2020版高考物理大二轮复习优选习题 专题综合训练3
2020高考物理二轮课标通用选择题专项训练(三)
选择题专项训练(三)(时间:20分钟满分:48分)题型专项能力训练第48页本卷共8小题,每小题6分,共48分。
在每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~8题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
1.(2019·全国卷Ⅰ)如图所示,篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮,离地后重心上升的最大高度为h。
上升第一个ℎ4所用的时间为t1,第四个ℎ4所用的时间为t2。
不计空气阻力,则t2t1满足()A.1<t2t1<2 B.2<t2t1<3C.3<t2t1<4 D.4<t2t1<5答案:C解析:运动员起跳到最高点的过程,反过来看,就是初速度为0的匀加速直线运动,经过相同位移所用的时间之比为1∶(√2-1)∶(√3−√2)∶(√4−√3),则t2t1=√4-√3=3.732,故选C。
2.矩形导线框abcd如图甲所示放在匀强磁场中,磁感线方向与线框平面垂直,磁感应强度B随时间变化的图像如图乙所示。
t=0时刻,磁感应强度的方向垂直纸面向里。
若规定导线框中感应电流逆时针方向为正,则在0~4 s时间内,线框中的感应电流I以及线框的ab边所受安培力F随时间变化的图像为(安培力取向上为正方向)()答案:C解析:由题图可知,0~2 s内,线圈中磁通量的变化率相同,故0~2 s内电流的方向相同,由楞次定律可知,电路中电流方向为顺时针,即电流方向为负;同理可知,2~4 s内电路中的电流为逆时针,即为正方向,且两段时间内电流大小相等,故选项A、B错误。
由E=ΔΦΔt =ΔBΔtS可知,电路中电流大小是恒定不变,故由F=BIl可知,F与B成正比且线框中电流在0~2 s内由a流向b,在2~4 s内由b流向a,则又由左手定则可知,安培力在0~1 s内正向减小,1~2 s内负向增大,2~3 s 内正向减小,3~4 s内负向增大,选项C 正确,D错误。
2020届高考物理二轮综合复习专练试题答案
1 2020届高考物理二轮综合复习专练试题答案
1．(1) ④①②⑤③（ 2分）(2)5×10-10m （3分）
2．（1）向下，B 、C 两管内水银面等高，（2）A ，
3．A BC 偏大 调整两管液面高度差，使右管液面比左管液面高1cm ，然后读数 4．0.1 360 减小 偏低
5．00010()()P V V P P V +∆=+∆ 00010()()PV P P V V =-∆+∆ 560 50.957610⨯
A
6．①测力计（弹测力计、力传感器等等）
②13.3（允许误差±0.5） 0.27（允许误差±0.03）N
③分子之间存在引力，钢板与水面的接触面积大
④快速拉出、变速拉出、出水过程中角度变化、水中有油污、水面波动等等
7．（1）Ⅱ （2）23 （3）2∶1
8．11410-⨯ 38.110-⨯ 94.910-⨯
9．5×10-10 偏大
10．40±2 1×10－9
11．注射器针筒上的刻度 C 烧瓶的容积；烧瓶密封不严有漏气，或烧瓶中气体温度有变化
12．(Ⅰ) 直径 (Ⅱ) 4.0×10－12；4.9×10－10m
13．(1)C 步骤中，要将痱子粉或石膏粉均匀地撒在水面上． 实验时，还需要增加步骤F ：用注射器或滴管将事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒，记下量筒内增加一定体积时的滴数n 与量筒中增加的溶液体积V0. CFBAED
14．移动活塞要缓慢 不能用手握住注射器的封闭气体部分 注射器与压强传感器连接部分气体的体积 B
15．1.36 749.55。
2020届高考高三物理第二次模拟考试(三)(解析附后)
2020届高考高三物理第二次模拟考试（三）（解析附后）一、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14～17只有一项是符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．一固定在水平面上倾角为α的粗糙斜面上有一个电动平板小车，小车的支架OAB上在O点用轻绳悬挂一个小球，杆AB垂直于小车板面（小车板面与斜面平行）。
当小车运动状态不同时，悬挂小球的轻绳会呈现不同的状态，下列关于小车在不同运动形式下，轻绳呈现状态的说法中正确的是( )A．若小车沿斜面匀速向上运动，轻绳一定与AB杆平行B．若小车沿斜面匀加速向上运动，轻绳可能沿竖直方向C．若小车沿斜面匀减速向下运动，轻绳可能与AB杆平行D．若小车沿斜面匀加速向下运动时，轻绳可能与AB杆平行15．如图所示，三个质量相等的小球A、B、C从图示位置分别以相同的速度v0水平向左抛出，最终都能到达坐标原点O。
不计空气阻力，x轴所在处为地面，则可判断A、B、C三个小球( )A．在空中运动过程中，动量变化率之比为1∶1∶1B．在空中运动过程中，重力做功之比为1∶2∶3C．初始时刻纵坐标之比为1∶2∶3D．到达O点时，速度方向与水平方向夹角的正切值之比为1∶4∶916．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝11∶2，保险丝R1的电阻为2 Ω。
若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，要求通过保险丝的电流(有效值)不超过5 A，加在电容器两极板的电压不超过50 V，则滑动变阻器接入电路的阻值可以为( )A．20 Ω B．10 Ω C．5 Ω D．1 Ω17．如图所示，一质量为m、带电荷量为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场区域足够大，静止时悬线向左与竖直方向成60°角。
线长为L，细线不可伸长。
小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。
现将电场反向，则下列说法正确的是( )A．小球带负电，电场强度E＝32 mg qB．电场反向后，小球即做圆周运动，在最低点的速度最大，v m＝2gLC．电场反向后，小球先做匀加速直线运动，然后做圆周运动，最大速度v m＝5gLD．电场反向后，小球将做往复运动，能够回到初始位置18．如图所示为氢原子能级图，氢原子中的电子从n＝4能级跃迁到n＝1能级可产生a光；从n＝3能级跃迁到n＝1能级可产生b光，a光和b光的波长分别为λa和λb，a、b两光照射逸出功为4.5 eV的金属钨表面均可产生光电效应，遏止电压分别为U a和U b，则( )A．λa＞λbB．U a＞U bC．a光的光子能量为12.55 eVD．b光照射金属钨产生的光电子的最大初动能为7.59 eV19．地月拉格朗日L2点，始终位于地月连线上的如图所示位置，该点距离地球40多万公里，距离月球约6.5万公里。
2020版高考物理总复习模块综合检测(含解析)(选修3_4)
模块综合检测(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的选项中,有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.下列说法正确的是( ACE )A.泊松亮斑是光的衍射现象,玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射现象B.在电磁波接收过程中,使声音信号或图像信号从高频电流中还原出来的过程叫调制C.一简谐横波以速度v沿x轴正方向传播,t=0时传播到坐标原点,此质点正从平衡位置以速度v0向下振动,已知质点的振幅为A,振动角速度为ω,则x轴上横坐标为λ处质点的振动方程为y=-Asin ω(t-)(t≥)D.在光的双缝干涉实验中,若仅将入射光由绿光改为红光,则干涉条纹间距变窄E.真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的,与光源、观察者间的相对运动没有关系解析:泊松亮斑是光的衍射现象,玻璃中的气泡看起来特别亮是光发生了全反射的缘故,选项A 正确;在电磁波接收过程中,使声音信号或图像信号从高频电流中还原出来的过程叫解调,选项B错误;波由坐标原点传播到x=λ处所需时间为,故x=λ处的质点的起振时刻为,质点的起振方向向下,则x=λ处质点的振动方程为y=-Asin ω(t-)(t≥),选项C正确;在光的双缝干涉实验中,若仅将入射光由绿光改为红光,则干涉条纹间距变宽,选项D错误;由光速不变原理知真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的,与光源、观察者间的相对运动没有关系,选项E正确.2.下列五幅图分别对应五种说法,其中正确的是( BCE )A.图A中,若匀速拉动木板的速度较大,则由图像测得简谐运动的周期较大B.由图B可知,系统的固有频率为f0C.图C中频率相同的两列波叠加,使某些区域的振动加强,某些区域的振动减弱,这种现象叫做波的干涉D.图D中泊松亮斑是小孔衍射形成的图样E.图E中若简谐波的波速为200 m/s,从图示时刻开始质点a经0.01 s通过的路程为0.4 m 解析:演示简谐运动的图像实验中,若匀速拉动木板的速度较大,会导致图像的横坐标变大,但对应的时间仍不变,简谐运动的周期与单摆的固有周期相同,选项A错误;由图B可知当驱动力的频率f跟固有频率f0相同时,才出现共振现象,振幅才最大,距固有频率f0相差越大,振幅越小,选项B正确;频率相同的两列波叠加,使某些区域的振动加强,某些区域的振动减弱,这种现象叫做波的干涉,选项C正确;泊松亮斑是光绕过圆形挡板后衍射形成的图样,选项D错误;由图E可知,该波的波长是4 m,则周期T== s=0.02 s,从图示时刻开始,质点a经 0.01 s,即半个周期,a恰好到达负的最大位移处,通过的路程为0.4 m,选项E正确.3.一列简谐横波沿x轴正方向传播,周期为T.在t=0时的波形如图所示,波上有P,Q两点,其纵坐标分别为y P=2 cm,y Q=-2 cm,下列说法正确的是( ABE )A.P点的振动形式传到Q点需要B.P,Q在振动过程中,位移的大小总相等C.在内,P点通过的路程为20 cmD.经过,Q点回到平衡位置E.在相等时间内,P,Q两点通过的路程相等解析:由图看出,P,Q两点所对应的平衡位置间的距离等于半个波长,因简谐横波传播过程中,在一个周期内传播一个波长,则P点的振动形式传到Q点需要半个周期,P,Q两点的振动情况总是相反,所以在振动过程中,它们的位移大小总是相等,故选项A,B正确;若图示时刻P点在平衡位置或最大位移处,在T内,P点通过的路程为s=5A=5×4 cm=20 cm,而实际上图示时刻,P 点不在平衡位置或最大位移处,所以在T内,P点通过的路程不是20 cm,故选项C错误;图示时刻,Q点向下运动,速度减小,所以从图示位置运动到波谷的时间大于,再从波谷运动到平衡位置的时间为,所以经过T,Q点没有回到平衡位置,故选项D错误;由于P,Q两点的振动步调总是相反,所以在相等时间内,P,Q两点通过的路程相等,故选项E正确.4.某同学漂浮在海面上,虽然水面波正平稳地以1.8 m/s的速率向着海滩传播,但他并不向海滩靠近.该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15 s.下列说法正确的是( ACE )A.水面波是一种机械波B.该水面波的频率为6 HzC.该水面波的波长为3 mD.水面波没有将该同学推向岸边,是因为波传播时能量不会传递出去E.水面波没有将该同学推向岸边,是因为波传播时振动的质点并不随波迁移解析:水面波是由水面的水机械振动形成的;九个波峰传播时间为15 s,则波的周期T= s=s,即频率f==0.6 Hz;由v=λf得λ= m=3 m;由于波向外传播时振动质点并不随波迁移,因此水面波不会将该同学推向岸边.故选项A,C,E正确.5.由波源S形成的简谐横波在均匀介质中向左、右传播.波源振动的频率为20 Hz,波速为16 m/s.已知介质中P,Q两质点位于波源S的两侧,且P,Q和S的平衡位置在一条直线上,P,Q的平衡位置到S的平衡位置之间的距离分别为15.8 m、14.6 m,P,Q开始振动后,下列判断正确的是( BDE )A.P,Q两质点运动的方向始终相同B.P,Q两质点运动的方向始终相反C.当S恰好通过平衡位置时,P,Q两点也正好通过平衡位置D.当S恰好通过平衡位置向上运动时,P在波峰E.当S恰好通过平衡位置向下运动时,Q在波峰解析:根据题意可得T= s=0.05 s,v=16 m/s,故波长为λ=vT=0.8 m,找P点关于S点的对称点P',根据对称性可知P'和P的振动情况完全相同,P',Q两点相距Δx=(-)λ=λ,为半波长的整数倍,所以两点为反相点,故P',Q两点振动方向始终相反,即P,Q两点振动方向始终相反,选项A错误,B正确;P点距离S点x=19λ,当S恰好通过平衡位置向上振动时,P点在波峰,同理Q点相距S点x'=18λ,当S恰好通过平衡位置向下振动时,Q点在波峰,选项C错误,D,E正确.6.一列沿着x轴正方向传播的横波,在t=0时刻的波形如图(甲)所示,图(甲)中某质点的振动图像如图(乙)所示.下列说法正确的是( ABD )A.图(乙)表示质点L的振动图像B.该波的波速为0.5 m/sC.t=8 s时质点M的位移为零D.在4 s内K质点所经过的路程为3.2 mE.质点L经过1 s沿x轴正方向移动0.5 m解析:如果图(乙)是L点的振动图像,由图(乙)知,t=0时刻质点L经过平衡位置向上振动,由图(甲),根据波形的平移法得知,波沿x轴正方向传播,故A正确.由图(甲)读出波长λ=2 m,由图(乙)读出周期T=4 s,则该波的波速v==0.5 m/s,故B正确.t=8 s=2T,所以t=8 s时质点M的位移与开始时的位移相同,为负向最大值,故C错误.T=4 s,所以在4 s内K质点所经过的路程为4倍的振幅,为3.2 m,故D正确.横波中,各质点振动的方向与波的传播方向垂直,所以不可能沿x轴的方向运动,故E错误.7.下列说法中正确的是( ACE )A.图(甲)是一束复色光进入水珠后传播的示意图,其中a束光在水珠中传播的速度一定大于b 束光在水珠中传播的速度B.图(乙)是一束单色光进入平行玻璃砖后传播的示意图,当入射角i逐渐增大到某一值后不会再有光线从bb'面射出C.图(丙)是双缝干涉示意图,若只减小屏到挡板间的距离l,两相邻亮条纹间距离将减小D.图(丁)是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样,弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凸起的E.图(戊)中的M,N是偏振片,P是光屏.当M固定不动缓慢转动N时,光屏P上的光亮度将会发生变化,此现象表明光波是横波解析:(甲)图中a束光折射角大,折射率小,根据v=知a束光在水珠中的传播速度大,选项A 正确;(乙)图中,光束在aa'面的折射角等于在bb'面的入射角,bb'面的入射角一定小于临界角,不会发生全反射,选项B错误;(丙)图中,根据Δx=λ,若只减小l,则Δx减小,选项C正确;(丁)图中的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凹陷的,选项D错误;光波的偏振现象,表明光波为横波,选项E正确.8.在透明均匀介质内有一球状空气泡,一束包含a,b两种单色光的细光束从介质射入气泡,A为入射点,之后a,b光分别从C,D点射向介质,如图所示.已知A点的入射角为30°,介质对a光的折射率n a=.下列判断正确的是( ACE )A.在空气中,光的波长λa<λbB.在该介质中,光传播速度v a>v bC.a光射出空气泡后相对于射入空气泡前的偏向角为30°D.