2020届人教版高考物理二轮实验+计算题练习(一)及答案

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2020届高考物理课标版二轮复习训练题：12计算题+选考题组合练(1)

计算题+选考题组合练(1)1.长传突破是足球运动中运用远距离空中过顶传球突破对方防线的战术方法。

如图所示,防守队员甲在本方球门前某位置M抢截得球,将球停在地面上,利用对方压上进攻后来不及回防的时机,瞬间给予球一个速度v,使球斜飞入空中,最后落在对方禁区附近地面上P点处。

在队员甲踢球的同时,突前的同伴队员乙由球场中的N 点向P点做直线运动,队员乙在N点的初速度v1=2 m/s,队员乙在NP间先匀加速运动,加速度a=4 m/s2,速度达到v2=8 m/s后匀速运动。

经过一段时间后,队员乙恰好在球落在P点时与球相遇,已知MP的长度s=60 m,NP的长度L=11.5 m,将球员和球视为质点,忽略球在空中运动时的空气阻力,重力加速度取g=10 m/s2。

(1)求足球在空中的运动时间;(2)求队员甲在M点给予足球的速度v的大小。

答案(1)2 s (2)10√10 m/s解析(1)足球在空中的运动时间与队员乙的直线运动时间相同v 2=v1+at1得到t1=1.5 sv22-v12=2aL1,L-L1=v2t2得到t2=0.5 s足球在空中的运动时间t=t1+t2=2 s(2)足球在空中做抛体运动,水平方向有v0=s t得到v=30 m/s竖直方向有vy =g·t2得到vy=10 m/s则有v=√v02+v y2得到v=10√10 m/s2.(2019福建龙岩模拟)如图所示,质量m=1.0 kg 、电荷量q=4×10-3 C 的带负电小球(可视为质点)用长度l=0.8 m 的不可伸长的绝缘轻质细线悬吊在O 点,过O 点的竖直线右侧有竖直向下足够大的匀强电场,场强大小E=5×103 N/C 。

现将小球拉至A 处,此时,细线与竖直方向成θ角。

现由静止释放小球,在小球运动过程中细线始终未被拉断。

已知 cos θ=34,取重力加速度g=10 m/s 2。

(1)求小球第一次运动到最低点时的速度大小。

2020高考物理二轮总复习专题一力与物体的平衡作业(解析版)

