【高考快递】2019高考物理总复习计算题增分练五含答案
2019高考物理总复习选考题增分练(二)选修3-3
选修3－3 增分练(二)1．[物理——选修3－3](15分)(2018·河南省平顶山市高三二模)(1)(5分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大B ．液晶像液体一样具有流动性，其光学性质与某些多晶体相似，具有各向同性的光学性质C ．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律D ．分子平均速率大的物体的温度比分子平均速率小的物体的温度高E ．晶体熔化时吸收热量，其分子平均动能不变(2)(10分)如图所示，直立的汽缸中有一定质量的理想气体，活塞的质量为m ，横截面积为S ，汽缸内壁光滑且缸壁导热良好，周围环境温度保持不变．开始时活塞恰好静止在A 处，现轻放一物体在活塞上，活塞下移．经过足够长时间后，活塞系统停在B 点，已知AB ＝h ，B 处到汽缸底部的距离为h ，大气压强为p 0，重力加速度为g .求：①物体将活塞压至B 处平衡时，缸内气体的压强p 2；整个过程中，缸内气体是吸热还是放热，简要说明理由；②已知初始温度为27 ℃，若升高环境温度至T 1，活塞返回A 处达稳定状态，T 1的值是多大．解析：(2)①设活塞静止在A 处时，气体压强为p 1.对活塞受力分析，由平衡条件可得 p 1S ＝p 0S ＋mg物体将活塞压至B 处平衡时，缸内气体的压强为p 2，对封闭气体由理想气体状态方程可得p 2Sh ＝p 1S ·2h联立解得p 2＝2p 0＋2mg S理想气体温度不变，则内能不变，压缩气体，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知气体向外放热．②环境温度升高，汽缸中气体体积增大，此过程中压强不变，由盖－吕萨克定律可得V 0T 0＝V 1T 1，由于T 0＝27 ℃＝300 K ，V 1＝2V 0代入数据解得T 1＝600 K ＝327 ℃.答案：(1)ACE (2)①2p 0＋2mg S放热 理由见解析 ②327 ℃2．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)一定质量的理想气体从状态a 开始，经历三个过程a 到b 、b 到c 、c 到a 回到原状态，其V T 图象如图所示，p a 、p b 、p c .分别表示状态a 、b 、c 的压强，下列说法正确的是________(填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错一个扣3分，最低得分为0分)A ．由a 到b 的过程中，气体一定吸热B ．p c ＞p b ＝p aC ．由b 到c 的过程中，气体放出的热量一定大于外界对气体做的功D ．由b 到c 的过程中，每一个气体分子的速率都减小E ．由c 到a 的过程中气体分子的平均动能不变(2)(10分)如图所示，水平放置且两端开口的柱形汽缸AB 由左、右两部分组成，两部分汽缸截面积分别为S 、2S ，缸内有两个厚度不计的活塞，两活塞间封闭着一定质量的理想气体，平衡时两活塞距连接处的距离均为L ，气体温度为T 0，已知外界气体压强恒为p 0，B 部分汽缸和活塞之间的最大静摩擦力为2p 0S ，A 部分汽缸内壁光滑，且距汽缸连接处左侧2L 处有一活塞销．现缓慢升高气体温度，求：①A 部分汽缸中活塞刚好被活塞销卡住时气体的温度；②B 部分汽缸中活塞刚要滑动时气体的温度．解析：(2)①A 中活塞被活塞销卡住之前，B 中活塞静止不动，理想气体做等压变化，压强始终为p 0初态：体积V 1＝LS ＋L ·2S ＝3LS ，温度T 1＝T 0A 中活塞刚好被活塞销卡住时：体积V 2＝2LS ＋L ·2S ＝4LS ，温度为T 2则V 1T 1＝V 2T 2得T 2＝43T 0 ②B 中活塞刚要滑动时，设被封闭气体压强为p ，对B 中活塞受力分析得p ·2S ＝p 0·2S ＋f 得p ＝2p 0从A 中活塞刚好被活塞销卡住到B 中活塞刚要滑动，被封闭气体做等容变化，设此时温度为T 3则p 0T 2＝p T 3得T 3＝83T 0 答案：(1)ACE (2)①43T 0 ②83T 0。
2019年高考物理增分练(江苏专用)选择题提速练(五)Word版含解析
选择题提速练 (五)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共计24分，每小题只有一个选项符合题意．)1．(2018·淮安中学期中)“楚秀园”是淮安市一座旅游综合性公园，园内娱乐设施齐全，2017年6月1日，某同学在公园内玩飞镖游戏时，从同一位置先后以速度v A 和v B 将飞镖水平掷出，依次落在靶盘上的A 、B 两点，如图1所示，飞镖在空中运动的时间分别t A 和t B .忽略阻力作用，则( )图1A ．v A ＜vB ，t A ＜t BB ．v A ＜v B ，t A ＞t BC ．v A ＞v B ，t A ＜t BD ．v A ＞v B ，t A ＞t B答案 C2．(2017·南京外国语学校等四模)某质点运动速度的平方v 2随位移x 变化的规律如图2所示，关于该质点的运动情况，下列说法正确的是( )图2A ．质点一定是做曲线运动B ．质点所受合外力可能是恒力C ．质点运动的加速度逐渐增大D ．质点的机械能一定是逐渐增大的答案 C3．(2018·盐城中学模拟)如图3所示，一个匀速转动的半径为r 的水平圆盘上放着两个小木块M 和N ，木块M 放在圆盘的边缘处，木块N 放在离圆心13r 处，它们都随圆盘一起运动且与圆盘无相对滑动．下列说法中正确的是( )图3A ．M 受到重力、支持力、向心力B ．M 的线速度是N 的13倍 C ．M 的角速度是N 的3倍D ．M 的向心加速度是N 的3倍答案 D解析 对M 受力分析可知，M 受重力、支持力和静摩擦力作用，故A 错误；木块与圆盘一起运动，角速度相等，而半径不等，M 的半径是N 的3倍，根据v ＝rω可知，M 的线速度是N 的3倍，故B 、C 错误．根据a ＝rω2可知，角速度相同，则向心加速度与半径成正比，故M 的向心加速度是N 的3倍，故D 正确．4．质量为60 kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好有弹性安全带，使他悬挂起来．已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s ，安全带长5 m ，g 取10 m/s 2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )A ．500 NB ．1 100 NC ．600 ND ．100 N答案 B解析 选取人为研究对象，人下落过程中由v 2＝2gh 得，v ＝10 m/s ，缓冲过程由动量定理得(F －mg )t ＝m v ，F ＝m v t＋mg ＝1 100 N ．由牛顿第三定律可知，安全带所受的平均冲力大小为1 100 N.5．(2018·徐州市考前模拟)在x 轴上O 、P 两点分别放置电荷量为q 1、q 2的点电荷，一带正电的试探电荷在两电荷连线上的电势能E p 随x 变化关系如图4所示，其中A 、B 两点电势能为零，BD 段中C 点电势能最大，则( )图4A ．q 1和q 2都是正电荷且q 1> q 2B ．BC 间场强方向沿x 轴负方向C ．C 点的电场强度大于A 点的电场强度D ．将一负点电荷从B 点移到D 点，电场力先做负功后做正功答案 B6．(2018·海安中学月考)如图5所示，闭合开关S 后，A 灯与B 灯均发光，当滑动变阻器的滑片P 向左滑动时，以下说法中正确的是( )图5A ．A 灯变暗B ．B 灯变亮C ．电源的输出功率可能减小D ．电源的总功率增大答案 C解析 当滑动变阻器的滑片P 向左滑动时，电路总电阻增大，则总电流减小，所以B 灯变暗；内电压减小，则外电压增大，灯泡B 的电压减小，则并联部分的电压增大，则灯泡A 变亮，故A 、B 错误；电源的输出功率与内阻和外电阻的大小关系有关，当内阻小于外电阻，外电阻增大时，电源的输出功率减小，当内阻大于外电阻，外电阻增大时，电源的输出功率增大，外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，故C 正确；根据P ＝EI 知，电源的总功率减小，故D 错误．二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．)7．下列说法中正确的是( )A ．某放射性原子核经两次α衰变和一次β衰变，核内中子数减少5个B ．玻尔理论可以成功解释氧原子的光谱现象C ．氢原子的核外电子从半径较大的轨道跃迁到半径较小的轨道时，原子的能量减小D ．放射性元素发生β衰变，新核的化学性质不变答案 AC8．(2018·江苏省高考压轴冲刺卷)科学家们发现在大约39光年外存在一个温度适宜，但质量稍大于地球的所谓“超级地球”，它围绕一颗质量比太阳稍小的恒星运行．“超级地球”的直径大约是地球的1.4倍，质量是地球的7倍．引力常量为G ，忽略自转的影响．下列说法正确的是( )A ．“超级地球”表面重力加速度大小是地球表面的15B ．“超级地球”表面重力加速度大小是地球表面的257倍 C ．“超级地球”的第一宇宙速度大小是地球的5倍D ．“超级地球”的第一宇宙速度大小是地球的55答案 BC 解析 由G Mm R 2＝mg 可得g ＝GM R 2，故g 超g 地＝M 超R 地2M 地R 超2＝257，故A 错误，B 正确；由G Mm R 2＝m v 2R 解得v ＝GM R ，所以v 超v 地＝M 超R 地M 地R 超＝5，故C 正确，D 错误．9．(2018·徐州市考前模拟)如图6所示是某霍尔元件的内部结构图，其载流子为电子．a 接直流电源的正极，b 接直流电源的负极，cd 间输出霍尔电压．下列说法正确的有( )图6A ．若工作面水平，置于竖直向下的磁场中，c 端的电势高于d 端B ．cd 间霍尔电压与ab 间电流大小有关C ．将该元件移至另一位置，若霍尔电压相同，则两处的磁场强弱相同D ．在测定地球赤道上的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平答案 AB10．(2018·徐州市模拟)如图7所示，半径为R 的光滑圆环固定在竖直平面内，AB 、CD 是圆环相互垂直的两条直径，C 、D 两点与圆心O 等高．一个质量为m 的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P 点，P 点在圆心O 的正下方R 2处．小球从最高点A 由静止开始沿逆时针方向下滑，已知弹簧的原长为R ，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g ，下列说法正确的有( )图7A ．弹簧长度等于R 时，小球的动能最大B ．小球运动到B 点时的速度大小为2gRC ．小球在A 、B 两点时对圆环的压力差为4mgD ．小球从A 到C 的过程中，弹簧对小球做的功等于小球机械能的增加量答案 CD解析 弹簧长度等于R 时，弹簧处于原长，在此后的一小段过程中，小球的重力沿轨道的切向分力大于弹簧的弹力沿轨道的切向分力，小球仍在加速，所以弹簧长度等于R 时，小球的动能不是最大，故A 错误；由题可知，小球在A 、B 两点时弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，根据系统的机械能守恒得： 2mgR ＝12m v B 2，解得，小球运动到B 点时的速度 v B ＝2gR ，故B 错误；设小球在A 、B 两点时弹簧的弹力大小为F .在A 点，圆环对小球的支持力 F 1＝mg ＋F ；在B 点，对小球，由牛顿第二定律得：F 2－mg －F ＝m v B 2R，解得，圆环对小球的支持力 F 2＝5mg ＋F ，则F 2－F 1＝4mg ，由牛顿第三定律知，小球在A 、B 两点时对圆环的压力差为4mg ，故C 正确；小球从A 到C 的过程中，根据功能关系可知，弹簧对小球做的功等于小球机械能的增加量，故D 正确．。
推荐2019全国通用版高考物理总复习优编增分练：计算题考点排查练5