光从该介质射向空气发生全反射时,临界角C a>C bE.a,b光分别通过同一双缝干涉装置时,屏上的条纹间距Δx a<Δx b解析:由A点的折射可知,a光的偏折角大于b光的偏折角,a光的折射率大于b光的折射率,则a光的频率大于b光的频率,根据c=λf得,在真空中,光的波长λa<λb,故A正确;由v=得在该介质中,a光的传播速度比b光的传播速度小,即v a<v b,故B错误;设光线在A点的入射角为i,折射角分别为r a,r b,由折射定律得,sin r a=n a sin i=sin 30°,解得,r a=45°,根据光路可逆性和几何知识可知,a光线从C点射出时,入射角和折射角分别等于A点折射时折射角和入射角,则偏向角为θ=2(r a-i)=2×(45°-30°)=30°,故C正确;由临界角公式sin C=,因a光的折射率大于b光的折射率,则a光的临界角比b光的临界角小,即C a<C b,故D错误;a光的波长小于b光的波长,根据Δx=λ,知双缝干涉条纹的间距Δx a<Δx b,故E正确.9.下列说法中正确的是( ABD )A.振源的振动频率越高,则波传播一个波长的距离所用的时间越短B.1905年爱因斯坦提出的狭义相对论是以狭义相对性原理和光速不变原理这两条基本假设为前提的C.调谐是电磁波发射应该经历的过程,调制是电磁波接收应该经历的过程D.寒冷的冬天,当人们在火炉旁烤火时,人的皮肤正在接受红外线带来的温暖E.照相机等的镜头涂有一层增透膜,其厚度应为入射光在真空中波长的;拍摄玻璃橱窗内的物品时,往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度解析:由T=可知,振源的振动频率越高,则波传播一个波长的距离所用的时间越短,A正确;1905年爱因斯坦提出的狭义相对论是以狭义相对性原理和光速不变原理这两条基本假设为前提的,B正确;调制是发射过程中应有的过程,而在接收时要进行调谐,C错误;寒冷的冬天,当人们在火炉旁烤火时,人的皮肤正在接受红外线带来的温暖,D正确;增透膜可以使光线更多地进入镜头;而偏振片的作用是为了减少反射光的干扰,E错误.10.下列说法正确的是( CDE )A.一根长为L的长杆相对观察者以速度v运动时,观察者测得的长度为LB.光的偏振现象说明了光是一种电磁波C.无线电波的发射能力与频率有关,频率越高发射能力越强D.一个单摆在海平面上的振动周期为T,那么将其放在某高山之巅,其振动周期一定变大E.利用红外摄影可以不受天气(阴雨,大雾等)的影响,因为红外线比可见光波长长,更容易绕过障碍物解析:只有当沿着杆长方向,相对观察者以速度v运动时,观察者测得的长度为L,故A错误;光的偏振现象说明了光是横波,故B错误;无线电波的发射能力与频率成正比,频率越高发射能力越强,故C正确;单摆的周期公式T=2π,将其放在某高山之巅,重力加速度变小,其振动周期一定变大,故D正确;因为红外线比可见光波长长,更容易发生衍射,则容易绕过障碍物,故E正确.11.如图所示,一水平长绳上系着一个弹簧和小球组成的振动系统,小球振动的固有频率为2 Hz,现在长绳两端分别有一振源P,Q同时开始以相同振幅A上下振动一段时间,某时刻两个振源在绳上形成的波形如图所示,两列波先后间隔一段时间经过弹簧振子所在位置,观察到小球先后出现了两次振动,小球第一次振动时起振方向向上,且振动并不显著,而小球第二次发生了显著的振动,则以下说法正确的是( ADE )A.由P振源产生的波先到达弹簧处B.由Q振源产生的波先到达弹簧处C.两列波可能形成干涉D.由Q振源产生的波的波速接近4 m/sE.绳上会出现振动位移大小为2A的点解析:P振源起振方向向上,Q振源起振方向向下,小球第一次振动时起振方向向上,故由P振源产生的波先到达弹簧处,A正确,B错误;机械波的波速相同(由介质决定),波长不同,故频率不同,不会形成干涉,C错误;Q晚到达弹簧振子处,且小球产生显著的振动,根据共振的条件,Q的振动频率接近2 Hz,波速v=λf=4 m/s,故D正确;两列波频率不同,不会干涉,可以叠加,根据波的叠加原理,两列波相遇时,绳上会出现振动位移大小为2A的点,故E正确.12.一列简谐横波沿x轴正方向传播,在t时刻和(t+0.2 s)时刻,在x轴上(-3 m,3 m)区间的波形完全相同,如图所示.并且图中M,N两质点在t时刻的位移均为,下列说法中正确的是( ACE )A.该波的最小波速为20 m/sB.在(t+0.1 s)时刻,x=-2 m处的质点位移一定是aC.从t时刻起,x=2 m处的质点比x=2.5 m的质点先回到平衡位置D.从t时刻起,在质点M第一次到达平衡位置时,质点N恰好到达波峰E.该列波在传播过程中遇到宽度为d=3 m的狭缝时会发生明显的衍射现象解析:由题意知,0.2 s=nT(n=1,2,3,…),传播速度v==20n m/s,所以该波的最小波速为20 m/s,故A正确;当n=2时,T=0.1 s,在(t+0.1 s)时刻,x=-2 m处的质点位移是-a,故B错误;由t时刻波形图知,x=2 m处的质点在波谷沿y轴正方向振动,x=2.5 m的质点沿y轴负方向振动,所以x=2 m处的质点先回到平衡位置,故C正确;由于质点的振动是非匀变速运动,所以当质点M 第一次到达平衡位置时,质点N还没有到达波峰,故D错误;该波的波长大于狭缝的尺寸,故能发生明显的衍射现象,所以E正确.二、非选择题(共52分)13. (8分)某同学测量玻璃砖的折射率,准备了下列器材:激光笔、直尺、刻度尺、一面镀有反射膜的平行玻璃砖.如图所示,直尺与玻璃砖平行放置,激光笔发出的一束激光从直尺上O点射向玻璃砖表面,在直尺上观察到A,B两个光点,读出OA间的距离为20.00 cm,AB间的距离为6.00 cm,测得图中直尺到玻璃砖上表面距离d1=10.00 cm,玻璃砖厚度d2=4.00 cm.则玻璃的折射率n= ,光在玻璃中传播速度v= m/s(光在真空中传播速度c=3.0×108m/s,结果保留两位有效数字).解析: 作出光路图如图所示,根据几何知识可得入射角i=45°,由于AB之间的距离等于CE之间的距离, 所以折射角r=37°,故折射率n=≈1.2,故v==2.5×108 m/s.答案:1.2 2.5×108评分标准:每空4分.14.(8分)在“用双缝干涉测光的波长”的实验中,实验装置如图(甲)所示.(1)某同学以线状白炽灯为光源,对实验装置进行调节并观察了实验现象后,总结出以下几点,正确的是.A.灯丝与单缝和双缝必须平行放置B.干涉条纹与双缝垂直C.干涉条纹的疏密程度与单缝宽度有关D.干涉条纹的间距与光的波长有关(2)当测量头中的分划板中心刻线对齐某条纹的中心时,手轮上的示数如图(乙)所示,该读数为 mm.(3)如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上,如图(丙)所示.则在这种情况下来测量干涉条纹的间距Δx时,测量值(填“大于”“小于”或“等于”)实际值. 解析:(1)为了得到相干光源灯丝与单缝和双缝必须平行放置,A正确;干涉条纹与双缝平行,B错误;干涉条纹的间距Δx=λ与单缝宽度无关,C错误,D正确.(2)手轮的读数为0.5 mm+20.0×0.01 mm=0.700 mm.(3)条纹与分划板中心刻线不平行时,实际值Δx实=Δx测cos θ,θ为条纹与分划板间的夹角,故Δx实<Δx测.答案:(1)AD (2)0.700 (3)大于评分标准:(1)问2分(2)(3)问各3分.15.(8分)波源S的振动图像如图(甲)所示,由此产生的简谐波向右传播,已知波上两点S,P相距1.5 m,如图(乙)所示,波速v=6 m/s.(1)作出t=0.25 s时S,P间的波形图;(2)求在t=0到t=0.5 s内,P点运动的路程.解析: (1)由图(甲)可知该波的周期为T=0.2 s(1分)所以该波的波长λ=vT=1.2 m,又=1波由S点传到P点用时t1==0.25 s(1分)则当t=0.25 s时,P点开始振动(向下振动),SP间的波形图如图所示.(2分)(2)在0～0.5 s内P点振动的时间t2=t-t1=0.25 s(2分)运动的路程为x=×4A=5A=25 cm.(2分)答案:(1)见解析图(2)25 cm16.(8分)一条长直光导纤维的长度l=15 km,内芯的折射率n=1.6,在内芯与包层的分界面发生全反射的临界角C=60°,一细光束从左端面中点射入内芯,试求:(1)为使射入的光在内芯与包层的界面恰好发生全反射,光在左端面的入射角θ为多少?(2)若从左端射入的光能够不损失地传送到右端,则光在光导纤维内传输的时间最长和最短各为多少?(真空中光速c=3.0×108m/s;取sin 37°=0.60,cos 37°=0.80;结果取两位有效数字) 解析:(1)设光从左端面射入时的入射角为θ,折射角为α,则α=90°-C=30°(1分)由折射定律得n=,(1分)则sin θ=nsin α=1.6sin 30°=0.8,解得θ=53°.(1分)(2)光在内芯的传播速度v=,当光射向左端面的入射角为0°时,光传输的时间最短,最短时间t min===8.0×10-5 s,(2分)当光射到芯层与包层分界面的入射角等于临界角C时,光传输的时间最长,此时光传播的路程s=(2分)则最长时间t max===≈9.2×10-5 s.(1分)答案:(1)53°(2)9.2×10-5 s 8.0×10-5 s17. (10分)如图所示是某种透明物质制成的直角三棱镜ABD,光在透明物质中的传播速度为2.4×108 m/s,一束光线在纸面内垂直AB面射入棱镜,发现光线刚好不能从AD面射出,光在真空中传播速度为3.0×108 m/s,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,求:(1)透明物质的折射率和直角三棱镜∠A的大小;(2)光线从BD面首次射出时的折射角α.(结果可用α的三角函数表示)解析:(1)由折射率与光速间的关系n=解出透明物质的折射率n=1.25,(1分)由题意可知,光线从AB面垂直射入,恰好在AD面发生全反射,光线从BD面射出,光路图如图所示.(1分)设该透明物质的临界角为C,由几何关系可知sin C=(2分)解得∠C=∠A=53°.(2分)(2)由几何关系知β=37°(2分)由折射定律知n=,解得sin α=.(2分)答案:(1)1.25 53°(2)sin α=18.(10分)如图所示实线是一列简谐横波在t1=0时刻的波形,虚线是这列波在t2=0.5 s时刻的波形.(1)若这列波的周期T符合:3T<t2-t1<4T,求波沿x轴正方向传播,波速多大;若波沿x轴负方向传播,波速多大;(2)若波速大小为74 m/s,波速方向如何.解析:(1)波沿x轴正方向传播时,传播距离Δx满足Δx=kλ+λ(k=0,1,2,3,…)(1分)由Δt=,波速v=知传播时间满足Δt=kT+T(k=0,1,2,3,…)(1分)由3T<t2-t1<4T,可知k=3,故Δt=3T+T,解得T= s,(1分)由波形图知λ=8 m,解得v=54 m/s.(1分)波沿x轴负方向传播时,传播距离Δx满足Δx=kλ+λ(k=0,1,2,3,…),(1分)由波速v=,知传播时间满足Δt=kT+T(k=0,1,2,3,…)(1分)由3T<t2-t1<4T,可知k=3,故Δt=3T+T,解得T= s,(1分)由λ=8 m,解得v=58 m/s.(1分)(2)波速大小为74 m/s时,波在Δt时间内传播的距离为Δx=vΔt=74×0.5 m=37 m=4λ+λ,所以波沿x轴负方向传播.(2分)答案:见解析。
【精品试卷】2020年高考物理二轮复习模拟卷(三)(含答案解析)
2020年高考物理二轮复习模拟卷（三）一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）1.把火星和地球绕太阳运行的轨道视为圆周。
由火星和地球绕太阳运行的周期之比可求得()A. 火星和地球绕太阳运行的轨道半径之比B. 火星和地球的质量之比C. 火星和地球的密度之比D. 火星和地球所受太阳的万有引力之比2.如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m，长为l的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内。
当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角处于平衡状态。
为了使棒平衡在该位置上，所需磁场的最小磁感应强度的大小、方向是()A. mgIl tanθ，竖直向上 B. mgIltanθ，竖直向下C. mgIl sinθ，平行悬线向下 D. mgIlsinθ，平行悬线向上3.关于单摆的运动，下列说法正确的是()A. 单摆摆动过程中，摆线的拉力和摆球重力的合力为回复力B. 摆球通过平衡位置时，所受合力为零C. 摆球通过平衡位置时，所受回复力为零D. 摆球摆动过程中，经过最大位移处时所受合力为零4.如图所示，站在车上的人，用锤子连续敲打小车。
初始时，人、车、锤都静止。
假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法正确的是()A. 连续向右敲打小车可使小车持续向右运动B. 人、车和锤组成的系统机械能守恒C. 当锤子速度方向水平向右时，人和车水平方向的总动量水平向左D. 人、车和锤组成的系统动量守恒5.电影《流浪地球》火爆春节假期，成为大家热议的话题。
影片中提到太阳大约在几十亿年后，会逐渐进入红巨星时期，核心温度逐渐升高，当升至某一温度时，太阳内部的氦元素开始聚变成碳，即氦闪。
氦闪的核反应方程为324He→612C，已知 612C和 24He的质量分别为m c=12.0000u 和m He=4.0026u，l u=931MeV/c2，c为光速。
则太阳在发生氦闪过程中释放的能量约为()A. 5MeVB. 7MeVC. 10MeVD. 14MeV二、多选题（本大题共4小题，共23.0分）6.如图所示，斜面倾角为θ，把一个小球从斜面顶端以某一初速度v0水平向右抛出，落在斜面上的P点(图中P点未画出)，速度方向与斜面成夹角α，则()A. 随初速度增大，夹角α先增大后减小B. 夹角α与初速度大小无关C. 夹角α与斜面倾角无关D. 夹角α随斜面倾角变化而变化7.地面上方足够高处有一点P，质量为0.5kg的带负电小球从P点由静止自由落下，在2s末加上足够大竖直向下的匀强电场，再经过2s小球又回到P点。
高考2020年物理二轮复习综合模拟卷解析版
2020高考物理二轮复习综合模拟卷（三）一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）1.火星探测项目是我国继神舟载人航天工程、嫦娥探月工程之后又一个重大太空探索项目．假设火星探测器在火星表面附近圆形轨道运行的周期T1，神舟飞船在地球表面附近的圆形轨道运行周期为T2，火星质量与地球质量之比为p，火星半径与地球半径之比为q，则T1与T2之比为（ ）A. B. C. D.2.如图所示，用两根轻细线将质量为m、长为L的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内。
当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角处于平衡状态。
为了使棒平衡在该位置上，所需的最小磁感应强度是( )A. 、竖直向上B.、竖直向下C. 、平行悬线向下D. 、平行悬线向上3.如图所示，在车厢中悬挂摆长为l的单摆．当车厢沿水平方向以加速度a运动时，则单摆相对车厢做简谐运动的周期为( )。
A. B.C. D.4.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，小球和槽的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5.太阳因核聚变释放出巨大的能量，其质量不断减少。
太阳光从太阳射到月球表面的时间约500s，月球表面每平米每秒钟接收到太阳辐射的能量约为1.4×103J，根据爱因斯坦质能方程，太阳每秒钟减少的质量最接近（）A. 4×109kgB. 4×1012kgC. 4×1018kgD. 4×1024kg二、多选题（本大题共4小题，共23.0分）6.如图所示，倾角θ=30°的斜面AB，在斜面顶端B向左水平抛出小球1、同时在底端A正上方某高度处水平向右拋出小球2，小球1、2同时落在P点，P点为斜边AB的中点，则（）A. 小球2一定垂直撞在斜面上B. 小球1、2的初速度大小一定相等C. 小球1落在P点时与斜面的夹角为30°D. 改变小球1的初速度，小球1落在斜面上的速度方向都平行7.地面上方足够高处有一点P，质量为0.5kg的带负电小球从P点由静止自由落下，在2s末加上足够大竖直向下的匀强电场，再经过2s小球又回到P点。
