2019届高考物理二轮复习计算题规范练6(含答案)
2019高考物理二轮复习专题检测：(六) 掌握“两定律、一速度”破解天体运动问题 Word版含解析
专题检测（六） 掌握“两定律、一速度”，破解天体运动问题1．(2018·全国卷Ⅲ)为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P ，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q 的轨道半径约为地球半径的4倍。
P 与Q 的周期之比约为( )A ．2∶1B ．4∶1C ．8∶1D ．16∶1解析：选C 由G Mm r 2＝mr 4π2T 2得r 3T 2＝GM 4π2⎝⎛⎭⎫或根据开普勒第三定律r 3T 2＝k ，则两卫星周期之比为T P T Q ＝ ⎝⎛⎭⎫r P r Q 3＝ ⎝⎛⎭⎫1643＝8，故C 正确。
2．(2018·北京高考)若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律，在已知月地距离约为地球半径60倍的情况下，需要验证( )A ．地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的1602B ．月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的1602 C ．自由落体在月球表面的加速度约为地球表面的16D ．苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的160解析：选B 若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律——万有引力定律，则应满足G Mm r2＝ma ，因此加速度a 与距离r 的二次方成反比，B 对。
3．(2018·江苏高考)我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高。
今年5月9日发射的“高分五号”轨道高度约为705 km ，之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36 000 km ，它们都绕地球做圆周运动。
与“高分四号”相比，下列物理量中“高分五号”较小的是( )A ．周期B ．角速度C ．线速度D ．向心加速度解析：选A “高分五号”的运动半径小于“高分四号”的运动半径，即r 五＜r 四。
由万有引力提供向心力得GMm r 2＝mr 4π2T2＝mrω2＝m v 2r ＝ma 。
T ＝ 4π2r 3GM ∝r 3，T 五＜T 四，故A 正确；ω＝GM r 3∝1r 3，ω五＞ω四，故B 错误；v ＝ GMr ∝1r ，v 五＞v 四，故C 错误； a ＝GM r 2∝1r 2，a 五＞a 四，故D 错误。
高考物理二轮复习 训练6 磁场的基本性质
训练6 磁场的基本性质一、单项选择题1．(2012·大纲全国，18)如图6－16所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是( )．图6－16A．O点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同2．如图6－17所示，在方向竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直放置的平行金属导轨CD、EF.导轨上放有质量为m的金属棒MN，棒与导轨间的动摩擦因数为μ.现从t＝0时刻起，给棒中通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即：I＝kt，其中k为恒量．若金属棒与导轨始终垂直，则下列关于金属棒的运动情况正确的是 ( )．图6－17A．金属棒先做加速运动，最后匀速运动B．金属棒先做加速运动，再做减速运动，最后匀速运动C．金属棒先做加速运动，再做减速运动，最后静止D．以上说法均不正确3．(2012·北京理综，16)处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动．将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值 ( )．A ．与粒子电荷量成正比B ．与粒子速率成正比C ．与粒子质量成正比D ．与磁感应强度成正比4．(2012·大纲全国，17)质量分别为m 1和m 2、电荷量分别为q 1和q 2的两粒子在 同一匀强磁场中做匀速圆周运动．已知两粒子的动量大小相等．下列说法正确的是( )．A ．若q 1＝q 2，则它们做圆周运动的半径一定相等B ．若m 1＝m 2，则它们做圆周运动的半径一定相等C ．若q 1≠q 2，则它们做圆周运动的周期一定不相等D ．若m 1≠m 2，则它们做圆周运动的周期一定不相等5．(2012·安徽安庆模拟，19)如图6－18所示，空间存在垂直于纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为θ，一带电量为－q 质量为m 的带负电小球套在直杆上，从A 点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，在小球以后的运动过程中，下列说法正确的是( )．图6－18A ．小球下滑的最大速度为v m ＝mg sin θμqBB ．小球下滑的最大加速度为a m ＝g sin θC ．小球的加速度一直在减小D ．小球的速度先增大后减小6．如图6－19所示，边长为a 的等边三角形ABC 区域中存在垂直纸面向里的匀强磁场，一带正电、电荷量为q 的粒子以速度v 0沿AB 边射入匀强磁场中，欲使带电粒子能从AC 边射出，匀强磁场的磁感应强度B 的取值应为( )．图6－19A．B＝2mv0aqB．B≥3mv0aqC．B＝mv0aqD．B≥mv0aq二、多项选择题7．(2012·郑州预测)如图6－20所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心．两金属轨道之间的宽度为0.5 m，匀强磁场方向如图，大小为0.5 T．质量为0.05 kg、长为0.5 m的金属细杆置于金属轨道上的M点．当在金属细杆内通以电流强度为2 A的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动．已知MN＝OP＝1 m，则( )．图6－20A．金属细杆开始运动的加速度为5 m/s2B．金属细杆运动到P点时的速度大小为5 m/sC．金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为20 m/s2D．金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小均为0.75 N8．某空间存在着如图6－21甲所示的足够大的沿水平方向的匀强磁场．在磁场中A、B两个物块叠放在一起，置于光滑水平面上，物块A带正电，物块B不带电且表面绝缘．在t1＝0时刻，水平恒力F作用在物块B上，物块A、B由静止开始做加速度相同的运动．在A、B一起向左运动的过程中，以下说法正确的是( )．图6－21A．图乙可以反映A所受洛仑兹力大小随时间t变化的关系B．图乙可以反映A对B的摩擦力大小随时间t变化的关系C．图乙可以反映A对B的压力大小随时间t变化的关系D．图乙可以反映B对地面压力大小随时间t变化的关系图6－229．如图6－22所示，在虚线所包围的圆形区域内有方向垂直于圆面向里的匀强磁场，从磁场边缘的A点沿半径方向射入一束速率不同的质子，这些质子在磁场里运动的过程中，以下说法正确的是( )．A．周期相同，但运动时间不同，速率大的运动时间长B．运动半径越大的质子运动时间越短，偏转角越小C．质子在磁场中的运动时间均相等D．运动半径不同，运动半径越大的质子向心加速度越大10．(2012·石家庄教学检测)劳伦斯和利文斯顿设计出回旋加速器，工作原理示意图如图6－23所示．置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U.若A处粒子源产生的质子质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响．则下列说法正确的是( )．图6－23A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRfB．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比C．质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1D．不改变磁感应强度B和交流电频率f, 该回旋加速器也能用于α粒子加速三、计算题11．核聚变反应需要几百万度以上的高温，为把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内(否则不可能发生核反应)，通常采用磁约束的方法(托卡马克装置)．如图6－24所示，环状匀强磁场围成中空区域，中空区域中的带电粒子只要速度不是很大，都不会穿出磁场的外边缘而被约束在该区域内．设环状磁场的内半径为R 1＝0.5 m ，外半径R 2＝1.0 m ，磁场的磁感强度B ＝1.0 T ，若被束缚带电粒子的荷质比为qm＝4×107 C/kg ，中空区域内带电粒子具有各个方向的速度．求：图6－24(1)粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场的最大速度； (2)所有粒子不能穿越磁场的最大速度．12．在某一真空空间内建立xOy 坐标系，从原点O 处向第一象限发射一比荷qm＝1×104C/kg 的带正电的粒子(重力不计)，速度大小v 0＝103m/s 、方向与x 轴正方向成30°角．图6－25(1)若在坐标系y 轴右侧加有匀强磁场区域，在第Ⅰ象限，磁场方向垂直xOy 平面向外；在第Ⅳ象限、磁场方向垂直xOy 平面向里；磁感应强度均为B ＝1 T ，如图6－25(a)所示，求粒子从O 点射出后，第2次经过x 轴时的坐标x 1.(2)若将上述磁场改为如图6－25(b)所示的匀强磁场．在t ＝0到t ＝2π3×10－4 s 时间内，磁场方向垂直于xOy 平面向外；在t ＝2π3×10－4 s 到t ＝4π3×10－4 s 时间内，磁场方向垂直于xOy 平面向外，此后该空间不存在磁场．在t ＝0时刻，粒子仍从O 点以与原来相同的速率v 0射入，求粒子从O 点射出后第2次经过x 轴时的坐标x 2.参考答案1．C [根据安培定则判断磁场方向，再结合矢量的合成知识求解．