2016年(全国Ⅰ卷)计算题考点排查练24．(2018·陕西省榆林市第四次模拟)如图1所示，间距为d 的两竖直光滑金属导轨间接有一阻值为R 的电阻，在两导轨间水平边界MN 下方的区域内存在着与导轨平面垂直的匀强磁场．一质量为m 、长度为d 、电阻为r 的金属棒PQ 紧靠在导轨上．现使棒PQ 从MN 上方d2高度处由静止开始下落，结果棒PQ 进入磁场后恰好做匀速直线运动．若棒PQ 下落过程中受到的空气阻力大小恒为其所受重力的14，导轨的电阻忽略不计，棒与导轨始终保持垂直且接触良好，重力加速度大小为g ，求：图1(1)棒PQ 在磁场中运动的速度大小v ；(2)匀强磁场的磁感应强度大小B .答案 (1)3gd 2 (2)3mg (R ＋r )2d 23gd解析 (1)棒PQ 进入磁场前做匀加速直线运动，设其加速度大小为a .由运动学公式得v 2＝2a ·d 2根据牛顿第二定律得mg －14mg ＝ma 解得：v ＝3gd 2(2)棒PQ 在磁场中做匀速直线运动时，切割磁感线产生的感应电动势为E ＝Bdv回路中通过的感应电流为I ＝ER ＋r对棒PQ ，由受力平衡条件得BId ＝mg －14mg解得：B ＝3mg (R ＋r )2d 23gd25．(2018·贵州省贵阳市5月适应性考试二)如图2所示，半径为R ＝0.5 m 、内壁光滑的圆轨道竖直固定在水平地面上．圆轨道底端与地面相切，一可视为质点的物块A 以v 0＝6 m/s 的速度从左侧入口向右滑入圆轨道，滑过最高点Q ，从圆轨道右侧出口滑出后，与静止在地面上P 点的可视为质点的物块B 碰撞(碰撞时间极短)，P 点左侧地面光滑，右侧粗糙段和光滑段交替排列，每段长度均为L ＝0.1 m ，两物块碰后粘在一起做直线运动．已知两物块与各粗糙段间的动摩擦因数均为μ＝0.1，物块A 、B 的质量均为m ＝1 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2.图2(1)求物块A 到达Q 点时的速度大小v 和受到的弹力F N ；(2)若两物块最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值；(3)求两物块滑至第n (n <k )个光滑段上的速度v n 与n 的关系式． 答案 见解析解析 (1)物块A 滑入圆轨道到达Q 的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律得： 12mv 02＝12mv 2＋2mgR ① 物块A 做圆周运动：F N ＋mg ＝m v 2R② 由①②联立得：v ＝4 m/sF N ＝22 N ，方向向下③(2)在与B 碰撞前，系统机械能守恒，A 和B 在碰撞过程中动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：m A v 0＝(m A ＋m B )v 1④A 、B 碰后向右滑动，由动能定理得：－μ(m A ＋m B )gs ＝0－12(m A ＋m B )v 12 ⑤由④⑤联立得s ＝4.5 m ，所以k ＝s L ＝45；(3)设碰后A 、B 滑至第n 个光滑段上的速度为v n ，由动能定理得：－μ(m A ＋m B )gnL ＝12(m A ＋m B )v n 2－12(m A ＋m B )v 12⑥ 解得：v n ＝v 12－2μgnL ＝9－0.2n (n <45)。
(全国通用版)2019高考物理总复习 优编增分练：计算题考点排查练7 2016年(全国Ⅲ卷)计算题考点排查练
2016年(全国Ⅲ卷)计算题考点排查练24．如图1所示，ABC 为固定在竖直面内的光滑四分之一圆轨道，其半径为r ＝10 m ，N 为固定在水平面内的半圆平面，其半径为R ＝10πm ，轨道ABC 与平面N 相切于C 点，DEF 是包围在半圆平面N 周围且垂直于N 的光滑半圆形挡板，质量为M ＝1 kg 的长方体滑块的上表面与平面N 在同一水平面内，且滑块与N 接触紧密但不连接，现让物体自A 点由静止开始下滑，进入平面N 后立即受到挡板DEF 的约束并最终冲上滑块，已知物体质量m ＝1 kg ，物体与平面N之间的动摩擦因数μ1＝0.5、与滑块之间的动摩擦因数μ2＝0.4，滑块与地面之间是光滑的，滑块的竖直高度为h ＝0.05 m ，长L ＝4 m ，(取g ＝10 m/s 2)求：图1(1)物体滑到C 时对圆轨道的压力是多大？(2)物体运动到F 处时的速度是多大？(3)当物体从滑块上滑落后到达地面时，物体与滑块之间的距离是多少？答案 (1)30 N (2)10 m/s (3)0.6 m解析 (1)对物体从A 处到C 处的过程，由机械能守恒定律得：mgr ＝12mv C 2在C 处，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v C 2r联立解得：F N ＝3mg ＝30 N由牛顿第三定律可知，物体滑到C 处时，对圆轨道的压力是30 N.(2)对物体从C 处到F 处的过程，由动能定理有－μ1mg ×πR ＝12mv F 2－12mv C 2 解得：v F ＝10 m/s(3)物体在滑块上运动，对物体由牛顿第二定律有：－μ2mg ＝ma 1解得：a 1＝－4 m/s 2对滑块由牛顿第二定律有：μ2mg ＝Ma 2，解得：a 2＝4 m/s 2设经时间t 物体刚要从滑块上滑落，此时物体的速度为v 1，滑块的速度为v 2.则有v F t ＋12a 1t 2－12a 2t 2＝L 解得t ＝12s 或2 s(不合题意舍去) 则有v 1＝v F ＋a 1t ，v 2＝a 2t设物体从抛出到落地时间为t 1，则有h ＝12gt 12 Δs ＝v 1t 1－v 2t 1联立解得Δs ＝0.6 m.25．(2018·广西钦州市第三次质检)如图2甲所示，两根间距L ＝1.0 m 、电阻不计的足够长平行金属导轨ab 、cd 水平放置，一端与阻值R ＝2.0 Ω的电阻相连，质量m ＝0.2 kg 的导体棒ef 在恒定外力F 作用下由静止开始运动，已知导体棒与两根导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力均为F f ＝1.0 N ，导体棒电阻为r ＝1.0 Ω，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B ，导体棒运动过程中加速度a 与速度v 的关系如图乙所示(取g ＝10 m/s 2)，求：图2(1)拉力F 的大小；(2)磁场的磁感应强度B 的大小；(3)若ef 棒由开始运动6.9 m 时，速度达到3 m/s ，求此过程中电路产生的焦耳热．答案 (1)2 N (2)1 T (3)6 J解析 (1)由题图可知，导体棒开始运动时加速度a 1＝5 m/s 2，初速度v 0＝0，导体棒中无电流．由牛顿第二定律知：F －F f ＝ma 1解得：F ＝2 N ；(2)当导体棒速度为v 时，导体棒上的电动势为E ，电路中的电流为I .由法拉第电磁感应定律：E ＝BLv ，由闭合电路欧姆定律：I ＝ER ＋r ，导体棒所受安培力F 安＝BIL ，由题图可知，当导体棒的加速度a ＝0时，导体棒开始以v ＝3 m/s 的速度做匀速运动， 此时有：F －F f －F 安＝0，解得：B ＝1 T ；(3)设ef 棒此过程中产生的热量为Q ，由功能关系知：(F －F f )s ＝Q ＋12mv 2， 代入数据解得Q ＝6 J.。
2019高考物理：总复习：选择题增分练五9143(含答案).doc
选择题增分练(五)(满分48分 24分钟)说明：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．(2018·山东省济南市高三二模)质量为m 、长度为l 的均匀软绳放置在水平地面上．现将软绳一端提升至离地面高度为h 处，软绳完全离开地面，则至少需要对软绳做的功为( )A ．mg l 2B ．mg h 2C ．mg (h －l )D ．mg ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫h －l 2 解析：选D.对软绳做的功等于它的重力势能的增加量，即W ＝ΔE p ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫l 2＋h －l ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫h －l 2，选项D 正确．2．下列说法正确的是( )A ．玻尔通过对氢原子光谱的研究建立了原子的核式结构模型B．某些原子核发生衰变时能够放出β粒子，说明原子核内有β粒子C．原子核反应中的质量亏损现象违反了能量守恒定律D．某种单色光照射某种金属发生光电效应，若增大光照强度，则单位时间内发射的光电子数增加解析：选D.卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型，玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征，故A错误；β衰变中产生的β射线实际上是原子核中的中子转变成质子，而放出电子，故B错误；核反应中的质量亏损现象遵循能量守恒定律，故C错误；发生光电效应时，单位时间内发射的光电子数随入射光强度的增加而增大，故D正确；故选D.3．如图所示，在天花板下用细线悬挂一半径为R的金属圆环，圆环处于静止状态，圆环一部分处在垂直于环面的磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，环与磁场边界交点A、B与圆心O连线的夹角为120°，此时悬线的拉力为F.若圆环通电，使悬线的拉力刚好为零，则环中电流大小和方向是( )A．大小为3F3BR，沿顺时针方向B．大小为3F3BR，沿逆时针方向C．大小为3FBR，沿顺时针方向D．大小为3FBR，沿逆时针方向解析：选A.环受安培力的有效长度为l＝2·R cos 30°＝3R，由BIl＝mg＝F，可知，I＝3F3BR，方向为顺时针方向．4．一质点从静止开始沿着直线运动，先后经历匀加速、匀速和匀减速三个运动过程，三段过程运动位移均为x，匀加速运动时间为t，匀减速运动时间为34t，则下列说法中正确的是( )A．质点在匀加速阶段的加速度大小小于匀减速运动阶段的加速度大小B．质点在匀减速阶段的末速度大小是匀速运动阶段的速度大小的一半C．质点在匀加速运动阶段的平均速度等于匀减速运动阶段的平均速度D．质点在匀速运动阶段的运动时间为1 2 t解析：选D.设匀速运动的速度大小为v，质点在匀减速阶段的末速度大小为v t，质点在匀加速阶段x＝0＋v2t＝vt2，匀减速运动阶段x＝v t＋v2×34t，解得v t＝v3，质点在匀加速阶段的加速度大小a1＝v－0t＝vt，匀减速运动阶段的加速度大小a2＝v－v334t＝8v9t，故AB错误；质点在匀加速运动阶段的平均速度v1＝0＋v2＝v2，匀减速运动阶段的平均速度v2＝v＋13v2＝2v3，故C错误；质点在匀速运动阶段的运动时间t′＝xv＝12vtv＝12t，故D正确；故选D.5．(2018·山东泰安市二模)北斗地图APP即将上线，其导航功能可精确到1米以内，能够清晰定位到具体车道．如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均做圆周运动，其中a是地球同步卫星，则( )A．卫星a的角速度小于c的角速度B．卫星a的加速度大于b的加速度C．卫星a的运行速度大于第一宇宙速度D ．卫星b 的周期大于24 h解析：选A.根据万有引力提供向心力：G Mm r 2＝m ω2r ，解得：ω＝GM r 3，可知轨道半径大的卫星角速度小，所以卫星a 的角速度小于c 的角速度．故A 正确．卫星的加速度为a ＝ω2r ＝GM r2，可知轨道半径大的卫星加速度小，所以卫星a 与b 的加速度大小相等．故B 错误．第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动时最大的运行速度，则知卫星a 的运行速度小于第一宇宙速度，故C 错误．卫星a 与b 的轨道半径相同，角速度相等，则周期也相等，所以卫星b 的周期等于24 h ，故D 错误．故选A.6．如图所示的电路中电表均为理想电表，闭合开关S ，将滑动变阻器的滑片P 向右移动至某一位置，与移动前相比，下列说法正确的是( )A ．电流表读数变小，电压表读数变大B ．小灯泡L 变亮C．电源的输出功率一定变大D．电容器C所带的电荷量减少解析：选BD.