2020高考物理一轮复习练习题(3)(含解析)新人教版

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2020届人教版高考物理一轮复习测试专题《平抛运动与圆周运动》(含解析)

2020届人教版高三物理一轮复习测试专题《平抛运动与圆周运动》一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)1.如图，可视为质点的小球位于半圆体左端点A的正上方某处，以初速度v0水平抛出，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点．过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为30°，则半圆柱体的半径为（不计空气阻力，重力加速度为g）（）A．B．C．D．2.如图所示，某人向对面的山坡上水平抛出两个质量不等的石块，分别落到Ａ，Ｂ两处．不计空气阻力，则落到Ｂ处的石块（）A．初速度大，运动时间短B．初速度大，运动时间长C．初速度小，运动时间短D．初速度小，运动时间长3.质量为2kg的质点在竖直平面内斜向下做曲线运动，它在竖直方向的速度图象和水平方向的位移图象如图甲、乙所示。

下列说法正确的是（）A．前2 s内质点处于超重状态B． 2 s末质点速度大小为4 m/sC．质点的加速度方向与初速度方向垂直D．质点向下运动的过程中机械能减小4.如图所示，位于同一高度的小球A，B分别以v1和v2的速度水平抛出，都落在了倾角为30°的斜面上的C点，小球B恰好垂直打到斜面上，则v1，v2之比为（）A． 1 ∶1B． 2 ∶1C． 3 ∶2D． 2 ∶35.公交车是人们出行的重要交通工具，如图所示是公交车内部座位示意图，其中座位A和B的边线和车前进的方向垂直，当车在某一站台由静止开始匀加速启动的同时，一个乘客从A座位沿AB连线相对车以 2m/s 的速度匀速运动到B，则站在站台上的人看到该乘客（）A．运动轨迹为直线B．运动轨迹为抛物线C．因该乘客在车上匀速运动，所以乘客处于平衡状态D．当车速度为 5m/s 时，该乘客对地速度为 7m/s6.“套圈圈”是小孩和大人都喜爱的一种游戏。

某小孩和大人直立在界外，在同一竖直线上不同高度分别水平抛出小圆环，并恰好套中前方同一物体。

假设小圆环的运动可以视为平抛运动，则（）A．大人抛出的圆环运动时间较短B．大人应以较小的速度抛出圆环C．小孩抛出的圆环运动发生的位移较大D．小孩抛出的圆环单位时间内速度变化量较小7.如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环（可视为质点），从大环的最高处由静止滑下。

2020版高考物理一轮总复习电学综合训练(含解析)新人教版

电学综合训练一、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，其中第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求，全部答对得6分，选对但不全得3分，错选得0分)1．如图所示，绝缘水平面上有两条平行光滑长直导轨，导轨左端接有电阻R ，电阻为r 的金属棒AB 垂直跨放在导轨上且与导轨接触良好，其他电阻不计．两导轨间存在竖直向下的匀强磁场．给AB 以水平向右的初速度v 0并开始计时，下面四幅反映AB 的速度v 随时间t 变化规律的图象中，可能正确的是( )解析：选D.AB 杆以水平向右的初速度v 0切割磁感线，在回路中充当电源，电路中产生的电流为I ＝Blv R ＋r ，AB 杆受到的安培力F 安＝BIl ＝B 2l 2v R ＋r，对AB 杆受力分析可知，水平方向合外力等于安培力，充当阻力使其减速，所以其加速度随速度的减小而减小，直到速度减为零时，加速度减为零，故D 项正确．2．如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，有一等腰直角三角形ACD .A 点有一根垂直于ACD 平面的直导线．当导线中通有图示方向的电流时，D 点的磁感应强度为零．则C 点的磁感应强度大小为( )A. 0 B ．B 0 C.2B 0D ．2B 0解析：选C.由D 点的磁感应强度为零可知，通电直导线在D 点产生的磁场与空间中存在的匀强磁场的磁感应强度等大反向，所以匀强磁场方向垂直于AD 向下，由于C 点与D 点与A 等距离，所以通电直导线在C 点产生的磁场磁感应强度大小为B 0，方向垂直于AC 向左，则C 点的磁感应强度大小为2B 0，故C 项正确．3．一个阻值为20 Ω的电阻，通有如图所示的电流，在一个周期内，前半个周期电流随时间按正弦规律变化，后半个周期电流为恒定电流，则在一个周期内，电阻产生的热量为( )A ．0.2 JB ．0.4 JC ．0.6 JD ．0.8 J解析：选C.求解电阻产生的热量时应该用电流的有效值，由有效值的定义可得⎝ ⎛⎭⎪⎫I m 22R T2＋I 22R T2＝I 2RT 得，I ＝32A ，则一个周期内电阻产生的热量为Q ＝I 2RT ＝0.6 J ，故C 项正确．4．如图甲所示，单匝导线框abcd 固定于匀强磁场中，规定垂直纸面向里为磁场的正方向．从t ＝0时刻开始磁感应强度B 随时间t 变化关系如图乙所示，若规定逆时针方向为感应电流i 的正方向，则在下面四个反映线框里感应电流i 随时间t 变化规律的图象中，正确的是( )解析：选A.由法拉第电磁感应定律可得：E ＝N ΔBS Δt ，又i ＝ER ，结合B t 图象可得，0～1 s 内线圈中产生的电流是恒定的，故C 、D 项错误；由B t 图象可知0～1 s 内垂直纸面向里的磁场磁通量在增大，由楞次定律可知线圈中产生的感应电流的方向为逆时针，与规定的正方向相同，所以为正值，故A 项正确，B 项错误．5．现有一组方向沿x 轴正方向的电场线，若从x 轴的坐标原点由静止释放一个带电粒子，仅在电场力的作用下，该粒子沿着x 轴的正方向从x 1＝0处运动到x 2＝1.2 cm 处，其电势φ随位置x 坐标变化的情况如图所示．下列有关说法正确的是( )A ．该粒子一定带正电荷B ．在x 轴上x ＝0.6 cm 的位置，电场强度大小为0C ．该粒子从x 1＝0处运动到x 2＝1.2 cm 处的过程中，电势能一直减小D ．在x 轴上0～0.6 cm 的范围内的电场强度大于0.6～1.2 cm 的范围内的电场强度解析：选AC.由于带电粒子由坐标原点由静止开始，仅在电场力的作用下，沿x 轴正方向运动，所以所受电场力方向沿x 轴正方向，与电场线的方向一致，故该粒子一定带正电荷，故A 项正确；由φx 图象中斜率表示电场强度可知，x ＝0.6 cm 处电场强度大小为5 000 V/m ，故B 项错；由φ－x 图象可知，从x ＝0.6 cm 到x ＝1.2 cm 的过程中，电势一直降低，由E p ＝q φ可知，正电荷的电势能一直减小，故C 项正确；由φ－x 图象中斜率表示电场强度可知，0～1.2 cm 的范围内电场强度不变，故D 项错误．6．如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，原线圈接在电压为U 0的正弦式电流电源上，定值电阻R 1＝R 2，变压器原、副线圈两端的电压分别为U 1、U 2，通过原、副线圈中的电流分别为I 1、I 2，则( )A ．I 1∶I 2＝1∶3B ． I 1∶I 2＝3∶1 C. U 1∶U 0＝1∶10D ． U 2∶U 0＝3∶10解析：选AD.由于理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，所有原副线圈的电流之比是1∶3，故A 项正确；原副线圈两端的电压之比为3∶1，两个定值电阻两端的电压之比U R 1U R 2＝13，左边回路有U 0＝U R 1＋U 1，右边回路中有U 2＝U R 2，所以U 1∶U 0＝9∶10，故C 项错误；U 2∶U 0＝3∶10，故D 项正确．7．如图所示，在匀强磁场中匀速转动的单匝矩形线圈的周期为T ，转轴O 1O 2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A ，那么( )A ．从图示位置开始，线圈转过90°时穿过线圈的磁通量最大B ．线圈中感应电流的有效值为 2 AC ．任意时刻线圈中的感应电动势为e ＝4cos 2πTt (V)D ．从图示位置开始到线圈转过90°时的过程中，线圈中磁通量变化了Tπ解析：选ABC.从图示位置开始，线圈转过90°时，恰好位于中性面的位置，磁通量最大，故A 项正确；线圈转动产生的是正弦式交变电流，所以电流的有效值为I ＝I m2，又E m ＝BS ω＝BS 2πT ，转过60°时有i ＝E m r cos 2πT t ＝BS ωrcos 60°＝1 A ，解得电流的有效值为I ＝ 2 A ，故B 项正确；任意时刻线圈中的感应电动势e ＝BS ωcos 2πTt ＝4cos 2πTt ，故C 项正确；从图示位置开始到线圈转过90°的过程中，线圈中的磁通量变化了ΔΦ＝BS ＝2Tπ，故D 项错误．8．如图所示，在光滑绝缘水平地面上相距为L 处有两个完全相同的带正电小球A 和B ，它们的质量都为m ，现由静止释放B 球，同时A 球以大小为v 0的速度沿两小球连线方向向B 球运动，运动过程中，两球最小距离为L3，下列说法中正确的是( )A ．距离最小时与开始时B 球的加速度之比为9∶1 B ．从开始到距离最小的过程中，电势能的增加量为12mv 2C ．A 、B 组成的系统动能的最小值是14mv 2D ．B 球速度的最大值为v 0解析：选AC.开始时，对B 球有：k q 2L 2＝ma 1 ，相距最小时，对B 球有：k q 2⎝ ⎛⎭⎪⎫L 32＝ma 2，则有：a 2a 1＝91，故A 项正确；当两球相距最小时，两球速度相同，系统动能最小．对A 、B 两球自B 球由静止释放至两球相距最小，由动量守恒定律得mv 0＝2mv ；由能量守恒得12mv 20＝12×2mv 2＋E p ，解得E p ＝14mv 20，故B 项错误；最小动能E k ＝12×2mv 2＝14mv 20，故C 项正确；当A球速度减为零时，B 球速度增大到v 0 ，此时两球相距为L ，此后A 球反向加速，B 球继续加速，故D 项错误．二、非选择题(本题共3小题，共52分)9．(9分)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，所采用的小灯泡的规格为“2.5 V 0.3 A”，实验时采用的电路图如图甲所示．(1)某同学从实验室取出A 、B 两个材质相同的滑动变阻器，铭牌不清，从进货单中查知其中一个滑动变阻器的最大阻值为10 Ω，另一个为1 000 Ω，观察发现A 绕的导线粗而少，而B 绕的导线细而多，本实验应该选用______填(“A ”或“B ”)．(2)在实验测量中，某次电压表示数如图乙所示，则其示数为______V ；此时电流表的示数可能为图丙中的______(填写图丙中各表下方的代号)．(3)若实验得到另一小灯泡的伏安特性曲线(I U 图象)如图丁所示．若将这个小灯泡接到电动势为1.5 V 、内阻为5 Ω的电源两端，则小灯泡的工作电阻为______Ω，小灯泡消耗的功率是________W.解析：(1)由电阻定律R ＝ρLS可知，细而长的电阻大，粗而短的电阻小，而本实验采用分压式接法，应选用电阻小的，故选A .(2)电压表量程选3 V ，所以每小格表示0.1 V ，所以读数为2.00 V ，有估读数位；由于电压表示数略小于额定电压，所以电流表的示数略小于额定电流，故B 项正确．(3)作出闭合电路欧姆定律的I U 图象，与小灯泡的I U 图象交于一点，其横纵坐标的比值即为小灯泡的工作电阻，为9.8 Ω ；横纵坐标的乘积即为小灯泡消耗的实际功率，为0.1 W.答案：(1)A (2)2.00 B(3)9.8(9.6～10均可) 0.110．(20分)如图所示，足够大的平行挡板A 1、A 2竖直放置，间距6L ，两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN 为理想分界面．Ⅰ区的磁感应强度为B 0，方向垂直纸面向外，A 1、A 2上各有位置正对的小孔S 1、S 2，两孔与分界面MN 的距离为L 、质量为m 、电量为＋q 的粒子经宽度为d 的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S 1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN 上的P 点，再进入Ⅱ区，P 点与A 1板的距离是L 的k 倍．不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．(1)若k ＝1，求匀强电场的电场强度E ；(2)若2＜k ＜3，且粒子沿水平方向从S 2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v 与k 的关系式．解析：(1)若k ＝1，则有MP ＝L ，粒子在Ⅰ区匀强磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系，该情况粒子的轨迹半径为：R ＝L粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，则有：qvB 0＝m v 2R粒子在匀强电场中加速，根据动能定理有：qEd ＝12mv 2综合上式解得：E ＝qB 02L 22dm.(2)因为2＜k ＜3，且粒子沿水平方向从S 2射出，可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转，该粒子运动轨迹如图所示由几何关系：R 2－(kL )2＝(R －L )2，又有qvB 0＝m v 2R则整理解得：v ＝qB 0L ＋k 2L2m.答案：(1)qB 20L 22dm (2)v ＝qB 0L ＋k 2L2m11．(23分)如图所示，质量m A ＝0.8 kg 、带电量q ＝－4×10－3C 的A球用长度l ＝0.8 m 的不可伸长的绝缘轻线悬吊在O 点，O 点右侧有竖直向下的匀强电场，场强E ＝5×103N/C.质量m B ＝0.2 kg 不带电的B 球静止在光滑水平轨道上，右侧紧贴着压缩并锁定的轻质弹簧，弹簧右端与固定挡板连接，弹性势能为3.6 J ．现将A 球拉至左边与圆心等高处由静止释放，将弹簧解除锁定，B 球离开弹簧后，恰好与第一次运动到最低点的A 球相碰，并结合为一整体C ，同时撤去水平轨道．A 、B 、C 均可视为质点，线始终未被拉断，g ＝10 m/s 2.求：(1)碰撞过程中A 球对B 球做的功和冲量大小； (2)碰后C 第一次离开电场时的速度大小；(3)C 每次离开最高点时，电场立即消失，到达最低点时，电场又重新恢复，不考虑电场瞬间变化产生的影响，求C 每次离开电场前瞬间绳子受到的拉力．解析：(1)由机械能守恒定律12m A v 2A ＝m A gl得碰前A 的速度大小v A ＝4 m/s 方向向右由E ＝12m B v 2B得碰前B 的速度大小v B ＝6 m/s 方向向左由动量守恒守律m A v A －m B v B ＝(m A ＋m B )v C 得v C ＝2 m/s 方向向右A 对B 所做的功W ＝12m B v 2C －E ＝－3.2 J A 对B 的冲量I ＝m B v C －(－m B v B )＝1.6 N·s(2)碰后，C 整体受到电场力F ＝qE因F －m C g ＞m C v 2Cl，可知C 先做类平抛运动则x ＝v C t ，y ＝12at 2，qE －m C g ＝m C a(y －l )2＋x 2＝l 2联立解得x ＝0.8 m ，y ＝0.8 m ，t ＝0.4 s即C 刚好在圆心等高处线被拉直，此时C 向上的速度为v y ＝at ＝4 m/s 设C 第一次运动到最高点速度为v 1，由动能定理(F －m C g )l ＝12m C v 21－12m C v 2y得v 1＝42≈5.66 m/s(3)设C 从最高点运动到最低点时的速度为v . 由动能定律m C g ×2l ＝12m C v 2－12m C v 21得 v ＝8 m/s由于F T ＋F －m C g ＝m C v 2l，可知F T ＞0，故C 之后每一次通过最低点均能一直做圆周运动设C 第n 次经过最高点时的速度为v n .则(n －1)qE ×2l ＝12m C v 2n －12m C v 21，(n ＝1,2,3……)由牛顿第二定律得F T ＋m C g －F ＝m C v 2nl解得F T ＝10(8n －3)N ，(n ＝1,2,3……) 答案：(1)－3.2 J 1.6 N·s (2)5.66 m/s (3)10(8n －3)N ，(n ＝1,2,3……)。

