2020届高三物理二轮复习第二篇题型专项突破计算题标准练四
2020届高考物理二轮复习板块二考前专项再突破测试(含解析)
板块二 考前专项再突破 专项一 选择题专项训练选择题在高考中属于保分题目，只有“选择题多拿分，高考才能得高分”，在平时的训练中，针对选择题要做到两个方面：一是练准度：高考中遗憾的不是难题做不出来，而是简单题和中档题做错；平时会做的题目没做对，平时训练一定要重视选择题的正答率．二是练速度：提高选择题的答题速度，能为攻克后面的解答题赢得充足时间．解答选择题时除了掌握直接判断和定量计算等常规方法外，还要学会一些非常规巧解妙招，针对题目特性“不择手段”，达到快速解题的目的．第1招 比较排除法通过分析、推理和计算，将不符合题意的选项一一排除，最终留下的就是符合题意的选项．如果选项是完全肯定或否定的判断，可通过举反例的方式排除；如果选项中有相互矛盾或者是相互排斥的选项，则两个选项中只可能有一种说法是正确的，当然，也可能两者都错．1．竖直向上抛出一物块，物块在运动过程中受到的阻力大小与速度大小成正比，则物块从抛出到落回抛出点的过程中，加速度随时间变化的关系图象正确的是(设竖直向下为正方向)( )解析：物块在上升过程中加速度大小为a ＝mg ＋kvm，因此在上升过程中，速度不断减小，加速度不断减小，到最高点加速度大小等于g ，故A 、D 错误；在下降的过程中加速度a ＝mg －kvm，随着速度增大，加速度越来越小，因此C 正确．答案：C2．(多选)(2016·全国卷Ⅰ)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO ′悬挂于O 点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a ，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b .外力F 向右上方拉b ，整个系统处于静止状态．若F 方向不变，大小在一定范围内变化，物块b 仍始终保持静止，则( )A ．绳OO ′的张力也在一定范围内变化B ．物块b 所受到的支持力也在一定范围内变化C ．连接a 和b 的绳的张力也在一定范围内变化D ．物块b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化解析：因为物块a 、b 始终保持静止，所以绳OO ′的张力不变，连接a 和b 的绳的张力也不变，选项A 、C 错误，此时已经可以直接选择选项B 、D.但为了确保答案万无一失，仍需对正确选项进一步验证：拉力F 大小变化，F 的水平分量和竖直分量都发生变化，由共点力的平衡条件知，物块b 受到的支持力和摩擦力在一定范围内变化，选项B 、D 正确．答案：BD[名师点评] 运用排除法解题时，对于完全肯定或完全否定的判断，可通过举反例的方式排除；对于相互矛盾或者相互排斥的选项，则最多只有一个是正确的；要学会从不同方面判断或从不同角度思考与推敲．第2招 特殊值代入法有些选择题选项的代数表达式比较复杂，需经过比较烦琐的公式推导过程，此时可在不违背题意的前提下选择一些能直接反映已知量和未知量数量关系的特殊值，代入有关算式进行推算，依据结果对选项进行判断．3.如图所示，在固定斜面上的一物块受到一外力F 的作用，F 平行于斜面向上．若要使物块在斜面上保持静止，F 的取值应有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为F 1和F 2(F 1和F 2的方向均沿斜面向上)．由此可求出物块与斜面间的最大静摩擦力为( )A.F 12B ．2F 2 C.F 1－F 22D.F 1＋F 22解析：当斜面光滑时F 1＝F 2，摩擦力F f ＝0，故A 、B 、D 错误，C 正确． 答案：C4.如图所示，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量为m 1和m 2的物体A 和B .若滑轮有一定大小，质量为m 且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦．设细绳对A 的拉力大小为T 1，已知下列四个关于T 1的表达式中有一个是正确的．请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是( )A ．T 1＝（m ＋2m 2）m 1g m ＋2（m 1＋m 2）B ．T 1＝（m ＋2m 1）m 1gm ＋4（m 1＋m 2）C ．T 1＝（m ＋4m 2）m 1g m ＋2（m 1＋m 2） D ．T 1＝（m ＋4m 1）m 2gm ＋4（m 1＋m 2）解析：令定滑轮质量m ＝0，以A 和B 为系统，由牛顿第二定律m 2g －m 1g ＝(m 1＋m 2)a ，以A 为研究对象由牛顿第二定律T1－m1g＝m1a，解得T1＝2m1m2m1＋m2g，将m＝0代入四个选项中，只有选项C符合．答案：C[名师点评] 这种方法的实质是将抽象、复杂的一般性问题的推导、计算转化成具体的、简单的特殊值问题来处理，以达到迅速、准确解题的目的．第3招逆向思维法很多物理过程具有可逆性(如运动的可逆性、光路的可逆性)，在沿着正向过程或思维(由前到后或由因到果)分析受阻时，有时“反其道而行之”，沿着逆向过程或思维(由后到前或由果到因)来思考，常常可以化难为易、出奇制胜．5．如图所示，半圆轨道固定在水平面上，一小球(小球可视为质点)从恰好与半圆轨道相切于B点斜向左上方抛出，到达半圆轨道左端A点正上方某处小球的速度刚好水平，O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向的夹角为60°，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球在A点正上方的水平速度为( )A.33gR2B.3gR2C.3gR2D.3gR3解析：小球虽说是做斜抛运动，由于到达半圆轨道左端A点正上方某处小球的速度刚好水平，所以逆向看是小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动，运动过程中恰好与半圆轨道相切于B点，这样就可以用平抛运动规律求解．因小球运动过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝tan 30°2＝36，因为tan θ＝yx＝y32R，则竖直位移y＝3R4，而v2y＝2gy＝32gR，所以tan 30°＝v yv0，v0＝3gR233＝33gR2，故选项A正确．答案：A6．(2019·吉安模拟)如图，x-t图象反映了甲、乙两车在同一条直线上行驶的位置随时间变化的关系，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10 s处，下列说法正确的是( )A ．5 s 时两车速度相等B ．甲车的速度为4 m/sC ．乙车的加速度大小为1.5 m/s 2D ．乙车的初位置在s 0＝80 m 处解析：位移—时间图象的斜率等于速度，斜率大小越大，速度大小越大，则知5 s 时乙车速度较大，故A 错误；甲车做匀速直线运动，速度为v 甲＝x t ＝205m/s ＝4 m/s ，故B 正确；乙车做匀变速直线运动，其图线与t 轴相切于10 s 处，则t ＝10 s 时，速度为零，将其运动反过来看成初速度为0的匀加速直线运动，则s ＝12at 2，根据图象有：x 0＝12a ·102，20＝12a ·52，解得：a ＝1.6 m/s 2，x 0＝80 m ，故C 错误，D正确．答案：BD[名师点评] 对于匀减速直线运动，往往逆向等同为匀加速直线运动．可以利用逆向思维法的物理情境还有斜上抛运动，利用最高点的速度特征，将其逆向等同为平抛运动．第4招 对称思维法对称情况存在于各种物理现象和物理规律中，应用这种对称性可以帮助我们直接抓住问题的实质，避免复杂的数学演算和推导，快速解题．7．(2019·齐齐哈尔模拟)如图所示，两个带电荷量为q 的点电荷分别位于带电的半径相同的14球壳和34球壳的球心，这两个球壳上电荷均匀分布且电荷面密度相同，若图甲中带电14球壳对点电荷q 的库仑力的大小为F ，则图乙中带电的34球壳对点电荷q 的库仑力的大小为( )A.32FB.22FC.12F D ．F 解析：将图乙中的均匀带电34球壳分成三个14带电球壳，关于球心对称的两个14带电球壳对点电荷q 的库仑力的合力为零，因此乙图中带电的34球壳对点电荷的库仑力的大小和甲图中均匀带电14球壳对点电荷的库仑力的大小相等，故A、B、C错误，D正确．答案：D8．(多选)如图所示，在两个等量正电荷连线的中垂线上取A、B、C、D四点，A、D两点与B、C两点均关于O点对称．A、B、C、D四点电场强度大小分别为E A、E B、E C、E D，电势分别为φA、φB、φC、φD，则下列说法中正确的是( )A．E A＝E D，φA>φBB．一定有E A>E B、φB>φAC．一定有φA＝φD、φB＝φCD．可能有E D>E C，一定有φB>φD解析：由对称性可知，A、D两点的电场强度大小相等，方向相反．在两个等量正电荷连线的中垂线上的O点，电场强度为零；在无穷远处，电场强度为零．可见从O点沿中垂线向两端，电场强度一定先增大后减小，一定存在电场强度最大的点P，从O到P，电场强度逐渐增大；从P到无穷远处，电场强度逐渐减小．由于题中没有给出A、B(或C、D)到O点的距离，不能判断A、B(或C、D)两点哪点电场强度大，可能有E A>E B，E D>E C.根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，φB>φA，根据对称性，一定有φA＝φD、φB＝φC，选项C、D正确，A、B错误．答案：CD[名师点评] 非点电荷电场的电场强度一般可用微元法求解(很烦琐)，在高中阶段，非点电荷的电场往往具有对称的特点，所以常常用对称法结合电场的叠加原理进行求解．第5招等效转换法等效转换法是指在用常规思维方法无法求解那些有新颖情境的物理问题时，灵活地转换研究对象或采用等效转换法将陌生的情境转换成我们熟悉的情境，进而快速求解的方法．等效转换法在高中物理中是很常用的解题方法，常常有物理模型等效转换、参照系等效转换、研究对象等效转换、物理过程等效转换、受力情况等效转换等．9．(2019·淮南模拟)如图所示，一杂技演员用一只手抛、接球，他每隔0.4 s抛出一球，接到球便立即把球抛出．已知除抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看作是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，g取10 m/s2)( )A．1.6 m B．2.4 m C．3.2 m D 4.0 m解析：将4个小球依次抛出后均做相同的竖直上抛运动，但同时研究4个小球的运动比较复杂，将4个小球的运动转换为一个小球所做的连续运动，小球每隔0.4 s 对应的位置，对应各小球在同一时刻的不同位置，小球在空中的时间共1.6 s ，上升的时间为0.8 s ，则h ＝12at 2＝12×10×0.82m ＝3.2 m ，故选项C 正确．答案：C10.如图所示，一只杯子固定在水平桌面上，将一块薄纸板盖在杯口上并在纸板上放一枚鸡蛋，现用水平向右的拉力将纸板快速抽出，鸡蛋(水平移动距离很小，几乎看不到)落入杯中，这就是惯性演示实验．已知鸡蛋(可视为质点)中心离纸板左端的距离为d ，鸡蛋和纸板的质量分别为m 和2m ，所有接触面的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g ，若鸡蛋移动的距离不超过d10就能保证实验成功，则所需拉力的最小值为( )A ．3μmgB ．26μmgC ．12μmgD ．15μmg解析：本题物理情境较新，但仔细分析发现鸡蛋和纸板的运动可转换为经典的滑块—滑板模型，所以对鸡蛋有d 10＝12a 1t 2，μmg ＝ma 1，对纸板有d ＋d 10＝12a 2t 2、F min －3μmg －μmg ＝2ma 2，联立解得F min ＝26μmg ，B 正确．答案：B[名师点评] 对于物理过程与我们熟悉的物理模型相似的题目，可尝试使用转换分析法，如本题中将鸡蛋和纸板转换为滑块—滑板模型即可快速求解．第6招 图象分析法物理图象是将抽象物理问题直观化、形象化的最佳工具，能从整体上反映出两个或两个以上物理量的定性或定量关系，利用图象解题时一定要从图象纵、横坐标的物理意义以及图线中的“点”“线”“斜率”“截距”和“面积”等诸多方面寻找解题的突破口．利用图象解题不但快速、准确，能避免繁杂的运算，还能解决一些用一般计算方法无法解决的问题．11.(多选)如图所示，质量相同的木块A 、B 用轻质弹簧连接．静止在光滑的水平面上，此时弹簧处于自然状态．现用水平恒力F 推A .则从力F 开始作用到弹簧第一次被压缩到最短的过程中( )A ．弹簧压缩到最短时，两木块的速度相同B ．弹簧压缩到最短时，两木块的加速度相同C ．两木块速度相同时，加速度a A <a BD ．两木块加速度相同时，速度v A >v B解析：从力F 开始作用到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，对两木块运动过程分析可知，A 做加速度减小的加速运动，B 做加速度增大的加速运动，只要A 的速度大于B 的速度弹簧就处于被压缩变短的过程中，则两木块速度相同时弹簧压缩到最短，画出这一过程A 、B 两木块的v-t 图象，则t 1时刻，A 、B 两木块的加速度相同(切线斜率相同)，且v A >v B ，t 2时刻A 、B 两木块的速度相同，且a B >a A ，综上，A 、C 、D 正确，B 错误．答案：ACD12．如图甲所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处．若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上．则t 0可能属于的时间段是( )A ．0<t 0<T4B.T 2<t 0<3T 4C.3T4<t 0<T D ．