专题强化训练(一)一、选择题(共11个小题，4、9、10为多选，其余为单项选择题，每题5分共55分)1.如图所示，一只松鼠沿着较粗均匀的树枝从右向左缓慢爬行，在松鼠从A运动到B的过程中，下列说法正确的是()A．松鼠对树枝的弹力保持不变B．松鼠对树枝的弹力先减小后增大C．松鼠对树枝的摩擦力先减小后增大D．树枝对松鼠的作用力先减小后增大答案 C解析松鼠所受的弹力N＝mgcosθ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则弹力先增大后减小，故A、B两项错误；松鼠所受的摩擦力f＝mgsinθ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则摩擦力先减小后增大，故C项正确；树枝对松鼠的作用力与松鼠的重力等值反向，所以树枝对松鼠的作用力大小不变，故D项错误．故选C项．2．(2019·浙江二模)如图所示，斜面体M静止在水平面上，滑块m 恰能沿斜面体自由匀速下滑，现在滑块上加一竖直向下的恒力F，则与未施加恒力F时相比，下列说法错误的是()A．m和M间的压力变大B．m和M间的摩擦力变大C．水平面对M的支持力变大D．M和水平面间的摩擦力变大答案 D解析滑块恰好沿斜面匀速下滑时，滑块对楔形斜面体的压力等于mgcosθ，斜面体对滑块的摩擦力为μmg cosθ，施加一个竖直向下的恒力F后滑块对斜面体的压力等于(mg＋F)cosθ，变大．斜面体对滑块的摩擦力为μ(mg＋F)cosθ，变大，故A、B两项正确；滑块恰好沿斜面匀速下滑，根据平衡条件有：mgsinθ＝μmg cosθ，解得：μ＝tanθ.对滑块和斜面体整体可知，整体水平方向不受外力，所以地面对斜面体的摩擦力为零．地面对斜面体的支持力等于整体的总重力．施加一个竖直向下的恒力F，有：(mg＋F)sinθ＝μ(mg＋F)cos θ，可知物块仍然做匀速运动．再对滑块和斜面体整体受力分析知，整体水平方向不受外力，所以地面对楔形斜面体的摩擦力为零，地面对楔形斜面体的支持力等于整体的总重力与F之和，变大，故C项正确，D项错误．本题选说法错误的，故选D项．3.长时间低头玩手机对人的身体健康有很大危害，当低头玩手机时，颈椎受到的压力会比直立时大．现将人体头颈部简化为如图所示的模型：头部的重力为G，P点为头部的重心，PO为提供支持力的颈椎(视为轻杆)可绕O点转动，PQ为提供拉力的肌肉(视为轻绳)．当某人低头时，PO、PQ与竖直方向的夹角分别为30°、60°，此时颈椎受到的压力约为()A．2G B.3GC.2G D．G答案 B解析设头部重力为G，当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量，即F＝G；当某人低头时，PO、PQ与竖直方向的夹角分别为30°、60°，P 点的受力如图所示，根据几何关系结合正弦定理可得：F Osin120°＝Gsin30°，解得：F O＝3G，故A、C、D三项错误，B项正确．故选B项．4．如图所示，一根通电的导体棒放在倾斜为α的粗糙斜面上，置于图示方向的匀强磁场中，处于静止状态．现增大电流，导体棒仍静止，则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是()A．一直增大B．先减小后增大C．先增大后减小D．始终为零答案AB解析若F安<mgsinα，因安培力方向向上，则摩擦力方向向上，当F安增大时，F摩减小到零，再向下增大，B项正确，C、D两项错误；若F安>mgsinα，摩擦力方向向下，随F安增大而一直增大，A项正确．5．(2019·安徽三模)如图，用硬铁丝弯成的光滑半圆环竖直放置，直径竖直，O为圆心，最高点B处固定一光滑轻质滑轮，质量为m的小环A穿在半圆环上．现用细线一端拴在A上，另一端跨过滑轮用力F拉动，使A缓慢向上移动．小环A及滑轮B大小不计，在移动过程中，关于拉力F以及半圆环对A的弹力N的说法正确的是()A．F逐渐增大B．N的方向始终指向圆心OC．N逐渐变小D．N大小不变答案 D解析在物块缓慢向上移动的过程中，小圆环A处于三力平衡状态，根据平衡条件知mg与N的合力与T等大、反向、共线，作出mg 与N的合力，如图所示，由三角形相似得：mgBO＝NOA＝TAB①F＝T②，由①②可得：F＝ABBO mg，AB变小，BO不变，则F变小，故A项错误；由①可得：N＝OABO mg，AO、BO都不变，则N不变，方向始终背离圆心，故D项正确，B、C两项错误．故选D 项．6. (2019·江西一模)如图所示，质量为m(可视为质点)的小球P，用两根轻绳OP和O′P在P点拴结实后再分别系于竖直墙上且相距0.4 m的O、O′两点上，绳OP长0.5 m，绳OP刚拉直时，OP绳拉力为T1，绳OP刚松弛时，O′P绳拉力为T2，θ＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，则T1T2为()A．3∶4 B．4∶3C．3∶5 D．4∶5答案 C解析绳OP刚拉直时，OP绳拉力为T1，此时O′P绳子拉力为零，小球受力如图1所示，根据几何关系可得sin α＝OO ′OP ＝45，所以α＝53°，所以α＋θ＝90°；根据共点力的平衡条件可得：T 1＝mgsin α；绳OP 刚松弛时，O ′P 绳拉力为T 2，此时绳OP 拉力为零，小球受力如图2所示，根据共点力的平衡条件可得：T 2＝mgtan α，由此可得：T 1T 2＝sin53°tan53°＝35，所以C 项正确，A 、B 、D 三项错误．故选C 项． 7.如图所示，光滑直杆倾角为30°，质量为m 的小环穿过直杆，并通过弹簧悬挂在天花板上，小环静止时，弹簧恰好处于竖直位置，现对小环施加沿杆向上的拉力F，使环缓慢沿杆滑动，直到弹簧与竖直方向的夹角为60°.整个过程中，弹簧始终处于伸长状态，以下判断正确的是()A．弹簧的弹力逐渐增大B．弹簧的弹力先减小后增大C．杆对环的弹力逐渐增大D．拉力F先增大后减小答案 B解析由于弹簧处于伸长状态，使环缓慢沿杆滑动，直到弹簧与竖直方向的夹角为60°的过程中，弹簧长度先减小后增大，弹簧的伸长量先减小后增大，故弹簧的弹力先减小后增大，故A项错误，B项正确；开始弹簧处于失重状态，根据平衡条件可知弹簧的弹力等于重力，即T＝mg，此时杆对环的弹力为零，否则弹簧不会竖直；当环缓慢沿杆滑动，直到弹簧与竖直方向的夹角为60°时，弹簧的长度等于原来的长度，弹力等于T＝mg，此时有mgcos30°＝Tcos30°，杆对环的弹力仍为零，故杆对环的弹力不是一直增大，故C项错误；设弹簧与垂直于杆方向的夹角为α，根据平衡条件可得，从初位置到弹簧与杆垂直过程中，拉力F＝mgsin30°－Tsinα，α减小，sinα减小，弹簧的拉力减小，则F增大；从弹簧与杆垂直到末位置的过程中，拉力F＝mgsin30°＋Tsinα，α增大，sinα增大，弹簧的弹力增大，则拉力增大，故拉力F一直增大，故D项错误．故选B项．8．(2015·山东)如图所示，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力F作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B 刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为()A.1μ1μ2B.1－μ1μ2μ1μ2C.1＋μ1μ2μ1μ2D.2＋μ1μ2μ1μ2答案 B解析对物体A 、B 整体，在水平方向上有F ＝μ2(m A ＋m B )g ；对物体B ，在竖直方向上有μ1F ＝m B g ；联立解得：m A m B ＝1－μ1μ2μ1μ2，B 项正确．9. (2019·武昌区模拟)如图所示，竖直杆固定在木块C 上，两者总重为20 N ，放在水平地面上．轻细绳a 连接小球A 和竖直杆顶端，轻细绳b 连接小球A 和B ，小球B 重为10 N ．当用与水平方向成30°角的恒力F 作用在小球B 上时，A 、B 、C 刚好保持相对静止且一起水平向左做匀速运动，绳a 、b 与竖直方向的夹角分别恒为30°和60°，则下列判断正确的是( )A．力F的大小为10 NB．地面对C的支持力大小为40 NC．地面对C的摩擦力大小为10 ND．A球重为10 N答案AD解析以B为研究对象受力分析，水平方向受力平衡，有：Fcos30°＝T b cos30°，得：T b＝F竖直方向受力平衡，则有：Fsin30°＋T b sin30°＝m B g得：F＝m B g＝10 N以A为研究对象受力分析，竖直方向上有：m A g＋T b sin30°＝T a sin60°水平方向：T a sin30°＝T b sin60°联立得：m A＝m B，即A球重为10 N，故A、D两项正确；以ABC整体为研究对象受力分析，水平方向：f＝Fcos30°＝5 3 N竖直方向：N＋Fsin30°＝(M＋m A＋m B)g解得：N＝35 N，故B、C两项错误．故选A、D两项．10．如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A ，细线与斜面平行．小球A 的质量为m ，电量为q.小球A 的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B ，两球心的高度相同，间距为d.静电力常量为k ，重力加速度为g ，两个带电小球可视为点电荷．小球A 静止在斜面上，则( )A ．小球A 与B 之间库仑力的大小为kq 2d 2 B ．当q d ＝mgsin θk 时，细线上的拉力为0 C ．当q d ＝mgtan θk 时，细线上的拉力为0 D ．当q d ＝mg ktan θ时，斜面对小球A 的支持力为0 答案 AC解析根据库仑定律得A 、B 间的库仑力F 库＝k q 2d2，则A 项正确；当细线上的拉力为0时，满足k q 2d 2＝mgtan θ，得到q d ＝mgtan θk，则B项错误，C项正确；斜面对小球A的支持力始终不为零，则D 项错误．11. (2019·安徽模拟)如图所示，质量为m B＝14 kg的木板B放在水平地面上，质量为m A＝10 kg的木箱A放在木板B上与不发生形变的轻杆一端固定在木箱上，另一端通过铰链连接在天花板上，轻杆与水平方向的夹角为θ＝37°.已知木箱A与木板B之间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板B与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.3.现用水平向左的力F 将木板B从木箱A下面抽出，最大静摩擦力等于滑动摩擦力(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2)，则所用力F的最小值为()A．150 N B．170 NC．200 N D．210 N答案 B解析对A受力分析如图甲所示，根据题意可得：F T cosθ＝F f1，F N1＝F T sinθ＋m A gF f1＝μ1F N1，联立解得：F T＝100 N；对A、B整体进行受力分析如图乙所示，根据平衡条件可得：F T cosθ＋F f2＝FF N2＝F T sinθ＋(m A＋m B)gF f2＝μ2F N2，联立解得：F＝170 N，故B项正确，A、C、D三项错误．故选B项．二、计算题(共3个小题，12题12分，13题15分，14题18分，共45分)12．风洞实验室中可以产生水平向右，大小可调节的风力．如图甲所示，现将质量为1 kg的小球套在足够长与水平方向夹角θ＝37°的细直杆上，放入风洞实验室．小球孔径略大于细杆直径．假设小球所受最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小．(取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)若在无风情况下，小球由静止开始经0.5 s 沿细杆运动了0.25 m ，求小球与细杆间的动摩擦因数及滑动摩擦力做的功；(2)在有风情况下，如图乙所示，若小球静止在细杆上，求风力大小；(3)请分析在不同恒定风力作用下小球由静止释放后的运动情况．答案 (1)0.5 －2 J (2)1.82 N ≤F ≤20 N(3)如果风力大小为1.82 N ≤F ≤20 N ，则小球静止；若F<1.82 N ，小球向下做匀加速运动；若F>20 N ，小球向上做匀加速运动解析 (1)在无风情况下小球由静止开始经0.5 s 沿细杆运动了0.25 m ，则：x ＝12at 2可知a ＝2x t 2＝2×0.250.52 m/s 2＝2 m/s 2，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－μmg cos θ＝ma ，解得：μ＝0.5，滑动摩擦力做的功W f ＝－mgcos θ·x ＝－2 J.(2)当小球受到的摩擦力沿杆向上且最大时，风力最小，如图所示，根据平衡条件可得：沿杆方向：mgsinθ＝Fcosθ＋f，垂直于杆方向：N＝mgcosθ＋Fsinθ，摩擦力f＝μN，联立解得：F≈1.82 N；当小球受到的摩擦力沿杆向下且最大时，风力最大，根据平衡条件可得：沿杆方向：mgsinθ＝Fcosθ－f，垂直于杆方向：N＝mgcosθ＋Fsinθ，摩擦力f＝μN，联立解得：F＝20 N；若小球静止在细杆上，则风力大小范围为1.82 N≤F≤20 N.(3)如果风力大小为1.82 N≤F≤20 N，则小球静止；若F<1.82 N，小球向下做匀加速运动；若F>20 N，小球向上做匀加速运动．13.如图所示，afe、bcd为两条平行的金属导轨，导轨间距l＝0.5 m．ed 间连入一电源E＝1 V，ab间放置一根长为l＝0.5 m的金属杆与导轨接触良好，cf水平且abcf为矩形．空间中存在一竖直方向的磁场，当调节斜面abcf的倾角θ时，发现当且仅当θ在30°～90°之间时，金属杆可以在导轨上处于静止平衡．已知金属杆质量为0.1 kg，电源内阻r及金属杆的电阻R均为0.5 Ω，导轨及导线的电阻可忽略，金属杆和导轨间最大静摩擦力为弹力的μ倍．重力加速度g＝10 m/s2，试求磁感应强度B及μ.答案2 3 T3 3解析由磁场方向和平衡可判断，安培力F方向为水平且背离电源的方向，由题意可知当θ＝90°时，金属杆处于临界下滑状态有：f1＝mg，①N1＝F，②f1＝μN1，③当θ＝30°时，金属杆处于临界上滑状态有：N2＝mgcos30°＋Fsin30°，④f2＋mgsin30°＝Fcos30°，⑤f2＝μN2，⑥由①～⑥解得：F＝3mg，⑦μ＝3 3，由闭合电路欧姆定律：I＝E2R＝1 A，⑧由安培力性质：F＝BIl，⑨由⑦⑧⑨得：B＝2 3 T，方向竖直向下．14. (2016·天津)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝53N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小为B＝0.5 T．有一带正电的小球，质量m＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10 m/s2，求：(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t. 答案(1)20 m/s与电场方向成60°角斜向上(2)3.5 s解析(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB＝q2E2＋m2g2，①代入数据解得：v＝20 m/s，②速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足tanθ＝qE mg，③代入数据解得：tanθ＝3，θ＝60°.④(2)方法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图所示，设其加速度为a，有a＝q2E2＋m2g2m，⑤设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有x＝vt；⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有y＝12at2，⑦tanθ＝yx；⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得：t＝2 3 s≈3.5 s，⑨方法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为v y＝vsinθ⑤若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有v y t－12gt2＝0⑥联立⑤⑥式，代入数据解得t＝2 3 s≈3.5 s．⑦21。