高考物理一轮复习单元质检十三热学(选修33)(含解析)新人教版

单元质检十三热学(选修3-3)(时间:45分钟满分:90分)1.(15分)(2020·全国卷Ⅲ)(1)(5分)(多选)如图所示,一开口向上的导热汽缸内,用活塞封闭了一定质量的理想气体,活塞与汽缸壁间无摩擦。

现用外力作用在活塞上,使其缓慢下降。

环境温度保持不变,系统始终处于平衡状态。

在活塞下降过程中。

?A.气体体积逐渐减小,内能增加B.气体压强逐渐增大,内能不变C.气体压强逐渐增大,放出热量D.外界对气体做功,气体内能不变E.外界对气体做功,气体吸收热量(2)(10分)如图所示,两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为h=18 cm的U形管,左管上端封闭,右管上端开口。

右管中有高h0=4 cm的水银柱,水银柱上表面离管口的距离l=12 cm。

管底水平段的体积可忽略。

环境温度为T1=283 K,大气压强p0相当于76 cm水银柱产生的压强。

(ⅰ)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙),恰好使水银柱下端到达右管底部。

此时水银柱的高度为多少?(ⅱ)再将左管中密封气体缓慢加热,使水银柱上表面恰与右管口平齐,此时密封气体的温度为多少?答案:(1)BCD(2)(ⅰ)12.9 cm(ⅱ)363 K解析:(1)本题以汽缸为背景,意在考查气体实验定律和热力学定律。

一定质量理想气体的内能仅与温度有关,温度不变,气体内能不变,选项A错误;根据p1V1=p2V2,气体体积变小,压强增大,选项B正确;外界对气体做功W>0,内能不变ΔU=0,由ΔU=W+Q,可得Q<0,气体放出热量,选项C、D正确,选项E错误。

(2)本题以U形管为背景,意在考查气体实验定律。

(ⅰ)设密封气体初始体积为V1,压强为p1,左、右管的横截面积均为S,密封气体先经等温压缩过程体积变为V2,压强变为p2。

由玻意耳定律有p1V1=p2V2①设注入水银后水银柱高度为h',水银的密度为ρ,按题设条件有p1=p0+ρgh0②p2=p0+ρgh'③V1=(2h-l-h0)S,V2=hS④联立①②③④式并代入题给数据得h'=12.9cm。