T <t 0<9T 8解析：以向B 板运动为正方向，分别作出从0、T 4、T2时刻释放的粒子的速度—时间图象如图所示，则由图象可看出，若0<t 0<T 4、3T 4<t 0<T 或T <t 0<9T 8，粒子在一个周期内正向位移大，即最终打到B 板；若T 2<t 0<3T4，粒子在一个周期内负向位移大，最终打到A 板，故B 正确．答案：B[名师点评] v-t 图象隐含信息较多，我们经常借助v-t 图象解决有关运动学或动力学问题，而忽视对v-t 图象的利用，实际上v-t 图象在解决相遇问题时具有其独特的作用，解题时要会灵活运用各种图象．专项二 实验题专项训练物理实验题分值一般为15分，多为一大带一小的形式，其中第22题多为常规型实验题，侧重考查基本实验仪器的读数或教材上要求的基本实验的实验原理、实验步骤的理解和实验数据的处理，第23题侧重考查学生的实验迁移能力，多为创新设计型实验题．技巧1 读数类实验——正确使用，准确读数刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、打点计时器、电流表、电压表、多用电表都是基本仪器，要熟练掌握它们的使用方法、操作规程和读数规则，在高考前要进行系统的实际测量和读数练习，特别是游标卡尺、螺旋测微器、电学实验仪器的读数．此类试题难度不大，要防止在读数的估读、结果的有效数字和单位上出错．为使读数正确必须做到以下三点：(1)要注意量程．(2)要弄清所选量程对应的每一大格和每一小格所表示的量值．(3)要掌握需要估读的基本仪器的读数原则．读数的基本原则：凡仪器最小刻度是“1”的，要求读到最小刻度后再往下估读一位；凡仪器最小刻度是“2”和“5”的，只要求读到最小刻度所在的这一位，不再往下估读．1．(1)请读出螺旋测微器和游标卡尺的示数．甲：______cm；乙________cm.(2)某照明电路出现故障，其电路如图甲所示，该电路用标称值12 V的蓄电池为电源，导线及其接触完好．维修人员使用已调好的多用电表直流50 V挡检测故障．他将黑表笔接在c点，用红表笔分别探测电路的a、b点．①断开开关，红表笔接a点时多用电表指示如图乙所示读数为________V，说明________正常(选填“蓄电池”“保险丝”“开关”或“小灯泡”)．②红表笔接b点，断开开关时，表针不偏转，闭合开关后，多用电表指示仍然和图乙相同，可判定发生故障的器件是______________(选填“蓄电池”“保险丝”“开关”或“小灯泡”)．解析：(1)螺旋测微器的固定刻度读数为0.5 mm，可动刻度读数为0.01×11.7 mm＝0.117 mm，所以最终读数为0.617 mm＝0.061 7 cm.游标卡尺的固定刻度读数为100 mm，游标尺读数为0.1×4 mm＝0.4 mm，所以最终读数为100 mm＋0.4 mm＝100.4 mm＝10.04 cm.(2)①多用电表直流50 V 挡，每一小格是1 V ，要估读到0.1 V ，读数是11.5 V ，断开开关，多用电表直接测量电源两端电压，多用电表有示数且接近电源电动势，说明电源正常．②红表笔接b 点，闭合开关，多用电表示数与①中相同，说明电路仍然处于断路状态，而开关是闭合的，因此可以确定是小灯泡发生断路故障．答案：(1)0.061 7(0.061 6～0.061 8) 10.04 (2)①11.8(11.7～11.9均正确) 蓄电池 ②小灯泡2．(2019·宜昌调研)某实验小组利用如图1所示电路，可测量多用电表内电池的电动势和“×1”挡内部电路的总电阻．使用的器材有：多用电表、电流表、滑动变阻器、导线若干．回答下列问题：(1)将多用电表挡位调到电阻“×1”挡，再将红表笔和黑表笔短接进行欧姆调零．随后按如图1所示把多用电表、电流表、滑动变阻器连接起来，如果图1中接线正确，那么与多用电表的a 插孔相接的是________(选填“黑”或“红”)表笔．(2)调节滑动变阻器的滑片，从图1位置向右滑动过程中，电流表的读数________(选填“增大”“减小”或“不变”)．(3)调节滑动变阻器的过程中，某次欧姆表指针位置如图2所示，读数为________Ω，对应电流表的指针位置如图3所示，读数为________A ．经过多次测量，得到多组电流表读数的倒数1I，和与之对应的欧姆表读数R ，画出如图4所示的图象，由此可得多用电表内电池的电动势为________V ，选择“×1”挡时内阻为________Ω(计算结果保留三位有效数字)．解析：(1)与多用电表的a 接线柱相接的是电流表的正接线柱，因多用电表黑表笔内部接电源的正极，则与多用电表的a 接线柱相接的是黑表笔．(2)调节滑动变阻器的滑片，从题图1位置向右滑动过程中，则滑动变阻器接入电路的电阻变小，则电流表的读数增大．(3)欧姆表读数为32×1 Ω＝32 Ω，对应电流表的读数为0.20 A ．由闭合电路的欧姆定律：E ＝I (R ＋r )，即：1I ＝1E R ＋r E ，由题图4可知：1E ＝ 4.020－（－20） V －1，r E＝2 Ω·V －1，解得E ＝10.0 V ，r ＝20.0 Ω.答案：(1)黑 (2)增大 (3)32 0.20 10.0 20.0 技巧2 常规型实验——紧扣教材，融会贯通教材中的实验是高考创新实验的命题根源，这就要求我们在高考实验备考中要紧扣教材中的实验，弄清和掌握教材中每一个实验的实验原理、实验步骤、数据处理、误差分析等，对每一个实验都应做到心中有数，并且能融会贯通．3．(2019·烟台模拟)A 、B 两位同学做“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”实验．(1)实验装置如图甲所示，打出了一条纸带如图乙所示，计时器所用交流电源的频率为50 Hz ，从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，该小车的加速度为________m/s 2(结果保留两位有效数字)．(2)两同学各取一套图示的装置放在水平桌面上，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a 与拉力F 的关系．分别得到如图丙中A 、B 两条直线，图线斜率为________，则A 、B 两同学用的小车与木板间的动摩擦因数的关系为μA ________μB (选填“大于”“小于”或“等于”)．解析：(1)处理匀变速直线运动中所打出的纸带，用公式Δx ＝at 2求解加速度，关键弄清公式中各个量的物理意义，Δx 为连续相等时间内的位移差，t 为连续相等的时间间隔，如果每5个点取一个点，则连续两点的时间间隔为t ＝0.1 s ，Δx ＝(6.49－6.34)×10－2m ＝1.5×10－3m ，得加速度a ＝0.15 m/s 2.(2)当没有平衡摩擦力时有：F －F f ＝ma ，故a ＝F m－μg ，即图线斜率为1m，纵轴截距的大小为μg ，观察图线可知μA >μB .答案：(1)0.15 (2)小车质量的倒数 大于4．(2019·贵阳模拟)某同学用伏安法测量一未知电阻R x 的电阻值．(1)该同学用电流表内接法和外接法分别测量了R x 的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描绘到U-I 图上，由电流表外接法得到的图线是图甲中的________(选填“a ”或“b ”)．(2)请用图甲中的数据，求出用电流表外接法时R x 的测量值为________Ω(保留两位有效数字)，其测量值与真实值相比________(选填“偏大”或“偏小”)．(3)图乙是用电流表外接法已部分连接好的实物电路，请结合甲图信息补充完成实物接线．解析：(1)电流表外接法，由于电压表分流作用，测得的电流值会偏大，由图示图象可知，由电流表外接法得到的图线是b .(2)由图示图象可知，电阻：R ＝ΔU ΔI ＝0.60.5 Ω＝1.2 Ω；因电流的测量值偏大，则电阻测量值偏小．(3)滑动变阻器用分压接法，则电路如图所示．答案：(1)b (2)1.2 偏小 (3)见解析图 技巧3 设计型实验——设计方案，变通拓展设计型实验题从仪器的使用、装置的改造、电路的设计、数据的灵活处理等方面进行变通和拓展．应对这类实验题的方法是深刻理解实验的原理、方法，进行合理迁移．5．(2019·山东济南联考)某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞中的不变量的实验：在小车甲的前端粘有橡皮泥，推动小车甲使之做匀速运动，然后与原来静止在前方的小车乙相碰并粘合成一体，继续做匀速运动．打点计时器所用交流电的频率f ＝50 Hz.(1)若已知测得打点纸带如图(b)昕示，并测得各计数点间距(已标在图示上)．A 点为运动的起点，则应选______段来计算小车甲碰前的速度．应选________段来计算车甲和乙碰后的共同速度(以上两空选填“AB ”“BC ”“CD ”或“DE ”)．(2)已测得小车甲的质量m 1＝0.40 kg ，小车乙的质量m 2＝0.20 kg ，则碰前两小车的总动量为________kg·m/s，碰后两小车的总动量为________kg·m/s(保留三位有效数字)．解析：(1)应选择小车运动稳定时的纸带来计算速度，故应选BC 段计算小车甲碰前的速度，选DE 段计算小车甲和乙碰后的共同速度．(2)v 1＝BC t ＝10.50×10－20.02×5 m/s ＝1.05 m/s ，m 1v 1＝0.40×1.05 kg·m/s＝0.420 kg·m/s；碰后甲和乙的共同速度v 2＝DE t ＝6.95×10－20.02×5m/s ＝0.695 m/s ，(m 1＋m 2)v 2＝(0.40＋0.20)×0.695 kg·m/s＝ 0．417 kg·m/s.答案：(1)BC DE (2)0.420 0.4176．(2019·聊城模拟)某同学用一个满偏电流为10 mA 、内阻为30 Ω的电流表，一只滑动变阻器和一节电动势为1.5 V 的干电池组装成一个欧姆表，如图1所示．(1)甲、乙测试笔中，甲表笔应是________(选填“红”或黑”)表笔． (2)电流表5 mA 刻度处应标的电阻刻度为________Ω.(3)经调零后，将甲、乙两表笔分别接图2中的a 、b 两点，指针指在电流表刻度的4 mA 处，则电阻R x ＝________Ω.(4)若误将甲、乙两表笔分别接在了图2中的a 、c 两点，则R x 的测量结果________(选填“偏大”或“偏小”)．(5)再给电流表并联一个合适的定值电阻R 0，就可组装成一个中间刻度值为15 Ω的欧姆表，则R 0＝________Ω(保留两位有效数字)．解析：(1)为了保证电流由正接线柱流入表头，红表笔应接内部电源的负极，则甲应为红表笔． (2)设欧姆表的内阻为R ，根据闭合电路的欧姆定律可知，当电流表满偏时，则有：10×10－3A ＝ER，解得：R ＝150 Ω，当电流表的示数为5 mA 时，则有：5×10－3A ＝ER ＋R x ′，解得：R x ′＝150 Ω.(3)当电流表示数为4 mA 时，根据闭合电路的欧姆定律有：4×10－3A ＝ER ＋R x，解得：R x ＝225 Ω.(4)若误将甲、乙两表笔分别接在了题图2中的a 、c 两点，则回路中的两个电源串联，电流增大，指针偏转更大，故R x 的测量结果偏小．(5)欧姆表的中间刻度值为15 Ω，说明欧姆表的内阻为15 Ω，此时回路中的最大电流为I ＝E R ′＝1.515A ＝0.1 A ， 根据电流表的改装原理，有：I ＝I g ＋I g R gR 0， 解得：R 0＝I g R g I －I g ＝10×10－3×300.1－10×10－3Ω≈3.3 Ω.答案：(1)红 (2)150 (3)225 (4)偏小 (5)3.3 技巧4 创新型实验——活用原理，巧妙迁移近几年全国卷实验题的第二题，往往注重考查实验原理的迁移、测量方法的迁移、数据处理方法的迁移，试题新颖、区分度高．但试题依然是以实验基础为依据，如计算形式的实验题、电学中实验电路的设计等都是根据考生学过的实验方法、原理等来命制的，做题时一定要审清题意，明确实验目的，联想和迁移应用相关实验原理．7．(2019·茂名模拟)某活动小组利用图甲所示装置验证机械能守恒定律．钢球自由下落过程中，先后通过光电门A 、B ，计时装置测出钢球通过A 、B 的时间分别为t A 、t B .用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度．测出两光电门间的距离为h ，当地重力加速度为g .(1)用游标卡尺测量钢球的直径，读数如图乙所示，钢球直径为D ＝________cm. (2)要验证机械能守恒，只要比较________(填选项前的字母序号)即可．A.⎝⎛⎭⎪⎫1t 2A－1t 2BD 2与gh 是否相等 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2A －1t 2B D 2与2gh 是否相等 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2B －1t 2A D 2与gh 是否相等 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2B －1t 2A D 2与2gh 是否相等(3)钢球通过光电门的平均速度________(选填“>”或“<”)钢球球心通过光电门的瞬时速度． 解析：(1)游标卡尺的主尺读数为：0.9 cm ，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0.05×10 mm ＝0.50 mm ，所以最终读数为：0.950 cm.(2)利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故：v ＝Dt，根据机械能守恒的表达式有：mgh ＝12mD 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2B －1t 2A ，即只要比较D 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2B －1t 2A 与2gh 是否相等，故D 正确．(3)根据匀变速直线运动的规律得钢球通过光电门的平均速度等于这个过程中间时刻速度，所以钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度．答案：(1)0.950 (2)D (3)<8.霍尔效应是电磁基本现象之一，近期我国科学家在该领域的实验研究上取得了突破性进展．如图所示，在一矩形半导体薄片的P 、Q 间通入电流I ，同时外加与薄片垂直的磁场B ，在M 、N 间出现电压U H ，。