根据安培定则判断：两直线电流在O 点产生的磁场方向均垂直于MN 向下，O 点的磁感应强度不为零，故A 选项错误；a 、b 两点的磁感应强度大小相等，方向相同，故B 选项错误；根据对称性，c 、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，故C 选项正确；a 、c 两点的磁感应强度方向相同，故D 选项错误．]2．C [设导轨间距离为L ，金属棒所受的安培力F B ＝BIL ＝BktL 、垂直紧压导轨平面．金属棒在竖直方向受摩擦力F f ＝μBkLt ，方向竖直向上，重力mg 竖直向下，开始一段时间内，金属棒向下加速的加速度a ＝g －μBkLtm逐渐减小，当a 减为零时，速度最大，然后金属棒做减速运动，加速度a ′＝μBkLt m－g ，方向向上，逐渐变大，速度减小为零时，金属棒所受的最大静摩擦力大于重力，所以金属棒静止．故C 项正确．] 3．D [带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T ＝2πmqB，该粒子运动等效的环形电流I ＝q T ＝q 2B 2πm ，由此可知，I ∝q 2，故选项A 错误；I 与速率无关，选项B 错误；I ∝1m，即I 与m 成反比，故选项C 错误；I ∝B ，选项D 正确．]4．A [粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由qvB ＝m v 2r 得r ＝mv qB ，同一匀强磁场，即B 相等，又因为两粒子的动量大小相等，所以有r ∝1q q 1＝q 2，则r 1＝r 2，故A 选项正确、B 选项错误；由周期公式T ＝2πmqB，由于B 相等，2π为常数，所以T ∝mq，故C 、D 选项错误．]5．B [小球开始下滑时有mg sin θ－μ(mg cos θ－qvB )＝ma ，随v 增大，a 增大， 当v ＝mg cos θqB时，a 达最大值g sin θ，此后下滑过程中有：mg sin θ－μ(qvB －mg cos θ)＝ma ，随v 增大，a 减小，当v m ＝mg sin θ＋μcos θμqB时，a ＝0.所以整个过程中，v 先增大后不变；a 先增大后减小，所以B 对．]6．B [粒子以速度v 0在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qv 0B＝m v 20r ，得轨迹半径r ＝mv 0qB，若粒子恰从AC 边上的C 点射出，轨迹示意图如图所示，则r ＝a2sin 60°，解得B ＝3mv 0aq.欲使粒子能从AC 边射出，则B ≥3mv 0aq，B 项正确．]7．CD [金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小F A ＝BIL ＝0.5×2×0.5 N＝0.5 N ，金属细杆开始运动的加速度为a ＝F A /m ＝10 m/s 2，选项A 错误；对金属细杆从M 点到P 点的运动过程，安培力做功W A ＝F A ×(MN ＋OP )＝1 J ，重力做功W G ＝－mg ×ON ＝－0.5 J ，由动能定理得W A ＋W G ＝12mv 2，解得金属细杆运动到P 点时的速度大小为v＝20 m/s ，选项B 错误；金属细杆运动到P 点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的加速度，水平方向的向心加速度大小为a ′＝v 2r＝20 m/s 2，选项C 正确；在P点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F ，水平向右的安培力F A ，由牛顿第二定律得F －F A ＝mv 2/r, 解得F ＝1.5 N ，每一条轨道对金属细杆的作用力大小均为0.75 N ，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P 点时对每一条轨道的作用力大小均为0.75 N ，选项D 正确．] 8．CD [AB 整体向左做初速度为零的匀加速直线运动，所以f 洛与t 成正比，A 错，A 对B 的摩擦大小恒定，B 错，A 对B 压力N 1＝mg ＋Bqv ，C 正确，B 对地压力N 2＝(M ＋m )g ＋Bqv ，D 正确．]9．BD [因为Bqv ＝m v 2r ，所以r ＝mv Bq ，v 大，则r 大．周期T ＝2πr v ＝2πmBq，则周期与运动速度大小无关．运动时间t ＝θ2πT ＝2arctanR r2π，所以v 大，则r 大、θ小、t小，选项A 、C 错，B 对．向心加速度a ＝Bqvm，r 大，则v 大，a 也大，选项D 对．] 10．AC [粒子被加速后的最大速度受到D 形盒半径R 的制约，因v ＝2πRT＝2πRf ，A 正确；粒子离开回旋加速器的最大动能E km ＝12mv 2＝12m ×4π2R 2f 2＝2m π2R 2f 2，与加速电压U 无关，B 错误；根据R ＝mv Bq ，Uq ＝1221，2Uq ＝12mv 22，得质子第2次和第1次经过两D 形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1，C 正确；因回旋加速器的最大动能E km ＝2m π2R 2f 2与m 、R 、f 均有关，D 错误．]11．解析 (1)要使粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场，则粒子的 临界轨迹必须要与外圆相切，轨迹如右图所示．由图中知r 21＋R 21＝(R 2－r 1)2，解得r 1＝0.375 m ，由Bqv 1＝m v 21r 1得v 1＝Bqr 1m＝1.5×107 m/s ，所以粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场的最大速度为v 1＝1.5×107 m/s. (2)当粒子以v 2的速度沿与内圆相切方向射入磁场且轨道与外圆相切时，则以v 2速度沿各方向射入磁场区的粒子都不能穿出磁场边界，如右图所示．由图中知r 2＝R 2－R 12＝0.25 m ，由Bqv 2＝m v 22r 2得v 2＝Bqr 2m＝1.0×107 m/s ，所以所有粒子不能穿越磁场的最大速度v 2＝1.0×107 m/s. 答案 (1)1.5×107 m/s (2)1.0×107 m/s12．解析 (1)轨迹如图(a)所示，洛伦兹力提供向心力，有qv 0B ＝m v 20R，解得R＝0.1 m ，(a)由几何关系得OA ＝R ， 解得，x 1＝2OA ＝0.2 m ， (2)轨迹半径R ＝mvqB＝0.1 m ，周期T＝2πmqB＝2π×10－4s，磁场变化的半周期为Δt＝2π3×10－4s＝T3，粒子运动轨迹如图(b)所示，由几何关系知，(b) OE＝2(R＋R sin 30°)，DE＝2R sin 60°，EP＝DE tan 60°，解得x2＝OE＋EP＝0.6 m.答案(1)0.2 m (2)0.6 m。
2018_2019高考物理二轮复习计算题规范练2(含参考答案)
高考物理二轮复习:计算题规范练21．图示为两个足球运动员在赛前练习助攻进球的过程，其中BP 在一条直线上，假设甲运动员在B 处将足球以11 m/s 的速度沿直线的方向踢出，足球沿着地面向球门P 处运动，足球运动的加速度大小为1 m/s 2，在A 位置的乙运动员发现甲运动员将足球踢出去后，经过1 s 的反应时间，开始匀加速向连线上的C 处奔去，乙运动员的最大速度为9 m/s ，已知B 、C 两点间的距离为60.5 m ，A 、C 两点间的距离为63 m.(1)乙运动员以多大的加速度做匀加速运动，才能与足球同时运动到C 位置？(2)乙运动员运动到C 处后以一定的速度将足球沿CP 方向踢出，已知足球从C 向P 做匀减速运动，足球运动的加速度大小仍然为1 m/s 2，假设C 点到P 点的距离为9.5 m ，守门员看到运动员在C 处将足球沿CP 方向踢出后，能够到达P 处扑球的时间为1 s ，那么乙运动员在C 处给足球的速度至少为多大，足球才能射进球门？解析：(1)对于足球：x BC ＝v 0t －12at 2， 代入数据得：t ＝11 s ，乙运动员的运动时间t 乙＝t －1＝10 s.乙运动员的最大速度为9 m/s ，乙运动员先加速后匀速到C 处，设加速时间为t ′，则x AC ＝v m 乙2t ′＋v m 乙(t －t ′)， 代入数据求得：t ′＝6 s ，a 乙＝vm 乙t ′＝1.5 m/s 2. (2)由题意知，足球从C 到P 时间最多为1 s ，乙运动员给足球的速度最少为v ，此时足球位移x CP ＝vt －12at 2，代入数据可得v ＝10 m/s. 答案：(1)1.5 m/s 2(2)10 m/s2. (2018·太原模拟)如图所示，区域Ⅰ、Ⅲ内存在垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅲ内磁场的磁感应强度为B ，宽为1.5d ，区域Ⅰ中磁场的磁感应强度B 1未知，区域Ⅱ是无场区，宽为d ，一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从磁场边界上的A 点与边界成θ＝60°角垂直射入区域Ⅰ的磁场，粒子恰好不从区域Ⅲ的右边界穿出且刚好能回到A 点，粒子重力不计．(1)求区域Ⅰ中磁场的磁感应强度B 1.(2)求区域Ⅰ磁场的最小宽度L .(3)求粒子从离开A 点到第一次回到A 点的时间t .解析：(1)由题意知粒子的运动轨迹如图所示，设在区域Ⅰ、Ⅲ中粒子做圆周运动的半径分别为r 、R ，由图知R ＋R cos θ＝1.5d ，R sin θ－dtan θ＝r sin θ， 联立得R ＝d ，r ＝d 3， 由洛伦兹力提供向心力得qvB ＝m v 2R， 同理区域Ⅰ中qvB 1＝m v 2r， 联立得B 1＝3B .(2)由(1)及图知区域Ⅰ磁场的最小宽度L ＝r －r cos θ＝d 6. (3)在区域Ⅰ中r ＝mv qB 1.可得v ＝qB 1·d 3m ＝qBd m， 由图知粒子在区域Ⅰ中的运动时间为t 1＝2θ360°·2πm qB 1＝2πm 9qB， 在区域Ⅱ中的运动时间为t 2＝2d v sin θ＝43d 3v ＝43m 3qB ， 在区域Ⅲ中的运动时间为t 3＝240°360°·2πm qB ＝4πm 3qB， 所以粒子从离开A 点到第一次回到A 点的时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝14πm ＋123m 9qB. 答案：(1)3B (2)d 6 (3)14πm ＋123m 9qB3．如图所示，质量为m 的由绝缘材料制成的球与质量为M ＝19m 的金属球并排悬挂．现将绝缘球拉至与竖直方向成θ＝60°的位置自由释放，下摆后在最低点与金属球发生弹性碰撞．在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场．已知由于磁场的阻力作用，金属球将于再次碰撞前停在最低点处．求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于45°.解析：设小球m 的摆线长度为l小球m 在下落过程中与M 相碰之前满足机械能守恒：mgl (1－cos θ)＝12mv 20，①m 和M 碰撞过程是弹性碰撞，故满足：mv 0＝MV M ＋mv 1，②12mv 20＝12mv 21＋12MV 2M ，③ 联立②③得：v 1＝m －M m ＋Mv 0，④ 说明小球反弹，且v 1与v 0成正比，而后小球又以反弹速度和小球M 再次发生弹性碰撞，满足：mv 1＝MV M 1＋mv 2，⑤12mv 21＝12mv 22＋12MV 2M 1，⑥ 解得：v 2＝m －M m ＋M|v 1|，⑦ 整理得：v 2＝－(m －M m ＋M )2v 0.⑧ 故可以得到发生n 次碰撞后的速度：v n ＝|(m －M m ＋M)n v 0|，⑨ 而偏离方向为45°的临界速度满足：mgl (1－cos45°)＝12mv 2临界，⑩联立①⑨⑩代入数据解得，当n ＝2时，|v 2|>v 临界，当n ＝3时，|v 3|<v 临界，即发生3次碰撞后小球返回到最高点时与竖直方向的夹角将小于45°.答案：经过3次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于45°。