由图可知，电容并联在滑动变阻器两端；当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻减小；则总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，总电流增大，故电流表示数增大，灯泡亮度变亮，因内压增大，故电压表示数减小，故A错误，B正确；由P ＝EI可知，电源的总功率变大，当外阻和内阻相等时输出功率最大，因为不知道外阻和内阻的关系，所以不能判断电源输出功率的变化，故C错误；因电容器并联在滑动变阻器两端；总电流变大，灯泡及内阻分压增大，则滑动变阻器分压减小，故电容器C两端的电压减小，所以C上的电量减小，故D正确．所以BD 正确，AC错误．7．如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里．现使金属线框从MN 上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v t 图象，图中字母均为已知量．重力加速度为g ，不计空气阻力．下列说法正确的是( )A ．金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba 方向B ．金属线框的边长为v 1(t 2－t 1)C ．磁场的磁感应强度为1v 1（t 2－t 1） mgR v 1D ．金属线框在0～t 4的时间内所产生的热量为2mgv 1(t 2－t 1)＋12m (v 23－v 22) 解析：选BCD.金属线框刚进入磁场时，由楞次定律知感应电流方向沿abcda 方向，A 错误．由图象可知，线框先做自由落体运动，t 1匀速进入磁场，直至全部进入磁场，因此线框的边长为v 1(t 2－t 1)，B 正确．由mg ＝B 2l 2v 1R ，代入得B ＝1v 1（t 2－t 1）mgR v 1，C 正确．由能量守恒定律可知，线框入磁场时Q 1＝mgv 1(t 2－t 1)，线框出磁场时Q 2＝mgv 1(t 2－t 1)＋12m (v 23－v 22)，D 正确． 8．如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k ，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A 连接；两物块A 、B 质量均为m ，初始时物块均静止．现用平行于斜面向上的拉力F 拉动物块B ，使B 做加速度为a 的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的v t 图象如图乙所示(t 1时刻A 、B 的图线相切，t 2时刻对应A 图线的最高点)，重力加速度为g ，则( )A ．A 达到最大速度时的位移mg sin θkB ．拉力F 的最小值为mg sin θ＋maC ．A 、B 分离时t 1＝ 2（mg sin θ－ma ）akD ．A 、B 分离前，A 和弹簧系统机械能增加解析：选AC.开始时弹簧的压缩量满足2mg sin θ＝kx 1，当A 达到最大速度时加速度为零，此时A 、B 已分离满足mg sin θ＝kx 2，所以A 的位移为x ＝x 1－x 2＝mg sin θk，开始时力F 最小，此时对AB 整体满足F ＋kx 1－2mg sin θ＝2ma ，解得F ＝2ma ；当AB 分离时，AB 之间的弹力为零，此时对A ：kx 3－mg sin θ＝ma ，此时物体A 的位移为x ＝x 1－x 3＝mg sin θ－ma k ＝12at 21，解得t 1＝2（mg sin θ－ma ）ak；A 、B 分离前，A 、B 和弹簧系统除重力和弹力做功外还有力F 做正功，所以机械能增加；A 和弹簧系统除重力和弹力做功以外，还有B 对A 的弹力对A 做负功，所以A 和弹簧系统的机械能减少．选项AC 正确．。
【高考快递】2019高考物理总复习选择题增分练三含答案
选择题增分练(三)(满分 48 分 24 分钟) 说明：共 8 小题，每小题 6 分，在每小题给出的四个选项中，第 1～5 题只有一项符合题目要求，第 6～8 题有多项符合题目要求．全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分． 1．下列选项中，说法正确的是( )A．光电效应揭示了光的波动性，爱因斯坦发现了光电效应的规律 B．普朗克提出了能量子的假说，爱因斯坦利用能量子假说成功解释了黑体辐射的强度按波长分布的规律 C．放射性元素放出的 α 粒子是原子核内的两个质子和两个中子组成的 D．结合能指的是把核子分开需要的能量，比结合能是结合能与核子数之比，比结合能越小，原子核越稳 定 解析：选 C.光电效应揭示了光的粒子性，A 项错误；普朗克提出了能量子的假说，借助于能量子的假说， 普朗克得出了黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合相当好，B 项错误；α 衰变的实质是原子核内 的两个中子和两个质子组成一个 α 粒子被抛射出来，形成 α 射线，C 项正确；结合能并不是由于核子结合成 原子核而具有的能量，而是为把核子分开而需要的能量，比结合能是结合能与核子数之比，比结合能越大， 原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，D 项错误． 2．如图所示，一个质量为 m 的滑块置于倾角为 30°的固定粗糙斜 弹簧一端固定在竖直墙上的 P 点，另一端系在滑块上的 Q 点，直线 PQ 滑块保持静止．则( ) 面上，一根轻 与斜面垂直，A．弹簧可能处于原长状态 B．斜面对滑块的摩擦力大小可能为零 C．斜面对滑块的支持力大小可能为零 D．滑块一定受到四个力作用 解析：选 A.若滑块受重力、支持力和摩擦力，且三者合力为零时，弹簧对滑块没有作用力，弹簧处于原 长状态，所以 A 正确，D 错误；若摩擦力为零，滑块不可能静止，所以 B 错误；若支持力为零，则摩擦力也为 零，滑块不可能静止，所以 C 错误． 3．如图所示，真空中两等量异种点电荷 Q1、Q2 固定在 x 轴上， 电．三角形 acd 为等腰三角形，cd 边与 x 轴垂直且与 x 轴相交于 b 正确的是( ) 其 中 Q1 带 正 点，则下列说法A．a 点电势高于 b 点电势 B．a 点场强小于 b 点场强C．将电子从 a 点移动到 c 点，电场力做正功 D．将电子从 d 点移动到 b 点，电势能不变 解析：选 C.真空中两等量异号点电荷 Q1、Q2 固定在 x 轴上，故 ab 连线上电场线从 b 指向 a，沿着电场线 电势降低，故 b 点的电势大于 a 点电势，故 A 错误；a 点离电荷近，电场线密集，所以 a 点的电场强度大于 b 点的场强，故 B 错误；将电子从 a 点移到 c 点，电场力向右，所以电场力做正功，故 C 正确；将电子从 d 点 移动到 b 点，电场力做负功，电势能增加，故 D 错误．所以 C 正确，ABD 错误． 4．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，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 V D．若输电功率增大，则输电线上损失的功率将会减小 2 Δ E 50 kW·h P 解析：选 B.输电线上损失的功率 Δ P＝ ＝ ＝50 kW，A 错误；Δ P＝ R，解得 U＝2 000 V， t 1 h U （Δ U） 升压变压器匝数比为 400∶2 000＝1∶5，B 正确；Δ P＝ ，Δ U＝500 V，C 错误；输电电压不变，若2)R输电功率增大，则输电电流增大，输电线上损失的功率 Δ P′＝I R 增大，D 错误． 5．如图甲所示，某高架桥的引桥可视为一个倾角 θ ＝30°、长 l＝500 m 的斜面．一辆质量 m＝2 000 kg 的电动汽车从引桥底端由静止开始加速，其加速度 a 随速度 v 变化的关系图象如图乙所示，电动汽车的速度 达到 1 m/s 后，牵引力的功率保持恒定．已知行驶过程中电动汽车受到的阻力 Ff(摩擦和空气阻力)不变，重 力加速度 g 取 10 m/s .下列说法正确的是(22)A．电动汽车所受阻力 Ff＝12 000 N B．电动汽车的速度达到 1 m/s 后，牵引力的功率 P0＝12 kW C．第 1 s 内电动汽车牵引力的功率 P 与时间 t 满足 P＝12 000t D．第 1 s 内电动汽车机械能的增加量等于牵引力与阻力做功的代数和，大小为 6 000 J 解析：选 D.匀加速阶段由牛顿第二定律得 F－Ff－mgsin θ ＝ma，之后保持功率不变， －Ff－mgsin θP0 v＝ma，电动汽车做加速度逐渐减小的加速运动，最终加速度减小至 0，电动汽车达到该功率该路况下的最大速 度，P0 －Ff－mgsin θ ＝0，解得 P0＝14 kW，Ff＝2 000 N，A、B 错误；第 1 s 内电动汽车牵引力的功率 P＝ vmaxv2 Fv＝14 000t，C 错误；电动汽车做匀加速运动的过程，位移 x＝ ＝0.5 m，牵引力大小为 14 000 N，牵引力 2a与阻力做功的代数和为(F－Ff)x＝6 000 J，D 正确．6．如图所示，探月卫星由地面发射后进入地月转移轨道，经多次 距离月球表面 100 公里、周期为 118 分钟的圆轨道Ⅲ，开始进行探月 法正确的是( )变轨最终进入 工作．下列说A．卫星在轨道Ⅲ上经过 P 点时的运行速度比在轨道Ⅱ上经过 P 度小 B．卫星在轨道Ⅲ上经过 P 点时的加速度比在轨道Ⅰ上经过 P 点时的加速度小 C．卫星在轨道Ⅰ上的机械能比在轨道Ⅱ上的机械能小 D．卫星在轨道Ⅰ上的机械能比在轨道Ⅲ上的机械能大点时的运行速解析：选 AD.因为从轨道Ⅲ到轨道Ⅱ卫星做离心运动，速度须变大，A 项正确；在 P 点时，由 知，无论在哪个轨道上加速度 a 均相等，B 项错误；轨道越高，机械能越大，D 项正确．GMm ＝ma 可 r24 7． 如图所示， 一质量为 m 的小球(可视为质点)从离地面高 H 处水平抛出， 第一次落地时的水平位移为 H， 3 9 反弹的高度为 H.已知小球与地面接触的时间为 t，重力加速度为 g，不计摩擦和空气阻力．下列说法正确的 16 是( )7m 2gH A．第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力为 4t 7m 2gH B．第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力为 ＋mg 4t C．小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为 2H 3 D．小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为 H 2 解析：选 AC.小球第一次落地时竖直分速度设为 vy1，反弹后竖直分速度设为 vy2，则由 vy1＝2gH 可得 vy1 9 3 2 ＝ 2gH， 同理 vy2＝2g· H， 得 vy2＝ 2gH， 设小球受的平均作用力为 F， 由动量定理知， Ft＝mvy2－(－mvy1)， 16 427m 2gH 故 F＝ ，选项 A 对，B 错；注意这两项中问的“小球受的平均作用力”应为包括重力在内的合外力．第 4t 1 2 4 1 2 9 一次平抛时，H＝ gt1， H＝v0t1 反弹后，两次落地的水平距离 x＝v02t2， gt2＝ H，解之得 x＝2H，选项 C 正 2 3 2 16 确． 8．如图，MN 和 PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为 L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙固定在 水平面上，右端接一个阻值为 R 的定值电阻，平直部分导轨左边区域有宽度为 d、方向竖直向上、磁感应强度 大小为 B 的匀强磁场．质量为 m、电阻也为 R 的金属棒从高为 h 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止， 已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为 μ ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程 中(重力加速度为 g)( )A．金属棒中的最大电流为Bd 2gh 2RB．金属棒克服安培力做的功为 mgh C．通过金属棒的电荷量为BdL 2R1 D．金属棒产生的电热为 mg(h－μ d) 2 1 2 解析： 选 CD.金属棒下滑过程中， 根据动能定理得：mgh＝ mv ，金属棒到达水平面时的速度为：v＝ 2gh， 2 金属棒到达水平面后做减速运动，刚到达水平面时的速度最大，最大感应电动势 E＝BLv，则最大感应电流为：E BL 2gh I＝ ＝ ，故 A 错误；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh－WB－μ mgd＝0，克服安培力 R＋R 2R Δ Φ BLd 做功：WB＝mgh－μ mgd，故 B 错误；感应电荷量为：q＝IΔ t＝ ＝ ，故 C 正确；克服安培力做功转化为 2R 2R1 1 1 焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：QR＝ Q＝ WB＝ mg(h－μ d)， 2 2 2 故 D 正确．所以 CD 正确，AB 错误．。
