京津琼2019高考物理总复习专用优编提分练：计算题专练四
(京津琼)2019高考物理总复习 密卷优编提分练：计算题专练(六)
计算题专练(六)1．如图1所示，质量M ＝4 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝5 m ．从某时刻开始，有质量m ＝2 kg 的物块，以水平向右的速度v 0＝6 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.4，取g ＝10 m/s 2，求：图1(1)该过程所经历的时间t 及物块与小车保持相对静止时的速度大小v ；(2)该过程中物块发生的位移x 1的大小及小车发生的位移x 2的大小；(3)该过程中物块和小车间因摩擦产生的热量Q .答案 (1)1 s 2 m/s (2)4 m 1 m (3)24 J解析 (1)以小车和物块组成的系统为研究对象，系统的动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得： mv 0＝(M ＋m )v .代入数据，解得v ＝2 m/s ，方向向右．对小车M ，由动量定理得：μmgt ＝Mv －0.代入数据，解得：t ＝1 s.(2)对物块，根据动能定理得：－μmgx 1＝12mv 2－12mv 02. 对小车，由动能定理得：μmgx 2＝12Mv 2. 代入数据解得：x 1＝4 m ，x 2＝1 m.(3)该过程中物块和小车间因摩擦产生的热量为：Q ＝12mv 02－12(M ＋m )v 2代入数据，解得：Q ＝24 J.2．如图2所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l ＝0.5 m ，左端接有阻值R ＝0.3 Ω的电阻，一质量m ＝0.1 kg ，电阻r ＝0.1 Ω的金属棒MN 放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B ＝0.4 T ．棒在水平向右的拉力作用下，由静止开始以a ＝2 m/s 2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x ＝9 m 时撤去拉力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去拉力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：图2(1)在棒匀加速运动过程中，通过电阻R 的电荷量q ；(2)撤去拉力后回路中产生的焦耳热Q 2；(3)拉力做的功W F .答案 (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J解析 (1)设棒匀加速运动所用时间为t ，有x ＝12at 2，解得t ＝2x a ＝3 s.根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得，电路中产生的平均电流为： I ＝ER ＋r ＝ΔΦt (R ＋r )＝Blx t (R ＋r )＝1.5 A. 则q ＝I t ＝4.5 C.(2)撤去拉力前棒做匀加速运动，v ＝at ＝6 m/s.撤去拉力后棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功，先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为内能，所以Q 2等于棒的动能减少量：Q 2＝|ΔE k |＝12mv 2＝1.8 J.(3)根据题意，在撤去拉力前回路中产生的焦耳热为： Q 1＝2Q 2＝3.6 J.撤去拉力前，拉力做正功、安培力做负功(其绝对值等于焦耳热Q 1)、重力不做功， 根据动能定理有：ΔE k ′＝W F －Q 1.则W F ＝ΔE k ′＋Q 1＝5.4 J.。
(京津琼)2019高考物理总复习 专用优编提分练：计算题专练(一).doc
计算题专练(一)1．如图1所示，有一个可视为质点的质量为m＝1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝2 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3 kg的长木板，已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：图1(1)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；(2)若长木板长度L＝2.4 m，小物块能否滑出长木板？答案见解析解析(1)物块到达C点的速度与水平方向的夹角为60°，则v C＝＝2v0＝4 m/s小物块由C到D的过程中，由动能定理得：mgR(1－cos 60°)＝mv－mv代入数据解得：v D＝2 m/s小物块在D点时，由牛顿第二定律得：F N－mg＝m解得：F N＝60 N由牛顿第三定律得：小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力F N′＝F N ＝60 N，方向竖直向下．(2)设小物块始终在长木板上，共同速度大小为v，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板组成的系统动量守恒，取向左为正方向由动量守恒定律得：mv D＝(M＋m)v解得：v＝m/s设物块与木板的相对位移为l，由功能关系得：μmgl＝mv－(m＋M)v2解得：l＝2.5 m>L＝2.4 m，所以小物块能滑出长木板．2．如图2所示，在平面直角坐标系中，第三象限里有一加速电场，一个电荷量为q、质量为m的带正电粒子(不计重力)，从静止开始经加速电场加速后，垂直x轴从A(－4L,0)点进入第二象限，在第二象限的区域内，存在着指向O点的均匀辐射状电场，距O点4L处的电场强度大小均为E＝，粒子恰好能垂直y轴从C(0,4L)点进入第一象限，如图所示，在第一象限中有两个全等的直角三角形区域Ⅰ和Ⅱ，均充满了方向垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B0，区域Ⅱ的磁感应强度大小可调，D点坐标为(3L,4L)，M点为CP的中点．粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场．从磁场区域Ⅰ进入第二象限的粒子可以被吸收掉．求：图2(1)加速电场的电压U；(2)若粒子恰好不能从OC边射出，求区域Ⅱ磁感应强度大小；(3)若粒子能到达M点，求区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小的所有可能值．答案见解析解析(1)粒子在加速电场中加速，根据动能定理有：qU＝mv2粒子在第二象限辐射状电场中做半径为R的匀速圆周运动，则：qE＝m联立解得：v＝，U＝(2)粒子在区域Ⅰ中运动的速度大小v＝，根据洛伦兹力提供粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，有qB0v＝m，得半径r＝＝，若粒子在区域Ⅱ中的运动半径R较小，则粒子会从OC边射出磁场．恰好不从OC边射出时，作出对应的运动轨迹，如图．满足∠O2O1Q＝2θ，sin 2θ＝2sin θcos θ＝，又sin 2θ＝解得：R＝r＝L又R＝，代入v＝可得：B＝(3)①若粒子由区域Ⅰ达到M点每次前进＝2(R－r)cos θ＝(R－r)由周期性得：＝n(n＝1,2,3……)，即L＝n(R－r)R＝r＋L≥L，解得n≤3n＝1时R＝L，B＝B0n＝2时R＝L，B＝B0，n＝3时R＝L，B＝B0②若粒子由区域Ⅱ达到M点由周期性：＝＋n(n＝0,1,2,3……)即L＝R＋n(R－r)解得：R ＝L ≥L解得：n ≤，n ＝0时R ＝L ，B ＝B 0n ＝1时R ＝L ，B ＝1633B 0.。
(京津琼)2019高考物理总复习 专用优编提分练：计算题专练(七)
计算题专练(七)1．某电磁缓冲车利用电磁感应原理进行制动缓冲，它的缓冲过程可等效为：小车车底安装着电磁铁，可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下；水平地面固定着闭合矩形线圈abcd ，线圈的总电阻为R ，ab 边长为L ，ad 边长为2L ，如图1所示(俯视)．缓冲小车(无动力)水平通过线圈上方，线圈与磁场的作用使小车做减速运动，从而实现缓冲．已知小车总质量为m ，受到地面的摩擦阻力为F f ，小车磁场刚抵达线圈ab 边时，速度大小为v 0，小车磁场刚抵达线圈cd 边时，速度为零，求：图1(1)小车缓冲过程中的最大加速度a m 的大小．(2)小车缓冲过程中通过线圈的电荷量q 及线圈产生的焦耳热Q .答案 (1)B 2L 2v 0＋F f R mR (2)2BL 2R 12mv 02－2F f L 解析 (1)线圈相对磁场向左切割磁感线，产生电动势E ＝BLv电流为：I ＝E R ＝BLv R由左手定则和牛顿第三定律知小车受到向左的安培力F 安＝BIL根据牛顿第二定律：F 安＋F f ＝ma联立解得：a ＝B 2L 2v ＋F f R mR故a m ＝B 2L 2v 0＋F f R mR(2)通过线圈的电荷量：q ＝I Δt ，I ＝E R ，E ＝ΔΦΔt解得：q ＝2BL 2R由能量守恒定律得12mv 02＝Q ＋F f ·2L 解得：Q ＝12mv 02－2F f L . 2．如图2所示，足够长的圆柱形管底端固定一弹射器，弹射器上有一圆柱形滑块，圆柱形管和弹射器的总质量为2m ，滑块的质量为m ，滑块与管内壁间的滑动摩擦力F f ＝3mg ，在恒定外力F ＝9mg 的作用下，圆柱形管和滑块以同一加速度竖直向上做匀加速直线运动，某时刻弹射器突然开启，将滑块向上以相对地面2v 的速度弹离圆柱形管的底端，同时圆柱形管也以速度v 仍向上运动，若弹射器启动的瞬间过程中滑块与弹射器间的作用力远大于系统所受外力，忽略空气影响，重力加速度为g ，求：图2(1)弹射器开启前瞬间圆柱形管和滑块的速度；(2)弹射后，滑块相对圆柱形管上升的最大距离；(3)从滑块被弹开到它第二次获得相对地面的速度大小为2v 的过程中，摩擦力对滑块做的功．答案 (1)43v (2)v 218g (3)16mv 227解析 (1)弹射器启动的瞬间滑块与弹射器间的作用力远大于系统所受外力，故系统动量守恒，设弹射器启动前系统初速度为v 0，则：3mv 0＝2mv ＋m ×2v则：v 0＝43v (2)滑块被弹射后与圆柱形管共速前，设圆柱形管和滑块的加速度大小分别为a 1和a 2，则根据牛顿第二定律： F ＋F f －2mg ＝2ma 1mg ＋F f ＝ma 2二者共速时滑块相对圆柱形管上升的距离最大，设经过时间t 1后，二者达到共同速度v 1，由运动学公式得到： v 1＝v ＋a 1t 1v 1＝2v －a 2t 1联立解得：t 1＝v 9g ，v 1＝14v 9圆柱形管的位移x 1＝v ＋v 12t 1， 滑块的位移x 2＝2v ＋v 12t 1 二者相对位移Δx ＝x 2－x 1联立解得Δx ＝v 218g. (3)共速后，假设二者相对静止，设圆柱形管和滑块系统的加速度为a 0，根据牛顿第二定律得F －(m ＋2m )g ＝(m ＋2m )a 0对滑块F f0－mg ＝ma 0联立解得a 0＝2g ，F f0＝3mg ＝F f则假设成立，圆柱形管与滑块相对静止，二者以a 0的加速度匀加速向上运动，滑块从速度v 1至2v 的过程中通过的位移为x 3＝(2v )2－v 122a 0＝32v 281g从滑块被弹开到它第二次获得相对地面的速度大小为2v 的过程中，设摩擦力做的功为W f ，根据动能定理得 －mg (x 2＋x 3)＋W f ＝0联立解得W f ＝16mv 227.。
(京津琼)2019高考物理总复习 共享优编提分练：计算题专练(九)【优品】