(广西专用)2020高考物理二轮复习综合能力训练(三)(含解析)
综合能力训练(三)(时间:60分钟满分:110分)第Ⅰ卷一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。
在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.关于近代物理学,下列说法正确的是()A.一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时能辐射出4种不同频率的光B.重核裂变过程生成中等质量的核,反应前后质量数守恒,但质量不一定减少C.10个放射性元素的原子核在经一个半衰期后,一定有5个原子核发生衰变D.光电效应和康普顿效应的实验都表明光具有粒子性答案:D-t的图像如图所示,图线与纵横坐标轴的交点分2.一个物体沿直线运动,从t=0时刻开始,物体的xx别为0.5 m/s和-1 s,由此可知()A.物体做匀速直线运动B.物体做变加速直线运动C.物体的初速度大小为0.5 m/sD.物体的初速度大小为1 m/s答案:C-t图像(即v-t图像)是一条直线,物体做匀加速运动,选项A、B错误;图线在纵轴的解析:物体的xx截距是初速度的大小,等于0.5m/s,选项C正确,D错误。
3.人造卫星a 的圆形轨道离地面高度为h ,地球同步卫星b 离地面高度为H ,h<H ,两卫星共面且运行方向相同。
某时刻卫星a 恰好出现在赤道上某建筑物c 的正上方,设地球赤道半径为R ,地面重力加速度为g ,则( )A.a 、b 线速度大小之比为√x +xx +xB.a 、c 角速度之比为√x 3(x +x )3C.b 、c 向心加速度大小之比为x +xxD.a 下一次通过c 正上方所需时间t=2π√(x +x )3xx2答案:C解析:人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动,由地球的万有引力提供向心力,根据牛顿运动定律求解卫星的角速度。
卫星绕地球做匀速圆周运动,建筑物随地球自转做匀速圆周运动,当卫星转过的角度与建筑物转过的角度之差等于2π时,卫星再次出现在建筑物上空。
(人教版)2020届高考物理选择题精练习三含解析参考答案
（人教版）2020届高考物理选择题精练习三含解析参考答案1、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α，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 a gsin αB.a、b两球所受细线的拉力大小一定相等C.b球所受弹簧弹力的大小为m b gtan αD.a、b球的质量大小关系一定满足m a=m b【解析】选B、D。
如图所示，对a球进行受力分析，运用共点力平衡条件得：细线的拉力为F Ta=，弹簧的弹力F a=；对b球进行受力分析，结论相同，即F Tb=，F b=，又F a=F b，故m a=m b，F Ta=F Tb，选项B、D正确。
【总结提升】三种处理方法的选择(1)物体受三力平衡时，利用力的效果分解法或合成法比较简单；(2)物体受四个或四个以上的力作用，一般采用正交分解法；(3)物体只受三个力的作用且三力构成普通三角形，可考虑使用相似三角形法。
2、一条小船位于200 m宽的河正中A点处，从这里向下游100 m处有一危险区，当时水流速度为4 m/s，为了使小船避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中的速度至少是( )A. m/sB. m/sC.2 m/sD.4 m/s【解析】选C。
恰使小船避开危险区，小船应沿直线AB到达对岸，如图所示，则有tanθ===，所以θ=30°，当船头与AB垂直时，小船在静水中的速度最小，最小速度为v1=v2sinθ=4sin30° m/s=2 m/s，故正确选项是C。
3、如图所示，甲图表示光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车B上，车与水平面间的动摩擦因数不计，乙图为物体A与小车B的v-t图象，由此可求( )A.小车上表面长度B.物体A与小车B的质量之比C.物体A与小车B上表面间的动摩擦因数D.小车B获得的动能【解析】选B、C。
2020届高考物理课标版二轮复习训练题：14计算题+选考题组合练(3) Word版含解析
计算题+选考题组合练(3)1.(2019安徽芜湖模拟)如图所示,长为L的细绳竖直悬挂着一质量为3m的小球A,恰好紧挨着放置在水平地面上质量为m的物块B。
现保持细绳绷直,把小球向左上方拉至细绳与竖直方向成60°角的位置,然后释放小球。
小球到达最低点时恰好与物块发生碰撞,然后小球向右摆动的最大高度为18L,碰后物块向右滑行的距离恰为4.5L,求物块B与地面之间的动摩擦因数μ。
答案0.25解析小球A下摆过程,由机械能守恒定律得3mgL(1- cos 60°)=12×3m v A2解得碰前小球A的速度vA=√小球A向右摆动过程,由机械能守恒定律得1 2×3mv2=3mg×18L解得碰后小球A的速度v=12√gLA、B碰撞过程系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得3mvA =3mv+mvB物块B滑动过程由动能定理得-μmg·4.5L=0-12m v B2解得μ=0.252.如图所示,在倾角θ=37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ,磁感应强度B的大小为5 T,磁场宽度d=0.55 m。
有一边长L=0.4 m、质量m1=0.6 kg、电阻R=2 Ω的正方形均匀导体线框abcd通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量m2=0.4 kg的物体相连。
物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.4,将线框从图示位置由静止释放,物体到定滑轮的距离足够长。
(取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)(1)求线框abcd还未进入磁场的运动过程中,细线中的拉力大小;(2)当ab边刚进入磁场时,线框恰好做匀速直线运动,求线框刚释放时ab边距磁场MN边界的距离x;(3)在(2)问中的条件下,若cd边恰离开磁场边界PQ时,速度大小为2 m/s,求整个运动过程中ab边产生的热量。
答案(1)2.4 N (2)0.25 m (3)0.1 J解析(1)线框还未进入磁场的过程中,以整体法有m 1g sin θ-μm2g=(m1+m2)a,解得a=2 m/s2以m2为研究对象,由牛顿第二定律得T-μm2g=m2a,解得T=2.4 N(2)线框刚进入磁场恰好做匀速直线运动,以整体法有m 1g sin θ-μm2g-B2L2vR=0解得v=1 m/sab到MN前线框做匀加速运动,有v2=2ax解得x=0.25 m(3)线框从开始运动到cd边恰离开磁场边界PQ时,有m 1g sin θ(x+d+L)-μm2g(x+d+L)=12(m1+m2)v12+Q,解得Q=0.4 J,所以Qab =14Q=0.1 J3.选修3-3(2019广西钦州第三次质检)(1)关于气体的内能和热力学定律,下列说法正确的是( )A.对气体做功可以改变其内能B.质量和温度都相同的气体,内能一定相同C.热量不可能从低温物体传到高温物体D.一定量的理想气体在等温膨胀过程中,一定吸收热量E.一定量的理想气体,温度越高,气体分子运动越剧烈,气体内能越大(2)如图所示,绝热圆筒水平放置,圆筒内有一绝热活塞C,活塞的长度是圆筒长的13,活塞的中心与圆筒中心重合,整个装置置于温度恒为300 K、压强恒为1.0×105 Pa的大气中。
(浙江选考)2020-2021届高考物理二轮复习 专题三 电场与磁场专题综合训练
专题三电场与磁场专题综合训练(三)1.如图所示,某区域电场线左右对称分布,M、N为对称线上两点。
下列说法正确的是()A.M点电势一定高于N点电势B.M点电场强度一定大于N点电场强度C.正电荷在M点的电势能小于在N点的电势能D.将电子从M点移动到N点,静电力做正功2.如图所示,菱形ABCD的对角线相交于O点,两个等量异种点电荷分别固定在AC连线上的M点与N点,且OM=ON,则()A.A、C两处电势、电场强度均相同B.A、C两处电势、电场强度均不相同C.B、D两处电势、电场强度均相同D.B、D两处电势、电场强度均不相同3.如图所示,正方形线框由边长为L的粗细均匀的绝缘棒组成,O是线框的中心,线框上均匀地分布着正电荷,现在线框上边框中点A处取下足够短的带电量为q的一小段,将其沿OA连线延长线向上移动的距离到B点处,若线框的其他部分的带电量与电荷分布保持不变,则此时O点的电场强度大小为()A.kB.kC.kD.k4.如图,在竖直方向的匀强电场中有一带负电荷的小球(初速度不为零),其运动轨迹在竖直平面(纸面)内,截取一段轨迹发现其相对于过轨迹最高点O的竖直虚线对称,A、B为运动轨迹上的点,忽略空气阻力,下列说法不正确的是()A.B点的电势比A点高B.小球在A点的动能比它在B点的大C.小球在最高点的加速度不可能为零D.小球在B点的电势能可能比它在A点的大5.如图所示,真空中同一平面内MN直线上固定电荷量分别为-9Q和+Q的两个点电荷,两者相距为L,以+Q点电荷为圆心,半径为画圆,a、b、c、d是圆周上四点,其中a、b在MN直线上,c、d 两点连线垂直于MN,一电荷量为q的负点电荷在圆周上运动,比较a、b、c、d四点,则下列说法错误的是()A.a点电场强度最大B.负点电荷q在b点的电势能最大C.c、d两点的电势相等D.移动负点电荷q从a点到c点过程中静电力做正功6.真空中,两个固定点电荷A、B所带电荷量分别为Q1和Q2,在它们共同形成的电场中,有一条电场线如图实线所示,实线上的箭头表示电场线的方向,电场线上标出了C、D两点,其中D点的切线与AB连线平行,O点为AB连线的中点,则()A.B带正电,A带负电,且|Q1|>|Q2|B.O点电势比D点电势高C.负检验电荷在C点的电势能大于在D点的电势能D.在C点静止释放一带正电的检验电荷,只在电场力作用下将沿电场线运动到D点7.如图所示,矩形虚线框的真空区域内存在着沿纸面方向的匀强电场(具体方向未画出),一粒子从bc边上的M点以速度v0垂直于bc边射入电场,从cd边上的Q点飞出电场,不计粒子重力。
2020版高考物理大二轮检测Word版含解析---模块综合检测
2020版高考物理大二轮检测模块综合检测(时间：60分钟分值：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．2017年12月29日，中国首个快堆核电示范工程在福建霞浦开工建设．“快堆”核反应进程依次为：238 92U→239 92U→239 93Np→239 94Pu，下列说法正确的是()A.238 92U和239 92U是同位素，其原子核内中子数相同B.238 92U和239 92U发生了α衰变C.238 92U变为239 92U发生了β衰变D．1 g 239 92U经过一个半衰期，239 92U原子核数目变为原来的一半答案：D2.如图所示，竖直平面内固定着一个光滑圆环，中央有孔的小球P和K套在环上，两小球由伸直的轻细绳连接，它们恰好能保持静止状态．已知K的质量为m，O、K连线水平，P、K连线与水平线夹角为30°.重力加速度为g，则()A．细绳对K球的拉力大小为mgB．细绳对K球的拉力大小为2mgC．P球的质量为mD．P球的质量为2m解析：选B.本题考查平行四边形定则及物体的平衡．分析K球受力情况，有F T sin 30°＝mg，得F T＝2mg，A项错误，B项正确；分析P球受力情况，并作力的平行四边形，如图所示．由几何关系得m P g＝F T＝2mg，C、D项错误．3.如图所示，斜面体A上的物块P，用平行于斜面体的轻弹簧拴接在挡板B上，在物块P上施加水平向右的推力F，整个系统处于静止状态，下列说法正确的是()A ．物块P 与斜面之间一定存在摩擦力B ．轻弹簧一定被拉长C ．地面对斜面体A 一定存在摩擦力D ．若增大推力F ，则弹簧弹力一定减小解析：选C.若物块P 受到弹簧的弹力与物块的重力及推力F 、支持力平衡，则不受摩擦力，选项A 错误；若物块P 受到支持力与物块的重力及推力F 三力平衡，则无弹簧弹力，选项B 错误；物块P 、斜面A 及弹簧相对静止，可看成一整体，受到的水平面的摩擦力大小等于推力F ，选项C 正确；增大推力F ，因为不确定弹簧的初始状态及物块P 是否受静摩擦力，增大推力F 弹簧弹力减小、不变或者增大都有可能，选项D 错误．4．2017年国际雪联单板滑雪U 形池世锦赛决赛在西班牙内华达山收官，女子决赛中，中国选手蔡雪桐以90.75分高居第一，成功卫冕．如图所示，单板滑雪U 形池场地可简化为固定在竖直面内的半圆形轨道场地，雪面不同曲面处的动摩擦因数不同．因摩擦作用，滑雪运动员从半圆形场地的坡顶下滑到坡底的过程中速率不变，则( )A ．运动员下滑的过程中加速度不变B ．运动员下滑的过程所受合力恒定不变C ．运动员下滑过程中与雪面的动摩擦因数变小D ．运动员滑到最低点时所受重力的瞬时功率达到最大 解析：选C.本题考查圆周运动与受力分析．运动员下滑过程中加速度始终指向圆心，方向不断变化，A 项错误；由牛顿第二定律可知，合力方向也不断变化，B 项错误；运动员下滑过程中受力情况如图所示，滑动摩擦力F f ＝μF N ＝mg cos θ，由牛顿第二定律和圆周运动知识，有F N －mg sin θ＝m v 2R ，联立解得mg cos θ＝μ(mg sin θ＋m v 2R )，则运动员下滑过程中与雪面的动摩擦因数变小，C 项正确；运动员滑到最低点时重力方向与速度方向垂直，此时重力的瞬时功率为零，D 项错误．5．为探究人在运动过程中脚底在接触地面瞬间受到的冲击力问题，实验小组的同学利用落锤冲击地面的方式进行实验，即通过一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况．重物与地面的形变很小，可忽略不计．g 取10 m/s 2.表中为一次实验过程中的相关数据．根据实验数据可知( )重物(包括传感器)的质量m /kg8.5 重物下落高度H /cm 45 重物反弹高度h /cm 20 最大冲击力F m /N 850 重物与地面接触时间t /s0.1A.B ．重物与地面接触前瞬时的速度大小为2 m/s C ．重物离开地面瞬时的速度大小为3 m/sD ．在重物与地面接触的过程中，重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍解析：选D.本题考查牛顿运动定律、动能定理、动量定理等知识点，设重物受到最大冲击力时加速度的大小为a ，由牛顿第二定律有a ＝F m －mg m ，解得a ＝90 m/s 2，A 项错误；重物在空中运动过程中，由动能定理mgH ＝12m v 2，可得重物与地面接触前瞬时的速度大小v 1＝2gH ＝3 m/s ，B 项错误；重物离开地面瞬时的速度大小v 2＝2gh ＝2 m/s ，C 项错误；重物与地面接触过程中，设重物受到的平均作用力大小为F ，选取竖直向上为正方向，由动量定理有(F －mg )t ＝m v 2－m (－v 1)，解得F ＝510 N ，由F mg ＝51085＝6，D 项正确．二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)6．有a 、b 、c 、d 四颗地球卫星，a 还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b 是近地轨道卫星，c 是地球同步卫星，d 是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则( )A ．