2020届高考物理通用二轮题：力、运动、牛顿运动定律练习及答案

2020届高考物理通用二轮题：力、运动、牛顿运动定律练习及答案高考：力、运动、牛顿运动定律1、．(2019·青岛质检)如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，轻杆A端用铰链固定，滑轮在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计)，轻杆B端吊一重物G，现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉(均未断)，在AB杆达到竖直前，以下分析正确的是()A．绳子越来越容易断B．绳子越来越不容易断C．AB杆越来越容易断D．AB杆越来越不容易断2、(2019·安徽省六安市模拟)倾斜角度为θ的斜面上有m1和m2两个物体，与斜面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2。

两物体间用一根原长为L0的与斜面平行的轻质弹簧连接，当整体沿斜面匀速下滑时弹簧长度为L，如图所示。

则以下说法正确的是(BC)A．若μ1>μ2, 可用张力足够的轻绳替代弹簧B．若μ1＝μ2, 可用轻杆替代弹簧C．若μ1<μ2, 弹簧的形变量是(L－L0)D．若m1＝m2，则μ1＝μ2＝tanθ3、(2019·济宁一模)如图所示，质量均为m的两个小球A、B(可视为质点)固定在轻杆的两端，将其放入光滑的半球形碗中，杆的长度等于碗的半径，当杆与两球组成的系统处于平衡状态时，杆对小球A的作用力大小为()A.33mg B.32mgC.233mg D．2mg4、.(2019·晋中调研)如图所示为一个做匀变速曲线运动的物块运动轨迹的示意图，运动至A点时速度大小为v0，经一段时间后物块运动至B点，速度大小仍为v0，但相对于A点时的速度方向改变了90°，则在此过程中()A．物块的运动轨迹AB可能是某个圆的一段圆弧B．物块的动能可能先增大后减小C．物块的速度大小可能为v0 2D．B点的加速度与速度的夹角小于90°5、如图所示，质量为m的小球套在竖直固定的光滑圆环上，在圆环的最高点有一个光滑小孔，一根轻绳的下端系着小球，上端穿过小孔用力拉住，开始时绳与竖直方向夹角为θ，小球处于静止状态，现缓慢拉动轻绳，使小球沿光滑圆环上升一小段距离，则下列关系正确的是(AC)A．绳与竖直方向的夹角为θ时，F＝2mgcosθB．小球沿光滑圆环上升过程中，轻绳拉力逐渐增大C．小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力大小不变D．小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力逐渐增大6、(2019·武汉调研)[多选]如图所示，一质量为m的小球(可视为质点)从离地面高H处水平抛出，第一次落地时的水平位移为43H，反弹的高度为916H。

2020届人教版高考物理二轮实验+计算基础练习(1)含答案

2020届人教版高考物理二轮实验+计算基础练习（1）含答案1、某同学利用拉力传感器来验证力的平行四边形定则，实验装置如图甲所示。

在贴有白纸的竖直板上，有一水平细杆MN，细杆上安装有两个可沿细杆移动的拉力传感器A、B，传感器与计算机相连接。

两条不可伸长的轻质细线AC、BC(AC>BC)的一端结于C点，另一端分别与传感器A、B相连。

结点C下用轻细线悬挂重力为G的钩码D。

实验时，先将拉力传感器A、B靠在一起，然后不断缓慢增大两个传感器A、B间的距离d，传感器将记录的AC、BC绳的张力数据传输给计算机进行处理，得到如图乙所示张力F随距离d的变化图线。

AB间的距离每增加0.2 m，就在竖直板的白纸上记录一次A、B、C点的位置。

则在本次实验中，所用钩码的重力G=_______N；当AB间距离为1.00 m时，AC绳的张力大小F=_______N；A实验中记录A、B、C点位置的目的是______ 。

【解析】当AB靠在一起时，AC绳拉力为零，BC绳拉力等于钩码的重力，可知G=30.0 N。

由图可知，当AB间距离为1.00 m时，AC绳的张力大小F A=18.0 N。

实验中记录A、B、C点位置的目的是记录AC、BC绳张力的方向。

答案：30.018.0记录AC、BC绳张力的方向2、(创新预测)斜面长度为4 m，一个尺寸可以忽略不计的滑块以不同的初速度v从斜面顶端沿斜面下滑时，其下滑距离x与初速度二次方的关系图象(即x-图象)如图所示。

(1)求滑块下滑的加速度大小；(2)若滑块下滑的初速度为5.0 m/s，则滑块沿斜面下滑的时间为多长？【解析】(1)由=2ax推知，题中图线斜率为，所以滑块下滑的加速度大小a=2 m/s2。

(2)由题中图象可推知，当滑块的初速度为4 m/s时，滑块刚好滑到斜面最低点，故滑块下滑的初速度为5.0 m/s时能滑到斜面最低点。

设滑块在斜面上的滑动时间为t，则x=v0t-at2，代入数据解得t=1 s，t=4 s(舍去)。

2020届(人教)高考物理二轮提升练习计算题选(一)及答案

2020届（人教）高考物理二轮提升练习计算题选（一）及答案1、(2019·西安模拟)如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=0.5 kg的小物块，它与水平台阶表面间的动摩擦因数μ=0.5，且与台阶边缘O 点的距离s=5 m。

在台阶右侧固定了一个以O点为圆心的圆弧形挡板，并以O点为原点建立平面直角坐标系。

现用F=5 N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板(g取10 m/s2)。

(1)若小物块恰能击中挡板的上边缘P点，P点的坐标为(1.6 m，0.8 m)，求其离开O点时的速度大小。

(2)为使小物块击中挡板，求拉力F作用的距离范围。

(3)改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值。

(结果可保留根式)【解题指导】解答本题应注意以下三点：(1)小物块从O到P做平抛运动。

(2)根据动能定理求出拉力F作用的距离。

(3)根据平抛运动的知识，结合圆的方程，根据动能定理求出击中挡板的小物块动能的最小值。

【解析】(1)小物块从O到P做平抛运动，则：水平方向：x=v0t竖直方向：y=gt2解得：v0=4 m/s(2)为使小物块击中挡板，小物块必须能运动到O点，设拉力F作用的最短距离为x1，由动能定理得：Fx1-μmgs=ΔE k-0=0解得：x1=2.5 m为使小物块不会飞出挡板，小物块的平抛初速度不能超过4 m/s；设拉力F作用的最长距离为x2，由动能定理得：Fx2-μmgs=m解得：x2=3.3 m故为使物块击中挡板，拉力F的作用距离范围为：2.5 m<x≤3.3 m(3)设小物块击中挡板的任意点坐标为(x，y)，则有：x=v0′t′y=gt′2由动能定理得：mgy = E k-mv0′2又：x2+y2=R2由P点坐标可求得R2=3.2化简得：E k=+=+由数学方法可得：E kmin=2J答案：(1)4 m/s(2)2.5 m<x≤3.3 m(3)2J2、已知地球的自转周期和半径分别为T和R，地球同步卫星A的圆轨道半径为h。

2020届高考物理通用二轮题：能量和动量练习及答案

2020届高考物理通用二轮题：能量和动量练习及答案二轮高考：能量和动量1、(2019·吉林省模拟)如图所示，可视为质点的物体从倾角为α的斜面顶端由静止释放，它滑到底端时速度大小为v1；若它由斜面顶端沿竖直方向自由落下，末速度大小为v，已知v1是v的k倍，且k<1。