2019高考物理全国通用版优编增分练：选择题考点排查练3+Word版含解析
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2019高考物理全国通用版优编增分练
选择题考点排查练3
2015年(全国Ⅰ卷)选择题考点排查练
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．(2018·陕西省榆林市第四次模拟)如图1所示，矩形虚线框MNPQ 内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．a 、b 、c 是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ 边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹，粒子重力不计．下列说法正确的是( )
图1
A ．粒子a 带负电
B ．粒子c 的动能最大
C ．粒子b 在磁场中运动的时间最长
D ．粒子b 在磁场中运动时的向心力最大 答案 D
15．(2018·陕西省渭南市第三次模拟)如图2所示，O 点处有一固定的点电荷，虚线是等势面，另外两个质量及电荷量绝对值相等的带电粒子M 、N 以大小相同的速度射入点电荷的电场，仅在电场力作用下两个粒子运动的轨迹如图中实线所示，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是( )。
2019高考物理总复习 计算题增分练(二)
计算题增分练(二)(满分32分 20分钟)1．在短道速滑世锦赛女子500米决赛中，接连有选手意外摔倒，由于在短道速滑比赛中很难超越对手，因而在比赛开始阶段每个选手都要以最大的加速度加速，在过弯道前超越对手．为提高速滑成绩，选手在如下场地进行训练：赛道的直道长度为L ＝30 m ，弯道半径为R ＝2.5 m ．忽略冰面对选手的摩擦力，且冰面对人的弹力沿身体方向．在过弯道时，身体对冰面的夹角θ的最小值为45°，直线加速过程视为匀加速过程，加速度a ＝1 m/s 2.若训练过程中选手没有减速过程，为保证速滑中不出现意外情况，选手在直道上速滑的最短时间为多少？(g 取10 m/s 2)解析：若选手在直道上一直加速，选手能达到的最大速度为v1，根据运动学公式有v 21＝2aL ，解得v 1＝60 m/s ，设选手过弯道时，允许的最大速度为v 2，此时人与冰面的夹角θ为45°，对选手受力分析如图． 则：F N cos 45°＝mg 、F N sin 45°＝m v 22R解得：v 2＝5 m/s ，由于v 1＞v 2，因而选手允许加速达到的最大速度为v 2＝5 m/s ，设选手在直道上加速的距离为x ，则v 22＝2ax ，解得x ＝12.5 m ，选手在直道上的最短时间t ＝v 2a ＋L －x v 2，解得：t ＝8.5 s. 答案：8.5 s2．如图所示，在xOy 平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、＋y 轴方向为电场强度的正方向)．在t ＝0时刻由原点O 发射初速度大小为v 0、方向沿＋y 轴方向的带负电粒子(不计重力)．已知v 0、B 0、E 0，且E 0＝B 0v 0π，粒子的比荷q m ＝πB 0t 0，x 轴上有一点坐标为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫48v 0t 0π，0.(1)求t 02时带电粒子的位置坐标； (2)求粒子运动过程中偏离x 轴的最大距离；(3)粒子经多长时间经过A 点？2 解析：(1)由T ＝2πm qB 得T ＝2t 0，所以t 02＝T 4，运动了T 4.又因为r ＝mv qB 得r ＝v 0t 0π所以位置坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0t 0π，v 0t 0π.(2)由图可知y 1＝v 0＋v 2t 0因v ＝v 0＋qE 0m t 0＝2v 0所以y 1＝3v 0t 02由r ＝mv qB 得r 2＝2v 0t 0π所以y m ＝y 1＋r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋2πv 0t 0(3)由图可知粒子以4t 0为一个周期，在一个周期内的距离d ＝2(r 1＋r 2)＝6v 0t 0π所以t ＝48v 0t 0πd ×4t 0＝32t 0答案：(1)⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0t 0π，v 0t 0π (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋2πv 0t 0 (3)32t 0。
2019高考物理全国通用版优编增分练：计算题考点排查练9+Word版含解析
2019高考物理全国通用版优编增分练
计算题考点排查练9
2017年(全国Ⅱ卷)计算题考点排查练
24．(2018·河北省石家庄二中期中)如图1甲所示，在水平地面上放置一个质量为m＝4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图象如图乙所示．已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g＝10 m/s2.求：
图1
(1)运动过程中物体的最大加速度为多少？
(2)距出发点多远时物体的速度达到最大？
(3)物体在水平面上运动的最大位移是多少？
答案(1)20 m/s2(2)3.2 m(3)10 m
解析(1)由牛顿第二定律，得：F－μmg＝ma
当推力F＝100 N时，物体所受的合力最大，加速度最大，代入数值解得a＝F
m－μg＝20 m/s
2 (2)由题图可得推力F是随位移x变化的，当推力等于摩擦力时，加速度为0，速度最大
则F＝μmg＝20 N
由题图得到F与x的函数关系式F＝100－25x
则得到x＝3.2 m
(3)由题图得到推力对物体做的功等于F－x图线与x轴所围“面积”，得推力做功W＝200 J 根据动能定理：W－μmgx m＝0。
2019年高考物理增分练(全国通用版)选择题考点排查练12Word版含解析
2018年(全国Ⅱ卷)选择题考点排查练二、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．(2018·四川省达州市一模)如图1所示，质量为m 的一辆小汽车从水平地面AC 上的A 点沿斜坡匀速行驶到B 点．B 距水平面高h ，以水平地面为零势能面，重力加速度为g .小汽车从A 点运动到B 点的过程中(空气阻力不能忽略)，下列说法正确的是( )图1A ．合外力做功为零B ．合外力做功为mghC ．小汽车的机械能增加量为0D ．牵引力做功为mgh 答案 A15．(2018·安徽省马鞍山市二质监)质量为2 kg 的小物块静止于光滑水平面上，从某一时刻开始，小物块所受的水平冲量与时间的关系如图2所示，则在6 s 内物体的位移为( )图2A ．0B ．3 mC ．6 mD ．12 m答案 C16．(2018·贵州省安顺市适应性监测三)我国“北斗二代”计划发射35颗卫星，形成全球性的定位导航系统．其中的5颗卫星是相对地面静止的高轨道卫星(以下简称“静卫”)，其他的有27颗中轨道卫星(以下简称“中卫”)轨道高度(距地面)为静止轨道高度的35.下列说法正确的是( )A ．“中卫”的线速度介于7.9 km /s 和11.2 km/s 之间B ．“静卫”的轨道必须是在赤道上空C ．如果质量相同，“静卫”与“中卫”的动能之比为3∶5D ．“静卫”的运行周期小于“中卫”的运行周期 答案 B17．(2018·河南省濮阳市第三次模拟)用如图3甲所示的电路研究光电效应中光电流强度与照射光的强弱、频率等物理量的关系．图中A 、K 两极间的电压大小可调，电源的正负极也可以对调，分别用a 、b 、c 三束单色光照射，调节A 、K 间的电压U ，得到光电流I 与电压U 的关系如图乙所示，由图可知( )图3A ．单色光a 和c 的频率相同，且a 光更弱些，b 光频率最大B ．单色光a 和c 的频率相同，且a 光更强些，b 光频率最大C ．单色光a 和c 的频率相同，且a 光更弱些，b 光频率最小D ．单色光a 和c 的频率不同，且a 光更强些，b 光频率最小 答案 B解析 a 、c 两光分别照射后遏止电压相同，根据E km ＝eU c ，可知产生的光电子最大初动能相等，可知a 、c 两光的频率相等，光子能量相等，由于a 光的饱和电流较大，则a 光的强度较大，单色光b 照射后遏止电压较大，根据E km ＝eU c ，可知b 光照射后产生的光电子最大初动能较大，根据光电效应方程E km ＝hν－W 0得，b 光的频率大于a 光的频率，故A 、C 、D 错误，B 正确．18．(2018·河南师大附中模拟)如图4所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x 轴上且长为2L ，高为L ，纸面内一边长为L 的正方形导线框沿x 轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t ＝0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流－位移(I －x )关系的是( )图4答案 B解析 位移在0～L 过程，通过导线框的磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值．I ＝BL v R ，L ∝x ，则I ∝x ；位移在L ～2L 过程，通过导线框的磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值，A 、C 、D 错误；位移在2L ～3L 过程，通过导线框的磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值，B 正确．19．(2018·广东省惠州市第二次调研)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v －t 图象如图5所示．已知两车在t ＝0时并排行驶，则( )图5A ．在t ＝1 s 时，甲车在乙车后B ．在t ＝3 s 时，甲车在乙车后7.5 mC ．两车另一次并排行驶的时刻是t ＝2 sD ．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m 答案 AB解析 已知两车在t ＝0时并排行驶，在0～1 s 内，甲车的速度比乙车的小，所以在t ＝1 s 时，甲车在乙车后，故A 正确．根据速度－时间图线与时间轴所围的面积大小表示位移可得，在t ＝3 s 时，两车的位移之差为Δx ＝x 乙－x 甲＝10＋252×3 m －30×32 m ＝7.5 m ，则在t ＝3 s时，甲车在乙车后7.5 m ，故B 正确．根据“面积”表示位移，可知两车另一次并排行驶的时刻是t ＝4 s ，故C 错误．两车另一次并排行驶的时刻是t ＝4 s ，甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为s ＝40×42m ＝80 m ，故D 错误．20．(2018·广东省汕头市质检)如图6，在方向水平向右、磁感应强度为B 的匀强磁场中，垂直于磁场和纸面放入一根通电直导线，以导线为中心，半径为R 的圆周上有a 、b 、c 、d 四个点，已知c 点的实际磁感应强度大小等于B ，下列说法正确的是( )图6A ．导线的电流方向垂直纸面向外B ．b 、d 两点的实际磁感应强度大小相等C ．b 、d 两点的实际磁感应强度方向相同。