2018_2019高考物理二轮复习计算题规范练3(含参考答案)
高考物理二轮复习:计算题规范练31．天文学家观测河外星系大麦哲伦云时，发现了LMCX3双星系统，它由可见星A 和不可见的暗星B 构成．两星均可视为质点，不考虑其他天体的影响，A 、B 围绕两者连线上的O 点做匀速圆周运动，它们之间的距离保持不变，如图所示．引力常量为G ，由观测结果能够得到可见星A 的速率v 和运行周期T .(1)可见星A 所受暗星B 的引力F A 可等效成位于O 点处的质量为m ′的星体(可视为质点)对它的引力，设A 和B 的质量分别为m 1、m 2，试求m ′(用m 1、m 2表示)．(2)求暗星B 的质量m 2与可见星A 的速率v 、运行周期T 和质量m 1之间的关系式． 解析：(1)设A 、B 的圆轨道半径分别为r 1、r 2，角速度均为ω，由双星所受的向心力大小相等，可得m 1ω2r 1＝m 2ω2r 2，设A 、B 之间的距离为L ，则L ＝r 1＋r 2， 联立可得L ＝m 1＋m 2m 2r 1， 由万有引力定律得，双星间的引力F ＝G m 1m 2L 2＝Gm 1m 32m 1＋m 22r21，由题意，将此引力等效成在O 点处的质量为m ′的星体对可见星A 的引力，则有：F ＝Gm 1m ′r 21解得m ′＝m 32m 1＋m 22.(2)对可见星A ，有G m 1m ′r 21＝m 1v 2r 1，可见星A 的轨道半径r 1＝vT2π， 联立解得m 32m 1＋m 22＝v 3T2πG . 答案：(1)m 32m 1＋m 22 (2)m 32m 1＋m 22＝v 3T2πG2．如图所示，直角边长为0.4 m 的等腰直角斜面体AOB 固定在水平地面上，C 为斜面的中点．一小球从C 点正上方与A 等高的位置自由落下与斜面碰撞后做平抛运动，不计碰撞时的能量损失．g 取10 m/s 2.(1)求小球从开始下落到落到水平地面上所用的时间．(2)以OB 为x 轴，OA 为y 轴，建立xOy 坐标系．小球从坐标为(x ，y )处自由下落，与斜面碰撞一次后落到B 点，写出y 与x 的关系式．解析：(1)自由下落至C 点过程，则有：h 2＝12gt 21，代入数据解得：t 1＝0.2 s ， 平抛过程下落高度也为h2，故下落运动的时间：t ＝2t 1＝0.4 s.(2)由释放点落至斜面过程，设落至斜面时的速度为v ，则有：v 2＝2g [y －(h －x )]， 平抛运动过程设运动时间为t ′，则有：h －x ＝12gt ′2，h －x ＝vt ′，联立消去t ′解得：y ＝－54x ＋12(0<x <0.4)．答案：(1)0.4 s (2)y ＝－54x ＋12(0<x <0.4)3．如图，一半径为R 的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)．在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q 的粒子沿图中直线从圆上的a 点射入柱形区域，从圆上的b 点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直．圆心O 到直线的距离为35R .现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线从a 点射入柱形区域，也从b 点离开该区域．若磁感应强度大小为B ，不计重力，求电场强度的大小．解析：粒子在磁场中做圆周运动．设圆周的半径为r ，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvB ＝m v 2r，①式中v 为粒子在a 点的速度．过b 点和O 点作直线的垂线，分别与直线交于c 点和d 点．由几何关系知，线段ac 、bc 和过a 、b 两点的圆弧轨迹的两条半径(未画出)围成一正方形．因此ac ＝bc ＝r ，②设cd ＝x ，由几何关系得ac ＝45R ＋x ，③bc ＝35R ＋R 2－x 2，④联立②③④式得r ＝75R .⑤再考虑粒子在电场中的运动．设电场强度的大小为E ，粒子在电场中做类平抛运动，设其加速度大小为a ，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE ＝ma ⑥粒子在电场方向和直线方向运动的距离均为r ，由运动学公式得r ＝12at 2⑦r ＝vt ⑧式中t 是粒子在电场中运动的时间．联立①⑤⑥⑦⑧式得E ＝14qRB25m .答案：14qRB 25m。
(word完整版)2019年全国二卷理综物理真题(含有答案)
2019年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试（物理部分）可能用到的相对原子质量:H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35。
5 Ar 40 Fe 56 I 127二、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年1月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆，在探测器“奔向”月球的过程中，用h 表示探测器与地球表面的距离，F 表示它所受的地球引力,能够描F 随h 变化关系的图像是15．太阳内部核反应的主要模式之一是质子-质子循坏，循环的结果可表示为1401214H He+2e+2v →，已知11H 和42He的质量分别为P 1.0078u m =和 4.0026u m α=,1u=931MeV/c 2，c 为光速。
在4个11H 转变成1个42He 的过程中，释放的能量约为 A ．8 MeVA ．16 MeVA ．26 MeV A ．52 MeV16．物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行.已知物块与斜面之间的3，重力加速度取10m/s 2。
若轻绳能承受的最大张力为1 500 N ，则物块的质量最大为 A ．150kg B ．1003C ．200 kg D ．200317．如图，边长为l 的正方形abcd 内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面（abcd 所在平面）向外。
ab 边中点有一电子发源O ,可向磁场内沿垂直于ab 边的方向发射电子。
已知电子的比荷为k 。
则从a 、d 两点射出的电子的速度大小分别为A．14kBl,54kBl B．14kBl,54kBlC．12kBl,54kBl D．12kBl，54kBl18．从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能E k与重力势能E p之和。
2019高考物理二轮复习：弹力、摩擦力的方向判断与大小计算-专题练习(答案及解析)
弹力、摩擦力的方向判断与大小计算一、弹力的有无及方向的判断1．如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为，在斜杆下端固定有质量为m的小球，下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是（）A．小车静止时，F mgsin，方向沿杆向上B．小车静止时，F mg cos，方向垂直于杆向上C．小车向右以加速度a运动时，一定有ma FsinD．小车向左匀速运动时，F mg，方向竖直向上2．如图所示，在一个正方体的盒子中放有一个质量分布均匀的小球，小球的直径恰好和盒子内表面正方体的边长相等，盒子沿倾角为α的固定斜面滑动，不计一切摩擦，下列说法中正确的是（）A．无论盒子沿斜面上滑还是下滑，球都仅对盒子的下底面有压力B．盒子沿斜面下滑时，球对盒子的下底面和右侧面有压力C．盒子沿斜面下滑时，球对盒子的下底面和左侧面有压力D．盒子沿斜面上滑时，球对盒子的下底面和左侧面有压力二、弹力的计算3．如图所示，两个弹簧的质量不计，劲度系数分别为1k、2k，它们一端固定在质量为m的物体上，另一端分别固定在Q、P上，当物体平衡时上面的弹簧处于原长，若把固定的物体换为质量为2m的物体（弹簧的长度不变，且弹簧均在弹性限度内），当物体再次平衡时，物体比第一次平衡时的位置下降了x，则x为（）A ．12g m k k B ．1212g()k k m k k C ．122g m k k D ．12122g()k k m k k 4．如图所示，将一轻质弹簧的一端固定在铁架台上，然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧一侧，刻度尺的0刻线与弹簧上端对齐，使弹簧下端的指针恰好落在刻度尺上。
当弹簧下端挂一个50g 的砝码时，指针示数为1L 3.40cm ，当弹簧下端挂两个50g 的砝码时，指针示数为2L 5.10cm 。