则物体与斜面间的动摩擦因数为()A．(1－k)sinαB．(1－k)cosαC．(1－k2)tanαD．1－k2 tanα2、(2019·吉林调研)如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，杆的水平部分粗糙，杆的竖直部分光滑。

杆的两部分各套有质量均为1 kg的小球A和B，A、B球间用一不可伸长的细绳相连。

初始A、B均处于静止状态，已知OA＝3 m，OB＝4 m，若A球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动1 m，小球A与水平杆间的动摩擦因数μ＝0.2(取g＝10 m/s2)，那么该过程中拉力F做功为()A．4 J B．6 JC．10 J D．14 J3、如图所示，一倾角为37°的斜面固定在水平地面上，重为4 N的滑块从距离水平面高度为0.6 m处由静止释放，沿斜面向下运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2，以水平地面为重力势能等于零的参考面．滑块从静止运动到斜面底端的过程中，下列说法正确的是(AC)A．滑块的重力势能减少2.4 JB．滑块的动能增加0.48 JC．滑块的机械能减少1.6 JD．滑块因摩擦生热0.96 J4、高空坠物极易对行人造成伤害。

若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A．10 N B．102 NC．103 N D．104 N5、质量为M的小车静止在水平面上，静止在小车左端的质量为m的小球突然获得一个水平向右的初速度v0，并沿曲面运动，若曲面很长，小球不可能从右端离开，不计一切阻力，对于运动过程分析正确的是(重力加速度为g)(AC)A．小球沿小车上升的最大高度小于v20 2gB．小球回到小车左端的速度大小仍为v0 C．小球和小车组成的系统机械能守恒D．小球到最高点的速度为m v0 M6、如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m(m＜M)的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是()A．在以后的运动过程中，小球和槽在水平方向动量始终守恒B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处7、(2019·安徽“江南十校”联考)如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。

重庆2020人教高考物理二轮实验和计算题选练一及答案

重庆2020人教高考物理二轮实验和计算题选练一及答案1、两位同学用如图甲所示装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律．(1)(多选)实验中必须满足的条件是________．A．斜槽轨道尽量光滑以减小误差B．斜槽轨道末端的切线必须水平C．入射球A每次必须从轨道的同一位置由静止滚下D．两球的质量必须相等(2)测量所得入射球A的质量为m A，被碰撞小球B的质量为m B，图甲中O 点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影，实验时，先让入射球A从斜轨上的起始位置由静止释放，找到其平均落点的位置P，测得平抛射程为OP；再将入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，与小球B相撞，分别找到球A和球B相撞后的平均落点M、N，测得平抛射程分别为OM和ON.当所测物理量满足表达式__________________时，即说明两球碰撞中动量守恒；如果满足表达式____________________时，则说明两球的碰撞为完全弹性碰撞．(3)乙同学也用上述两球进行实验，但将实验装置进行了改装，如图乙所示，将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中球A、球B与木条的撞击点．实验时，首先将木条竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，撞击点为B′；然后将木条平移到图中所示位置，入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，确定其撞击点P′；再将入射球A 从斜轨上起始位置由静止释放，与球B相撞，确定球A和球B相撞后的撞击点分别为M′和N′.测得B′与N′、P′、M′各点的高度差分别为h1、h2、h3.若所测物理量满足表达式________________时，则说明球A和球B碰撞中动量守恒．【参考答案】(1)BC(2)m A OP＝m A OM＋m B ON m A OP2＝m A OM2＋m B ON2(3)m Ah2＝m A h3＋m Bh1解析：(1)该实验中，通过平抛运动的基本规律来求解碰撞前后的速度，必须保证每次小球都做平抛运动，斜槽轨道可以存在摩擦，轨道末端必须水平，A 选项错误，B选项正确；入射球每次都要从同一高度由静止滚下，要保证碰撞前的速度相同，C选项正确；为了使小球碰后不被反弹，要求入射小球质量大于被碰小球质量，D选项错误．(2)两球从同一高度下落，下落时间相同，水平速度之比等于水平方向位移之比，即OP＝v0t，OM＝v1t，ON＝v2t，若两球相碰前后的动量守恒，满足m A v0＝m A v1＋m B v2，联立解得，m A OP＝m A OM＋m B ON.如果是弹性碰撞，则机械能守恒，12m A v2＝12m A v21＋12m B v22，代入数据解得，m A OP2＝m A OM2＋m B ON2.(3)小球做平抛运动，竖直方向上，h＝12gt2，水平方向上，x＝v t，解得初速度v＝x g2h，碰撞过程动量守恒，m A v A＝m A v A′＋m B v B′，联立解得，m Ah2＝m Ah3＋m Bh1.2、ETC是日前世界上最先进的路桥收费方式，它通过安装在车辆挡风玻璃上的车载电子标签与设在收费站ETC通道上的微波天线进行短程通信，利用网络与银行进行后台结算处理，从而实现车辆不停车就能支付路桥费的目的.2015年我国ETC已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间，假设一辆汽车以10 m/s的速度驶向收费站，若进入人工收费通道，它从距收费窗口20 m处开始匀减速，至窗口处恰好停止，再用10 s时间完成交费，若进入ETC通道，它从某位置开始匀减速，当速度减至5 m/s后，再以此速度匀速行驶5 m即可完成交费，若两种情况下，汽车减速时加速度相同，求：(1)汽车进入ETC 通道减速行驶的位移大小；(2)汽车从开始减速到交费完成，从ETC 通道比从人工收费通道通行节省的时间．【参考答案】(1)15 m (2)11 s解析：(1)汽车进入人工收费通道后做匀减速直线运动，根据速度—位移公式可知，a ＝v 22x ＝2.5 m/s 2.汽车进入ETC 通道后，做匀减速直线运动的时间t 1＝v －v ′a ＝2 s.匀减速运动的位移x 1＝v 2－v ′22a ＝15 m.(2)汽车在ETC 收费通道，匀减速运动的时间t 1＝2 s.匀速行驶的时间t 2＝x ′v ′＝1 s. 从开始减速到交费完成所需的时间t ＝t 1＋t 2＝3 s.在人工收费通道，匀减速直线运动的时间t 3＝v a＝4 s. 汽车进入人工收费通道，从开始减速到交费完成所需的时间t ′＝14 s. 节省的时间Δt ＝t ′－t ＝11 s.3、物体中的原子总是在不停地做热运动，原子热运动越激烈，物体温度越高；反之，温度就越低．所以，只要降低原子运动速度，就能降低物体温度．“激光致冷”的原理就是利用大量光子阻碍原子运动，使其减速，从而降低了物体温度．使原子减速的物理过程可以简化为如下情况：如图所示，某原子的动量大小为p 0.将一束激光(即大量具有相同动量的光子流)沿与原子运动的相反方向照射原子，原子每吸收一个动量大小为p 1的光子后自身不稳定，又立即发射一个动量大小为p 2的光子，原子通过不断吸收和发射光子而减速．(已知p 1、p 2均远小于p 0，普朗克常量为h ，忽略原子受重力的影响)(1)若动量大小为p 0的原子在吸收一个光子后，又向自身运动方向发射一个光子，求原子发射光子后动量p 的大小；(2)从长时间来看，该原子不断吸收和发射光子，且向各个方向发射光子的概率相同，原子吸收光子的平均时间间隔为t 0.求动量大小为p 0的原子在减速到零的过程中，原子与光子发生“吸收－发射”这一相互作用所需要的次数n 和原子受到的平均作用力f 的大小；(3)根据量子理论，原子只能在吸收或发射特定频率的光子时，发生能级跃迁并同时伴随动量的变化．此外，运动的原子在吸收光子过程中会受到类似机械波的多普勒效应的影响，即光源与观察者相对靠近时，观察者接收到的光频率会增大，而相对远离时则减小，这一频率的“偏移量”会随着两者相对速度的变化而变化．为使该原子能够吸收相向运动的激光光子，请定性判断激光光子的频率ν和原子发生跃迁时的能量变化ΔE 与h 的比值之间应有怎样的大小关系．【参考答案】(1)p 0－p 1－p 2 (2)p 0p 1 p 1t 0(3)ν<ΔE h 解析：(1)分析题意可知，原子吸收和放出一个光子后，整体动量守恒．以原子初动量方向为正，p 0－p 1＝p ＋p 2.解得原子放出光子后的动量p ＝p 0－p 1－p 2.(2)原子向各个方向均匀地发射光子，放出的所有光子总动量为零．设原子经n 次相互作用后速度变为零，p 0－np 1＝0，解得n ＝p 0p 1. 根据动量定理可知，f·nt 0＝p 0.解得，f ＝p 0nt 0＝p 1t 0.(3)根据能级跃迁规律可知，静止的原子吸收光子发生跃迁，跃迁频率ν0＝ΔE h .考虑多普勒效应，由于光子与原子相向运动，原子接收到的光子频率会增大．所以为使原子能够发生跃迁，照射原子的激光光子频率ν<ΔE h .4、如图所示，两个轻质弹簧的劲度系数分别为k 1＝1 N/cm 、k 2＝2 N/cm ，它们一端固定在质量为m ＝1 kg 的物体A 上，另一端分别固定于水平地面上的Q 点和一固定轻质薄板的P 点(两弹簧均呈竖直状态)，当物体A 平衡时，下方弹簧恰好处于原长，若只把A 换成质量为3 m 的物体B(弹簧均在弹性限度内)，当物体B 平衡时，求：下方弹簧所受弹力大小(重力加速度为g ＝10 m/s 2)．【参考答案】203N解析：当物体A 平衡时，下方弹簧为原长，上方的弹簧处于伸长状态，mg ＝k 2x 2.当物体B 处于平衡状态时，上方弹簧增加的伸长量为x 1，下方弹簧被压缩的长度为x 1，根据胡克定律和平衡条件可知，k 1x 1＋k 2(x 1＋x 2)＝3mg.联立解得，x 1＝2mg k 1＋k 2. 下方弹簧所受弹力大小F ＝k 1x 1＝2mg·k 1k 1＋k 2＝203N. 5、如图所示，水平面AB 光滑，粗糙半圆轨道BC 竖直放置．圆弧半径为R ，AB 长度为4R.在AB 上方、直径BC 左侧存在水平向右、场强大小为E 的匀强电场．一带电量为＋q 、质量为m 的小球自A 点由静止释放，经过B 点后，沿半圆轨道运动到C 点．在C 点，小球对轨道的压力大小为mg ，已知E ＝mg q ，水平面和半圆轨道均绝缘．求：(1)小球运动到B点时的速度大小；(2)小球运动到C点时的速度大小；(3)小球从B点运动到C点过程中克服阻力做的功．【参考答案】(1)8gR(2)2gR(3)mgR解析：(1)小球运动到B点的过程中，电场力做功．根据动能定理，qE·4R＝12m v2B－0.其中E＝mg q.联立解得，v B＝8gR.(2)小球运动到C点时，根据牛顿第二定律，2mg＝m v C2 R.解得，v C＝2gR.(3)小球从B运动到C点的过程，根据动能定理，－W f－2mgR＝12m v C2－12m v B2解得，W f＝mgR.。