计算题专练(九)1．如图1，两平行金属导轨位于水平面上，相距l ，左端与一阻值为R 的电阻相连．整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下．—质量为m 、电阻为r 的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好．已知电阻R 消耗的功率为P ，导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g ，导轨的电阻可忽略．求：图1(1)导体棒匀速运动的速率v ；(2)水平外力F 的大小．答案 (1)R ＋rBl P R (2)μmg ＋Bl P R解析 (1)设回路中的电流为I ，对电阻R ，有P ＝I 2R导体棒产生的电动势为E ＝Blv根据闭合电路欧姆定律得I ＝ER ＋r联立可得导体棒匀速运动的速率v ＝R ＋r Bl P R. (2)导体棒在磁场中匀速运动，受力平衡，则F ＝μmg ＋BlI联立可得：F ＝μmg ＋Bl P R. 2．如图2，倾角θ＝37°的直轨道AC 与圆弧轨道CDEF 在C 处相切且平滑连接，整个装置固定在同—竖直平面内．圆弧轨道的半径为R ，DF 是竖直直径，O 点为圆心，E 、O 、B 三点在同一水平线上．A 、F 也在同一水平线上，两个小滑块P 、Q (都可视为质点)的质量都为m .已知滑块Q 与轨道AC 间存在摩擦力且动摩擦因数处处相等，但滑块P 与整个轨道间和滑块Q 与圆弧轨道间的摩擦力都可忽略不计．同时将两个滑块P 、Q 分别在A 、B 两点由静止释放，之后P 开始向下滑动，在B 点与Q 相碰．碰后P 、Q 立刻一起向下且在BC 段保持匀速运动，已知P 、Q 每次相碰都会立刻合在一起运动但两者并不粘连，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取重力加速度为g ，求：图2(1)两滑块进入圆弧轨道运动过程中对圆弧轨道的压力的最大值．(2)滑块Q 在轨道AC 上往复运动经过的最大路程．答案 (1)3.8mg (2)53R 解析 (1)滑块P 下滑至与Q 相碰前瞬间，由机械能守恒定律得mgR ＝12mv 12 P 、Q 碰后合在一起运动，碰撞瞬间由动量守恒定律得mv 1＝2mv 2P 、Q 一起由C 点运动至D 点过程，有2mgR (1－cos θ)＋12·2mv 22＝12·2mv D 2 经过D 点时对圆弧轨道的压力最大，有F N D －2mg ＝2m v D 2R由牛顿第三定律可知，两滑块对圆弧轨道的最大压力F N D ′＝F N D联立解得F N D ′＝3.8mg(2)由(1)中计算可知，P 、Q 整体在D 点的动能12·2mv D 2＝0.9mgR <2mgR 因此它们在圆弧轨道上运动的最高点在E 点下方，之后沿轨道返回，再次到达C 点的速度大小仍为v 2.从C 点上滑后P 、Q 分离，Q 比P 先到达最高点，且Q 运动到最高点时停下．设P 、Q 上滑的最大位移分别为x P 、x Q .对P 、Q ，由动能定理分别可得－mg sin θ·x P ＝0－12mv 22 －(mg sin θ＋F f )·x Q ＝0－12mv 22 由P 、Q 碰后一起匀速下滑可知Q 受到的滑动摩擦力大小F f ＝2mg sin θP 再次从最高点下滑至第二次碰Q 前，有mg sin θ(x P －x Q )＝12mv 32P 、Q 碰后一起运动，有mv 3＝2mv 4P 、Q 从C 点上滑到第二次从C 点进入圆弧轨道，Q 克服摩擦力做的功W f ＝F f ·2x Q 而P 、Q 碰撞损失的机械能为：ΔE ＝12mv 32－12·2mv 42 由以上各式解得Q 克服摩擦力做的功与P 、Q 碰撞损失的机械能之比为： W f ΔE ＝41P 、Q 此后多次进入直轨道AC 的运动过程遵循同样的规律，直到最后到达C 点的速度减为0，因此从P 、Q 第一次回到直轨道AC 运动到最后不再进入为止，Q 克服摩擦力做的功为： F f l ＝45·12×2mv 22滑块Q 在轨道AC 上往复运动经过的最大路程为l m ，则 l m ＝l ＋Rtan θ联立解得l m ＝53R .。
(京津琼)2019高考物理总复习 专用优编提分练：考前综合练(四)
考前综合练(四)一、单项选择题1．a 、b 两车在同一平直公路上从同一位置由静止开始运动，其v －t 图象如图1所示．以下说法正确的是( )图1A ．t 0时刻，两车相遇B ．t 0时刻，b 车的运动方向发生改变C ．0～t 0时间内，b 车的加速度逐渐减小D ．0～t 0时间内，b 车的平均速度为v 02答案 C解析 根据v －t 图象与t 轴所围面积为位移，由题图可知，在t 0时曲线和直线与t 轴所围面积不相等，所以两车没有相遇，故A 错误；b 车的v －t 图象始终在t 轴上方，所以b 车的运动方向没有改变，故B 错误；v －t 图象的切线斜率表示加速度，由题图可知在0～t 0时间内，b 车v －t 图象的切线斜率减小，故加速度减小，故C 正确；0～t 0时间内，由于b 车的位移大于a 车的位移，所以b 车的平均速度大于a 车的平均速度v 02，故D 错误．2．汽油发动机内，经过压缩达到一定温度和压力的汽油，需要火花塞点燃从而实现能量转化，而火花塞需要高达10 kV 的电压才能点火，某同学设计了如图2甲、乙的点火电路，已知直流电源的电压为12 V ，升压变压器的输出端接到火花塞上，开关是自动控制的，下列说法正确的是( )图2A ．两电路都不可能使火花塞点火，因为变压器不能改变直流电压B ．图甲、乙的电路中，保持开关闭合，输出端都会获得持续的高压C ．图甲的电路中，只有在开关闭合或断开瞬间，输出端才会有高压产生D．图乙的电路中，在开关断开或闭合瞬间，输出端都会有高压产生答案 C解析只有线圈中的磁通量发生变化时才会产生感应电动势，所以在题图甲中当开关闭合或断开的瞬间，穿过副线圈的磁通量发生了变化，所以在副线圈上能产生高压，但题图乙中原线圈接了直流电，所以无论开关是断开还是闭合，穿过副线圈的磁通量都不发生变化，所以不会产生高压，故C正确，A、B、D错误．3.一定质量的小球套在倾斜的固定光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆处于同一竖直平面内，将小球沿杆拉到与O处于同一高度由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧竖直时，小球速度恰好为零，如图3所示，若弹簧一直处于伸长状态且处于弹性限度内，不考虑空气阻力，则( )图3A．当弹簧与杆垂直时，小球的动能最大B．当小球受到的弹簧弹力和重力的合力与杆垂直时，小球的动能最大C．小球从最高点到最低点的过程中，加速度的值一直增大D．在之后的运动中，小球不可能返回释放点答案 B解析当弹簧与杆垂直时，重力沿杆方向的分力提供了加速度，则小球还要沿杆加速，所以动能没有达到最大，故A错误；当小球受到的弹簧弹力和重力的合力与杆垂直时，此时沿杆方向合外力为零，加速度为零，所以小球的动能达到最大，故B正确；小球先加速后减速，所以小球的加速度先减小，后反向增大，故C错误；小球与弹簧组成的系统机械能守恒，所以小球能返回到释放点，故D错误．4.单梁悬挂起重机(行车)可简化为如图4的模型，滑轮O处于水平横梁AB上，长为L的钢丝绳一端固定在滑轮的中心轴上，下端连接一电磁铁，电磁铁对铁块的最大引力为F，现用该行车运送一铁块，滑轮与铁块一起向右匀速运动，当O到AB上的P点时被制动立即停止，铁块开始摆动但不掉落，将滑轮、电磁铁与铁块视为质点，下列说法正确的是( )图4A ．只要铁块的重量不大于F ，铁块就可以被安全运输B ．若运输速度为v ，该行车能运输铁块的最大质量为FLv 2＋gLC ．若运输速度为2gL ，该行车能运输铁块的最大质量为F2gD ．若铁块的质量为M ，该行车运输的最大速度为(2F －Mg )LM答案 B解析 滑轮停止后铁块做圆周运动，那么在滑轮停止的瞬间，由F T －mg ＝m v 2L 得F T ＝mg ＋m v 2L，而F T ≤F ，所以铁块的重量应该小于F ，故A 错误； 若运输速度为v ，由F －mg ＝m v 2L 可知m ＝FLv 2＋gL，故B 正确；若运输速度为2gL ，由F －mg ＝m v 2L 可知该行车能运输铁块的最大质量m ＝F3g ，故C 错误；若铁块的质量为M ，由F －Mg ＝M v 2L，可知该行车运输的最大速度为v ＝(F －Mg )LM，故D 错误．5．如图5所示，等腰直角三角形abc 区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，在bc 的中点O 处有一粒子源，可沿与ba 平行的方向发射速率不同的两种粒子，粒子带负电，质量为m ，电荷量为q ，已知这些粒子都能从ab 边离开abc 区域，ab ＝2l ，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用，则这些粒子( )图5A ．速度的最大值为(2＋1)qBlmB ．速度的最小值为qBl mC ．在磁场中运动的最短时间为πm4qBD ．在磁场中运动的最长时间为πm2qB答案 A解析 若都能从ab 边出来，则符合条件的最大半径的轨迹应该与ac 面相切，最小半径的轨迹应该恰好运动到b 点，如图所示由几何关系可得：r min ＝l2r max ＝(2＋1)l粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得：qvB ＝m v 2r解得：v max ＝(2＋1)qBlmv min ＝qBl2m，故A 对，B 错；粒子做圆周运动的周期为T ＝2πmqB，若圆心角θ＝45°，则在磁场中的运动时间为t ＝18T ＝πm 4qB由图可知，最小的圆心角θ>45°， 所以t min >18T ＝πm4qB，故C 错；由几何关系知，粒子转过的最大圆心角θmax＝180°，所以粒子在磁场中运动的最长时间为t max ＝12T ＝πmqB ，故D 错．二、多项选择题6．氦原子被电离出一个核外电子，形成类氢结构的氦离子，其能级示意图如图6所示，当分别用能量均为48.4 eV 的电子和光子作用于处在基态的氦离子时( )图6A ．氦离子可能辐射能量为40.8 eV 的光子B ．氦离子可能从基态跃迁到n ＝3的能级C ．氦离子一定能从基态跃迁到n ＝2的能级D ．若仅以能量为60 eV 的电子入射，氦离子一定不会辐射光子 答案 AB解析 若处在基态的氦离子吸收48.4 eV 的光子，则跃迁到的能级的能量应该为E ＝－54.4 eV ＋48.4 eV ＝－6.0 eV ，所以氦离子可以吸收48.4 eV 的光子跃迁到E 3的能级，然后自发地向下跃迁，从能级E 2跃迁到能级E 1可释放出能量为40.8 eV 的光子，故A 、B 正确；若吸收的电子的能量也为48.4 eV ，则氦离子从基态跃迁到n ＝3的能级，所以氦离子不一定能从基态跃迁到n ＝2的能级，故C 错误；以能量为60 eV 的电子入射，氦离子可以吸收两能级差的能量发生跃迁，然后向下跃迁辐射出光子，故D 错误．7．圆心为O 的均匀带电球壳位于真空中，在其电场中沿某一半径方向，任一点的电势φ与该点到O 的距离r 的关系如图7所示．电场中有五个点a 、b 、c 、d 、e ，b 、d 的电场强度大小分别为E b 和E d ，现将一带正电的试探电荷由c 点经d 点移动到e 点，电场力所做的功分别为W cd 和W de ，下列选项正确的是( )图7A ．球壳的半径为1 mB ．0～1 m 间电场强度的值为6 V/mC ．E b ∶E d ＝2∶1D ．W cd ∶W de ＝1∶1 答案 AD解析 电荷分布在球壳的外表面，所以内部没有电场线，电场强度为零，则球壳是一等势体，而题图中0～1 m 范围内电势不变，所以带电球的半径为1 m ，故A 正确，B 错误；根据E ＝kQr 2可知E b ∶E d ＝4∶1，故C 错误；根据W ＝qU 结合题图可知W cd ∶W de ＝1∶1，故D 正确．8．如图8所示，两竖直平行边界内，匀强电场方向竖直(平行纸面)向下，匀强磁场方向垂直纸面向里，一带电小球从P点以某一速度垂直边界进入，恰好沿水平方向做直线运动，若减小小球从P点进入的速度但保持方向不变，则在小球进入的一小段时间内( )图8A．小球的动能一定增大B．小球的机械能可能不变C．小球的电势能一定减小D．小球的重力势能一定减小答案AC解析如果小球带负电，则小球受到向下的重力、向上的电场力和向下的洛伦兹力，则小球可能受力平衡，沿水平方向做匀速直线运动；若小球带正电，则小球受向下的重力、向下的电场力和向上的洛伦兹力，也可能受力平衡，故小球带正、负电均可以；若小球带负电，当减小小球从P点进入的速度但保持方向不变时，小球受到的向下的洛伦兹力变小，所以小球会向上偏转，此时合力做正功，动能增大，电场力做正功，电势能减小，重力做负功，重力势能增加；若小球带正电，当减小小球从P点进入的速度但保持方向不变时，则小球所受到的向上的洛伦兹力会变小，则小球会向下发生偏转，则合外力做正功，动能增大，电场力做正功，电势能减小，重力做正功，重力势能减小，故A、C正确．三、非选择题9．如图9甲(侧视图只画了一个小车)所示的实验装置可以验证“牛顿第二定律”，两个相同的小车放在光滑水平桌面上，右端各系一条细绳，跨过定滑轮各挂一个小盘，增减盘中的砝码可改变小车受到的合外力，增减车上的砝码可改变小车的质量．两车左端各系一条细线，用一个黑板擦把两细线同时按在固定、粗糙的水平垫片上，使小车静止(如图乙)．拿起黑板擦两车同时运动，在两车尚未碰到滑轮前，迅速按下黑板擦，两车立刻停止，测出两车位移的大小．图9(1)该实验中，盘和盘中砝码的总质量应____________小车的总质量(填“远大于”“远小于”或“等于”)．(2)图丙为某同学在验证“合外力不变加速度与质量成反比”时的实验记录，已测得小车1的总质量m 1＝100 g ，小车2的总质量m 2＝200 g ．由图可读出小车1的位移x 1＝5.00 cm ，小车2的位移x 2＝________ cm ，可以算出a 1a 2＝________(结果保留三位有效数字)；在实验误差允许的范围内，a 1a 2________m 2m 1(填“大于”“小于”或“等于”)．答案 (1)远小于 (2)2.48(2.47～2.49均可) 1.42(1.41～1.43均可) 等于解析 (2)由题图丙可知，小车2的位移为2.48 cm ，由匀加速直线运动的位移公式可知，x ＝12at 2，即a ＝2x t 2.由于时间相等，所以a 1a 2＝x 1x 2＝ 5.002.48≈1.42，在实验误差允许的范围内，两小车的加速度之比等于质量的反比．10．(1)一多用电表的简化电路图如图10(a)，当转换开关S 旋到位置1、2时，可用来测量________；当S 旋到位置3或4时，对应不同倍率的欧姆表，如果3、4对应的电源电动势E >E ′，则位置________(填3或4)对应的欧姆表倍率大．图10(2)某同学测量一定值电阻的阻值，先把选择开关旋到“×10”挡，欧姆调零后，测量时指针偏转如图(b)所示，则该电阻的阻值是________ Ω.(3)接下来，该同学采用“伏安法”测量该电阻的阻值，实验室提供的器材如下：A．电压表V(量程3 V，内阻约为15 kΩ)B．电流表A1(量程0.6 A，内阻约为0.5 Ω)C．电流表A2(量程30 mA，内阻约为10 Ω)D．