高三物理二轮复习 第二篇 题型专项突破 热考小题专攻练 4 曲线运动(2021年整理)
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同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2017届高三物理二轮复习第二篇题型专项突破热考小题专攻练4 曲线运动的全部内容。
热考小题专攻练4.曲线运动(建议用时20分钟）小题强化练,练就速度和技能,掌握高考得分点！1。
（2016·洛阳一模）如图所示,甲乙两船在同一条河流中同时开始渡河,M、N分别是甲乙两船的出发点,两船头指向与河岸均成α角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点,经过一段时间乙船恰好到达P点，如果划船速度大小相等，且两船相遇,不影响各自的航行，下列判断正确的是（)A。
甲船也能到达正对岸B。
甲船渡河时间一定短C。
两船相遇在NP直线上的某点（非P点）D.渡河过程中两船不会相遇【解析】选C.甲船航行方向与河岸成α角，水流速度水平向右，故合速度一定不会垂直河岸，即甲船不能垂直到达对岸，A错误；在垂直河岸方向上v甲=vsinα，v乙=vsinα，故渡河时间t甲==、t乙==,所以渡河时间相等，因为在垂直河岸方向上分速度相等，又是同时出发的，故两船相遇在NP直线上的某点(非P点)，B、D错误、C正确。
2.质量为1kg的物体在水平面内做曲线运动，已知互相垂直方向上的速度图象分别如图所示。
下列说法正确的是( ）A。
质点的初速度为5 m/sB。
质点所受的合外力为3 NC。
2 s末质点速度大小为7 m/sD。
质点初速度的方向与合外力方向垂直【解析】选D。
2020高考物理二轮课标通用计算题专项训练
计算题专项训练(时间:80分钟满分:100分)题型专项能力训练第53页1.(14分)如图甲所示,水平传送带AB逆时针匀速转动,一个质量为m0=1.0 kg的小物块以某一初速度由传送带左端滑上,通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向,以物块滑上传送带时为计时零点)。
已知传送带的速度保持不变,g取10 m/s2。
求:(1)物块与传送带间的动摩擦因数μ;(2)物块在传送带上的运动时间;(3)整个过程中系统产生的热量。
答案:(1)0.2(2)4.5 s(3)18 J解析:(1)由题中v-t图像可得,物块做匀变速运动的加速度a=ΔvΔt =4.02m/s2=2.0 m/s2由牛顿第二定律得F f=m0a得到物块与传送带间的动摩擦因数μ=m0am0g =2.010=0.2。
(2)由题中v-t图像可知,物块初速度大小v=4 m/s、传送带速度大小v'=2 m/s,物块在传送带上滑动t1=3 s后,与传送带相对静止。
前2 s内物块的位移大小x1=v2t1'=4 m,向右后1 s内的位移大小x2=v'2t1″=1 m,向左3 s内位移x=x1-x2=3 m,向右物块再向左运动时间t2=xv'=1.5 s物块在传送带上运动时间t=t1+t2=4.5 s。
(3)物块在传送带上滑动的3 s内,传送带的位移x'=v't1=6 m,向左;物块的位移x=x1-x2=3 m,向右相对位移为Δx'=x'+x=9 m所以转化的热能E Q=F f×Δx'=18 J。
2.(14分)如图所示,两固定的绝缘斜面倾角均为θ,上沿相连。
两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L,质量分别为2m和m;用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca,并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上,使两金属棒水平。
高三物理第二轮复习计算题专题训练参考答案
高三物理第三轮复习计算题专题训练参考答案1.解：（1）小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度为v 0，在最高点由牛顿第二定律有Lm mg 20ν= ①在小球从最低点运动到最高点的过程中，机械能守恒，并设小球在最低点速度为1v ，则202121221ννm L mg m +⋅= ②滑块从h 高处运动到将与小球碰撞时速度为v 2，对滑块由能的转化及守恒定律有22212νμm smg mgh +⋅= ③因弹性碰撞由动量守恒和动能守恒有432mv mv mv += ④242322212121mv mv mv += ⑤ 联立以上各式可解得h=0.5m（2）若滑块从h '=5m 处下滑到将要与小球碰撞时速度为u ，同理有2212/smg mu mgh μ+=⑥ 解得s m u /95= 滑块与小球碰后的瞬间，同理滑块静止，小球以s m u /95=的速度开始作圆周运动，绳的拉力T 和重力的合力充当向心力，则有Lu m mg T 2=- ⑦解得T=48N 方向竖直向上（3）滑块和小球最后一次碰撞时速度为s m v /53=， 滑块最后停在水平面上，它通过的路程为s '，同理有'2123/mgs m mgh μν+=⑧ 小球做完整圆周运动的次数为12'+-=sss n ⑨解得s '=19m ，n=10次2．解：（1）赛车恰好通过P 点时，由牛顿第二定律有Rmmg P2ν= ①赛车从P 点运动到最后停下来，由动能定理有22102P mv kmgx mgR -=- ②联立①②可得： x=2.5m(2)设赛车经历的时间为t ，赛车从A 点运动到P 点的过程中由动能定理可得：02122-=--B m mgR kmgL Pt ν代入数据可得：t=4.5s3．解：（1）小物块从A 点运动到B 点的过程中，设滑到B 点时的速度为0v ，由动能定理有2021mv mgR =① 小物块到达B 点后做匀速运动，则0Bqv mg = ② 联立①②可解得Rg qm B 2=由左手定则可知，磁场的方向垂直纸面向里（2）设小物块在轨道BC 上匀速运动t 秒，恰能从车上滑出 由动量守恒定律有：10)(v M m mv += ③由功能关系有：)((212102120t v L mg v M m mv -++=μ） ④由得：-=gR L t 2gRM m M2)(2+μ 当t 0>-=gRL t 2gRM m M2)(2+μ，则小物块能从车上滑出。
高三物理二轮复习计算题标准练(四) Word版含答案
计算题标准练(四)满分32分,实战模拟,20分钟拿到高考计算题高分!1.(12分)如图甲所示,弯曲部分AB和CD是两个半径相等的14圆弧,中间的BC段是竖直的薄壁细圆管(细圆管内径略大于小球的直径),分别与上下圆弧轨道相切连接,BC段的长度L可作伸缩调节。
下圆弧轨道与地面相切,其中D、A分别是上下圆弧轨道的最高点与最低点,整个轨道固定在竖直平面内。
一小球多次以某一速度从A点水平进入轨道而从D点水平飞出。
今在A、D两点各放一个压力传感器,测试小球对轨道A、D两点的压力,计算出压力差ΔF。
改变BC的长度L,重复上述实验,最后绘得的ΔF-L图像如图乙所示。
(不计一切摩擦阻力,g 取10m/s2)(1)某一次调节后,D点的离地高度为0.8m,小球从D点飞出,落地点与D点的水平距离为2.4m,求小球经过D点时的速度大小。
(2)求小球的质量和弯曲圆弧轨道的半径。
【解析】(1)小球在竖直方向做自由落体运动,有：H D=12gt2,在水平方向做匀速直线运动,有：x=v D t,得：v D=xt =√Dg=6m/s。
(2)设轨道半径为r,A 到D 过程机械能守恒,有：12m v A 2=12m v D 2+mg(2r+L), ① 在A 点：F A -mg=m v A2r, ② 在D 点：F D +mg=m v D2r , ③由①②③式得：ΔF=F A -F D =6mg+2mg L r ; 由图像纵截距得：6mg=12N,得m=0.2kg;当L=0.5m 时,ΔF=17N,解得：r=0.4m 。
答案：(1)6m/s(2)0.2kg 0.4m2.(20分)如图所示,质量为m 的导体棒垂直放在光滑、足够长的U 形导轨底端,导轨宽度和棒长相等且接触良好,导轨平面与水平面成θ角。
整个装置处在与导轨平面垂直的匀强磁场中。
现给导体棒沿导轨向上的初速度v 0,经时间t 0,导体棒到达最高点,然后开始返回,到达底端前已做匀速运动,速度大小为v04。
2020高考物理二轮复习高分突破：高考题型二 押题练第2组 Word版含解析
第 1 页 共 4 页押题练第2组1.(6分)将一长为L 、质量为m 的均匀杆绕一端无摩擦地转动,当转动角速度为ω时,杆具有一定的动能E k ,关于动能E k 的大小同学们有如下猜想。
甲同学:把杆当成在重心处的质量为m 的质点,可能是E k =m ω·2=mω2L 212L 218乙同学:根据动能的平均值计算,可能是E k =m ·mω2L 212ω2L 2+02=14丙同学:可能是E k =mω2L 216为了验证猜想,设计了如图甲所示的实验。
质量为m 的均匀长直杆一端固定在光滑转轴O 处,杆从水平位置由静止释放,用光电门测出另一端A 经过某位置时的瞬时速度v A ,并记下该位置与转轴O 的高度h 。
(1)用游标卡尺测得杆的直径d 如图乙所示,则d= ,A 端通过光电门的时间为t ,则A 端通过光电门的瞬时速度v A 的表达式为 。
(2)调节h 的大小并记录对应的速度v A ,建立-h 坐标系,并将实验数据在坐标系中描出,如图丙所示,v A 2试在图丙中绘出和h 的关系曲线,可得和h 的关系式为 。
v A 2v A 2(3)当地重力加速度g 取10 m/s 2,结合图象分析,可得 (选填“甲”“乙”或“丙”)同学的猜想是正确的。
第 2 页 共 4页2.(9分)(2019湖南娄底二模)某同学测定电源电动势和内阻,所使用的器材有:待测干电池一节(内阻很小)、电流表A(量程0.6 A,内阻R A 小于1 Ω)、电流表A 1(量程0.6 A,内阻未知)、电阻箱R 1(0~99.99 Ω)、滑动变阻器R 2(0~10 Ω)、单刀双掷开关S 、单刀单掷开关K 各一个,导线若干。
(1)该同学按图甲所示电路连接进行实验操作。
请在虚线框内补全与图甲对应的电路图。
第 3 页 共 4 页(2)测电流表A 的内阻:闭合开关K,将开关S 与C 接通,通过调节电阻箱R 1和滑动变阻器R 2,读取电流表A 的示数为0.20 A 、电流表A 1的示数为0.60 A 、电阻箱R 1的示数为0.10 Ω,则电流表A 的内阻R A = Ω。
2020届高考物理二轮复习刷题首选卷专题四曲线运动精练(含解析)
专题四曲线运动『经典特训题组』1．(多选)如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其vt图象如图乙所示，同时人顶杆沿水平地面运动的xt图象如图丙所示。
若以地面为参考系，下列说法中正确的是( )A．猴子的运动轨迹为直线B．猴子在2 s内做匀变速曲线运动C．t＝0时猴子的速度大小为8 m/sD．t＝2 s时猴子的加速度大小为4 m/s2答案BD解析由题图乙知，猴子竖直方向上向上做匀减速直线运动，加速度竖直向下，由题图丙知，猴子水平方向上做匀速直线运动，则猴子的加速度竖直向下且加速度的大小、方向均不变，与初速度方向不在同一直线上，故猴子在2 s内做匀变速曲线运动，A错误，B正确；xt图象的斜率等于速度，则知t＝0时猴子水平方向的速度大小为v x＝4 m/s，又竖直方向初速度大小v y＝8 m/s，则t＝0时猴子的速度大小为：v＝v2x＋v2y＝4 5 m/s，故C错误；vt图象的斜率等于加速度，则知猴子的加速度为：a＝ΔvΔt＝0－82m/s2＝－4 m/s2，即加速度大小为4 m/s2，故D正确。
2．(多选) 如图所示，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，炸弹垂直击中山坡上的目标A。
已知A点高度为h＝360 m，山坡倾角θ为37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2，由此可算出( )A．炸弹的飞行时间为0.8 sB．炸弹飞行的水平位移为480 mC．轰炸机的飞行高度为680 mD．炸弹的落地速度为80 m/s答案BC解析 如图所示，已知A 点高度为h ＝360 m ，山坡倾角为37°，可算出炸弹飞行的水平位移为x ＝h tan37°＝480 m ，故B 正确；炸弹垂直击中目标A ，可知炸弹的速度偏转角满足φ＝π2－θ＝53°，由平抛运动的速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍可知tan φ＝gt v 0＝2H x，解得H ＝320 m ，所以轰炸机的飞行高度H 总＝H ＋h ＝680 m ，故C 正确；炸弹的飞行时间t ＝ 2H g＝8 s ，故A 错误；炸弹的初速度为v 0＝x t ＝60 m/s ，落地速度v ＝v 0cos φ＝100 m/s ，故D 错误。
(新课标)2020高考物理二轮复习计算题专项练(四)(含解析)