2020届高考物理一轮复习新人教版【共24套168页】

本套资源目录2020届高考物理一轮复习稳中培优计算实验练习五新人教版2020届高考物理一轮复习稳中培优计算实验练习四新人教版2020届高考物理一轮复习稳中培优非选择练习一新人教版2020届高考物理一轮复习稳中培优非选择练习三新人教版2020届高考物理一轮复习稳中培优非选择练习二新人教版2020届高考物理一轮复习稳中培优非选择练习四新人教版2020届高考物理一轮复习计算题夯基练习一新人教版2020届高考物理一轮复习计算题夯基练习三新人教版2020届高考物理一轮复习计算题夯基练习二新人教版2020届高考物理一轮复习计算题夯基练习五新人教版2020届高考物理一轮复习计算题夯基练习四新人教版2020届高考物理一轮复习计算题夯基练习新人教版2020届高考物理一轮复习选择题固基优练一新人教版2020届高考物理一轮复习选择题固基优练三新人教版2020届高考物理一轮复习选择题固基优练二新人教版2020届高考物理一轮复习选择题固基优练六新人教版2020届高考物理一轮复习选择题固基优练四新人教版2020届高考物理一轮复习选择题固基优练新人教版2020届高考物理一轮复习选择题稳优提优优练一新人教版_ 2020届高考物理一轮复习选择题稳优提优优练三新人教版2020届高考物理一轮复习选择题稳优提优优练三新人教版12020届高考物理一轮复习选择题稳优提优优练二新人教版2020届高考物理一轮复习选择题稳优提优优练五新人教版2020届高考物理一轮复习选择题稳优提优优练四新人教版稳中培优计算、实验练习（五）1、合肥开往上海的动车组D3028是由动车和拖车编组而成只有动车提供动力．假定该列动车组由8节车厢组成，第1节和第5节车厢为动车，每节动车的额定功率均为P 0，每节车厢的总质量为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从合肥南站启动，沿水平方向做直线运动，经时间t 0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和此时第6节车厢对第7节的拉力；(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．【参考答案】(1)kg 4kmg (2)8k 2mg 2P 0t 0－P 2032k 3m 2g 3 解析：(1)设动车组匀速运动的速度为v m ，动车组速度为最大速度一半时动车的牵引力为F ，有2P 0＝8kmgv m2P 0＝2F v m 2对动车组，由牛顿第二定律2F －8kmg ＝8maa ＝2F －8kmg 8m＝kg 对第7、8节车厢的整体有：F 67－2kmg ＝2ma解得：F 67＝4kmg(2)由动能定理得：2P 0t 0－8kmgx ＝12(8m)v 2m －0 x ＝P 0t 04kmg －P 2032k 3m 2g 3＝8k 2mg 2P 0t 0－P 2032k 3m 2g 3 2、如图所示，在xOy 坐标系的第二象限内有水平向右的匀强电场，第四象限内有竖直向上的匀强电场，两个电场的场强大小相等，第四象限内还有垂直于纸面的匀强磁场，让一个质量为m 、带电荷量为q 的粒子在第二象限内的P(－L ，L)点由静止释放，结果粒子沿直线运动到坐标原点并进入第四象限，粒子在第四象限内运动后从x 轴上的Q(L,0)点进入第一象限，重力加速度为g ，求：(1)粒子从P 点运动到坐标原点的时间；(2)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向．【参考答案】(1) 2L g (2)垂直于纸面向里，2m 2gL qL解析：(1)粒子在第二象限内沿角平分线做直线运动，则电场力和重力的合力方向沿PO 方向，则粒子带正电．mg ＝qE ，2mg ＝ma.根据运动学公式可知，2L ＝12at 2. 联立解得t ＝2L g. (2)粒子在第二象限中做加速直线运动，根据动能定理可知，mgL ＋qEL ＝12mv 2－0. 解得，v ＝2gL ，方向与x 轴正方向成45°角．电场力与重力等大反向，洛伦兹力提供向心力，Bqv ＝m v 2R ，粒子在第四象限内做匀速圆周运动，轨迹如图所示：根据左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向里．根据几何关系可知，粒子做匀速圆周运动的半径R ＝22L. 解得，B ＝2m 2gL qL. 3、（实验）利用图1的装置探究“恒力做功与物体动能变化”的关系．小车的质量为M ，钩码的质量为m ，且不满足m ＜M.打点计时器的电源是频率为f 的交流电．(1)实验中，把长木板右端垫高，在不挂钩码且________的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响．(填选项前的字母)A ．计时器不打点B ．计时器打点(2)图2是正确操作后得到的一条纸带．纸带上各点是打出的计时点，其中O 点为打出的第一个点．小车发生的位移从纸带上计时点间的距离可以直接测出，利用下列测量值和题中已知条件能简单、准确完成实验的一项是________________________________________________________________________．(填选项前的字母)A ．OA 、AD 和EG 的长度B ．BD 、CF 和EG 的长度C ．OE 、DE 和EF 的长度D ．AC 、EG 和BF 的长度(3)若测得图2中OF ＝x 1，EG ＝x 2，则实验需要验证的关系式为________．(用已知和测得物理量的符号表示)【参考答案】(1)B (2)C (3)mgx 1＝12(M ＋m)⎝ ⎛⎭⎪⎫fx 222 解析：(1)打点计时器工作时，纸带受到摩擦力作用，平衡摩擦力时，需要通过打点计时器判断是否匀速，B 选项正确．(2)简单、准确地完成实验，需要选取的两点尽可能远，且方便测量，故测量OE 段的长度，计算合力做功，测量DE 和EF 的长度，计算E 点的瞬时速度，C 选项正确．(3)EG ＝x 2，根据匀变速直线运动的规律可知，中间时刻F 点的瞬时速度v F ＝EG 2T ＝fx 22. 系统增加的动能ΔE K ＝12(M ＋m)v 2F ，系统减少的重力势能ΔE P ＝mgx 1.实验验证系统机械能守恒的表达式为mgx 1＝12(M ＋m)⎝ ⎛⎭⎪⎫fx 222. 4、如图，是游乐场的一项娱乐设备．一环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由落下，落到一定位置时，制动系统启动．到地面时刚好停下．已知座舱开始下落的高度为H ＝75 m ，当落到离地面h ＝30 m 的位置时开始制动，座舱均匀减速．在一次娱乐中，某同学把质量m ＝6 kg 的书包放在自己的腿上．(g 取10 m/s 2)，不计座舱与柱子间的摩擦力及空气阻力．(1)当座舱落到离地面h 1＝60 m 和h 2＝20 m 的位置时，求书包对该同学腿部的压力各是多大；(2)若环形座舱的质量M ＝4×103 kg ，求制动过程中机器输出的平均功率．【参考答案】(1)零 150 N (2)1.5×106W解析：(1)分析题意可知，座舱在离地面h ＝30 m 的位置时开始制动，说明座舱离地面60 m 时，座舱做自由落体运动，处于完全失重状态，书包对该同学腿部的压力为零．座舱落到离地面20 m 高时，做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知，F 2－mg ＝ma.座舱下落45 m 时开始制动，此时速度为v.v 2＝2g(H －h)．座舱到地面时刚好停下，v 2＝2ah.联立解得，F ＝150 N.根据牛顿第三定律可知，该同学腿部受到的压力为150 N.(2)制动过程中，座舱所受的制动力为F 0，经历的时间为t ，根据运动学公式可知，t ＝v a. 根据牛顿第二定律，对座舱有，F 0－Mg ＝Ma.座舱克服制动力做功W ＝F 0h.机器输出的平均功率P ＝W t .联立解得，P ＝1.5×106W.5、如图所示，矩形区域abcdef 分为两个矩形区域，左侧区域充满匀强电场，方向竖直向上，右侧区域充满匀强磁场，方向垂直纸面向外，be 为其分界线，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B m ；(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．【参考答案】(1)16mv 209eL (2)3mv 0eL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＝12×eE mt 2. 水平方向上，0.75L ＝v 0t.联立解得，E ＝16mv 209eL. (2)电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，evB ＝m v 2r. 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：速度方向与水平方向夹角的正切值tanθ＝0.5L 0.75L ×2＝43，则速度与be 边的夹角为37°. 电子进入磁场时的速度为v ＝v 0sin37°＝53v 0.根据几何关系可知，r 1＋r 1cos37°＝L.解得最大磁感应强度B m ＝3mv 0eL.稳中培优计算、实验练习（四）1、骏驰汽车赛车场有一段赛道可简化为这样：平直的赛道中间有一段拱形路面，其最高点P 与水平路面的高度差为1.25 m ，拱形路面前后赛道位于同一水平面上．以54 km/h 的初速进入直道的赛车，以90 kW 的恒定功率运动10 s 到达P 点，并恰好从P 点水平飞出后落到水平赛道上，其飞出的水平距离为10 m ．将赛车视为质点，不考虑赛车受到的空气阻力．已知赛车的质量为1.6×103 kg ，取g ＝10 m/s 2，求：(1)赛车到达P 点时速度的大小．(2)拱形路面顶点P 的曲率半径．(3)从进入直道到P 点的过程中汽车克服阻力做的功．【参考答案】(1)20 m/s (2)40 m (3)7.4×105 J解析：(1)赛车到达P 点后做平抛运动．水平方向上，x ＝v p t.竖直方向上，h ＝12gt 2. 联立解得，v p ＝20 m/s.(2)赛车运动到拱形路面顶点P 时，重力提供向心力．mg ＝m v P R. 解得曲率半径R ＝40 m.(3)从进入直道到P 点的过程中，汽车牵引力做功，重力做功，克服阻力做功．根据动能定理可知，Pt －mgh －W f ＝12mv 2P －0. 解得，W f ＝7.4×105 J.2、如图所示，两平行金属板AB 中间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场．A 板带正电荷，B 板带等量负电荷，电场强度为E ；磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B 1.平行金属板右侧有一挡板M ，中间有小孔O′，OO′是平行于两金属板的中心线．挡板右侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B 2.CD 为磁场B 2边界上的一绝缘板，它与M 板的夹角θ＝45°，O′C＝a ，现有大量质量均为m ，含有各种不同电荷量、不同速度的带电粒子(不计重力)，自O 点沿OO′方向进入电磁场区域，其中有些粒子沿直线OO′方向运动，并进入匀强磁场B 2中，求：(1)进入匀强磁场B 2的带电粒子的速度；(2)能击中绝缘板CD 的粒子中，所带电荷量的最大值；(3)绝缘板CD 上被带电粒子击中区域的长度．【参考答案】(1)EB 1(2)2＋1mEB 1B 2a(3)2a解析：(1)平行金属板间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，沿直线OO′运动的带电粒子，处于受力平衡状态，qvB 1＝qE.解得，v ＝EB 1.(2)带电粒子进入匀强磁场B 2后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力． qvB 2＝m v2r.电荷量最大的带电粒子，运动的轨迹半径最小，带正电，轨迹向下偏转，与CD 板相切，如图所示：根据几何关系可知，r 1＋2r 1＝a. 依题意解得，r 1＝a 1＋2，q ＝2＋1mEB 1B 2a.(3)带负电的粒子在磁场B 2中向上偏转，击中绝缘板CD 的临界情况是轨迹与CD 相切．根据几何关系可知，r 2＋a ＝2r 2. 解得，r 2＝a2－1.CD 板上被带电粒子击中区域的长度为x ＝r 2－r 1＝2a.3、（实验）一个喷漆桶能够向外喷射不同速度的油漆雾滴，某同学决定测量雾滴的喷射速度，他采用如图1所示的装置，一个直径为d ＝40 cm 的纸带环，安放在一个可以按照不同转速转动的固定转台上，纸带环上刻有一条狭缝A ，在狭缝A 的正对面画一条标志线，如图1所示．在转台开始转动达到稳定转速时，向侧面同样开有狭缝B 的固定纸盒中喷射油漆雾滴，当狭缝A 转至与狭缝B 正对平行时，雾滴便通过狭缝A 匀速运动打在纸带的内侧面留下痕迹(若此过程转台转过不到一圈)．将纸带从转台上取下来，展开平放，并与毫米刻度尺对齐，如图2所示．(1)设喷射到纸带上的油漆雾滴痕迹到标志线的距离为s ，则从图2可知，其中速度最大的雾滴到标志线的距离s ＝________cm.(2)如果转台转动的周期为T ，则这些雾滴喷射速度的计算表达式为v 0＝________________________________________________________________________(用字母表示)．(3)如果以纵坐标表示雾滴的速度v 0，横坐标表示雾滴距标志线距离的倒数1s ，画出v 0－1s图线，如图3所示，则可知转台转动的周期为T ＝________s. 【参考答案】(1)2.10 (2)πd2Ts(3)1.6解析：(1)雾滴运动一直径的长度，速度越大，运行的时间越短，转台转过的弧度越小，打在纸带上的点距离标志线的距离越小．速度最大的雾滴到标志线的距离s ＝2.10 cm.(2)如果转台转动的周期为T ，则雾滴运动的时间为t ＝s v ＝sTπd ，喷枪喷出雾滴的速度v 0＝d t ＝πd 2Ts.(3)由上式变形为，v 0＝πd 2Ts ＝πd 2T ·1s ，v 0－1s 图象中斜率k ＝πd 2T ＝0.7π7，解得，T ＝1.6 s.4、两小木块A 、B ，通过轻质弹簧连接，小木块B 处在固定于地面的光滑斜面底端的挡板上，小木块A 压缩弹簧处于平衡状态．现对木块A 施加一平行于斜面向上的恒力F 作用，小木块A 从静止开始沿斜面向上运动，如图所示．已知m A ＝m B ＝2 kg ，F ＝30 N ，斜面倾角θ＝37°，弹簧劲度系数k ＝4 N/cm.