高考物理大题专项训练

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01追及与相遇问题：高考物理大题突破(试题含解析)

专题01追及与相遇问题2.5m/s的加速度开始行驶，【例题】（2022·湖南郴州·一模）甲车在十字路口遇红灯，当绿灯亮时甲车以2恰在此时，乙车以10m/s的速度匀速驶来与甲车同向行驶。

从侧后边超过甲车，求：（1）甲车从路口开始加速起。

在追上乙车之前两车相距的最大距离；（2）甲车经过多长时间能追上乙车；（3）甲车追上乙车时甲车速度大小。

1．分析思路可概括为“一个临界条件”“两个等量关系”．(1)一个临界条件：速度相等．它往往是物体间能否追上或两者距离最大、最小的临界条件，也是分析、判断问题的切入点；(2)两个等量关系：时间等量关系和位移等量关系，通过画草图找出两物体的位移关系是解题的突破口．2．能否追上的判断方法(临界条件法)物体B追赶物体A：开始时，两个物体相距x0，当v B＝v A时，若x B>x A＋x0，则能追上；若x B＝x A＋x0，则恰好追上；若x B<x A＋x0，则不能追上．3．特别提醒若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断被追上前该物体是否已经停止运动．4．常用分析方法(1)物理分析法：抓住“两物体能否同时到达空间某位置”这一关键，认真审题，挖掘题目中的隐含条件，建立物体运动关系的情境图．(2)二次函数法：设相遇时间为t，根据条件列方程，得到关于位移x与时间t的二次函数关系，由此判断两物体追及或相遇情况．①若Δ>0，即有两个解，说明可以相遇两次；②若Δ＝0，说明刚好追上或相遇；③若Δ<0，说明追不上或不能相遇．(3)极值法设经过时间t，分别列出两物体的位移—时间关系式，得位移之差Δx与时间的二次函数，再利用数学极值法求解距离的最大(或最小)值．(4)图像法：将两个物体运动的速度—时间关系图线在同一图像中画出，然后利用图像分析、求解相关问题．【变式训练】（2023·上海徐汇·高三上海市第二中学校考期中）如图表示甲乙两个物体的速度时间图和位移时间图，其中甲物体做匀变速直线运动。

高考物理第一道大题针对训练

高考物理第一道大题针对训练1.如图（甲）所示，A 车原来临时停在一水平路面上，B 车在后面匀速向A 车靠近，A 车司机发现后启动A 车，以A 车司机发现B 车为计时起点（t=0），A 、B 两车的v ﹣t 图象如图（乙）所示．已知B 车在第1s 内与A 车的距离缩短了x 1=12m ．（1）求B 车运动的速度v B 和A 车的加速度a 的大小．（2）若A 、B 两车不会相撞，则A 车司机发现B 车时（t=0）两车的距离s 0应满足什么条件？2.有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v ＝4 m/s ，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m =1kg 的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F ＝8N ，经过一段时间，小物块上到了离地面高为＝2.4 m 的平台上。

已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，（g 取10 m/s 2， sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）.问：(1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F ，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？h3.（13分）完整的撑杆跳高过程可以简化成如图所示的三个阶段：持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落。

在第二十九届北京奥运会比赛中，俄罗斯女运动员伊辛巴耶娃以5.05m的成绩打破世界纪录。

设伊辛巴耶娃从静止开始以加速度a=1.25m/s2匀加速助跑，速度达到v=9.0m/s 时撑杆起跳，到达最高点时过杆的速度不计，过杆后做自由落体运动，重心下降h2=4.05m 时身体接触软垫，从接触软垫到速度减为零的时间t=0.90s。

已知伊辛巴耶娃的质量m=65kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气的阻力。

求：（1）伊辛巴耶娃起跳前的助跑距离；（2）假设伊辛巴耶娃从接触软垫到速度减为零的过程中做匀减速运动，求软垫对她的作用力大小。

训练10 光学综合问题-突破2021年高考物理压轴大题专题针对训练(学生版)