滑动变阻器R1(0～10 Ω，额定电流1 A)E．滑动变阻器R2(0～5 kΩ，额定电流0.5 A)F．电源E(电动势为5 V，内阻约为1 Ω)G．开关S，导线若干①为了较准确地测量电阻R的阻值，电流表应选________，滑动变阻器应选________(填器材前面的序号)．②在虚线框内画出实验电路图．答案(1)电流 3 (2)130 (3)①C D ②见解析图解析(2)由题图(b)可知，电阻的阻值为13×10 Ω＝130 Ω；(3)由于电源的电动势为5 V，定值电阻阻值约为130 Ω，所以流过定值电阻的最大电流约为I max＝5130A≈38.5 mA，所以电流表应选C；为了减小实验误差，滑动变阻器应选总阻值较小的D，所以滑动变阻器采用分压式接法，由于电阻阻值较小，所以电流表采用外接法，电路图如图所示．11．为研究电磁制动的效果，在小车的水平底面安装宽为L、长为2L的矩形线圈abcd，线圈匝数为N，总电阻为R，水平直轨道上虚线PQ和MN之间存在竖直向下的匀强磁场，其间距为2L，磁感应强度为B，如图11所示，沿轨道运动的总质量为m的小车，受到地面的阻力为F f，当车头(ab边)进入磁场时的速度为v0，车尾(cd边)离开磁场时速度恰好减为零，求：图11(1)车头进入磁场时，小车加速度的大小；(2)从ab 进入磁场到ab 离开磁场的过程中，通过导线截面的电荷量； (3)电磁制动过程中线圈产生的焦耳热．答案 (1)N 2B 2L 2v 0mR ＋F f m (2)2NBL 2R (3)12mv 02－4F f L解析 (1)车头进入磁场时，设加速度的大小为a ， 有E ＝NBLv 0，I ＝ER，F ＝NBIL 由牛顿第二定律得F ＋F f ＝ma ，联立解得a ＝N 2B 2L 2v 0mR ＋F fm；(2)从ab 进入磁场到ab 离开磁场的过程中，E ＝N2BL2t，I ＝E R，q ＝I t ，联立解得q ＝2NBL2R(3)设电磁制动过程中线圈产生的焦耳热为Q ，由能量守恒：Q ＝12mv 02－4F f L .12．如图12，水平面上有质量m A ＝1 kg 的木板A ，其上右端点放有质量m B ＝1 kg 的物块B (可视为质点)．A 的左侧用长度l ＝3.6 m 的轻绳悬吊一质量为m C ＝0.5 kg 的小球C ，C 静止时恰好与A 接触但无挤压且不触地，现将C 沿A 、B 所在竖直平面向左拉起，当轻绳与竖直方向成θ＝60°角时由静止释放，C 运动到最低点时与A 发生碰撞，碰后C 立即静止，最后物块B 没有从A 上滑出，已知B 与A 间的动摩擦因数μ1＝0.10，A 与地面间的动摩擦因数μ2＝0.15，取g ＝10 m/s 2，不考虑C 与A 碰撞的时间，求：图12(1)碰后瞬间A 速度的大小； (2)碰后木板A 运动的时间． 答案 (1)3.0 m/s (2)0.9 s解析 (1)设C 与A 碰撞时的速度大小为v C ，有m C gl (1－cos 60°)＝12m C v C 2碰后木板A 的速度大小为v A ，碰撞瞬间，由动量守恒定律有m C v C ＝m A v A ，解得v A ＝3.0 m/s(2)设C与A碰撞后A运动的加速度大小为a1，B运动的加速度大小为a2，经过时间t1，A、B两物体速度相等，设为vμ1m B g＋μ2(m A＋m B)g＝m A a1，μ1m B g＝m B a2解得a1＝4.0 m/s2，a2＝1.0 m/s2，v＝v A－a1t1＝a2t1，解得v＝0.6 m/s，t1＝0.6 s；经过分析可知A、B不能一起减速，所以A、B分别做减速运动．由于μ2(m A＋m B)g－μ1m B g＝m A a1′解得a1′＝2.0 m/s2,0＝v－a1′t2，解得t2＝0.3 s此后木板A保持静止，碰后木板A运动的时间t＝t1＋t2＝0.9 s.13．[选修3－3](1)下列说法正确的是________．A．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的B．液体表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现C．只要两物体的质量、温度、体积相等，两物体的内能一定相等D．分子间引力和斥力都是随着分子间距离的减小而增大E．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量(2)如图13所示，右侧有挡板的导热汽缸固定在水平地面上，汽缸内部总长为21 cm，活塞横截面积为10 cm2，厚度为1 cm，给活塞施加一向左的水平恒力F＝20 N，稳定时活塞封闭的气柱长度为10 cm.大气压强为1.0×105 Pa，外界温度为27 ℃，不计摩擦．图13①若将恒力F方向改为水平向右，大小不变，求稳定时活塞封闭气柱的长度；②若撤去外力F，将外界温度缓慢升高，当挡板对活塞的作用力大小为60 N时，求封闭气柱的温度．答案(1)BDE (2)①15 cm②800 K解析(1)液体中的扩散现象是由于分子热运动而产生的，故A项错误．液体的表面张力是分子力作用的表现，表面层分子较为稀疏，分子间表现为引力；浸润现象也是分子力作用的表现，故B项正确．物体的内能等于组成该物体的所有分子做热运动的动能与分子势能的总和，两物体的温度相同则分子的平均动能相等，但是物体的总动能与分子数有关，质量和体积相等的物体仅说明物体的平均密度相同，如果不是同一种物质，它们的总分子数不一定相等，因此两物体的内能不一定相等，故C 项错误．分子间的引力和斥力都是随分子间距离的减小而增大，只不过在不同情况下合力对外表现不同，故D 项正确．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量，因为电能也有部分转化为热能，故E 项正确．(2)①温度不变，设水平恒力向左、向右两种情况下被封闭气体压强分别为p 1、p 2，气柱的长度分别为l 1、l 2，则有：p 1＝p 0＋F S ＝1.2×105Pa p 2＝p 0－F S＝0.8×105 Pa V 1＝l 1S ，V 2＝l 2S根据玻意耳定律有：p 1V 1＝p 2V 2解得：l 2＝15 cm.②设汽缸升温前后温度分别为T 1、T 3，升温后气柱长度为l 3T 1＝300 K ，l 3＝(21－1) cm ＝20 cm升温后气体压强p 3＝p 0＋F ′S＝1.6×105 Pa ， V 3＝l 3S根据理想气体状态方程得：p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3， 解得：T 3＝800 K.14．[选修3－4](1)一列波沿x 轴方向传播，某一时刻的波形如图14所示．质点A 与坐标原点O 的水平距离为0.6 m ，波长λ＝1.6 m ，此时质点A 沿y 轴正方向振动，经过0.1 s 第一次到达波峰处，则下列说法中正确的是________．图14A ．这列波沿x 轴正方向传播B ．这列波的周期T ＝0.8 sC ．波速v ＝14 m/sD ．从图示时刻开始，质点A 经过Δt ＝1.6 s 运动的路程为0.4 mE ．从图示时刻开始，质点A 经过Δt ′＝0.5 s 第一次到达波谷(2)如图15甲所示是由透明材料制成的半圆柱体，一束细光束由真空沿着径向与AB 成θ角射入，对射出的折射光线的强度随θ角的变化进行记录，得到的关系如图乙所示，如图丙所示是这种材料制成的器具，左侧是半径为R 的半圆，右侧是长为8R 、高为2R 的长方体，一束单色光从左侧A ′点沿半径方向与长边成37°角射入器具．已知光在真空中的传播速度为c ，求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图15①该透明材料的折射率；②光线在器具中运动的总时间．答案 (1)ABE (2)①1.25 ②55R 4c解析 (2)①由题图乙可知，当θ＝37°时光线恰好发生全反射，则临界角C ＝53°由n ＝1sin C可知：n ＝1sin 53°＝1.25 ②由几何关系可知光在器具中传播的路程为s ＝8R sin 53°＋R ＝11R 光在器具中的传播速度v ＝c n传播时间t ＝s v联立解得t ＝55R 4c.。
2019年高考物理提分练(京津琼专用)实验题专练(二)Word版含解析
实验题专练(二)1．(1)某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图1(a)和(b)所示．该工件的直径为________ cm，高度为________ mm.图1(2)在“探究加速度和力、质量的关系”实验中，采用如图2所示的装置图进行实验：图2①在实验操作中，下列说法正确的是________．(填序号)A．实验中，若要将砝码(包括砝码盘)的重力大小作为小车所受拉力F的大小，应让砝码(包括砝码盘)的质量远大于小车质量B．实验时，应先释放小车，再接通打点计时器的电源C．每改变一次小车的质量，都需要改变垫入的小木块的厚度D．先保持小车质量不变，研究加速度与力的关系；再保持小车受力不变，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度与力、质量的关系②图3为研究“在外力一定的条件下，小车的加速度与其质量的关系”时所得的实验图象，横坐标m为小车上砝码的质量．设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿第二定律成立，则小车的质量为________．图3③利用该装置还可以完成的实验有________．A．验证动能定理B．验证小车、砝码和托盘组成的系统机械能守恒C ．只有木板光滑，才可以验证动能定理D ．只有木板光滑，才可以验证小车、砝码和托盘组成的系统机械能守恒答案 (1)0.515 0.520 (2)①D ②b k③AD 解析 (1)游标卡尺的主尺读数为0.5 cm ，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05 mm ＝0.15 mm ＝0.015 cm ，所以最终读数为：0.5 cm ＋0.015 cm ＝0.515 cm ；螺旋测微器的固定刻度为0.5 mm ，可动刻度为2.0×0.01 mm ＝0.020 mm ，所以最终读数为0.5 mm ＋0.020 mm ＝0.520 mm ；(2)①根据牛顿第二定律得：mg ＝(M ＋m )a ，解得：a ＝mgM ＋m ，则绳子的拉力为：F ＝Ma ＝Mmg M ＋m ＝mg 1＋m M，则当砝码(包括砝码盘)的质量远小于小车质量时，小车所受的拉力等于砝码(包括砝码盘)的重力，所以应满足的条件是砝码(包括砝码盘)的质量远小于小车的质量，故A 错误；使用打点计时器时，应该先打开电源，后释放小车，故B 错误；由于平衡摩擦力之后有Mg sin θ＝μMg cos θ，故μ＝tan θ，与小车的质量无关，所以不用再次平衡摩擦力，故C 错误；本实验采用控制变量法，故D 正确．②设小车所受拉力为F ，小车质量为m ′，根据牛顿第二定律得：F ＝(m ′＋m )a ，解得：1a ＝1F ×m ＋m ′F，故k ＝1F ，b ＝m ′F ，联立解得：m ′＝b k.③根据动能定理W 合＝ΔE k 可知，该装置可以通过纸带算出速度，故可以算出动能，则可以求出动能的改变量．若满足砝码(包括砝码盘)的质量远小于小车质量，则合外力等于砝码(包括砝码盘)的重力，通过纸带可以测出运动的位移，根据W ＝Fx 可以求出合外力做的功，木板是否光滑对实验没有影响，故A 正确，C 错误；要验证系统机械能守恒，木板必须光滑，故B 错误，D 正确．2．某同学设计了一个如图4甲所示的实验电路，用以测定电源电动势和内阻，使用的实验器材：待测干电池组(电动势E 约3 V)、电流表A(量程10 mA ，内阻小于1 Ω)、电阻箱R (0～99.99 Ω)、滑动变阻器(0～400 Ω)、单刀双掷开关、单刀单掷开关各一个及导线若干．考虑到干电池的内阻较小，电流表的内阻不能忽略，故先测量电流表的内阻．图4(1)该同学设计的用甲图测量电流表内阻的步骤如下：①断开单刀双掷开关以及开关K ，将滑动变阻器滑片P 滑至B 端、电阻箱R 阻值调到最大． ②________________________________________________________________________. ③________________________________________________________________________.④读出此时电阻箱的阻值R ＝0.2 Ω，即为电流表内阻的测量值．可分析测量值应____________(填“大于”“等于”或“小于”)真实值．(2)通过控制开关状态，该同学又进行了电池电动势和电池内阻的测量实验，他一共记录了六组电流I 和电阻箱R 的对应数值，并建立坐标系，作出“1I－R ”图线如图乙所示，由此求出电动势E ＝________________ V 、内阻r ＝________ Ω.(计算结果保留两位有效数字)答案 (1)②保持单刀双掷开关断开，闭合开关K ，移动滑动变阻器的滑片P ，使电流表满偏 ③将单刀双掷开关接C 触点，保持滑片位置不动，调节电阻箱R 的阻值，直到电流表指针指在刻度盘正中央④小于 (2)2.8 2.2解析 (1)本实验采用半偏法测量电流表的内阻，实验步骤为：②保持单刀双掷开关断开，闭合开关K ，移动滑动变阻器的滑片P ，使电流表满偏．③将单刀双掷开关接C 触点，保持滑片位置不动，调节电阻箱R 的阻值，直到电流表指针指在刻度盘正中央．④在本实验中，并联电阻箱后，总电阻减小，则总电流增大，通过电阻箱的电流大于通过电流表的电流，根据欧姆定律知，电流表内阻的测量值小于真实值．(2)由闭合电路欧姆定律可得：E ＝I (R ＋R A ＋r )，变形得：1I ＝1E ×R ＋R A ＋r E ，则1I －R 图线的斜率是1E ，图线在纵轴上的截距是r ＋R A E，由此可得E ＝1k ＝63－0.85＝2.8 V ，R A ＋r E ＝0.85，解得：r ＝0.85E －R A ＝2.2 Ω.。