2020届人教版高考物理二轮实验+计算题练习(二)及答案

2020届人教版高考物理二轮实验+计算题练习（二）及答案1、某同学使用有透光狭缝的钢条和光电计时器的装置测量重力加速度(图甲)。

在钢条下落过程中，钢条挡住光源发出的光时，计时器开始计时，透光时停止计时，若再次挡光，计时器将重新开始计时。

实验中该同学将钢条竖直置于一定高度(下端A高于光控开关)，由静止释放，测得先后两段挡光时间t1和t2。

(1)用游标卡尺测量AB、AC的长度，其中AB的长度如图乙所示，其值为_______mm。

(2)该同学利用=及=，求出、，再利用测量的时间t 1和t2，可得到重力加速度g的表达式为_______(用、及给出的时间表示)。

【解析】(1)74 mm+3×0.1 mm=74.3 mm。

(2)等于时的速度，等于时的速度，根据a=，可得g=a=。

答案：(1)74.3 (2)g=2、A、B两辆玩具小汽车在相互靠近的两条平直的轨道上同向匀速行驶，初速度分别为vA =6 m/s、vB=2 m/s，当A车在B车后面x=3.5 m 时开始以恒定的加速度aA=1 m/s2刹车并停止运动，求：(1)A车超过B车后，保持在B车前方的时间。

(2)A车超过B车后领先B车的最大距离。

=2 m/s2，但B车的最大速度只(3)若A车刹车时，B车同时开始加速，加速度aB=4 m/s，通过计算说明A车能否追上B车？有vm【解析】(1)设A车用时t追上B车，对A车，x A=v A t-a A t2，对B车，x B=v B t，相遇时有：x A=x B+x，解得：t1=1 s，t2=7 s(不合题意，舍去)；设从开始到A车被B车追上用时为t3，则有：v B t3=-x，得：t3=7.25 s，所以有：Δt=t3-t1，解得：Δt=6.25 s；(2)设当A车与B车速度相等用时为t4，则有：v A-a A t4=v B，t4=4 s，则此过程中A车位移为：x′A=v A t4-a A，B车位移为：x′B=v B t4，故A、B最大间距为：Δx=x′A-x-x′B，解得：Δx=4.5 m；(3)设从A车刹车开始用时t5两车速度相等，B车加速至最大用时t6，匀速时间为t5-t6，从开始刹车至速度相等过程中，v A-a A t5=v m且v m=v B+a B t6，解得：t5=2 s，t6=1 s；对A车，x″A=v A t5-a A，x″A=10 m，对B车，x″B=+v m(t5-t6)，x″B=7 m，此时有x″B+x=10.5 m>x″A=10 m，A车不能追上B车。

2020届人教版高考物理二轮实验+计算基础练习含答案

2020届人教版高考物理二轮实验+计算基础练习含答案1、利用图甲所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度。

一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动。

当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t。

改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离x，记下相应的t值；所得数据如表所示。

x/m 0.500 0.600 0.700 0.800 0.900 0.950t/ms 292.9 371.5 452.3 552.8 673.8 776.4/(m·s-1) 1.71 1.62 1.55 1.45 1.34 1.22完成下列填空和作图：(1)若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的、测量值x和t四个物理量之间所满足的关系式是。

瞬时速度vt(2)根据表中给出的数据，在图乙给出的坐标纸上画出-t图线。

(3)由所画出的-t图线，得出滑块加速度的大小为a=_______ m/s2(保留2位有效数字)。

【解析】(1)由运动学公式x=v0t+at2=(v t-at)t+at2=-at2+v t t，变形为=-at+v t，从此式可知，-t图线是一条斜率为负值的直线。

(2)根据题目提供的数据描点，然后用一条直线连接这些点，所得图象如图所示。

(3)由图线知斜率绝对值为k=m/s2=1.0 m/s2，又由=-at+v t知，斜率的绝对值为a，故有a=1.0 m/s2，即a=2.0 m/s2。

答案：(1) =-at+v t或x=-at2+v t t(2)见解析图(3)2.0(1.8～2.2范围内均正确)2、如图所示，在成都天府大道某处安装了一台500万像素的固定雷达测速仪，可以准确抓拍超速车辆以及测量运动车辆的加速度。

一辆汽车正从A点迎面驶向测速仪B，若测速仪与汽车相距355 m，此时测速仪发出超声波，同时车由于紧急情况而急刹车，汽车运动到C处与超声波相遇，当测速仪接收到反射回来的超声波信号时，汽车恰好停止于D点，且此时汽车与测速仪相距335 m，忽略测速仪安装高度的影响，可简化为图乙所示分析(已知超声波速度为340 m/s)。