a 的向心加速度小于重力加速度g ，c 的向心加速度大于d 的向心加速度B ．在相同时间内b 转过的弧长最长，a 、c 转过的弧长对应的角度相等C ．c 在4小时内转过的圆心角是π3，a 在2小时内转过的圆心角是π6D ．b 的运动周期一定小于d 的运动周期，d 的运动周期一定小于24小时解析：选ABC.此题考查万有引力定律、卫星的运动等知识点．c 是地球同步卫星，相对于地面静止，a 与c 的角速度相等，由a 向＝ω2R 知，a 的向心加速度小于c 的向心加速度，c 的向心加速度大于d 的向心加速度，a 、c 的向心加速度均小于g ，A 项正确；a 、b 、c 、d 四颗卫星中，b 的线速度最大，所以在相同时间内b 转过的弧长最长，a 、c 角速度相等，相同时间内转过的弧长对应的角度相等，B 项正确；c 的周期为24小时，c 在4小时内转过的圆心角θ＝ωt ＝2π24×4＝π3，处在地面上的a 在2小时内转过的圆心角是π6，C 项正确；由T ＝4π2r 3GM知，d 的周期大于c 的周期，大于24小时，D 项错误． 7．如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P 拴接，另一端与物体A 相连，物体A 静止于光滑水平桌面上，A 右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B 相连．开始时用手托住B ，让细线恰好伸直，然后由静止释放B ，直至B 获得最大速度．在该过程中下列分析正确的是( )A ．B 物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量B ．B 物体获得最大速度时，其受到细线的拉力的大小等于B 所受重力大小C ．A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量大于细线拉力对A 做的功D ．A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A 做的功解析：选BD.对于物体A 、B 及弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，可知B 物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与A 动能增加量之和，故A 错误；对于B 物体，只受重力与细线拉力，达到最大速度时，其受到细线的拉力的大小等于B 所受重力大小，故B 正确；根据功能关系可知，A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A 做的功，故C 错误，D 正确．8.如图所示直角坐标系xOy ，P (a ，－b )为第四象限内的一点，一质量为m 、电荷量为q 的负电荷(重力不计)从原点O 以初速度v 0沿y 轴正方向射入．第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过P 点；第二次保持y >0区域磁场不变，而将y <0区域磁场改为沿x 方向匀强电场，该电荷仍通过P 点．则( )A ．匀强磁场的磁感应强度B ＝2am v 0q （a 2＋b 2）B ．匀强磁场的磁感应强度B ＝2m v 0q a 2＋b 2C ．电荷从O 运动到P ，第二次所用时间一定短些D ．电荷通过P 点时的速度，第二次与x 轴负方向的夹角一定小些 解析：选AC.第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰能通过P 点，粒子做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示．由几何知识可知： (a －R )2＋b 2＝R 2，解得R ＝a 2＋b 22a ，由q v B ＝m v 2R ，解得B ＝2am v 0q （a 2＋b 2），故A 正确，B 错误；第二次保持y ＞0区域磁场不变，而将y ＜0区域磁场改为沿x 轴方向的匀强电场．该电荷仍通过P 点，粒子在第一象限做匀速圆周运动．在第四象限做类平抛运动，运动时间t 2＝12T ＋b v 0；第一次做匀速圆周运动时间t 1＝12T ＋PQ ︵v 0，PQ ︵大于b ，所以t 1＞t 2，C 正确；电荷第一次通过P 点时，速度与x 轴负方向的夹角为α，则tan α＝R 2－b 2b ＝a 2－b 22ab ，第二次速度与x 轴负方向的夹角为θ，则tan θ＝b2R －R 2－b 2＝a2b，所以tan θ＞tan α，D 错误． 三、非选择题(本题共4小题，共52分．按题目要求作答，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9．(8分)某实验小组用图甲所示的实验装置测量滑块与长木板之间的动摩擦因数．在一端装有定滑轮的长木板上固定A 、B 两个光电门，与光电门相连的计时器能显示滑块上的遮光片通过光电门时的遮光时间，滑块通过绕过定滑轮的轻质细绳与测力计挂钩相连，测力计另一端吊着沙桶，测力计能显示滑块所受的拉力，滑块对长木板的压力与滑块的重力大小相等，已知遮光片宽度为d ，当地的重力加速度为g .(1)为了满足实验的要求，下列说法正确的是______． A ．长木板应放在水平桌面上B ．长木板没有定滑轮的一端应适当垫高，以平衡摩擦力C ．沙桶及测力计的总质量应远小于滑块的质量D ．定滑轮与滑块之间的细绳应与长木板平行(2)甲同学测出A 、B 两光电门之间的距离为L ，滑块通过A 、B 两光电门的时间分别为t 1、t 2，滑块的加速度大小a ＝________________(用字母L 、d 、t 1、t 2表示)．(3)多次改变沙桶里沙的质量，重复步骤(2)，根据测得的多组F 和a ，作出a －F 图象如图乙所示，由图象可知，滑块的质量为____________，滑块与长木板间的动摩擦因数为________．解析：(1)为保证滑块做匀加速运动，绳子的拉力必须恒定，应调整滑轮高度，使细线与木板平行，故A 、D 正确；本实验要测量动摩擦因数，不需要平衡摩擦力，故B 错误；由于本实验中有测力计，故不要求沙桶及测力计的总质量远小于滑块的质量，故C 错误．(2)滑块通过A 、B 两光电门的速度分别为：v A ＝d t 1，v B ＝dt 2，由匀变速直线运动的速度—位移公式可知，2aL ＝v 2B －v 2A ，解得：a ＝v 2B －v 2A 2L ＝d 2t 22－d 2t 212L ＝d 22L ⎝⎛⎭⎫1t 22－1t 21.(3)滑块受到的摩擦力为：f ＝μmg 由牛顿第二定律可得：F －μmg ＝ma解得力F 与加速度a 的函数关系式为：a ＝Fm －μg ，由图象所给信息可得图象斜率为：k ＝a 0F 0＝1m ，所以m ＝F 0a 0，由图象所给信息可得图象截距为：b ＝－μg ＝－a 0，所以μ＝a 0g .答案：(1)AD (2)d 22L ⎝⎛⎭⎫1t 22－1t 21(3)F 0a 0 a 0g10．(9分)某研究小组想用下列器材组装成一个电路，既能测量出电池组的电动势E 和内阻r ，又能同时描绘小灯泡的伏安特性曲线．A ．电压表V 1 (量程6 V 、内阻约5 000 Ω)B ．电压表V 2 (量程3 V 、内阻约3 000 Ω)C ．电流表A(量程3 A 、内阻约0.5 Ω)D ．滑动变阻器R (最大阻值10 Ω、额定电流4 A)E ．小灯泡(2 A 、5 W)F ．电池组(电动势E 、内阻r )G ．开关一只，导线若干实验电路如甲图所示时，调节滑动变阻器的阻值，经多次测量，得到多组对应的电流表、电压表示数，并在U －I 坐标系中描绘出两条图线，如乙图所示，则(1)电池组的电动势E ＝________V ，内阻r ＝________．(结果保留两位有效数字) (2)在U －I 坐标中两条图线在P 点相交，此时滑动变阻器连入电路的阻值应为________Ω.(3)将三个这样的灯泡并联后再接到该电路上，则每个灯泡的实际功率为________W. 解析：(1)电源的U －I 图象是一条倾斜的直线，由图象可知，电源电动势等于图线的总截距，即E ＝4.5 V ，电源内阻r ＝ΔU Δt＝4.5－2.52.0 Ω＝1.0 Ω.(2)由图乙所示图象可知，两图象的交点坐标，即灯泡电压U L ＝2.5 V ，此时电路电流I ＝2.0 A ，根据闭合电路的欧姆定律得：E ＝Ir ＋U L ＋IR 滑，即4.5 V ＝2.0×1 V ＋2.5 V ＋2.0×R滑，解得R 滑＝0.(3)设流过每个灯泡的电流为I ，三个灯泡并联接在电源上，在闭电路中，路端电压：U＝E －3Ir ＝4.5 V －3×1×I ＝4.5 V －3I ，即U ＝4.5 V －3I ，在图乙所示坐标系中作出图象如图所示：由图示图象可知，灯泡两端电压约为1 V ，流过每个灯泡的电流为1.2 A ，每个灯泡实际功：P ＝UI ＝1×1.2 W ＝1.2 W.答案：(1)4.5 1.0 Ω (2)0 (3) 1.2 11．(15分)如图所示，在光滑的冰面上放置一个曲面滑槽，其上表面为四分之一圆周的圆弧，圆弧的半径足够大且光滑，圆弧与水平地面相切．一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上，某时刻小孩将小球以v 0的速度向曲面推出．已知小球的质量为m ，曲面滑槽的质量为2m ，重力加速度为g .(1)求小球在曲面上能上升的最大高度；(2)若小孩将小球推出后还能再接到小球，则小孩和冰车的总质量M 应满足什么条件？ 解析：(1)小球在曲面上运动到最大高度时两者共速，设速度为v ，小球与曲面的系统动量守恒，机械能也守恒，有：m v 0＝(m ＋2m )v12m v 20＝12(m ＋2m )v 2＋mgh 解得：h ＝v 203g.(2)小孩推球的过程中动量守恒，即0＝m v 0－M v M对于球和曲面，在相互作用到最后分开的过程中，动量守恒且机械能守恒，则有： m v 0＝m v 1＋2m v 2 12m v 20＝12m v 21＋12×2m v 22 解得：v 1＝－13v 0若小孩将球推出后还能再接到球，则有 13v 0>v M 得：M >3m . 答案：见解析12．(20分)研究太空宇宙射线的粒子组成时，要在探测卫星上安装“太空粒子探测器”和质谱仪．“太空粒子探测器”由加速装置、偏转装置和收集装置三部分组成，其原理可简化为图甲所示．辐射状的加速电场区域边界为两个同心圆，圆心为O ，外圆的半径为R 1，电势为φ1，内圆的半径R 2＝1B 12m （φ1－φ2）q，电势为φ2.内圆内有方向垂直纸面向里的磁感应强度为B 1的匀强磁场，收集薄板MN 与内圆的一条直径重合，收集薄板两端M 、N与内圆间存在狭缝．假设太空中漂浮着质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到外圆面上，并被加速电场从静止开始加速，粒子进入磁场后，发生偏转，最后打在收集薄板MN 上并被吸收(收集薄板两面均能吸收粒子，两端不吸收粒子)，不考虑粒子间的相互作用．(1)求粒子刚到达内圆时速度的大小；(2)以收集薄板MN 所在的直线为横轴建立如图甲所示的平面直角坐标系．分析外圆哪些位置的粒子将在电场和磁场中做周期性运动，求出这些粒子运动的一个周期内在磁场中运动的时间；(3)现“太空粒子探测器”收集到质量分别为2m 和m 、电荷量均为＋q 的甲、乙两种粒子，粒子从静止开始经乙图所示的电压为U 0的加速电场加速后通过狭缝PQ 垂直磁场方向进入磁感应强度为B 2的匀强磁场，最后打在照片底片上，不考虑粒子间的相互作用，若加速电压在(U 0－ΔU )到(U 0＋ΔU )之间波动，要使甲、乙两种粒子在底片上没有重叠，求狭缝PQ 的宽度L 满足的条件．解析：(1)带电粒子在辐射状电场中加速时，由动能定理可知： q (φ1－φ2)＝12m v 2－0则粒子刚到达内圆时速度的大小v ＝2q （φ1－φ2）m.(2)粒子进入磁场后，在洛伦兹力的作用下发生偏转，有：q v B 1＝m v 2r解得：r ＝1B 12m （φ1－φ2）q＝R 2所以由几何关系可知，从收集板左端贴着收集板上表面进入磁场的粒子在磁场中运动14圆周后，射出磁场，进入电场，在电场中先减速后反向加速，再返回磁场，如此反复做周期性的运动，其运动轨迹如图所示．设粒子在磁场中运动的时间为T ，有：T ＝2πr v ＝2πmqB 1粒子进入电场的四个位置坐标分别为(0，R 1)，(R 1，0)，(0，－R 1)，(－R 1，0)．(3)设甲种粒子在磁场B 2中的运动半径为r 1，则其在电场中加速时，有： qU 0＝12×2m v 21 且q v B 2＝2m v 21r 1解得：r 1＝2B 2mU 0q最小半径r 1min ＝2B 2m （U 0－ΔU ）q设乙种粒子在磁场B 2中的运动半径为r 2，同理可得最大半径r 2max ＝1B 22m （U 0＋ΔU ）q由题意得：2r 1min －2r 2max >L ， 即4B 2m （U 0－ΔU ）q －2B 22m （U 0＋ΔU ）q>L解得：L <2B 2mq[2U 0－ΔU －2（U 0＋ΔU ）]． 答案：见解析。
2020高考二轮总复习物理(教师)3 附答案解析
名师导学·高考二轮总复习·物理(教师用书)(这是双页眉，请据需要手工删加)专题三能量与动量(这是单页眉，请据需要手工删加)专题三能量与动量二、考向分析及备考建议功和功率、动能和动能定理、重力做功与重力势能、功能关系、机械能守恒定律及其应用，动量、动量定理、动量守恒定律及其应用，弹性碰撞和非弹性碰撞是历年高考的热点，2019年三套全国卷的25题进行了重点综合考查，以后还会这样．本专题命题点多，特别重视对考纲中5个Ⅱ级考点的考查，题型多变．在复习备考中要引起足够重视，对5个Ⅱ级考点逐一落实．加强对诸如：变力做功、动能定理的综合应用，弹簧、传送带模型中的能量关系，滑块－滑板模型中的动量和能量分析与计算，动量定理和动量守恒定律在生活中的应用、人船模型、动量守恒的多过程问题、弹性碰撞的理解和应用，以应对高考对理解能力、建模能力、综合分析能力、应用数学处理物理问题的能力的综合考查．第1讲功功率动能定理【p24】【p24】1．功和功率的计算方法(1) 功的计算：恒力做功，可用公式__W＝Fl cos__α__进行计算．变力做功，可用以下几种方法进行求解：①功率法：W＝Pt，注意P为恒定功率；②微元法；③图象法；④转化法；⑤动能定理法等．(2)功率的计算：区分瞬时功率和平均功率．P＝Wt只能用来计算__平均功率__．P＝Fv cosα中的v是__瞬时速度__时，计算出的功率是__瞬时功率__；v是__平均速度__时，计算出的功率是__平均功率__．2．机车的启动问题(1)机车输出功率：P＝Fv，其中F为机车牵引力．(2)机车匀加速启动过程的最大速度v1及v m的求解方法．①求v1：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1可求v1＝__PF阻＋ma__．②求v m：由P＝F阻v m，可求v m＝__PF阻__．3．动能定理的内容及表达式动能和动能定理错误!4．对动能定理的进一步理解(1)W总是所有外力对物体做的__总功__，这些力对物体所做功的__代数和__等于物体动能的增量．(2)动能定理与参考系的选取有关．中学物理中一般取__地面__为参考系．(3)动能定理既适用于物体的直线运动，也适用于__曲线__运动；既适用于恒力做的功，也适用于__变力__做的功．力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用；只要求出在作用过程中各力做功的多少和正负即可．动能定理是计算物体的位移或速率的简捷公式，当题目中涉及到位移时可优先考虑__动能定理__．这些正是运用动能定理解题的优越性所在．(4)若物体的运动过程包含几个不同的过程，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以全程作为一个整体考虑．