计算题专项练(四)(建议用时：45分钟)1.如图所示，一段平直的马路上，一辆校车从一个红绿灯口由静止开始做匀加速直线运动，经36 m 速度达到43.2 km/h ；随后保持这一速度做匀速直线运动，经过20 s ，行驶到下一个路口时，司机发现前方信号灯为红灯便立即刹车，校车匀减速直线行驶36 m 后恰好停止．(1)求校车匀加速运动的加速度大小a 1；(2)若校车总质量为4 500 kg ，求校车刹车时所受的阻力大小；(3)若校车内坐有一质量为30 kg 的学生，求该学生在校车加速过程中座椅对学生的作用力F 的大小．(取g ＝10 m/s 2，结果可用根式表示)2．玻璃球体的半径为R ，P 为经过球心的水平轴线上的一点，且PC ＝Rn(n 为折射率)，如图所示．若从P 点向右侧发出的任意一条光线经球面折射后，其反向延长线均聚焦于水平轴PC 上的Q 点(未画出)，已知玻璃球体对光线的折射率为n ，试求Q 的位置．3．如图所示，AB 是位于竖直平面内、半径R ＝0.5 m 的14圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B 与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E ＝5×103N/C.今有一质量为m＝0.1 kg 、带电荷量q ＝＋8×10－5C 的小滑块(可视为质点)从A 点由静止释放．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.05，取g ＝10 m/s 2，求：(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B 时对B 点的压力； (2)小滑块在水平轨道上向右滑过的最大距离； (3)小滑块最终的运动情况．4．某物理兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，选手在A点用一弹射装置可将小滑块以水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R＝0.3 m的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自B点向C点运动，C点右侧有一陷阱，C、D两点的竖直高度差h＝0.2 m，水平距离s＝0.6 m，水平轨道AB长为L1＝1 m，BC长为L2＝2.6 m，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.(1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在A点被弹出时的速度大小；(2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周后只要不掉进陷阱即选手获胜．求获胜选手在A点将小滑块弹射出的速度大小的范围．计算题专项练(四)1．解析：(1)由匀加速直线运动公式可知v2＝2a1x1得加速度a1＝2 m/s2.(2)由匀减速直线运动公式得：0－v2＝－2a2x3解得a2＝2 m/s2F阻＝Ma2＝9 000 N.(3)匀加速运动过程中，设学生所受合力大小F合，座椅对学生的作用力为F，由牛顿第二定律可得F合＝ma1F＝（mg）2＋（ma1）2得F＝6026 N.答案：(1)2 m/s2(2)9 000 N (3)6026 N2．解析：设光线在D点发生折射，由折射定律可得：n＝sin θ1 sin θ2在三角形DCP中，由正弦定理可得：PCsin θ2＝DC sin θ4可得：θ4＝θ1由几何关系可得：θ1＝θ5＋θ2θ4＝θ5＋θ3可得：θ3＝θ2 在三角形DQC 中，由正弦定理可得：QC sin θ1＝DCsin θ3可得：QC ＝nRQ 点距C 点的距离为nR .答案：见解析3．解析：(1)设小滑块第一次到达B 点时的速度为v B ，圆弧轨道对滑块的支持力为F N ，则由动能定理得mgR －qER ＝12mv 2B由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2BR解得F N ＝2.2 N由牛顿第三定律知，小滑块滑到B 点时对轨道的压力为2.2 N ，方向竖直向下． (2)设小滑块在水平轨道上向右滑行的最大距离为x ，mgR －qE (R ＋x )－μmgx ＝0得x ＝23m.(3)由题意知qE ＝8×10－5×5×103N ＝0.4 Nμmg ＝0.05×0.1×10 N ＝0.05 N因此有qE >μmg所以小滑块最终在圆弧轨道上往复运动． 答案：(1)2.2 N 方向竖直向下 (2)23 m(3)在圆弧轨道上往复运动4．解析：(1)小滑块恰能通过圆形轨道的最高点时，重力提供向心力，有mg ＝m v 2R；小滑块由A 到B 再到圆形轨道的最高点的过程，由动能定理得－μmgL 1－2mgR ＝12mv 2－12mv 2A ，解得小滑块在A 点的初速度v A ＝5 m/s.(2)若小滑块恰好停在C 处，对全程进行研究，则有 －μmg (L 1＋L 2)＝0－12mv ′2代入数据解得v ′＝6 m/s.所以当5 m/s ≤v A ≤6 m/s 时，小滑块停在B 、C 间．若小滑块恰能越过陷阱，则有h ＝12gt 2，s ＝v C t ，联立解得v C ＝3 m/s由动能定理得－μmg (L 1＋L 2)＝12mv 2C －12mv ″2，代入数据解得v ″＝3 5 m/s ，所以当v A ≥3 5 m/s ，小球越过陷阱故若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不能掉进陷阱，小滑块在A 点弹射出的速度大小范围是5 m/s ≤v A ≤6 m/s 或v A ≥3 5 m/s.答案：(1)5 m/s (2)5 m/s ≤v A ≤6 m/s 或v A ≥3 5 m/s。
2020届高考二轮物理计算题题型专练(二) Word版含答案
2020届高考查漏补缺之物理计算题题型专练（二）1、一质量为m 的烟花弹获得动能E 后,从地面竖直升空,当烟花弹上升的速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E ,且均沿竖直方向运动。
爆炸时间极短,重力加速度大小为g ,不计空气阻力和火药的质量,求 （1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间; （2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
2、如图所示,“L”型滑板,(平面部分足够长),质量为4m,距滑板的A 壁为Ll 距离的B 处放有一质量为m,电量为+q 的大小不计的小物体,小物体与滑板,及滑板与地面的摩擦均不计,整个装置处于场强为E 的匀强电场中,初始时刻,滑板与小物体均静止,试求:1.释放小物体,第一次与滑板A 壁碰前小物体的速度v 1大小;2.若小物体与A 壁碰后相对水平地面的速度大小为碰前的3/5,碰撞时间极短,则碰撞后滑板速度的大小;3.若滑板足够长,小物体从开始运动到第二次碰撞前,电场力做功为多少.3、光滑水平面上放着质量1A m kg =的物块A 与质量2B m kg =的物块B,A 与B 均可视为质点,A 靠在竖直墙壁上,A 、B 间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A 、B 均不拴接),用手挡住B 不动,此时弹簧弹性势能49p E J =。
在A 、B 间系一轻质细绳,细绳长度大于弹簧的自然长度,如图所示。
放手后B 向右运动,绳在短暂时间内被拉断,之后B 冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道,其半径R=0.5m,B 恰能到达最高点C 。
取210/g m s =,求:(1)绳拉断后瞬间B 的速度B v 的大小; (2)绳拉断过程绳对B 的冲量I 的大小; (3)绳拉断过程绳对A 所做的功W 。
4、如图所示，把质量为3克的带电小球A 用丝线吊起，若将带电量为8410C -⨯的正电小球B 靠近它，当两小球在同一高度相距3cm 时，丝线与竖直夹角为30o ，取210m/s g =，9229.010N m /C k =⨯⋅求：（1）小球A 带正电还是负电？（2）此时小球A 受到的库仑力大小和方向？ （3）小球A 带的电量A q ？5、如图所示为一组未知方向的匀强电场的电场线,将带电荷量为61.010C q -=-⨯的点电荷由A 点沿水平线移至B 点,克服静电力做了6210J -⨯的功,已知A 、B 间的距离为2cm 。
2020新高考物理二轮选择题逐题突破课标通用版课件：第四题+4-3+机械能守恒定律
C．P 球所受绳的拉力一定大于 Q 球所受绳的拉力
D．P 球的向心加速度一定小于 Q 球的向心加速度
解析：两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力 做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能 守恒定律得 mgL＝21mv2，可得 v＝ 2gL，因 LP＜LQ，则 vP＜ vQ，又 mP＞mQ，则两球的动能无法比较，选项 A、B 错误； 在最低点绳的拉力为 F，则 F－mg＝mvL2，则 F＝3mg，因 mP ＞mQ，则 FP＞FQ，选项 C 正确；向心加速度 a＝F－mmg＝2g， 选项 D 错误。 答案： C
水平面夹角 θ＝37°，木板上表面光滑，木板
上有一个孔洞，一根长为 L、质量为 m 的软 绳置于木板上，其上端刚好进入孔洞，用细线将质量为 m 的
物块与软绳连接，如图所示。物块由静止释放后向下运动，
带动软绳向下运动，当软绳刚好全部离开木板(此时物块未到
达地面)时，物块的速度为(已知重力加速度为 g，sin 37°
确；物块沿斜面上滑过程中，由于滑轮右侧细绳始终与斜面平 行，所以物块对斜面的压力始终不变，地面对斜面体的支持力 始终保持恒定，选项 D 正确。
答案：ACD
的半球形碗，碗口直径 AB 水平，O 点为球心，碗的内表面
及碗口光滑。右侧是一个足够长的固定光滑斜面。一根不可
伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细
绳两端分别系有可视为质点的小球和物块，且小球质量 m1 大于物块质量 m2。开始时小球恰在 A 点，物块在斜面上且 距离斜面顶端足够远，此时滑轮右侧的细绳与斜面平行且恰
D．若各斜面与这些滑块间有相同的动摩擦因数，滑块到达 O 点的过程中，各滑块损失的机械能相同，则 A、B、C、D… 各点处在同一竖直线上
2020届高考物理二轮复习与测试全套精品
训练1 匀变速直线运动一、选择题(本大题共8小题，每小题8分，共64分．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．)1.(2016·全国卷Ⅲ)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( )A.s t 2B.3s 2t 2C.4s t 2D.8s t 2解析：本题考查匀变速直线运动规律，意在考查学生对匀变速直线运动规律的理解和应用能力．设质点的初速度为v 0，由末动能为初动能的9倍，得末速度为初速度的3倍，即v t ＝3v 0，由匀变速直线运动规律可知，s t ＝v 0＋3v 02＝2v 0，由加速度的定义可知质点的加速度a ＝3v 0－v 0t ＝2v 0t ，由以上两式可知，a ＝s t 2，A项正确，B 、C 、D 项错误．答案：A2．一质点沿坐标轴O x 做变速直线运动，它在坐标轴上的坐标x 随时间t 的变化关系为x ＝5＋2t 3，速度v 随时间t 的变化关系为v ＝6t 2，其中v 、x 和t 的单位分别是m/s 、m 和s.设该质点在t ＝0到t ＝1 s 内运动位移为s ，平均速度为v ，则( )A ．s ＝6 m ，v ＝6 m/sB ．s ＝2 m ，v ＝2 m/sC ．s ＝7 m ，v ＝7 m/sD ．s ＝3 m ，v ＝3 m/s解析：当t ＝0时，x 0＝5 m ，t ＝1 s 时，x 1＝7 m ，因此s ＝x 1－x 0＝2 m ，而平均速度v ＝s t ＝2 m/s ，故B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B3．如图，两光滑斜面在B 处连接，小球从A 处由静止释放，经过B 、C 两点时速度大小分别为3 m/s 和4 m/s ，AB ＝BC .设球经过B 点前后速度大小不变，则球在AB 、BC 段的加速度大小之比及球由A 运动到C 过程中的平均速率分别为( )A ．3∶4,2.1 m/sB ．9∶16,2.5 m/sC ．9∶7,2.1m/sD ．9∶7,2.5 m/s解析：设AB ＝BC ＝x ，则在AB 段a 1＝v 2B 2x ，在BC 段a 2＝v 2C －v 2B 2x ，所以a 1a 2＝3242－32＝97，AB 段平均速率为v 1＝12v B ＝1.5 m/s ，BC 段平均速率为v 2＝12(v B ＋v C )＝3.5 m/s ，因此从A 到C 的平均速率v ＝2xx v 1＋x v 2＝2v 1v 2v 1＋v 2＝2.1 m/s ，选C.答案：C4．物体由静止开始做匀加速直线运动，3 s 后速度变为v ，则下列说法正确的是( )A ．2 s 末、3 s 末的速度之比为1∶2B ．第1 s 内与第2 s 内的位移之比为1∶3C ．1 s 内与2 s 内的位移之比为1∶3D ．0～3 s 时间内的平均速度为v 3解析：由初速度为零的匀加速直线运动的比例关系可知，1 s 末、2 s 末、3 s 末的速度之比为1∶2∶3，A 错；同理，由静止开始，连续的3个1 s 内的位移之比为1∶3∶5，B 对；故1 s 内、2 s 内、3 s 内的位移之比为1∶(1＋3)∶(1＋3＋5)＝1∶4∶9，C 错；平均速度为v 2，D 错．答案：B5．测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B 为测速仪，A 为汽车，两者相距335 m ，某时刻B 发出超声波，同时A 由静止开始做匀加速直线运动，当B 接收到反射回来的超声波信号时，A 、B 相距355 m ，已知声速为340 m/s ，则汽车的加速度大小为()A ．20 m/s 2B ．10 m/s 2C ．5 m/s 2D ．