训练10 光学综合问题1．微棱镜增亮膜能有效提升LCD （液晶显示屏）亮度。

如图甲所示为其工作原理截面图，从面光源发出的光线通过棱镜膜后，部分会定向出射到LCD 上，部分会经过全反射返回到光源进行再利用。

如图乙所示，等腰直角△ABC 为一微棱镜的横截面，△A =90°，AB=AC =4a ，紧贴BC 边上的P 点放一点光源，BP =14BC 。

已知微棱镜材料的折射率n =2。

只研究从P 点发出照射到AB 边上的光线。

（1）某一光线从AB 边出射时，方向恰好垂直于BC 边，求该光线在微棱镜内的入射角的正弦值；（2）某一部分光线可以依次在AB 、AC 两界面均发生全反射，再返回到BC 边，求该部分光线在AB 边上的照射区域长度。

2．如图所示，一细光束照射到圆形玻璃砖上A 点，经折射后折射光线刚好照到玻璃砖底边的右端C 点，入射光线与BC 平行，入射角为60°，圆的半径为R ，光在真空中的传播速度为c ，求：（1）玻璃砖的折射率；（2）光从A 传播到C 所用时间。

3．如图所示，一个三棱镜E EF F D D ''-的横截面为直角三角形，A 、B 、C 分别为三条棱的中点，30CAB ∠=︒，90ACB ∠=︒，该三棱镜材料的折射率n =DFF D ''平面的入射光线从DEE D ''面射入棱镜，开始时入射点为A 点，当入射光线以一定的速度始终保持与DFF D ''面平行向上移动，使入射点以恒定的速度2010m /s v -=由A 点向C 点运动，不计光线在棱镜内的多次反射。

求：（1）从EFF E''面射出的光线的折射角；（2）从DFF D''面射出的光线与该面交点的运动速度v。

4．如图所示，半径R=10cm的四分之一圆弧形玻璃砖平放在水平木板上，一细束单色光从A点平行于木板射入玻璃砖，经玻璃砖折射后射到水平木板上的F点，测得A点到圆弧圆心O点的距离为6cm，F点到圆弧的左端点B的距离为6cm。

2022高考物理复习：力学大题专项训练

力学大题一、解答题1．如图所示，三个质量均为m 的小物块A 、B 、C ，放置在水平地面上，A 紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k 的轻弹簧将A 、B 连接，C 紧靠B ，开始时弹簧处于原长，A 、B 、C 均静止。

现给C 施加一水平向左、大小为F 的恒力，使B 、C 一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A 离开墙壁，最终三物块都停止运动。

已知A 、B 、C 与地面间的滑动摩擦力大小均为f ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。

（弹簧的弹性势能可表示为：2p 12E kx =，k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量）（1）求B 、C 向左移动的最大距离0x 和B 、C 分离时B 的动能k E ；（2）为保证A 能离开墙壁，求恒力的最小值min F ；（3）若三物块都停止时B 、C 间的距离为BC x ，从B 、C 分离到B 停止运动的整个过程，B 克服弹簧弹力做的功为W ，通过推导比较W 与BC fx 的大小；（4）若5F f =，请在所给坐标系中，画出C 向右运动过程中加速度a 随位移x 变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a 、x 值（用f 、k 、m 表示），不要求推导过程。

以撤去F 时C 的位置为坐标原点，水平向右为正方向。

2．如图，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带（图中未完全画出），相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带L处由静止释放。

已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。

观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。

小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。

已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。

（1）求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；（2）求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？3．如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。

动能定理的应用- 高考物理压轴大题专题训练

精做05 动能定理的应用1．（2019·北京卷）雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。

雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g 。

（1）质量为m 的雨滴由静止开始，下落高度h 时速度为u ，求这一过程中克服空气阻力所做的功W 。

（2）将雨滴看作半径为r 的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f =kr 2v 2，其中v 是雨滴的速度，k 是比例系数。

a ．设雨滴的密度为ρ，推导雨滴下落趋近的最大速度v m 与半径r 的关系式；b ．示意图中画出了半径为r 1、r 2（r 1>r 2）的雨滴在空气中无初速下落的v –t 图线，其中_________对应半径为r 1的雨滴（选填①、②）；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的v –t 图线。