重庆2020人教高考物理二轮实验和计算题选练及答案

重庆2020人教高考物理二轮实验和计算题选练及答案1、在“验证机械能守恒定律”的实验(1)实验室提供了铁架台、夹子、导线、纸带等器材．为完成此实验，除了所给的器材，从图中还必须选取的实验器材是________．(2)下列方法有助于减小实验误差的是________．A．在重锤的正下方地面铺海绵B．必须从纸带上第一个点开始计算验证机械能是否守恒C．重复多次实验，重物必须从同一位置开始下落D．重物的密度尽量大一些(3)完成实验后，小明用刻度尺测量纸带距离时如图(乙)，已知打点计时器每0.02 s打一个点，则B点对应的速度v B＝________m/s.若H点对应的速度为v H，重物下落的高度为h BH，重物质量为m，当地重力加速度为g，为得出实验结论完成实验，需要比较mgh BH与________的大小关系(用题中字母表示)．【参考答案】(1)电磁打点计时器和学生电源或者是电火花计时器毫米刻度尺(2)D(3)1.35 m/s 12m v2H－12m v2B解析：(1)该实验中可以选用电磁打点计时器和学生电源或者是电火花计时器．在实验中需要刻度尺测量纸带上点与点间的距离从而可知道重锤下降的距离，故需要毫米刻度尺．(2)在重锤的正下方地面铺海绵，目的是保护仪器，A选项错误；该实验是比较重力势能的减少量与动能增加量的关系，不一定要从纸带上第一个点开始计算验证，B 选项错误；重复多次实验时，重物不需要从同一位置开始下落，C 选项错误；选重物的密度尽量大一些，可以减小摩擦阻力和空气阻力的影响，从而减少实验误差，D 选项正确．(3)根据刻度尺的读数规则可知，AC 之间的距离x AC ＝5.40 cm.根据匀变速直线运动的规律可知，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，B 点瞬时速度的大小v B ＝x AC 2T ＝1.35 m/s.根据机械能守恒可知，mgh BH ＝12m v 2H －12m v 2B .2、如图所示，一长为200 m 的列车沿平直的轨道以80 m/s 的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O 点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA 段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB 段内，已知OA ＝1 200 m ，OB ＝2 000 m ，求：(1)列车减速运动的加速度的取值范围；(2)列车减速运动的最长时间．【参考答案】(1)1.6 m/s 2≤a ≤167 m/s 2 (2)50 s 解析：(1)设列车做匀减速直线运动，运动到A 点速度为0时，加速度为a 1.根据匀减速直线运动规律可知，刹车的距离，x OA ＋L ＝v 202a 1，解得a 1＝167 m/s 2. 设运动到B 点速度为0时，加速度为a 2.刹车的距离x OB ＝v 202a 2，解得a 2＝1.6 m/s 2. 列车减速运动的加速度取值范围为1.6 m/s 2≤a ≤167 m/s 2.(2)加速度最小时，列车减速的时间最长，t max ＝v 0a min＝50 s. 3、花岗岩、大理石等装修材料都不同程度地含有放射性元素氡222，人长期吸入后会对呼吸系统造成损害．设有一静止的氡核(222 86Rn)发生衰变生成钋(218 84Po)，若放出5.6 MeV 的核能全部转化为动能．(1)写出核反应方程；(2)求新核钋218的动能．(结果保留1位有效数字)【参考答案】(1)22286Rn→218 84Po＋42He(2)2×10－14 J解析：(1)根据质量数和核电荷数守恒可知，核反应方程式为：22286Rn→218 84Po＋42He.(2)以α离子的速度方向为正方向，核反应过程，系统动量守恒．m v0＋M v＝0.解得，v＝－m v0M，负号表示方向与α离子速度方向相反．核能全部转化为动能，ΔE＝12m v2＋12M v2.联立解得，新核钋218的动能E k≈2×10－14 J.4、某大雾天气，一小汽车和一大客车在平直公路的同一车道上同向行驶，小汽车在后，其速度大小v1＝30 m/s；大客车在前，其速度大小v2＝10 m/s.在小汽车和大客车相距x0＝25 m时两司机同时发现险情，此时小汽车司机马上以大小a1＝8 m/s2的加速度刹车，而大客车立即以大小a2＝2 m/s2的加速度加速前进．请通过计算判断两车是否相撞．【参考答案】两车不会相撞．解析：小汽车刹车做匀减速运动，当速度减至与大客车相等时，恰好追上大客车，此时两车恰好不会相撞．速度关系，v1－a1t＝v2＋a2t，代入数据解得，t＝2 s.小汽车运动位移x1＝v1t－12a1t2＝44 m.大客车运动位移x2＝v2t＋12a2t2＝24 m.由于x2＋x0＞x1，两车不会相撞．5、我们知道，根据光的粒子性，光的能量是不连续的，而是一份一份的，每一份叫一个光子，光子具有动量(hν/c)和能量(hν)，当光子撞击到光滑的平面上时，可以像从墙上反弹回来的乒乓球一样改变运动方向，并给撞击物体以相应的作用力．光对被照射物体单位面积上所施加的压力叫光压．联想到人类很早就会制造并广泛使用的风帆，能否做出利用太阳光光压的“太阳帆”进行宇宙航行呢？1924年，俄国航天事业的先驱齐奥尔科夫斯基和其同事灿德尔明确提出“用照射到很薄的巨大反射镜上的太阳光所产生的推力获得宇宙速度”，首次提出了太阳帆的设想．但太阳光压很小，太阳光在地球附近的光压大约为10－6 N/m 2，但在微重力的太空，通过增大太阳帆面积，长达数月的持续加速，使得太阳帆可以达到甚至超过宇宙速度．IKAROS 是世界第一个成功在行星际空间运行的太阳帆.2010年5月21日发射，2010年12月8日，IKAROS 在距离金星80,800公里处飞行掠过，并进入延伸任务阶段．设太阳单位时间内向各个方向辐射的总能量为E ，太空中某太阳帆面积为S ，某时刻距太阳距离为r(r 很大，故太阳光可视为平行光，太阳帆位置的变化可以忽略)，且帆面和太阳光传播方向垂直，太阳光频率为ν，真空中光速为c ，普朗克常量为h.(1)当一个太阳光子被帆面完全反射时，求光子动量的变化Δp ，判断光子对太阳帆面作用力的方向．(2)计算单位时间内到达该航天器太阳帆面的光子数．(3)事实上，到达太阳帆表面的光子一部分被反射，其余部分被吸收．被反射的光子数与入射光子总数的比，称为反射系数．若太阳帆的反射系数为ρ，求该时刻太阳光对太阳帆的作用力．【参考答案】(1)－2hνtc 与入射光子速度方向相反(2)ES 4πhνr 2 (3)(1＋ρ)ES 4πcr 2解析：(1)以光子运动的初速度方向为正方向，光子动量的变化Δp ＝－p －p ＝－2hνc .根据动量定理可知，Ft ＝Δp ，解得F ＝－2hνtc. 光子对太阳帆面作用力的方向与入射光子速度方向相反．(2)每个光子能量E 0＝hν.单位时间内到达太阳帆光能量E 总＝E 4πr 2·S.单位时间内到达该航天器太阳帆面的光子数N＝E总E0＝ES4πhνr2.(3)反射光子和吸收光子均会对太阳帆产生作用力．在时间Δt，根据动量定理可知，Ft＝Δp反＋Δp吸其中Δp反＝2ρNΔp·Δt＝2ρES4πcr2·ΔtΔp吸＝(1－ρ)NΔp·Δt＝(1－ρ)ES4πcr2·Δt.联立解得，F＝(1＋ρ)ES 4πcr2.。

2020年高考物理二轮热学综合复习实验题专练(共15题,有答案)