2019高考物理最后冲刺增分小题狂练： 5 (含解析)
练小题提分快如图所示，一件重力为，底边水平，不计摩擦．则衣架一侧对衣服的作用力大小为cos30°＝G，解得F＝3G，选项A正确．如图所示，重力为6 N若用平行于斜面沿水平方向、大小等于4 N的力绳与竖直方向成30°角．重力加速度为g，下列说法正确的是()．F3＝F1>F2．F1>F2＝F3题图甲中物体处于静止状态，所以合力为零，即弹簧的弹力等于重力大广东省深圳市高级中学测试]智能手机的普及使“低头族”应运而生．低头时，颈椎受到的压力会增大体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重力)．现将人体头颈部简化为如图所示的点，头在可绕O转动的颈椎肌肉拉力的作用下处于静止．当低头时，若颈椎与竖直方向的夹角为此时颈椎受到的压力与直立时颈椎受到的压力的比值为在水平方向：F N sin45°mg，所以C正确，湖南省益阳市、湘潭市调研]如图所示，小球A ．2cos θ：1B ．：2cos θC ．tan θ：1D ．：2sin θ答案：B解析：对A 、B 两球受力分析如图所示，由力的平衡条件可知，T ′sin θ＝m A g ，T sin2θ＝m B g ，T ′＝T ，解得m A ：m B ＝sin θ：sin2θ＝：2cos θ，B 正确．8．[2019·广东省深圳联考]如图所示，内壁及碗口光滑的半球形碗固定在水平面上，碗口保持水平．A 球、C 球与B 球分别用两根轻质细线连接．当系统保持静止时，B 球对碗壁刚好无压力，图中θ＝30°，则A 球和C 球的质量之比为( )A ．：2B ．：1C ．： 3 D.3：1答案：C解析：B 球对碗壁刚好无压力，则根据几何知识分析可得，B 球所在位置两细线的夹角为90°，以B 球为研究对象，进行受力分析，水平方向所受合力为零，设B球左、右两边细线的拉力大小分别为F A 、F C ，由此可知F A cos θ＝F C sin θ，F A F C ＝m A g m Cg ＝tan θ，C 正确．9.[2019·湖北省部分重点中学联考](多选)如图所示，滑块A 与小球B 用一根不可伸长的轻绳相连，且滑块A 套在水平直杆上．现用大小为10 N 、与水平方向成30°角的力F 拉B ，使A 、B 一起向右匀速运动，运动过程中A 、B 保持相对静止．已知A 、B 的质量分别为2 kg 、1 kg ，重力加速度为10 m/s 2，则( )A ．轻绳与水平方向的夹角θ＝60°B ．轻绳与水平方向的夹角θ＝30°C ．滑块A 与水平直杆之间的动摩擦因数为34点正下方，则F1与F2的大小关系是．F＝4F B．F＝3F，B受到水平向左的力间细线与竖直方向的夹角为mg，故tanα＝恰能保持静止，则物块B的质量为()A.22mB.2mC ．mD ．2m答案：A解析：先以A 为研究对象，由A 物块受力及平衡条件可得，绳中张力F T ＝mg sin30°.再以动滑轮为研究对象，分析其受力并由平衡条件有m B g ＝2F T ，解得m B ＝22m ，A 正确．12.[2019·吉林省辽源五中摸底]如图所示，OP 为一满足胡克定律的弹性轻绳，其一端固定于天花板上的O 点，另一端与静止在水平地面上的滑块P 相连，当弹性绳处于竖直方向时，滑块P 对地面有压力作用．Q 为紧挨绳的一光滑水平小钉，它与天花板的距离等于弹性绳的自然长度，现用一水平力F 作用于滑块P ，使之向右缓慢地沿水平地面做直线运动，在运动过程中弹性绳处于弹性限度内，且满足弹力与形变量成正比的关系，滑块与地面间的动摩擦因数恒定，则下列说法正确的是( )A ．地面作用于滑块P 的摩擦力不变B ．地面对滑块P 的支持力减小C ．水平力F 减小D ．水平力F 保持不变答案：A解析：设在某点处弹性绳与水平方向的夹角为θ，对滑块P 进行受力分析，有mg ＝F 弹sin θ＋N ，F ＝F 弹cos θ＋f ，f ＝μN ′，N ′＝N ，F 弹＝kx ＝k QP sin θ，解得地面对滑块P 的支持力N 不变，地面对滑块P 的摩擦力也不变，F 变大，故选A.13.一串小灯笼(五只)彼此用轻绳连接，并悬挂在空中．在稳定水平风力作用下发生倾斜，轻绳与竖直方向的夹角为30°，如图所示．设每只灯笼的质量均为m ，重力加速度大小为g ，则自上往下第一只灯笼对第二只灯笼的拉力大小为( )A ．23mg B.23mg 3于杆受力的说法正确的是()杆、BC杆均可替换为轻绳杆表现为拉力，BC杆表现为支持力．丁中的AB杆、BC杆均表现为支持力．左边圆杆对滑块的支持力大小为mg cosθ．左边圆杆对滑块的摩擦力大小为mg sinθ，左边圆杆对滑块的支持力将增大合力与分力之间的关系可知，只有两个分力的方向相同时，F才能增加20 N可能减小，故D如图所示，质量分别为放在水平桌面上，木块的作用下整体处于静止状态，绳与水平方向成F 2＋m 2g 2＋2Fmg cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α＝F 2＋m 2g 2－2Fmg sin α.即B 对．同样对A 、B 整体分析，知桌面对A 的摩擦力应向左，大小为F ′f ＝F cos α，故A 对桌面的摩擦力应向右，大小为F f ＝F ′f ＝F cos α.故C 、D 均错．3．[2019·辽宁鞍山一中模拟]如图，A 、B 两球(可视为质点)质量均为m ，固定在轻弹簧的两端，分别用细绳悬于O 点，其中球A 处在光滑竖直墙面和光滑水平地面的交界处．已知两球均处于静止状态，OA 沿竖直方向，OAB 恰好构成一个正三角形，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．球A 对竖直墙壁的压力大小为12mgB ．弹簧对球A 的弹力大于对球B 的弹力C ．绳OB 的拉力大小等于mgD ．球A 对地面的压力不可能为零答案：C解析：对球B 进行受力分析如图所示，受重力、弹簧的弹力、细绳的拉力，它们互成120°角，球B 处于平衡状态，由力的合成法则可知必有mg ＝F ＝T B ，故C 正确．球A 受重力、弹簧的弹力、墙壁向右的支持力、细绳的拉力、地面的支持力(其中地面的支持力和细绳的拉力可能只有一个)，在水平方向有墙的支持力等于弹簧的弹力在水平方向的分量F N ＝F ′cos θ＝F cos30°＝32mg ，由牛顿第三定律可知A 错误；弹簧静止，合力为零，故两个球对弹簧的弹力等大、反向、共线，故弹簧对球A 的弹力等于对球B 的弹力，故B 错误；对A 球进行受力分析并列平衡方程，绳OA 对球A 的拉力和地面的支持力的合力大小等于弹簧弹力的竖直分力和重力之和，故N ＋T ＝mg ＋F sin30°，mg ＝F ＝T B ，可知当T ＝1.5mg 时，地面对A 的支持力等于零，根据牛顿第三定律，球A 对地面的压力可能为零，故D 错误．之间的弹簧是伸长的，设原长为l，伸长量为c、d之间的弹簧伸长量为之间弹簧长度的一半，则2(l＋x)＝弹簧一定是压缩的，A正确；a和b、a和c、b和d之间的弹簧都是压缩的且长度相3f，D错误．如图所示，质量为m拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是()以小球为研究对象，分析受力情况如图所示，重力mg 、竖直挡板对球的弹力F 2和斜面的弹力F 1.根据牛顿第二定律得竖直方向F 1cos θ＝mg ①，水平方向F 2－F 1sin θ＝ma ②，由①看出，斜面的弹力F 1大小不变，与加速度无关，不可能为零，由②看出，若加速度足够小时，F 2＝F 1sin θ＝mg tan θ≠0；根据牛顿第二定律可知，重力、斜面和挡板对球的弹力三个力的合力等于ma ，故选B.6. 如图所示，用一根长为l 的细绳一端固定在O 点，另一端悬挂质量为m 的小球A ，为使细绳与竖直方向夹角为30°且绷紧，小球A 处于静止，对小球施加的最小的力是( )A.3mgB.32mg C.12mg D.33mg答案：C解析：对小球A 受力分析，小球受到拉力、重力和施加的外力，作出受力分析图，当小球施加的力F 与细绳垂直时，作用力最小，由受力平衡得：F 的最小值为F min ＝G sin30°＝12mg .7．如图所示，作用于坐标原点O 的三个力平衡，已知三个力均位于xOy 平面内，其中力F 1的大小不变，方向沿y 轴负方向；力F 2的大小未知，方向与x 轴正方向的夹角为θ.则下列关于力F 3的判断正确的是( )A ．力F 3只能在第二象限B ．力F 3与F 2的夹角越小，则F 2与F 3的合力越小C ．力F 3的最小值为F 1cos θD ．力F 3可能在第三象限的任意区域的大小和方向、力F2的方向，则第三个力两个力的反向延长线之间，但不能沿F等大反向，所以不管三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球保持静止，球施加一个水平向右的力F，将B缓缓拉到图中虚线位置，动，这时三根细绳中张力T AC、T AD、T AB的变化情况是()A.932B.329C.38D.34 答案：B解析：由2k ⎝ ⎛⎭⎪⎫L sin37°－L cos37°＝mg 和2k ⎝ ⎛⎭⎪⎫L sin53°－L cos53°＝Mg 解得：m M ＝329，即B 正确．10.[2019·河北保定模拟]如图所示，将三个完全相同的光滑球用不可伸长的细线悬挂于O 点并处于静止状态．已知球半径为R ，重为G ，线长均为R .则每条细线上的张力大小为( )A ．2G B.62G C.32G D.52G 答案：B解析：本题中O 点与各球心的连线及各球心连线，构成一个边长为2R 的正四面体，如图甲所示(A 、B 、C 为各球球心)，O ′为△ABC 的中心，设∠OAO ′＝θ，由几何关系知O ′A ＝233R (如图乙所示)，由勾股定理得OO ′＝OA 2－AO ′2＝83R ，对A 处球受力分析有：F sin θ＝G ，又sin θ＝OO ′OA ，解得F ＝62G ，故只有B 项正确．11.如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体a 、b ，两物体间用一根细绳连接，在细绳的中点加一与斜面垂直向上的拉力，使两物体均处于静止状态，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )进行受力分析，如图所示，b物体处于静止状态，当绳中拉力沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，f b＝0，物体一定受到摩擦力作用，肯定受4个力作用，选项沿垂直于斜面方向受力都平衡，设绳与斜面间的夹角为面方向有T b cosθ－mg sinθ＝f b，a、b对斜面的压力相等，所以最大静摩擦力相等，当的砝码悬挂在轻绳P A和PB沿水平方向．质量为的斜面上，如图所示．(取g＝10 m/s(2)对木块受力分析如图乙所示，由共点力的平衡条件得Mg sin37°＋F B cos37°－F f＝0F N＋F B sin37°－Mg cos37°＝0联立解得F f＝Mg sin37°＋F B cos37°＝64.8 NF N＝Mg cos37°－F B sin37°＝76.4 N.。
(江苏专用)2019高考物理总复习 优编题型增分练：基础回扣练5 万有引力定律及应用.doc