设斜面足够长，整个过程弹簧处于弹性限度内，重力加速度取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)从小木块A开始运动到小木块B刚开始运动的过程中，恒力F对小木块A做的功；(2)当小木块B的加速度a B＝1 m/s2时，小木块A的加速度的大小．【参考答案】(1)1.8 J (2)2 m/s2解析：(1)初态时，小木块A压缩弹簧，根据平衡条件可知，kx1＝m A gsinθ.末态时，小木块B拉伸弹簧，kx2＝m B gsinθ.弹簧的形变量x＝x1＋x2.恒力F对小木块A做功W＝F·x.联立解得，W＝1.8 J.(2)当小木块B的加速度a B＝1 m/s2时，弹簧的拉力大小为F1，小木块A的加速度的大小a A，根据牛顿第二定律可知，F－F1－m A gsinθ＝m A a A.F1－m B gsinθ＝m B a B.联立解得，a A＝2 m/s2.5、磁流体发电是一种新型发电方式，图甲和图乙是其工作原理示意图．图甲中的A、B 是电阻可忽略的导体电极，两个电极间的间距为d，这两个电极与负载电阻相连．假设等离子体(高温下电离的气体，含有大量的正负带电粒子)垂直于磁场进入两极板间的速度均为v0.整个发电装置处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向如图乙所示．(1)开关断开时，请推导该磁流体发电机的电动势E的大小；(2)开关闭合后，如果电阻R的两端被短接，此时回路电流为I，求磁流体发电机的等效内阻r.【参考答案】(1)Bdv 0 (2)Bdv 0I解析：(1)等离子体垂直于磁场射入两板之间，正、负离子受到洛伦兹力作用，正离子偏向A 极板，负离子偏向B 极板，两板之间形成从A 到B 的匀强电场．当粒子受的电场力与洛伦兹力相等时，q Ed ＝qv 0B ，粒子不再偏转，两极板间形成稳定的电势差即发电机的电动势，E ＝Bdv 0.(2)如果电阻R 的两端被短接，此时回路电流为I. 根据闭合电路欧姆定律，磁流体发电机的等效内阻 r ＝E I ＝Bdv 0I .稳中培优非选择练习（一）1、如图，两条长直相交汇成直角的摩托车水平赛道，宽均为6 m ，圆弧PQ 、MN 与赛道外边缘的两条直线相切，圆弧PQ 经过赛道内边缘两条直线的交点O 2，雨后路面比较湿滑，摩托车与赛道间的动摩擦因数为0.6，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，赛车手(可视为质点)在直道上做直线运动，弯道上做匀速圆周运动，重力加速度g ＝10 m/s 2，2＝1.4，7＝2.6.(1)若以最短时间从P 点运动到Q 点，应选A 路线还是B 路线？(不用说明理由) (2)沿着A 路线通过弯道MN 的最大速率不能超过多少？(3)以30 m/s 的速度在直线赛道上沿箭头方向匀速行驶，若要沿B 路线安全行驶，则进入P 点前至少多远开始刹车？【参考答案】(1)B 路线合理 (2)6 m/s (3)64.5 m解析：(1)赛车手沿A 、B 路线运动时，线速度大小相等，故路径短的用时较短，选B 路线合理．(2)赛车手以速度v 1沿着A 路线通过弯道MN 时，最大静摩擦力提供向心力． μmg＝m v 21r 1，解得，v 1＝6 m/s.(3)赛车手以速度v 2沿着B 路线通过弯道时，最大静摩擦力提供向心力，μmg＝m v 22r 2.根据几何关系可知，2(r 2－6)＝r 2.赛车手以初速度v 0＝30 m/s ，加速度μg，做匀减速直线运动到P 点，位移为x. 根据运动学公式可知，v 20－v 22＝2ax. 联立解得，x ＝64.5 m.2、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 ＝mgq，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＝12mv 2B －0.其中E ＝mgq.联立解得，vB ＝8gR.(2)小球运动到C 点时，根据牛顿第二定律， 2mg ＝m vC 2R .解得，vC ＝2gR.(3)小球从B 运动到C 点的过程，根据动能定理，－W f －2mgR ＝12mvC 2－12mvB 2解得，W f ＝mgR.3、如图所示，让摆球从图中的C 位置由静止开始摆下，摆到最低点D 处，摆线刚好拉断，小球在粗糙的水平面上由D 点向右做匀减速运动滑向A 点，到达A 孔进入半径R ＝0.3 m 的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A 孔，已知摆线长为L ＝2.5 m ，θ＝60°，小球质量为m ＝1 kg ，小球可视为质点，D 点与小孔A 的水平距离s ＝2 m ，g 取10 m/s 2，试求：(1)摆线能承受的最大拉力为多大？(2)要使摆球能进入圆轨道并能通过圆轨道的最高点，求粗糙水平面摩擦因数μ的范围．【参考答案】 (1)20 N (2)μ≤0.25解析：(1)摆球由C 到D 运动过程做圆周运动，摆球的机械能守恒， mgL(1－cosθ)＝12mv 2D .摆球在D 点时，由牛顿第二定律可得， F m －mg ＝m v 2DL联立两式解得，F m ＝2mg ＝20 N.(2)小球刚好能通过圆轨道的最高点时，在最高点由牛顿第二定律可得， mg ＝m v 2R.小球从D 到圆轨道的最高点过程中，由动能定理得，－μmgs－2mgR ＝12mv 2－12mv 2D .解得，μ＝0.25.即要使摆球能进入圆轨道并能通过圆轨道的最高点，μ≤0.25.4、如图所示，空间内有场强大小为E 的匀强电场，竖直平行直线为匀强电场的电场线(方向未知)，现有一电荷量为q ，质量为m 的带负电的粒子，从O 点以某一初速度垂直电场方向进入电场，A 、B 为运动轨迹上的两点，不计粒子的重力及空气的阻力．(1)若OA 连线与电场线夹角为60°，OA ＝L ，求带电粒子从O 点到A 点的运动时间及进电场的初速度；(2)若粒子过B 点时速度方向与水平方向夹角为60°，求带电粒子从O 点到B 点过程中电场力所做的功．【参考答案】(1)mLqEv 0＝ 3qEL m (2)9qEL8解析：(1)带电粒子做曲线运动，受力指向轨迹的内侧，电场力方向向上，带电粒子带负电，电场强度方向竖直向下．水平方向的位移Lsin60°＝v 0t. 竖直方向的位移Lcos60°＝12·qE m t 2.联立解得，t ＝mLqE，v 0＝ 3qELm. (2)根据运动的合成与分解知识可知，粒子到达B 点的速度v ＝v 0cos60°＝2v 0.带电粒子从O 点到B 点过程中，根据动能定理可知， W ＝12mv 2－12mv 20. 联立解得电场力做功W ＝32mv 20＝9qEL8.5、为了测量某种材料制成的电阻丝的电阻R x ，提供的器材有： A ．电流表G ，内阻Rg ＝120 Ω，满偏电流Ig ＝6 mA B ．电压表V ，量程为6 V C ．螺旋测微器，毫米刻度尺 D ．电阻箱R 0(0～99.99 Ω) E ．滑动变阻器R(最大阻值为5 Ω)F ．电池组E(电动势为6 V ，内阻约为0.05 Ω)G ．一个开关S 和导线若干(1)用多用电表粗测电阻丝阻值，用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，应该换用________挡(选填“×1”或“×100”)，进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图甲所示；(2)电流表G 与电阻箱并联改装成量程为0.6 A 的电流表，则电阻箱的阻值应调为R 0＝________Ω；(结果保留3位有效数字)(3)为了用改装好的电流表测量电阻丝R x 的阻值，请根据提供的器材和实验需要，将图乙中电路图补画完整．(要求在较大范围内测量多组数据)(4)电路闭合后，调节滑动变阻器的滑片到合适位置，电压表V 的示数为U ，电流表G 的示数为I.请用已知量和测量的字母符号，写出计算电阻的表达式R x ＝________.【参考答案】(1)“×1” (2)1.21 Ω (3)见解析 (4)UR 0R 0＋R gI解析：(1)用多用电表粗测电阻丝阻值，用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，说明被测电阻阻值较小，说明选择的倍率较大，应选择“×1”倍率．(2)将电流表G 与电阻箱并联改装成量程为0.6 A 的电压表，根据电表改装原理可知，电阻箱的阻值应调为R 0＝I g R gI －I g≈1.21 Ω.(3)待测电阻阻值为15 Ω，电压表内阻很大，远大于被测电阻的阻值，电流表应采用外接法，滑动变阻器最大阻值为5 Ω，为测多组实验数据，采用分压接法，电路图如图所示：(4)根据欧姆定律， R x ＝U R I R ＝U R 0＋R g R 0I ＝UR 0R 0＋R gI.稳中培优非选择练习（三）1、为了方便研究物体与地球间的万有引力问题，通常将地球视为质量分布均匀的球体．已知地球质量M ＝6.0×1024kg ，地球半径R ＝6 400 km ，其自转周期T ＝24 h ，引力常量G ＝6.67×10－11N·m 2/kg 2.在赤道处地面有一质量为m 的物体A ，用W 0表示物体A 在赤道处地面上所受的重力，F 0表示其在赤道处地面上所受的万有引力．请求出F 0－W 0F 0的值(结果保留1位有效数字)，并以此为依据说明在处理万有引力和重力的关系时，为什么经常可以忽略地球自转的影响．【参考答案】见解析解析：物体A 在赤道处地面上所受的万有引力 F 0＝G Mm R2.物体A 在赤道处，随地球自转，根据牛顿第二定律可知，F 0－W 0＝m 4π2T 2R.解得物体A 此时所受重力W 0＝G Mm R 2－m 4π2T2R.联立解得，F 0－W 0F 0＝m 4π2T 2R G Mm R2，代入数据解得，F 0－W 0F 0＝3×10－3.由于地球自转对地球赤道面上静止的物体所受重力与所受地球引力大小差别的影响很小，所以通常情况下可以忽略地球自转造成的地球引力与重力大小的区别．2、如图所示，空间中存在一个矩形区域MNPQ ，PQ 的长度为MQ 长度的两倍，有一个带正电的带电粒子从M 点以某一初速度沿MN 射入，若矩形区域MNPQ 中加上竖直方向且场强大小为E 的匀强电场，则带电粒子将从P 点射出，若在矩形区域MNPQ 中加上垂直于纸面且磁感应强度大小为B 的匀强磁场，则带电粒子仍从P 点射出，不计带电粒子的重力，求：带电粒子的初速度的大小．【参考答案】4E5B解析：带电粒子在电场中做类平抛运动，设MQ 长度为L ，根据运动的合成与分解法则可知，竖直方向上，L ＝12×qE m t 2.水平方向上，2L ＝v 0t.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图所示：洛伦兹力提供向心力，qvB ＝m v 20r ，根据几何关系可知，(r －L)2＋(2L)2＝r 2.联立上述各式可知，v ＝4E5B.3、【实验】某同学用如图1所示的装置做“探究弹力与弹簧伸长的关系”的实验． (1)实验中，他在弹簧两端各系一细绳套，利用一个绳套将弹簧悬挂在铁架台上，另一端的绳套用来挂钩码．先测出不挂钩码时弹簧的长度，再将钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出相应的弹簧总长度L ，再算出弹簧伸长量x ，并将数据填在下面的表格中．实验过程中，弹簧始终在弹性限度内.1 2 3 4 5 6 钩码的重力G/N 0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 弹簧弹力F/N 0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 弹簧总长度L/cm 13.00 15.05 17.10 19.00 21.00 23.00 弹簧伸长量x/cm2.054.106.008.0010.00数据点，请把第4次测量的数据对应点用“＋”描绘出来，并作出F －x 图象．(2)①根据上述的实验过程，对实验数据进行分析可知，下列说法正确的是________(选填选项前的字母)．A．弹簧弹力大小与弹簧的总长度成正比B．弹簧弹力大小与弹簧伸长的长度成正比C．该弹簧的劲度系数约为25 N/mD．该弹簧的劲度系数约为2500 N/m②在匀变速直线运动的速度v随时间t变化关系图象中，图线与坐标轴围成的面积的物理意义表示位移．请类比思考，(1)问的F－x图象中图线与坐标轴围成的面积的物理意义．【参考答案】(1)见解析(2)①BC ②弹力做的功解析：(1)描点连线，如图所示：(2)①分析图象结合表格数据可知，弹簧弹力大小与弹簧伸长量成正比，A选项错误，B 选项正确；根据胡克定律可知，图象中斜率代表弹簧的劲度系数，劲度系数为25 N/m，C选项正确，D选项错误．②力与位移的乘积为功，利用微元法，在很短时间里弹力是恒定不变的，则F－x图象中图线与坐标轴围成的面积的物理意义是弹力做的功．4、某赤道平面内的卫星自西向东飞行绕地球做圆周运动，该卫星离地高度为h(h的高度小于地球同步卫星的高度)，赤道上某人通过观测，前后两次出现在人的正上方最小时间间隔为t，已知地球的自转周期为T0，地球的质量为M，引力常量为G，求：地球的半径．【参考答案】3GMt2T24π2t＋T02－h解析：卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，GMmR＋h2＝m⎝⎛⎭⎪⎫2πT2(R＋h)．分析题意可知，t时间内，卫星多转一圈运动到观察者的正上方．t T －tT0＝1.联立解得，R＝3GMt2T24π2t＋T02－h.5、一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，在家中做验证力的平行四边形定则的实验．(1)如图甲，在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶，记下水壶静止时电子秤的示数F；(2)如图乙，将三根细线L1、L2、L3的一端打结，另一端分别拴在电子秤的挂钩、墙钉A 和水壶杯带上．水平拉开细线L1，在白纸上记下结点O的位置、________和电子秤的示数F1；(3)如图丙，将另一颗墙钉B钉在与O同一水平位置上，并将L1拴在其上．手握电子秤沿着(2)中L2的方向拉开细线L，使三根细线的方向与(2)中________重合，记录电子秤的示数F2；(4)在白纸上按一定标度作出电子秤拉力F、F1、F2的图示，根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若________，则力的平行四边形定则得到验证．【参考答案】(2)三细线的方向(3)结点的位置(4)F′大小与F相等、方向相同解析：(2)研究合力与分力的关系需要记录分力的大小和方向，即在白纸上记下结点O 的位置的同时也要记录三细线的方向以及电子秤的示数F1.(3)应使结点O的位置和三根细线的方向与②中重合，记录电子秤的示数F2.(4)根据平行四边形定则作出合力，若F′大小与F相等、方向相同，则力的平行四边形定则得到验证．。

