚飞镖的反向延长线一定交于同一点，C 正确；根据几何关系知，v ＝v 0sin α＝gxsin αcos α＝2gx sin 2α，则v A ＝v C ＝2gx sin 60°＝43gx ，v B ＝2gx ，故v A ＝v C >v B ，B 错误，D 正确． 12．答案：AD 解析：小球B 与圆环间恰好没有摩擦力，则有小球B 所受到的支持力和重力的合力提供其所需的向心力，由牛顿第二定律得mg tan37°＝mω2R sin37°，解得圆环旋转的角速度大小ω＝ 5g4R，选项A 正确，B 错误；对小球A 进行受力分析，如图所示，由牛顿第二定律得，在水平方向上F N sin θ－F f cos θ＝mω2R sin θ，竖直方向上F N cos θ＋F f sin θ－mg ＝0，解得F f ＝mg5，选项C 错误，D 正确． 13．答案：(1)4.8 m (2)12 m解析：(1)在M 点，设运动员在ABCD 面内垂直AD 方向的分速度为v 1，由运动的合成与分解规律得v 1＝v M sin 72.8°①设运动员在ABCD 面内垂直AD 方向的分加速度为a 1，由牛顿第二定律得 mg cos 17.2°＝ma 1②由运动学公式得d ＝v 212a 1③联立①②③式，代入数据得d ＝4.8 m ④(2)在M 点，设运动员在ABCD 面内平行AD 方向的分速度为v 2，由运动的合成与分解规律得v 2＝v M cos 72.8°⑤设运动员在ABCD 面内平行AD 方向的分加速度为a 2，由牛顿第二定律得 mg sin 17.2°＝ma 2⑥设腾空时间为t ，由运动学公式得t ＝2v 1a 1⑦L ＝v 2t ＋12a 2t 2⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L ＝12 m ⑨ 14．答案：(1)3 150 J (2)7 300 N (3)2︰3解析：(1)由动能定理得mgh AF ＋W 人＝12m v 2FW 人＝12m v 2F －mgh AF ＝3 150 J(2)从D 点到F 点，根据动能定理有－mg [h ＋R (1－cos 60°)]＝12m v 2F －12m v 2D 其中v F 取为最小值 v F ＝54 km/h ＝15 m/s在D 点：F N －mg ＝m v 2DR解得运动员在D 点承受的最小支持力：F N ＝mg ＋m v 2F ＋2g [h ＋R (1－cos 60°)]R＝7 300 N(3)两段运动的平均速度之比v 1︰v 2＝AB t 1︰EFt 2＝2︰3设滑到B 点速度为v 1，则滑到E 点速度也为v 1，又设滑到F 点速度为v 2.则由v AB ＝v 12，vEF ＝v 1＋v 22，得：v 1＝2v 2 由a 1＝v 1t 1，a 2＝v 1－v 2t 2得：a 1︰a 2＝2︰3.。

专题11机械振动和机械波(精练)(解析版)

2023年高考物理二轮复习讲练测专题11 机械振动和机械波（精练）一、单项选择题1．如图所示是某水平弹簧振子做简谐运动的x t -图像，M 、P 、N 是图像上的3个点，分别对应1t 、2t 、3t 时刻。

下列说法正确的是（）A ．该振子的周期是0.2s ，振幅是8cmB ．在2t 时刻振子的速度方向就是图像上P 点的切线方向C ．在1t 到2t 过程振子的速度先增大后减小D ．在2t 到3t 过程振子的加速度逐渐减小【答案】D【详解】A ．由振动图像可知，该振子的周期是0.2s T =，振幅是4cm A =，故A 错误；B ．振动图像不是弹簧振子的运动轨迹，所以在2t 时刻振子的速度方向不是图像上P 点的切线方向，在2t 时刻振子的速度方向指向振子的平衡位置，故B 错误；C ．由振动图像可知，在1t 到2t 过程振子先向正向最大位移方向运动，达到正向最大位移处后接着又朝着平衡位置运动，所以振子的速度先减小后增大，故C 错误；D ．在2t 到3t 过程振子朝着平衡位置方向运动，振子偏离平衡位置的位移x 逐渐减小，根据kxa m=可知，振子的加速度逐渐减小，故D 正确。

故选D 。

2．如图甲所示为以O 点为平衡位置，在A 、B 两点间运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图像，由图可知下列说法中正确的是（）A ．在t ＝0.2s 时，弹簧振子的加速度为正向最大B ．在t ＝0.1s 与t ＝0.3s 两个时刻，弹簧振子的速度相同C ．从t ＝0到t ＝0.2s 时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动D ．在t ＝0.6s 时，弹簧振子有最小的位移【答案】C【详解】A ．在t ＝0.2s 时，弹簧振子的位移为正向最大，加速度为负向最大，A 错误；B ．在t ＝0.1s 与t ＝0.3s 两个时刻，弹簧振子的位移相同，说明弹簧振子在同一位置，速度大小相等，方向相反，B 错误；C ．从t ＝0到t ＝0.2s 时间内，弹簧振子的位移增大，加速度增大，速度减小，所以弹簧振子做加速度增大的减速运动，C 正确；D ．在t ＝0.6s 时，弹簧振子的位移为负向最大，D 错误。