（3）由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。

将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S 的圆盘，证明：圆盘以速度v 下落时受到的空气阻力f ∝v 2（提示：设单位体积内空气分子数为n ，空气分子质量为m 0）。

【答案】（1）212mgh mu - （2）a ．m 4π3gv r k ρ=b ．见解析（3）见解析【解析】（1）根据动能定理212mgh W mu -=可得212W mgh mu =-（2）a ．根据牛顿第二定律mg f ma -= 得22kr v a g m=- 当加速度为零时，雨滴趋近于最大速度v m 雨滴质量34π3m r ρ=由a =0，可得，雨滴最大速度m 4π3gv r kρ=b ．①如答图2（3）根据题设条件：大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。

以下只考虑雨滴下落的定向运动。

简化的圆盘模型如答图3。

设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变。

在∆t 时间内，与圆盘碰撞的空气分子质量为0m Sv tnm ∆=∆以F 表示圆盘对气体分子的作用力，根据动量定理，有F t m v ∆∝∆⨯ 得20F nm Sv ∝由牛顿第三定律，可知圆盘所受空气阻力 2f v ∝采用不同的碰撞模型，也可得到相同结论。

高考物理大题专题训练专用(带答案)

高考物理大题常考题型专项练习题型一：追击问题题型二：牛顿运动问题题型三：牛顿运动和能量结合问题题型四：单机械能问题题型五：动量和能量的结合题型六：安培力/电磁感应相关问题题型七：电场和能量相关问题题型八：带电粒子在电场/磁场/复合场中的运动题型一：追击问题31. （2014年全国卷1，24，12分★★★）公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。

当前车突然停止时，后车司机以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。

通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s。

当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120m。

设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的2/5,若要求安全距离仍为120m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。

答案：v=20m/s2．（2018年全国卷II，4，12分★★★★★）汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B．两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动2.0 m，已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g = 10m/s2．求：（1）碰撞后的瞬间B车速度的大小；（2）碰撞前的瞬间A车速度的大小．答案．（1）v B′ = 3.0 m/s （2）v A = 4.3m/s3．（2019年全国卷II，25，20分★★★★★）一质量为m＝2000kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。

行驶过程中，司机突然发现前方100m处有一警示牌，立即刹车。

刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图（a）中的图线。

图（a）中，0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶），t1＝0.8s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。

高考物理总复习专题练习：振动和波

高考物理复习振动和波专题训练及其答案一、单项选择题1．如图所示为一列简谐横波t时刻的图象，已知波速为0.2m/s，以下说法正确的是（）A．经过0.5s，质点a、b、c通过的路程均为75cmB．若从t时刻起质点a比质点b先回到平衡位置，则波沿x轴正方向传播C．图示时刻质点a、b、c所受的回复力大小之比为2∶1∶3D．振源的振动频率为0.4Hz2．一列向右传播的简谐横波在某一时刻的波形如图所示，该时刻，两个质量相同的质点P、Q 到平衡位置的距离相等。

关于P、Q两个质点，以下说法正确的是（）A．P较Q先回到平衡位置B．再经14周期，两个质点到平衡位置的距离相等C．两个质点在任意时刻的动量相同D．两个质点在任意时刻的加速度相同3．图为一列简谐波在0=t时刻的波形图，此时质点Q正处于加速运动过程中，且质点N在1st=时第一次到达波峰。

则下列判断正确的是（）A．此时质点P也处于加速运动过程B．该波沿x轴负方向传播C．从0=t时刻起，质点P比质点Q晚回到平衡位置D．在0=t时刻，质点N的振动速度大小为1m/s4．如图所示为一列机械波在t=0时刻传播的波形图，此刻图中P点速度沿y轴正方向，t=2s 时刻，图中Q点刚好在x轴上。