【p25】考点一功和功率的分析与计算例1某一空间飞行器质量为m，从地面起飞时，恰好沿与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，此时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝60°，经时间t后，将动力方向沿逆时针旋转60°，同时适当调节其大小，使飞行器沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，重力加速度为g，求：(1)t时刻飞行器的速率v；(2)t时刻发动机动力的功率P；(3)从起飞到上升到最大高度的整个过程中，飞行器发动机的动力做的总功W.【解析】(1)对飞行器进行受力分析如图，根据正弦定理F合sin（90°－α）＝Fsin（90°＋θ）＝mgsin（α－θ）得F ＝3mg ，F 合＝mg 根据牛顿第二定律有F 合＝ma 得a ＝gt 时刻飞行器的速率v ＝at ＝gt.(2)设t 时刻发动机动力的功率为P ，则P ＝Fv cos (α－θ) 得P ＝32mg 2t(3)动力方向沿逆时针旋转60°，恰好与速度方向垂直，减速过程发动机动力做的功为零．飞行器从地面到最大高度的整个过程中发动机动力做的总功W ＝0＋P 2t 得W ＝34mg 2t 2.【答案】(1)gt (2)32mg 2t (3)34mg 2t 2【方法总结】(1)计算恒力做功的流程图(2)计算功率的策略：先判后算．先判断功率为瞬时功率还是平均功率，然后进行相关运算． 变式训练1(2018·全国卷Ⅲ)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v 随时间t 的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程( )A ．矿车上升所用的时间之比为4∶5B ．电机的最大牵引力之比为2∶1C ．电机输出的最大功率之比为2∶1D ．电机所做的功之比为4∶5【解析】设第②次所用时间为t ，根据速度图象的“面积”等于位移(此题中为提升的高度)可知，12×2t 0×v 0＝12×(t ＋t －t 0)×12v 0，解得：t ＝5t 02，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2t 0∶5t 02＝4∶5，选项A 正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F －mg ＝ma ，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B 错误；由功率公式，P ＝Fv ，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C 正确；由动能定理：W F －mgh ＝ΔE k ＝0，∴W F ＝mgh ；两次做功相同，选项D 错误．【答案】AC考点二 机车的启动问题 例2我国在改革开放的四十年内，各个行业都获得了巨大的进步，高铁技术更是成为国家名片．一列高铁列车的总质量为m ，运动过程中的阻力恒为f ，列车沿直线由静止启动过程中列车的输出功率与速度的关系图象如图所示，当列车的速度超过v 0后，列车的功率保持不变，恒为3fv 0.(1)求列车匀加速运动的时间t 1；(2)若列车从静止开始运动至刚好达到最大速度时位移为x ，求由静止开始至达到最大速度的过程列车的运动时间t.【解析】(1)在匀加速阶段，由图可知，牵引力F ＝3fv 0v 0＝3f 根据牛顿第二定律可得：F －f ＝ma 根据速度时间关系可得：v 0＝at 1 联立解得t 1＝mv 02f ；(2)最大速度v m ＝3fv 0f ＝3v 0匀加速运动的位移x 1＝12at 21＝mv 204f恒定功率至达最大速度过程，根据动能定理可得： 3fv 0(t －t 1)－f(x －x 1)＝12mv 2m －12mv 20 联立解得t ＝x 3v 0＋7mv 04f .【答案】(1)mv 02f (2)x 3v 0＋7mv 04f【方法总结】解决机车启动问题时注意以下四点：(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，机车功率不断增大，最大功率是额定功率．(3)以额定功率启动的过程中，牵引力不断减小，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力．(4)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P ＝f 阻v m ，P 为机车的额定功率． 变式训练2 (多选)汽车在平直公路上以速度v 0匀速行驶，发动机功率为P ，牵引力为F 0，t 1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减为原来的一半，并保持该功率继续行驶，到t 2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动．能正确表示这一过程中汽车牵引力F 和速度v 随时间t 变化的图象是( )A BC D【解析】由题，汽车以功率P 、速度v 0匀速行驶时，牵引力与阻力平衡．当司机减小油门，使汽车的功率减为一半时，速度不能突变，根据P ＝Fv 得知，汽车的牵引力突然减小到原来的一半，即为F ＝12F 0，而阻力没有变化，则汽车开始做减速运动，由于功率保持为P2，随着速度的减小，牵引力逐渐增大，根据牛顿第二定律得知，汽车的加速度逐渐减小，做加速度减小的变加速运动．当汽车再次匀速运动时，牵引力与阻力再次平衡，大小相等，由P ＝Fv 得知，此时汽车的速度为原来的一半．故选A 、D .【答案】AD考点三 动能定理及其应用例3 如图所示，水平轨道BC 的左端与固定的光滑竖直14圆轨道相切于B 点，右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C 点平滑连接(即物体经过C 点时速度的大小不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2 kg 的滑块从圆弧轨道的顶端A 点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D 点，已知光滑圆轨道的半径R ＝0.45 m ，水平轨道BC 长为0.4 m ，与滑块间的动摩擦因数μ＝0.2，光滑斜面轨道上CD 长为0.6 m ，g 取10 m /s 2，求：(1)滑块第一次经过B 点时对轨道的压力大小；(2)整个过程中弹簧具有的最大弹性势能；(3)滑块在水平轨道BC 上运动的总时间及滑块最终停在何处？【解析】(1)滑块从A 点到B 点，由动能定理可得：mgR ＝12mv 2B－0 解得：v B ＝3 m /s滑块在B 点：F －mg ＝m v 2B R解得：F ＝60 N由牛顿第三定律可得：物块经过B 点时对轨道的压力F′＝F ＝60 N(2)滑块第一次到达D 点时，弹簧具有最大的弹性势能E p滑块从A 点到D 点，设该过程弹簧弹力对滑块做的功为W ，由动能定理可得： mgR －μmgL BC －mgL CD sin 30°＋W ＝0E p ＝－W解得：E p ＝1.4 J(3)将滑块在BC 段的运动全程看做匀减速直线运动，加速度a ＝μg ＝2 m /s 2则滑块在水平轨道BC 上运动的总时间t ＝v B a＝1.5 s 滑块最终停止在水平轨道BC 间，设滑块在BC 段运动的总路程为s ，从滑块第一次经过B 点到最终停下来的全过程，由动能定理可得：－μmgs ＝0－12mv 2B解得s ＝2.25 m结合BC 段的长度可知，滑块最终停止在BC 间距B 点0.15 m 处(或距C 点0.25 m 处)．【答案】(1)60 N (2)1.4 J (3)1.5 s 最终停止在距B 点0.15 m 处【方法总结】1.应用动能定理解题的基本思路：(1)确定研究对象和研究过程；(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理对全过程或者分过程列式．2．动能定理的应用：(1)动能定理是根据恒力做功和直线运动推导出来的，但是也适用于变力做功和曲线运动．(2)在涉及位移和速度而不涉及加速度和时间问题时，常选用动能定理分析．变式训练3(多选)如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板B ，木板B 上放着木块A ，A 、B 接触面粗糙．现用一水平拉力F 作用在B 上，使其由静止开始运动，用f 1表示B 对A 的摩擦力，f 2表示A 对B 的摩擦力，下列说法正确的有( )A ．F 做的功一定等于A 、B 系统动能的增加量B ．F 做的功可能大于A 、B 系统动能的增加量C ．f 1对A 做的功等于A 动能的增加量D ．f 2对B 做的功等于B 动能的增加量【解析】由于开始运动后，A 是否会相对于B 发生运动，从题中给出的条件不能判断．如果两者发生相对运动，对整体分析可知，F 做功转化为两个物体的动能及系统的内能，故F 做的功会大于AB 系统动能的增加量，A 错误，B 正确；由动能定理可知，f 1对A 做的功等于A 动能的增加量，C 正确；f 2对B 做负功和拉力做功的总功等于B 动能的增加量，D错误．【答案】BC【方法总结】在分析A、B组成的系统的动能变化时，既要考虑外力做功，也要考虑内力做功，由于内力是一对相互作用的摩擦力，若为静摩擦力，对系统不做功．若为滑动摩擦力，对系统恒做负功．所以外力做功要加上一个负功，才等于系统的动能增量，故外力做功大于等于系统的动能增量．变式训练4课间，小白同学在足够大的水平桌面上竖直放置了一块直角三角板，然后将一长L＝15 cm的直尺靠在三角板上距水平桌面高h＝9 cm处的A点，下端放在水平桌面上的B点，让另一同学将一物块从直尺顶端由静止释放，最终物块停在水平桌面上的C点(图中未画出)，测得B、C间的距离x1＝13 cm.改变直尺一端在三角板上放着点的位置，物块仍从直尺顶端由静止释放，物块在水平桌面上停止的位置离三角板底端O的距离x会发生变化．已知物块与水平桌面间的动摩擦因数μ1＝0.6，不计物块通过B点时的机械能损失，求：(1)物块与直尺间的动摩擦因数μ2；(2)改变直尺一端在三角板上放置点的位置，物块从直尺顶端由静止释放后在水平桌面上停止的位置离三角板底端O的最大距离x m.【解析】(1)由动能定理可知mgh＝μ2mg cos∠ABO×L＋μ1mgx1由几何关系可知cos∠ABO＝AB2－AO2L＝45解得物块与直尺之间的动摩擦因数μ2＝0.1(2)设直尺与水平方向的夹角为θ，由动能定理可知，mg sinθ×L＝μ2mg cosθ×L＋μ1mgx2木块在水平桌面上停止的位置离三角板底端O的距离x＝L cosθ＋x2代入数据可得x ＝25⎝⎛⎭⎫sin θ＋12cos θcm 可得最大距离x m ＝2552cm 【答案】(1)0.1 (2)2552cm 【p 123】A 组1.如图所示，两个完全相同的小球分别从水平地面上A 点和A 点正上方的O 点抛出，O 点抛出小球做平抛运动，A 点斜抛出的小球能达到的最高点与O 点等高，且两球同时落到水平面上的B 点，关于两球的运动，下列说法正确的是( )A ．两小球应该是同时抛出B ．两小球着地速度大小相等C ．两小球着地前瞬间时刻，重力的瞬时功率相等D ．两小球做抛体运动过程重力做功相等【解析】斜抛运动在竖直方向的分运动是竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的时间对称性，可知斜抛物体的运动时间是下降时间的两倍，而由于斜抛物体的最高点与另一小球的抛出点的高度一样，则可知做斜抛运动的小球运动时间是做平抛运动的小球运动时间的两倍，要使两小球同时落地，两小球不能同时抛出，故A错误；由前面的分析可知两小球落地时竖直方向的分速度大小相等，由于水平方向均做匀速直线运动，且两小球水平的分位移一样，根据x＝v t结合时间关系可知，做斜抛运动的小球在水平的分速度大小为做平抛运动的小球在水平方向的分速度的一半，根据v＝v20＋v2y可知两小球落地时速度大小不相等，故B错误；设小球落地时，速度与水平方向的夹角为α，根据瞬时功率公式可得小球落地时，重力的瞬时功率为P＝mg v cos(90°－α)＝mg v sin α＝mg v y，由前面的分析可知，两小球落地时重力的瞬时功率相等，故C正确；做斜抛运动的小球初、末两位置的高度差为0，则可知重力做功为0，而做平抛运动的小球的初、末两位置的高度差不为0，即重力做功不为0，故两小球运动过程中重力做功不相等，故D错误．【答案】C2.(多选)如图所示，某中学科技小组制作了利用太阳能驱动小车的装置．当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．小车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t，速度为v时功率达到额定功率，并保持不变；小车又继续前进了距离s，达到最大速度v m.设小车的质量为m，运动过程所受阻力恒为f，则()A．小车的额定功率为f v mB ．小车的额定功率为f vC ．小车做匀加速直线运动时的牵引力为f ＋m v tD ．小车速度由零至v m 的过程中，牵引力做功为12m v 2m ＋f ⎝⎛⎭⎫s ＋v t 2 【解析】小车匀加速行驶时，牵引力不变，电动机的功率随着小车速度的增大而增大，当达到额定功率时，以额定功率行驶，做加速度逐渐减小的加速运动，最终当牵引力等于阻力时，速度达到最大，所以额定功率P ＝f v m ，故A 正确，B 错误；小车做匀加速直线运动加速度a ＝v t ，根据牛顿第二定律知F －f ＝ma ，联立解得F ＝f ＋m v t，故C 正确；根据动能定理知：W －f (s ＋12v t )＝12m v 2m－0，小车速度由零至v m 的过程中，牵引力做功为W ＝12m v 2m ＋f ⎝⎛⎭⎫s ＋v t 2，故D 正确． 【答案】ACD3.如图所示，某足球运动员在罚点球时，球被踢出后水平垂直击中球门横梁的中点，已知足球的质量为450 g ，罚球点离球门线的距离为11 m ，球门高2.44 m ，忽略空气的作用，g 取10 m/s 2，则该运动员在罚点球时对足球做的功最接近( )A ．280 JB ．200 JC ．120 JD ．70 J【解析】将运动视为逆向的平抛运动，则h ＝12gt 2，x ＝v 0t ，解得最高点速度v 0＝x g 2h≈15.75 m/s ，此时机械能E ＝mgh ＋12m v 20＝0.45×10×2.44 J ＋12×0.45×15.752 J ≈66.79 J ，根据功能关系知末状态机械能近似等于运动员做的功，故D 正确．【答案】D4.如图所示，一足够长的木板在光滑水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和木板之间的动摩擦因数为μ.为保持木板的速度不变，须对木板施一水平向右的作用力F .从物体放到木板上到它相对木板静止的过程中，力F 做的功为( )A.m v 24B.m v 22C ．m v 2D ．2m v 2【解析】物体和木板之间的摩擦力f ＝μmg ，对于木板，要保持速度v 不变，有F ＝f ＝μmg .对于物体，根据牛顿第二定律：μmg ＝ma ，解得：a ＝μg ，物体做匀加速直线运动，有t ＝v a ＝v μg ，此时木板的位移s ＝v t ＝v 2μg ，水平向右的作用力F 做功：W ＝Fs ＝μmg ·v 2μg ＝m v 2，故C 正确，A 、B 、D 错误．【答案】C5．如图所示，一半径为R ，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点 B ．W >12mgR ，质点不能到达Q 点 C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 后，继续上升一段距离 D ．W <12mgR ，质点到达Q 后，继续上升一段距离【解析】根据动能定理可得P 点动能E k P ＝mgR ，经过N 点时，半径方向的合力提供向心力，可得4mg －mg ＝m v 2N R ，所以N 点动能为E k N ＝3mgR 2，从P 点到N 点根据动能定理可得mgR －W ＝3mgR 2－mgR ，即克服摩擦力做功W ＝mgR 2.