高考物理二轮复习考点第一章直线运动专题道路安全问题

专题1.8 道路安全问题一．选择题1.．酒后驾驶存在许多安全隐患，原因在于酒后驾驶员的反应时间变长．反应时间是指驾驶员发现情况到采取制动的时间．表中思考距离是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离；制动距离是指驾驶员从发现情况到汽车停止行驶的距离(假设汽车制动时的加速度大小不变).思考距离/m 制动距离/m 速度/(m·s －1) 正常酒后正常酒后 15 7.5 15.0 22.5 30.0 20 10.0 20.0 36.7 46.7 2512.525.054.2x分析上表可知，下列说法正确的是( ) A ．驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5 sB ．当汽车以20 m/s 的速度行驶时，发现前方40 m 处有险情，酒后驾驶不能安全停车C ．汽车以15 m/s 的速度行驶时，汽车制动的加速度大小为10 m/s 2D ．表中x 为66.7 【参考答案】ABD【名师解析】反应时间内汽车做匀速运动，故从表中数据得到，多出的反应时间为Δt＝Δx v ＝15－7.515 s＝0.5 s ，故A 正确；当汽车以20 m/s 的速度行驶时，发现前方40 m 处有险情，酒后驾驶的制动距离为46.7 m ，大于40 m ，故不能安全停车，故B 正确；汽车制动时，加速度大小为a ＝v 22x ＝1522×30－15m/s2＝7.5 m/s 2，故C 错误；此时思考距离增加Δx＝25 m －12.5 m ＝12.5 m ，故x ＝54.2 m ＋12.5 m ＝66.7 m ，故D 正确．2.入冬以来，全国多地多次发生雾霾天气，能见度不足100 m 。

在这样的恶劣天气中，甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，乙在前，甲在后同向行驶。

某时刻两车司机同时听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车，结果两辆车发生了碰撞。

如图所示为两辆车刹车后若恰好不相撞的v －t 图象，由此可知( )A.两辆车刹车时相距的距离一定等于112.5 mB.两辆车刹车时相距的距离一定小于90 mC.两辆车一定是在刹车后的20 s之内的某时刻发生相撞的D.两辆车一定是在刹车后的20 s以后的某时刻发生相撞的【参考答案】C3.（2020武汉调研）如图所示，一汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50Hz的频率监视前方的交通状况。

高考物理二轮复习专题归纳—抛体运动(全国版)