2020高考物理二轮热学综合复习实验题专练（共15题，有答案）1．在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：①往边长约为40 cm的浅盘里倒入约2 cm深的水．待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上．②用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待油膜形状稳定．③将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小．④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积．⑤将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上．完成下列填空：(1)上述步骤中，正确的顺序是_____ _____．(填写步骤前面的数字)(2)将1 cm3的油酸溶于酒精，制成300 cm3的油酸酒精溶液；测得l cm3的油酸酒精溶液有50滴．现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是0.13 m2．由此估算出油酸分子的直径为___ ___m．(结果保留l位有效数字)2．右图为“研究一定质量气体在压强不变的条件下，体积变化与温度变化关系”的实验装置示意图．粗细均匀的弯曲玻璃管A臂插入烧瓶，B臂与玻璃管C下部用橡胶管连接，C管开口向上，一定质量的气体被水银封闭于烧瓶内．开始时，B、C内的水银面等高．（1）若气体温度升高，为使瓶内气体的压强不变，应将C管____________（填：“向上”或“向下”）移动，直至____________；（2）实验中多次改变气体温度，用Δt表示气体升高的摄氏温度，用Δh表示B管内水银面高度的改变量．根据测量数据作出的图线是（）3．简易温度计构造如图所示．两内径均匀的竖直玻璃管下端与软管连接，在管中灌入液体后，将左管上端通过橡皮塞插入玻璃泡．在标准大气压下，调节右管的高度，使左右两管的液面相平，在左管液面位置标上相应的温度刻度，多次改变温度，重复上述操作．（1）（单选题）此温度计的特点是_______A．刻度均匀，刻度值上小下大B．刻度均匀，刻度值上大下小C．刻度不均匀，刻度值上小下大D．刻度不均匀，刻度值上大下小（2）（多选题）影响这个温度计灵敏度的因素有______A．液体密度 B．玻璃泡大小 C．左管内径粗细 D．右管内径粗细（3）若管中液体是水银，当大气压变为75cmHg时，用该温度计测得的温度值________（选填“偏大”或“偏小”）．为测得准确的温度，在测量时需__________．4．某同学制作了一个结构如图（a）所示的温度计．一端封闭的轻质细管可绕封闭端O 自由转动，管长0.5m．将一量程足够大的力传感器调零，细管的开口端通过细线挂于力传感器挂钩上，使细管保持水平、细线沿竖直方向．在气体温度为270K时，用一段水银将长度为0.3m的气柱封闭在管内．实验时改变气体温度，测得封闭气柱长度l和力传感器读数F之间的关系如图（b）所示（实验中大气压强不变）．（1）管内水银柱长度为______m，为保证水银不溢出，该温度计能测得的最高温度为_____K．（2）若气柱初始长度大于0.3m，该温度计能测量的最高温度将____（选填：“增大”，“不变”或“减小”）．（3）若实验中大气压强略有升高，则用该温度计测出的温度将____（选填：“偏高”，“不变”或“偏低”）．5．利用如图装置可测量大气压强和容器的容积．步骤如下：①将倒U形玻璃管A的一端通过橡胶软管与直玻璃管B连接，并注入适量的水，另一端插入橡皮塞，然后塞住烧瓶口，并在A上标注此时水面的位置K；再将一活塞置于10ml 位置的针筒插入烧瓶，使活塞缓慢推移至0刻度位置；上下移动B，保持A中的水面位于K处，测得此时水面的高度差为17.1cm．②拔出橡皮塞，将针筒活塞置于0ml位置，使烧瓶与大气相通后再次塞住瓶口；然后将活塞抽拔至10ml位置，上下移动B，使A中的水面仍位于K，测得此时玻璃管中水面的高度差为16.8cm．(玻璃管A内气体体积忽略不计，ρ＝1.0×103kg/m3，取g＝10m/s2) (1)若用V0表示烧瓶容积，p0表示大气压强，△V示针筒内气体的体积，△p1、△p2表示上述步骤①、②中烧瓶内外气体压强差大小，则步骤①、②中，气体满足的方程分别为_______________、_______________．(2)由实验数据得烧瓶容积V0＝_____ml，大气压强p0＝____Pa．(3)(单选题)倒U 形玻璃管A 内气体的存在__________A ．仅对容积的测量结果有影响B ．仅对压强的测量结果有影响C ．对二者的测量结果均有影响D ．对二者的测量结果均无影响6．建造重庆长江大桥复线桥高将长百米、重千余吨的钢梁从江水中吊起如图、施工时采用了将钢梁与水面成一定倾角出水的起吊方案，为了探究该方案的合理性，某研究性学习小组做了两个模拟实验.研究将钢板从水下水平拉出（实验1）和以一定倾角拉出（实验2）的过程中总拉力的变化情况.①必要的实验器材有：钢板、细绳、水盆、水、支架、刻度尺、计时器和______等. ②根据实验曲线，实验2中的最大总拉力比实验1中的最大总拉力降低了_____.③根据分子动理论，实验1中最大总拉力明显增大的原因是_____.④可能导致测量拉力的实验误差的原因有：读数不准、钢板有油污、________等等（答出两个即可）7．一定量的理想气体与两种实际气体Ⅰ、Ⅱ在标准大气压下做等压变化时的V-T 关系如图所示,图中0012V V V V '''-=-.用三份上述理想气体作为测温物质制成三个相同的温度计,然后将其中两个温度计中的理想气体分别换成上述实际气体Ⅰ、Ⅱ.在标准大气压下,当环境温度为T 0时,三个温度计的示数各不相同,如图所示,温度计(ⅱ)中的测温物质应为实际气体___(图中活塞质量忽略不计);若此时温度计(ⅱ)和(ⅲ)的示数分别为21℃和24℃,则此时温度计(ⅰ)的示数为 ℃;可见用实际气体作为测温物质时,会产生误差.为减小在T 1～T 2范围内的测量误差,现针对T 0进行修正,制成如图所示的复合气体温度计,图中无摩擦导热活塞将容器分成两部分,在温度为T 1时分别装入适量气体Ⅰ和Ⅱ,则两种气体体积之比V Ⅰ∶V Ⅱ应为 .8．在用油膜法估测分子的大小的实验中，具体操作如下：①取油酸1.0 mL注入250 mL的容量瓶内，然后向瓶中加入酒精，直到液面达到250 mL 的刻度为止，摇动瓶使油酸在酒精中充分溶解，形成油酸酒精溶液；②用滴管吸取制得的溶液逐滴滴入量筒，记录滴入的滴数直到量筒达到1.0 mL为止，恰好共滴了100滴；③在边长约40 cm的浅水盘内注入约2 cm深的水，将细石膏粉均匀地撒在水面上，再用滴管吸取油酸酒精溶液，轻轻地向水面滴一滴溶液，酒精挥发后，油酸在水面上尽可能地散开，形成一层油膜，膜上没有石膏粉，可以清楚地看出油膜轮廓；④待油膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上绘出油膜的形状；⑤将画有油膜形状的玻璃板放在边长为1.0 cm的方格纸上，算出完整的方格有67个，大于半格的有14个，小于半格的有19个．利用上述具体操作中的有关数据可知一滴油酸酒精溶液含纯油酸为________m3，油膜面积为________m2，求得的油膜分子直径为________m．（结果全部取2位有效数字）9．在“用油膜法估测分子大小”的实验中，将1mL的油酸加入酒精中配制成1000mL的油酸酒精溶液，通过注射器测得80滴这样的溶液为1mL，取1滴溶液滴在撒有痱子粉的浅水槽中，待油膜界面稳定后，测得油膜面积为253cm2。

2020届人教版高考物理二轮实验+计算题练习题及答案

2020届人教版高考物理二轮实验+计算题练习题及答案1、在“测定匀变速直线运动加速度”的实验中：(1)除打点计时器(含纸带、复写纸)、小车、一端附有滑轮的长木板、细绳、钩码、导线及开关外，在下面的仪器和器材中，必须使用的有_______。

(填选项代号)A.电压合适的50 Hz交流电源B.电压可调的直流电源C.刻度尺D.秒表E.天平(2)实验过程中，下列做法正确的是_______。

(填选项代号)A.先接通电源，再使纸带运动B.先使纸带运动，再接通电源C.将接好纸带的小车停在靠近滑轮处D.将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处【解析】(1)本实验需要的电源是电压合适的交流电源，还需要用刻度尺测量纸带点迹间的距离，故选A、C。

(2)实验过程中，要先接通电源，等到打点稳定后，再使纸带运动，要将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处，这样可以打出较多的点，故选A、D。

答案：(1)A、C (2)A、D2、如图为两个足球运动员在赛前练习助攻进球的过程，其中BP在一条直线上，假设甲运动员在B处将足球以11 m/s 的速度沿直线的方向踢出，足球沿着地面向球门P处运动，足球运动的加速度大小为1 m/s2，在A位置的乙运动员发现甲运动员将足球踢出去后，经过1 s的反应时间，开始匀加速向连线上的C处奔去，乙运动员的最大速度为9 m/s，已知B、C两点间的距离为60.5 m，A、C两点间的距离为63 m。

(1)乙运动员以多大的加速度做匀加速运动，才能与足球同时运动到C位置？(2)乙运动员运动到C处后以一定的速度将足球沿CP方向踢出，已知足球从C向P做匀减速运动，足球运动的加速度大小仍然为1 m/s2，假设C点到P点的距离为9.5 m，守门员看到运动员在C处将足球沿CP方向水平踢出后，能够到达P 处扑球的时间为1 s，那么乙运动员在C处给足球的速度至少为多大，足球才能射进球门？【解析】(1)对于足球：x BC=v0t-at2代入数据得t=11 s=t-1 s=10 s乙运动员的运动时间t乙乙运动员的最大速度为9 m/s，乙运动员先加速后匀速到C处，设加速时间为t′，则x AC=t′+v m乙(t乙-t′)==1.5 m/s2代入数据求得t′=6 s，a乙(2)由题意知，足球从C到P时间最多为1 s，乙运动员给足球的速度最少为v，此时足球位移x CP=vt″-at″2，代入数据可得v=10 m/s答案：(1)1.5 m/s2(2)10 m/s3、如图所示，固定斜面的倾角θ=30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ=，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点。