5.万有引力定律及应用1．(多选)(2018·南京市金陵中学模拟)天文社的同学长期观测一颗绕地球做圆周运动的人造卫星，测得其绕行周期是T ，已知地球表面重力加速度为g ，地球半径为R ，由此可以求出( )A ．卫星受到的地球的引力B ．卫星运动的向心加速度C ．卫星运动的机械能D ．卫星的轨道离地面的高度答案 BD2．(2018·无锡市高三期末)如图1所示，2017年9月25日至9月28日期间，微信启动新界面，其画面视角从人类起源的非洲(左)变为华夏大地中国(右)．新照片由我国新一代静止轨道卫星(同步卫星)“风云四号”拍摄，见证着科学家15年的辛苦和努力．下列说法正确的是( )图1A ．“风云四号”可能经过无锡正上空B ．“风云四号”的向心加速度大于月球的向心加速度C ．与“风云四号”同轨道的卫星运动的动能都相等D ．“风云四号”的运行速度大于7.9 km/s答案 B3．(多选)(2018·南京市、盐城市二模)某试验卫星在地球赤道平面内一圆形轨道上运行，每5天对某城市访问一次(即经过其正上方)，下列关于该卫星的描述中正确的是( )A ．角速度可能大于地球自转角速度B ．线速度可能大于第一宇宙速度C ．高度一定小于同步卫星的高度D ．向心加速度一定小于地面的重力加速度答案 AD解析 设卫星的周期为T ，地球自转的周期为T 0，则有2πT ×5T 0＝2πT 0×5T 0＋2π，或者2πT×5T 0＋2π＝2πT 0×5T 0，可解得卫星的周期T ＝56T 0或者T ＝54T 0，即卫星的角速度可能大于地球自转角速度，也可能小于地球自转角速度，A 正确；由卫星的线速度v ＝GM r可知，所有卫星的速度小于等于第一宇宙速度，B 错误；卫星的高度越高，周期越大，由A 选项解析可知，卫星的周期可能大于也能小于同步卫星的周期，所以卫星的高度可能大于也可能小于同步卫星的高度，C 错误；根据牛顿第二定律GMm r 2＝ma ，向心加速度a ＝GMr2，卫星的高度高于地面，所以其向心加速度小于地面的重力加速度，D 正确．4．(多选)(2018·苏锡常镇一调)如图2所示，我国自主研发的北斗卫星导航系统由35颗卫星组成，包括分布于a 类型轨道的5颗同步轨道卫星、分布于b 类型轨道的3颗倾斜轨道卫星(与同步卫星轨道半径相同，轨道倾角55°)和分布于c 类型轨道的27颗中轨道卫星(轨道半径小于同步卫星的)，中轨道卫星运行在3个互成120°的轨道面上做圆周运动，预计2020年全部建成．下列说法正确的是( )图2A ．a 类型轨道上的卫星相对于地面静止且处于平衡状态B ．a 类型轨道上的卫星运行速率等于b 类型轨道上的卫星运行速率C ．b 类型轨道上的卫星也与地球保持相对静止D ．三类卫星相比，c 类卫星的向心加速度最大答案 BD解析 卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，不是处于平衡状态，故A 错误；人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则有：G Mm r 2＝m v 2r，解得：v ＝GM r，由于a 类型轨道上的卫星运行半径等于b 类型轨道上的卫星运行半径，则a 类型轨道上的卫星运行速率等于b 类型轨道上的卫星运行速率，选项B 正确；b 类型卫星不能与地球保持相对静止，只有同步轨道卫星才能与地球保持相对静止，故C 错误；a ＝GM r2，由题知中轨道卫星c 的轨道半径小于同步卫星a ，半径小的向心加速度大，故D 正确．5．(多选)某卫星绕地球做匀速圆周运动，周期为T .已知地球半径为R ，地球表面重力加速度为g ，引力常量为G ，假设地球的质量分布均匀，忽略地球自转．以下说法正确的是( )A ．卫星运行半径r ＝3gR 2T 24π2B ．卫星运行半径r ＝RT 2π3g C ．地球平均密度ρ＝3g 4πGRD ．地球平均密度ρ＝3gR 4πG 答案 AC 解析由万有引力提供向心力有：G mM r 2＝m 4π2T 2r ，G Mm ′R2＝m ′g 联立解得：r ＝3gR 2T 24π2，故A 正确，B 错误；地球的质量M ＝gR 2G， 地球的体积V ＝4πR 33， 所以地球的密度为ρ＝M V ＝gR 2G 4πR 33＝3g 4πGR， 故C 正确，D 错误．6.(多选)如图3所示，2018年5月21日，我国成功发射嫦娥四号任务“鹊桥”中继星，该卫星由地面发射后，进入地月转移轨道，经多次变轨后进入圆形工作轨道Ⅲ，为在月球背面软着陆做准备，下列说法错误的是( )图3A ．卫星在轨道Ⅲ上的运行速度比月球的第一宇宙速度大B ．卫星在轨道Ⅲ上经过P 点时的加速度比在轨道Ⅰ上经过P 点时的加速度小C ．卫星在轨道Ⅲ上运行的周期比在轨道Ⅰ上短D ．卫星在轨道Ⅳ上的机械能比在轨道Ⅱ上大答案 ABD7．(2018·江苏省联盟大联考)已知质量为m 的人造地球卫星与地心的距离为r 时，引力势能可表示为E p ＝－G Mm r，其中G 为引力常量，M 为地球质量．先从地面赤道某处发射一质量m 0的卫星至离地球表面h 高处的轨道上，使其绕地球做匀速圆周运动，则至少需对卫星做功(忽略地球自转影响，设地球半径为R )( )A ．G Mm 0R －G Mm 02(R ＋h )B ．G Mm 0R －G Mm 0R ＋hC ．G Mm 02(R ＋h )D ．G Mm 02R －G Mm 0R ＋h 答案 A解析 根据万有引力提供向心力：G Mm 0(R ＋h )2＝m 0v 2R ＋h ，所以卫星的动能：E k ＝12m 0v 2＝GMm 02(R ＋h )，从地面发射到离地面高h 处，引力势能增加ΔE p ＝GMm 0R －GMm 0R ＋h ，根据能量守恒，至少需对卫星做功W ＝E k ＋ΔE p ＝GMm 0R －GMm 02(R ＋h )，所以A 正确． 8.(多选)(2018·泰州中学月考)2016年2月11日，科学家宣布激光干涉引力波天文台(LIGO)探测到由两个黑洞合并产生的引力波信号，这是在爱因斯坦提出引力波概念100周年后，引力波被首次直接观测到．在两个黑洞合并过程中，由于彼此间的强大引力作用，会形成短时间的双星系统．如图4所示，黑洞A 、B 可视为质点，它们围绕连线上O 点做匀速圆周运动，且AO 大于BO ，不考虑其他天体的影响．下列说法正确的是( )图4A ．黑洞A 的向心力大于B 的向心力B ．黑洞A 的线速度大于B 的线速度C ．黑洞A 的质量大于B 的质量D ．两黑洞之间的距离越大，A 的周期越大答案 BD解析 双星靠相互间的万有引力提供向心力，根据牛顿第三定律可知，A 对B 的作用力与B 对A 的作用力大小相等，方向相反，则黑洞A 的向心力等于B 的向心力，故A 错误；双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，由题意可知A 的半径比较大，根据v ＝ωr 可知，黑洞A 的线速度大于B 的线速度，故B 正确；在匀速转动时的向心力大小关系为：m A ω2r A ＝m B ω2r B ，由于A 的半径比较大，所以A 的质量小，故C 错误，双星系统的周期公式为：T ＝4π2L 3G (m A ＋m B )，所以两黑洞之间的距离越大，A 的周期越大，故D 正确．。
(45套)2019高考物理专项复习试题 (全国通用)
（45套）2019高考物理专项复习试题全套（适用全国）光的反射、折射课后练习(1)1．在我国古代学者沉括的著作《梦溪笔谈》中有如下记载：“若鸢飞空中，其影随鸢而移；或中间为窗隙所束，则影与鸢遂相违，鸢东则影西，鸢西则影东。
”，其意是说，若鹞鹰在空中飞翔，它的影子随鹞鹰而移动；如鹞鹰的影子中间被窗户孔隙所约束，影子与鹞鹰就作相反方向移动，鹞鹰向东则影子向西移，鹞鹰向西则影子向东移。
这描述的是光的什么现象( )A．直线传播现象 B.折射现象 C.干涉现象 D.衍射现象2．把凸透镜正对太阳光，可在距凸透镜10 cm处得到一个最小最亮的光斑．若用此透镜来观察邮票上较小的图案，则邮票到透镜的距离应该（）A．大于10cm B．小于10cm C．大于20cm D．在10cm和20cm之间3．以下说法正确的是（）A．利用红外线进行遥感、遥控，主要是因为红外线的波长长，不容易发生衍射B．照相机镜头表面涂上增透膜，以增强透射光的强度，是应用了光的全反射现象C．真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源、观察者间的相对运动没有关系D．a射线、β射线、γ射线本质上都是电磁波4．某高层建筑物外墙大量使用了幕墙玻璃，在白天时外面的人看不清室内的物体，而室内的人却能较清楚地看见外面的物体，其原因是（）A．在玻璃的外表面涂有大量吸收光的物质B．在玻璃的外表面涂有不透光的彩色薄膜C．在玻璃的外表面涂有高反射膜D．在玻璃的外表面涂有增透膜5．保持入射光线方向不变,将平面镜绕着过入射点且垂直于入射光线和法线所决定的平面的轴旋转θ角,则（）A．反射光线也转过θ角 B.反射光线转过2θ角C．入射角增大2θ角 D.反射光线与入射光线的夹角增大θ角6．某汽车驾驶室外有一用平面镜作成的观后镜,当汽车以50km／h的速度在公路上.向前行驶时,司机从镜中看到车后的静止景物向镜后运动的速度应是（）A．50km／h B.25km／h C.100kin／h D.07．两平面镜镜耐相对、平行放置,中间有一发光点S.当其中一面镜子以速率v沿BD垂直于镜面的方向向光点S移动时,在离镜面最近的四个像中（）A．有两个像的速率为2v B.有二个像的速率为2vC．有两个像朝S运动 D.有三个像朝S运动8． 2002年4月21日上午9时30分左右,在武汉人们看到太阳的周围环绕着一道“美丽的光环”,这被称为太阳的“日晕”现象,这种现象属于（）A．太阳光的衍射 B.太阳光的干涉C．太阳光的折射 D.小孔成像9．关于红光和紫光，下列说法正确的是（）A．红光的频率大于紫光的频率B．同一种玻璃对红光的折射率比紫光的小C．红光在水中的传播速度比紫光的小D．用同一装置做双缝干涉实验，红光的干涉条纹间距比紫光的小10．一潜水员自水下目测站立于船头的观察者距水面高为h1,而观察者目测潜水员距水面深h2,则（）A．潜水员实际深度大于h2,观察者实际高度大于h1,B．潜水员实际深度小于h2,观察者实际高度小于h1,C．潜水员实际深度大于h2,观察者实际高度小于h1,D．潜水员实际深度小于h2,观察者实际高度大于h1.参考答案：1．答案： A解析：本题考查光的直线传播及形成的现象.前段鹞鹰的影子，是光沿直线传播形成的；后段所说的“影子”实际是鹞鹰经小孔所成的像，即小孔成像，这也是光直线传播形成的现象.故A正确.A2．答案： B解析：由题意可知焦距大于10cm，看图案时应该起放大功能，B对3．答案： C解析：红外线的波长长，容易发生衍射，A错误；增透膜是光的干涉现象，B错误；根据光速不变原理，C正确；a射线是高速粒子流、β射线是高速电子流，D错误。
2019高考物理全国通用版优编增分练 2018年(全国Ⅱ卷)计算题考点排查练(含答案)
2018年(全国Ⅱ卷)计算题考点排查练24．(2018·河南省开封市第三次模拟)如图1所示，水平光滑细杆上P 点套一轻质小环，小环通过长L ＝0.5 m 的轻绳悬挂一质量不计的夹子，夹子内夹有质量m ＝0.5 kg 的物块，物块两竖直侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F fm ＝3 N ．现对物块施加F ＝5 N 的水平恒力作用，物块和小环一起沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，小环碰到杆上的钉子Q 时立即停止运动，物块恰要相对夹子滑动，与此同时撤去外力，一质量为0.1 kg 的直杆以1 m/s 的速度沿水平方向相向插入夹子将夹子与物块锁定(此过程时间极短)．物块可看成质点，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图1(1)物块做匀加速运动的加速度大小a ；(2)P 、Q 两点间的距离s ；(3)物块向右摆动的最大高度h . 答案 (1)10 m/s 2 (2)0.05 m (3)0.022 m解析 (1)以整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F ＝ma ，得：a ＝10 m/s 2(2)环到达Q ，物块刚达到最大静摩擦力，由牛顿第二定律2F fm －mg ＝m v 2L根据动能定理有Fs ＝12m v 2，联立得s ＝0.05 m (3)直杆插入夹子时，直杆与物块水平方向动量守恒，取向右为正方向，m v －m 0v 0＝(m ＋m 0)v 共由动能定理得：－(m ＋m 0)gh ＝0－12(m ＋m 0)v 共2 联立得h ≈0.022 m.25．(2018·河南省新乡市第三次模拟)如图2所示，xOy 坐标系中，在y <0的区域内分布有沿y 轴正方向的匀强电场，在0<y <y 0的区域内分布有垂直于xOy 平面向里的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子以初速度v 0由坐标(0，－y 0)处沿x 轴正方向射入电场．已知电场强度大小E ＝m v 022qy 0，粒子重力不计．图2(1)要使粒子不从y ＝y 0边界射出磁场，求磁感应强度应满足的条件；(2)要使粒子从电场进入磁场时能通过点P (50y 0,0)(图中未画出)，求磁感应强度的大小．答案 (1)B >(2＋1)m v 0qy 0(2)见解析 解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动，则有：x ＝v 0t ，y 0＝12at 2 qE ＝ma ，v y ＝at解得：x ＝2y 0 ，v y ＝v 0进入磁场时的速度v ＝v 02＋v y 2＝2v 0速度与x 轴夹角的正切值tan θ＝v y v 0＝1，得θ＝45° 若粒子刚好不从y ＝y 0边界射出磁场，则有：q v B ＝m v 2r由几何关系知(1＋22)r ＝y 0 解得B ＝(2＋1)m v 0qy 0故要使粒子不从y ＝y 0边界射出磁场，应满足磁感应强度B >(2＋1)m v 0qy 0(2)粒子相邻两次从电场进入磁场时，沿x 轴前进的距离Δx ＝2x －2r ′＝4y 0－2r ′其中初始位置为(2y 0,0)由r ′＝m v qB 得B ＝2m v 0q (4y 0－Δx )又因为粒子不能射出边界：y ＝y 0，所以(22＋1)r ′<y 0，即0<r ′<(2－2)y 0 所以有(6－22)y 0 <Δx <4y 0粒子通过P 点，回旋次数n ＝50y 0－2y 0Δx则48y 04y 0<n <48y 0(6－22)y 0，即12<n <15.1 n 为整数，只能取n ＝13、n ＝14和n ＝15n ＝13时，B ＝13m v 02qy 0 n ＝14时，B ＝7m v 02qy 0 n ＝15时，B ＝5m v 02qy 0。