无法计算 解析：从发出超声波到接收到反射回来的超声波信号，汽车前进了20 m ，根据超声波的往返运动时间相等，可判断汽车在超声波往返的两段时间内通过的位移之比为1∶3，所以超声波到达汽车处时两者之间距离为340 m ，超声波往返的时间都是t ＝340 m 340 m/s ＝1 s ，汽车在1 s 内由静止开始运动，位移为5 m ，可得加速度a ＝10 m/s 2，选项B 正确．答案：B6.如图所示，以8 m/s 匀速行驶的汽车即将到达路口，绿灯还有2 s 将熄灭，此时汽车距离停车线18 m ．该车加速时最大加速度大小为2 m/s 2，减速时最大加速度大小为5 m/s 2.此路段允许行驶的最大速度为12.5 m/s ，则下列说法中正确的有( )A ．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线B ．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速C．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车能停在停车线前D．如果距停车线5 m时汽车开始减速，汽车能停在停车线处解析：如果立即做匀加速直线运动，t1＝2 s末汽车的最大位移x＝v0t1＋12a1t21＝20 m>18 m，此时汽车的速度为v1＝v0＋a1t1＝12 m/s<12.5 m/s，汽车没有超速，A对，B错；如果立即做匀减速运动，速度减为零需要的最短时间t2＝v0a2＝1.6 s<2s，设从刹车到停下汽车运动的位移为x2，由0－v20＝－2a2x2，得x2＝6.4 m<18 m，即停下时没有过停车线，C对；由x2＝6.4 m>5 m知，D错．答案：AC7.一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图．在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有() A．t1B．t2C．t3D．t4解析：已知质点在外力作用下做直线运动，在题图中的t1时刻v－t图象的斜率大于零，此时的速度大于零，因此t1时刻质点所受合外力的方向与速度方向相同，故A选项正确；在题图中的t2时刻v－t图象的斜率小于零，此时的速度大于零，因此t2时刻质点所受合外力方向与速度方向相反，故B选项错误；同理可知，t3时刻质点所受合外力的方向与速度方向相同，t4时刻质点所受合外力的方向与速度的方向相反，故C选项正确，D选项错误．答案：AC8．下列图象能正确反映物体在直线上运动，经2 s又回到初始位置的是()解析：选项A为x－t图象，由图象可知t＝0时物体位于坐标原点，在t＝2 s时纵坐标为x＝0，回到初始位置；选项B为v－t图象，由图象可知在0～2 s 内v－t图线与时间轴所围的面积越来越大，物体离初始位置越来越远；选项C 仍为v－t图象，由图象可知在0～2 s内v－t图线与时间轴所围的面积为零，所以物体的位移为零，物体回到初始位置；选项D为a－t图象，物体在前1 s内和后1 s内加速度等大反向，但物体的初速度未知，物体并不一定回到初始位置．答案：AC二、计算题(本大题共2小题，共36分．需写出规范的解题步骤)9．汽车前方s＝120 m处有一自行车正以v2＝6 m/s的速度匀速前进，汽车以v1＝18 m/s的速度追赶自行车，已知两车在同一条公路不同车道上做同方向的直线运动．(1)经多长时间，两车第一次相遇？(2)若汽车追上自行车后立即刹车，汽车刹车过程中的加速度大小为2 m/s 2，则再经过多长时间两车第二次相遇？解析：(1)设经时间t 两车相遇，由位移关系有v 1t ＝v 2t ＋s ，解得：t ＝10 s.(2)设汽车经时间t 1后停下，则有t 1＝0－v 1a ＝9 s ，该时间内的位移为s 1＝0－v 212a＝81 m ，此时间内自行车的位移为s 2＝v 2t 1＝54 m ，即自行车没有在汽车停下前追上，则第二次相遇又经过的时间为t 3＝s 1v 2＝13.5 s. 答案：(1)10 s (2)13.5 s 10.一小型玩具火箭从地面由静止匀加速竖直上升，燃料用尽后落回地面，其运动的v －t 图象如图所示，求：(1)上升阶段和下降阶段的加速度；(2)火箭离地面的最大高度；(3)从发射到落地，火箭经历的时间．解析：(1)由题图可知上升阶段的0～2 s 的加速度为a 1＝102 m/s 2＝5 m/s 2，上升阶段的2～3 s 加速度为a 2＝－101 m/s 2＝－10 m/s 2，下降阶段的加速度a 3＝a 2＝－10 m/s 2，加速度取竖直向上为正方向．(2)由题图可知3 s 末火箭到达最高点，则火箭离地面的最大高度h ＝102×3 m＝15 m.(3)由题图可知火箭上升3 s 后开始下落，设再经时间t 落地，由h ＝12|a 3|t 2＝15 m ，解得：t ＝1.73 s ．故火箭经历的总时间为3 s ＋1.73 s ＝4.73 s.答案：(1)－10 m/s 2 －10 m/s 2 (2)15 m (3)4.73 s训练2 力与物体的平衡一、选择题(本大题共8小题，每小题8分，共64分．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．)1.(2016·全国卷Ⅲ)如图，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球．在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )A.m 2B.32mC ．mD ．2m解析： 本题考查受力分析、共点力平衡问题，意在考查学生对平衡条件的理解能力及对隐含条件的分析判断能力．由于轻环不计重力，故细线对轻环的拉力的合力与圆弧对轻环的支持力等大反向，即沿半径方向；又两侧细线对轻环拉力相等，故轻环所在位置对应的圆弧半径为两细线的角平分线，因为两轻环间的距离等于圆弧的半径，故两轻环与圆弧圆心构成等边三角形；又小球对细线的拉力方向竖直向下，由几何知识可知，两轻环间的细线夹角为120°，对小物块进行受力分析，由三力平衡知识可知，小物块质量与小球质量相等，均为m ，C 项正确． 答案：C2.如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O 点，右端跨过位于O ′点的固定光滑轴悬挂一质量为M 的物体；OO ′段水平，长度为L ；绳上套一可沿绳滑动的轻环．现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L ，则钩码的质量为( )A.22MB.32MC.2MD.3M解析：如图所示，轻环上挂钩码后，物体上升L ，则根据几何关系可知，三角形OO ′A 为等边三角形，根据物体的平衡条件可知，2Mg cos30°＝mg ，求得m ＝3M ，D 项正确．答案：D3．如图所示，竖直悬挂于C 点的小球，另两根细绳BC 、AC 与竖直方向的夹角分别是30°、60°，静止时三根绳子的拉力分别为F 1、F 2、F 3(如图标示)，关于三个拉力的大小关系，下列判断正确的是( )A ．F 1>F 2>F 3B ．F 1<F 2<F 3C ．F 2>F 3>F 1D ．F 2<F 1<F 3解析：对结点C 受力分析，三力平衡，F 1与F 2的合力与F 3等大反向，根据几何关系可知：F 1＝F 3sin60°＝32F 3，F 2＝F 3sin30°＝12F 3，F 2<F 1<F 3，故D 正确．答案：D4．如图所示，轻质弹簧一端系在质量为m ＝1 kg 的小物块上，另一端固定在墙上．物块在斜面上静止时，弹簧与竖直方向的夹角为37°，已知斜面倾角θ＝37°，斜面与小物块间的动摩擦因数μ＝0.5，斜面固定不动．设物块与斜面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，下列说法正确的是( )A ．小物块可能只受三个力B ．弹簧弹力大小一定等于4 NC ．弹簧弹力大小可能等于5 ND ．斜面对物块支持力可能为零解析：由于μmg cos37°＝4 N ，mg sin37°＝6 N ，故μmg cos37°<mg sin37°，若不受弹簧的压力则木块不可能静止，故物块一定受弹簧的压力，还受重力、斜面支持力和静摩擦力，四个力的作用而平衡，A 错误；若要物块静止，μ(mg cos37°＋F N )≥6 N ，解得F N ≥4 N ，故B 错误，C 正确；由于滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力，不可能为零，所以斜面对物块的支持力不可能为零，D 错误．答案：C5．如图所示，粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC 放置在水平面上，∠CAB ＝30°，斜面内部O 点(与斜面无任何连接)固定有一正点电荷，一带负电的小物体(可视为质点)可以分别静止在M 、N 、MN 的中点P 上，OM ＝ON ，OM ∥AB ，则下列判断正确的是()A．小物体分别在三处静止时所受力的个数一定都是4个B．小物体静止在P点时受到的支持力最大，静止在M、N点时受到的支持力相等C．小物体静止在P点时受到的摩擦力最大D．当小物体静止在N点时，地面给斜面的摩擦力为零解析：由共点力平衡可知在M点小物体可以受三个力的作用，A错误；根据几何关系，小物体在M、N两点时，库仑力垂直于AC，方向的分力相同，支持力等于重力的分力加上库仑力的分力，所以静止在M、N点时受到的支持力相等，OP垂直于AC，故支持力等于重力的分力加上库仑力，所以小物体静止在P 点时受到的支持力最大，故B正确；在P点小物体受静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，在N点小物体受静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力加库仑力的分力，大于在P点所受摩擦力，C错误；因正点电荷与斜面无任何连接，小物体静止在N点时，地面给斜面向右的静摩擦力，所以D错误．答案：B6.如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体A、B通过轻弹簧连接，在力F 的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动(A在地面上，B在空中)，力F与水平方向成θ角．则A所受支持力F N和摩擦力f满足()A．F N＝m1g＋m2g－F sinθB．F N＝m1g＋m2g－F cosθC．f＝F cosθD．f＝F sinθ解析：把A、B和弹簧作为整体进行受力分析，静止状态合力为零，故A、C正确．答案：AC7.质量为M的斜面体A放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上，整个系统处于静止状态．已知斜面倾角及轻绳与竖直方向夹角均为θ＝30°.不计小球与斜面间的摩擦，则( )A ．轻绳对小球的作用力大小为33mgB ．斜面体对小球的作用力大小为2mgC ．斜面体对水平面的压力大小为(M ＋m )gD ．斜面体对水平面的摩擦力大小为36mg解析：小球处于平衡状态，支持力垂直于斜面且与竖直方向成30°角，将轻绳的拉力T 和斜面对小球的支持力N 进行正交分解可得T cos30°＝N cos30°＝12mg ，小球与斜面间没有摩擦力，故斜面体和轻绳对小球的作用力均为33mg ，A 正确，B 错误；对小球和斜面体整体进行受力分析可得C 错误，D 正确．答案：AD8.如图所示，顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙水平面上，A 、B 两物体通过细绳相连，并处于静止状态(不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦)．现用水平向右的力F 作用于物体B 上，将物体B 缓慢拉高一定的距离，此过程中斜面体与物体A 仍然保持静止．在此过程中( )A ．水平力F 一定变小B ．斜面体所受地面的支持力不变C ．物体A 所受斜面体的摩擦力一定变大D ．地面对斜面体的摩擦力一定变大解析：物体B 受到三个力作用，受力平衡，可判断F 逐渐增大，A 错误；斜面体对物体A 的支持力不变，物体A 受到的摩擦力情况与初状态受到的摩擦有关，当初状态摩擦力沿斜面向下时，摩擦力应该是先减小后增大，故C 错误；对物体A 、B 和斜面体整体进行受力分析，地面对斜面的摩擦力等于F ，逐渐增加，地面对斜面体的支持力不变，故B 、D 正确．答案：BD二、计算题(本大题共2小题，共36分．需写出规范的解题步骤)9．如图所示，AC 和BC 两轻绳共同悬挂一质量为m 的物体，若保持AC 绳的方向不变，AC 绳与竖直方向的夹角为60°，改变BC 绳的方向，试求：(1)物体能达到平衡时，θ角的取值范围；(2)θ在0～90°的范围内，求BC 绳上拉力的最大值和最小值．解析：(1)改变BC 绳的方向时，AC 绳的拉力F TA 方向不变，两绳拉力的合力F 与物体的重力平衡，重力大小和方向保持不变，如图所示，经分析可知，θ最小为0°，此时F TA ＝0；且θ必须小于120°，否则两绳的合力不可能竖直向上，所以θ角的取值范围是0°≤θ<120°.(2)θ在0～90°的范围内，当θ＝90°时，F TB 最大，F max ＝mg tan60°＝3mg当两绳垂直时，即θ＝30°时，F TB 最小，F min ＝mg sin60°＝32mg .答案：(1)0°≤θ<120° (2)3mg 32mg10.如图所示，轻杆BC 的C 点用光滑铰链与墙壁固定，杆的B 点通过水平细绳AB 使杆与竖直墙壁保持30°的夹角．若在B 点悬挂一个光滑定滑轮(不计重力)，某人用它匀速地提起重物．已知重物的质量m ＝30 kg ，绕绳质量不计，人的质量M ＝50 kg ，g 取10 m/s 2.试求：(1)此时地面对人的支持力的大小；(2)轻杆BC 和绳AB 所受力的大小．解析：(1)因匀速提起重物，则绕绳对重物的拉力F T ＝mg ，绕绳对人的拉力大小为mg ，所以地面对人的支持力为：F N ＝Mg －mg ＝(50－30)×10 N ＝200 N ，方向竖直向上(2)定滑轮对B 点的拉力方向竖直向下，大小为2mg ，杆对B 点的弹力方向沿杆的方向，如图所示，由共点力平衡条件得：F AB ＝2mg tan30°＝2×30×10×33 N ＝200 3 NF BC ＝2mg cos30°＝2×30×1032N ＝400 3 N 答案：(1)200 N (2)200 3 N 400 3 N训练3 牛顿运动定律及其应用一、选择题(本大题共8小题，每小题8分，共64分．