(京津琼)2019高考物理总复习 专用优编提分练：考前综合练(二)
考前综合练(二)一、单项选择题1．以下关于α、β和γ射线的说法中正确的是( )A．原子序数大于83的原子核都具有放射性B．α射线本质是质子流，其电离能力最强C．β射线是核外电子电离产生的D．γ射线是中子流，其贯穿能力最强答案 A解析原子序数大于83的原子核都具有放射性，选项A正确；α射线本质是氦核，选项B 错误；β射线是核内的中子转化为质子时产生的高速电子，选项C错误；γ射线是光子，选项D错误．2．如图所示，矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产生感应电流的是( )答案 B解析A图中线框在匀强磁场中运动的过程中，面积不变、磁感应强度不变，穿过线框的磁通量不变，不产生感应电流，故A错误；B图在线框绕OO′轴转动过程中，穿过闭合线框的磁通量发生变化，能产生感应电流，故B正确；C图中线框与磁场平行，线框在运动过程中，穿过线框的磁通量始终为零，不发生变化，没有感应电流产生，故C错误；D图中线框与磁场平行，线框在运动过程中，穿过线框的磁通量始终为零，不发生变化，没有感应电流产生，故D错误．3.如图1所示，带有孔的小球A套在粗糙的倾斜直杆上，与正下方的小球B通过轻绳连接，处于静止状态．给小球B施加水平力F使其缓慢上升，直到小球A刚要滑动，在此过程中( )图1A．水平力F的大小不变B．杆对小球A的支持力不变C．轻绳对小球B的拉力先变大后变小D．杆对小球A的摩擦力先变小后变大答案 D解析对球B受力分析，受拉力F、重力mg和轻绳的拉力F T，合力为零，如图甲所示：由此可知，随着α的增加，拉力F和轻绳张力F T均增加，故A、C错误；再对A、B球整体受力分析，受重力、拉力F、支持力F N和静摩擦力F f，如图乙所示：设杆与水平方向的夹角为θ，根据平衡条件，在垂直于杆方向有F N＝(M＋m)g cos θ＋F sin θ，随着F的增加，支持力F N增加；在平行于杆方向，有：F cos θ＋F f＝(M＋m)g sin θ，可得：F f＝(M＋m)g sin θ－F cos θ，可知随着F的增加，静摩擦力逐渐减小，当(M＋m)g sin θ＝F cos θ时，静摩擦力为零，此后静摩擦力反向增加，故B错误，D正确．4．汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0～60 s内汽车的加速度随时间变化的图象如图2所示．则该汽车在0～60 s内的速度－时间图象为( )图2答案 B解析 0～10 s 内汽车做加速度为2 m/s 2的加速运动，根据v ＝at ，可知10 s 时速度达到20 m/s ，接下来10～40 s 做匀速运动，速度始终为20 m/s,40～60 s 内，加速度反向，汽车做减速运动，加速度为－1 m/s 2，经20 s 速度恰好减小到零．5．某发电厂的发电机组输出的电压恒为400 V ，将其通过升压变压器升压后加在输电线上向距离较远的用户端变电站供电，输电线总电阻为5 Ω，当输送的电功率恒为200 kW 时，发电厂提供的电能与用户端消耗的电能不相等，二者在一个小时内相差50度电，变压器均为理想变压器，则下列说法正确的是( ) A ．输电线上损失的功率为50 W B ．供电端升压变压器的匝数比为1：5 C ．输电线上损失的电压为50 VD ．若输电功率增大，则输电线上损失的功率将会减小 答案 B解析 输电线上损失的功率 ΔP ＝ΔE t ＝50 kW·h 1 h ＝50 kW ，选项A 错误；ΔP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U2R ，解得U ＝2 000 V ， 升压变压器的匝数比为：400∶2 000＝1∶5，选项B 正确； 根据ΔP ＝(ΔU )2R，解得ΔU ＝500 V ，选项C 错误；输电电压不变，若输电功率变大，则输电电流变大，输电线上损失的功率ΔP ′＝I 2R 变大，选项D 错误． 二、多项选择题6．如图3所示，飞船先沿椭圆轨道1飞行，然后在远地点P 处变轨后沿圆轨道2运行，在轨道2上周期约为90分钟．则下列判断正确的是( )图3A ．飞船沿椭圆轨道1经过P 点时的速度与沿圆轨道经过P 点时的速度相等B ．飞船在圆轨道2上时航天员出舱前后都处于失重状态C ．飞船在圆轨道2的角速度大于同步卫星运行的角速度D ．飞船从椭圆轨道1的Q 点运动到P 点过程中万有引力做正功 答案 BC解析 飞船沿椭圆轨道1经过P 点时有GMm r P 2>m v 1P 2r P ，飞船沿椭圆轨道2经过P 点时有GMm r P 2＝m v 2P 2r P ，v 1P ＜v 2P ，A 错误；在圆轨道2上时，万有引力提供向心力，航天员处于完全失重状态，B 正确；因轨道2上周期约为90分钟，小于同步卫星的周期，又由ω＝2πT，可得飞船在圆轨道2的角速度大于同步卫星运行的角速度，C 错误；飞船从椭圆轨道1的Q 点运动到P 点过程中万有引力做负功，D 错误．7．某静电场的电场线分布如图4所示，P 、Q 为该电场中的两点，下列说法正确的是( )图4A ．P 点场强大于Q 点场强B ．P 点电势低于Q 点电势C ．将电子从P 点移动到Q 点，电场力做正功D ．将电子从P 点移动到Q 点，其电势能增大 答案 AD解析 电场线密的地方电场强度大，所以P 点场强一定大于Q 点场强，A 正确；根据沿电场线方向电势降低可以知道，P 点电势高于Q 点电势，B 错误；P 点电势高于Q 点电势，即φP >φQ ，电势能E p ＝q φ中，因为是电子，所以q <0，所以电子在P 点的电势能小于在Q 点的电势能，将电子从P 点移动到Q 点，其电势能增大，所以电场力做负功，C 错误，D 正确．8.如图5所示，木板1、2固定在墙角，一个可视为质点的物块分别从木板的顶端静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均为μ.对这两个过程，下列说法正确的是( )图5A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小相等B．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小不相等C．物块沿着1下滑到底端的过程，产生的热量更多D．物块沿着2下滑到底端的过程，产生的热量更多答案BC解析物块从高为h的斜面上由静止滑到底端时，根据动能定理有：mgh－W f＝12mv2①其中W f为物块克服摩擦力做的功，因滑动摩擦力为：F f＝μF N＝μmg cos θ，所以物块克服摩擦力做的功为：W f＝F f L＝μmg cos θ·L＝μmgL cos θ②由题图可知，L cos θ为斜面底边长，可见物块从斜面顶端下滑到底端时，克服摩擦力做的功与斜面底端长度L底成正比．沿着1和2下滑到底端时，重力做功相同，而沿2下滑到底端过程物块克服摩擦力做功小于沿1下滑到底端过程克服摩擦力做功，则由①式得，沿着2下滑到底端时物块的速度大于沿1下滑到底端时物块的速度，故A错误，B正确；沿1时克服摩擦力做的功多，物块的机械能损失大，产生的热量多，故C正确，D错误．三、非选择题9．某同学在测定小车加速度的实验中，得到图6甲所示的一条纸带，他在纸带上共取了A、B、C、D、E、F、G七个计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出．已知打点计时器的打点周期为0.02 s．该同学从每个计数点处将纸带剪开分成六条(分别标记为a、b、c、d、e、f)，再将这六条纸带由短到长紧靠但不重叠地粘在xOy坐标系中，得到图乙所示的图形，最后将各纸带上端中心连起来，于是得到表示v－t关系的图象，图中x轴对应的物理量是时间t，y轴对应的物理量是速度v.图6(1)图中t 3＝________ s ，若测得纸条c 的长度为4.02 cm ，则v 3＝________ m/s(保留两位有效数字)．(2)若测得纸条a 的长度为1.98 cm ，纸条f 的长度为7.02 cm ，则可求出加速度的大小为________ m/s 2(保留两位有效数字)． 答案 (1)0.25 0.40 (2)1.0解析 (1)因为每相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，所以相邻的两个计数点的时间间隔T ＝0.1 s ，题图中t 3＝2×0.1 s＋0.05 s ＝0.25 s ，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度， 则v 3≈0.040.1m/s ＝0.40 m/s ；(2)根据Δx ＝aT 2得，可知x f －x a ＝5aT 2， 则加速度的大小a ≈0.07－0.025×0.01 m/s 2＝1.0 m/s 2.10．为了测定电阻的阻值，实验室提供下列器材：待测电阻R (阻值约100 Ω)、滑动变阻器R 1(0～100 Ω)、滑动变阻器R 2(0～10 Ω)、电阻箱R 0(0～9 999.9 Ω)、理想电流表A(量程50 mA)、直流电源E (3 V ，内阻忽略)、导线若干、开关若干．图7(1)甲同学设计如图7(a)所示的电路进行实验．①请在图(b)中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接． ②滑动变阻器应选________(填入字母)．③实验操作时，先将滑动变阻器的滑动触头移到最________(选填“左”或“右”)端，再接通开关S ；保持S 2断开，闭合S 1，调节滑动变阻器使电流表指针偏转至某一位置，并记下电流I 1.④断开S 1，保持滑动变阻器阻值不变，调整电阻箱R 0阻值在100 Ω左右，再闭合S 2，调节R 0阻值使得电流表读数为________时，R 0的读数即为电阻的阻值．(2)乙同学利用电路(c)进行实验，改变电阻箱R 0的值，读出电流表相应的电流I ，由测得的数据作出1I－R 0图线如图(d)所示，图线纵轴截距为m ，斜率为k ，则电阻的阻值为________．(3)若电源内阻是不可忽略的，则上述电路(a)和(c)，哪种方案测电阻更好________？为什么？__________________________________________________. 答案 (1)①如图所示②R 2 ③左 ④I 1(2)m k(3)(a) 此方案不受电源内阻的影响 解析 (1)①连线图如图所示：②因为滑动变阻器采用分压式接法时，阻值越小调节越方便，所以变阻器应选R 2； ③实验操作时，应将变阻器的滑动触头置于输出电压最小的最左端；④根据欧姆定律，若两次保持回路中电流表读数不变，则根据电路结构可知，回路中总电阻也应该相等，结合回路中的电阻计算，可知R 0的读数即为电阻的阻值． (2)根据闭合电路欧姆定律应有：E ＝I (R ＋R 0) 解得：1I ＝R E ＋R 0E结合数学知识可知m ＝R E，k ＝1E解得：E ＝1k ，R ＝Em ＝mk(3)若电源内阻是不可忽略的，则电路(a)好，因为电源内阻对电路(a)测电阻没有影响． 11．如图8所示，半径为R 的光滑半圆环轨道竖直固定在一光滑的水平桌面上，桌面距水平地面的高度也为R ，在桌面上轻质弹簧被a 、b 两个小球挤压(小球与弹簧不拴接)，处于静止状态．同时释放两个小球，小球a 、b 与弹簧在桌面上分离后，a 球从B 点滑上半圆环轨道最高点A 时速度为v A ＝2gR ，已知小球a 质量为m ，小球b 质量为2m ，重力加速度为g ，不计空气阻力，求：图8(1)小球a 在圆环轨道最高点对轨道的压力； (2)释放后小球b 离开弹簧时的速度v b 的大小； (3)小球b 落地点距桌子右侧的水平距离． 答案 (1)mg ，方向竖直向上 (2)6gR2(3)3R 解析 (1)设a 球通过最高点时受轨道的弹力为F N ，由牛顿第二定律得：mg ＋F N ＝m v A 2R解得：F N ＝mg .由牛顿第三定律知，a 球对轨道的压力为mg ，方向竖直向上．(2)设小球a 与弹簧分离时的速度大小为v a ，取桌面为零势能面，由机械能守恒定律得：12mv a2＝12mv A 2＋mg ·2R ，解得：v a ＝6gR ，小球a 、b 从释放到与弹簧分离过程中，总动量守恒，则有mv a ＝2mv b ，得v b ＝6gR 2(3)b 球从桌面飞出做平抛运动，设飞出的水平距离为x ，则R ＝12gt 2，t ＝2Rg，x ＝v b t联立解得：x ＝3R .12．如图9所示，在坐标系xOy 中，第一象限除外的其他象限都充满匀强磁场Ⅰ，磁感应强度都为B 1＝0.12 T ，方向垂直纸面向内．P 是y 轴上的一点，它到坐标原点O 的距离l ＝0.4 m ．一比荷qm＝5×107 C/kg 的带正电粒子从P 点开始进入匀强磁场中运动，初速度v 0＝3×106m/s ，方向与y 轴正方向成夹角θ＝53°并与磁场方向垂直，不计粒子的重力．已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：图9(1)粒子在磁场中运动的轨道半径R .(2)在第一象限中与x 轴平行的虚线上方的区域内充满沿x 轴负方向的匀强电场(如图a 所示)，粒子在磁场中运动一段时间后进入第一象限，最后恰好从P 点沿初速度的方向再次射入磁场．求匀强电场的电场强度E 的大小和电场边界(虚线)与x 轴之间的距离d .