高考物理二轮复习专题归纳—抛体运动（全国版）考点一运动的合成与分解例1(2022·辽宁卷·1)如图所示，桥式起重机主要由可移动“桥架”“小车”和固定“轨道”三部分组成．在某次作业中桥架沿轨道单向移动了8m，小车在桥架上单向移动了6m．该次作业中小车相对地面的位移大小为()A．6m B．8mC．10m D．14m答案C解析根据位移概念可知，该次作业中小车相对地面的位移大小为x＝x12＋x22＝82＋62m＝10m，故选C.例2(多选)(2022·广东省高三检测)如图所示，A、B两球分别套在两光滑无限长的水平直杆上，两球通过一轻绳绕过一定滑轮(轴心固定不动)相连，某时刻连接两球的轻绳与水平方向的夹角分别为α、β，A球向左的速度大小为v，下列说法正确的是()A．此时B球的速度大小为v cosαcosβB．此时B球的速度大小为v cosβcosαC．当β增大到等于90°时，B球的速度达到最大D．在β增大到90°的过程中，绳对B球的拉力一直做正功答案ACD解析将A球的速度分解为沿轻绳方向和垂直于轻绳的方向，在沿轻绳方向的分速度等于B球沿轻绳方向的分速度．A球在沿轻绳方向的分速度为v绳＝v cosα，所以v B＝v绳cosβ＝v cosαcosβ，A正确，B错误；当β增大到等于90°时，B球的速度在沿轻绳方向的分速度等于0，所以A沿绳子方向的分速度也是0，而cosα′不等于0，所以A球的速度为0；此时A的动能全部转化为B的动能，所以B球的速度达到最大，C正确；在β增大到90°的过程中，轻绳的方向与B球运动的方向之间的夹角始终是锐角，所以轻绳对B球的拉力一直做正功，D正确．把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解．常见的模型如图所示．考点二平抛运动1．平抛运动问题的求解方法已知条件情景示例解题策略已知速度方向从斜面外平抛，垂直落在斜面上，如图所示，已知速度的方向垂直于斜面.分解速度tan θ＝v 0v y ＝v 0gt从圆弧形轨道外平抛，恰好无碰撞地进入圆弧形轨道，如图所示，已知速度方向沿该点圆弧的切线方向.分解速度tan θ＝v y v 0＝gt v 0已知位移方向从斜面上平抛又落到斜面上，如图所示，已知位移的方向沿斜面向下.分解位移tan θ＝y x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0在斜面外平抛，落在斜面上位移最小，如图所示，已知位移方向垂直斜面.分解位移tan θ＝x y ＝v 0t 12gt 2＝2v 0gt2.平抛运动的两个推论(1)设做平抛运动的物体在任意时刻的速度方向与水平方向的夹角为θ，位移方向与水平方向的夹角为φ，则有tanθ＝2tanφ，如图甲所示．(2)做平抛运动的物体任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图乙所示．例3(多选)(2022·湖南省高三学业质量第二次联合检测)投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，《礼记传》中提到：“投壶，射之细也．宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也．”如图所示，甲、乙两人在不同位置沿水平方向各射出一支箭，箭尖插入壶中时与水平面的夹角分别为37°和53°.已知两支箭的质量、竖直方向下落高度均相等，忽略空气阻力、箭长、壶口大小等因素的影响(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)，下列说法正确的是()A．甲、乙两人所射箭的初速度大小之比为16∶9B．甲、乙两人所射箭落入壶口时的速度大小之比为3∶4C．甲、乙两人投射位置与壶口的水平距离之比为9∶16D ．甲、乙两人所射箭落入壶口时的动能之比为16∶9答案AD 解析由题知甲、乙两人射箭高度相同，则两支箭在空中的运动时间相同，落入壶口时竖直方向的速度v y 相同．设箭尖插入壶中时与水平面的夹角为θ，箭射出时的初速度为v 0，则tan θ＝v y v 0，即v 0＝v y tan θ，故两支箭射出时的初速度大小之比为tan 53°∶tan 37°＝16∶9，A 正确；设箭尖插入壶中时的速度大小为v ，则v ＝v y sin θ，故两支箭落入壶口时的速度大小之比为sin 53°∶sin 37°＝4∶3，B 错误；因两支箭在空中的运动时间相同，甲、乙两人投射位置与壶口的水平距离之比等于初速度大小之比，为16∶9，C 错误；由E k ＝12mv 2可知，两支箭落入壶口时的动能之比为16∶9，D 正确．例4(2022·全国甲卷·24)将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s 发出一次闪光．某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示．图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度s 1和s 2之比为3∶7.重力加速度大小取g ＝10m/s 2，忽略空气阻力．求在抛出瞬间小球速度的大小．答案255m/s 解析频闪仪每隔0.05s 发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为t＝4T＝4×0.05s＝0.2s设抛出瞬间小球的速度大小为v0，每相邻两球间的水平方向上位移为x，竖直方向上的位移分别为y1、y2，根据平抛运动位移公式有x＝v0ty1＝12gt2＝12×10×0.22m＝0.2my2＝12g(2t)2－12gt2＝12×10×(0.42－0.22)m＝0.6m令y1＝y，则有y2＝3y1＝3y已标注的线段s1、s2分别为s1＝x2＋y2 s2＝x2＋3y2＝x2＋9y2则有x2＋y2∶x2＋9y2＝3∶7整理得x＝255y，故在抛出瞬间小球的速度大小为v0＝xt＝255m/s.