g 取29.8m/s 由此可知（）A ．弹簧的原长是 1.70cmB ．仅由题给数据无法获得弹簧的原长C ．弹簧的劲度系数是25N/mD ．由于弹簧的原长未知，无法算出弹簧的劲度系数5．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，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 gsina B ．a 、b 两球所受细线的拉力大小不一定相等C ．b 球所受弹簧弹力的大小为m g tanb D ．a 、b 球的质量大小关系一定满足m m ab6．如图所示，倾角为θ的斜面体C 置于水平面上，B 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A 相连接，连接B 的一段细绳与斜面平行，A 、B 、C 都处于静止状态，则（）A ．B 受到C 的摩擦力一定不为零B ．C 受到水平面的摩擦力一定为零C ．不论B 、C 间摩擦力大小、方向如何，水平面对C 的摩擦力方向一定向左D ．水平面对C 的支持力与B 、C 的总重力大小相等7．如图所示，自动卸货车始终静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下可以改变与水平面间的倾角θ，用以卸下车厢中的货物，下列说法正确的是（）A ．当货物相对车厢匀速下滑时，地面对货车有向左的摩擦力B ．当货物相对车厢静止时，地面对货车有向左的摩擦力C ．当货物相对车厢加速下滑时，地面对货车有向左的摩擦力D ．当货物相对车厢加速下滑时，货车对地面的压力等于货物和货车的总重力8．（多选）如图所示，将两相同的木块a 、b 置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳系于墙壁。
2019年5月高三二轮理科综合物理参考答案及评分标准
汽缸上部分气体，由玻意耳定律有
p
H 2
S
H p1( 2
H )S 12
（2 分）
汽缸下部分气体，
p
H 2
S
H p1( 2
H 12
h)S
（2 分） 联立可得 h H 6
（1 分）
②打开阀门后，设容器内的液面下降了 h，有 hS h S ，可得 h H
2
3
（1 分）
汽缸和容器内的液面差 H 2H h h ， 解得 H 3 H （1 分）
由动能定理得：
F0 s
1 2
mv12
（1 分） 设刚进入磁场 I 时电动势为 E1=BLv1 （1 分）
导体棒两端的电压为外电压，即 UMN= E1R
BLR
，联立可得 UMN=
2F0s
Rr
Rr m
（1 分）
根据右手定则，M 点的电势高
（1 分）
（2）由题意可知，金属棒进入磁场 II 时速度也是 v1，离开磁场 I 后在 F0 的作用下做匀加速直线运动，
设第三次碰撞后到物块 a 到达 B 点所用时间为 t2，则有 vb3′+at2≤va3′ ，解得 t2≤ 2l g sin
（1 分）
xAB=l+Δx+Δx′+va3′t2，可得 xAB≤19 l （1 分）
AB 之间距离应该为 9l＜xAB≤19 l
（1 分）
高三答案第 2 页 共 2 页
2019 年 5 月高三二轮理科综合物理参考答案及评分标准
二、选择题：共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。
2018_2019高考物理二轮复习计算题规范练6(含参考答案)
高考物理二轮复习:计算题规范练61．(2018·南京三模)如图甲所示，A 、B 是在真空中水平正对的两块金属板，板长L ＝40 cm ，板间距d ＝24 cm ，在B 板左侧边缘有一粒子源，能连续均匀发射带负电的粒子，粒子紧贴B 板水平向右射入，粒子的比荷q m ＝1.0×108 C/kg ，初速度v 0＝2×105 m/s ，粒子重力不计．在A 、B 两板间加上如图乙所示的电压，周期T ＝2.0×10－6 s ，t ＝0时刻A 板电势高于B 板电势，两板间电场可视为匀强电场，电势差U 0＝360 V ，A 、B 板右侧边缘处有一个边界MN .求：(1)带电粒子离开电场时的速度大小；(2)带电粒子从电场射出到MN 边界上的宽度Δy .解析：(1)设带电粒子在两金属板间运动的时间为t 1，则L ＝v 0t 1，解得t 1＝2×10－6 s ， 因为t 1＝T ，所以无论何时射入电场，带电粒子在电场中加速运动时间均相同．设带电粒子离开电场时竖直方向上速度大小为v y ，带电粒子在两金属板间运动的加速度为a ，则qU 0d ＝ma ，v y ＝a t 12， 联立解得v y ＝1.5×105 m/s.带电粒子离开电场时的速度v ＝v 2x ＋v 2y ＝2.5×105 m/s ，(2)由题可知，当带电粒子在t ＝kT (k ＝0,1,2…)时刻进入电场时，带电粒子的侧向位移最大，其侧向位移y max ＝12a (t 12)2＋a (t 12)2＝22.5 cm ， 当带电粒子在t ＝kT ＋T 2(k ＝0,1,2…)时刻进入电场时，带电粒子的侧向位移最小，其侧向位移y min ＝12a (t 12)2＝7.5 cm ， 带电粒子从电场射出到MN 边界上的宽度Δy ＝y max －y min ＝15 cm.答案：(1)2.5×105 m/s (2)15 cm2．(2018·锦州模拟)如图所示，两根相同的轻质弹簧，中间与质量为m 的圆环相连于O 位置，另一端各自固定在同一水平线上的P 、Q 两点，弹簧恰好处于原长L ，圆环套在光滑的竖直细杆上，细杆上的A 、B 两点关于O 点对称，OA ＝H .现将圆环沿杆拉至A 位置由静止释放，当下滑到速度最大时，弹簧与细杆间的夹角为θ，整个过程中，弹簧处于弹性限度范围内．重力加速度为g .求： (1)圆环过O 点时的加速度． (2)圆环过B 点的瞬时速度．(3)每根轻质弹簧的劲度系数．解析：(1)物体下落到O 点时只受重力作用，由牛顿第二定律得：F ＝mg ＝ma ，解得：a ＝g .(2)圆环从A 到B 过程中，由对称性可知，弹簧弹力做总功为零，圆环不受摩擦力作用，只有重力做功，由动能定理得：2mgH ＝12mv 2－0， 解得：v ＝2gH .(3)下落过程中，当环所受合力为零时速度最大，由牛顿第二定律有：2F 弹cos θ＝mg ，解得：F 弹＝mg2cos θ， 由胡克定律得：F 弹＝k Δx ， 弹簧的伸长量为：Δx ＝L sin θ－L ，解得：k ＝mg tan θ2L 1－sin θ. 答案：(1)g (2)2gH (3)mg tan θ2L 1－sin θ3．(2018·南昌调研)磁聚焦被广泛地应用在电真空器件中．如图所示，在坐标xOy 中存在有界的匀强聚焦磁场，方向垂直坐标平面向外，磁场边界PQ 直线与x 轴平行，与x 轴的距离为23a 3，边界POQ 的曲线方程为y ＝x a －x a 23－x 2，且方程关于y 轴对称．在坐标x 轴上A 处有一粒子源，向着不同方向射出大量质量均为m 、电荷量均为q 的带正电粒子，所有粒子的初速度大小相同，均为v ，粒子通过有界的匀强磁场后都会聚焦在x 轴上的F 点．已知A 点坐标为(－a,0)，F 点坐标为(a,0)，不计粒子所受的重力和相互作用．(1)求匀强磁场的磁感应强度．(2)粒子射入磁场时的速度方向与x 轴的夹角为多大时，粒子在磁场中运动时间最长？最长时间为多少？解析：(1)设磁场的磁感应强度为B ，粒子在磁场中做圆周运动的半径为r ，圆心为C ，从D 处射出磁场，其坐标为(x ，y )，由Rt △CED 相似于Rt △FGD 可得yx ＝a －x r 2－x 2. 又POQ 的曲线方程为y ＝x a －x a 23－x 2解得r ＝33a ， 且r ＝mvqB ，解得B ＝3mv aq. (2)设粒子射入磁场时的速度方向与x 轴夹角为θ时，粒子在磁场中运动的轨迹与PQ 相切，运动的时间最长，最长时间为t ，粒子的轨迹对应的圆心角为α，且设此时，粒子飞出磁场时的位置坐标为(x ′，y ′)由几何知识得23a 3＝r ＋y －r cos θ， x ′＝r sin θ，解得sin θ＝32，θ＝60°＝π3， 且t ＝αm qB，α＝2θ， 解得t ＝2θm qB ＝23πa 9v. 答案：(1)3mv aq (2)π3 23πa 9v。
2019高考物理选修二轮复习题(附)
2019高考物理选修二轮复习题(附)各位读友大家好，此文档由网络收集而来，欢迎您下载，谢谢摘要：大家把理论知识复习好的同时，也应该要多做题，从题中找到自己的不足，及时学懂，下面是中国（）小编为大家整理的xxxx高考物理选修二轮复习题，希望对大家有帮助。
年泡利提出,在β衰变中除了电子外还会放出不带电且几乎没有静质量的反中微子.氚是最简单的放射性原子核,衰变方程为HHee+,半衰期为年.下列说法中正确的是.A.两个氚原子组成一个氚气分子,经过年后,其中的一个氚核一定会发生衰变B.夜光手表中指针处的氚气灯放出β射线撞击荧光物质发光,可以长时间正常工作c.氚气在一个大气压下,温度低于时可液化,液化后氚的衰变速度变慢D.氚与氧反应生成的超重水没有放射性在某次实验中测得一静止的氚核发生β衰变后He的动量大小为p1,沿反方向运动的电子动量大小为p2,则反中微子的动量大小为.若hhe和e的质量分别为m1、m2和m3,光在真空中的传播速度为c,则氚核Β衰变释放的能量为p=““.电子撞击一群处于基态的氢原子,氢原子激发后能放出6种不同频率的光子,氢原子的能级如图所示,则电子的动能至少为多大?2.下列四幅图中说法正确的是.A.原子中的电子绕原子核高速运转时,运行轨道的半径是任意的B.光电效应实验说明了光具有粒子性c.电子束通过铝箔时的衍射图样证实了电子具有波动性D.发现少数α粒子发生了较大偏转,说明原子的质量绝大部分集中在很小空间范围如图所示为氢原子的能级图.用光子能量为的光照射一群处于基态的氢原子,可能观测到氢原子发射的不同波长的光有种,其中最短波长为m.速度为3m/s的冰壶甲与静止的相同冰壶乙发生对心正碰,碰后甲以1m/s的速度继续向前滑行.求碰后瞬间冰壶乙的速度大小.3.如图所示是某原子的能级图,a、b、c为原子跃迁所发出的三种波长的光.在下列该原子光谱的各选项中,谱线从左向右的波长依次增大,则正确的是.一个中子与某原子核发生核反应,生成一个氘核,其核反应方程式为.该反应放出的能量为Q,则氘核的比结合能为.A、B两种光子的能量之比为2∶1,它们都能使某种金属发生光电效应,且所产生的光电子最大初动能分别为EA、EB.求A、B两种光子的动量之比和该金属的逸出功.年戴维逊和革末完成了电子衍射实验,该实验是荣获诺贝尔奖的重大近代物理实验之一,如图所示的是该实验装置的简化图.下列说法中错误的是.A.亮条纹是电子到达概率大的地方B.该实验说明物质波理论是正确的c.该实验再次说明光子具有波动性D.该实验说明实物粒子具有波动性核电池又叫“放射性同位素电池”,一个硬币大小的核电池,就可以让手机不充电使用5000年.燃料中钚Pu)是一种人造同位素,可通过下列反应合成:科研人员成功研制出硬币大小的“核电池”①用氘核D)轰击铀U)生成镎和两个相同的粒子X,核反应方程是UDNp+2X.②镎放出一个粒子y后变成钚,核反应方程是NpPu+y.则X粒子的符号为,y粒子的符号为.一对正、负电子相遇后转化为光子的过程被称为湮灭.①静止的一对正、负电子湮灭会产生两个同频率的光子,且两个光子呈180°背道而驰,这是为什么?②电子质量m=×10-31kg,真空中光速c=3×108m/s,普朗克常量为h=×10-34j·s,求一对静止的正、负电子湮灭后产生的光子的频率.专题十六选修3-5p2-p1c2氢原子能放出光子的种类数=6,则量子数n=4.电子的动能至少为ΔE=E4-E1.解得ΔE=10×10-82m/s根据动量守恒定律mv1=mv’1+mv’2,代入数据得v’2=2m/s.nHH2∶1EA-2EBne①总动量为零,遵循动量守恒定律.②×1020Hz解析:电子的衍射说明了运动的电子具有波动性,而不是光具有波动性.亮纹处说明电子到达的几率大,综上所述选项c错误.根据电荷数守恒和质量数守恒得到X为n,y为e.①总动量要为零,遵循动量守恒.②2mc2=2hν,ν==×1020Hz.总结：xxxx高考物理选修二轮复习题就为大家介绍到这儿了，希望小编的整理可以帮助到大家，祝大家学习进步。