(3)如果撤去电场，在第一象限加另一匀强磁场Ⅱ，磁场方向垂直于xOy 平面．在第(2)问虚线位置放置一块长度为L ＝0.25 m 的平板，平板的左边缘与y 轴对齐(如图b 所示)．带电粒子仍从P 点开始运动，欲使带电粒子第一次进入第一象限运动时不打到板上，求磁场Ⅱ的磁感应强度B 2的大小和方向应满足什么条件？ 答案 见解析解析 (1)粒子在磁场区域内运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv 0B 1＝m v 02R 1，解得，粒子运动的轨道半径：R 1＝mv 0qB 1＝0.5 m ， (2)粒子运动轨迹如图所示，粒子运动轨迹的圆心A 恰好落在x 轴上．由几何关系可知粒子从C 点进入第一象限时的位置坐标为：x ＝R 1－R 1cos θ＝0.2 m粒子进入匀强电场后做类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为t ，加速度为a ，则：l －d ＝v 0t由牛顿第二定律得：qE ＝max ＝12at 2粒子运动到P 点时，水平速度为：v x ＝at ＝v 0tan θ， 代入数据解得，电场强度：E ＝8×105N/C ， 电场边界(虚线)与x 轴之间的距离：d ＝0.1 m ；(3)如果第一象限的磁场方向垂直于xOy 平面向内，则带电粒子打到平板的临界条件为轨迹圆与板相切，此时轨迹半径为R 2＝d ＝0.1 m由牛顿第二定律得：qv 0B 2＝m v 02R 2，代入数据解得：B 2＝0.6 T ，如果第一象限的磁场方向垂直于xOy 平面向外，则带电粒子打到平板的临界条件为轨迹圆与板右侧边缘有交点，设此时轨迹半径为R 3， 由几何关系：R 32＝d 2＋[R 3－(L －OC )]2， 代入数据解得：R 3＝0.125 m ，由牛顿第二定律得：qv 0B 2＝m v 02R 3，代入数据解得：B 2＝0.48 T ，故欲使带电粒子第一次进入第一象限运动时不打到板上，磁场Ⅱ的磁感应强度B 2的大小和方向应满足：若磁场方向垂直于xOy 平面向内，则B 2＞0.6 T ；若磁场方向垂直于xOy 平面向外，则B 2＞0.48 T. 13．[选修3－3](1)(2018·陕西省宝鸡市质检二)关于物体的内能，下列说法正确的是________． A ．相同质量的两种物质，升高相同的温度，内能的增量一定相同 B ．物体的内能改变时温度不一定改变C ．内能与物体的温度有关，所以0 ℃的物体内能为零D ．分子数和温度相同的物体不一定具有相同的内能E ．内能小的物体也可能将热量传递给内能大的物体(2)如图10所示，潜艇采用压缩空气排出海水控制浮沉，在海面上，潜艇将压强为1.0×105Pa、总体积为600 m3的空气(包含贮气筒内空气，视为理想气体)压入容积为3 m3的贮气筒．潜至海面下方190 m水平航行时，为控制姿态，将贮气筒内一部分压缩空气通过节流阀压入水舱，使15 m3的水通过排水孔排向与之相通的大海．已知海面处大气压p0＝1.0×105 Pa，取海水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，g＝10 m/s2，求：图10①潜艇下潜前贮气筒内空气的压强；②排出水后贮气筒内剩余空气的压强．答案(1)BDE (2)①2.0×107 Pa ②1.0×107 Pa解析(1)相同质量的同种物质，升高相同的温度，内能的增量相同；相同质量的不同种物质，升高相同的温度，内能的增量不同，故A错误；物体内能改变时温度不一定改变，比如零摄氏度的冰融化为零摄氏度的水，内能增加，故B正确；分子永不停息地做无规则运动，可知任何物体在任何状态下都有内能，故C错误；分子数和温度相同的物体不一定有相同的内能，还看物体的体积，故D正确；发生热传递的条件是存在温度差，与内能的大小无关，所以内能小的物体也可能将热量传递给内能大的物体，故E正确．(2)①设潜艇下潜前贮气筒内空气的压强为p1，p1V1＝p0V0，解得p1＝2.0×107 Pa②设水舱中空气的压强为p3，贮气筒内剩余空气的压强为p2，p3V3＋p2V1＝p0V0，p3＝p0＋ρgh＝2.0×106 Pa，解得：p2＝1.0×107 Pa.14．[选修3－4](1)在双缝干涉实验中，用波长为630 nm的红光照射在双缝上，在缝后的屏幕上显示出干涉图样．已知双缝到屏幕的距离为1.00 m，测得第1条到第6条亮条纹中心间距为10.5 mm，则双缝之间的距离为________mm.若要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距，可选用的一项方法是________．A．增大双缝间距B．增大双缝到屏幕的距离C．将光源向远离双缝的位置移动D．将光源向靠近双缝的位置移动图11(2)三棱镜ABC 主截面如图11所示，其中∠A ＝90°，∠B ＝30°，AB ＝30 cm ，将单色光从AB 边上的a 点垂直AB 射入棱镜，测得从AC 边上射出的光束与BC 面垂直，已知Ba ＝21 cm ，真空中的光速c ＝3.0×108 m/s ，不考虑光在AC 面的反射，求：①三棱镜对该单色光的折射率；②从a 入射到从AC 边出射，单色光在棱镜中传播的时间；答案 (1)0.3 B (2)① 3 ②1.3×10－9 s解析 (1)测得第1条到第6条亮条纹中心间距离为10.5 mm ，则相邻亮条纹之间的距离为Δx ＝10.55mm ＝2.1 mm ， 由Δx ＝l d λ得d ＝l Δxλ＝0.3 mm 根据Δx ＝l dλ可知要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距，则可采取增大双缝到屏幕的距离、减小双缝间距，故A 错，B 对；光源到双缝的距离不会改变条纹间距，故C 、D 错．(2)①光路图如图，光在b 点发生反射，光在c 点发生折射．由几何关系可得：∠1＝∠2＝30°∠3＝30°，∠4＝60°三棱镜对该单色光的折射率n ＝sin ∠4sin ∠3＝ 3 ②光在棱镜中的传播速度v ＝c n，ab ＝aB tan 30°，bc ＝bC ＝AB －aB cos 30° 单色光在棱镜中的传播时间t ＝ab ＋bc v＝1.3×10－9 s.。
京津琼2019高考物理总复习专用优编提分练：实验题专练四20181215171
实验题专练(四)1．某同学利用如图1所示装置考证以下两个规律：①两物块经过不行伸长的细绳相连结，沿绳方向的分速度大小相等；②系统机械能守恒．图1P、Q、R为三个完整同样的带有遮光片的物块，P、Q用细绳连结，放在水平气垫导轨上，物块R与轻质滑轮连结，放在细绳正中间，三个光电门分别搁置于a、b、c处，调整三个光电门的地点，能实现同时被遮光．最先细绳水平，现将三个物块由静止开释．(忽视R上的遮光片到轻质滑轮间的距离)(1)为了能达成实验目的，除了记录P、Q、R的遮光片的遮光时间t1、t2、t3外，还一定丈量的物理量有( )A．P、Q、R的质量MB．两个定滑轮间的距离dC．R的遮光片到c的距离HD．遮光片的宽度x(2)依据装置能够剖析出P、Q的速度大小相等，则考证的表达式为______________．(3)若要考证物块R沿绳方向的分速度与物块P的速度大小相等，则考证的表达式为________________．(4)若已知当地重力加快度为g，则考证系统机械能守恒的表达式为________________．答案 (1)BCD (2)t 1＝t 2 (3)t 3t 1＝2H 4H 2＋d 2 (4)gH ＝12x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 12＋1t 22＋1t 32 分析 (1)要证明①，需要丈量两个定滑轮间的距离d 和R 的遮光片到c 的距离H ，经过几何关系可证明沿绳的分速度相等；要证明②，需要丈量R 的遮光片到c 的距离H 和遮光片的宽度x ，依据运动学公式和动能定理列式可考证机械能守恒，故B 、C 、D 正确．(2)物块P 的速度v P ＝x t 1，物块Q 的速度v Q ＝x t 2，所以若要剖析出P 、Q 的速度大小相等， 即需要考证表达式x t 1＝x t 2，化简可得考证t 1＝t 2即可；(3)物块R 的速度v R ＝x t 3，要考证物块R 沿绳方向的分速度与物块P 的速度大小相等， 则需要考证表达式v R cos θ＝v P即v R ·HH 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫d 22＝v P ，将v P 、v R 代入得：t 3t 1＝2H 4H 2＋d 2(4)整个系统减少的重力势能是ΔE p ＝MgH整个系统增添的动能ΔE k ＝12Mv P 2＋12Mv Q 2＋12Mv R 2 要考证机械能守恒，则ΔE p ＝ΔE k ，即考证表达式gH ＝12x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 12＋1t 22＋1t 32. 2．利用如图2所示电路能够较为正确地丈量电源的电动势．图中a 为标准电源(电动势为E s )，b 为待测电源(设电动势为E x )；供电电源的电动势为E ，R 为滑动变阻器，G 为零刻度在中央的敏捷电流计，AB 为一根粗细平均的电阻丝，滑动片C 可在电阻丝上挪动，AC 之间的长度可用刻度尺量出．图2(1)为了达成上述实验，对供电电源的要求是E ________E s ，E ________E x (填“>”“＝”或“<”)．(2)实验步骤以下：①按图连结好电路；②调整滑动变阻器的滑片至适合地点，闭合开关S 1；③将S 2接1，调理滑动片C 使电流计示数为零，记下______；④将S 2接2，从头调理C 地点，使____________，并记下____________； ⑤断开S 1、S 2，计算待测电源的电动势的表达式为E x ＝________(用E s 和所测物理量表示)． 答案 (1)> > (2)③AC 的长度L 1④电流计示数再次为0 AC 的长度L 2 ⑤L 2L 1E s分析 (1)该电路是一个并联分压电路，当E s 电压等于AC 电压时，使电流计示数为零，所以本实验对供电电源的要求是E >E s ；E >E x .(2)③将S 2接1，调理滑动片C 使电流计示数为零，记下AC 的长度L 1，设单位长度电阻丝的电阻为r 0，此时有E R ＋r ＋R ABL 1r 0＝E s . ④将S 2接2，从头调理C 地点，使电流计示数再次为零，记下AC 的长度L 2，此时有ER ＋r ＋R AB L 2r 0＝E x⑤由以上两式可得：E x ＝L 2L 1E s .。
(京津琼)2019高考物理总复习 专用优编提分练：选修3-4专练(一)
选修3－4专练(一)1．(1)如图1所示，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点、D点射向介质．已知光束在A点的入射角i＝30°，a光经过气泡的偏向角θ＝45°，CD弧所对圆心角为3°，则下列说法中正确的是________．图1A．b光经过气泡的偏向角为42°B．介质对a光的折射率大于 3C．a光的频率小于b光的频率D．b光从该介质射向空气的全反射临界角的正弦值为12sin 51°E．若a、b两单色光分别通过同一双缝干涉装置，则b光在屏上产生的条纹间距大(2)一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时刻的波形如图2所示，介质中x＝6 m处的质点P 沿y轴方向做简谐运动的表达式为y＝0.2cos 4πt(m)．求：图2①该波的传播速度；②从t＝0时刻起，介质中x＝10 m处的质点Q第一次到达波谷经过的时间．答案(1)ADE (2)见解析解析(1)光束在A点的入射角为i，折射角分别为r a、r b，作出光路图如图所示．a色光的偏向角为45°，而偏向角θa＝2(r a－i)则r a＝52.5°，由几何知识得，AC 弧所对的圆心角为180°－2×52.5°＝75°.CD 弧所对的圆心角为3°，则AD 弧所对的圆心角为78°，故r b ＝180°－78°2＝51°， b 色光的偏向角为θb ＝2(r b －i )＝42°，故A 正确；介质对a 色光的折射率n a ＝sin r a sin i ＝sin 52.5°sin 30°<sin 60°sin 30°＝3，故B 错误； 介质对b 色光的折射率n b ＝sin r b sin i ＝sin 51°sin 30°<n a ， 则a 光的频率大于b 光的频率，故C 错误；b 色光从介质射向空气的全反射临界角的正弦值sin C ＝1n b ＝12sin 51°，故D 正确； a 光的折射率大于b 光的折射率，a 、b 两单色光在透明介质中的波长λa <λb ， 根据条纹间距公式Δx ＝L d λ，故Δx a <Δx b ，故E 正确．(2)①由题图可知，波长λ＝24 m ，由质点P 的振动方程可知，角速度ω＝4π rad/s则周期T ＝2πω＝0.5 s 故该波的传播速度v ＝λT＝48 m/s ②若波沿x 轴正方向传播，t ＝0时刻，质点Q 左侧相邻的波谷在x ＝－6 m 处该波谷传播到质点Q 处时，质点Q 第一次到达波谷，经过时间t ＝x 1v ＝13s 若波沿x 轴负方向传播，t ＝0时刻，质点Q 右侧相邻的波谷在x ＝18 m 处该波谷传播到质点Q 处时，质点Q 第一次到达波谷，经过时间t ′＝x 2v ＝16s. 2．(1)关于光的折射、全反射以及光的波动性，下面说法中正确的是________．A ．光由光密介质射入光疏介质一定发生会全反射B ．光在两种不同介质的界面上发生折射时，光速一定发生改变C ．光的偏振现象说明光是一种纵波D ．不同色光通过棱镜，光的频率越大，折射率越大，偏折角度越大E ．利用激光可以测距(2)如图3甲所示，是一列简谐横波在均匀介质中传播时t ＝0时刻的波动图象，质点A 的振动图象如图乙所示．A 、B 两点皆在x 轴上，两者相距s ＝20 m ．求：图3①此简谐横波的传播速度；②t ＝20 s 时质点B 运动的路程．答案 (1)BDE (2)见解析解析 (1)只有光由光密介质射入光疏介质，且入射角大于临界角时，才会发生全反射，选项A 错误；根据v ＝c n ，不同介质折射率不同，光速不同，选项B 正确；光的偏振现象说明光是一种横波，选项C 错误；不同色光通过棱镜，光的频率越大，折射率越大，偏折角度越大，选项D 正确；激光方向性好，平行度高，可以远距离测距，选项E 正确．(2)①由题图甲可知，此波的波长为λ＝4 m由题图乙可知，此波的周期T ＝0.4 s所以v ＝λT＝10 m/s 根据t ＝0时刻质点A 的振动方向可知，此波沿x 轴正方向传播②此波传播到B 点所需的时间t ＝s －λ2v ＝1.8 s ＝412T 由题图可知此波的振幅A ＝0.1 m质点B 每个周期运动的路程为0.4 m所以t ＝20 s 时质点B 运动的路程为s ＝(50－4.5)×0.4 m＝18.2 m.百度文库是百度发布的供网友在线分享文档的平台。