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．)1．如图所示，两定滑轮通过天花板固定在同一竖直平面的同一高度处，小球A 的质量为2m ，小球B 和C 的质量均为m ，B 、C 两球到结点P 的轻绳长度相等，滑轮摩擦不计．当B 、C 两球以某角速度ω在水平面内做圆锥摆运动时，A 球将( )A ．向上加速运动B ．向下加速运动C ．保持静止D ．上下振动 解析：B 球、C 球和两根轻绳整体受重力和竖直轻绳向上的拉力，设整体下降的加速度为a ，根据牛顿第二定律，有2mg －T ＝2ma ，对A 球受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律，有T －2mg ＝2ma ，联立两式解得a ＝0，即A 球将保持静止，处于平衡状态．故选C.答案：C 2.如图所示，带支架的平板小车水平向左做直线运动，小球A 用细线悬挂于支架前端，质量为m 的物块B 始终静止在小车上，B 与小车平板间的动摩擦因数为μ.若某过程中观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对B 产生的作用力的大小和方向为( )A ．mg ，竖直向上B ．mg 1＋μ2，斜向左上方C ．mg tan θ，水平向右D.mg cos θ，斜向右上方解析：以A 为研究对象，受力分析如图，根据牛顿第二定律得m A g tan θ＝m A a ，解得a ＝g tan θ，方向水平向右．再对B 研究得：小车对B 的摩擦力f ＝ma ＝mg tan θ，方向水平向右，小车对B 的支持力大小为N ＝mg ，方向竖直向上，小车对B 的作用力的大小为F ＝N 2＋f 2＝mg 1＋tan 2θ＝mg cos θ，方向斜向右上方，故选D.答案：D3．在地面上以初速度v 0竖直向上抛出一小球，经过2t 0时间小球落回抛出点，其速率为v1，已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速度成正比，则小球在空中运动时速率v随时间t的变化规律可能是()解析：小球上升过程中，由牛顿第二定律有mg＋k v＝ma，故随速度的减小，加速度逐渐减小，v—t图象的切线斜率逐渐减小；小球下降过程中，由牛顿第二定律有mg－k v＝ma，则随速度逐渐增大，加速度逐渐减小，v—t图象的切线斜率逐渐减小；由于有阻力作用，故回到地面的速度将小于初速度v0，选项A正确．答案：A4．如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B 两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有()A．两图中两球加速度均为g sinθB．两图中A球的加速度均为零C．图乙中轻杆的作用力一定不为零D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍解析：撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mg sinθ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mg sinθ，加速度为2g sinθ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mg sinθ，加速度均为g sinθ，故图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍，故A、B、C错误，D正确．答案：D5．如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.3.当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为()A．0.35mg B．0.3mgC．0.23mg D．0.2mg解析：将a 沿水平和竖直两个方向分解，对重物受力分析如图，水平方向：F f ＝ma x竖直方向：F N －mg ＝ma y 由a y a x＝34三式联立解得F f ＝0.2mg ，D 正确．答案：D6．如图甲所示，用一水平外力F 拉着一个静止在倾角为α的光滑斜面上的物体，逐渐增大F ，物体做变加速运动，其加速度a 随外力F 变化的图象如图乙所示，若重力加速度g 取10 m/s 2，则根据图乙所提供的信息可以计算出( ) A ．加速度从2 m/s 2增加到6 m/s 2的过程中物体的速度变化量B ．斜面的倾角C ．物体的质量D ．加速度为6 m/s 2时物体的速度 解析：因为物体做变加速运动，所以无法根据公式求得某时刻的速度及速度变化量，选项A 、D 错误；由题图乙可知，当F ＝0时，有mg sin α＝ma ，解得斜面的倾角α＝37°，当F ＝15 N 时，a ＝0，则F cos α＝mg sin α，可得m ＝2 kg ，选项B 、C 正确．答案：BC 7.如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .现对A 施加一水平拉力F ，则( )A ．当F <2μmg 时，A 、B 都相对地面静止B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μgC ．当F >3μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μg解析：A 、B 间的最大静摩擦力为2μmg ，B 和地面之间的最大静摩擦力为32μmg ，对A 、B 整体，只要F >32μmg ，整体就会运动，选项A 错误；当A 对B 的摩擦力为最大静摩擦力时，A 、B 恰好未发生相对滑动，故A 、B 一起运动的加速度的最大值满足2μmg －32μmg ＝ma max ，B 运动的最大加速度a max ＝12μg ，选项D 正确；若A 、B 整体恰好未发生相对滑动，有F －32μmg ＝3ma max ，则F >3μmg 时两者会发生相对运动，选项C 正确；当F ＝52μmg 时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足F －32μmg ＝3ma ，解得a ＝13μg ，选项B 正确．答案：BCD8．如图甲所示，传送带以速度v 1匀速转动，一滑块以初速度v 0自右向左滑上传送带，从此时刻开始计时，滑块离开传送带前的速度—时间图象如图乙所示．已知v 0>v 1，则下列判断正确的是( )A ．传送带顺时针转动B ．t 1时刻，滑块相对传送带滑动的距离达到最大C ．0～t 2时间内，滑块受到的摩擦力方向先向右后向左D ．0～t 2时间内，滑块受到恒定的摩擦力作用解析：从题图乙可以判断，滑块先向左做减速运动，再向右做加速运动，之后向右匀速运动，所以传送带顺时针转动，A 正确；滑块向左减速过程，所受摩擦力向右，向右加速过程，滑块相对传送带向左运动，所受摩擦力向右，所以t 2时刻滑块相对传送带滑动的距离达到最大，B 、C 错误，D 正确．答案：AD二、计算题(本大题共2小题，共36分．需写出规范的解题步骤)9．如图所示，质量M ＝1 kg 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m ＝1 kg 、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)若木板长L ＝1 m ，在铁块上加一个水平向右的恒力F ＝8 N ，经过多长时间铁块运动到木板的右端？(2)若在铁块上施加一个大小从零开始连续增大的水平向右的力F ，分析并计算铁块受到木板的摩擦力f 的大小随拉力F 变化的情况．(设木板足够长)解析：(1)根据牛顿第二定律对铁块：F －μ2mg ＝ma 1对木板：μ2mg －μ1(mg ＋Mg )＝Ma 2又s 铁＝12a 1t 2，s 木＝12a 2t 2，L ＝s 铁－s 木，联立解得：t ＝1 s(2)铁块与木板之间的最大静摩擦力f m2＝μ2mg ＝4 N木板与地面之间的最大静摩擦力f m1＝μ1(mg ＋Mg )＝2 N当F ≤f m1＝2 N 时，木板与铁块都静止，f ＝F当铁块与木板恰好未发生相对滑动时，设此时的拉力大小为F 1，根据牛顿第二定律，对铁块：F 1－μ2mg ＝ma 1对整体：F 1－μ1(mg ＋Mg )＝(m ＋M )a 1联立解得：F 1＝6 N ，所以当2 N<F ≤6 N 时，铁块与木板相对静止，对整体：F －μ1(mg ＋Mg )＝(m ＋M )a ，对铁块：F －f ＝ma ，解得：f ＝F 2＋1(N)当F >6 N 时，铁块相对木板滑动，此时摩擦力f ＝μ2mg ＝4 N答案：(1)1 s (2)见解析 10.如图，质量m ＝5 kg 的物块(看做质点)在外力F 1和F 2的作用下正沿某一水平面向右做匀速直线运动，已知F 1大小为50 N ，方向斜向右上方，与水平面夹角α＝37°，F 2大小为30 N ，方向水平向左，物体的速度v 0大小为11 m/s.当物块运动到距初始位置距离x 0＝5 m 时撤掉F 1，g ＝10 m/s 2.求：(1)物块与水平地面之间的动摩擦因数μ；(2)撤掉F 1以后，物块在6 s 末距初始位置的距离．解析：(1)物块向右做匀速运动：F f ＋F 2＝F 1cos αF f ＝μ(mg －F 1sin α)联立解得：μ＝0.5.(2)撤掉F 1后：a 1＝F 2＋μmg m ＝30＋255m/s 2＝11 m/s 2设经过时间t 1向右运动速度变为0，则：t 1＝v 0a 1＝1 s 此时向右运动的位移：x 1＝v 02t 1＝5.5 m ，后5 s 物块向左运动：a 2＝F 2－μmg m＝1 m/s 2，后5 s 向左运动的位移：x 2＝12a 2t 22＝12.5 m物块在6 s 末距初始位置的距离：Δx ＝x 2－(x 0＋x 1)＝12.5 m －(5 m ＋5.5 m)＝2 m.答案：(1)0.5(2)2 m训练4 抛体运动与圆周运动一、选择题(本大题共8小题，每小题8分，共64分．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．)1.如图所示，A 、D 分别是斜面的顶端、底端，B 、C 是斜面上的两个点，AB＝BC ＝CD ，E 点在D 点的正上方，与A 等高，从E 点水平抛出质量相等的两个小球，球1落在B 点，球2落在C 点，关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程( )A ．球1和球2运动的时间之比为2∶1B ．球1和球2动能增加量之比为1∶3C ．球1和球2抛出时初速度之比为22∶1D ．球1和球2运动时的加速度之比为1∶2解析：因为AC ＝2AB ，则AC 的高度差是AB 高度差的2倍，根据h ＝12gt 2得：t ＝2h g ，解得球1和球2运动的时间比为1∶2，故A 错误；根据动能定理得，mgh ＝ΔE k ，知球1和球2动能增加量之比为1∶2，故B 错误；DB 在水平方向上的位移是DC 在水平方向位移的2倍，结合x ＝v 0t ，解得初速度之比为22∶1，故C 正确；平抛运动的物体只受重力，加速度为g ，故两球的加速度相同，故D 错误．答案：C2．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P ，细线的上端固定在金属块Q 上，Q 放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)．现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图中P ′位置)，两次金属块Q 都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是( )A ．细线所受的拉力变小B ．小球P 运动的角速度变小C ．Q 受到桌面的静摩擦力变大D ．Q 受到桌面的支持力变大解析：设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为F T ，细线的长度为L .P 球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有：F T＝mg cos θ，mg tan θ＝mω2L sin θ，得角速度ω＝g L cos θ，周期T ＝2πω＝2πL cos θg .使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时，θ增大，cos θ减小，则得知细线拉力F T 增大，角速度增大，周期T 减小．对Q ，由平衡条件得知，Q 受到桌面的静摩擦力变大，故A 、B 错误，C 正确；金属块Q 保持在桌面上静止，根据平衡条件得知，Q 受到桌面的支持力等于其重力，保持不变，故D 错误．答案：C 3.如图所示，一内壁光滑、质量为m 、半径为r 的环形细圆管，用硬杆竖直固定在天花板上，有一质量为m 的小球(可看做质点)在圆管中运动．小球以速率v 0经过圆管最低点时，杆对圆管的作用力大小为( )A ．m v 20rB ．mg ＋m v 20rC ．2mg ＋m v 20rD ．2mg －m v 20r解析：以球为研究对象，根据牛顿第二定律得，F N －mg ＝m v 20r ，解得F N ＝mg ＋m v 20r .由牛顿第三定律知：球对圆管的作用力大小F ′N ＝F N ＝mg ＋m v 20r ，方向向下．再以圆管为研究对象，由平衡条件可得：杆对圆管的作用力大小F ＝mg＋F ′N ＝2mg ＋m v 20r .答案：C4.如图所示，斜面AC 与水平方向的夹角为α，在A 点正上方与C 等高处水平抛出一小球，其速度垂直斜面落到D 点，则CD 与DA 的比为( )A.1tan αB.12tan α。