2020届高考(人教版)物理一轮题：选择题练习选(三)含答案

2020届高考（人教版）物理一轮题：选择题练习选（三）含答案1、根据给出的速度和加速度的正负，对下列运动性质的判断正确的是() A．v0>0，a<0，物体做加速运动B．v0<0，a<0，物体做减速运动C．v0<0，a>0，物体做减速运动D．v0>0，a>0，物体做加速运动解析：选CD.当速度方向和加速度方向相同或夹角为锐角时，物体做加速运动；当速度方向和加速度方向相反或夹角为钝角时，物体做减速运动．不能只根据加速度的正负来判断物体是做加速运动还是减速运动．选项C、D正确．2、如图所示，从同一水平线上的不同位置，沿水平方向抛出两个小球A、B，不计空气阻力，若欲使两小球在空中相遇，则必须()A．先抛出A球B．同时抛出两球C．先抛出B球D．在相遇点A球速度大于B球速度解析：选BD.相遇时，下降的高度相同，根据t＝2hg知，运动的时间相同，则同时抛出，故A错误，B正确，C错误．相遇时，A球的水平位移大，时间相等，则A球的初速度大，相遇时，A、B球的竖直分速度相等，结合平行四边形定则知，在相遇点A球的速度大于B球的速度，故D正确．3、如图所示，一张薄纸板放在光滑水平面上，其右端放有小木块，小木块与薄纸板的接触面粗糙，原来系统静止．现用水平恒力F向右拉薄纸板，小木块在薄纸板上发生相对滑动，直到从薄纸板上掉下来．上述过程中有关功和能的说法正确的是()A．拉力F做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量B．摩擦力对小木块做的功一定等于系统中由摩擦产生的热量C．离开薄纸板前小木块可能先做加速运动，后做匀速运动D．小木块动能的增加量可能小于系统中由摩擦产生的热量解析：选D.由功能关系，拉力F 做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量与系统产生的内能之和，选项A 错误；摩擦力对小木块做的功等于小木块动能的增加量，选项B 错误；离开薄纸板前小木块一直在做匀加速运动，选项C 错误；对于系统，由摩擦产生的热量Q ＝f ΔL ，其中ΔL 为小木块相对薄纸板运动的路程，若薄纸板的位移为L 1，小木块相对地面的位移为L 2，则ΔL ＝L 1－L 2，且ΔL 存在大于、等于或小于L 2三种可能，对小木块，fL 2＝ΔE k ，即Q 存在大于、等于或小于ΔE k 三种可能，选项D 正确．4、如图所示，匀强电场中有a 、b 、c 三点，在以它们为顶点的三角形中，∠a ＝30°，∠c ＝90°.电场方向与三角形所在平面平行．已知a 、b 和c 点的电势分别为(2－3) V 、(2＋3) V 和2 V ．该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为( )A ．(2－3) V 、(2＋3) VB ．0、4 VC.⎝ ⎛⎭⎪⎫2－433 V 、⎝⎛⎭⎪⎫2＋433 V D ．0、2 3 V解析：选B.如图，圆心O 是ab 的中点，所以圆心O 点的电势为2 V ，所以Oc 是等势线，则电场线如图中MN 所示，方向由M 指向N.沿电场线方向电势均匀降低，过圆心的电势为2 V ，作aP ⊥MN ，则aP 为等势线，则U OP ＝φO －φa ＝ 3 V ，U ON ∶U OP ＝ON ∶OP ＝1∶cos 30°，解得U ON ＝2 V ，则圆周上电势最低为0，最高为4 V ，选B.5、两位同学在实验室利用如图甲所示的电路测定定值电阻R 0、电源的电动势E 和内电阻r ，调节滑动变阻器的滑动触头P 向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A 和电压表V 1的测量数据，另一同学记录的是电流表A 和电压表V 2的测量数据．根据数据描绘了如图乙所示的两条U －I 直线．则图象中两直线的交点表示的物理意义是( )A ．滑动变阻器的滑动头P 滑到了最右端B ．电源的输出功率最大C ．定值电阻R 0上消耗的功率为1.0 WD ．电源的效率达到最大值解析：选B.由图乙可得，电源的电动势E ＝1.5 V ，r ＝1 Ω，交点位置：R ＋R 0＝U 1I ＝2 Ω，R 0＝U 2I＝2 Ω，R ＝0，滑动变阻器的滑动头P 滑到了最左端，A 项错误；当电路中外电阻等于内电阻时，电源输出功率最大，但本题R 0>r ，改变滑动变阻器时无法达到电路中内、外电阻相等，此时当外电阻越接近内电阻时，电源输出功率最大，B 项正确；R 0消耗的功率P ＝IU 2＝0.5 W ，C 项错误；电源的效率η＝IE －I 2r IE，电流越小效率越大，可见滑动变阻器的滑动头P 滑到最右端时效率最大，D 项错误．6、如图所示，一单边有界磁场的边界上有一粒子源，以与水平方向成θ角的不同速率，向磁场中射入两个相同的粒子1和2，粒子1经磁场偏转后从边界上A 点出磁场，粒子2经磁场偏转后从边界上B 点出磁场，OA ＝AB ，则( )A ．粒子1与粒子2的速度之比为1∶2B ．粒子1与粒子2的速度之比为1∶4C ．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶1D ．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶2解析：选AC．粒子进入磁场时的速度的垂线与OA的垂直平分线的交点为粒子1在磁场中做圆周运动的圆心，同理，粒子进入磁场时速度的垂线与OB的垂直平分线的交点为粒子2在磁场中做圆周运动的圆心，由几何关系可知，两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为r1∶r2＝1∶2，由r＝m vqB可知，粒子1与粒子2的速度之比为1∶2，A项正确，B项错误；由于粒子在磁场中做圆周运动的周期均为T＝2πmqB，且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同，因此粒子在磁场中运动的时间相同，即C项正确，D项错误．7、如图所示，边长为L的正方形金属框abcd在竖直平面内下落，ab边以速度v进入下方的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，则金属框进入磁场时，ab边两端的电势差U ab为()A．BL v B．14BL v C．34BL v D．－14BL v解析：选C．金属框ab边进入磁场时，E＝BL v，ab边可等效为电源，其两端电压为路端电压U＝ER·3R4＝34BL v，C项正确．8、如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图；图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表；设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用R0表示，变阻器R相当于用户用电器的总电阻．当用电器增加时，相当于R变小，则当用电进入高峰时( )A ．电压表V 1、V 2的读数均不变，电流表A 2的读数增大，电流表A 1的读数减小B ．电压表V 3、V 4的读数均减小，电流表A 2的读数增大，电流表A 3的读数减小C ．电压表V 2、V 3的读数之差与电流表A 2的读数的比值不变D ．线路损耗功率不变解析：选C ．因为输入电压和匝数比都不变，电压表V 1、V 2的读数均不变，用电高峰期，电阻减小，电流增大，根据电流比等于匝数比的倒数且匝数比不变知电流都增大，故A 错误；输电线上的电压损失增大，故电压表V 3、V 4的读数均减小，电流表A 2的读数增大，电流表A 3的读数增大，故B 错误；电压表V 2、V 3的读数之差与电流表A 2的读数的比值不变，等于输电线的电阻值，故C 正确；线路上的电流变大，则线路消耗的功率变大，选项D 错误．9、某自行车轮胎的容积为V ，里面已有压强为p 0的空气，现在要使轮胎内的气压增大到p ，设充气过程为等温过程，空气可看做理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同、压强也是p 0、体积为多少的空气( )A ．p 0p VB ．p p 0VC ．⎝ ⎛⎭⎪⎫p p 0－1VD ．⎝ ⎛⎭⎪⎫p p 0＋1V 解析：选C ．取充入气体后的轮胎内的气体为研究对象，设充入气体体积为V′，则初态p 1＝p 0，V 1＝V ＋V′；末态p 2＝p ，V 2＝V由玻意耳定律可得：p 0(V ＋V′)＝pV解得：V′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫p p 0－1V ，故选项C 正确． 10、某同学用插针法测量平行玻璃砖折射率的实验图景如图所示．他按正确的方法插了大头针a 、b 、c 、d ．则下列说法中正确的是( )A．实验中，入射角应适当大些B．该同学在插大头针d时，使d挡住a、b的像和cC．若入射角太大，光会在玻璃砖内表面发生全反射D．该实验方法只能测量平行玻璃砖的折射率解析：选AB．入射角应尽量大些，可减小入射角的相对误差，故A正确；插大头针d时，使d挡住a、b的像和c，说明cd连线在ab的出射光线上，故B 正确；由几何知识可知，光线在上表面的折射角等于光在下表面的入射角，根据光路可逆性原理可知，光线一定会从下表面射出，折射光线不会在玻璃砖的内表面发生全反射，故C错误；根据实验原理可知，用插针法测定折射率时，玻璃砖上下表面不一定要平行，故D错误．11、如图所示，一质量M＝3．0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1．0 kg的小木块A，同时给A和B以大小均为4．0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B 板，在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是()A．2．1 m/s B．2．4 m/sC．2．8 m/s D．3．0 m/s解析：选AB．以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右方向为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得：(M－m)v0＝M v B1，代入数据解得：v B1＝2．67 m/s，当从开始到A、B速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得：(M－m)v0＝(M＋m)v B2，代入数据解得：v B2＝2 m/s，则在木块A正在做加速运动的时间内B的速度范围为：2 m/s＜v B＜2．67 m/s，故选项A、B正确．。

2020届高考(人教版)物理一轮练习选：选择题题(三)及答案

2020届高考（人教版）物理一轮练习选：选择题题（三）及答案1、科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用．下列说法符合历史事实的是( )A ．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变B ．伽利略通过“理想实验”得出结论：一旦物体具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去C ．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向D ．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质解析：选BCD.亚里士多德认为物体的运动需要力来维持，A 错误；牛顿根据选项B 中伽利略的观点和选项C 中笛卡儿的观点，得出了选项D 的观点，选项B 、C 、D 正确．2、如图所示，在竖直放置的半圆形容器的中心O 点分别以水平初速度v 1、v 2抛出两个小球甲、乙(可视为质点)，最终它们分别落在圆弧上的A 点和B 点，已知OA 与OB 互相垂直，且OA 与竖直方向成α角，则两小球初速度之比v 1v 2为( )A ．tan αB ．cos αsin αC ．tan α·tan αD ．cos α·cos α解析：选C.根据平抛运动得甲小球水平方向的位移为x A ＝Rsin α＝v 1t 1，竖直方向的位移为y A ＝Rcos α＝12gt 21，解得v 1＝12gR sin αcos α；乙小球水平方向的位移为x B ＝Rcos α＝v 2t 2，竖直方向的位移为y B ＝Rsin α＝12gt 22，解得v 2＝12gR cos αsin α，所以有v 1v 2＝tan α·tan α.选项C 正确． 3、一颗小钢珠从水面上方由静止释放落入水中，溅起的水珠跳得比钢珠释放时的位置还高，如图所示．对这种现象下列说法中正确的是()A．水珠溅起的高度超过钢珠下落时的高度，违背了能量守恒定律B．小钢珠下落时具有的重力势能小于溅起的水珠在最高点的重力势能C．小钢珠下落时具有的重力势能等于溅起的水珠在最高点的重力势能D．小钢珠下落时具有的重力势能大于溅起的水珠在最高点的重力势能解析：选D.由能量守恒定律可知，由于系统能量损失，小钢珠下落时具有的重力势能大于溅起的水珠在最高点的重力势能，选项D正确．4、如图所示，a、b、c、d、O五点均在匀强电场中，它们刚好是一个半径为R ＝0.2 m的圆的四个等分点和圆心O，b、c、d三点的电势如图所示．已知电场线与圆所在平面平行，关于电场强度的大小和方向，下列说法正确的是()A．电场强度的方向由O指向b点B．电场强度的方向由O指向d点C．电场强度的大小为10 V/mD．电场强度的大小为10 5 V/m解析：选D.由匀强电场中平行线上等间距点间的电势差相等可得，O点的电势为6 V，O、d连线的中点e处的电势为8 V，连接c、e，过O作ce的垂线交ce 于f，则ce为等势线，电场线垂直于ce向下，即电场强度的方向由f指向O点，连接c、O，计算得Of长为55R，O、f间的电势差为2 V，则电场强度E＝Ud＝10 5 V/m，选项D正确．5、如图所示为小灯泡的U －I 图线，若将该小灯泡与一节电动势E ＝1.5 V ，内阻r ＝0.75 Ω的干电池组成闭合电路时，电源的总功率和小灯泡的实际电功率分别接近以下哪一组数据( )A ．1.5 W 1.0 WB ．0.75 W 0.5 WC ．0.75 W 0.75 WD ．1.5 W 0.75 W解析：选D.在题图中画出电源的U －I 图象，与灯泡的U －I 图象的交点为I ＝1.0 A ，U ＝0.75 V ，则电源的总功率P 总＝EI ＝1.5 W ，灯泡的功率P 灯＝UI ＝0.75 W ，故D 正确．6、如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v 从A 点沿直径AOB 方向射入磁场，经过Δt 时间从C 点射出磁场，OC与OB 成60°角．现将带电粒子的速度变为v 3，仍从A 点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为( )A ．12ΔtB ．2ΔtC ．13ΔtD ．3Δt解析：选B ．粒子沿半径方向进入圆形磁场区域时，一定沿半径方向射出，如图．粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，由q v B ＝m v 2R 得R ＝m v Bq，T ＝2πm Bq．由数学知识得：粒子以速度v 进入磁场时，圆周运动的半径R ＝3r ，转过的圆心角θ＝60°；粒子以速度v 3进入磁场时，圆周运动的半径R ′＝33r ，转过的圆心角θ′＝120°，周期T 与速度无关，所以t ′＝θ′θΔt ＝2Δt ，B 正确．7、如图所示，AOC 是光滑的金属轨道，AO 沿竖直方向，OC 沿水平方向，PQ 是一根金属直杆如图所示立在导轨上，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中Q 端始终在OC 上，空间存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，则在PQ 杆滑动的过程中，下列判断正确的是( )A ．感应电流的方向始终是由P →QB ．感应电流的方向先是由P →Q ，后是由Q →PC ．PQ 受磁场力的方向垂直杆向左D ．PQ 受磁场力的方向先垂直于杆向左，后垂直于杆向右解析：选BD ．在PQ 杆滑动的过程中，杆与导轨所围成的三角形面积先增大后减小，三角形POQ 内的磁通量先增大后减小，由楞次定律可判断B 项正确；再由PQ 中电流方向及左手定则可判断D 项正确．8、用220 V 的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V ，通过负载的电流图象如图所示，则( )A ．变压器输入功率约为3．9 WB ．输出电压的最大值是110 VC ．变压器原、副线圈匝数比是1∶2D ．负载电流的函数表达式i ＝0．05sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫100πt ＋π2 A 解析：选A ．由题图可知通过负载的电流最大值为I m ＝0．05 A ，周期T ＝0．02s ，故电流的函数表达式i ＝I m sin 2πT t ＝0．05sin 100πt (A)，D 错误；理想变压器匝数比等于电压比，即 n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝2∶1，C 错误；输出电压U 2＝110 V ，其最大值U 2m ＝2U 2＝110 2 V ，B 错误；理想变压器输入功率等于输出功率，即输入功率P ＝I 2U 2＝0.052×110 W ≈3．9 W ，A 正确。

2020届(人教版)高考物理一轮练习选题(3)附参考答案

2020届（人教版）高考物理一轮练习选题（3）附参考答案一、选择题1、如图所示，小球A、B穿在一根光滑固定的细杆上，一条跨过定滑轮的细绳两端连接两小球，杆与水平面成θ角，小球可看做质点且不计所有摩擦.当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，绳OB沿竖直方向，则下列说法正确的是( )图A.小球A受到2个力的作用B.小球A受到3个力的作用C.杆对B球的弹力方向垂直杆斜向上D.绳子对A的拉力大于对B的拉力答案 B2、将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是运动的最高点，甲乙两次闪光频率相同，重力加速度为g，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为( )A．mg B.1 3 mgC.12mg D.110mg解析：选C 设每块砖的厚度是d，向上运动时：9d－3d＝a1T2①向下运动时：3d －d ＝a 2T 2②联立①②得：a 1a 2＝31③根据牛顿第二定律，向上运动时：mg ＋f ＝ma 1④ 向下运动时：mg －f ＝ma 2⑤ 联立③④⑤得：f ＝12mg ，选C 。

3、如图6所示，在纸面内半径为R 的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场。

一带电粒子从图中A 点以速度v 0垂直磁场射入，速度方向与半径方向的夹角为30°。

当该粒子离开磁场时，速度方向刚好改变了180°。

不计粒子的重力，下列说法正确的是( )图6A ．该粒子离开磁场时速度方向的反向延长线通过O 点B ．该粒子的比荷为2v 0BRx.k+*wC ．该粒子在磁场中的运动时间为πR2v 0D ．该粒子在磁场中的运动时间为πR3v 0解析由题意可画出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，A 项错；由几何关系知粒子做圆周运动的半径为r ＝R2，结合qv 0B ＝mv 20r ，可得q m ＝2v 0BR，B 项正确；粒子在磁场中的运动时间t ＝πr v 0＝πR2v 0，C 项正确，D 项错。