京津琼2019高考物理总复习专用优编提分练：选择题专练四20181215189
选择题专练(四)1.如图1所示，将某均匀长方体锯成A、B两块后，在水平桌面上对齐放在一起，现用水平力F 推B，使A、B整体保持长方体并沿F方向匀速运动，则()图1A．A在水平方向受到三个力的作用，且合力为零B．A在水平方向受到五个力的作用，且合力为零C．A对B的作用力方向与A、B接触面垂直D．B对A的弹力大于桌面对A的摩擦力答案 A解析对A受力分析，在水平方向上受B对A的弹力、桌面对A的滑动摩擦力和B对A的静摩擦力，在三个力的作用下处于平衡状态，受力如图，故A正确，B错误．B对A的弹力和静摩擦力的合力与桌面对A的滑动摩擦力等大反向，与F 的方向相同；根据牛顿第三定律可知，A对B的作用力方向与F的方向相反，不是与A、B接触面垂直，故C错误．因为B对A的弹力与B对A的摩擦力垂直，二者的合力等于桌面对A的摩擦力，所以B对A的弹力小于桌面对A的摩擦力，故D错误．2．如图2甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m＝0.2 kg的小球从弹簧上端某高1度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，其速度v和弹簧压缩量Δx的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点，不计空气阻力，小球和弹簧接触瞬间的机械能损失不计，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中不正确的是()图2A．该弹簧的劲度系数为20 N/mB．当Δx＝0.3 m时，小球处于超重状态C．小球刚接触弹簧时速度最大D．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大答案 C解析当Δx＝0.1 m时，小球的重力等于弹簧对它的弹力，合力为零，小球的加速度为零，mg0.2 × 10可得：kΔx＝mg，解得：k＝＝N/m＝20 N/m，故A正确；由题图乙可知，Δx＝Δx0.10.3 m时，小球的速度减小，加速度向上，故说明小球处于超重状态，故B正确；由题图乙知，开始小球的速度增大，小球的重力大于弹簧对它的弹力，当Δx＝0.1 m时，小球的速度最大，然后速度减小，故C错误；题图乙图线的斜率表示加速度，则由图可知，从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大，故D正确．本题选不正确的，故选C.3．假想在地球赤道上有一颗苹果树，其高度超过了地球同步卫星轨道的高度．树上若有质量相等的三个苹果A、B、C，其高度分别低于、等于、高于地球同步卫星轨道高度．则下列说法正确的是()A．苹果A的线速度最大B．苹果B所需向心力小于苹果A所需向心力C．苹果C离开苹果树时加速度减小D．苹果C脱离苹果树后，可能会落向地面答案 C解析三者的角速度相同，根据v＝ωr可知苹果C的线速度最大，A错误；根据F向＝mω2r可知半径越大，向心力越大，故苹果B所需向心力大于苹果A所需向心力，B错误；由于苹果GMC的角速度和同步卫星的角速度相同，而根据ω＝可知轨道半径越大，角速度越小，所以Cr3所在轨道的角速度大于该轨道所需的角速度，故做离心运动，所以苹果C脱离苹果树后，根据GMa＝可知轨道半径变大，加速度减小，飞向茫茫宇宙，C正确，D错误．r224.如图 3所示，在一等腰直角三角形 ACD 区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强 度大小为 B .一质量为 m 、电荷量为 q 的带正电粒子(重力不计)以速度 v 从 AC 边的中点 O 垂直 AC 边射入磁场区域．若三角形的两直角边长均为 2L ，要使粒子从 CD 边射出，则 v 的取值范围为( )图 3qBL 2 2qBL qBL A. ≤v ≤ B. ≤v ≤ mm m 5qBL m qBL 2＋1 qBL qBL C. ≤v ≤ D. ≤v ≤ 2mm 2m 5qBL 2m 答案 CBqr 解析 根据洛伦兹力充当向心力可知，v ＝ ，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知， m粒子与 AD 边相切时速度最大，如图．由几何关系可知r －L＋[2L －(r －L )]cos 45°＝rcos 45° 最大半径为 r 1＝( 2＋1)L ，2＋1 qBL故最大速度应为 v 1＝ ； mL 当粒子从 C 点出射时半径最小，为 r 2＝ ， 2qBL故最小速度应为 v 2＝ ， 2m qBL2＋1 qBL 故 v 的取值范围为 ≤v ≤ ， 2mm故选 C.5．如图 4所示，磁单极子会在其周围形成均匀辐射磁场．质量为 m 、半径为 R 的圆环当通有 恒定的电流 I 时，恰好能水平静止在 N 极正上方 H 处．已知与磁单极子 N 极相距 r 处的磁感应3k强度大小为B＝，其中k为常数．重力加速度为g.则()r图4A．静止时圆环的电流方向为逆时针方向(俯视)B．静止时圆环沿其半径方向有扩张的趋势mg H2＋R2C．静止时圆环的电流I＝2πkR2D．若将圆环向上平移一小段距离后由静止释放，下落过程中加速度先增加后减小答案 C解析环所在处的磁场的方向向上，则环产生的磁场的方向向下，根据安培定则可知，静止时圆环的电流方向为顺时针方向(俯视)，故A错误；由左手定则可知，环上的各点受到的安培力有水平向里的分力，所以环有收缩的趋势，故B错误；对环的某一部分进行受力分析：在水平方向，根据安培力的对称性可知，整个环在水平方向的合力为0，竖直方向的合力与重力大小相等，由于在圆环处各点电流的方向与磁场的方向都垂直，所以整体受到的安培力：F＝RBI·2πR，设F与竖直方向的夹角为θ，由几何关系：F cos θ＝mg，cos θ＝，由题：H2＋R2 kmg H2＋R2B＝，联立得：I＝，故C正确；结合C的受力分析可知，若将圆环向上平移H2＋R2 2πkR2一小段距离后环受到的安培力将减小；由静止释放，开始时重力大于安培力，所以环加速下落，向下的过程中安培力增大，所以合外力减小，加速度先减小，故D错误．6．已知钚的一种同位素29349Pu的半衰期为24 100年，其衰变方程为29349Pu→X＋42He＋γ，则下列说法中正确的是()A．衰变发出的γ射线是频率很大的电磁波，穿透能力很强B．X原子核中含有143个中子C．8个29349Pu经过24 100年后一定还剩余4个D．衰变过程的总质量不变答案AB解析衰变发出的γ射线是频率很大的电磁波，具有很强的穿透能力，不带电，故A正确．根据电荷数守恒和质量数守恒得，X的电荷数为92，质量数为235，质子数为92，则中子数为235 －92＝143，故B正确．半衰期是对大量原子核发生衰变的统计规律，对少量的原子核不适用，故C错误．在衰变的过程中，根据质能方程知，有能量放出，有质量亏损，故D错误．7．如图5所示，真空中固定两个等量异种点电荷A、B，其连线中点为O.在A、B所形成的电场中，以O点为圆心、半径为R的圆面垂直于AB，以O为几何中心、边长为2R的正方形abcd4平面垂直圆面且与 AB 共面，两平面边线交点分别为 e 、f ，g 为圆上一点．下列说法中正确的 是( )图 5A ．a 、b 、c 、d 、e 、f 六点中，不存在场强和电势均相同的两点B ．将一电荷由 e 点沿圆弧 egf 移到 f 点，电场力始终不做功C ．将一电荷由 a 点移到圆面内任意一点时，电势能的变化量相同D ．沿线段 eOf 移动的电荷受到的电场力先减小后增大答案 BC解析 题图中圆面是一个等势面，e 、f 的电势相等，根据电场线分布的对称性可知 e 、f 的场 强相同，故 A 错误．题图中圆弧 egf 在同一等势面上，其上任意两点的电势差都为零，根据公 式 W ＝qU 可知：将一正电荷由 e 点沿圆弧 egf 移到 f 点电场力不做功，故 B 正确．a 点与圆面 内任意一点的电势差相等，根据公式 W ＝qU 可知：将一电荷由 a 点移到圆面内任意一点时，电 场力做功相同，则电势能的变化量相同，故 C 正确．沿线段 eOf 移动电荷，电场强度先增大后 减小，则电荷受到的电场力先增大后减小，故 D 错误．8．如图 6所示，单匝矩形闭合导线框 abcd 处于磁感应强度大小为 B 、方向垂直纸面向里的水 平匀强磁场中，线框面积为 S ，电阻为 R .线框绕与 cd 边重合的竖直固定转轴以角速度 ω 从中 性面开始匀速转动，下列说法中正确的是( )图 6π A ．线框转过 时，线框中的电流方向为 abcda 6B ．线框中感应电流的有效值为 2BS ω 2R 2πωB 2S 2C ．线框转一周过程产生的热量为 Rπ BS D ．线框从中性面开始转过 过程，通过导线横截面的电荷量为 2 R答案 BD解析 根据楞次定律可知线框中的电流方向为 adcba ，故 A 错误；线圈转动过程中感应电动势5BSω的最大值为：E m＝BSω，感应电压的有效值为：U＝，则线框中感应电流的有效值为：I＝2U2BSω2BSω2ππωB2S2＝2R，故B正确；线框转一周的过程中，产生的热量为：Q＝I2RT＝( 2R)2R＝，RωRπΔΦBS故C错误；线框从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量为：q＝＝，2R总R故D正确．6。
(京津琼)2019最新高考物理总复习 专用优编提分练：计算题专练(二)
计算题专练(二)1．(2018·天津市南开中学月考)如图1所示，在光滑的水平地面上，相距L ＝10 m 的A 、B 两个小球均以v 0＝10 m/s 向右运动，随后两球相继滑上倾角为30°的足够长的固定光滑斜坡，地面与斜坡平滑连接，取g ＝10 m/s 2.求：图1(1)B 球刚要滑上斜坡时A 、B 两球的距离是多少；(2)A 球滑上斜坡后经过多长时间两球相遇．答案 (1)7.5 m (2)2.5 s解析 (1)设A 球滑上斜坡后经过t 1时间B 球滑上斜坡，则有：L ＝v 0t 1，解得：t 1＝1 sA 球滑上斜坡后做匀减速直线运动，加速度大小：a ＝g sin 30°＝5 m/s 2设这段时间内A 球向上运动的位移为x ，则x ＝v 0t 1－12at 12 代入数据解得：x ＝7.5 m(2)B 球刚要滑上斜坡时A 球速度v 1＝v 0－at 1＝5 m/s B 球滑上斜坡时，加速度与A 相同，以A 为参考系，B 相对于A 以v ＝v 0－v 1＝5 m/s 做匀速运动，设再经过时间t 2它们相遇，有：t 2＝x v ＝1.5 s则所求时间t ＝t 1＋t 2＝2.5 s.2．如图2所示，在匝数N ＝100、截面积S ＝0.02 m 2的多匝线圈中存在方向竖直向下的匀强磁场B 0，B 0均匀变化．两相互平行、间距L ＝0.2 m 的金属导轨固定在倾角为θ＝30°的斜面上，线圈通过开关S 与导轨相连．一质量m ＝0.02 kg 、阻值R 1＝0.4 Ω的光滑金属杆锁定在靠近导轨上端的MN 位置，M 、N 等高．一阻值R 2＝0.6 Ω的定值电阻连接在导轨底端．导轨所在区域存在垂直于斜面向上的磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场．金属导轨光滑且足够长，线圈与导轨的电阻忽略不计．重力加速度取g ＝10 m/s 2.电子电荷量e ＝1.6×10－19 C.图2(1)闭合开关S 时，金属杆受到沿斜面向下的安培力为0.4 N ，请判断磁感应强度B 0的变化趋势，并求出磁感应强度B 0的变化率ΔB 0Δt； (2)断开开关S ，解除对金属杆的锁定，从MN 处由静止释放，经过t ＝0.50 s ，金属杆下滑x ＝0.60 m ，求该过程中金属杆上产生的焦耳热Q 1；(3)经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子(即金属原子失去电子后的部分)的碰撞，请建立合适的自由电子运动模型，求出第(2)问情境中，当金属杆最终匀速下滑时，金属杆中金属离子对一个自由电子沿杆方向的平均阻力F f 的大小．答案 (1)增大 0.8 T/s (2)4.64×10－3 J (3)3.2×10－19 N解析 (1)闭合开关S 时，金属杆受到沿斜面向下的安培力，由左手定则可知金属杆中的电流由M 流向N ，根据楞次定律可知磁感应强度B 0的趋势是增大线圈中的感应电动势E ＝N ΔB 0ΔtS 金属杆中的电流为I ＝E R 1金属杆受到的安培力为F ＝BIL联立解得：ΔB 0Δt＝0.8 T/s (2)根据动量定理得： mg sin θ·t －B ·I L ·t ＝mv －0平均电流为I ＝ER 1＋R 2平均电动势为E ＝BLx t， 得到速度为：v ＝2.2 m/s根据能量守恒定律得：mgx sin θ＝12mv 2＋Q解得：Q ＝1.16×10－2 J ， Q 1＝R 1R 1＋R 2Q ＝4.64×10－3 J(3)匀速时mg sin θ＝B BLv mR 1＋R 2L得到：v m ＝10 m/s金属杆中的一个电子定向匀速运动，内电压对其做的正功等于克服阻力做的功F f L ＝eU U ＝R 1R 1＋R 2EE ＝BLv m联立可得：F f ＝evm BR 1R 1＋R 2，代入数据，解得：F f ＝3.2×10－19 N.。