例5(2022·浙江省名校协作体模拟)第24届冬季奥运会于2022年2月在北京召开，如图甲所示为运动员跳台滑雪运动瞬间，运动示意图如图乙所示，运动员从助滑雪道AB上由静止开始滑下，到达C点后水平飞出，落到滑道上的D点，运动轨迹上的E点的速度方向与轨道CD平行，设运动员从C到E与从E到D的运动时间分别为t1与t2，(忽略空气阻力，运动员可视为质点)下列说法正确的是()A．t1<t2B．t1>t2C ．若运动员离开C 点时的速度加倍，则落在斜面上的速度方向不变D ．若运动员离开C 点时的速度加倍，则落在斜面上距C 的距离也加倍答案C 解析以C 点为原点，以CD 为x 轴，以CD 垂直向上方向为y 轴，建立坐标系如图所示．对运动员的运动进行分解，y 轴方向上的运动类似竖直上拋运动，x 轴方向做匀加速直线运动．当运动员速度方向与轨道平行时，在y 轴方向上到达最高点，根据竖直上拋运动的对称性，知t 1＝t 2，A 、B 错误；将初速度沿x 、y 方向分解为v 1、v 2，将加速度沿x 、y 方向分解为a 1、a 2，则运动员的运动时间为t ＝2v 2a 2，落在斜面上的距离s ＝v 1t ＋12a 1t 2，离开C 点时的速度加倍，则v 1、v 2加倍，t 加倍，由位移公式得s 不是加倍关系，D 错误；设运动员落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角为α，斜面的倾角为θ，则有：tan α＝v y v 0，tan θ＝y x ＝v y 2t v 0t ＝v y 2v 0，得tan α＝2tan θ，θ一定，则α一定，可知运动员落在斜面上的速度方向与从C 点飞出时的速度大小无关，C正确．考点三斜抛运动例6(2022·广东茂名市模拟)铅球运动员采用原地推和滑步推两种推铅球方式，如图为滑步推铅球．推力相同时，滑步推铅球比原地推铅球增加几米的成绩．两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，忽略空气阻力，则()A．两种方式推出的铅球在空中运动的时间可能相同B．采用原地推铅球方式推出的铅球上升的高度更高C．两种方式推出的铅球在空中运动到最高点时的速度都相同D．滑步推铅球可以增加成绩，可能是延长了运动员对铅球的作用时间答案D解析两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，滑步推铅球成绩更好，所以滑步推铅球初速度更大，竖直和水平方向的分速度更大，到达最高点的时间更长，故根据斜抛的对称性，铅球在空中运动的时间更长，上升的高度更高，在最高点速度更大，A、B、C错误；初速度都是0，滑步推时末速度大，根据动量定理有Ft＝mv－0，可知推力相同时，动量变化大的推力作用时间长，D 正确．例7(2022·山东潍坊市一模)在2月8日举行的北京2022年冬奥会自由式滑雪女子大跳台的比赛中，18岁的中国选手谷爱凌顶住压力，在关键的第三跳以超高难度动作锁定金牌，这也是中国女子雪上项目第一个冬奥会冠军．滑雪大跳台的赛道主要由助滑道、起跳台、着陆坡、停止区组成，如图所示．在某次训练中，运动员经助滑道加速后自起跳点C以大小为v C＝20m/s、与水平方向成α＝37°的速度飞起，完成空中动作后，落在着陆坡上，后沿半径为R＝40m的圆弧轨道EF自由滑行通过最低点F，进入水平停止区后调整姿势做匀减速滑行直到静止．已知运动员着陆时的速度方向与竖直方向的夹角为α＝37°，在F点运动员对地面的压力大小为所受重力(含装备)的2倍，运动员在水平停止区受到的阻力大小为所受重力(含装备)的二分之一，g 取10m/s 2，sin 37°＝0.6，忽略运动过程中的空气阻力．求：(1)水平停止区FG 的最小长度L ；(2)运动员完成空中动作的时间t (结果保留两位有效数字)．答案(1)40m (2)3.3s 解析(1)将运动员与装备看成一个质点，总质量为m 总，在F 点时，运动员对地面的压力大小为所受重力(含装备)的2倍，由牛顿第三定律知地面对该运动员整体的支持力大小F N ＝2m 总g此时支持力与总重力的合力为圆周运动提供向心力，则有F N －m 总g ＝m 总v 2R解得v ＝20m/s运动员到达F 点后，在水平停止区有F 阻＝0.5m 总g ＝m 总a ，做加速度大小为a 的匀减速直线运动，水平停止区FG 的最小长度L ＝v 22a＝40m (2)对运动员由C 点起跳的速度进行正交分解，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，水平方向速度v x ＝v C cos α竖直方向速度v y ＝v C sin α－gt着陆时竖直方向分速度与C 点的竖直方向分速度方向相反，由于运动员着陆时的速度方向与竖直方向的夹角为α，则有tan α＝v x －v y ＝v C cos αgt －v C sin α代入数值得t ≈3.3s.1.斜抛运动是匀变速曲线运动，可分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的加速度为g 的匀变速直线运动，以斜上抛为例(如图所示)速度：v x ＝v 0cos θ，v y ＝v 0sin θ－gt位移：x ＝v 0cos θ·t ，y ＝v 0sin θ·t －12gt 22．当物体做斜上抛运动至最高点时，运用逆向思维，可转化为平抛运动．1．(2022·江苏省高考考前打靶卷)如图所示，一男孩欲拿石子击打苹果，第一次以抛射角(抛出时速度与水平方向的夹角)θ1抛出石子，第2次以θ2(图中未画出)抛出(θ2>θ1)，假设两次抛出时的位置相同，且初速度v 0大小相等，两次均击中苹果．