高三二轮复习专题突破练(四) 力与曲线运动——圆周运动模型
专题突破练(四)力与曲线运动——圆周运动模型1．(2021·全国甲卷)“旋转纽扣”是一种传统游戏。
如图所示，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。
拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小约为()A．10 m/s2B．100 m/s2C．1 000 m/s2D．10 000 m/s2C解析：纽扣在转动过程中角速度为ω＝2πn＝100πrad/s，向心加速度为a＝ω2r≈1 000 m/s2，C正确。
2．(2022·浙江6月选考)下列说法正确的是()A．链球做匀速圆周运动过程中加速度不变B．足球下落过程中惯性不随速度增大而增大C．乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变D．篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关B解析：链球做匀速圆周运动过程中加速度方向时刻变化，A错误；惯性只与质量有关，则足球下落过程中惯性不随速度增大而增大，B正确；乒乓球被击打过程中受到的作用力随着形变量的减小而减小，C错误；篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向有关，D错误。
3．(多选)(2023·山东聊城三模)我国早在先秦时期就有关于运动的思辨，如《庄子》书上记载“飞鸟之影，未尝动也”。
留意生活，我们不难发现两个现象，现象一：停憩在枝头的小鸟能在一刹那飞走；现象二：近处的飞鸟看上去比远处的飞机飞得还要快。
关于以上两个现象，下列解释合理的是()A．现象一的原因是小鸟在起飞时具有较大的速度B．现象一的原因是小鸟在起飞时具有较大的加速度C．现象二的原因是飞鸟和飞机都相对人眼近似做圆周运动但飞鸟的角速度更大D．现象二的原因是飞鸟和飞机都相对人眼近似做圆周运动但飞鸟的角速度更小BC解析：现象一的原因是小鸟在起飞时速度变化很快，即小鸟具有较大的加速度，A错误，B正确；现象二的原因是飞鸟和飞机都相对人眼近似做圆周运动但飞鸟的角速度更大，所以看上去近处的飞鸟比远处的飞机飞得还要快，C正确，D错误。
2020新高考物理二轮选择题逐题突破课标通用版讲义+精练：第4道选择题+Word版含解析
第4道选择题涉及的命题点4－14－24－34－44－5功和功率动能定理机械能守恒定律功能关系及能量守恒用能量观点解决力学综合问题4－1 功和功率备考精要一、功的求法1．恒力做功2．变力做功为W F，则有：＋…＝f(Δx1＋弹簧由伸长二、功率的求法1．平均功率的计算方法(1)利用P＝W t。
(2)利用P＝F v cos θ，其中v为物体运动的平均速度，F为恒力。
2．瞬时功率的计算方法(1)利用P＝F v cos θ，其中v为t时刻的瞬时速度。
(2)利用P＝F v F，其中v F为物体的速度v在力F方向上的分速度。
(3)利用P＝F v v，其中F v为物体受的外力F在速度v方向上的分力。
3．额定功率与实际功率(1)额定功率：机械长时间正常工作而不损坏机械的最大输出功率。
(2)实际功率：机器实际工作时的输出功率。
[注意](1)一般机器铭牌上标明的功率表示该机器的额定功率。
(2)实际功率一般小于或等于额定功率。
三、解决机车启动问题时的四点技巧1．分清是匀加速启动还是恒定功率启动。
2．匀加速启动过程中，机车功率是不断改变的，但该过程中的最大功率是额定功率，匀加速运动阶段的最大速度小于机车所能达到的最大速度，达到额定功率后做加速度减小的加速运动。
3．以额定功率启动的过程中，机车做加速度减小的加速运动，速度最大值等于PF f，牵引力是变力，牵引力做的功W＝Pt。
4．无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P＝F f v m，P为机车的额定功率。
三级练·四翼展一练固双基——基础性考法1.(2017·全国卷Ⅱ)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。
小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力()A．一直不做功B．一直做正功C．始终指向大圆环圆心D．始终背离大圆环圆心解析：选A由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A项正确，B项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C、D项错误。
2020届(人教)高考物理二轮提升练习计算题选及答案
2020届（人教）高考物理二轮提升练习计算题选及答案（需写出规范的解题步骤）1、为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1<s0)处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示。
训练时，让运动员和冰球都位于起击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方跑线上，教练员将冰球以初速度v向滑向挡板：冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。
训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。
假定运动员在滑行过程中做。
重力加速度为g。
求匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数。
(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。
【解析】(1)设冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ据动能定理有-μmgs0=m-m解得μ=(2)冰球运动时间t=由于s1=at2解得运动员的最小加速度a=答案：(1)(2)2、发射宇宙飞船的过程要克服引力做功，已知将质量为m的飞船从距地球中心无限远处移到距地球中心为r处的过程中，引力做功为W=G，飞船在距地球=-G，式中G为万有引力常量，M为地球质中心为r处的引力势能公式为Ep量。
若在地球的表面发射一颗人造地球卫星，如果发射的速度很大，此卫星可以上升到离地心无穷远处(即地球引力作用范围之外)，这个速度称为第二宇宙速度(也称逃逸速度)。
(1)试推导第二宇宙速度v的表达式。
(2)已知逃逸速度大于真空中光速的天体叫黑洞，设某黑洞的质量等于太阳的质量M=1.98×1030 kg，求它的最大可能半径。
【解析】(1)设无穷远处的引力势能为零，地球半径为R，第二宇宙速度为v，则由机械能守恒定律得：mv2-G=0，解得：v=。
(2)由题意可知，v>c，即>c，解得：R<≈2.93×103 m，则该黑洞的最大半径为2.93×103 m。
答案：(1)v=(2)2.93×103 m3、如图所示，质量为m，电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动。
2020届高三物理二轮 三轮总复习重点突破 综合模拟测试
综合模拟测试(二)第Ⅰ卷一、选择题(本大题共8小题，每小题6分，共48分)1．大量氢原子处于n＝4的能级，向低能级跃迁时，能产生几种频率的光，其中有3种光不能使金属W产生光电效应，则下列说法正确的是( )A．大量氢原子从n＝4的激发态向低能级跃迁时，能产生6种频率的光B．从n＝4的激发态跃迁到n＝2的激发态产生的光子，能使金属W产生光电效应C．从n＝4的激发态跃迁到n＝3的激发态产生的光子，一定不能使金属W产生光电效应D．从n＝2的激发态跃迁到基态，一定不能使金属W产生光电效应解析：本题考查了氢原子能级和光电效应，大量氢原子处于n＝4的能级，向低能级跃迁的过程中，产生6种频率的光，分别为n＝4到n＝3、n＝4到n＝2、n＝4到n＝1、n＝3到n＝2、n＝3到n＝1、n＝2到n＝1，由hν＝ΔE知，ΔE越大频率ν越高，由氢原子能级特点知，不能使金属W产生光电效应的3种光对应的跃迁是n＝4到n＝3、n＝4到n＝2和n＝3到n＝2，另3种光能使金属W产生光电效应，所以A、C正确．答案：AC2．2020年10月3日上午8点25分，我国成功地避开了一次卫星与太空碎片可能的碰撞事故，展示了我国已具有一定的卫星太空机动能力．假设该卫星与太空碎片都绕地球做圆周运动，则关于这次变轨前卫星与太空碎片的说法正确的是( )A．轨道高度一定相等B．轨道一定在同一平面C．运动周期一定相等D．动能一定相同解析：本题考查了天体运动．变轨前卫星与太空碎片的轨道半径一定相等，但两者的轨道可能不在同一平面内，所以轨道高度和周期一定相等，即A、C正确；因为它们的质量未知，所以无法比较动能的大小，即D错．答案：AC3．在均匀介质中选取平衡位置在同一直线上的9个质点，相邻两质点的距离均为L，如图(a)所示．一列横波沿该直线向右传播，t＝0时到达质点1，质点1开始向下运动，经过时间Δt第一次出现如图(b)所示的波形．再过时间Δt，这9个质点所形成波的形状为( )解析：本题考查了波的形成和波的图象．经过时间Δt 第一次出现如图(b)所示的波形，说明Δt ＝32T ，所以再经过时间Δt ，这9个质点所形成波的形状为图B 所示，即B 选项正确．答案：B4．示波管的结构中有两对互相垂直的偏转电极XX ′和YY ′，若在XX ′上加上如图甲所示的扫描电压，在YY ′上加如图乙所示的信号电压，定性画出在示波管荧光屏上看到的图形正确的是( )解析：本题考查带电粒子在电场中的偏转和示波管的原理．因为扫描电压的周期是信号电压周期的2倍，所以A、B一定错，C正确．答案：C5．光滑的水平面上固定着一个螺旋形光滑水平轨道，俯视图如图所示．一个小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，以下关于小球运动的说法中正确的是( )A．轨道对小球做正功，小球的线速度不断增大B．轨道对小球做正功，小球对轨道的压力不断增大C．轨道对小球不做功，小球对轨道的压力不变D．轨道对小球不做功，小球对轨道的压力不断增大解析：本题考查了动能定理和向心力公式．因为轨道对小球的支持力总与速度垂直，所以轨道对小球不做功，小球的动能不变，线速度大小不变，但轨道半径越来越小，所以对轨道的压力不断增大，即D选项正确．答案：D6．如图所示，一根竖直的弹簧支持着一倒立气缸的活塞，使气缸悬空而静止．设活塞与缸壁间无摩擦，可以在缸内自由移动，气缸与活塞都是绝热的，使缸内气体与外界无热交换．若忽略气体分子之间的势能，则下列结论中正确的是( )A．若外界大气压增大，则活塞距地面的高度将要增大B．若外界大气压增大，则气缸的上底面距地面的高度将增大C．若外界大气压增大，则气体的温度要升高D．若外界大气压减小，则气体分子单位时间作用在活塞上的平均冲量减小解析：本题考查了热力学第一定律和压强的微观解释．若外界大气压增大，则气体的压强增大，体积减小，外界对气体做功，但与外界无热交换，所以内能增大，温度升高，即A、B错，C正确；若外界大气压减小，气体的压强减小，则气体分子单位时间作用在活塞上的平均冲量减小，即D正确．答案：CD7．如图所示，在一束平行于等边三棱镜截面ABC 的单色光从空气射向E 点，并偏折到F 点．已知入射方向与边AB 的夹角为θ＝30°，E 、F 分别为边AB 、BC 的中点，则( )A ．该棱镜的折射率为 3B ．光在F 点发生全反射C ．光从空气进入棱镜，波长变小D ．从F 点出射的光束与入射到E 点的光束平行解析：本题考查了光的折射定律和光的全反射现象．由n ＝sin i sin r，得n ＝3，A 正确；由于E 、F 分别为AB 、BC 的中点，且三棱镜等边，则光线EF 平行于AC 边，光线EF 在BC 边上的入射角为30°，故不会发生全反射，B 、D 错；由n ＝c v及v ＝λf 可知光在介质中的波长小于在真空中的波长，C 正确．答案：AC8．如图所示，两导体板水平放置，两板间电势差为U ，带电粒子以某一初速度v 0沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，则粒子射入磁场和射出磁场的M 、N 两点间的距离d 随着U 和v 0的变化情况为( )A ．d 随v 0增大而增大，d 与U 无关B ．d 随v 0增大而增大，d 随U 增大而增大C ．d 随U 增大而增大，d 与v 0无关D ．d 随v 0增大而增大，d 随U 增大而减小解析：本题考查了带电粒子在电场中的偏转和在匀强磁场中的圆周运动．设带电粒子射出电场时速度的偏转角为θ，如图所示，有cos θ＝v 0v ，又R ＝mv Bq ，而d ＝2R cos θ＝2mv Bq cos θ＝2mv 0Bq，A 正确． 答案：A第Ⅱ卷(非选择题，共72分)二、非选择题(本大题包括2个实验题，3个计算题，共72分)9．(8分)某物理兴趣小组，利用图甲装置“探究自由落体的下落高度与速度之间的关系”，图中速度显示器能显示出小球通过光控门的速度．现通过测出小球经过光控门时每次的速度来进行探究．另配有器材：多功能电源、连接导线、重垂线、铁架台等．实验步骤如下：a．如图甲所示，将光控实验板竖直固定，连好电路；b．在光控实验板的合适位置A处固定好小球及光控门B，并测出两者距离h1；c．接通光控电源，使小球从A处由静止释放，读出小球通过B时的速度值v B1；d．其他条件不变，调节光控门B的位置，测出h2、h3…，读出对应的v B2、v B3….e．将数据记录在Excel软件工作簿中，利用Excel软件处理数据，如图乙所示，小组探究，得出结论．在数据分析过程中，小组同学先得出了v B－h图象，继而又得出v2B－h图象，如图乙、丙所示：请根据图象回答下列问题：(1)小组同学在得出v B－h图象后，为什么还要作出v2B－h图象？______________.