则下列说法正确的是（）A．该机械波沿x轴正方向传播B．该机械波周期不可能是8s3C．无论周期是多少，当Q点在x轴时，P点一定离x轴最远D．P点振幅是10cm5．如图所示是沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形图，已知波的传播速度为16.0m/s，从此时起，图中的P质点比Q质点先经过平衡位置．那么下列说法中正确的是（）A．这列波一定沿x轴正向传播B．这列波的频率是3.2HzC．t=0.25s时Q质点的速度和加速度都沿y轴负向D．t=0.25s时P质点的速度和加速度都沿y轴负向6．如图（a）所示为波源的振动图象（在t=0时刻之前波源就已经开始振动了），图（b）为xy 平面内沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图象，t=0时刻P点向y轴负方向运动，关于图（b）上x=0.4m处的Q点的说法正确的是（）.A．t=0时，速度最大，其大小为0.1m/s，方向沿y轴正方向B．t=0到t=5s内，通过的路程为20cmC．t=2s时，运动到x=0.2m处D．t=3s时，加速度最大，且方向向下7．一列简谐横波在某时刻的波形图如图所示，已知图中质点b的起振时刻比质点a延迟了0.5s，b和c之间的距离是5m，以下说法正确的是（）A．此列波的波长为2.5mB．此列波的频率为2HzC．此列波的波速为2.5m/sD．此列波的传播方向为沿x轴正方向传播8．P、Q、M是某弹性绳上的三个质点，沿绳建立x坐标轴。

2020-2022年高考物理真题分专题训练专题06 万有引力定律与航天(学生版)

专题06 万有引力定律与航天【2022年高考题组】1、（2022·湖南卷·T8）如图，火星与地球近似在同一平面内，绕太阳沿同一方向做匀速圆周运动，火星的轨道半径大约是地球的1.5倍。

地球上的观测者在大多数的时间内观测到火星相对于恒星背景由西向东运动，称为顺行；有时观测到火星由东向西运动，称为逆行。

当火星、地球、太阳三者在同一直线上，且太阳和火星位于地球两侧时，称为火星冲日。

忽略地球自转，只考虑太阳对行星的引力，下列说法正确的是（）A. 827倍B. 在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为顺行C. 在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为逆行D. 在冲日处，火星相对于地球的速度最小2、（2022·广东卷·T2）“祝融号”火星车需要“休眠”以度过火星寒冷的冬季。

假设火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一，且火星的冬季时长约为地球的1.88倍。

火星和地球绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动。

下列关于火星、地球公转的说法正确的是（）A. 火星公转的线速度比地球的大B. 火星公转的角速度比地球的大C. 火星公转的半径比地球的小D. 火星公转的加速度比地球的小3、（2022·山东卷·T6）“羲和号”是我国首颗太阳探测科学技术试验卫星。

如图所示，该卫星围绕地球的运动视为匀速圆周运动，轨道平面与赤道平面接近垂直。

卫星每天在相同时刻，沿相同方向经过地球表面A点正上方，恰好绕地球运行n圈。

已知地球半径为地轴R，自转周期为T，地球表面重力加速度为g，则“羲和号”卫星轨道距地面高度为（）A.1223222π⎛⎫-⎪⎝⎭gR TRnB.1223222π⎛⎫⎪⎝⎭gR TnC.1223224π⎛⎫-⎪⎝⎭gR TRnD.1223224π⎛⎫⎪⎝⎭gR Tn4、（2022·全国乙卷·T14）2022年3月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约400km的“天宫二号”空间站上通过天地连线，为同学们上了一堂精彩的科学课。