不计空气阻力，则()A ．第一次石子在空中运动的时间比第二次长B ．若仅减小v 0，欲击中苹果，则抛射角θ1、θ2均变大C ．改变v 0大小和抛射角，石子不可能水平击中苹果D ．两次击中苹果前瞬间的速度大小相等答案D解析石子做斜抛运动，水平方向做匀速运动，则有v x＝v0cosθ，故石子在空中的运动时间t＝xv x＝xv0cosθ，所以t1t2＝cosθ2cosθ1，因为θ2>θ1，故cosθ2<cosθ1，所以t1<t2，第一次运动时间较短，A错误；石子竖直方向做竖直上抛运动，则有v y＝v0sinθ，竖直方向上升的高度为h＝v y t－12gt2，联立可得h＝x tanθ－gx22v02cos2θ，故只需要v0大小和抛射角满足上式即可击中苹果，C错误；由h＝x tanθ－gx22v02cos2θ可知，v0减小时，θ不一定增大，B错误；由动能定理有－mgh＝12mv2－12mv02，故两次击中苹果前瞬间的速度大小相等，D正确．2.(2022·北京市昌平区高三期末)运动的合成与分解是我们研究复杂运动时常用的方法．如图所示，一高度为h、内壁光滑的圆筒竖直放置，将一个小滑块在圆筒上端O点以水平初速度v0沿圆筒内壁切线方向抛出．小滑块沿圆筒内壁运动了一周后恰好从O′点离开圆筒．已知重力加速度为g，不计空气阻力．(1)求小滑块从抛出到离开圆筒所用的时间t.(2)如果沿虚线OO′将圆筒展开，以小滑块初始位置为坐标原点O，初速度v0方向为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，建立直角坐标系xOy，请在图中定性地画出小滑块在圆筒内表面的运动轨迹．答案(1)2h g(2)见解析图解析(1)由题意可知，小滑块竖直方向做自由落体运动，可得小滑块从抛出到离开圆筒所用的时间为h ＝12gt 2，解得t ＝2h g；(2)由题意可知，小滑块在圆筒内表面的运动轨迹如图所示．专题强化练[保分基础练]1．(2022·广东省模拟)《西游记》中，一只大龟浮水作舟，驮着唐僧师徒四人和白龙马渡过了通天河．已知大龟在静水中游动的速度大小与河水的流速大小之比为2∶1，出发点A 到正对岸B 点的距离为d ，河岸平直．若大家以最短的时间渡河，则大家上岸的地点与B 点的距离为()A.d 4B.d 2C ．2dD ．4d答案B解析要使渡河时间最短，大龟游动的速度方向应垂直河岸，渡河时间为t ＝dv 1，大家上岸的地点与B 点的距离x ＝v 2t ，又v 1∶v 2＝2∶1，联立解得x ＝d2，故B 正确．2.(2022·广东卷·6)如图所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口与小积木上P 点等高且相距为L .当玩具子弹以水平速度v 从枪口向P 点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t .不计空气阻力．下列关于子弹的说法正确的是()A ．将击中P 点，t 大于L vB ．将击中P 点，t 等于L vC ．将击中P 点上方，t 大于L v D ．将击中P 点下方，t 等于L v答案B解析由题意知枪口与P 点等高，子弹和小积木在竖直方向上均做自由落体运动，当子弹击中积木时子弹和积木的运动时间相同，根据h ＝12gt 2，可知下落高度相同，所以将击中P 点；又由于初始状态子弹到P 点的水平距离为L ，子弹在水平方向上做匀速直线运动，故有t ＝Lv，故选B.3.(2022·江苏扬州市高三期末)如图所示，滑板爱好者先后两次从坡道A 点滑出，均落至B 点，第二次的滞空时间比第一次长，则()A．两次滑出速度方向相同B．两次腾空最大高度相同C．第二次滑出速度一定大D．第二次在最高点速度小答案D解析对滑板爱好者运动分析可知，从坡道A点滑出后，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性，即上升时间等于下降时间，由题知第二次的滞空时间比第一次长，所以第二次下降时间大于第一次，由h＝12gt2知，第二次腾空最大高度大于第一次，又因为两次水平位移相等，所以两次位移与水平方向的夹角不同，即两次滑出速度方向不相同，故A、B错误；因为第二次下降时间大于第一次，且两次水平位移相等，由x＝v x t知，第二次滑出后水平分速度小于第一次，即第二次在最高点速度小，又由v y＝gt可知，第二次滑出后竖直分速度大于第一次，所以第二次滑出速度不一定大，故C错误，D 正确．4.(多选)(2022·广西北海市一模)如图所示，直杆AB斜靠在墙角，∠ABO＝53°，∠AOB＝90°，AO＝5m．现从距A点正下方1.8m的C点以初速度v0水平抛出一小球(可视为质点)．已知重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，空气阻力不计．若使小球不能碰到杆AB，则v0的值可能为()A．4m/s B．4.4m/s C．5m/s D．6m/s答案AB解析若小球刚与杆接触时的末速度与水平方向夹角为53°，即小球运动轨迹与杆相切，设此时小球竖直方向下落高度为h，水平位移为x，则根据平抛运动相关推论有tan53°＝2hx，由几何关系可得tan53°＝h＋h ACx，联立解得h＝1.8m，x＝2.7m，则由v0<xt，t＝2hg，联立解得v0<4.5m/s，C、D错误，A、B正确．5．(2022·安徽合肥市质检)某校秋季运动会分为竞技组和健身组，健身组设置了定点投篮项目．某同学正在进行定点投篮，篮球在空中划出了一道漂亮的弧线．在篮球运动所在的竖直平面内建立坐标系xOy，如图所示，篮球由A点投出，A、B、C、D是篮球运动轨迹上的四点，C为篮球运动的最高点，A、B、D三点的坐标已在图中标出，重力加速度为g，空气阻力忽略不计．则下列说法正确的是()A．篮球经过C点时速度大小为gLB．篮球经过B点和D点的动量相同C．