2019年全国二卷理综物理真题(含有答案)
2019年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试（物理部分）可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ar 40 Fe 56 I 127 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年1月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆，在探测器“奔向”月球的过程中，用h 表示探测器与地球表面的距离，F 表示它所受的地球引力，能够描F 随h 变化关系的图像是15．太阳内部核反应的主要模式之一是质子-质子循坏，循环的结果可表示为1401214H He+2e+2v →，已知11H 和42He的质量分别为P 1.0078u m =和 4.0026u m α=，1u=931MeV/c 2，c 为光速。
在4个11H 转变成1个42He 的过程中，释放的能量约为 A ．8 MeVA ．16 MeVA ．26 MeV A ．52 MeV16．物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。
已知物块与斜面之间的，重力加速度取10m/s 2。
若轻绳能承受的最大张力为1 500 N ，则物块的质量最大为 A．150kgB ．．200 kg D ．17．如图，边长为l 的正方形abcd 内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面（abcd 所在平面）向外。
ab 边中点有一电子发源O ，可向磁场内沿垂直于ab 边的方向发射电子。
已知电子的比荷为k 。
则从a 、d 两点射出的电子的速度大小分别为A ．14kBlB ．14kBl ，54kBlC ．12kBlD ．12kBl ，54kBl18．从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能E k 与重力势能E p 之和。
最新2019高考物理 ：二轮复习 小题狂做专练六 牛顿运动定理的应用(含答案).doc
6 牛顿运动定理的应用1．【江苏省天一中学2018届高考考前热身】小车上固定一根轻质弹性杆A,杆顶固定一个小球B,如图所示,现让小车从光滑斜面上自由下滑,在下图的情况中杆发生了不同的形变,其中正确的是()A．B．C．D．2．【广西2019届百校大联考】如图所示,静止于水平地面上的物块在竖直向上的恒力作用下竖直上升,经过一段时间,突然撤去该恒力,之后物块经相同时间落回地面。
不计空气阻力,则该恒力与物块所受重力的大小之比为()一、单选题A ．B ．C ．D ．3．【云南省曲靖市第一中学2019届高三质检】如图所示,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P(不拴接),系统处于静止状态,现用竖直向上的力F 作用在P 上,使其向上做匀加速直线运动,在弹簧恢复原长前,下列说法正确的是( )A ．拉力F 与弹簧的压缩量成正比B ．弹簧弹力逐渐变小C ．弹簧刚要恢复原长时,拉力F 为零D ．拉力F 做的功等于物块增加的机械能4．【湖北省2019届模拟】为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示。
当此车减速上坡时，下列说法正确的是A．乘客受重力、支持力两个力的作用B．乘客受重力、支持力、平行斜面向下的摩擦力三个力的作用C．乘客处于超重状态D．乘客的惯性保持不变5．【浙江省2018届模拟】如图所示，一倾角为α的固定斜面上，两个质量均为m的小物块A和B紧挨着匀加速下滑，A与B的接触面光滑．已知A与斜面间的动摩擦因数为μA＝tanα，B与斜面间的动摩擦因数为μB＝tanα，重力加速度大小为g.则下滑过程中A、B间弹力的大小为()A．0 B．mg sinαC．mg sinαD．mg sinα二、多选题6．【山东滕州一中2019届高三模拟】如图所示，水平粗糙桌面上有a、b两个小滑块，之间连接一弹簧，a、b的质量均为m，现用水平恒力F拉滑块b，使a、b一起在桌面上匀加速运动，弹簧原长为L，劲度系数为k，已知弹簧在弹性限度内．物块与桌面间的动摩擦因数不变，下列说法正确的是（）A．ab间的距离为L+F/(2k)B．撤掉F后，a作匀速运动，b作匀减速运动C．若弹簧在a连接处突然断开，a、b的加速度一定都增大D．撤掉F的瞬间，a的加速度不变，b的加速度可能增大7．【山东省2018届高考模拟】一小滑块从斜面上A点由静止释放，经过时间4t0到达B处，在5t0时刻滑块运动到水平面的C点停止，滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数相同．已知滑块在运动过程中与接触面间的摩擦力大小与时间的关系如图所示，设滑块运动到B点前后速率不变．以下说法中正确的是()A．滑块在斜面和水平面上的位移大小之比为16∶5B．滑块在斜面和水平面上的加速度大小之比为1∶4C．斜面的倾角为45°D．滑块与斜面的动摩擦因数μ＝8．【湖南省长沙市2018-2019学年大联考】在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。
2019年高考物理二模试卷(解析版)
2019年高考物理二模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．如图，有A、B两个完全相同的小球并排放在倾角为30°的固定斜面上，B球被竖直挡板挡住，不计一切摩擦，则A、B之间的作用力与竖直挡板对B的作用力之比为（）A． B． C． D．2．如图，abcd是匀强电场中的一个正方形、一个电子由a点分别运动到b点和d点，电场力所做的正功相等，则（）A．电场线与ac平行，场强方向由c指向aB．电场线与bd平行，场强方向由b指向dC．一个质子由b运动到c，电场力做正功D．一个质子由c运动到d，电场力做负功3．某定值电阻接在输出电压为220V的直流电源上，消耗电功率为P，若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为，则此交流电源输出电压的最大值为（）A．220V B．110V C．220V D．110V4．质量为m的钢制小球用长为l的结实细线悬挂在O点，将小球拉到与O点相齐的水平位置C由静止释放，小球运动到最低点时对细绳的拉力2mg，若小球运动到最低点B时用小锤头向左敲击它一下，瞬间给小球补充机械能△E，小球就能恰好摆到与C等高的A点，设空气阻力只与运动速度相关，且运动越大空气的阻力就越大，则以下关系可能正确的是（）A．△E＞mgl B．△E＜mgl C．△E=mgl D．mgl＜△E＜mgl 5．矩形导轨线框abcd放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的图象如图所示，设t=0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，则在0﹣4s时间内，下图中能正确反映线框ab边所受的安培力F随时间t变化的图象是（规定ab边所受的安培力向左为正）（）A．B．C．D．6．如图所示是研究平抛运动的实验装置，正方形白纸ABCD贴在方木板上，E、F、H是对应边的中点，P点是EH的中点，金属小球从倾斜光滑轨道上从静止下滑，从F点沿FH方向做平抛运动，恰好从C点射出，以下说法正确的是（）A．小球的运动轨迹经过P点B．小球的运动轨迹经过PE之间某点C．若将小球在轨道上释放处高度降低，小球恰好由E点射出D．若将小球在轨道上释放处高度降低，小球恰好由E点射出7．如图理想变压器副线圈1、2之间的匝数是总匝数的一半，二极管D具有单向导电性（正向电阻为零，反向电阻为无穷大）．R是可变阻，K是单刀双掷开关，原线圈接在电压不变的正弦交流电源上，下列说法正确的是（）A．若R阻值不变，当K分别接1和2时，电压表读数之比为2：1 B．若R阻值不变，当K分别接1和2时，电压表读数之比为：1C．当K分别接1和2时，R消耗功率相等，则R阻值之比为2：1 D．当K分别接1和2时，R消耗功率相等，则阻值R之比为：18．如图所示，水平转台上有一个质量为m=2kg的物块，用长为L=0.1m 的细绳将物块连接在转轴上，细丝与竖直转轴的夹角为θ=53°角，此时绳中张力为零，物块与转台间最大静摩擦力等于重力的0.2倍，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，则：（）A．至绳中刚好出现拉力时，转台对物块做的功为0.16JB．至绳中刚好出现拉力时，转台对物块做的功为0.24JC．至转台对物块支持力刚好为零时，转台对物块做的功为JD．至转台对物块支持力刚好为零时，转台对物块做的功为J二、必考题（共4小题，满分47分）9．如图所示的实验装置可以测量小滑块与水平面之间的动摩擦因数μ，弹簧左端固定，右端顶住小滑块（滑块与弹簧不连接，小滑块上固定有挡光条），开始时使弹簧处于压缩状态，O点是小滑块开始运动的初始位置，某时刻释放小滑块，小滑块在水平面上运动经过A 处的光电门最后停在B处，已知当地重力加速度为g．（1）为了测量动摩擦因数，需要测量小滑块上的遮光条宽度d及与光电门相连数字计时器显示的时间△t，还需测量的物理量及其符号是．（2）利用测量的量表示动摩擦因数μ=．（3）为了减小实验误差，OA之间的距离不能小于．10．（9分）要测量一段阻值为几欧姆的金属丝的电阻率，请根据题目要求完成实验：（1）用毫米刻度尺测量金属丝长度为L=80.00cm，用螺旋测微器测金属丝的直径，如图甲所示，则金属丝的直径d=mm．