新教材2025届高考物理二轮专项分层特训卷第一部分专题特训练专题一力与运动考点2力与直线运动

考点2 力与直线运动1.[2024·全国乙卷]一同学将排球自O 点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O 点．设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比．则该排球( )A ．上升时间等于下落时间B ．被垫起后瞬间的速度最大C ．达到最高点时加速度为零D ．下落过程中做匀加速运动2．[2024·山东卷]如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R 、S 、T 三点，已知ST 间的距离是RS 的两倍，RS 段的平均速度是10m/s ，ST 段的平均速度是5m/s ，则公交车经过T 点时的瞬时速度为( )A ．3m/sB ．2m/sC ．1m/sD ．0.5m/s3．[2024·全国甲卷]一小车沿直线运动，从t ＝0起先由静止匀加速至t ＝t 1时刻，此后做匀减速运动，到t ＝t 2时刻速度降为零．在下列小车位移x 与时间t 的关系曲线中，可能正确的是( )A BC D4．[2024·全国乙卷]如图，一不行伸长轻绳两端各连接一质量为m 的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L .一大小为F 的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直．当两球运动至二者相距35L 时，它们加速度的大小均为( )A ．5F 8mB ．2F 5mC ．3F 8mD ．3F 10m5．[2024·全国甲卷](多选)如图，质量相等的两滑块P 、Q 置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度大小为g .用水平向右的拉力F 拉动P ，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从今刻起先到弹簧第一次复原原长之前( )A．P的加速度大小的最大值为2μgB．Q的加速度大小的最大值为2μgC．P的位移大小肯定大于Q的位移大小D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小题组一匀变速直线运动的规律6．[2024·辽宁锦州模拟]2024年6月17日，中国第3艘航空母舰“中国人民解放军海军福建舰”正式下水，这一刻标记着中国人民海军进入“三舰客时代”．设在静止的航母上某种型号舰载飞机，没有弹射系统时，匀加速到起飞速度v须要的距离是L0.弹射系统给飞机一个初速度v0之后，匀加速到起飞速度v须要的距离是L.若弹射速度v0与起飞速度v 之比为3∶4，设飞机两次起飞的加速度相同，则L与L0之比为( )A．716B．167C．34D．437．[2024·山东省临沂市期末]如图所示，相同的木块A、B、C固定在水平地面上，一子弹(视为质点)以水平速度v0击中并恰好穿过木块A、B、C，子弹在木块中受到的阻力恒定，子弹射穿木块A所用的时间为t，则子弹射穿木块C所用的时间为( )A．t B．2tC．(3＋2)t D．(3－2)t8．[2024·河北部分学校模拟]滑雪运动是2024年北京冬季奥运会主要的竞赛项目．如图所示，水平滑道上运动员A、B间距x0＝10m．运动员A以速度v0＝5m/s向前匀速运动．同时运动员B以初速度v1＝8m/s向前匀减速运动，加速度的大小a＝2m/s2，运动员A在运动员B接着运动x1后追上运动员B，则x1的大小为( )A．4mB．10mC．16mD．20m题组二动力学图像及应用9．[2024·广东深圳模拟]中国海军服役的歼15舰载机在航母甲板上加速起飞过程中，某段时间内战斗机的位移时间(xt)图像如图所示，则 ( )A ．由图可知，舰载机起飞的运动轨迹是曲线B ．由图可知，舰载机起飞在0～3s 内做匀加速运动C ．在0～3s 内，舰载机的平均速度大于12m/sD ．在M 点对应的位置，舰载机的速度大于20m/s 10．[2024·江西宜春模拟]一辆汽车从ETC 高速口进入时起先计时，加速进入高速路主道的过程可看成匀加速直线运动，其平均速度v －随时间t 变更关系如图所示，已知这段距离为1km ，t 0是进入高速路主道的时刻，下面说法正确的是( )A ．汽车的加速度为0.1m/s 2B ．t ＝10s 时的速度为10m/sC ．0～20s 内的位移是160mD ．t 0＝100s 11．