篮球由A到B和由B到C过程，动量的变化量相同D．篮球由B到C和由C到D过程，重力做功相同答案C解析依题意可知篮球抛出后做斜抛运动，利用逆向思维，将篮球从A到C的轨迹看作从C到A的平抛运动，设C点坐标为(0，y C)，C点到B点时间为t，由题图可得L＝v C t，y C＝12gt2,3L－y C＝gt2，联立解得y C＝L，v C＝gL2，故A错误；由题图知B点和D点在同一水平线上，则可知篮球在两点处的速度大小相等，但方向不同，所以两点处的动量不相同，故B错误；由题图知篮球由A到B和由B 到C过程水平方向上发生的位移相等，则所用时间相等，根据动量定理可得mgt ＝－Δp，所以动量的变化量相同，故C正确；篮球由B到C过程重力做负功，由C到D过程重力做正功，二者不相同，故D错误．6．(2022·广东梅州市一模)如图甲所示是网球发球机，某次室内训练时将发球机在距地面一定的高度的地方放置，然后向竖直墙面发射网球．假定网球水平射出，某两次射出的网球碰到墙面时与水平方向夹角分别为30°和60°，如图乙所示．若不考虑网球在空中受到的阻力，则()A．两次发射的初速度之比为3∶1B．碰到墙面前空中运动时间之比为1∶3C．下降高度之比为1∶3D．碰到墙面时动能之比为3∶1答案C解析在平抛运动过程中，有h ＝12gt 2，x ＝v 0t ，位移与水平方向夹角的正切值tanα＝h x ＝gt 2v 0，速度与水平方向夹角的正切值tan β＝v y v 0＝gtv 0，则tan β＝2tan α.在平抛运动中，h ＝xtan β2，所以h 1h 2＝tan 30°tan 60°＝13；由h ＝12gt 2可知，t 1t 2＝h 1h 2＝33；水平速度v ＝x t ，可得v 1v 2＝t 2t 1＝31；由v t ＝v 0cos β可知，v t 1v t 2＝v 1cos 60°v 2cos 30°＝11，所以碰到墙面时动能之比E k1E k2＝v t 12v t 22＝11，故A 、B 、D 错误，C 正确．[争分提能练]7.(2022·湖北武汉市高三期末)活塞带动飞轮转动可简化为如图所示的模型：图中A 、B 、O 三处都是转轴，当活塞在水平方向上移动时，带动连杆AB 运动，进而带动OB 杆以O 点为轴转动．若某时刻活塞的水平速度大小为v ，连杆AB 与水平方向夹角为α，AB 杆与OB 杆的夹角为β，此时B 点做圆周运动的线速度大小为()A.v sin αsin βB.v cos αsin βC.v cos αcos βD.v sin αcos β答案B解析设B 点做圆周运动的线速度大小为v ′，此速度为B 点的实际速度，根据运动合成与分解，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直杆方向的分速度，如图，沿杆方向的分速度大小为v B ＝v ′cos(β－π2)＝v ′sin β，A 点速度为水平方向的v ，根据运动合成与分解，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直杆方向的分速度，如图，沿杆方向的分速度为v A ＝v cos α，又有二者沿杆方向的分速度相等，即v ′sin β＝v cos α，则v ′＝v cos αsin β，故选B.8.(多选)(2022·山东卷·11)如图所示，某同学将离地1.25m 的网球以13m/s 的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离4.8m ．当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45m 的P 点．网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍．平行墙面的速度分量不变．重力加速度g 取10m/s 2，网球碰墙后的速度大小v 和着地点到墙壁的距离d 分别为()A ．v ＝5m/sB ．v ＝32m/sC ．d ＝3.6mD ．d ＝3.9m答案BD解析设网球飞出时的速度为v 0，竖直方向v 0竖直2＝2g (H －h )，代入数据得v 0竖直＝2×10×8.45－1.25m/s ＝12m/s ，则v 0水平＝132－122m/s ＝5m/s ，网球击出点到P 点水平方向的距离x 水平＝v 0水平t ＝v 0水平·v 0竖直g ＝6m ，根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量v 0水平⊥＝v 0水平·45＝4m/s ，平行墙面的速度分量v0水平∥＝v0水平·35＝3m/s，反弹后，垂直墙面的速度分量v水平⊥′＝0.75·v0水平⊥＝3m/s，则反弹后的网球速度大小为v＝v水平＝v水平⊥′2＋v0水平∥2＝32m/s，网球落到地面的时间t′＝2Hg＝2×8.4510s＝1.3s，着地点到墙壁的距离d＝v水平⊥′t′＝3.9m，故B、D正确，A、C错误．9.(2022·安徽蚌埠市高三期末)如图为弹球游戏装置的简化示意图，两块平行挡板竖直固定在水平面上，右侧挡板下端有一小孔B，小亮将弹性小球自右侧挡板顶端A点以一定的水平速度向左抛出，小球经两个挡板多次碰撞最终恰好从B飞出，游戏获胜．已知两挡板的间距为L，A、B的高度差为h，小球直径略小于小孔的内径，小球与挡板碰撞前后的水平和竖直分速度大小均不变，且不与水平面相碰，重力加速度为g.则小球抛出时的速度v和它与两挡板碰撞总次数N分别为()A．v＝(N＋1)L2gh，N＝2n(n＝1,2,3，…)B．v＝(N＋1)L2gh，N＝2n－1(n＝1,2,3，…)C．v＝(N＋1)L g2h，N＝2n(n＝1,2,3，…)D．v＝(N＋1)L g2h，N＝2n－1(n＝1,2,3，…)答案B解析小球在两平行挡板间的运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动．