2020届高考物理二轮：匀变速直线运动练习及答案

2020届高考物理二轮：匀变速直线运动练习及答案*匀变速直线运动*一、选择题1、春运是中国在农历春节前后出现的一种大规模的交通运输高压力现象。

某同学买了北京西到贵阳北的高铁票，如图所示，从铁路售票网查询到该趟车历时8小时46分钟，行程2 026公里，则下列说法正确的是()A．图中08：55表示一段时间B．该列车高速行驶时，可以取10 m位移的平均速度近似看做这10 m起点位置处的瞬时速度C．该趟列车全程的平均速度为231 km/hD．该趟列车的最高速度为231 km/h2、近年来，登山步行成为越来越多的人的健身习惯。

如图为某地生态公园的登山步行道线路图，从图中可以看出，从丁家楼子村到目的地九仙山观景台可以选择不同的路线，小王和小张两人选择了不同的路线，结果小王比小张先到达目的地。

对于此过程，下列说法正确的是()A．小王与小张的路程相同B．小王的位移小于小张的位移C．小王的平均速度大于小张的平均速度D．在比较平均速度时，两人不能看成质点3、汽车以v0＝20 m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度a＝－5 m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，2 s时与5 s时汽车的位移之比为()A．5∶4 B．4∶5C．3∶4 D．4∶34、(双选)一质点做直线运动的v-t图象如图所示，下列选项正确的是()A．在2～4 s内，质点所受合外力为零B．质点在0～2 s内的加速度比4～6 s内的加速度大C．在第4 s末，质点离出发点最远D．在0～6 s内，质点的平均速度为5 m/s5、(2019·青岛二模)A、B两物体沿同一直线运动，运动过程中的x-t图象如图所示，下列说法正确的是()A．4 s时A物体运动方向发生改变B．0～6 s内B物体的速度逐渐减小C．0～5 s内两物体的平均速度相等D．0～6 s内某时刻两物体的速度大小相等6、（2019·江苏省泰州市期末）静止的物体在合外力F作用下运动，F随时间t变化的图象如图所示，则下图中与F–t图象对应的v–t图象、a–t图象正确的是A ．B ．C ．D ．7、(2019·扬州模拟)关于速度的描述，下列说法中正确的是( )甲乙丙丁A ．图甲中，电动车限速20 km/h ，指的是平均速度大小B ．图乙中，子弹射出枪口时的速度大小为500 m/s ，指的是平均速度大小C ．图丙中，某运动员百米跑的成绩是10 s ，则他冲刺时的速度大小一定为10 m/sD ．图丁中，京沪高速铁路测试时列车最高时速可达484 km/h ，指的是瞬时速度大小8、一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx 所用时间为2t ，紧接着通过下一段位移Δx 所用时间为t 。

2020年高考人教版物理二轮复习：计算+实验题练习题及答案4套

【参考答案】 (1)g
(2)
1 2M
v
2
2 2M ＋m mg2L2
(3)
Mv2
解析： (1)由于滑块与软钢锭间无摩擦，所以软钢锭在平台上滑过距离 L 时，
滑块脱离做自由落体运动．
a＝ g
(2)根据动能定理得：
1 Ek＝2M
v
2
Wf
克＝－
ΔＥk＝
1 2M
v
2
(3)滑块脱离软钢锭后做自由下落到平台的时间与软钢锭在平台最后滑动 L 的时间相同，都为 t.
af＝ L， ab＝0.75L， bc＝L.一质量为 m、电荷量为 e 的电子 (重力不计 )从 a 点沿
ab 方向以初速度 v 0 射入电场，从 be 边的中点 g 进入磁场． (已知 sin37 ＝°0.6，
cos37 °＝0.8)
(1)求匀强电场的电场强度 E 的大小；
(2)若要求电子从 cd 边射出，求所加匀强磁场磁感应强度的最大值 Bm；
(2)电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
v2 evB＝m r .
运动轨迹刚好与 cd 边相切时，半径最小，此时磁感应强度最大，轨迹如图
所示：
第 2 页共 2向与水平方向夹角的正切值 tan θ＝0.75L×2＝ 3，则速度与 be 边的夹
角为 37°.
电子进入磁场时的速度为
(3)调节磁感应强度的大小．求 cd 边上有电子射出部分的长度．
16mv20
3mv 0
【参考答案】 (1) 9eL (2) eL
解析： (1)电子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解法则可知，
竖直方向上，
L 2
1 ＝2×
emEt2.

2020届人教高考物理计算和实验题二

2020届人教高考物理计算和实验题二（一）小明站在水平地面上,手握住不可伸长的轻绳一端,绳的另一端系有质量为m的小球,甩动手腕,使球在竖直平面内做圆周运动。

当小球某次运动到最低点时,绳突然断掉,球飞行水平距离d后落地,如图所示。

已知握绳的手离地面高度为d,手与球之间的绳长为d,忽略手的运动半径和空气阻力。

(1)求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2。

(2)求绳能承受的最大拉力。

(3)改变绳长,使球重复上述运动,若绳仍在球运动到最低点时断掉,要使球抛出的水平距离最大,绳长应是多少?最大水平距离为多少?答案(1)(2)mg(3)d设绳断后球飞行时间为t,由平抛运动规律得竖直方向d=gt2水平方向d=v1t解得v1=在竖直方向上应用运动学公式v y=gt=所以v2=(2)设绳能承受的最大拉力大小为F T,这也是球受到绳的最大拉力大小。

球做圆周运动的半径为R=d对小球在最低点由牛顿第二定律得F T-mg=解得F T=mg(3)设绳长为l,绳断时球的速度大小为v3,绳承受的最大拉力不变。

由牛顿第二定律得F T-mg=解得v3=绳断后球做平抛运动,竖直位移为d-l,水平位移为x,时间为t1,则竖直方向d-l=水平方向x=v3t1,解得x=4当l=时,x有极大值,x max=d（二）在杨氏干涉实验中,若单色光的波长λ=5.89×10-7 m,双缝间的距离d=1 mm,双缝到屏的距离l=2 m。

求第1个亮条纹到第11个亮条纹的中心间距。

.178×10-2 mΔx=λ由题意知,亮条纹中心间距的数目n=10解得s=,代入数据得s=1.178×10-2 m。

（三）某星球的质量为地球的9倍,半径为地球的一半,若从地球上高h处平抛一物体,物体射程为60 m,地球表面重力加速度g地取10 m/s2。

根据以上信息,求:(1)星球表面的重力加速度;(2)在该星球上,从同样的高度,以同样的初速度平抛同一物体在星球表面,物体的水平射程。

2020届人教版高考物理计算题精选精练一及答案

2020届人教版高考物理计算题精选精练一及答案1、所谓“深空探测”是指航天器脱离地球引力场，进入太阳系空间或更远的宇宙空间进行探测，现在世界范围内的深空探测主要包括对月球、金星、火星、木星等太阳系星体的探测。

继对月球进行深空探测后，2018年左右我国将进行第一次火星探测。

图示为探测器在火星上着陆最后阶段的模拟示意图。

首先在发动机作用下，探测器受到推力作用在距火星表面一定高度处(远小于火星半径)悬停；此后发动机突然关闭，探测器仅受重力下落2t0时间(未着地)，然后重新开启发动机使探测器匀减速下降，经过时间t0，速度为0时探测器恰好到达火星表面。

已知探测器总质量为m(不计燃料燃烧引起的质量变化)，地球和火星的半径的比值为k1，质量的比值为k2，地球表面附近的重力加速度为g，求：(1)探测器悬停时发动机对探测器施加的力。

(2)探测器悬停时具有的重力势能(火星表面为零势能面)。

【解析】(1)设地球的质量和半径分别为M和R，火星的质量、半径和表面重力加速度分别为M′、R′和g′根据重力等于万有引力有：mg=G和mg′=G联立解得：g′=g，探测器悬停时，根据力的平衡可知，此时发动机对探测器施加的力F=mg′=m g；(2)设重新开启发动机时探测器速度为v，则v=2g′t0所以探测器悬停时距火星表面高度h=·3t0解得：h=g探测器悬停时具有的重力势能E p=mg′h=答案：(1)m g (2)2、如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度。

细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B。

质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l。

用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°。

松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。

忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。

求：(1)小球受到手的拉力大小F。