(京津琼)2019高考物理总复习 专用优编提分练：计算题专练(八)
计算题专练(八)1．如图1甲所示，空间存在B ＝0.5 T 、方向竖直向下的匀强磁场，MN 、PQ 是处于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨，间距L ＝0.2 m ，在导轨一端连接着阻值为R ＝0.4 Ω的定值电阻，ab 是跨接在导轨上、质量为m ＝0.1 kg 的导体棒．从零时刻开始，通过一小型电动机对ab 棒施加一个牵引力，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好．图乙是拉力F 与导体棒ab 的速率倒数关系图象(F 1未知)．已知导体棒ab 与导轨的动摩擦因数μ＝0.2，除R 外，其余部分电阻均不计，不计定滑轮的质量和摩擦，g ＝10 m/s 2.图1(1)求电动机的额定功率；(2)若导体棒ab 在16 s 内运动了90 m 并恰好达到最大速度，求在0～16 s 内电阻R 上产生的焦耳热．答案 (1)4.5 W (2)49 J解析 (1)由题图知导体棒ab 的最大速度为v 1＝10 m/s此时，导体棒中感应电动势为E ＝BLv 1感应电流I ＝E R导体棒受到的安培力F 安＝BIL此时电动机牵引力为F 1＝P v 1由牛顿第二定律得P v 1－μmg －F 安＝0联立并代入数据，解得：P ＝4.5 W(2)由能量守恒定律得：Pt ＝Q ＋μmgs ＋12mv 12 代入数据，解得0～16 s 内R 上产生的热量Q ＝49 J.2．如图2，中空的水平圆形转盘内径r ＝0.6 m ，外径足够大，沿转盘某条直径有两条光滑凹槽，凹槽内有A 、B 、D 、E 四个物块，D 、E 两物块分别被锁定在距离竖直转轴R ＝1.0 m 处，A 、B 紧靠D 、E 放置，两根不可伸长的轻绳，每根绳长L ＝1.4 m ，一端系在C 物块上，另一端分别绕过转盘内侧的光滑小滑轮，穿过D 、E 两物块中间的光滑圆孔，系在A 、B 两个物块上，A 、B 、D 、E 四个物块的质量均为m ＝1.0 kg ，C 物块的质量m C ＝2.0 kg ，所有物块均可视为质点，(不计空气阻力，取重力加速度g ＝10 m/s 2，计算结果可用最简的分式与根号表示)图2(1)启动转盘，转速缓慢增大，求A 、D 以及B 、E 之间恰好无压力时细绳的拉力及转盘的角速度；(2)停下转盘后，将C 物块置于圆心O 处，并将A 、B 向外侧移动使轻绳水平拉直，然后无初速度释放A 、B 、C 物块构成的系统，求A 、D 以及B 、E 相碰前瞬间C 物块的速度；(3)碰前瞬间解除对D 、E 物块的锁定，若A 、D 以及B 、E 一经碰撞就会粘在一起，且碰撞时间极短，求碰后C 物块的速度．答案 见解析解析 (1)A 、D 以及B 、E 之间恰好无压力时，C 物块保持静止，故2F cos θ＝m C g ， sin θ＝r L －(R －r )＝0.61.4－0.4＝35， 解得F ＝12.5 N对A 、B 两个物块F ＝m ω2R角速度ω＝F mR ＝522rad/s (2)设碰前A 、B 速度大小为v ，C 的速度大小为v C ，则v ＝v C cos θ系统下落过程中机械能守恒：2×12mv 2＋12m C v C 2＝m C gh 由几何关系知h ＝0.8 m解得：v C ＝204141m/s (3)设碰后A 、D 的速度大小为v ′，C 的速度大小为v C ′则v ′＝v C ′cos θ设绳上拉力的冲量大小为I ，由于碰撞时间极短，绳子拉力远大于C 物块的重力． 对C 物块运用动量定理：－2I cos θ＝m C v C ′－m C v C对A 、D 运用动量定理：I ＝2mv ′－mv4157v C＝205741 m/s.联立解得：v C′＝。
(京津琼)2019高考物理总复习 专用优编提分练：计算题专练(六)
计算题专练(六)1．如图1所示，质量M ＝4 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝5 m ．从某时刻开始，有质量m ＝2 kg 的物块，以水平向右的速度v 0＝6 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.4，取g ＝10 m/s 2，求：图1(1)该过程所经历的时间t 及物块与小车保持相对静止时的速度大小v ；(2)该过程中物块发生的位移x 1的大小及小车发生的位移x 2的大小；(3)该过程中物块和小车间因摩擦产生的热量Q .答案 (1)1 s 2 m/s (2)4 m 1 m (3)24 J解析 (1)以小车和物块组成的系统为研究对象，系统的动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得： mv 0＝(M ＋m )v .代入数据，解得v ＝2 m/s ，方向向右．对小车M ，由动量定理得：μmgt ＝Mv －0.代入数据，解得：t ＝1 s.(2)对物块，根据动能定理得：－μmgx 1＝12mv 2－12mv 02. 对小车，由动能定理得：μmgx 2＝12Mv 2. 代入数据解得：x 1＝4 m ，x 2＝1 m.(3)该过程中物块和小车间因摩擦产生的热量为：Q ＝12mv 02－12(M ＋m )v 2代入数据，解得：Q ＝24 J.2．如图2所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l ＝0.5 m ，左端接有阻值R ＝0.3 Ω的电阻，一质量m ＝0.1 kg ，电阻r ＝0.1 Ω的金属棒MN 放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B ＝0.4 T ．棒在水平向右的拉力作用下，由静止开始以a ＝2 m/s 2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x ＝9 m 时撤去拉力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去拉力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：图2(1)在棒匀加速运动过程中，通过电阻R 的电荷量q ；(2)撤去拉力后回路中产生的焦耳热Q 2；(3)拉力做的功W F .答案 (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J解析 (1)设棒匀加速运动所用时间为t ，有x ＝12at 2，解得t ＝2x a＝3 s. 根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得，电路中产生的平均电流为： I ＝ER ＋r ＝ΔΦt (R ＋r )＝Blx t (R ＋r )＝1.5 A. 则q ＝I t ＝4.5 C.(2)撤去拉力前棒做匀加速运动，v ＝at ＝6 m/s.撤去拉力后棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功，先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为内能，所以Q 2等于棒的动能减少量：Q 2＝|ΔE k |＝12mv 2＝1.8 J.(3)根据题意，在撤去拉力前回路中产生的焦耳热为： Q 1＝2Q 2＝3.6 J.撤去拉力前，拉力做正功、安培力做负功(其绝对值等于焦耳热Q 1)、重力不做功，根据动能定理有：ΔE k ′＝W F －Q 1.则W F ＝ΔE k ′＋Q 1＝5.4 J.。
京津琼2019高考物理总复习专用优编提分练：计算题专练(005)
计算题专练(二)1．(2018·天津市南开中学月考)如图1所示，在光滑的水平地面上，相距L ＝10 m 的A 、B 两个小球均以v 0＝10 m/s 向右运动，随后两球相继滑上倾角为30°的足够长的固定光滑斜坡，地面与斜坡平滑连接，取g ＝10 m/s 2.求：图1(1)B 球刚要滑上斜坡时A 、B 两球的距离是多少；(2)A 球滑上斜坡后经过多长时间两球相遇．答案 (1)7.5 m (2)2.5 s解析 (1)设A 球滑上斜坡后经过t 1时间B 球滑上斜坡，则有：L ＝v 0t 1，解得：t 1＝1 sA 球滑上斜坡后做匀减速直线运动，加速度大小：a ＝g sin 30°＝5 m/s 2设这段时间内A 球向上运动的位移为x ，则x ＝v 0t 1－at 1212代入数据解得：x ＝7.5 m(2)B 球刚要滑上斜坡时A 球速度v 1＝v 0－at 1＝5 m/sB 球滑上斜坡时，加速度与A 相同，以A 为参考系，B 相对于A 以v ＝v 0－v 1＝5 m/s 做匀速运动，设再经过时间t 2它们相遇，有：t 2＝＝1.5 sx v则所求时间t ＝t 1＋t 2＝2.5 s.2．如图2所示，在匝数N ＝100、截面积S ＝0.02 m 2的多匝线圈中存在方向竖直向下的匀强磁场B 0，B 0均匀变化．两相互平行、间距L ＝0.2 m 的金属导轨固定在倾角为θ＝30°的斜面上，线圈通过开关S 与导轨相连．一质量m ＝0.02 kg 、阻值R 1＝0.4 Ω的光滑金属杆锁定在靠近导轨上端的MN 位置，M 、N 等高．一阻值R 2＝0.6 Ω的定值电阻连接在导轨底端．导轨所在区域存在垂直于斜面向上的磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场．金属导轨光滑且足够长，线圈与导轨的电阻忽略不计．重力加速度取g ＝10 m/s 2.电子电荷量e ＝1.6×10－19 C.图2(1)闭合开关S 时，金属杆受到沿斜面向下的安培力为0.4 N ，请判断磁感应强度B 0的变化趋势，并求出磁感应强度B 0的变化率；ΔB 0Δt(2)断开开关S ，解除对金属杆的锁定，从MN 处由静止释放，经过t ＝0.50 s ，金属杆下滑x ＝0.60 m ，求该过程中金属杆上产生的焦耳热Q 1；(3)经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子(即金属原子失去电子后的部分)的碰撞，请建立合适的自由电子运动模型，求出第(2)问情境中，当金属杆最终匀速下滑时，金属杆中金属离子对一个自由电子沿杆方向的平均阻力F f 的大小．答案 (1)增大 0.8 T/s (2)4.64×10－3 J (3)3.2×10－19 N解析 (1)闭合开关S 时，金属杆受到沿斜面向下的安培力，由左手定则可知金属杆中的电流由M 流向N ，根据楞次定律可知磁感应强度B 0的趋势是增大线圈中的感应电动势E ＝N S ΔB 0Δt金属杆中的电流为I ＝ER 1金属杆受到的安培力为F ＝BIL联立解得：＝0.8 T/s ΔB 0Δt(2)根据动量定理得：mg sin θ·t －B ·L ·t ＝mv －0I 平均电流为＝I E R 1＋R 2平均电动势为＝，E BLx t 得到速度为：v ＝2.2 m/s根据能量守恒定律得：mgx sin θ＝mv 2＋Q12解得：Q ＝1.16×10－2 J ，Q 1＝Q ＝4.64×10－3 JR 1R 1＋R 2(3)匀速时mg sin θ＝B L BLv mR 1＋R 2得到：v m ＝10 m/s金属杆中的一个电子定向匀速运动，内电压对其做的正功等于克服阻力做的功F f L ＝eU U ＝ER 1R 1＋R 2E ＝BLv m联立可得：F f ＝，ev m BR 1R 1＋R 2代入数据，解得：F f ＝3.2×10－19 N.。
(京津琼)2019高考物理总复习 专用优编提分练：计算题专练(九)