（2）在测量电路的实物图中，电压表没有接入电路，请在图乙中连线，使得电路完整；（3）实验中多次改变滑动变阻器触头的位置，得到多组实验数据，以电压表读数U为纵轴、电流表读数I为横轴，在U﹣I坐标系中描点，如图丙所示．请作出图象并根据图象求出被测金属丝的电阻R=Ω（结果保留两位有效数字）；（4）根据以上各测量结果，得出被测金属丝的电阻率ρ=Ω•m（结果保留两位有效数字）11．（14分）如图所示，半径R=5m的大圆环竖直固定放置，O点是大圆环的圆心，O′是O点正上方一个固定点，一根长为L=5m的轻绳一端固定在O′点，另一端系一质量m=1kg的小球，将轻绳拉至水平并将小球由位置A静止释放，小球运动到最低点O点时，轻绳刚好被拉断，重力加速度取g=10m/s2．求：（1）轻绳所能承受的最大拉力；（2）小球落至大圆环上时的动能．12．（18分）如图所示，长为2L的平板绝缘小车放在光滑水平面上，小车两端固定两个绝缘的带电球A和B，A的带电量为+2q，B的带电量为﹣3q，小车（包括带电球A、B）总质量为m，虚线MN与PQ 平行且相距3L，开始时虚线MN位于小车正中间，若视带电小球为质点，在虚线MN、PQ间加上水平向右的电场强度为E的匀强电场后，小车开始运动．试求：（1）小车向右运动的最大距离和此过程中B球电势能的变化量；（2）A球从开始运动至刚离开电场所用的时间．三、选修题：[选修3－3]（共2小题，满分15分）13．下列说法中正确的是（）A．布朗运动就是悬浮微粒的分子的无规则运动B．一定质量的理想气体，若压强不变，体积增大．则其内能一定增大C．当分子间距离减小时，分子间斥力、引力均增大D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E．一定质量的理想气体在完全失重的状态下，气体的压强为零14．（10分）如图所示，密闭气缸竖直放置（气缸上壁C处留有抽气孔），活塞将气缸分成上、下两部分，其中下部分密闭气体B可视为理想气体，气体温度为T0．现将上半部分气体A缓慢抽出，使其变成真空并密封，此过程中气体B的温度始终不变且当气体A的压强为p0时，气体B的体积为V1，气体A的体积为4V1，密封抽气孔C后缓慢加热气体B，已知活塞因重力而产生的压强为0.5p0，活塞与气缸壁间无摩擦且不漏气，求：①活塞刚碰到气缸上壁时，气体B的温度．②当气体B的温度为3T0时，气体B的压强．四、[选修3－4]（共2小题，满分0分）15．已知双缝到光屏之间的距离L=500mm，双缝之间的距离d=0.50mm，单缝到双缝之间的距离s=100mm，测量单色光的波长实验中，照射得8条亮条纹的中心之间的距离为4.48mm，则相邻条纹间距△x=mm；入射光的波长λ=m（结果保留有效数字）．16．某时刻的波形图如图所示，波沿x轴正方向传播，质点P的横坐标x=0.32m．从此时刻开始计时（1）若P点经0.4s第一次到达最大正位移处，求波速大小．（2）若P点经0.4s到达平衡位置，波速大小又如何？五、[选修3－5]（共2小题，满分0分）17．按照玻尔原子理论，氢原子中的电子离原子核越远，氢原子的能量（选填“越大”或“越小”）．已知氢原子的基态能量为E1（E1＜0），电子质量为m，基态氢原子中的电子吸收一频率为ν的光子被电离后，电子速度大小为（普朗克常量为h）．18．在一次水平面上的碰撞实验中，质量为M的小滑块A以一定的初速度开始运动，滑行距离x1后与静止的质量为m的小滑块B发生正碰，碰后两滑块结合在一起共同前进距离x2后静止．若碰撞前后的运动过程中，A和B所受阻均为自身重力的μ倍，求初始释放时A 的速度大小．参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．如图，有A、B两个完全相同的小球并排放在倾角为30°的固定斜面上，B球被竖直挡板挡住，不计一切摩擦，则A、B之间的作用力与竖直挡板对B的作用力之比为（）A． B． C． D．【考点】共点力平衡的条件及其应用．【分析】先对A球受力分析，根据平衡条件列式求解B对A的支持力；再隔离A、B球整体，根据平衡条件列式求解竖直挡板对B的作用力．【解答】解：对A球受力分析，如图所示，A、B之间的作用力等于A球的重力沿着斜面的分量，为：F1=mgsin30°；B球与竖直挡板间的作用力F2方向与挡板垂直，把A、B看作一个整体，即：F2=2mgtan30°；故；故选：C．【点评】本题关键是采用隔离法和整体法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解，基础题目．2．如图，abcd是匀强电场中的一个正方形、一个电子由a点分别运动到b点和d点，电场力所做的正功相等，则（）A．电场线与ac平行，场强方向由c指向aB．电场线与bd平行，场强方向由b指向dC．一个质子由b运动到c，电场力做正功D．一个质子由c运动到d，电场力做负功【考点】电势差与电场强度的关系；电势．【分析】根据电场力做功情况，可判断出b、d两点的电势相等，bd 连线就是一条等势线．由电场力做功正负分析a点与b点或d点电势的高低，由电场线与等势面垂直，且指向电势较低的等势面，判断电场线的方向．再由电势的高低，分析质子运动时电场力做功正负．【解答】解：AB、电子由a点分别运动到b点和d点，电场力所做的是正功，电势能减少，由E p=qφ知，a点的电势比b点、d点的电势低．由电场力做功公式W=qU，知ab间与ad间电势差相等，因此b、d 两点的电势相等，bd连线就是一条等势线．根据电场线与等势面垂直，且指向电势较低的等势面，可知电场线与ac平行，场强方向由c 指向a．故A正确，B错误．CD、一个质子由b运动到c，电势升高，电势能增加，则电场力做负功，同理，质子由c运动到d，电势降低，电势能减少，电场力做正功．故CD错误．故选：A【点评】本题关键是找到等势点，找出等势线，根据电场线与等势面之间的关系来分析，分析作电场线方向的依据是：沿着电场线方向电势降低，且电场线与等势面垂直．3．某定值电阻接在输出电压为220V的直流电源上，消耗电功率为P，若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为，则此交流电源输出电压的最大值为（）A．220V B．110V C．220V D．110V【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【分析】根据焦耳定律Q=I2Rt求解电流的有效值，其中I是有效值．再根据有效值与最大值的关系求出最大值．【解答】解：设电热器的电阻为R，t时间内产生的热量为Q，则：Q=此热量是接交流电源上产生的热功率的2倍，所以Q′=Q所以：解得：V所以最大值为：故选：C【点评】对于交变电流，求解热量、电功和电功率等与热效应有关的量，都必须用有效值．4．质量为m的钢制小球用长为l的结实细线悬挂在O点，将小球拉到与O点相齐的水平位置C由静止释放，小球运动到最低点时对细绳的拉力2mg，若小球运动到最低点B时用小锤头向左敲击它一下，瞬间给小球补充机械能△E，小球就能恰好摆到与C等高的A点，设空气阻力只与运动速度相关，且运动越大空气的阻力就越大，则以下关系可能正确的是（）A．△E＞mgl B．△E＜mgl C．△E=mgl D．mgl＜△E＜mgl 【考点】功能关系．【分析】先根据牛顿第二定律求出小球通过B点的速度，分别对从C到B和B到A两个过程，运用功能原理列式，再结合空气阻力做功关系分析即可．【解答】解：设小球通过B点的速度为v，小球从C到B克服空气阻力做功为W，从B到A克服空气阻力做功为W′．在B点，根据牛顿第二定律得T﹣mg=m，又T=2mg，得v=根据功能关系可得：从C到B有：mgl=mv2+W，可得W=mgl从B到A有：△E+mv2=mgl+W′，可得W′=△E﹣mgl根据题意，知小球运动速度越大，空气的阻力越大，则有W′＞W 联立解得△E＞mgl故选：A【点评】解决本题的关键要掌握功能原理，能灵活选取研究过程，分段列式，同时结合题目中的条件进行分析．5．矩形导轨线框abcd放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的图象如图所示，设t=0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，则在0﹣4s时间内，下图中能正确反映线框ab边所受的安培力F随时间t变化的图象是（规定ab边所受的安培力向左为正）（）A．B．C．D．【考点】法拉第电磁感应定律；安培力；楞次定律．【分析】根据楞次定律和法拉第电磁感应定律，判断出感应电流的方向和大小，再根据左手定则判断出ab边所受的安培力F，再由安培力大小F=BIL，即可求解．【解答】解：0～1s内，由楞次定律可判断电流方向为b→a，根据法拉第电磁感应定律，电流的大小恒定，由左手定则可判断ab边受到的安培力向左，为正方向的力，再由安培力大小公式F=BIL，可知，安培力的大小与磁场成正比，则大小在减小．1s～2s内，磁场向外且增大，线框中电流方向为b→a，电流大小恒定，ab边受到向右的力，为反方向，大小在增大；2s～3s内，磁场向外且减小，线框中电流方向为a→b，电流大小恒定，ab边受到向左的力，为正方向，大小在减小；3s～4s内，磁场向里且增大，线框中电流方向a→b，电流的大小恒定，ab边受到向右的力，为反方向，大小在增大．综合上述三项，故D正确，ABC错误．故选：D．【点评】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律求感应电动势、感应电流的大小，会用楞次定律判断感应电流的方向．6．如图所示是研究平抛运动的实验装置，正方形白纸ABCD贴在方木板上，E、F、H是对应边的中点，P点是EH的中点，金属小球从倾斜光滑轨道上从静止下滑，从F点沿FH方向做平抛运动，恰好从C点射出，以下说法正确的是（）A．小球的运动轨迹经过P点B．小球的运动轨迹经过PE之间某点C．若将小球在轨道上释放处高度降低，小球恰好由E点射出D．若将小球在轨道上释放处高度降低，小球恰好由E点射出【考点】研究平抛物体的运动．【分析】小球在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度的变化分析运动时间的变化，从而得出水平位移的变化．【解答】解：A、小球从F点沿FH方向做平抛运动，恰好从C点射出，假设通过P点，则水平位移是整个水平位移的，可知运动的时间为平抛运动的时间的，根据h=知，下降的高度为平抛运动高度的，而P点的高度是平抛运动高度的，相矛盾，可知小球运动轨迹不经过P点，而是经过PE之间某点，故A错误，B正确．C、若将小球在轨道上释放处高度降低，则平抛运动的高度变为原来的，根据t=知，平抛运动的时间变为原来的一半，水平位移变为原来的一半，小球恰好从E点射出，故C错误，D正确．故选：BD．