2020高考物理一轮复习优练题(3)(含解析)新人教版-精装版

教学资料范本2020高考物理一轮复习优练题（3）（含解析）新人教版-精装版编辑：__________________时间：__________________【精选】20xx最新高考物理一轮复习优练题（3）（含解析）新人教版李仕才一、选择题（一）、如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n=100，线圈面积S=200 cm2，线圈的电阻r=1 Ω，线圈外接一个阻值R=4 Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示.下列说法中正确的是A．线圈中的感应电流方向为顺时针方向B．电阻R两端的电压随时间均匀增大C．线圈电阻r消耗的功率为4×10–4 WD．前4 s内通过R的电荷量为4×10–4 C2、如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路.虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面.回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直.从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是A．感应电流方向不变B．CD段直导线始终不受安培力C．感应电动势最大值Em=BavD．感应电动势平均值1π4E Bav【解析】时的电动势，故Em=Bav ，C 正确；由，，，解得，D 正确.E tΦ∆=∆21π2B a Φ∆=⋅2a t v ∆=1π4E Bav = 【名师点睛】此题考查了法拉第电磁感应定律的应用；掌握平均电动势的求解方法，同时要能确定导线切割磁感线的有效长度的变化情况；此题是易错题，尤其是在确定CD 边是否受安培力的问题上.2、如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电量均相同的正、负离子（不计重力），从点O 以相同的速度先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则正、负离子在磁场中运动不正确的是A ．运动时间相同B ．运动轨迹的半径相同C ．重新回到边界时速度的大小和方向相同D ．重新回到边界的位置与O 点距离相等【解析】3、在一静止点电荷的电场中，任一点的电势与该点到点电荷的距离r 的关系如图所示.电场中四个点a 、b 、c 和d 的电场强度大小分别Ea 、Eb 、Ec 和Ed.点a 到点电荷的距离ra 与点a 的电势a 已在图中用坐标（ra ，a ）标出，其余类推.现将一带正电的试探电荷由a 点依次经b 、c 点移动到d 点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab 、Wbc 和Wcd.下列选项正确的是ϕϕϕA ．Ea ：Eb=4:1B ．Ec ：Ed=2:1C ．Wab:Wbc=3:1D ．Wbc:Wcd=1:3 AC 由题图可知，a 、b 、c 、d 到点电荷的距离分别为1 m 、2 m 、3 m 、6 m ，根据点电荷的场强公式可知，，，故A 正确，B 错误；电场力做功，a 与b 、b 与c 、c 与d 之间的电势差分别为3 V 、1 V 、1 V ，所以，，故C 正确，D错误.W qU =31ab bc W W =11bc cd W W =4、如图所示，圆心在O 点、半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 竖直固定在水平桌面上，C 端装有轻质定滑轮，OC 与OA 的夹角为60°，轨道最低点A 与桌面相切.一足够长的轻绳两端分别系着质量为m1和m2的甲、乙两小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道边缘C 的定滑轮两边，开始时甲位于C 点，然后从静止释放.不计一切摩擦.则A ．在甲由C 点下滑到A 点的过程中两球速度大小始终相等B ．在甲由C 点下滑到A 点的过程中重力对甲做功的功率先增大后减少C ．若甲恰好能沿圆弧下滑到A 点，则m1=2m2D ．若甲恰好能沿圆弧下滑到A 点，则m1=3m2【参考答案】BC【试题解析】甲沿圆弧运动，其速度方向为圆弧的切线方向，由于轻绳不可伸长，因此乙的速度大小应等于甲的速度沿绳方向的分量大小，甲的速度的另一个分量则为垂直于甲与C 点连线（绳）方向，故选项A 错误；根据瞬时功率的表达式可知，甲的重力对甲做功的功率为P=m1gvy ，其中vy 是指甲的瞬时速度沿竖直方向的分量，在C 点处两球速度都为零，即甲的重力对甲做功的功率为零，在A 点时，甲的速度为水平方向，因此其竖直分量为零，即甲的重力对甲做功的功率也为零，而在C 点到A 点之间的任一位置，P≠0，故选项B 正确；在整个运动过程中，若甲恰好能沿圆弧下滑到A 点，则当甲到达A 点时，两球的速度都为零，故在A 、C 两点处，甲减少的重力势能等于乙增加的重力势能，有：m1gR （1–cos60°）–m2gR=0，解得：m1=2m2，故选项C 正确，选项D 错误.5、如图所示，在光滑的水平面上有一静止的物体M ，物体上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C ，两端A 、B 一样高，现让小滑块m 从A 点由静止下滑，则A ．m 不能到达M 上的B 点B ．m 从A 到C 的过程中M 向左运动，m 从C 到B 的过程中M 向右运动C ．m 从A 到B 的过程中M 一直向左运动，m 到达B 的瞬间，M 速度为零D ．M 与m 组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒【解析】CD 根据机械能守恒、动量守恒定律的条件，M 和m 组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，D 正确；m 滑到右端两者具有相同的速度时有：，，再根据机械能守恒定律可知m 恰能达到小车上的B 点，且m 到达B 的瞬间，m 、M 速度为零，A 错误；m 从A 到C 的过程中M 向左加速运动，m 从C 到B 的过程中M 向左减速运动，B错误，C 正确.()0m M v =+0v =二、非选择题1、如图所示，MN 为绝缘板，CD 为板上两个小孔，AO 为CD 的中垂线，在MN 的下方有匀强磁场，方向垂直纸面向外（图中未画出），质量为m 电荷量为q 的粒子（不计重力）以某一速度从A 点平行于MN 的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场（电场方向指向O 点），已知图中虚线圆弧的半径为R ，其所在处场强大小为E ，若离子恰好沿图中虚线做圆周运动后从小孔C 垂直于MN 进入下方磁场.（1）求粒子运动的速度大小；（2）粒子在磁场中运动，与MN 板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之后恰好从小孔D 进入MN 上方的一个三角形匀强磁场，从A 点射出磁场，则三角形磁场区域最小面积为多少？MN 上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少？（3）粒子从A 点出发后，第一次回到A 点所经过的总时间为多少？【解析】（1）（2）（3）EqR m 212R 11n +2πmR Eq （1）粒子进入静电分析器做圆周运动，根据牛顿第二定律得：2mv Eq R= 解得 EqR v m= （2）粒子从D 到A 匀速圆周运动，故由图示三角形区域面积最小值为212S R = （3）粒子在电场中运动时间14π2π2R mR t v Eq == 在下方的磁场中运动时间211122ππn mR t R v Eq +=⨯⨯= 在上方的磁场中运动时间234π2π2R mR t v Eq == 总时间1232πmRt t t t Eq =++= 2、质量分别为ma=0.5 kg ，mb=1.5 kg 的物体a 、b 在光滑水平面上发生正碰.若不计碰撞时间，它们碰撞前后的位移—时间图象如图所示，则下列说法正确的是A．碰撞前a物体的动量的大小为4 kg·m/sB．碰撞前b物体的动量的大小为零C．碰撞过程中a物体受到的冲量为1 N·sD．碰撞过程中b物体损失的动量大小为1.5 kg·m/s【参考答案】BD【试题解析】由题中图示图象可知，碰撞前a的速度：，碰撞前a 的动量：pa=mava=0.5×4 kg•m/s =2 kg•m/s，故A错误；由题中图示图象可知，碰撞前b静止，碰撞前b的动量为零，故B正确；由题中图示图象可知，碰撞后a、b的速度相等，为：，碰撞后a的动量大小为：pa′=mava′=0.5×1 kg•m/s =0.5 kg•m/s，故C错误；碰撞后b的动量大小为：pb′=mavb′=1.5×1 kg•m/s =1.5 kg•m/s，故D正确.164m/s4aaasvt===2416m/s1m/s124stv-===-。

【2019-2020】高考物理一轮复习选编练题(3)(含解析)新人教版

【2019-2020】高考物理一轮复习选编练题（3）（含解析）新人教版高考物理一轮选编练题（3）李仕才1、伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展．利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是( )A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小【答案】A2、在“金星凌日”的精彩天象中，观察到太阳表面上有颗小黑点缓慢走过，持续时间达六个半小时，那便是金星，这种天文现象称为“金星凌日”，如图2所示．下面说法正确的是( )图2A．地球在金星与太阳之间B ．观测“金星凌日”时可将太阳看成质点C ．以太阳为参考系，金星绕太阳一周位移不为零D ．以太阳为参考系，可以认为金星是运动的关键词①观察到太阳表面上有颗小黑点缓慢走过；②金星绕太阳一周．【答案】D3、一轻质弹簧原长为8 cm ，在4 N 的拉力作用下伸长了2 cm ，弹簧未超出弹性限度，则该弹簧的劲度系数为( )A ．40 m/NB ．40 N/mC ．200 m/ND ．200 N/m【答案】D【解析】由胡克定律得劲度系数k ＝x F ＝200 N/m ，D 项对。

4、如图2所示，一个人沿着一个圆形轨道运动，由A 点开始运动，经过半个圆周到达B 点，下列说法正确的是( )图2A ．人从A 到B 的平均速度方向沿B 点的切线方向B ．人从A 到B 的平均速度方向由A 指向BC ．人在B 点的瞬时速度方向由A 指向BD ．人所经过的位移大小为圆周长的一半【答案】B【解析】人从A 到B 的位移方向由A 指向B ，故平均速度方向由A 指向B ，故选项A 错误，B 正确；瞬时速度沿轨迹的切线方向，故人在B 点的瞬时速度方向沿B 点的切线方向，故选项C 错误；人经过的位移大小为A 、B 间的直线长度，故为直径长度，选项D 错误．5、如图所示，长L 、质量m 的极其柔软的匀质物体在台面上以水平速度v 0向右运动，台面上A 左侧光滑，右侧粗糙，该物体前端在粗糙台面上滑行S 距离停下来．设物体与粗糙台面间的动摩擦因数为μ，则物体的初速度v 0为（）【答案】C【解析】物体越过A 后做匀减速直线运动，加速度： mga g m μμ==，由匀变速直线运动的速度位移公式得： 202v aS =，解得： 0v =C 正确。

2020高考物理一轮复习选练习题3含解析新人教版

【2019最新】精选高考物理一轮复习选练习题3含解析新人教版李仕才1、某人爬山，从山脚爬上山顶，然后又沿原路返回到山脚，上山的平均速度为v1，下山的平均速度为v2，则往返的平均速度的大小和平均速率分别是( )A.、B.、v1－v22C.0、D.0、2v1v2v1＋v2【答案】D2、一物体以初速度v0做匀减速直线运动，第1 s内通过的位移为x1＝3 m，第2 s 内通过的位移为x2＝2 m，又经过位移x3物体的速度减小为0，则下列说法错误的是( )A.初速度v0的大小为2.5 m/sB.加速度a的大小为1 m/s2C.位移x3的大小为1.125 mD.位移x3内的平均速度大小为0.75 m/s【答案】A3、如图2所示装置中，各小球的质量均相同，弹簧和细线的质量均不计，一切摩擦忽略不计，平衡时各弹簧的弹力分别为F1、F2、F3，其大小关系是( )图2B.F1＝F2＜F3A.F1＝F2＝F3D.F3＞F1＞F2C.F1＝F3＞F2【答案】A【解析】第一幅图：以下面小球为研究对象，由平衡条件得知，弹簧的弹力等于小球的重力G；第二幅图：以小球为研究对象，由平衡条件得知，弹簧的弹力等于小球的重力G；第三幅图：以任意一个小球为研究对象，由平衡条件得知，弹簧的弹力等于小球的重力G；所以平衡时各弹簧的弹力大小相等，即有F1=F2=F3。