(2)若小球下落过程机械能守恒，根据实验操作及数据处理，你能否得出重力加速度g，如果能，请简述方法______________．解析：因为v2＝2gh，所以作出的v B－h图象，不是一条直线，v2B与h成正比，比例常数为图象的斜率k，求出g＝k/2.答案：(1)先作出的v B－h图象，不是一条直线，根据形状无法判断v B、h关系，进而考虑v2B－h图象，从而找出v2B、h之间的线性关系．(2)能，根据图丙图象的斜率可以求出g＝k/210．(10分)某同学为了测出电流表A1的内阻r1的精确值，备用如下器材：器材名称器材代号器材规格电流表A1量程为300 mA，内阻约为5 Ω电流表A2量程为600 mA，内阻约为1 Ω电压表V1量程为15 V，内阻约为3 kΩ定值电阻R0 5 Ω滑动变阻器R10～10 Ω，额定电流为2 A滑动变阻器 R 2 0～250 Ω，额定电流为0.3 A 电源E 电动势为3 V ，内阻较小 导线、电键 若干(1)要求电流表A 1的示数从零开始变化，且能测出多组数据，尽可能减小误差．请画出测量用的电路图，并在图中标出所用器材的代号．(2)若选测量数据中的一组来计算电流表A 1的内阻r 1，则电流表A 1内阻r 1的表达式为r 1＝________，式中各符号的意义是______________．解析：(1)本题虽然既有电压表也有电流表，但由于电流表A 1两端的最大电压约为1.5 V ，而电压表的量程为15 V ，只有满偏的110，所以用电压表测量的误差较大．因为电流表的内阻都是未知的，因此不能测量电压．由于题目中提供了一个定值电阻，则可用电阻来测量电压，可采取如图所示的电路．(2)改变滑动变阻器滑片的位置，我们可以得到电流表的读数分别为I 1，I 2，则有：I 1r 1＝(I 2－I 1)R 0，故r 1＝I 2－I 1I 1R 0. 答案：(1)如图(2)I 2－I 1I 1R 0 I 1、I 2分别表示电流表A 1、A 2的读数，R 0为5 Ω.评析：求解本题时不少考生错选电压表测量电流表的电压，但电压表的量程太大，几乎没有偏转，所以根本不能精确地测出电流表两端的电压．11．(15分)如图所示，一辆平板汽车上放一质量为m 的木箱，木箱与汽车车厢底板左端距离为L ，汽车车厢底板距地面高为H ，木箱用一根能承受最大拉力为F m 的水平细绳拴在车厢上，木箱与车厢底板间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力可按滑动摩擦力计算)．(1)若汽车从静止开始启动，为了保证启动过程中细绳不被拉断，求汽车的最大加速度a ；(2)若汽车在匀速运动中突然以a 1(a 1>a )的加速度匀加速行驶，求从开始加速后，经多长时间木箱落到地面上．解析：(1)设木箱与车厢底板的最大静摩擦力为F fm ，汽车以加速度a 启动时，细绳刚好不被拉断，以木箱为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F fm ＋F m ＝ma而：F fm ＝μmg由以上两式可解得：a ＝F m m ＋μg(2)当汽车加速度为a 1时，细绳将被拉断，木箱与车厢底板发生相对滑动，设其加速度为a 2，则：μmg ＝ma 2.设经过t 1时间木箱滑出车厢底板，则应满足：(v 0t 1＋12a 1t 21)－(v 0t 1＋12a 2t 21)＝L 木箱离开车厢底板后向前平抛，经时间t 2落地，则：H ＝12gt 22 而：t ＝t 1＋t 2解得：t ＝2L a 1－μg ＋2H g .评析：求最大加速度，就是要求最大的合力，即当绳的拉力达到最大值时，木箱与车厢底板的摩擦力达到最大静摩擦力为F fm .12．(18分)如图所示，M 1N 1N 2M 2是位于光滑水平桌面上的刚性“U ”型金属导轨，导轨中接有阻值为R 的电阻，它们的质量为m ，导轨的两条轨道间的距离为l ，PQ 是质量也为m 的金属杆，可在轨道上滑动，滑动时保持与轨道垂直，杆与轨道的动摩擦因数为μ，杆与导轨的电阻均不计．杆PQ 位于图中的虚线处，虚线的右侧为一匀强磁场区域，磁场方向垂直于桌面，磁感应强度的大小为B .已知导轨的N 1N 2部分离图中虚线的距离为s ＝v 20μg.现有一位于导轨平面内且与轨道平行的外力作用于PQ 上，使之在轨道上以v 0的速度向右做匀速运动．求：(1)经过多长时间导轨的N 1N 2部分运动到图中的虚线位置；(2)在导轨的N 1N 2部分运动到图中的虚线位置的过程中，外力所做的功．解析：(1)对导轨，设经过时间t 1速度达到v 0，根据动量定理得：μmgt 1＝mv 0解得：t 1＝v 0μg在t 1时间内，导轨运动的位移为s 1＝v 202μgPQ 运动的位移为s 2＝v 20μg在t 1时间后，导轨做匀速运动，再经过t 2＝s －s 1v 0＝v 02μg. 所以经过t ＝t 1＋t 2＝3v 02μg导轨的N 1N 2部分运动到图中的虚线位置． (2)PQ 切割磁感线产生的感应电动势为E ＝Blv 0回路中的感应电流为：I ＝Blv 0R在t 1时间内，外力的大小为：F 1＝μmg ＋B 2l 2v 0R在t 2时间内，外力的大小为：F 2＝B 2l 2v 0R在导轨的N 1N 2部分运动到图中的虚线位置的过程中，外力所做的功为：W ＝F 1v 0t 1＋F 2v 0t 2＝mv 20＋3B 2l 2v 302μgR . 评析：有关电磁感应综合题可能是2020年高考的热点，本题紧扣2020年高考命题，且难度适中．本题综合考查了动量定理、电磁感应和电路的分析计算．求解本题时关键要弄清物理过程，知道刚性“U ”型金属导轨不受安培力作用，只是在摩擦力作用下做加速运动．13．(21分)质量为m 、长L 的平板小车，放在光滑的水平面上，左端靠近一固定轻弹簧的自由端(不连接)，用一水平外力缓慢推动小车将弹簧压缩，当弹簧被压缩了x 0时，将小车用销钉固定，此时弹簧的弹性势能为E p .现将一质量也为m 、与小车之间动摩擦因数为μ的小金属块放在小车的右端，如图所示，突然去掉固定销钉，小车被弹簧推开，同时金属块与小车开始发生相对滑动．小车离开弹簧后，两者又继续相对滑动了一段时间，最终金属块恰好停在了小车的最左端．求：(1)当金属块相对小车停止相对滑动时两者速度的大小；(2)从撤掉销钉到小车离开弹簧的时间．解析：(1)两者最后速度为v ，由能量守恒得：E p ＝12×2mv 2＋μmgLv ＝ E p －μmgL m (2)弹簧恢复原状时，车与弹簧分离，设时间为t ，分离时车的速度为v 1，金属块的速度为v 2，此过程弹簧对小车做功等于E p对车：由动能定理得E p ＝μmgx 0＋12mv 21 对金属块：由动量定理μmgt ＝mv 2车离开弹簧后，系统动量守恒mv 1＋mv 2＝2mv由以上各式得：t ＝2mE p －μm 2gL －2(mE p －μm 2gx 0)μmg。
高三物理二轮复习 第二篇 题型专项突破 计算题标准练(四)(2021年整理)
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计算题标准练（四)满分32分,实战模拟，20分钟拿下高考计算题高分！1.（12分）如图甲所示，有一倾角为30°的光滑固定斜面,斜面底端的水平面上放一质量为M 的木板，开始时质量为m=1kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，今将水平力F变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去F（假设斜面与木板连接处用小圆弧平滑连接）。
此后滑块和木板在水平面上运动的v —t图象如图乙所示，g取10m/s2,求:（1）水平作用力F的大小。
（2)滑块开始下滑时的高度.（3）木板的质量。
【解析】(1)开始F向左时,滑块受到水平推力F、重力mg和支持力N处于平衡，如图所示水平推力:F=mgtanθ=1×10×=N（2)由图乙知,滑块滑到木板上时速度为v1=10m/s由牛顿第二定律得mgsinθ+Fcosθ=ma代入数据得a=10m/s2则滑块下滑的位移为x==5m则下滑时的高度h=xsinθ=5×=2。
5m(3)设在整个过程中,地面对木板的摩擦力为f，滑块与木板间的摩擦力为f1,由图乙知,滑块刚滑上木板时加速度为a1==—4m/s2对滑块:—f1=ma1①此时木板的加速度:a2==1m/s2对木板:f1—f=Ma2②当滑块和木板速度相等,均为2m/s之后，在一起做匀减速直线运动,加速度为a3==-1m/s2对整体:-f=（m+M）a3③联立①②③带入数据解得:M=1。
2020届高三物理二轮复习第二篇题型专项突破选择题标准题四
选择题标准题(四)满分48分,实战模拟,20分钟拿下高考客观题满分!说明: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。
全选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
1.入冬以来,全国多地多次发生雾霾天气,能见度不足20m。
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。
两辆车刹车时的v -t图象如图,则( )A.若两车发生碰撞,开始刹车时两辆车的间距一定等于112.5mB.若两车发生碰撞,开始刹车时两辆车的间距一定小于90mC.若两车发生碰撞,则一定是在刹车后20 s之内的某时刻发生相撞D.若两车发生碰撞,则一定是在刹车后20 s以后的某时刻发生相撞【解析】选C。
由图可知,两车速度相等经历的时间为20s,甲车的加速度a1=-1m/s2,乙车的加速度a2=-0.5m/s2,此时甲车的位移x甲=v甲t+a1t2=300m,乙车的位移x乙=v乙t+a2t2=200m,可知要不相撞,则两车的距离至少为Δx=300m-200 m=100m,因为两车发生碰撞,则两车的距离小于100m,故A、B错误;因为速度相等后,若不相撞,两者的距离又逐渐增大,可知两辆车一定是在刹车后的20s之内的某时刻发生相撞的,故C正确,D错误。
故选C。
2.美国宇航局于北京时间2015年9月28号晚间23时30分宣布有关火星探索的重要发现——火星上存在液态水的“强有力”证据,荷兰一家名为“火星一号”的公司计划在2023年把4名宇航员送上火星,假设宇航员登陆火星后,测得火星的半径是地球半径的,火星质量是地球质量的。
已知地球表面的重力加速度为g,地球半径为R,宇航员在地面上能向上跳起的最大高度为h,忽略自转的影响,下列说法正确的是( )A.火星的密度为B.火星表面的重力加速度为C.火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度的比值为D.宇航员在火星上跳起后,能到达的最大高度为h【解析】选A。
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计算题标准练(四)
满分32分,实战模拟,20分钟拿下高考计算题高分!
1.(12分)如图甲所示,有一倾角为30°的光滑固定斜面,斜面底端的水平面上放一质量为M的木板,开始时质量为m=1kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上,今将水平力F变为水平向右,当滑块滑到木板上时撤去F(假设斜面与木板连接处用小圆弧平滑连接)。
此后滑块和木板在水平面上运动的v -t图象如图乙所示,g取10m/s2,求:
(1)水平作用力F的大小。
(2)滑块开始下滑时的高度。
(3)木板的质量。
【解析】(1)开始F向左时,滑块受到水平推力F、重力mg和支持力N处于平衡,如图所示
水平推力:F=mgtanθ=1×10×=N
(2)由图乙知,滑块滑到木板上时速度为v1=10m/s
由牛顿第二定律得mgsinθ+Fcosθ=ma
代入数据得a=10m/s2
则滑块下滑的位移为x==5m
则下滑时的高度h=xsinθ=5×=2.5m
(3)设在整个过程中,地面对木板的摩擦力为f,滑块与木板间的摩擦力为f1,由图乙知,滑块刚滑上木板时
加速度为a1==-4m/s2
对滑块:-f1=ma1①
此时木板的加速度:a2==1m/s2
对木板:f1-f=Ma2②
当滑块和木板速度相等,均为2m/s之后,在一起做匀减速直线运动,加速度为a3==-1m/s2
对整体:-f=(m+M)a3③
联立①②③带入数据解得:M=1.5kg
答案:(1)N (2)2.5m (3)1.5kg
2.(20分)如图光滑的定滑轮上绕有轻质柔软细线,线的一端系一质量为3m的重物,另一端系一质量为m、电阻为r的金属杆。
在竖直平面内有间距为L的足够长的平行金属导轨PQ、EF,在QF之间连接有阻值为R 的电阻,其余电阻不计,磁感应强度为B0的匀强磁场与导轨平面垂直,开始时金属杆置于导轨下端QF处,将重物由静止释放,当重物下降h时恰好达到稳定速度而匀速下降。
运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好,(忽略所有摩擦,重力加速度为g),求:
(1)电阻R中的感应电流方向。
(2)重物匀速下降的速度v。
(3)重物从释放到下降h的过程中,电阻R中产生的焦耳热Q R。
(4)若将重物下降h时的时刻记作t=0,速度记为v0,从此时刻起,磁感应强度逐渐减小,若此后金属杆中恰好不产生感应电流,则磁感应强度B怎样随时间t变化(写出B与t的关系式)。
【解析】(1)释放重物后,金属杆向上运动,由右手定则可知,电阻R中的感应电流方向为Q→R→F。
(2)重物匀速下降时,金属棒匀速上升,处于平衡状态,
对金属棒,由平衡条件得:T=mg+F
金属棒受到的安培力:F=B0IL=
对重物,由平衡条件得:T=3mg
解得:v=
(3)设电路中产生的总焦耳热为Q,由能量守恒定律得:3mgh-mgh=(3m)v2+mv2+Q
电阻R中产生的焦耳热:Q R=Q
解得:Q R=-
(4)金属杆中恰好不产生感应电流,金属杆不受安培力,将做匀加速运动,加速度设为a,则3mg-mg=4ma,a=0.5g
磁通量不变:Φ0=Φt,即hLB0=(h+h1)LB
h1=v0t+×0.5gt2
解得B=。
答案:(1)Q→R→F (2)
(3)-(4)B=。