教案、试题、试卷中小学 1计算题专练(九)1．如图1，两平行金属导轨位于水平面上，相距l ，左端与一阻值为R 的电阻相连．整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下．—质量为m 、电阻为r 的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好．已知电阻R 消耗的功率为P ，导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g ，导轨的电阻可忽略．求：图1(1)导体棒匀速运动的速率v ；(2)水平外力F 的大小．答案 (1)R ＋rBl P R (2)μmg ＋Bl P R解析 (1)设回路中的电流为I ，对电阻R ，有P ＝I 2R导体棒产生的电动势为E ＝Blv根据闭合电路欧姆定律得I ＝ER ＋r联立可得导体棒匀速运动的速率v ＝R ＋r Bl P R. (2)导体棒在磁场中匀速运动，受力平衡，则F ＝μmg ＋BlI联立可得：F ＝μmg ＋Bl P R. 2．如图2，倾角θ＝37°的直轨道AC 与圆弧轨道CDEF 在C 处相切且平滑连接，整个装置固定在同—竖直平面内．圆弧轨道的半径为R ，DF 是竖直直径，O 点为圆心，E 、O 、B 三点在同一水平线上．A 、F 也在同一水平线上，两个小滑块P 、Q (都可视为质点)的质量都为m .已知滑块Q 与轨道AC 间存在摩擦力且动摩擦因数处处相等，但滑块P 与整个轨道间和滑块Q 与圆弧轨道间的摩擦力都可忽略不计．同时将两个滑块P 、Q 分别在A 、B 两点由静止释放，之后P 开始向下滑动，在B 点与Q 相碰．碰后P 、Q 立刻一起向下且在BC 段保持匀速运动，已知P 、Q 每次相碰都会立刻合在一起运动但两者并不粘连，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取重力加速度为g ，求：教案、试题、试卷中小学2图2(1)两滑块进入圆弧轨道运动过程中对圆弧轨道的压力的最大值．(2)滑块Q 在轨道AC 上往复运动经过的最大路程．答案 (1)3.8mg (2)53R 解析 (1)滑块P 下滑至与Q 相碰前瞬间，由机械能守恒定律得mgR ＝12mv 12 P 、Q 碰后合在一起运动，碰撞瞬间由动量守恒定律得mv 1＝2mv 2P 、Q 一起由C 点运动至D 点过程，有2mgR (1－cos θ)＋12·2mv 22＝12·2mv D 2 经过D 点时对圆弧轨道的压力最大，有F N D －2mg ＝2m v D 2R由牛顿第三定律可知，两滑块对圆弧轨道的最大压力F N D ′＝F N D联立解得F N D ′＝3.8mg(2)由(1)中计算可知，P 、Q 整体在D 点的动能12·2mv D 2＝0.9mgR <2mgR 因此它们在圆弧轨道上运动的最高点在E 点下方，之后沿轨道返回，再次到达C 点的速度大小仍为v 2.从C 点上滑后P 、Q 分离，Q 比P 先到达最高点，且Q 运动到最高点时停下．设P 、Q 上滑的最大位移分别为x P 、x Q .对P 、Q ，由动能定理分别可得－mg sin θ·x P ＝0－12mv 22 －(mg sin θ＋F f )·x Q ＝0－12mv 22 由P 、Q 碰后一起匀速下滑可知Q 受到的滑动摩擦力大小F f ＝2mg sin θP 再次从最高点下滑至第二次碰Q 前，有mg sin θ(x P －x Q )＝12mv 32。
(京津琼)2019高考物理总复习 专用优编提分练：计算题专练(八)
计算题专练(八)1．如图1甲所示，空间存在B ＝0.5 T 、方向竖直向下的匀强磁场，MN 、PQ 是处于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨，间距L ＝0.2 m ，在导轨一端连接着阻值为R ＝0.4 Ω的定值电阻，ab 是跨接在导轨上、质量为m ＝0.1 kg 的导体棒．从零时刻开始，通过一小型电动机对ab 棒施加一个牵引力，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好．图乙是拉力F 与导体棒ab 的速率倒数关系图象(F 1未知)．已知导体棒ab 与导轨的动摩擦因数μ＝0.2，除R 外，其余部分电阻均不计，不计定滑轮的质量和摩擦，g ＝10 m/s 2.图1(1)求电动机的额定功率；(2)若导体棒ab 在16 s 内运动了90 m 并恰好达到最大速度，求在0～16 s 内电阻R 上产生的焦耳热． 答案 (1)4.5 W (2)49 J解析 (1)由题图知导体棒ab 的最大速度为v 1＝10 m/s此时，导体棒中感应电动势为E ＝BLv 1感应电流I ＝E R导体棒受到的安培力F 安＝BIL此时电动机牵引力为F 1＝P v 1由牛顿第二定律得P v 1－μmg －F 安＝0联立并代入数据，解得：P ＝4.5 W(2)由能量守恒定律得：Pt ＝Q ＋μmgs ＋12mv 12 代入数据，解得0～16 s 内R 上产生的热量Q ＝49 J.2．如图2，中空的水平圆形转盘内径r ＝0.6 m ，外径足够大，沿转盘某条直径有两条光滑凹槽，凹槽内有A 、B 、D 、E 四个物块，D 、E 两物块分别被锁定在距离竖直转轴R ＝1.0 m 处，A 、B 紧靠D 、E 放置，两根不可伸长的轻绳，每根绳长L ＝1.4 m ，一端系在C 物块上，另一端分别绕过转盘内侧的光滑小滑轮，穿过D 、E 两物块中间的光滑圆孔，系在A 、B 两个物块上，A 、B 、D 、E 四个物块的质量均为m ＝1.0 kg ，C 物块的质量m C ＝2.0 kg ，所有物块均可视为质点，(不计空气阻力，取重力加速度g ＝10 m/s 2，计算结果可用最简的分式与根号表示)图2(1)启动转盘，转速缓慢增大，求A 、D 以及B 、E 之间恰好无压力时细绳的拉力及转盘的角速度；(2)停下转盘后，将C 物块置于圆心O 处，并将A 、B 向外侧移动使轻绳水平拉直，然后无初速度释放A 、B 、C 物块构成的系统，求A 、D 以及B 、E 相碰前瞬间C 物块的速度；(3)碰前瞬间解除对D 、E 物块的锁定，若A 、D 以及B 、E 一经碰撞就会粘在一起，且碰撞时间极短，求碰后C 物块的速度．答案 见解析解析 (1)A 、D 以及B 、E 之间恰好无压力时，C 物块保持静止，故2F cos θ＝m C g ，sin θ＝r L －(R －r )＝0.61.4－0.4＝35， 解得F ＝12.5 N对A 、B 两个物块F ＝m ω2R角速度ω＝F mR ＝522rad/s (2)设碰前A 、B 速度大小为v ，C 的速度大小为v C ，则v ＝v C cos θ系统下落过程中机械能守恒：2×12mv 2＋12m C v C 2＝m C gh 由几何关系知h ＝0.8 m解得：v C ＝204141m/s (3)设碰后A 、D 的速度大小为v ′，C 的速度大小为v C ′则v ′＝v C ′cos θ设绳上拉力的冲量大小为I ，由于碰撞时间极短，绳子拉力远大于C 物块的重力．对C 物块运用动量定理：－2I cos θ＝m C v C ′－m C v C对A 、D 运用动量定理：I ＝2mv ′－mv 联立解得：v C ′＝4157v C ＝205741 m/s.。
(京津琼)高考物理总复习 专用优编提分练：计算题专练(二)
计算题专练(二)1．(2018·天津市南开中学月考)如图1所示，在光滑的水平地面上，相距L ＝10 m 的A 、B 两个小球均以v 0＝10 m/s 向右运动，随后两球相继滑上倾角为30°的足够长的固定光滑斜坡，地面与斜坡平滑连接，取g ＝10 m/s 2.求：图1(1)B 球刚要滑上斜坡时A 、B 两球的距离是多少；(2)A 球滑上斜坡后经过多长时间两球相遇．答案 (1)7.5 m (2)2.5 s解析 (1)设A 球滑上斜坡后经过t 1时间B 球滑上斜坡，则有：L ＝v 0t 1，解得：t 1＝1 sA 球滑上斜坡后做匀减速直线运动，加速度大小：a ＝g sin 30°＝5 m/s 2设这段时间内A 球向上运动的位移为x ，则x ＝v 0t 1－12at 12 代入数据解得：x ＝7.5 m(2)B 球刚要滑上斜坡时A 球速度v 1＝v 0－at 1＝5 m/s B 球滑上斜坡时，加速度与A 相同，以A 为参考系，B 相对于A 以v ＝v 0－v 1＝5 m/s 做匀速运动，设再经过时间t 2它们相遇，有：t 2＝x v ＝1.5 s则所求时间t ＝t 1＋t 2＝2.5 s.2．如图2所示，在匝数N ＝100、截面积S ＝0.02 m 2的多匝线圈中存在方向竖直向下的匀强磁场B 0，B 0均匀变化．两相互平行、间距L ＝0.2 m 的金属导轨固定在倾角为θ＝30°的斜面上，线圈通过开关S 与导轨相连．一质量m ＝0.02 kg 、阻值R 1＝0.4 Ω的光滑金属杆锁定在靠近导轨上端的MN 位置，M 、N 等高．一阻值R 2＝0.6 Ω的定值电阻连接在导轨底端．导轨所在区域存在垂直于斜面向上的磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场．金属导轨光滑且足够长，线圈与导轨的电阻忽略不计．重力加速度取g ＝10 m/s 2.电子电荷量e ＝1.6×10－19 C.图2(1)闭合开关S 时，金属杆受到沿斜面向下的安培力为0.4 N ，请判断磁感应强度B 0的变化趋势，并求出磁感应强度B 0的变化率ΔB 0Δt； (2)断开开关S ，解除对金属杆的锁定，从MN 处由静止释放，经过t ＝0.50 s ，金属杆下滑x ＝0.60 m ，求该过程中金属杆上产生的焦耳热Q 1；(3)经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子(即金属原子失去电子后的部分)的碰撞，请建立合适的自由电子运动模型，求出第(2)问情境中，当金属杆最终匀速下滑时，金属杆中金属离子对一个自由电子沿杆方向的平均阻力F f 的大小．答案 (1)增大 0.8 T/s (2)4.64×10－3 J (3)3.2×10－19 N解析 (1)闭合开关S 时，金属杆受到沿斜面向下的安培力，由左手定则可知金属杆中的电流由M 流向N ，根据楞次定律可知磁感应强度B 0的趋势是增大线圈中的感应电动势E ＝N ΔB 0ΔtS 金属杆中的电流为I ＝E R 1金属杆受到的安培力为F ＝BIL联立解得：ΔB 0Δt＝0.8 T/s (2)根据动量定理得： mg sin θ·t －B ·I L ·t ＝mv －0平均电流为I ＝ER 1＋R 2平均电动势为E ＝BLx t， 得到速度为：v ＝2.2 m/s根据能量守恒定律得：mgx sin θ＝12mv 2＋Q解得：Q ＝1.16×10－2 J ，Q 1＝R 1R 1＋R 2Q ＝4.64×10－3 J (3)匀速时mg sin θ＝BBLv m R 1＋R 2L 得到：v m ＝10 m/s金属杆中的一个电子定向匀速运动，内电压对其做的正功等于克服阻力做的功F f L ＝eU U ＝R 1R 1＋R 2EE ＝BLv m联立可得：F f ＝ev m BR 1R 1＋R 2，代入数据，解得：F f ＝3.2×10－19N.。
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计算题专练(四)
1．如图1所示，某次高速滑行测试中，C919大飞机在平直跑道上由静止开始匀加速滑行，经t1＝20 s达到最大速度v m＝288 km/h，之后匀速滑行一段时间，再匀减速滑行，最后停下来．若滑行总距离x＝3 200 m，且减速过程的加速度大小与加速过程的加速度大小相等，取g＝10 m/s2.
图1
(1)求C919减速滑行时的加速度大小；
(2)若C919的质量m＝8×104 kg，加速过程中飞机受到的阻力恒为自身所受重力的0.1倍，
求飞机加速过程中发动机产生的推力大小；
(3)求C919在整个滑行过程中的平均速度大小．(结果保留一位小数)
答案(1)4 m/s2(2)4×105 N (3)53.3 m/s
解析(1)288 km/h＝80 m/s，
由题意可知v m＝at1＝80 m/s，
解得a＝4 m/s2
由于减速过程和加速过程的加速度大小相等，
故减速滑行的加速度大小a′＝4 m/s2.
(2)加速过程，由牛顿第二定律得：F －kmg ＝ma ，
解得F ＝4×105 N.
(3)加速过程t 1＝20 s ，x 1＝12at 12＝800 m
减速过程t 2＝20 s ，x 2＝12
a ′t 22＝800 m 匀速过程t 3＝x －x1－x2vm
＝20 s 故全程的平均速度大小v ＝
x t1＋t2＋t3≈53.3 m/s. 2．如图2所示，竖直平面内放置一光滑绝缘轨道，质量为m 、带电荷量为＋q 的小球P 从高为h 1处由静止下滑，轨道末端水平并放置另一质量也为m 的不带电小球Q ，经碰撞后，球P 和球Q 合为一体水平抛出．在距轨道末端下方h 2的水平线MN 下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场强度大小为E .若PQ 整体水平抛出后，穿过MN 进入电、磁场区域，并恰好经过轨道末端的竖直线与MN 的交点O .若P 、Q 均可视为质点，已知m ＝0.1 kg ，h 1＝5
m ，h 2＝1.25 m ，q ＝0.1 C ，E ＝20 N/C ，取g ＝10 m/s 2
.求：
图2
(1)P 、Q 碰撞后瞬间的共同速度大小v ；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小B ；
(3)定性画出PQ 整体从O 点穿出后的运动轨迹(至少画一个周期)．
答案 (1)5 m/s (2)8 T (3)如图所示
解析 (1)由题意可知：mgh 1＝12mv A 2
P 、Q 碰撞过程中动量守恒：mv A ＝2mv
解得v ＝5 m/s.
(2)P 、Q 碰撞后进入电、磁场前做平抛运动，有
h 2＝12gt 2，解得t ＝0.5 s
x ＝vt ＝2.5 m
v y ＝gt ＝5 m/s
则PQ 进入电、磁场区域时，v 合＝5 2 m/s ，方向与水平方向成45°角向下
在电、磁场区域中，G ＝2mg ＝2 N ，电场力F ＝Eq ＝2 N
G ＝F ，则PQ 在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，
如图所示
Bqv 合＝2m v 合2R ，B ＝2mv 合Rq
由几何关系可知：R ＝x sin 45°＝54 2 m ，解得B ＝8 T.
(3)PQ 从O 点穿出后在MN 上方只受重力作用，运动轨迹如图所示：。