质点运动过程，半径方向的合力提供向心力即F N －mg sin θ＝ma ＝m v 2R，根据左右对称，在同一高度，由于摩擦力做功导致右半部分的速度小，轨道弹力变小，滑动摩擦力f ＝μF N 变小，所以摩擦力做功变小，那么从N 到Q ，根据动能定理，Q 点动能E k Q ＝3mgR 2－mgR －W ′，由于W ′<mgR 2，所以Q 点速度仍然没有减小到0，仍会继续向上运动一段距离，对照选项C 对．【答案】C6．(多选)2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在中国举行，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．跳台滑雪赛道可简化为助滑道、着陆坡、停止区三部分，如图所示．一次比赛中，质量m 的运动员从A 处由静止下滑，运动到B 处后水平飞出，落在了着陆坡末端的C 点，滑入停止区后，在与C 等高的D 处速度减为零．已知B 、C 之间的高度差为h ，着陆坡的倾角为θ，重力加速度为g .只考虑运动员在停止区受到的阻力，不计其他能量损失．由以上信息可以求出( )A ．运动员在空中飞行的时间B ．A 、B 之间的高度差C ．运动员在停止区运动过程中克服阻力做功D ．C 、D 两点之间的水平距离【解析】设运动员在空中飞行的时间为t ，根据平抛运动的规律，y ＝h ＝12gt 2，解得：t ＝2h g ，故A 正确；水平方向x ＝v t ，由几何关系可得，y x ＝tan θ，代入数据解得v ＝1tan θgh 2，从A 到B 由动能定理得：mgh AB ＝12m v 2，h AB ＝h 4tan 2θ，故B 正确；设到C 的速度为v C ，从B 到C 的过程由动能定理得：mgh ＝12m v 2C －12m v 2，可求得到C 的速度v C ，从C 到D 的过程由动能定理得：－W 克f ＝0－12m v 2C，则克服阻力做功可求解，故C 正确；运动员在C 、D 两点之间做变速曲线运动，两点之间的水平距离无法求解，故D 错误．【答案】ABC7．如图所示，14圆弧轨道AB 被竖直固定，其下端点B 的切线水平．现将可视为质点的质量为m ＝1 kg 的小球从A 点由静止释放，小球从B 点冲出后，最终打在右方的竖直墙上的C 点(未画出)，在C 点的速度方向与水平方向夹角为37°，已知B 端与墙壁的水平距离为l ＝0.3 m ，不计一切摩擦和阻力，g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．圆弧轨道的半径为0.02 mB ．小球在轨道最低点B 对轨道的压力大小为10 NC ．从A 到C 的整个过程中，重力的功率先减小后增加D ．在C 点的动能为3.125 J【解析】设在B 点是速度为v B ，在C 点的速度为v C ，小球从B 点抛出后做平抛运动，水平方向有：l ＝v B t ，即 0.3＝v B t ，竖直方向有：v Cy ＝gt ，根据速度夹角关系知：tan 37°＝v Cy v B ＝gt 0.3t＝gt 20.3＝34，解得：t ＝320s ，v B ＝2 m/s ，由A 到B ，由机械能守恒定律可得mgR ＝12m v 2B ，R ＝v 2B 2g ＝2×220 m ＝0.2 m ，故A 错误；在B 点有N －mg ＝m v 2B R，所以小球对轨道的压力N ＝mg ＋m v 2B R ＝⎝⎛⎭⎫1×10＋1×2×20.2N ＝30 N ，故B 错误；在A 点，因为速度为零，所以重力的功率为零，在B 点，速度和重力垂直，故在B 点重力的功率为零，所以A 到B 重力的功率先增大后减小，B 到C ，重力的功率逐渐增大，故C 错误．在C 点根据速度关系v C ＝v B cos 37°＝20.8m/s ＝2.5 m/s ，动能E k ＝12m v 2C ＝12×1×2.5×2.5 J ＝3.125 J ，故D 正确． 【答案】DB 组8.(多选)质量为m 的小球穿在足够长的水平直杆上，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，受到方向始终指向O 点的力F 作用，且F ＝ks ，k 为比例系数，s 为小球和O 点的距离．小球从a 点由静止出发恰好运动到d 点；小球在d 点以初速度v 0向a 点运动，恰好运动到b 点．已知Oc 垂直于杆且c 为垂足，b 点为ac 的中点，Oc ＝d ，cd ＝bc ＝l .不计小球的重力，下列说法正确的是( )A ．小球从a 运动到d 的过程中只有两个位置F 的功率为零B ．小球从a 运动到b 的过程与从b 运动到c 的过程克服摩擦力做功相等C ．v 0＝2μkdl mD ．小球在d 的速度至少要2v 0才能运动到a 点【解析】小球从a 运动到d 的过程中，在a 点、d 点速度为零，拉力的功率为零，在c 点拉力的方向和速度方向垂直，功率为零，有三处，A 错误；因为不计小球的重力，所以F 在垂直杆方向上的分力即为小球与杆之间的正压力，N ＝F sin θ(θ为力F 与杆之间的夹角)，故摩擦力F f ＝μN ＝μF sin θ，从a 到b 克服摩擦力做功为W f 1＝μF sin θ·l ＝μk ()s ·sin θ·l ＝μkdl ，同理从b 到c 克服摩擦力做功为W f 2＝μF sin θ·l ＝μk ()s ·sin θ·l ＝μkdl ，B 正确；根据动能定理可得μF sin θ·2l ＝2μk (s ·sin θ)·l ＝2μkdl ＝12m v 20，解得v 0＝2μkdl m ，C 正确；设在d 点的速度为v ，恰好能运动到a 点，根据动能定理可得12m v 2＝W F ＋3μkdl ，而W F ＝3μkdl ，联立v 0＝2μkdl m，解得v ＝3v 0，D 错误．【答案】BC9．如图所示，某生产厂家为了测定该厂所生产的玩具车的性能，将两个完全相同的玩具车A 、B 并排放在两平行且水平的轨道上，分别通过挂钩连接另一个与玩具车等质量的货车(无牵引力)，控制两车以相同的速度v 0做匀速直线运动．某时刻，通过控制器使两车的挂钩断开，玩具车A 保持原来的牵引力不变，玩具车B 保持原来的输出功率不变，当玩具车A 的速度为2v 0时，玩具车B 的速度为1.5v 0，则( )A ．在这段时间内两车的位移之比为6∶5B ．玩具车A 的功率变为原来的4倍C ．两车克服阻力做功的比值为12∶11D ．两车牵引力做功的比值为5∶1【解析】设挂钩断开瞬间的牵引力为F ，车受的摩擦力大小f ＝F 2，对玩具车A 分析有Fx 1－fx 1＝12m (2v 0)2－12m v 20＝32m v 20；对玩具车B 分析有Pt －fx 2＝12m (1.5v 0)2－12m v 20＝58m v 20，已知P ＝F v 0，对玩具车A 分析由动量定理得：(F －f )t ＝2m v 0－m v 0，x 1＝v 0＋2v 02t ，解得：x 1∶x 2＝12∶11，故A 错；克服阻力做功W f ＝fx ，则W f 1W f 2＝x 1x 2＝1211，故C 正确；牵引力做功W A ＝Fx 1＝3m v 20，W B ＝Pt ＝2m v 20，得W A W B ＝32，故D 错；由P A ＝F ·2v 0＝2P ，故B 错． 【答案】C10．如图为某课外活动小组模拟高铁动车编组实验，假设动车组是由动车和拖车编组而成，只有动车提供动力．该模拟列动车组由10节车厢组成，其中第1节和第6节车厢为动车，每节动车的额定功率均为P ，每节车厢的总质量均为m ，动车组运行过程中所受阻力为车重的k 倍．若动车组以额定功率沿水平方向做直线运动，经时间t 速度达到最大．重力加速度为g ，求：(1)当动车组速度达到最大速度一半时的加速度大小和此时第7节车厢对第8节拉力大小；(2)动车组从启动至速度刚达到最大的过程中所通过的路程．【解析】(1)设动车组最大速度为v m ，则：2P ＝10kmg v m解得：v m ＝P 5kmg当v ＝v m 2时，2P ＝F v ，F ＝20kmg 由牛顿第二定律得：F －10kmg ＝10ma解得：a ＝kg ，以8、9、10三节车厢为研究对象，由牛顿第二定律得：F ′－3kmg ＝3ma ，解得：F ′＝6kmg .(2)由动能定律得：2Pt －10kmgx ＝12×10m v 2m 解得：x ＝Pt 5kmg －P 250k 3m 2g 3. 【答案】(1)kg 6kmg (2)Pt 5kmg －P 250k 3m 2g 311．由学生组成的一个课题小组，在研究变力做功时，设计了如下的模型：如图甲，在水平地面上放置一个质量为m ＝5 kg 的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F 随位移x 变化的图象如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.4，g ＝10 m/s 2.(1)画出0～4 m 内物体加速度a 随位移x 变化的图象；(2)物体速度最大时推力的功率为多少？(3)推力F 减为零后物体还能滑行多远？【解析】(1)由牛顿运动定律得：F －f ＝ma得：a ＝F －f m当F ＝100 N ，x ＝0时，a ＝16 m/s 2当F ＝f ＝20 N 时，a ＝0，x ＝3.2 mF ＝0 N 时，x ＝4 m ，a ＝－4 m/s 2图象如图所示．(2)由题图可得推力F 随位移x 的变化关系式为：F ＝100－25x (N)又当物体速度最大时，物体加速度为0所以：此时F ′＝f ＝μmg解得：x ＝3.2 m 此时推力F ′＝20 N物体从开始到速度最大时，由动能定理得：W F －μmgx ＝12m v 2m由F －x 图象的物理意义得：W F ＝S 面积＝12×(20＋100)×3.2 J ＝192 J 代入数据得：v m ＝1655 m/s 此时推力的功率：P ＝F ′v m ＝20×165 5 W ＝64 5 W (3)由题图可知推力为零时的位移x ＝4 m W 总＝12×100×4 J ＝200 J 由动能定理得：W 总－fx 总＝0－0解得x 总＝10 mx ′＝x 总－x ＝6 m故物体还能滑行6 m【答案】(1)见解析图 (2)64 5 W (3)6 m第2讲机械能守恒定律功能关系【p28】【p28】1．机械能守恒的判断(1)利用机械能守恒的定义判断；(2)利用做功判断；(3)利用能量转化判断；(4)对于绳突然绷紧和物体间非弹性碰撞问题，机械能往往不守恒．2．功能关系(1)重力的功等于__重力势能增量__的负值W G＝－ΔE p；(2)电场力的功等于__电势能增量__的负值W电＝－ΔE p′；(3)弹簧弹力的功等于__弹性势能增量__的负值W弹＝－ΔE p″；(4)合外力的功等于__动能的变化__W合＝ΔE k；(5)一对滑动摩擦力做的总功等于__系统内能__的变化fx相对＝ΔE内＝Q；(6)除重力和弹簧弹力之外的力做功等于__物体机械能__的变化，W其他＝ΔE；(7)电流做的功等于其他能量的增量IUt＝ΔE′；(8)安培力做功等于电能与机械能的转化．【p28】。
2020高考物理通用版大二轮复习练习：“8+2”限时训练3 2019年(全国3卷)逐题仿真练 Wo
姓名，年级：时间：2019年（全国3卷)逐题仿真练题号1415161718考点楞次定律万有引力定律的应用受力分析与平衡动能定理的应用带电粒子在匀强磁场中的运动题号1920212223考点电磁感应图象问题动力学图象问题等量电荷电场性质测重力加速度电表改装与校准二、选择题(本题共8小题,每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）14. （2019·山东威海市5月模拟)如图1所示，轻质弹簧一端固定在天花板上，另一端拴接条形磁铁,置于绝缘水平桌面上的圆形铝质闭合线圈放在条形磁铁的正下方，开始时整个装置处于静止状态．在外力作用下将磁铁竖直向下移动一定距离(未接触桌面)，然后由静止释放，在之后的运动过程中，线圈始终未离开桌面,忽略空气阻力，下列说法正确的是（)图1A．磁铁所受弹簧拉力与其重力相等时，磁铁的加速度为零B．磁铁上升过程中，从上向下看，线圈中产生顺时针方向的电流C．线圈对桌面压力大小可能大于其重力D．磁铁最终会静止，整个过程线圈中产生的热量等于磁铁机械能的减少量答案C解析若磁铁向上运动,会受到向下的安培阻力,若向下运动，会受到向上的安培阻力，因此当磁铁所受弹力与重力等大反向时，磁铁的加速度不一定为零，故A错误；当磁铁向上运动时，穿过线圈的磁通量向上减小，根据楞次定律知，感应电流的磁场的方向向上，俯视线圈，线圈中产生逆时针方向的电流，故B 错误；根据楞次定律，磁铁向下运动时，受到向上的安培阻力,所以磁铁对线圈的作用力的方向向下,此时线圈对桌面压力大小大于其重力,故C正确；磁铁最终静止于起始时的平衡位置,根据能量守恒定律，从静止释放至停止，弹簧的弹性势能的减少量等于磁铁重力势能的增加量与线圈中产生的焦耳热之和，故D错误．15．（2019·贵州贵阳市二模)组成“北斗”卫星导航定位系统的地球静止轨道卫星（同步卫星)和中轨道卫星绕地球在圆轨道上运行，由地球静止轨道卫星和中轨道卫星的轨道半径之比可求（)A．地球静止轨道卫星与地球的质量之比B．地球静止轨道卫星与中轨道卫星的质量之比C．地球静止轨道卫星和中轨道卫星受地球的万有引力之比D．地球静止轨道卫星和中轨道卫星绕地球运动的周期之比答案D解析根据万有引力提供向心力：G错误!＝m错误!r，已知卫星的轨道半径之比，可求运动的周期之比,但无法计算卫星的质量关系，由于两卫星的质量关系未知,也无法求出卫星所受万有引力之比，所以A、B、C错误，D正确．16．（2019·四川成都市第二次诊断）如图2，半圆球P和竖直挡板固定在水平面上，挡板与P相切，光滑小球Q静止在P和挡板之间．已知Q的质量为m,P、Q的半径之比为4∶1，重力加速度大小为g.则Q对P的压力大小为( )图2A.错误!B.错误! C。
高考物理二轮复习刷题首选卷综合能力物理部分押题密卷(三)课件
6．(2019·福建高中毕业班 3 月质检)回旋加速器主要结构如图，两个中 空的半圆形金属盒接高频交流电源置于与盒面垂直的匀强磁场中，两盒间的 狭缝宽度很小。粒子源 S 位于金属盒的圆心处，产生的粒子初速度可以忽略。 用两台回旋加速器分别加速质子(11H)和 α 粒子(42He)，这两台加速器的金属盒 半径、磁场的磁感应强度、高频交流电源的电压均相等，不考虑相对论效应， 则质子和 α 粒子( )
射出的光的谱线在可见光范围内，其颜色分别为( )
A．红、蓝—靛 B．红、紫
C．橙、绿
D．蓝—靛、紫
答案 A
12/8/2021
解析 大量处于 n＝4 能级的氢原子向低能级跃迁时，能够辐射出能量 分别为 12.75 eV、12.09 eV、10.2 eV、2.55 eV、1.89 eV、0.66 eV 的六种光子， 对照表格知，2.55 eV 和 1.89 eV 的光子属于可见光，其中能量为 1.89 eV 的 光子为红光，能量为 2.55 eV 的光子为蓝—靛光，故选 A。
12/8/2021
A．卫星在轨道Ⅱ上 A 点的加速度大于在 B 点的加速度 B．卫星沿轨道Ⅰ运动的过程中，卫星中的科考仪器处于超重状态 C．卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，机械能增加 D．卫星在轨道Ⅱ经过 A 点时的动能小于在轨道Ⅱ经过 B 点时的动能 答案 D
12/8/2021
解析 根据万有引力提供向心力有：GMr2m＝ma，B 点距月心更近，所 以卫星在 B 点的加速度更大，A 错误；卫星沿轨道Ⅰ运动的过程中，万有引 力全部提供向心力，卫星中的科考仪器处于失重状态，B 错误；卫星从高轨 道变轨到低轨道，需要点火减速，卫星的动能减小，所以卫星从轨道Ⅰ变轨 到轨道Ⅱ，机械能减小，C 错误；从 A 点到 B 点，万有引力做正功，卫星的 动能增大，D 正确。
2020版高考物理大二轮复习优选习题 20题专练小卷
20题专练小卷1.如图甲所示为一景区游乐滑道,游客坐在坐垫上沿着花岗岩滑道下滑,他可依靠手、脚与侧壁间的摩擦来控制下滑速度。