设运动总时间为t，则水平方向、竖直方向分别有(N＋1)L＝vt，N＝2n－1(n＝1,2,3，…)，h＝12gt2，联立可得v＝(N＋1)L2gh，N＝2n－1(n＝1,2,3，…)，故A、C、D错误，B正确．10.(2022·山东日照市一模)跳台滑雪是冬奥会的重要项目之一．如图所示，某次比赛中，质量为m的运动员(包括滑雪板)以速度v0从跳台顶端水平飞出，经过一段时间后落在倾斜赛道上，赛道的倾角为θ，重力加速度为g，空气阻力忽略不计，运动员(包括滑雪板)视为质点．则运动员在空中运动的过程中()A．动量变化量的大小为mv0tanθB．位移的大小为v02tanθgC．距离赛道最远时的速度大小为v0tanθD．距离赛道最远时的竖直位移为总竖直位移的14答案D解析根据动量定理，动量变化量等于重力的冲量，即为竖直方向的动量变化，当运动员落至斜面时，分解其位移得tanθ＝hx＝12gt2v0t＝gt2v0，则落至斜面时的竖直分速度为v y＝gt＝2v0tanθ，因此动量变化量为Δp＝mΔv＝2mv0tanθ，故A错误；由A得运动员运动的时间为t＝2v0tanθg，则水平位移为x＝v0t＝2v02tanθg，则运动员实际位移大小为x实际＝xcosθ＝2v02tanθg cosθ，故B错误；将运动分解为沿斜面和垂直斜面两个方向，则垂直斜面方向的初速度方向垂直斜面向上，加速度方向垂直斜面向下，则垂直斜面的速度分量减小为零时运动员离斜面最远，即当运动员的速度方向与斜面平行时，距离赛道最远，在最远处分解其速度得cosθ＝v0v，则v＝v0cosθ，故C错误；垂直斜面方向的分运动类似于竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性，垂直斜面的速度分量减小为零时的运动时间为总时间的一半，再根据自由落体的公式h＝12gt2得，距离赛道最远时的竖直位移为总竖直位移的14，故D正确．11．(2022·河北保定市七校联考)如图所示，两人各自用吸管吹黄豆，甲黄豆从吸管末端P点水平射出的同时乙黄豆从另一吸管末端M点斜向上射出．经过一段时间后两黄豆在N点相遇，曲线1和2分别为甲、乙黄豆的运动轨迹．若M点在P 点正下方，M点与N点位于同一水平线上，且PM长度等于MN的长度，不计空气阻力，可将黄豆看成质点，则()A．两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角的正切值为乙的两倍B．甲黄豆在P点的速度与乙黄豆在最高点的速度不相等C．两黄豆相遇时甲的速度大小为乙的两倍D．乙黄豆相对于M点上升的最大高度为PM长度的一半答案A解析设甲黄豆做平抛运动的时间为t，那么乙黄豆做斜抛运动的时间也为t，根据斜抛运动的对称性可知，乙黄豆从M点运动至最高点的时间为t2，乙黄豆从M点运动至最高点的水平位移为MN的一半，设PM＝MN＝L，甲黄豆在P点的速度为v1，乙黄豆到达最高点的速度为v′，在水平方向上由运动学规律：对甲黄豆有L＝v1t，对乙黄豆从M点运动至最高点水平方向上有L2＝v′·t2，联立解得v1＝v′＝Lt，故B错误；对甲黄豆到达N点时，在竖直方向上有L＝12gt2，v1y＝gt＝2gL，在水平方向有v1＝Lt＝gL2，甲黄豆到达N点时的速度为v甲＝v12＋v1y2＝5gL2，对乙黄豆在从M点运动至最高点的过程中，由逆向思维得上升的最大高度为h＝12g(t2)2＝14·12gt2＝14L，所以乙黄豆相对于M点上升的最大高度为PM长度的14，乙黄豆在M点的竖直方向分速度为v2y2＝2g·L4，则v2y＝gL2，由运动的合成与分解得乙黄豆在N点的速度为v乙＝v′2＋v2y2＝gL，所以两黄豆相遇时甲的速度大小不是乙的两倍，故C、D错误；两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角正切值为tanα＝v1yv1＝2gLgL2＝2，乙的速度与水平方向的夹角正切值为tanβ＝v2yv′＝v2yv1＝gL2gL2＝1，所以两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角不是乙的两倍，甲的速度与水平方向的夹角的正切值为乙的两倍，故A正确．12．(2022·广东开平市模拟)2022年2月8日，18岁的中国选手谷爱凌在北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台比赛中以绝对优势夺得金牌，这是中国代表团在北京冬奥会上的第三枚金牌，被誉为“雪上公主”的她赛后喜极而泣．现将比赛某段过程视为如图所示的质点小球的运动，小球从倾角为α＝30°的斜面顶端O 点以速度v 0飞出，已知v 0＝20m/s ，且与斜面夹角为θ＝60°.图中虚线为小球在空中的运动轨迹，且A 为轨迹上离斜面最远的点，B 为小球在斜面上的落点，C 是过A 作竖直线与斜面的交点，不计空气阻力，重力加速度取g ＝10m/s 2.求：(1)小球从O 点运动到A 点所用时间t ；(2)小球离斜面最远的距离L ；(3)O 、C 两点间距离x .答案(1)2s (2)103m (3)40m 解析(1)将小球在O 点的速度沿斜面和垂直斜面分解，如图所示，垂直斜面方向有v 1＝v 0sin θ，a 1＝g cos α，t ＝v 1a 1，联立解得t ＝2s(2)垂直斜面方向的速度匀减速至0时，有L ＝v 122a 1，代入数据得L ＝103m (3)解法1：由垂直斜面方向运动对称性可得，小球从O 到A 与从A 到B 所用时间相等，平行斜面方向有v 2＝v 0cos θ，a 2＝g sin α，则平行斜面方向有x OB ＝v 2·2t ＋12a 2(2t )2，小球在水平方向做匀速直线运动，C 为OB 中点，则x ＝12x OB。