【高中物理】2019高考物理总复习计算题增分练五.doc
计算题增分练(五)(满分32分 20分钟)1．如图所示，半径为l 的金属圆环水平放置，圆心处及圆环边缘通过导线分别与两条平行的倾斜金属轨道相连．圆环区域内分布着磁感应强度为B ，方向竖直向下的匀强磁场，圆环上放置一金属棒a ，一端在圆心处，另一端恰好搭在圆环上，可绕圆心转动．倾斜轨道部分处于垂直轨道平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小也为B ，金属棒b 放置在倾斜平行导轨上，其长度与导轨间距均为2l .当棒a 绕圆心以角速度ω顺时针(俯视)匀速旋转时，棒b 保持静止．已知棒b 与轨道间的动摩擦因数为μ＝0.5，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力；棒b 的质量为m ，棒a 、b 的电阻分别为R 、2R ，其余电阻不计；斜面倾角为θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g ，求(1)金属棒b 两端的电压；(2)为保持b 棒始终静止，棒a 旋转的角速度大小的范围．解析：(1)E ＝Bl v① v ＝0＋l ω2② U ＝2R R ＋2R·E ③ ①②③式联立，解得：U ＝13Bl 2ω ④ (2)I ＝ER ＋2R ⑤F 安＝BI ·2l⑥由①②⑤⑥式联立，解得：F 安＝B 2l 3ω3R⑦为保持b 棒始终静止，棒a 旋转的角速度最小设为ω1，最大为ω2：mg sin θ＝μmg cos θ＋B 2l 3ω13R⑧ mg sin θ＋μmg cos θ＝B 2l 3ω23R⑨ 3mgR 5B 2l 3≤ω≤3mgR B 2l 3 ⑩答案：(1)13Bl 2ω (2)3mgR 5B 2l 3≤ω≤3mgR B 2l 3 2．如图甲所示，光滑斜面OA 与倾斜传送带AB 在A 点相接，且OAB 在一条直线上，与水平面夹角α＝37°，轻质弹簧下端固定在O 点，上端可自由伸长到A 点．在A 点放一个物体，在力F 的作用下向下缓慢压缩弹簧到C 点，该过程中力F 随压缩距离x 的变化如图乙所示．已知物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.5，传送带AB 部分长为5 m ，顺时针转动，速度v ＝4 m/s ，重力加速度g 取10 m/s 2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)物体的质量m ；(2)弹簧从A 点被压缩到C 点过程中力F 所做的功W ；(3)若在C 点撤去力F ，物体被弹回并滑上传送带，问物体在传送带上最远能到何处？ 解析：(1)由图象可知：mg sin 37°＝30 N ①解得m ＝5 kg(2)图乙中图线与横轴所围成的面积表示力F 所做的功：W ＝390×⎝ ⎛⎭⎪⎫0.5－1282 J －30×1282 J ＝90 J ②(3)撤去力F ，设物体返回至A 点的速度大小为v 0，从A 出发到第二次返回A 处的过程应用动能定理：W ＝12mv 2③解得：v 0＝6 m/s 由于v 0＞v ，物体所受摩擦力沿传送带向下，设此阶段加速度大小为a 1，由牛顿第二定律：mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1④ 解得：a 1＝10 m/s 2速度减为v 时，设沿斜面向上发生的位移大小为x 1，由运动学规律：x 1＝v 20－v 22a 1 ⑤解得：x 1＝1 m此后摩擦力改变方向，由于mg sin 37°＞μmg cos 37°，所以物块所受合外力仍沿传送带向下，设此后过程加速度大小为a 2，再由牛顿第二定律：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2设之后沿斜面向上发生的最大位移大小为x 2，由运动学规律：x 2＝v 22a 2⑦ 解得：x 2＝4 m所以物体能够在传送带上发生的最大位移：x m ＝x 1＋x 2＝5 m即恰好到达传送带顶端B 点答案：(1)5 kg (2)90 J (3)5 m。
2019年高考物理增分练(全国通用版)选择题考点排查练4Word版含解析
2015年(全国Ⅱ卷)选择题考点排查练二、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．(2018·河南省驻马店市第二次质检)电动势为E ，内阻为r 的电源与可变电阻R 1、R 2、R 3以及一平行板电容器连成如图1所示的电路．当开关S 闭合后，两平行金属板A 、B 间有一带电液滴恰好处于静止状态．下列说法正确的是( )图1A ．将R 1的滑片向右移动一小段距离，带电液滴将向下运动B ．将R 2的滑片向右移动一小段距离，电容器两极板的电荷量将增加C ．增大电容器两板间的距离，电容器两极板的电荷量将增加D ．减小R 3的阻值，R 2两端的电压的变化量小于R 3两端的电压的变化量答案 D15．(2018·山东省青岛市二模)在光滑绝缘水平面上，固定一电流方向如图2所示的通电直导线，其右侧有闭合圆形线圈，某时刻线圈获得一个如图所示的初速度v 0，若通电导线足够长，则下列说法正确的是( )图2A ．线圈中产生沿顺时针方向的恒定电流B．线圈中产生沿逆时针方向的恒定电流C．线圈最终会以某一速度做匀速直线运动D．线圈最终会停下来并保持静止答案 C16．(2018·内蒙古赤峰二中月考)如图3所示，帆板在海面上以速度v朝正西方向运动，帆船以速度v朝正北方向航行，以帆板为参照物()图3A．帆船朝正东方向航行，速度大小为vB．帆船朝正西方向航行，速度大小为vC．帆船朝南偏东45°方向航行，速度大小为2vD．帆船朝北偏东45°方向航行，速度大小为2v答案 D解析以帆板为参考系，即把帆板看作静止，则帆船相对于帆板有向东的速度v及向北的速度v；由矢量合成可知，二者的合速度v合＝2v，方向北偏东45度，故D正确．17．(2018·山东省日照市11月校际联合质检)汽车发动机的额定功率是60 kW，汽车的质量为2×103 kg，在平直路面上行驶，受到的阻力是车重的0.1倍．若汽车从静止出发，以0.5 m/s2的加速度做匀加速运动，则出发50 s时，汽车发动机的实际功率为(取g＝10 m/s2)() A．25 kW B．50 kWC．60 kW D．75 kW答案 C解析汽车受到的阻力F f＝0.1mg＝2 000 N，汽车以0.5 m/s2的加速度做匀加速运动，F－F f＝ma，解得：F＝3 000 N.若50 s内车是匀加速，则v＝at＝25 m/s,50 s末汽车功率P＝F v＝75 000 W＝75 kW；但汽车发动机的额定功率是60 kW，则50 s内汽车不是匀加速，而是先匀加速后变加速，故出发50 s时，汽车发动机的实际功率为60 kW，故选C.18．(2018·山东省临沂市一模)已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B＝k Ir，即磁感应强度B与导线中的电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比．如图4，两根互相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、方向相同的电流．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4A ．O 点处的磁感应强度最大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 、b 、c 、d 四点处磁感应强度的大小相等，方向不同答案 B解析 根据安培定则，M 处导线在O 点产生的磁场方向竖直向下，N 处导线在O 点产生的磁场方向竖直向上，合成后磁感应强度等于零，故A 错误．M 处导线在a 处产生的磁场方向竖直向下，在b 处产生的磁场方向竖直向下，N 处导线在a 处产生的磁场方向竖直向上，在b 处产生的磁场方向竖直向上，根据场强的叠加知，a 、b 两点处磁感应强度大小相等，方向相反，故B 正确．M 处导线在c 处产生的磁场方向垂直于cM 偏下，在d 处产生的磁场方向垂直于dM 偏下，N 处导线在c 处产生的磁场方向垂直于cN 偏上，在d 处产生的磁场方向垂直于dN 偏上，根据平行四边形定则，知c 处的磁场方向水平向右，d 处的磁场方向水平向左，且合场强大小相等，故C 错误．由以上分析，a 、b 、c 、d 四点处磁感应强度方向都不同． 设MN 之间的距离为4r ，a 、b 、c 、d 四个点的位置若取某特殊值，如Ma ＝aO ＝Ob ＝bN ＝r ，则M 处导线在a 点产生的磁感应强度：B aM ＝kI r ，N 处导线在a 点产生的磁感应强度：B aN ＝kI 3r， 所以a 点的合磁感应强度：B a ＝B aM －B aN ＝kI r －kI 3r ＝2kI 3rc 到M 的距离：r c ＝(2r )2＋r 2＝5r ，sin ∠cMO ＝r 5r ＝55M 处导线在c 点产生的磁感应强度：B cM ＝kI r c ＝kI 5r，该磁场沿水平方向的分量：B cMx ＝B cM sin ∠cMO ＝kI 5r ·55＝kI 5r 同理，N 处导线在c 处产生的磁感应强度的水平分量的大小也是kI 5r，所以c 点的合磁感应强度为2kI 5r，故D 错误． 19．(2018·广西钦州市第三次质检)据有关资料介绍，受控核聚变装置中有极高的温度，因而带电粒子将没有通常意义上的“容器”可装，而是由磁场约束带电粒子运动，使之束缚在某个区域内．如图5所示，环状磁场的内半径为R 1，外半径为R 2，环状磁场的内、外边缘均有磁场，被束缚的带电粒子的比荷为k ，中空区域内带电粒子具有各个方向的速度，速度大小为v .中空区域中的带电粒子都不会穿出磁场的外边缘而被约束在半径为R 2的区域内，则环状区域内磁场的磁感应强度大小可能是( )图5A.2v k (R 2－R 1)B.2R 2v k (R 22－R 21)C.3v k (R 2－R 1)D.v k (R 2－R 1)答案 AC解析 由题意可知，粒子的比荷k 已经确定，由r ＝m v qB 可知r ＝v Bk，要使所有的粒子都不能穿出磁场，则与内圆相切的方向进入磁场的粒子在磁场运动的轨迹刚好与外圆相切，可知2r 最大为R 2－R 1，如图所示：从而推知r ≤R 2－R 12，即v Bk ≤R 2－R 12，则B ≥2v k (R 2－R 1)，A 、C 正确． 20．(2018·广东省湛江市第二次模拟)如图6所示，a 、b 、c 为三个质量均为m 的物块，物块a 、b 通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c 放在b 上．现用水平拉力作用于a ，使三个物块一起水平向右匀速运动．各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g .下列说法正确的是( )图6A ．该水平拉力大于轻绳的弹力B ．物块c 受到的摩擦力大小为μmgC ．当该水平拉力增大为原来的1.5倍时，物块c 受到的摩擦力大小为0.5μmgD ．剪断轻绳后，在物块b 向右运动的过程中，物块c 受到的摩擦力大小为μmg。