【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式分析判断，难度中等．7．如图理想变压器副线圈1、2之间的匝数是总匝数的一半，二极管D具有单向导电性（正向电阻为零，反向电阻为无穷大）．R是可变阻，K是单刀双掷开关，原线圈接在电压不变的正弦交流电源上，下列说法正确的是（）A．若R阻值不变，当K分别接1和2时，电压表读数之比为2：1 B．若R阻值不变，当K分别接1和2时，电压表读数之比为：1C．当K分别接1和2时，R消耗功率相等，则R阻值之比为2：1 D．当K分别接1和2时，R消耗功率相等，则阻值R之比为：1【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率．【分析】由二极管的单向导电性结合有效值的定义进行分析各选项．【解答】解：A、B、K分接1时，设副线圈的电压为U，由于二极管的单向导电电阻两端的电压为′：，得U′=．K接2时因匝数减小则R的电压的有效值减半为，电压表的读数之比为：2：=，则A错误，B正确；C、D、由P=，接1和2时，R阻值之比为：=2：1，则C 正确，D错误故选：BC【点评】考查含二极管的有效值的求解方法，根据电压与匝数成正比求得副线圈的电压的变化．不难．8．如图所示，水平转台上有一个质量为m=2kg的物块，用长为L=0.1m 的细绳将物块连接在转轴上，细丝与竖直转轴的夹角为θ=53°角，此时绳中张力为零，物块与转台间最大静摩擦力等于重力的0.2倍，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，则：（）A．至绳中刚好出现拉力时，转台对物块做的功为0.16JB．至绳中刚好出现拉力时，转台对物块做的功为0.24JC．至转台对物块支持力刚好为零时，转台对物块做的功为JD．至转台对物块支持力刚好为零时，转台对物块做的功为J【考点】动能定理；向心力．【分析】对物体受力分析绳子拉力为零时摩擦力提供向心力，离开转台时绳子拉力和重力合力提供向心力，根据动能定理知W=E k=mv2，由此求解转台做的功．【解答】解：AB、物块随转台由静止开始缓慢加速转动，摩擦力提供向心力，绳中刚好出现拉力时，对物体受力分析知：μmg=m，根据动能定理可得转台对物块做的功为：W====0.16J，所以A正确B错误；CD、转台对物块支持力刚好为零时，根据牛顿第二定律可得：mgtanθ=，转台对物块做的功为W=△E′k==×0.1J=J，所以C错误、D正确．故选：AD．【点评】此题考查牛顿运动定律和功能关系在圆周运动中的应用，注意临界条件的分析，至绳中出现拉力时，摩擦力为最大静摩擦力；转台对物块支持力为零时，N=0，f=0．二、必考题（共4小题，满分47分）9．如图所示的实验装置可以测量小滑块与水平面之间的动摩擦因数μ，弹簧左端固定，右端顶住小滑块（滑块与弹簧不连接，小滑块上固定有挡光条），开始时使弹簧处于压缩状态，O点是小滑块开始运动的初始位置，某时刻释放小滑块，小滑块在水平面上运动经过A 处的光电门最后停在B处，已知当地重力加速度为g．（1）为了测量动摩擦因数，需要测量小滑块上的遮光条宽度d及与光电门相连数字计时器显示的时间△t，还需测量的物理量及其符号是光电门和B点之间的距离L．（2）利用测量的量表示动摩擦因数μ=．（3）为了减小实验误差，OA之间的距离不能小于弹簧的压缩量．【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．【分析】（1）很短的时间内，我们可以用这一段的平均速度来代替瞬时速度，由此可以求得铁块的速度大小；根据滑动摩擦力的公式可以判断求动摩擦因数需要的物理量；（2）由滑块的运动情况可以求得铁块的加速度的大小，再由牛顿第二定律可以求得摩擦力的大小，再由滑动摩擦力的公式可以求得滑动摩擦因数；（3）根据测量的原理即可判断出OA之间的距离．【解答】解：（1）（2）根据极限的思想，在时间很短时，我们可以用这一段的平均速度来代替瞬时速度，所以铁块通过光电门l的速度是v=要测量动摩擦因数，由f=μF N可知要求μ，需要知道摩擦力和压力的大小；小滑块在水平面上运动经过A处的光电门，最后停在B处，滑块做的是匀减速直线运动，根据光电门和B点之间的距离L，由速度位移的关系式可得，v2=2aL对于整体由牛顿第二定律可得，Mg﹣f=Ma因为f=μF N，所以由以上三式可得：μ=；需要测量小滑块上的遮光条宽度d及与光电门相连数字计时器显示的时间△t，以及光电门和B点之间的距离L；（3）在推导动摩擦因数的表达式的过程中，我们需注意到，速度位移的关系式v2=2aL中，滑块做匀变速直线运动，即滑块一直做减速运动，可知OA之间的距离不能小于弹簧的压缩量．故答案为：（1）光电门和B点之间的距离L；（2）；（3）弹簧的压缩量【点评】测量动摩擦因数时，滑动摩擦力的大小是通过牛顿第二定律计算得到的，加速度是通过铁块的运动情况求出来的．运用动能定理来求解弹性势能，注意摩擦力做负功．10．要测量一段阻值为几欧姆的金属丝的电阻率，请根据题目要求完成实验：（1）用毫米刻度尺测量金属丝长度为L=80.00cm，用螺旋测微器测金属丝的直径，如图甲所示，则金属丝的直径d= 1.600mm．（2）在测量电路的实物图中，电压表没有接入电路，请在图乙中连线，使得电路完整；（3）实验中多次改变滑动变阻器触头的位置，得到多组实验数据，以电压表读数U为纵轴、电流表读数I为横轴，在U﹣I坐标系中描点，如图丙所示．请作出图象并根据图象求出被测金属丝的电阻R= 1.2Ω（结果保留两位有效数字）；（4）根据以上各测量结果，得出被测金属丝的电阻率ρ= 3.0×10﹣6Ω•m（结果保留两位有效数字）【考点】测定金属的电阻率．【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数．（2）根据待测电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后连接实物电路图．（3）根据坐标系内描出的点作图象，然后根据图象应用欧姆定律求出电阻阻值．（4）根据电阻定律求出电阻丝电阻率．【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：1.5mm+10.0×0.01mm=1.600mm；（2）待测电阻丝电阻约为几欧姆，电流表内阻约为零点几欧姆，电压表内阻约为几千欧姆甚至几万欧姆，电压表内阻远大于电阻丝电阻，流表应采用外接法，实物电路图如图所示：（3）根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：由图示图象可知，电阻丝电阻：R==≈1.2Ω．（4）由电阻定律可知，电阻：R=ρ=ρ，电阻率：ρ==≈3.0×10﹣6Ω•m ；故答案为：（1）1.600；（2）电路图如图所示；（3）图象如图所示；1.2；（4）3.0×10﹣6．【点评】本题考查了螺旋测微器读数、连接实物电路图、作图象、求电阻与电阻率；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，对螺旋测微器读数时要注意估读，读数时视线要与刻度线垂直．11．（14分）（2016•浙江模拟）如图所示，半径R=5m 的大圆环竖直固定放置，O 点是大圆环的圆心，O′是O 点正上方一个固定点，一根长为L=5m 的轻绳一端固定在O′点，另一端系一质量m=1kg 的小球，将轻绳拉至水平并将小球由位置A 静止释放，小球运动到最低点O点时，轻绳刚好被拉断，重力加速度取g=10m/s2．求：（1）轻绳所能承受的最大拉力；（2）小球落至大圆环上时的动能．【考点】机械能守恒定律；向心力．【分析】（1）轻绳被拉断前瞬间所承受的拉力最大．先根据机械能守恒定律求出小球运动到最低点的速度，结合牛顿第二定律求出绳子的最大拉力；（2）绳子断裂后，小球做平抛运动，结合平抛运动的规律，抓住竖直位移和水平位移的关系求出运动的时间，再求出小球落到大圆环上的速度，从而求出动能．【解答】解：（1）设小球摆到O点的速度为v，小球由A到O的过程，由机械能守恒定律有：mgL=mv2；解得v=10m/s在O点由牛顿第二定律得：F﹣mg=m联立解得：F=3mg=30N即轻绳所能承受的最大拉力是30N．（2）绳被拉断后，小球做平抛运动，设平抛运动的时间为t，则小球落在大圆环上时有：x=vty=gt2且有x2+y2=R2联解并代入数据得：t=1s小球落在大圆环上时速度为v′==10m/s动能E k==100J答：（1）轻绳所能承受的最大拉力是30N．（2）小球落至大圆环上时的动能是100J．【点评】本题是机械能守恒定律、平抛运动和圆周运动的综合，要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，明确圆周运动向心力的来源是解决本题的关键．12．（18分）如图所示，长为2L的平板绝缘小车放在光滑水平面上，小车两端固定两个绝缘的带电球A和B，A的带电量为+2q，B的带电量为﹣3q，小车（包括带电球A、B）总质量为m，虚线MN与PQ 平行且相距3L，开始时虚线MN位于小车正中间，若视带电小球为质点，在虚线MN、PQ间加上水平向右的电场强度为E的匀强电场后，小车开始运动．试求：（1）小车向右运动的最大距离和此过程中B球电势能的变化量；（2）A球从开始运动至刚离开电场所用的时间．。
2018_2019高考物理二轮复习计算题规范练1(含参考答案)