滑道简化图如乙所示,滑道由AB、BC、CD三段组成,各段之间平滑连接。
AB段和CD段与水平面夹角为θ1,竖直距离均为h0,BC段与水平面夹角为θ2,竖直距离为h0。
一质量为m的游客从A点由静止开始下滑,到达底端D点时的安全速度不得大于,已知sinθ1=、sinθ2=,坐垫与滑道底面间摩擦及空气阻力均不计,若未使用坐垫,游客与滑道底面间的摩擦力大小F f恒为重力的,运动过程中游客始终不离开滑道,问:(1)游客使用坐垫自由下滑(即与侧壁间无摩擦),则游客在BC段增加的动能ΔE k多大?(2)若游客未使用坐垫且与侧壁间无摩擦下滑,则游客到达D点时是否安全?(3)若游客使用坐垫下滑,则克服侧壁摩擦力做功的最小值是多少?2.如图所示,在水平轨道右侧安放半径为R=0.2 m的竖直圆形光滑轨道,水平轨道的PQ段铺设特殊材料,调节其初始长度为L=1 m,水平轨道左侧有一轻质弹簧,弹簧左端固定,弹簧处于自然状态。
质量为m=1 kg的小物块A(可视为质点)从轨道右侧以初速度v0=2 m/s冲上轨道,通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回,经水平轨道返回圆形轨道。
物块A与PQ段间的动摩擦因数μ=0.2,轨道其他部分摩擦不计,重力加速度g取10 m/s2。
求:(1)物块A与弹簧刚接触时的速度大小v1;(2)物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度h1;(3)调节PQ段的长度L,A仍以v0从轨道右侧冲上轨道,当L满足什么条件时,物块A能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道。
20题专练小卷1.答案 (1)mgh0(2)不安全(3)mgh0解析 (1)重力在BC段做的功即为增加的动能ΔE k可得ΔE k=W G=mgh0(2)在AD段,由动能定理,得mg-12F f h0=v D=到达D点时不安全(3)到达D点的速度为,对应的功最小。
新课标2020高考物理二轮复习综合模拟滚动三含解析
高考物理二轮复习综合模拟滚动：综合模拟滚动小卷(三)(建议用时：45分钟)一、单项选择题1．目前，在居家装修中，经常用到花岗岩、大理石等装修材料，这些岩石都不同程度地含有放射性元素，比如有些含有铀钍的花岗岩等岩石都会释放出放射性惰性气体氡，而氡会发生放射性衰变，放出α、β、γ射线，这些射线会导致细胞发生癌变及呼吸道方面的疾病，根据有关放射性知识可知，下列说法正确的是( )A ．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时产生并发射出来的B ．β射线是原子核外电子电离形成的质子流，它具有很强的穿透能力C ．已知氡的半衰期为3.8天，若取1 g 氡放在天平左盘上，砝码放于右盘，左右两边恰好平衡，则3.8天后，需取走0.5 g 砝码天平才能再次平衡D ．发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了4 2.半径为R 的半圆柱形介质截面如图所示，O 为圆心，AB 为直径，Q 是半圆上的一点，从Q 点平行于AB 射入半圆柱介质的光线刚好从B 点射出，已知∠QBO ＝30°，现有一条光线从距离O 点32R 处垂直于AB 边射入半圆柱形介质，已知光在真空中的传播速度为c ，则该半圆柱形介质的折射率为( )A ．2 B. 3 C. 2D.223．2018年12月8日我国嫦娥四号探测器成功发射，实现人类首次在月球背面无人软着陆．通过多次调速让探月卫星从近地环绕轨道经地月转移轨道进入近月环绕轨道．已知地球与月球的质量之比及半径之比分别为a 、b ，则下列关于近地卫星与近月卫星做匀速圆周运动的判断正确的是( )A ．加速度之比约为b aB ．周期之比约为 b 3aC ．线速度之比约为b aD ．从近地轨道进入到地月转移轨道，卫星必须减速4．如图所示，半径为r 的金属圆环放在垂直纸面向外的匀强磁场中，环面与磁感应强度方向垂直，磁场的磁感应强度为B 0，保持圆环不动，将磁场的磁感应强度随时间均匀增大，经过时间t ，磁场的磁感应强度增大到B 1，此时圆环中产生的焦耳热为Q ；保持磁场的磁感应强度B 1不变，将圆环绕对称轴(图中虚线)匀速转动，经时间2t 圆环转过90°，圆环中电流大小按正弦规律变化，圆环中产生的焦耳热也为Q ，则磁感应强度B 0和B 1的比值为( )A.4－π4 B.5－π5 C.42－π42 D.52－π52二、多项选择题5．A 、B 两质点在同一平面内同时向同一方向做直线运动，它们的位移时间图象如图所示，其中①是顶点过原点的抛物线的一部分，②是通过(0，3)的一条直线，两图象相交于坐标为(3，9)的P 点，则下列说法不正确是( )A ．质点A 做初速度为零，加速度为2 m/s 2的匀加速直线运动 B ．质点B 以3 m/s 的速度做匀速直线运动 C ．在前3 s 内，质点A 比B 向前多前进了6 m D ．在前3 s 内，某时刻A 、B 速度相等6．如图所示，M 、N 是组成电容器的两块水平放置的平行金属极板，M 中间有一小孔．M 、N 分别接到电压恒定的电源上(图中未画出)．小孔正上方的A 点与极板M 相距h .与极板N 相距3h .某时刻一质量为m 、电荷量为q的微粒从A 点由静止下落，到达极板N 时速度刚好为零(不计空气阻力)，重力加速度为g .则( )A ．带电微粒在M 、N 两极板间往复运动B ．两极板间电场强度大小为3mg2qC ．若将M 向下平移h3，微粒仍从A 点由静止下落，进入电场后速度为零的位置与N 的距离为54hD ．若将N 向上平移h 3微粒仍从A 由静止下落，进入电场后速度为零的位置与M 的距离为54h三、非选择题7．某同学从实验室天花板处自由释放一钢球，用频闪摄影手段验证机械能守恒．频闪仪每隔相等时间短暂闪光一次，照片上记录了钢球在各个时刻的位置．(1)操作时比较合理的做法是________．A ．先打开频闪仪再释放钢球B ．先释放钢球再打开频闪仪(2)频闪仪闪光频率为f ，拍到整个下落过程中的频闪照片如图所示，结合实验场景估算f 可能值为________．A ．0.1 HzB ．1 HzC ．10 HzD ．100 Hz(3)用刻度尺在照片上测量钢球各位置到释放点O 的距离分别为s 1、s 2、s 3、s 4、s 5、s 6、s 7、s 8及钢球直径，重力加速度为g .用游标卡尺测出钢球实际直径D ，如图所示，则D ＝________cm.已知实际直径与照片上钢球直径之比为k .(4)选用以上各物理量符号，验证从O 到A 过程中钢球机械能守恒成立的关系式为：2gs 5＝__________．8.某物理社团受“蛟龙号”的启发，设计了一个测定水深的深度计．如图，导热性能良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ内径相同，长度均为L ，内部分别有轻质薄活塞A 、B ，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，汽缸Ⅰ左端开口．外界大气压强为p 0，汽缸Ⅰ内通过A 封有压强为p 0的气体，汽缸Ⅱ内通过B 封有压强为2p 0的气体，一细管连通两汽缸，初始状态A 、B 均位于汽缸最左端．该装置放入水下后，通过A 向右移动的距离可测定水的深度．已知p 0相当于10 m 高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，求：(1)当A 向右移动L4时，水的深度h ；(2)该深度计能测量的最大水深h m .9．如图所示，质量均为m＝4 kg的两个小物块A、B(均可视为质点)放置在水平地面上，竖直平面内半径R＝0.4 m的光滑半圆形轨道与水平地面相切于C，弹簧左端固定．移动物块A压缩弹簧到某一位置(弹簧在弹性限度内)，由静止释放物块A，物块A离开弹簧后与物块B 碰撞并粘在一起以共同速度v＝5 m/s向右运动，运动过程中经过一段长为s，动摩擦因数μ＝0.2的水平面后，冲上圆轨道，除s段外的其他水平面摩擦力不计．求：(g取10 m/s2)(1)若s＝1 m，两物块刚过C点时对轨道的压力大小；(2)刚释放物块A时，弹簧的弹性势能；(3)若两物块能冲上圆形轨道，且不脱离圆形轨道，s应满足什么条件．综合模拟滚动小卷(三)1．解析：选A.β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时产生并发射出来的，故A 正确；β射线是电子流，并不是质子流，它的穿透能力强于α射线，弱于γ射线，穿透能力中等，故B 错误；氡的半衰期为3.8天，经3.8天后，有0.5克衰变成新核，新的原子核仍然留在天平左盘中，故取走的砝码应小于0.5克，天平才能再次平衡，故C 错误；发生α衰变时，电荷数减少2(即质子数减少2)，质量数减少4，则中子数减少2，故D 错误．2．解析：选B.作出光路图：由几何关系可知，从Q 点射入的光线的入射角为i ＝60°由折射定律有：n ＝sin isin r＝3，B 正确．3．解析：选B.根据a ＝GM r 2可知，a 地a 月＝M 地R 2月M 月R 2地＝a b 2，选项A 错误；由T ＝2πr 3GM 可得，T 地T 月＝R 3地M 月R 3月M 地＝b 3a，选项B 正确；根据v ＝GM r 可得v 地v 月＝M 地R 月M 月R 地＝ab，选项C 错误；从近地轨道进入到地月转移轨道，卫星必须要多次加速变轨，选项D 错误．4．解析：选A.保持圆环不动时，产生的感应电动势恒定，为E 1＝（B 1－B 0）πr2t，则Q＝E 21R t ＝（B 1－B 0）2π2r 4tR ①；线圈转动时，产生的感应电动势最大值：E 2m ＝B 1ωS ＝B 1π22t ·πr 2＝π2r 2B 14t ，有效值E 2＝π2r 2B 142t ，产生的热量Q ＝E 22R ×2t ＝π4r 4B 2116tR ②，联立①②式可得：B 0B 1＝4－π4，故选A.5．解析：选BC.质点A 的图象是抛物线，说明质点A 做匀变速直线运动，将(0，0)、(3 s ，9 m)代入公式，x ＝v 0t ＋12at 2，解得：v 0＝0，a ＝2 m/s 2，即质点A 做初速度为零加速度为2 m/s2的匀加速直线运动，故A 正确；质点B 做匀速直线运动，速度为：v B ＝Δx Δt ＝9－33 m/s ＝2 m/s ，故B 错误；在前3 s 内，质点A 前进位移为9 m ，质点B 前进位移为6 m ，所以质点A 比B 向前多前进3 m ，故C 错误；根据x －t 图象的斜率等于速度，知在3 s 前某时刻质点A 、B 速度相等，故D 正确．6．解析：选BD.由于粒子在电场中和在电场外受到的力都是恒力，可知粒子将在A 点和下极板之间往复运动，选项A 错误；由动能定理：mg ·3h ＝Eq ·2h ，解得E ＝3mg2q，选项B 正确；若将M 向下平移h 3，则板间场强变为E 1＝U 53h ＝3U 5h ＝65E ，则当粒子速度为零时，由动能定理：mg ·(3h －Δh )＝E 1q ·⎝ ⎛⎭⎪⎫5h 3－Δh ，可知方程无解，选项C 错误；若将N 向上平移h 3，则板间场强变为E 2＝U 53h ＝3U 5h ＝65E ，设当粒子速度为零时的位置与M 极板相距Δh ′，由动能定理：mg ·(h＋Δh ′)＝E 2q ·Δh ′，解得Δh ′＝54h ，选项D 正确．7．解析：(1)为了记录完整的过程，应该先打开闪频仪再释放钢球，A 正确．(2)天花板到地板的高度约为3 m ，小球做自由落体运动，从图中可知经过8次闪光到达地面，故有12g ×(8T )2＝3 m ，解得T ≈0.1 s ，即f ＝1T＝10 Hz ，C 正确．(3)游标卡尺的读数为D ＝45 mm ＋5×0.1 mm ＝45.5 mm ＝4.55 cm. (4)到A 点的速度为v A ＝s 6－s 42T ＝（s 6－s 4）f2，根据比例关系可知，到A 点的实际速度为v ＝k （s 6－s 4）f2，因为小球下落实际高度为H s 5＝D d ＝k ，代入mgH ＝12mv 2可得2gs 5＝14kf 2(s 6－s 4)2.答案：(1)A (2)C (3)4.55 (4)14kf 2(s 6－s 4)28．解析：(1)当A 向右移动L4时，设B 不移动对汽缸Ⅰ内气体，由玻意耳定律得：p 0SL ＝p 134SL解得：p 1＝43p 0而此时B 中气体的压强为2p 0>p 1，故B 不动 由p 1＝p 0＋p h解得：水的深度p h ＝p 1－p 0＝13p 0，故h ≈3.33 m.(2)该装置放入水下后，由于水的压力A 向右移动，汽缸Ⅰ内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于2p 0后B 开始向右移动，当A 恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原汽缸Ⅰ内气体全部进入汽缸Ⅱ内，设B 向右移动x 距离，两部分气体压强为p 2，活塞横截面积为S对原 Ⅰ 内气体，由玻意耳定律得：p 0SL ＝p 2Sx 对原Ⅱ内气体，由玻意耳定律得：2p 0SL ＝p 2S (L －x ) 又p 2＝p 0＋p h m联立解得p h m ＝2p 0，故h m ＝20 m. 答案：(1)3.33 m (2)20 m9．解析：(1)设物块经过C 点时速度为v C ，物块受到轨道支持力为F N C 由功能关系得：12×2mv 2－2μmgs ＝12×2mv 2C又F N C －2mg ＝2m v 2CR代入解得：F N C ＝500 N由牛顿第三定律知，物块对轨道压力大小也为500 N.(2)设A 与B 碰撞前A 的速度为v 0，以向右为正方向，由动量守恒得：mv 0＝2mv ，解得v 0＝10 m/s则：E p ＝E k ＝12mv 20＝200 J.(3)物块不脱离轨道有两种情况①能过轨道最高点，设物块经过半圆形轨道最高点最小速度为v 1，则2mg ＝2mv 21R得：v 1＝gR ＝2 m/s物块从碰撞后到经过最高点过程中，由功能关系有 12×2mv 2－2μmgs －4mgR ≥12×2mv 21 代入解得s 满足条件：s ≤1.25 m. ②物块上滑最大高度不超过14圆弧设物块刚好到达14圆弧处速度为v 2＝0物块从碰撞后到最高点，由功能关系有：1×2mv2－2μmgs≤2mgR2同时依题意，物块能滑出粗糙水平面，由功能关系：1×2mv2>2μmgs2代入解得s满足条件：4.25 m≤s<6.25 m.答案：(1)500 N (2)200 J(3)s≤1.25 m或4.25 m≤s<6.25 m。
【人教版】2020年高考物理二轮复习选考题15分练3