4、(多选)已知力F，且它的一个分力F1跟F成30°角，大小未知，另一个分力F2的大小为F，方向未知，则F1的大小可能是( )A. B. C. D.F【答案】AC5、(多选)(2018·山东青岛调研)木箱重G1，人重G2，人站在木箱里用力F向上推木箱，如图3所示，则有( )A.人对木箱底的压力大小为G2＋FB.人对木箱底的压力大小为G2C.木箱对地面的压力大小为G2＋G1－FD.木箱对地面的压力大小为G1＋G2【答案】AD【解析】对人隔离受力分析有：竖直向下的重力G2、向下的作用力F、向上的支持力FN，可得FN＝G2＋F，根据牛顿第三定律，人对木箱底的压力大小为G2＋F，选项A正确，B错误；将人与木箱看成一个整体，可得木箱对地面的压力大小为G1＋G2，选项C 错误，D正确.综上本题选A、D.6、如图10甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面上，有一质量为m的物体，受到沿斜面方向的力F作用，力F按图乙所示规律变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正).则物体运动的速度v随时间t变化的规律是(物体初速度为零，重力加速度取10 m/s2)( )图10【答案】C7、(2018·广东东莞质检)如图1所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为( )图1A.2∶1B.1∶1C.∶1D.1∶【答案】B8、四辆小车从同一地点向同一方向运动的情况分别如图7所示，下列说法正确的是( )图7A．甲车做直线运动，乙车做曲线运动B．这四辆车均从静止开始运动C．在0～t2时间内，丙、丁两车在t2时刻相距最远D．在0～t2时间内，丙、丁两车间的距离先增大后减小【答案】C【解析】x－t图象中，位移方向用正负表示，图中甲、乙两个物体的位移一直为正，且不断增加，故甲与乙都是单向的直线运动，故A错误；x－t图象的斜率表示速度，v －t图象的斜率表示加速度，故乙车做减速直线运动，甲车做匀速直线运动，则甲、乙不是从静止开始运动，故B错误；由v－t图象中图线与时间轴围成的面积表示位移可知：丙、丁两车在t2时刻面积差最大，所以相距最远，故C正确；在0～t2时间内，丁的速度大于丙的速度，两车间的距离一直增大，故D错误．9、减速带是交叉路口常见的一种交通设施，车辆驶过减速带时要减速，以保障行人的安全.当汽车前轮刚爬上减速带时，减速带对车轮的弹力为F，下图中弹力F画法正确且分解合理的是( )【答案】B【解析】减速带对车轮的弹力方向垂直车轮和减速带的接触面，指向受力物体，故A、C错误；按照力的作用效果分解，将F可以分解为水平方向和竖直方向，水平方向的分力产生的效果减慢汽车的速度，竖直方向的分力产生向上运动的作用效果，故B正确，D错误.10、图8是一做匀变速直线运动的质点的位移—时间图象(x－t图象)，P(t1，x1)为图象上一点.PQ为过P点的切线，与x轴交于点Q(0，x2).下列说法正确的是( )图8x1A.t1时刻，质点的速率为t1x1－x2B.t1时刻，质点的速率为t12C.质点的加速度大小为12（x1－x2）D.0～t1时间内，质点的平均速度大小为t1【答案】B11、(2018·四川德阳模拟)如图11甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可看做质点的物体A静止叠放在B的最左端.现用F＝6 N的水平力向右拉物体A，经过5 s 物体A运动到B的最右端，其v－t图象如图乙所示.已知A、B的质量分别为1 kg、4 kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.(1)求物体A、B间的动摩擦因数；(2)若B不固定，求A运动到B的最右端所用的时间.【答案】(1)0.4 (2)5 s【解析】(1)根据v－t图象可知物体A的加速度为aA＝＝ m/s2＝2 m/s2以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得F－μmAg＝mAaA解得μ＝＝0.412、(2018·甘肃天水质检)如图2所示，木杆长5 m，上端固定在某一点，由静止放开后让它自由落下(不计空气阻力)，木杆通过悬点正下方20 m处圆筒AB，圆筒AB 长为5 m，取g＝10 m/s2，求：图2(1)木杆经过圆筒的上端A所用的时间t1是多少？(2)木杆通过圆筒AB所用的时间t2是多少？【答案】(1)(2－) s (2)(－) s【解析】(1)木杆由静止开始做自由落体运动，木杆的下端到达圆筒上端A用时t下A＝＝ s＝ s木杆的上端到达圆筒上端A用时t上A＝＝ s＝2 s则木杆通过圆筒上端A所用的时间t1＝t上A－t下A＝(2－) s(2)木杆的上端到达圆筒下端B用时t上B＝＝ s＝ s则木杆通过圆筒所用的时间t2＝t上B－t下A＝(－) s。

2020高考物理一轮复习基础夯实练(3)(含解析)新人教版-精装版

教学资料范本2020高考物理一轮复习基础夯实练（3）（含解析）新人教版-精装版编辑：__________________时间：__________________【精选】20xx最新高考物理一轮复习基础夯实练（3）（含解析）新人教版李仕才一、选择题1、(20xx·××市质量检测)一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a－t图象如图所示，t＝0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则( ) A．在t＝6 s的时刻，物体的速度为18 m/sB．在0～6 s时间内，合力对物体做的功为400 JC．在0～6 s时间内，拉力对物体的冲量为48 N·sD．在t＝6 s的时刻，拉力F的功率为200 W解析：类比速度图象位移的表示方法可知，速度变化量在加速度—时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在0～6 s内Δv＝18 m/s，v0＝2 m/s，则t＝6 s时的速度v＝20 m/s，A项错；由动能定理可知，0～6 s内，合力做功W＝mv2－mv＝396 J，B项错；由冲量定理可知，I－Ff·t＝mv－mv0，代入已知条件解得：I＝48 N·s，C项正确；由牛顿第二定律可知，6 s末F－Ff＝ma，解得：F＝10 N，所以拉力的功率P＝Fv＝200 W，D项正确．答案：CD2、(20xx·山西四校联考)如图所示，轻绳一端连接放置在水平地面上的物体Q，另一端绕过固定在天花板上的定滑轮与小球P连接，P、Q始终处于静止状态，则( )A．Q可能受到两个力的作用B．Q可能受到三个力的作用C．Q受到的绳子拉力与重力的合力方向水平向左D．Q受到的绳子拉力与重力的合力方向指向左下方解析：由平衡条件知，Q受重力、支持力、绳的拉力和摩擦力四个力的作用，选项A、B错误；由平衡条件知，Q受到的绳子拉力和重力的合力与支持力和摩擦力的合力大小相等、方向相反，由平行四边形定则知，支持力和摩擦力的合力方向指向右上方，所以Q 受到的绳子拉力和重力的合力方向指向左下方，选项C错误，选项D正确．答案：D3、如图所示，竖直平面内有一光滑直杆AB，杆与水平方向的夹角为θ(0°≤θ≤90°)，一质量为m的小圆环套在直杆上．给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力F，并从A端由静止释放．改变直杆和水平方向的夹角θ，当直杆与水平方向的夹角为30°时，小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为g，则( ) A．恒力F一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向B．恒力F和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向C．若恒力F的方向水平向右，则恒力F的大小为mgD．恒力F的最小值为mg解析：小圆环受到竖直向下的重力、光滑直杆AB对小圆环的支持力和恒力F，把光滑直杆AB对小圆环的支持力正交分解，沿直杆方向无分力，由L＝at2可知，要使小圆环在直杆上运动的时间最短，小圆环运动的加速度必须最大，由牛顿第二定律可知，当恒力和重力的合力沿光滑直杆方向时，加速度最大，所以选项A错误、B 正确；若恒力F的方向水平向右，由tan30°＝，解得F＝mg，选项C正确；当合力F的方向垂直光滑直杆时，恒力F最小，由sin60°＝，解得F的最小值为Fmin＝mgsin60°＝mg，选项D正确．答案：BCD4、(20xx·武汉模拟)如图所示，R是光敏电阻，其阻值随光照强度的增大而减小，当它受到的光照强度增大时( )A．灯泡L变暗B．光敏电阻R上的电压增大C．电压表V的读数减小D．电容器C的带电荷量增大解析：光照强度增大时，R的阻值减小，闭合电路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律知I＝增大，灯泡L变亮，选项A错误；光敏电阻R上的电压UR＝E－I(r＋R灯)减小，选项B错误；电压表V的读数U＝E－Ir减小，选项C正确；电容器C两端的电压等于灯泡两端的电压，灯泡两端的电压UL＝IR灯增大，所以电容器C 的带电荷量Q＝CUL增大，选项D正确．答案：CD5、(20xx·河北唐山调研)如图所示，两平行的粗糙金属导轨水平固定在匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨宽度为L，一端与电源连接．一质量为m的金属棒ab垂直于平行导轨放置并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝，在安培力的作用下，金属棒以v0的速度向右匀速运动，通过改变磁感应强度的方向，可使流过导体棒的电流最小，此时磁感应强度的方向与竖直方向的夹角为( ) A．37°B．30° C．45°D．60°解析：本题考查通电导体棒在磁场中的平衡问题．由题意对棒受力分析，设磁感应强度的方向与竖直方向成θ角，则有BILcosθ＝μ(mg－BILsinθ)整理得BIL＝μmgcosθ＋μsinθ电流有最小值，就相当于安培力有最小值，最后由数学知识解得：θ＝30°，则A、C、D错，B对．答案：B6、(20xx·辽宁锦州期末)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20：1，原线圈接在正弦交流电源上，副线圈接入“3 V 6 W”灯泡一只，且灯泡正常发光．则( )A．原线圈电压有效值为3 VB．电源输出功率为120 WC．电流表的示数为0.1 AD．电流表的示数为40 A解析：根据理想变压器原、副线圈电压与匝数成正比可知，原线圈两端电压有效值为60 V，选项A错误；理想变压器输入功率等于输出功率，所以输入功率和输出功率都为6 W，则电源输出功率为6 W，选项B错误；理想变压器输入功率为6 W，则原线圈中的电流有效值为I＝＝ A＝0.1 A，选项C正确，选项D错误．答案：C7、在变电站里，经常要用交流电表监测电网上的强电流．所用的器材叫电流互感器，如图所示，能正确反映其工作原理的是( )解析：电流互感器把大电流变成小电流，测量时更安全，据变压器原理，＝，I2＝I1，所以要求线圈匝数n2>n1，原线圈要接在火线上，故本题只有A正确．答案：A二、非选择题1、如图所示为“探究加速度与物体受力的关系”的实验装置图．图中A为小车，质量为m1，连接在小车后面的纸带穿过电火花打点计时器B，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上，P的质量为m2，C为弹簧测力计，实验时改变P的质量，读出测力计不同读数F，不计绳与滑轮的摩擦．(1)下列说法正确的是( )A．一端带有定滑轮的长木板必须保持水平B．实验时应先接通电源后释放小车C．实验中m2应远小于m1D．测力计的读数始终为m2g2(2)如图为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出．由此可求得小车的加速度的大小是________ m/s2(交流电的频率为50 Hz，结果保留两位有效数字)．(3)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a－F图象可能是图中的图线( )解析：(1)一端带有定滑轮的长木板必须稍微倾斜，以平衡摩擦力，选项A错误．实验时应先接通电源后释放小车，选项B正确．实验中m2不必远小于m1，选项C错误．由于P向下加速运动，测力计的读数始终小于，选项D错误．(2)由Δx＝aT2解得小车的加速度的大小是0.50 m/s2.(3)遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a－F图象，应该是当F从某一值开始增大，加速度a才开始增大，所以可能是图线C.答案：(1)B (2)0.50 (3)C2、(20xx·广东华山模拟)(1)(10分)关于热现象和热学规律，下列说法正确的是________(填正确答案的标号)．A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积B．气体温度升高，分子的平均动能一定增大C．温度一定时，悬浮在液体中的固体颗粒越小，布朗运动越明显D．一定温度下，饱和汽的压强是一定的E．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律(2)(15分)如图，将导热性良好的薄壁圆筒开口向下竖直缓慢地放入水中，筒内封闭了一定质量的气体(可视为理想气体)．当筒底与水面相平时，圆筒恰好静止在水中．此时水的温度t1＝7.0 ℃，筒内气柱的长度h1＝14 cm.已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g取10 m/s2.(ⅰ)若将水温缓慢升高至27 ℃，此时筒底露出水面的高度Δh 为多少？(ⅱ)若水温升至27 ℃后保持不变，用力将圆筒缓慢下压至某一位置，撤去该力后圆筒恰能静止，求此时筒底到水面的距离H(结果保留两位有效数字)．解析：(1)知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可以算出每个气体分子占据空间的体积，但不是分子体积(分子间隙大)，故A 错误；温度是分子平均动能的标志，故气体温度升高，分子的平均动能一定增大，选项B正确；悬浮在液体中的固体微粒越小，碰撞的不平衡性越明显，布朗运动就越明显，故C正确；饱和蒸汽压仅仅与温度有关，所以一定温度下，饱和汽的压强是一定的，故D正确；第一类永动机不可能制成，是因为它违反了能量守恒定律，第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，故E错误．(2)(ⅰ)设水温升至27 ℃时，气柱的长度为h2，圆筒横截面积为S，根据盖－吕萨克定律有Sh1＝，T1圆筒静止，筒内外液面高度差不变，有Δh＝h2－h1，联立解得Δh＝1 cm；(ⅱ)设圆筒的质量为m，静止在水中时筒内气柱的长度为h3.则mg＝ρgh1S，mg＝ρgh3S，圆筒移动过程，根据玻意耳定律有(p0＋ρgh1)h2S＝[p0＋ρg(h3＋H)]h3S，解得H＝72 cm.答案：(1)BCD (2)(ⅰ)1 cm(ⅱ)72 cm。