高考物理二轮复习:计算题规范练1 1．低碳、环保是未来汽车的发展方向．某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的．在某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能E k 与位移s 的关系图象如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线．②是开启储能装置时的关系图线，已知汽车的质量为1 000 kg ，设汽车运动过程中所受地面的阻力恒定，空气阻力不计，根据图象所给的信息，求：(1)汽车的额定功率；(2)汽车加速运动的时间；(3)汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能．解析：(1)汽车行驶过程中，所受地面的阻力对应关闭储能装置E k s 图线①的斜率大小阻力F f ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔE k Δs ＝8×105 J 11－7×102 m ＝2×103 N 汽车匀速行驶的动能E k ＝12mv 2m 代入数据解得v m ＝40 m/s汽车的额定功率P 额＝Fv ＝F f v m ＝80 kW.(2)汽车在加速阶段发生的位移s 1＝500 m根据动能定理得P 额t －F f s 1＝12mv 2m －12mv 20 解得t ＝16.25 s.(3)开启储能装置后，汽车向前减速运动的位移减少Δs ＝(11－8.5)×102 m ＝2.5×102 m储能装置后向蓄电池提供的电能ΔE ＝F f Δs ＝5×105 J.答案：(1)80 kW (2)16.25 s (3)5×105 J2．如图所示，在倾角θ＝30°，足够长的光滑绝缘斜面上，用长为2L 的绝缘轻杆连接两个质量均为m 的带电小球A 和B (均视为质点)，A 球的带电荷量为＋3q ，B 球带电荷量为－2q ，两球组成一带电系统．虚线MN 与PQ 平行且相距3L ，在虚线MN 、PQ 间加上平行斜面向上的匀强电场，场强E ＝mg q.现将带电小球A 和B 放在斜面上，A 球刚好在电场中，由静止释放．求：(1)A 球从N 点运动到Q 点所用的时间；(2)A 球到达的最高点距Q 点的距离．解析：(1)设B 球进入电场前，带电系统的加速度为a ，运动时间为t 1由牛顿第二定律得3qE －2mg sin θ＝2ma ，由匀变速运动公式得2L ＝12at 21，v 1＝at 1， 当B 球进入电场后，带电系统所受的合力为F 合＝3qE －2qE －2mg sin θ＝0，带电系统匀速运动的时间t 2＝L v 1，联立以上各式并代入数据得，A 球从N 运动到Q 的时间 t ＝t 1＋t 2＝52L g. (2)设A 球能到达的最高位置距Q 点的距离为x ，B 球仍在电场中，由动能定理得 3qE ·3L －2qE (L ＋x )－2mg (3L ＋x )sin θ＝0，联立以上各式并代入数据得x ＝43L . 答案：(1)52L g (2)43L 3．如图所示，在xOy 平面内y 轴与MN 边界之间有沿x 轴负方向的匀强电场，y 轴左侧和MN 边界右侧的空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小相等的匀强磁场，MN 边界与y 轴平行且间距保持不变．一质量为m 、电荷量为－q 的粒子以速度v 0从坐标原点O 沿x 轴负方向射入磁场，每次经过磁场的时间均为t 0，粒子重力不计．(1)求磁感应强度的大小B ；(2)若t ＝5t 0时粒子回到原点O ，求电场区域的宽度d 和此时的电场强度E 0；(3)若带电粒子能够回到原点O ，则电场强度E 应满足什么条件？ 解析：(1)粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πm qB，粒子每次经过磁场的时间为半个周期，则T ＝2t 0，解得B ＝πm qt 0. (2)t ＝5t 0时粒子回到原点，轨迹如图甲所示，由几何关系有r 2＝2r 1由向心力公式有qBv 0＝m v 20r 1，qBv 2＝m v 22r 2， 电场宽度d ＝v 0＋v 22t 0，解得d ＝32v 0t 0， 又v 2＝v 0＋qE 0m t 0，解得E 0＝mv 0qt 0.(3)如图乙所示，由几何关系可知，要使粒子能够回到原点，则应满足n (2r 2′－2r 1)＝2r 1(n ＝1,2,3，…)，由向心力公式有qBv 2′＝m v 2′2r 2′，解得v 2′＝n ＋1nv 0， 根据动能定理有qEd ＝12mv 2′2－12mv 20， 解得E ＝2n ＋1mv 03n 2qt 0(n ＝1,2,3，…)． 答案：(1)πm qt 0 (2)32v 0t 0 mv 0qt 0(3)E ＝2n ＋1mv 03n 2qt 0(n ＝1,2,3，…)。
2019年高考(人教版)物理二轮复习选练题(共5套)含答案及解析
2019年高考（人教版）物理二轮复习选练题2019年高考（人教版）物理二轮复习选练题（一）一、选择题1、如图所示，一个质量为4 kg的半球形物体A放在倾角为θ＝37°的斜面B上静止不动。
若用通过球心的水平推力F＝10 N作用在物体A上，物体A仍静止在斜面上，斜面仍相对地面静止。
已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，则( )A．物体A受到斜面B的摩擦力增加8 NB．物体A对斜面B的作用力增加10 NC．地面对斜面B的弹力不变D．地面对斜面B的摩擦力增加10 N2、[多选]光滑斜面上，当系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，A、B质量相等。
在突然撤去挡板的瞬间( )A．两图中两球加速度均为g sin θB．两图中A球的加速度均为零C．图甲中B球的加速度为2g sin θD．图乙中B球的加速度为g sin θ3、如图所示，在斜面顶端A以速度v水平抛出一小球，经过时间t1恰好落在斜面的中点P；若在A点以速度2v水平抛出小球，经过时间t2完成平抛运动。
不计空气阻力，则( )A．t2>2t1 B．t2＝2t1C．t2<2t1 D．落在B点4、如图所示，曲线Ⅰ是一颗绕地球做圆周运动卫星轨道的示意图，其半径为R；曲线Ⅱ是一颗绕地球做椭圆运动卫星轨道的示意图，O点为地球球心，AB为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，已知在两轨道上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为G，地球质量为M，下列说法正确的是( )A ．椭圆轨道的长轴长度为RB ．卫星在Ⅰ轨道的速率为v 0，卫星在Ⅱ轨道B 点的速率为v B ，则v 0<v BC ．卫星在Ⅰ轨道的加速度大小为a 0，卫星在Ⅱ轨道A 点加速度大小为a A ，则a 0<a AD ．若OA ＝0.5R ，则卫星在B 点的速率v B > 2GM 3R5、用长为l 、不可伸长的细线把质量为m 的小球悬挂于O 点，将小球拉至悬线偏离竖直方向α角后放手，运动t 时间后停在最低点。
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计算题规范练6
1．(2018·南京三模)如图甲所示，A 、B 是在真空中水平正对的两块金属板，板长L ＝40 cm ，板间距d ＝24 cm ，在B 板左侧边缘有一粒子源，能连续均匀发射带负电的粒子，粒子紧贴B 板水平向右射入，粒子的比荷q
m
＝1.0×108
C/kg ，初速度v 0＝2×105
m/s ，粒子重力不计．在A 、B 两板间加上如图乙所示的电压，周期T ＝2.0×10－6
s ，t ＝0时刻A 板电势高于B 板电势，两板间电场可视为匀强电场，电势差U 0＝360 V ，A 、B 板右侧边缘处有一个边界MN .求：
(1)带电粒子离开电场时的速度大小；
(2)带电粒子从电场射出到MN 边界上的宽度Δy .
解析：(1)设带电粒子在两金属板间运动的时间为t 1，则L ＝v 0t 1，解得t 1＝2×10－6
s ，
因为t 1＝T ，所以无论何时射入电场，带电粒子在电场中加速运动时间均相同．设带电粒子离开电场时竖直方向上速度大小为v y ，带电粒子在两金属板间运动的加速度为a ，则
qU 0d ＝ma ，v y ＝a t 1
2
， 联立解得v y ＝1.5×105
m/s.
带电粒子离开电场时的速度v ＝v 2
x ＋v 2
y ＝2.5×105
m/s ，
(2)由题可知，当带电粒子在t ＝kT (k ＝0,1,2…)时刻进入电场时，带电粒子的侧向位移最大，其侧向位移 y max ＝12
a (t 12
)2＋a (t 1
2
)2＝22.5 cm ，
当带电粒子在t ＝kT ＋T
2(k ＝0,1,2…)时刻进入电场时，带电粒子的侧向位移最小，其侧向位移
y min ＝12
a (t 1
2
)2＝7.5 cm ，
带电粒子从电场射出到MN 边界上的宽度 Δy ＝y max －y min ＝15 cm.
答案：(1)2.5×105
m/s (2)15 cm
2．(2018·锦州模拟)如图所示，两根相同的轻质弹簧，中间与质量为m 的圆环相连于O 位置，另一端各自固定在同一水平线上的P 、Q 两点，弹簧恰好处于原长L ，圆环套在光滑的竖直细杆上，细杆上的A 、B 两点关于O 点对称，OA ＝H .现将圆环沿杆拉至A 位置由静止释放，当下滑到速度最大时，弹簧与细杆间的夹角为θ，整个过程中，弹簧处于弹性限度范围内．重力加速度为g .求：
(1)圆环过O 点时的加速度． (2)圆环过B 点的瞬时速度． (3)每根轻质弹簧的劲度系数．
解析：(1)物体下落到O 点时只受重力作用，由牛顿第二定律得：F ＝mg ＝ma ，解得：a ＝g .
(2)圆环从A 到B 过程中，由对称性可知，弹簧弹力做总功为零，圆环不受摩擦力作用，只有重力做功，由动
能定理得：2mgH ＝12
mv 2
－0，
解得：v ＝2gH .
(3)下落过程中，当环所受合力为零时速度最大，由牛顿第二定律有：2F 弹cos θ＝mg ，解得：F 弹＝mg
2cos θ，
由胡克定律得：F 弹＝k Δx ，
弹簧的伸长量为：Δx ＝L sin θ－L ，解得：k ＝
mg tan θ
2L －sin θ
.
答案：(1)g (2)2gH (3)
mg tan θ
2L
－sin θ
3．(2018·南昌调研)磁聚焦被广泛地应用在电真空器件中．如图所示，在坐标xOy 中存在有界的匀强聚焦磁场，方向垂直坐标平面向外，磁场边界PQ 直线与x 轴平行，与x 轴的距离为23a
3
，边界POQ 的曲线方程为y ＝
x a －x
a 23
－x
2，且方程关于y 轴对称．在坐标x 轴上A 处有一粒子源，向着不同方向射出大量质量均为m 、电荷量均为q 的带正电粒子，所有粒子的初速度大小相同，均为v ，粒子通过有界的匀强磁场后都会聚焦在x 轴上的F 点．已
知A 点坐标为(－a,0)，F 点坐标为(a,0)，不计粒子所受的重力和相互作用．
(1)求匀强磁场的磁感应强度．
(2)粒子射入磁场时的速度方向与x 轴的夹角为多大时，粒子在磁场中运动时间最长？最长时间为多少？ 解析：
(1)设磁场的磁感应强度为B ，粒子在磁场中做圆周运动的半径为r ，圆心为C ，从D 处射出磁场，其坐标为(x ，
y )，
由Rt △CED 相似于Rt △FGD 可得y x
＝
a －x
r 2－x 2
. 又POQ 的曲线方程为y ＝
x a －x a 23－x
2
解得r ＝3
3a ，
且r ＝mv qB
，解得B ＝
3mv
aq
.
(2)设粒子射入磁场时的速度方向与x 轴夹角为θ时，粒子在磁场中运动的轨迹与PQ 相切，运动的时间最长，最长时间为t ，粒子的轨迹对应的圆心角为α，且设此时，粒子飞出磁场时的位置坐标为(x ′，y ′)由几何知识得23a
3
＝r ＋y －r cos θ， x ′＝r sin θ，
解得sin θ＝
32，θ＝60°＝π3
，
且t ＝αm
qB
，α＝2θ，
解得t ＝2θm qB ＝23πa
9v .
答
案
：
(1)
3mv
aq
(2)
π3
23πa 9v。