选考题15分练(三)(时间：20分钟 分值：45分)1．(1)(5分)(2018·张掖三次诊断)下列说法正确的是__________．A ．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体B ．布朗运动是由颗粒分子的无规则运动引起的C ．不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功而不产生其他影响D ．一些昆虫可以停在水面上，是由于表面张力作用的结果E ．晶体的物理性质一定表现为各向同性A CD [根据热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，选项A 正确；布朗运动是由液体内分子的无规则运动引起的，选项B 错误；根据热力学第二定律可知，不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不产生其他影响，选项C 正确；一些昆虫可以停在水面上，是由于表面张力作用的结果，选项D 正确；单晶体的物理性质一定表现为各向异性，选项E 错误．](2) (10分)如图1所示，内外壁均光滑的汽缸放在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，汽缸内部用横截面积为S ＝1.0×10－2m 2的光滑活塞封闭了一定质量的理想气体．活塞另一端通过轻杆固定在挡板上，此时气体温度为27 ℃时，密闭气体的体积为2.0×10－3m 2，压强为1.2p 0.已知汽缸容积为V ＝3.0×10－3 m 3，外界大气压强p 0＝1.0×105 Pa.图1①对气体加热使温度达到57 ℃时，汽缸沿斜面移动的距离？②保持气体温度57 ℃不变，用沿斜面向上的力F ，大小为0.5倍的汽缸重量缓慢拉动汽缸，则能否将汽缸拉离活塞？【解析】 ①气体等压变化V 0T 0＝V 1T 1代入数据得V 1＝2.2×10－3m 3汽缸移动的距离为d ＝V 1－V 0S＝2×10－2m. ②对汽缸初态p 1S ＝p 0S ＋mg sin θ.由玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2末态p 2S ＋F ＝p 1S F ＝0.5mg .联立解得V 2＝2.64×10－3m 3V 2＜V ＝3.0×10－3m 3，则汽缸不能拉离活塞．【答案】 ①2×10－2m ②汽缸不能拉离活塞2．(1)(5分)(2018·保定一模)图2甲为一列简谐横波在t ＝0.10 s 时刻的波形图，P 是平衡位置为x ＝0.5 m处的质元，Q 是平衡位置为x ＝2 m 处的质元，图乙为质元P 的振动图象．则该波的传播方向是__________(填“沿x 轴正方向”或“沿x 轴负方向”)，传播速度大小为__________m/s ，从t ＝0.10 s 到t ＝2.7 s ，质元Q 通过的路程为__________cm.图2【解析】 由P 点的振动图象可知，t ＝0.10 s 时，P 点向上振动，则由波形图可知，波沿x 轴负方向传播；因λ＝4 m ，T ＝0.8 s ，则波速v ＝λT ＝40.8m/s ＝5 m/s ；从t ＝0.10 s 到t ＝2.7 s ，时间间隔为2.6 s ＝314T ，则质元Q 通过的路程为13A ＝130 cm.【答案】 沿x 轴负方向 5 130(2) (10分)如图3所示，一个透明的圆柱横截面的半径为R ，折射率是3，AB 是一条直径，现有一束平行光沿AB 方向射入圆柱体．若有一条光线经折射后恰经过B 点，求：图3①这条入射光线到AB 的距离是多少？②这条入射光线在圆柱体中运动的时间是多少？【解析】 ①设光线经P 点折射后如图所示，根据折射定律可得：n ＝sin αsin β＝3① 在△OBC 中：sin βR ＝sin α2R cos β② 由①②式解得：α＝60° β＝30°所以：CD ＝R sin α＝32R .③②在△DBC 中：BC ＝CDα－β＝3R ④t ＝BC v ＝3R c 3＝3R c.⑤ 【答案】 ①32R ②3R c。
2020届高考大二轮刷题首选卷物理精练：阶段滚动卷三 Word版含解析
阶段滚动卷三本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，时间90分钟。
第Ⅰ卷一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一个选项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求，全部答对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1. (2019·广东佛山一模)一个简易的电磁弹射玩具如图所示。
线圈、铁芯组合充当炮筒，硬币充当子弹。
现将一个金属硬币放在铁芯上(金属硬币半径略大于铁芯半径)，电容器刚开始时处于无电状态，则下列说法正确的是()A．要将硬币射出，可直接将开关拨到2B．当开关拨向1时，有短暂电流出现，且电容器上极板带负电C．当开关由1拨向2的瞬间，铁芯中的磁通量减小D．当开关由1拨向2的瞬间，硬币中会产生向上的感应磁场答案D解析当线圈中的电流增大时，穿过硬币的磁通量变大，由楞次定律知此时硬币射出，而直接将开关拨到2，电容器是不会放电产生电流的，故A错误；当开关拨向1时，电容器充电，电路中有短暂电流出现，由于电容器的上极板与电源正极相连，因此电容器的上极板带正电，故B错误；当开关由1拨向2的瞬间，电容器放电，线圈中的电流增大，向下的磁通量增大，根据楞次定律，可知硬币中会产生向上的感应磁场，故C错误，D正确。
2. (2019·广西钦州三模)如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点。
下列判断中正确的是()A．P点的电势比Q点的电势高B．P点的场强比Q点的场强大C．带电粒子通过Q点时的电势能比P点时的小D．带电粒子通过Q点时的动能比P点时的大答案B解析由图可知带电粒子所受电场力沿电场线向右，由于粒子带正电，则电场强度方向沿电场线向右，故P点的电势低于Q点的电势，A错误；电场线越密的地方场强越大，由图可知P点的场强大于Q点的场强，B正确；Q点的电势比P点的电势高，粒子带正电，由E p＝φq可知，带电粒子通过Q点时的电势能比P 点时的大，C错误；粒子仅在电场力作用下运动，只有动能和电势能相互转化，所以带电粒子通过Q点时的动能比通过P点时的小，D错误。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
专题综合训练(三)1.如图所示,某区域电场线左右对称分布,M、N为对称线上两点。
下列说法正确的是()A.M点电势一定高于N点电势B.M点电场强度一定大于N点电场强度C.正电荷在M点的电势能小于在N点的电势能D.将电子从M点移动到N点,静电力做正功2.如图所示,菱形ABCD的对角线相交于O点,两个等量异种点电荷分别固定在AC连线上的M点与N 点,且OM=ON,则()A.A、C两处电势、电场强度均相同B.A、C两处电势、电场强度均不相同C.B、D两处电势、电场强度均相同D.B、D两处电势、电场强度均不相同3.如图所示,正方形线框由边长为L的粗细均匀的绝缘棒组成,O是线框的中心,线框上均匀地分布着正电荷,现在线框上边框中点A处取下足够短的带电量为q的一小段,将其沿OA连线延长线向上移动的距离到B点处,若线框的其他部分的带电量与电荷分布保持不变,则此时O点的电场强度大小为()A.kB.kC.kD.k4.如图,在竖直方向的匀强电场中有一带负电荷的小球(初速度不为零),其运动轨迹在竖直平面(纸面)内,截取一段轨迹发现其相对于过轨迹最高点O的竖直虚线对称,A、B为运动轨迹上的点,忽略空气阻力,下列说法不正确的是()A.B点的电势比A点高B.小球在A点的动能比它在B点的大C.小球在最高点的加速度不可能为零D.小球在B点的电势能可能比它在A点的大5.如图所示,真空中同一平面内MN直线上固定电荷量分别为-9Q和+Q的两个点电荷,两者相距为L,以+Q点电荷为圆心,半径为画圆,a、b、c、d是圆周上四点,其中a、b在MN直线上,c、d两点连线垂直于MN,一电荷量为q的负点电荷在圆周上运动,比较a、b、c、d四点,则下列说法错误的是()A.a点电场强度最大B.负点电荷q在b点的电势能最大C.c、d两点的电势相等D.移动负点电荷q从a点到c点过程中静电力做正功6.真空中,两个固定点电荷A、B所带电荷量分别为Q1和Q2,在它们共同形成的电场中,有一条电场线如图实线所示,实线上的箭头表示电场线的方向,电场线上标出了C、D两点,其中D点的切线与AB 连线平行,O点为AB连线的中点,则()A.B带正电,A带负电,且|Q1|>|Q2|B.O点电势比D点电势高C.负检验电荷在C点的电势能大于在D点的电势能D.在C点静止释放一带正电的检验电荷,只在电场力作用下将沿电场线运动到D点7.如图所示,矩形虚线框的真空区域内存在着沿纸面方向的匀强电场(具体方向未画出),一粒子从bc 边上的M点以速度v0垂直于bc边射入电场,从cd边上的Q点飞出电场,不计粒子重力。
下列说法不正确的是()A.粒子到Q点时的速度大小可能小于v0B.粒子到Q点时的速度大小可能等于v0C.粒子到Q点时的速度方向可能与cd边平行D.粒子到Q点时的速度方向可能与cd边垂直8.如图所示,某静电场的电场线分布关于y轴(沿竖直方向)对称,O、M、N三点均在y轴上,且OM=MN。
P点在y轴的右侧,MP⊥ON,下列说法正确的是()A.M点的电势与P点的电势相等B.将质子由M点移动到P点,电场力做负功C.M、N两点间的电势差比O、M两点间的电势差大D.在O点由静止释放个质子,该质子将沿y轴正方向加速运动9.某静电场中有一质量为m、电荷量为+q的粒子甲从O点以速率v0射出,运动到A点时速率为3v0;另一质量为m、电荷量为-q的粒子乙以速率3v0仍从O点射出,运动到B点速率为4v0,不计重力的影响。
则()A.在O、A、B三点中,O点电势最高B.O、A间的电势差与B、O间的电势差相等C.甲电荷从O到A电场力对其所做的功比乙电荷从O到B电场力对其所做的功多D.甲电荷从O到A电场力对其做正功,乙电荷从O到B电场力对其做负功10.在静电场中由静止释放一电子。
该电子仅在电场力作用下沿直线运动,其加速度a随时间t的变化规律如图所示。
则()A.该电场可能为匀强电场B.电子的运动轨迹与该电场的等势面垂直C.电子运动过程中途经各点的电势逐渐降低D.电子具有的电势能逐渐增大11.如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道,处于水平向右的匀强电场中,带负电荷的小球从高h的A处由静止开始下滑,沿轨道ABC运动并进入圆环内做圆周运动。
已知小球所受电场力是其重力的,圆环半径为R,斜面倾角θ=60°,s BC=2R。
若使小球在圆环内能做完整的圆周运动,h 至少为多少?12.如图所示,两竖直虚线间距为L,之间存在竖直向下的匀强电场。
自该区域的A点将质量为M、电荷量分别为q和-q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿水平方向射出。
小球进入电场区域,并从该区域的右边界离开。
已知N离开电场时的位置与A点在同一高度;M刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的8倍。
不计空气阻力,重力加速度大小为g。
已知A点到左边界的距离也为L。
(1)求该电场的电场强度大小;(2)求小球射出的初速度大小;(3)要使小球M、N离开电场时的位置之间的距离不超过L,仅改变两小球的相同射出速度,求射出速度需满足的条件。
13.如图所示,在直角坐标系xOy的第一象限中,0≤x≤d的空间存在着沿y轴正方向的匀强电场,在x>d的空间存在着垂直纸面方向向外的匀强磁场,一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,从y 轴上的A点,以速度v0沿x轴正方向进入电场,带电粒子在电场与磁场作用下,从A点依次经过B点和C点,A、B、C三点的坐标分别为0,d-、(d,d)、(2d,0),不计带电粒子重力,求:(1)匀强电场的电场强度E的大小;(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小;(3)带电粒子从A到C的运动时间t。
14.如图所示,半径为r的圆形区域内有平行于纸面的匀强偏转电场,电场与水平方向成60°角,同心大圆半径为r,两圆间有垂直于纸面向里的匀强磁场(圆的边界上有磁场),磁感应强度为B。
质量为m、电荷量为+q的粒子经电场加速后恰好沿磁场边界进入磁场,经磁场偏转恰好从内圆的最高点A 处进入电场,并从最低点C处离开电场。
不计粒子的重力。
求:(1)该粒子从A处进入电场时的速率;(2)偏转电场的电场强度大小;(3)使该粒子不进入电场并在磁场中做完整的圆周运动,进入磁场的速度范围。
15.如图所示,在Ⅰ区里有与水平方向成60°角的匀强电场E1,宽度为d。
在Ⅱ区里有垂直于纸面向外的匀强磁场和竖直方向的电场E2,宽度也为d。
一带电量为q、质量为m的微粒自图中P点由静止释放后沿虚线做直线运动进入Ⅱ区的磁场,已知PQ与中间边界MN的夹角是60°。
若微粒进入Ⅱ区后做匀速圆周运动且还能回到MN边界上。
重力加速度为g。
Ⅰ区和Ⅱ区的场在竖直方向足够长,d、m、q已知,求:(1)微粒带何种电荷,电场强度E1;(2)Ⅱ区磁感应强度B的取值范围;(3)微粒第一次在磁场中运动的最长时间。
16.如图,xOy平面的第二象限内有平行y轴放置的金属板A、B,板间电压为U;第一、三、四象限内存在垂直纸面向外、磁感应强度B=1 T的匀强磁场;ON为处于y轴上的弹性绝缘挡板,ON长h=3 m;M为x轴负方向上一点,OM长L=1 m。
现有一比荷为=2.0 C/kg、重力不计的带正电粒子从A板静止释放,经电场加速后从B板小孔处射出,恰好从挡板上端N点处平行x轴方向垂直射入磁场。
(1)若粒子不与挡板碰撞直接打到M点,则U为多大?(2)若粒子与挡板相碰后均能以原速率弹回,且碰撞时间不计、碰撞前后电荷量不变,粒子最后都能经过M点,则粒子在磁场中运动的最长时间为多少?(结果保留三位有效数字)专题综合训练(三)1.A解析顺着电场线电势降低,故M点电势一定高于N点电势,正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能,故选项A正确;M点的电场线较N点稀疏,故M点电场强度一定小于N点电场强度,选项B错误;将电子从M点移动到N点,静电力做负功,选项D错误。
2.C解析根据等量异种电荷电场线的分布规律可知,O处电势为零,A处电势为正,C处电势为负,A处电场强度方向向左,C处电场强度方向也向左,大小相同,所以A、C两处电势不等,电场强度相同,故A、B错误;B、D两处电场强度大小相等,方向水平向右,则电场强度相同,两处在同一等势面上,电势相同,故C正确,D错误。
3.C解析线框上的电荷在O点产生的电场等效于与A点对应的电荷量为q的电荷在O点产生的电场,故E1=,B点的电荷在O点产生的电场强度为E2=,由电场的叠加可知E=E1-E2=。
4.A解析根据粒子的弯折方向可知,粒子所受合力方向一定指向下方;因轨迹关于O点对称,则电场力可能竖直向上,也可能竖直向下,即电场方向可能竖直向下,当电场方向竖直向下时B点的电势比A点高,带负电的小球在B点的电势能比它在A点的小;电场强度也可能竖直向上,此时B点的电势比A点低,带负电的小球在B点的电势能比它在A点的大,故A错误,D正确;因小球所受合力方向向下,则从A到B,合力做负功,则动能减小,即小球在A点的动能比它在B点的大,选项B正确;因合力不为零,则小球在最高点的加速度不可能为零,选项C正确。
5.B解析+Q在a、b、c、d四点的电场强度大小相等,在a点,-9Q的电场强度最大,而且方向与+Q在a点的电场强度方向相同,根据合成可知a处电场强度最大,故A正确;a、b、c、d四点在以点电荷+Q为圆心的圆上,由+Q产生的电场在a、b、c、d四点的电势相等,所以a、b、c、d四点的总电势可以通过-9Q产生的电场的电势确定,根据顺着电场线方向电势降低可知,b点的电势最高,c、d电势相等,a点电势最低,根据负电荷在电势低处电势能大,可知负点电荷q在a处的电势能最大,在b处的电势能最小,在c、d两处的电势能相等,故B错误,C正确;移动负点电荷q从a点到c点过程中,电势能减小,静电力做正功,选项D正确。
6.B解析根据电场线的流向,知A带正电,B带负电;D点的电场强度可看成A、B两电荷在该点产生电场强度的合电场强度,电荷A在D点电场方向沿AD向上,电荷B在D点产生的电场强度方向沿DB向下,合电场强度方向水平向右,可知A电荷在D点产生的电场强度大于B电荷在D点产生的电场强度,而AD>BD,所以Q1>Q2,故A不正确;沿着电场线方向电势降低,所以O点电势比D点电势高,故B正确;沿电场线方向电势逐渐降低,U C>U D,再根据E p=qU,q为负电荷,知E p C<E p D,故C错误;只有电场线方向是一条直线,且初速度为0或初速度的方向与电场平行,运动轨迹才与电场线重合。
而该电场线是一条曲线,所以运动轨迹与电场线不重合,故D错误。
7.C解析Q点的电势可能高于M点的电势,质子从M到Q,电场力作负功,速度减小,粒子到Q 点时的速度小于v0,故A正确;Q点的电势可能等于M点的电势,粒子从M到Q电场力不做功,到Q点时的速度可能等于v0,故B正确;粒子做曲线运动,所以质子到Q点时的速度方向不可能与cd边平行,故C错误;质子做曲线运动,质子到Q点时的速度方向可能与cd边垂直,故D正确。