【2020】最新高考物理一轮基础系列题3含解析新人教版

A.库仑力大小不变B.库仑力先变大后变小C.速率先增大后减小D.速率先减小后增大【解析】选D.。

在从M点经P点到达N点的过程中，依据库仑定律F=k，距离先增加后减少，库仑力先减少后增加，A、B错误;库仑力先是阻力后是动力，所以速率先减小后增大，D正确，C错误.。

8、如图所示，通电竖直长直导线的电流方向向上，初速度为v0子平行于直导线竖直向上射出，不考虑电子的重力，的电子将( )则电A．向右偏转，速率不变，r变大B．向左偏转，速率改变，r变大C．向左偏转，速率不变，r变小D．向右偏转，速率改变，r变小解析：选A 由安培定则可知，直导线右侧的磁场垂直纸面向里，且磁场强度随离直导线距离变大而减小，根据左手定则可知，电子受洛伦兹力方向向右，故向右偏转；由于洛伦兹力不做功，故速率不变，由r＝知r变大，故A正确.。

二、非选择题如图所示，直角坐标系xOy的y轴右侧有一宽为d的无限长磁场，磁感应强度大小未知，方向垂直纸面向外，y轴左侧有一个半径也为d的有界圆形磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，圆心O1在x轴上，OO1＝2d，一个带正电粒子以初速度v由A点沿AO1方向(与水平方向成60°角)射入圆形磁场并恰好从O点进入右侧磁场，从右边界MN上C点(没画出)穿出时与水平方向成30°角，不计粒子重力，求：(1)粒子的比荷；(2)右侧磁场的磁感应强度；(3)粒子从A到C的运动时间.。

解析(1)粒子运动轨迹如图所示，粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，在圆形磁场中有Bqv＝m v2r由图知r＝dtan 60°＝d联立得＝.。

(2)在y轴右侧磁场中B′qv＝m v2R由图知R＝2d联立并代入比荷值得B′＝B.。

(3)粒子在圆形磁场中的运动时间t1＝·＝3πd3v。

【2020】最新高考物理一轮选训练导3含解析新人教版

李仕才一、选择题1、(20xx·福建省××市高中毕业生3月第一次质量检测)如图所示，在水平地面上竖直固定一绝缘弹簧，弹簧中心直线的正上方固定一个带电小球Q，现将与Q带同种电荷的小球P，从直线上的N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是( )A．小球P的电势能先减小后增加B．小球P与弹簧组成的系统机械能一定增加C．小球动能的减少量等于电场力和重力做功的代数和D．小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零解析：选B.小球下落的过程中，电场力一直对小球做正功，小球P 的电势能一直减小，选项A错误；因Q对P做正功，故小球P与弹簧组成的系统机械能一定增加，选项B正确；小球动能的减少量等于电场力和重力以及弹力做功的代数和，选项C错误；小球P速度最大时所受弹簧弹力、重力以及库仑力的合力为零，选项D错误；故选B.【链接】历史上有些科学家曾把在相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”（现称“另类匀变速直线运动”），“另类加速度”定义为，其中v0和vs分别表示某段位移s内的初速和末速.。

A>0表示物体做加速运动，A<0表示物体做减速运动.。

而现在物理学中加速度的定义式为，下列说法正确的是（）A.若A不变，则a也不变B.若A>0且保持不变，则a逐渐变小C.若A不变，则物体在中间位置处速度为D.若A不变，则物体在中间位置处速度为【答案】C2、（20xx届山东省、湖北省部分重点中学联考）如图所示，宽为L ＝0.6m的竖直障碍物中间有一间距d＝0.6 m的矩形孔，其下沿离地高h＝0.8 m，与障碍物相距S＝1.0 m处有一小球以＝5 m/s的初速度水平向右抛出.。

空气阻力忽略不计，g取10 m/s2.为使小球能无碰撞地穿过该孔，小球离水平地面的高度H可以为（）A. 1.5 mB. 1.4 mC. 1.3 mD. 1.2 m【答案】AB3、如图所示，半径为R的光滑圆环竖直放置，N为圆环的最低点.。

2020届高中物理高考一轮复习测试卷(三)人教版

2020届高考一轮复习物理测试卷（三）第Ⅰ卷（选择题共31分）一、单项选择题：（本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，只有一项．．．．是符合题目要求的）1．如图物体A在竖直向上的拉力F的作用下能静止在斜面上，则关于A受力的个数，下列说法中正确的是（A）A一定是受两个力作用（B）A一定是受四个力作用（C）A可能受三个力作用（D）A不是受两个力作用就是受四个力作用2．如图所示，光滑轨道MO和ON底端对接且ON=2MO，M、N两点高度相同。

小球自M点由静止自由滚下，忽略小球经过O点时的机械能损失，以v、s、a、EK分别表示小球的速度、位移、加速度和动能四个物理量的大小．下列图象中能正确反映小球自M点到N点运动过程的是3．已知质子与氦核的质量之比为1：4，电荷量之比为1：2．当质子和氦核在同一匀强磁场中做半径相同的圆周运动时.设此时质子的动能为E1，氦核的动能为E2，则E1：E2等于（A）4：1 （B）2：1 （C）1：1 （D）1：24．在平坦的垒球运动场上，击球手挥动球棒将垒球水平击出，垒球飞行一段时间后落地．若不计空气阻力，则（A）垒球落地时的动能等于飞行过程中重力对球做的功（B）垒球落地时的速度方向与水平地面垂直（C ）垒球在空中运动的水平位移仅由初速度决定（D ）垒球在空中运动的时间仅由击球点离地面的高度决定5．紧靠在一起的线圈A 与B 如图甲所示,当给线圈A 通以图乙所示的电流（规定由a 进入b 流出为电流正方向）时,则线圈B 两端的电压变化应为下图中的二、多项选择题：（本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项．．．．是符合题目要求的．全部选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错的，得0分）6．两块大小、形状完全相同的金属板正对水平放置，构成一个平行板电容器，将两金属板分别与电源两极相连接，如图5所示．闭合开关S 达到稳定后，在两板间有一带电液滴p恰好处于静止状态．下列判断正确的是（）A ．保持开关S 闭合，减小两板间的距离，液滴向上运动图5B ．保持开关S 闭合，减小两板间的距离，液滴向下运动C ．断开开关S ，减小两板间的距离，液滴向上运动D ．断开开关S ，减小两板间的距离，液滴向下运动7．如图6（甲）所示，两个平行金属板P 、Q 正对竖直放置，两板间加上如图6（乙）所示的交变电压．t=0时，Q 板比P 板电势高U 0，在两板的正中央M 点有一电子在电场力作用下由静止开始运动（电子所受重力可忽略不计），已甲 ab Vcd ABI abt /s 01 2 3 4知电子在0 ~ 4t时间内未与两板相碰．则电子速度方向向左且速度大小逐渐增大的时间是（）A．0<t<tB．t0<t<2tC．2t0<t<3tD．3t0<t<4t图68．如图7所示电路中，电源内阻不能忽略，两个电压表均为理想电表．当滑动变阻器R2的滑动触头p移动时，关于两个电压表V1与V2的示数，下列判断正确的是（）A．p向a移动，V1示数增大、V2的示数减小B．p向b移动，V1示数增大、V2的示数减小C．p向a移动，V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值图7D．p向b移动，V1示数改变量的绝对值大于V2示数改变量的绝对值9．如图8所示，水平正对放置的带电平行金属板间的匀强电场方向竖直向上，匀强磁场方向垂直纸面向里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的a点由静止释放，经过轨道端点P进入板间后恰好沿水平方向做匀速直线运动．现在使小球从稍低些的b点由静止释放，经过轨道端点P进入两板之间的场区．关于小球和小球现在的运动情况，以下判断中正确的是（）A．小球可能带负电B．小球在电、磁场中运动的过程动能增大C．小球在电、磁场中运动的过程电势能增大图8 D．小球在电、磁场中运动的过程机械能总量不变第Ⅱ卷（非选择题共89分）三、实验题（本题共2小题，每题10分，共20分．把答案写在答题卡中指定的答题处）10．（10分）某同学在“探究当外力一定时，加速度和质量的关系”的实验时，得到下表中的实验数据，（1）这位同学决定使用a-1/m 图象来处理这些数据，而不用a-m 图象来处理这些数据的原因是．（2）请作出a-1/m 图象，根据作出的图象，可以得到的结论是．11．（10分）用如图所示的电路（R 1、R 2为标准定值电阻，阻值已知）测量电源的电动势E 和内电阻r 时，则：（1）需要读取的数据是、．（2）电动势表达式E= ，内电阻表达式 r = ．（3）如果考虑电流表的内阻，电动势的测量值真实值（填“大于”、“小于”或“等于”），电源内电阻的m/kg a/（m/s 2） 0.20 0.60 0.30 0.40 0.40 0.29 0.50 0.25 0.60 0.20测量值真实值（填“大于”、“小于”或“等于”）．四、模块选做题（本题包括3道题，只要求选做2道题．每题10分，共20分。

2020届人教高考物理一轮基础选择题练习(3)附参考答案

2020届人教高考物理一轮基础选择题练习（3）附参考答案【热身】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，行程为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作这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/h【参考答案】B 图中08：55表示开车的时刻，不是一段时间，A 选项错误；列车高速行驶时，通过10 m 位移的过程中，所用时间很短，故可以取10 m 位移的平均速度近似看作这10 m 起点位置处的瞬时速度，B 选项正确；行程2 026公里是路程，不是位移，根据平均速率的定义可知，v －＝2 02682330km/h ＝231 km/h ，即平均速度和最高速度均不是231 km/h ，C 、D 选项错误．1、如图所示，半径为r 的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B 中绕O 轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R 的电流大小和方向是(金属圆盘的电阻不计)( )图A ．方向由c 到dB ．方向由d 到cC ．I ＝Br 2ωRD ．I ＝Br 2ω2R【参考答案】BD [金属圆盘在匀强磁场中匀速转动，可以等效为无数根长为r 的导体棒绕O 点做匀速圆周运动，其产生的感应电动势大小E ＝Br 2ω2，由右手定则可知其方向由圆周指向圆心，故通过电阻R 的电流大小I ＝Br 2ω2R，方向由d 到c ，故选B 、D.] 2、如图所示,一汽车装备了具有自动刹车功能的安全系统,系统以50 Hz 的频率监视前方的交通状况。

当车速v ≤10 m/s 且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时,如果司机未采取制动措施,系统就会立即自动刹车,使汽车避免与障碍物相撞。

2020届高考(人教版)物理一轮过关题：选择题选练(三)及答案

2020届高考（人教版）物理一轮过关题：选择题选练（三）及答案1、（2019·安徽省定远县民族中学高三模拟）如图所示，质量为m 的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态，现对小球同时施加水平向右的恒力F 0和竖直向上的力F ，使小球从静止开始向右运动，其中竖直向上的力F 大小始终与小球的速度成正比，即F=kv （图中未标出），已知小球与杆间的动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是A ．小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的减速运动B ．小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动直到静止C ．小球的最大加速度为F m D ．小球的最大速度为0F mg k μμ+ 【答案】D【解析】AB 项：刚开始运动时，加速度为0()F mg kv a m μ--=，当速度v 增大，加速度增大，当速度v 增大到符合kv>mg 后，加速度为：0()F kv mg a m μ--=，当速度v 增大，加速度减小，当a 减小到0，做匀速运动，所以小球的速度先增大后保持不变，加速度先增大后减小，最后保持不变，故AB 错误；C 项：当阻力为零时，加速度最大，故小球的最大加速度为0F m ，故C 错误；D 项：当加速度为零时，小球的速度最大，此时有：F 0=μ（kv m –mg ），故最大速度为0m F mgv k μμ+=，故D 正确。

2、（2019·安徽省池州市高一期末）一根长为L 的细线上端系在天花板上P 点，下端系一质量为m 的小球，将小球拉离竖直位置，给小球一个与悬线垂直的水平初速度使小球在水平面内做匀速圆周运动，悬线与竖直方向的夹角为θ，悬线旋转形成一个圆锥面，这就是常见的圆锥摆模型，如右图所示。

关于圆锥摆，下面说法正确的是（已知重力加速度为g ）A ．圆锥摆的周期T 与小球质量无关B ．小球做圆周运动的向心力由绳子的拉力和重力的合力提供C．圆锥摆的周期2T =D ．小球做匀速圆周运动向心加速度为sin g θ【答案】ABC 【解析】由牛顿第二定律得224tan mg m r T πθ=，sin r L θ=，解得2T =期与摆球质量无关，A 、C 正确；小球做圆周运动的向心力由拉力和重力的合力提供，B 正确；由牛顿第二定律得tan mg ma θ=，小球的向心加速度tan a g θ=，D 错误。