版高考物理大二轮复习专题三第1讲电场及带电粒子在电场中的运动课件201910242262

解析：选 AB.电子在等势面 b 时的电势能为 E＝qφ＝－2 eV，电子由 a 到 d 的过程电场力做负功，电势能增加 6 eV，由于相邻两等势面之间的距离相等，故相邻两等势面之间的电势差相等，则电子由 a 到 b、由 b 到 c、由 c 到 d、由 d 到 f 电势能均增加 2 eV，则电子在等势面 c 的电势能为零，等势面 c 的电势为零，A 正确；由以上分析可知，电子在等势面 d 的电势能应为 2 eV，C 错误；电子在等势面 b 的动能为 8 eV，电子在等势面 d 的动能为 4 eV，由公式 Ek＝12mv2 可知，该电子经过平面 b 时的速率为经过平面 d 时速率的 2倍，D 错误；如果电子的速度与等势面不垂直，则电子在该匀强电场中做曲线运动，所以电子可能到达不了平面 f 就返回平面 a，B 正确．
电场中力与能性质的考查【高分快攻】 1．电场中的各个物理量的形成及相互转化的关系
2．电场强度的计算
(1)定义式：E＝Fq.电场中某点的电场强度是确定值，其大小和方向与试探电荷 q 无关． (2)真空中点电荷：E＝kQr2.E 由场源电荷 Q 和场源电荷到某点的距离 r 决定． (3)匀强电场：E＝Ud .式中 d 为两点间沿电场方向的距离．
角度 3 电场中的图象问题 3．(2019·青岛二模)如图甲所示，半径为 R、均匀带正电的球体，A、B 为过球心 O 的直线上的两点，且 OA＝2R，OB＝3R；球体的空间产生球对称的电场，电场强度大小沿半径方向分布情况如图乙所示，图中 E0 已知，E－r 曲线下 O～R 部分的面积等于 2R～3R 部分的面积．则下列说法正确的是( )
Ek－12mv21＝mgh＋qEh
④
且有
v1·2t ＝v0t
⑤

高考物理二轮复习专项训练突破—三大力场中物体的平衡问题(含解析)

高考物理二轮复习专项训练突破—三大力场中物体的平衡问题（含解析）一、单项选择题1．如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m 的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为μ，工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ，则下列说法正确的是（）A ．轻绳的合拉力大小为cos mgμθB ．轻绳的合拉力大小为cos sin mgμθμθ+C ．减小夹角θ，轻绳的合拉力一定减小D ．轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小【答案】B【详解】AB ．对石墩受力分析，由平衡条件可知cos T f θ=；f N μ=；sin T N mg θ+=联立解得cos sin μθμθ=+mgT 故A 错误，B 正确；C ．拉力的大小为cos sin mg T μθμθ==+1tan ϕμ=，可知当90θϕ+=︒时，拉力有最小值，即减小夹角θ，轻绳的合拉力不一定减小，故C 错误；D ．摩擦力大小为cos cos cos sin 1tan mg mg f T μθμθθμθμθ===++可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当θ趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力不是最小，故D 错误；故选B 。

2．如图甲所示，上端安装有定滑轮、倾角为37°的斜面体放置在水平面上，滑轮与斜面体的总质量为m =0.5kg 。

轻质细线绕过定滑轮，下端连接质量为m =0.5kg 的物块，上端施加竖直向上的拉力，斜面体处于静止状态，物块沿着斜面向上做匀速运动，物块与斜面之间的动摩擦因数为μ=0.6。

如图乙所示，上端安装有定滑轮、倾角为37°的斜面体放置在粗糙的水平面上，滑轮与斜面体的总质量为m =0.5kg 。

斜面体的上表面光滑，轻质细线压在定滑轮上，下端连接质量为m =0.5kg 的物块，上端与竖直的墙壁连接，物块放置在斜面上，整体处于静止状态，墙壁和滑轮间的细线与竖直方向的夹角为60°。

2019高考物理大二轮复习专题三电场和磁场专题能力训练10 带电粒子在组合场、复合场中的运动

专题能力训练10 带电粒子在组合场、复合场中的运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。

在每小题给出的四个选项中,1~6题只有一个选项符合题目要求,7~8题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.右图为“滤速器”装置示意图。

a、b为水平放置的平行金属板,其电容为C,板间距离为d,平行板内存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。

a、b板带上电荷,可在平行板内产生匀强电场,且电场方向和磁场方向互相垂直。

一带电粒子以速度v0经小孔O进入正交电磁场可沿直线OO'运动,由O'射出,粒子所受重力不计,则a板所带电荷量情况是()A.带正电,其电荷量为B.带负电,其电荷量为C.带正电,其电荷量为CBdv0D.带负电,其电荷量为2.1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。

若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示,则下列说法正确的是()A.该束带电粒子带负电B.速度选择器的P1极板带负电C.在B2磁场中运动半径越大的粒子,质量越大D.在B2磁场中运动半径越大的粒子,比荷越小3.如图所示,一带电塑料小球质量为m,用丝线悬挂于O点,并在竖直平面内摆动,最大摆角为60°,水平磁场垂直于小球摆动的平面。

当小球自左方摆到最低点时,悬线上的张力恰为零,则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为()A.0B.2mgC.4mgD.6mg4.如图所示,虚线区域空间内存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电磁复合场,有一个带正电小球(电荷量为+q,质量为m)从正交或平行的电磁复合场上方的某一高度自由落下,那么带电小球可能沿直线通过的是()A.①②B.③④C.①③D.②④5.如图所示,一束质量、速度和电荷量不全相等的离子,经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后,进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B束,下列说法正确的是()A.组成A、B束的离子都带负电B.组成A、B束的离子质量一定不同C.A束离子的比荷大于B束离子的比荷D.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外6.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,其示意图如图所示,其中加速电压恒定。