【高考快递】2019高考物理总复习计算题增分练四含答案
计算题增分练(四)(满分 32 分 20 分钟) 1．如图所示，间距为 d 的平行金属板 MN 与一对光滑的平行导轨相连，平行导轨间距为 L.一根导体棒 ab 与导轨垂直且以速度 v0 沿导轨向右匀速运动，棒的右侧存在一个垂直纸面向里，大小为 B 的匀强磁场．当棒 进入磁场时，粒子源 P 释放一个初速度为零的带负电的粒子，已知带电粒子的质量为 m(重力不计)、电量为q.粒子经电场加速后从 M 板上的小孔 O 穿出． 在板的上方， 有一个环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场． 已知外圆半径为 2d，内圆半径为 d，两圆的圆心与小孔重合，求：(1)粒子到达 M 板的速度大小 v； (2)若粒子不能从外圆边界飞出，则环形区域内磁感应强度最小为多少？ 解析：(1)ab 棒切割磁感线，产生的电动势 U＝BLv0 1 2 粒子从 N 板到 M 板，由动能定理得 qU＝ mv －0 2 解得 v＝ 2qBLv0m2(2)如图所示，要使粒子不从外边界飞出，则粒子最大半径时的轨迹与外圆相切．由几何关系得(2d－r) ＝r ＋d2 23 解得 r＝ d 4由牛顿第二定律得 qvB′＝m 解得 B′＝ 答案：(1) 4 3d 2BLmv0v2 rq2qBLv0m4 (2)B′＝ 3d2BLmv0q2．如图所示，光滑水平地面的左侧静止放置一长木板 AB，右侧固定一足够长光滑斜面 CD，木板的上表 面与斜面底端 C 处于同一水平面．木板质量 M＝2 kg，板长为 l＝7 m．一物块以速度 v0＝9 m/s 冲上木板的 A 端，木板向右运动，B 端碰到 C 点时被粘连，且 B、C 之间平滑连接．物块质量为 m＝1 kg，可视为质点，与 木板间的动摩擦因数为 μ ＝0.45，取 g＝10 m/s ，求2(1)若初始时木板 B 端距 C 点的距离足够长，求物块第一次与木板相对静止时的速度和相对木板滑动的距 离； (2)设初始时木板 B 端距 C 点的距离为 L，试讨论物块最终位置距 C 点的距离与 L 的关系，并求此最大距 离． 解析：(1)距离足够长，则 m 与 M 达到共同速度 解法一：mv0＝(M＋m)v 共 1 2 1 2 μ mgΔ l＝ mv0－ (M＋m)v共 2 2 解得：v 共＝3 m/s Δ l＝6 m 解法二：对物块 am＝μ g＝4.5 m/s μ mg 2 对木板 aM＝ ＝2.25 m/s2Mv 共＝v0－amt＝aMt解得：v 共＝3 m/s Δ l＝2 v2 v2 0－v共 共 － ＝6 m 2am 2aM1 2 (2)对木板：μ mgs＝ Mv共－0 2s＝2 m(或者等同于 s＝ ＝2 m) 2aM 当 L≥2 m 时，木板 B 端和 C 点相碰前，物块和木板已经达到共同速度，碰后物块以 v 共＝3 m/s 匀减速到v2 共C点2 v2 共－vC1＝2am(l－Δ l)am＝μ g＝4.5 m/s2解得 vC1＝0 m/s 恰好停在 C 点，与 L 无关当 L＜2 m 时，木板 B 端和 C 点相碰前，物块和木板未达到共同速度，物块一直在做匀减速运动 v0－vC2＝ 2am(l＋L)22vC2＝3 2－L物块以此速度冲上斜面并会原速率返回，最终停在木板上，s＝ ＝2－L 2am 当 L＝0 m 时，s 有最大值 smax＝2 m 答案：(1)v 共＝3 m/s Δ l＝6 m (2)当 L≥2 m 时，恰好停在 C 点与 L 无关，当 L＜2 m，s＝2－L，smax ＝2 mv2 C2。
2019年高考物理总复习 计算题增分练(六)
计算题增分练(六)(满分32分 20分钟)1．2017年4月16日，国产大飞机C919在上海浦东机场进行了首次高速滑行测试．某次测试中，C919在平直跑道上由静止开始匀加速滑行，经t 1＝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/s 2.(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重量的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)解析：(1)由题意可知v m ＝at 1＝80 m/s解得a ＝4 m/s 2由于减速过程和加速过程的加速度大小相等，故 a ′＝4 m/s 2(2)加速过程F －kmg ＝ma解得F ＝4×105 N(3)加速过程t 1＝20 s ，x 1＝12at 21＝800 m 减速过程t 2＝20 s ，x 2＝12a ′t 22＝800 m 匀速过程t 3＝x －x 1－x 2v m＝20 s 故全程的平均速度大小v ＝x t 1＋t 2＋t 3＝53.3 m/s. 答案：(1)4 m/s 2 (2)4×105 N (3)53.3 m/s2．如图甲所示，两个形状相同、倾角均为37°的足够长的斜面对接在一起，左侧斜面粗糙，右侧斜面光滑．一个电阻不计、质量m ＝1 kg 的足够长的U 形金属导轨MM ′N ′N 置于左侧斜面上，导轨MM ′N ′N 与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，质量m ＝1 kg 、电阻为R 的光滑金属棒ab 通过跨过定滑轮的轻质绝缘细线与质量为m 0的滑块相连，金属棒ab 与导轨MM ′N ′N 接触良好且始终垂直(金属棒ab 始终不接触左侧斜面)，左侧斜面处于垂直斜面向下的匀强磁场中．初始状态时，托住滑块，使导轨MM ′N ′N 、金属棒ab 及滑块组成的系统处于静止状态，某时刻释放滑块，当其达到最大速度时，导轨MM ′N ′N 恰好要向上滑动．已知细线始终与斜面平行，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2.(1)求滑块的质量m 0；(2)以释放滑块的时刻为计时起点，滑块的速度v 随时间t 的变化情况如图乙所示，若匀强磁场的磁感应强度B ＝2 T ，导轨MM ′N ′N 宽度L ＝7 m ，求在滑块加速运动过程中系统产生的焦耳热．解析：(1)当滑块与金属棒ab 达到最大速度时，导轨MM ′N ′N 恰好不能向上滑动，导轨与左侧斜面间的静摩擦力向下达到最大，对导轨由平衡条件得mg sin 37°＋μ·2mg cos 37°＝F 安解得F 安＝14 N对滑块及金属棒ab 组成的系统由平衡条件得mg sin 37°＋F 安＝m 0g sin 37°解得m 0＝103kg (2)达到最大速度时安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2v R＝14 N 由图乙知最大速度v ＝1 m/s解得R ＝2 Ω加速阶段对滑块及金属棒ab 组成的系统由动量定理得m 0gt sin 37°－mgt sin 37°－B ILt ＝(m 0＋m )v加速阶段通过金属棒ab 的电荷量q ＝I t又结合法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律可得q ＝ΔΦR ＝BLx R解得x ＝41105m 加速阶段由能量守恒得m 0gx sin 37°＝mgx sin 37°＋12(m 0＋m )v 2＋Q解得Q ＝3.3 J即滑块在加速运动过程中系统产生的焦耳热为3.3 J.答案：(1)103kg (2)3.3 J。
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计算题增分练(五)
(满分32分 20分钟)
1．如图所示，半径为l 的金属圆环水平放置，圆心处及圆环边缘通过导线分别与两条平行的倾斜金属轨道相连．圆环区域内分布着磁感应强度为B ，方向竖直向下的匀强磁场，圆环上放置一金属棒a ，一端在圆心处，另一端恰好搭在圆环上，可绕圆心转动．倾斜轨道部分处于垂直轨道平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小也为B ，金属棒b 放置在倾斜平行导轨上，其长度与导轨间距均为2l .当棒a 绕圆心以角速度ω顺时针(俯视)匀速旋转时，棒b 保持静止．已知棒b 与轨道间的动摩擦因数为μ＝0.5，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力；棒b 的质量为m ，棒a 、b 的电阻分别为R 、2R ，其余电阻不计；斜面倾角为θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g ，求
(1)金属棒b 两端的电压；
(2)为保持b 棒始终静止，棒a 旋转的角速度大小的范围．
解析：(1)E ＝Bl v ①
v ＝0＋l ω2 ②
U ＝2R R ＋2R ·E ③
①②③式联立，解得：U ＝13Bl 2ω ④
(2)I ＝E R ＋2R ⑤
F 安＝BI ·2l
⑥ 由①②⑤⑥式联立，解得：F 安＝B 2l 3ω3R
⑦
为保持b 棒始终静止，棒a 旋转的角速度最小设为ω1，最大为ω2：
mg sin θ＝μmg cos θ＋B 2l 3ω13R
⑧ mg sin θ＋μmg cos θ＝B 2l 3ω23R ⑨
3mgR 5B 2l 3≤ω≤3mgR
B 2l 3 ⑩
答案：(1)13Bl 2ω (2)3mgR 5B 2l 3≤ω≤3mgR B 2l 3 2．如图甲所示，光滑斜面OA 与倾斜传送带AB 在A 点相接，且OAB 在一条直线上，与水平面夹角α＝37°，轻质弹簧下端固定在O 点，上端可自由伸长到A 点．在A 点放一个物体，在力F 的作用下向下缓慢压缩弹簧到C 点，该过程中力F 随压缩距离x 的变化如图乙所示．已知物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.5，传送带AB 部分长为5 m ，顺时针转动，速度v ＝4 m/s ，重力加速度g 取10 m/s 2
.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)物体的质量m ；
(2)弹簧从A 点被压缩到C 点过程中力F 所做的功W ；
(3)若在C 点撤去力F ，物体被弹回并滑上传送带，问物体在传送带上最远能到何处？
解析：(1)由图象可知：mg sin 37°＝30 N ①
解得m ＝5 kg
(2)图乙中图线与横轴所围成的面积表示力F 所做的功：
W ＝390×⎝ ⎛⎭⎪⎫0.5－1282 J －30×1282 J ＝90 J ②
(3)撤去力F ，设物体返回至A 点的速度大小为v 0，
从A 出发到第二次返回A 处的过程应用动能定理：
W ＝12mv 2
③
解得：v 0＝6 m/s 由于v 0＞v ，物体所受摩擦力沿传送带向下，设此阶段加速度大小为a 1，由牛顿第二定律：mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1
④ 解得：a 1＝10 m/s 2
速度减为v 时，设沿斜面向上发生的位移大小为x 1，由运动学规律：
x 1＝v 2
0－v 22a 1 ⑤
解得：x 1＝1 m
此后摩擦力改变方向，由于mg sin 37°＞μmg cos 37°，所以物块所受合外力仍沿传送带向下，设此后
过程加速度大小为a2，再由牛顿第二定律：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2
设之后沿斜面向上发生的最大位移大小为x2，由运动学规律：x2＝v2
2a2
⑦
解得：x2＝4 m
所以物体能够在传送带上发生的最大位移：x m＝x1＋x2＝5 m
即恰好到达传送带顶端B点
答案：(1)5 kg (2)90 J (3)5 m。