[2024·重庆市渝北区统考](多选)放在水平地面上的物块，受到方向不变的水平推力F 的作用，推力F 与时间t 的关系如图甲所示，物块速度v 与时间t 的关系如图乙所示．取g ＝10m/s 2，则物块的质量和物块与地面之间的动摩擦因数分别为( )A ．1.5kgB ．1kgC ．0.4D ．0.2题组三牛顿运动定律的应用12．[2024·陕西省西安市模拟]细绳拴一个质量为m 的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示，以下说法正确的是(已知cos53°＝0.6，sin53°＝0.8)( )A.小球静止时弹簧的弹力大小为35mgB ．小球静止时细绳的拉力大小为35mgC ．细绳烧断瞬间小球的加速度马上变为gD ．细绳烧断瞬间小球的加速度马上变为53g13．在太空中，物体完全失重，用天平无法测量质量，可采纳动力学测量质量的方法．我国航天员要在天宫1号航天器试验舱的桌面上测量物体的质量，采纳的方法如下：质量为m 1的标准物A 的前后连接有质量均为m 2的两个力传感器，待测质量的物体B 连接在后传感器上，在某一外力作用下整体在桌面上运动，如图所示，稳定后标准物A 前后两个传感器的读数分别为F 1、F 2，由此可知待测物体B 的质量为( )A ．F 2（m 1＋2m 2）F 1－F 2B ．F 1（m 1＋2m 2）F 2C ．F 1m 1F 1－F 2D ．（F 1－F 2）m 1F 114．[2024·云南保山模拟](多选)无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，如图甲所示为科创小组某同学手握手机(手不接触充电宝)，利用手机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止起先在竖直方向上的一次变速运动过程(手机与充电宝始终相对静止)，记录的加速度a 随时间t 变更的图像如图乙所示(规定向上为正方向)，t 2时刻充电宝速度为零，且最终处于静止状态．已知无线充电宝质量为0.2kg ，手机与充电宝之间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/s 2，在该过程中下列说法正确的是( )A ．充电宝受到的静摩擦力的最大值为1.0NB ．t 3时刻充电宝受的摩擦力大小为0.4NC ．充电宝在t 2与t 3时刻所受的摩擦力方向相反D ．充电宝与手机之间的吸引力大小至少为10N 15．[2024·广东省江门模拟]运动员推动冰壶滑行过程可建立如图所示模型：冰壶质量m ＝19.7kg ，运动员施加的推力F ，方向与水平方向夹角为θ＝37°，冰壶在推力F 作用下做匀速直线运动，g 取10m/s 2，冰壶与地面间的动摩擦因数μ＝0.02，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)运动员施加的推力F是多少？(2)当运动员以水平速度将冰壶投出，冰壶能在冰面上滑行的最远距离是s＝40米，则该运动员将冰壶投出时的水平速度为多少？(3)若运动员仍以第(2)问的水平速度将冰壶投出，滑行一段距离后，其队友在冰壶滑行前方摩擦冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数变为μ1＝0.016，冰壶接着在被毛刷摩擦过的冰面滑过6m后停止运动，与不摩擦冰面相比，冰壶多滑行的距离．题组四传送带模型和滑块——木板模型16．[2024·河北省沧州市一模]如图甲所示，一物块以某一初速度从倾角为α、顺时针转动的传送带底端沿传送带向上运动，其vt图像如图乙所示．已知传送带的速度为v0，传送带足够长，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是( )A.物块的初速度小于v0B．物块与传送带间的动摩擦因数μ>tanαC．物块运动过程中的速度肯定有等于v0的时刻D．若物块从传送带顶端由静止向下运动，其他条件不变，物块会向下先做匀加速运动再做匀速运动17．[2024·陕西西安模拟]如图所示，物体A放在B上，物体B放在光滑的水平面上，已知m A＝6kg，m B＝2kg.A、B间动摩擦因数μ＝0.2.A物体上系一细线，细线能承受的最大拉力是20N，水平向右拉细线，(g＝10m/s2)下述正确的是( )A ．当拉力0<F <12N 时，A 静止不动B ．当拉力F >12N 时，A 相对B 滑动C ．当拉力F ＝16N 时，B 受到A 的摩擦力等于12ND ．在细线可以承受的范围内，无论拉力F 多大，A 相对B 始终静止18.[2024·山东省烟台市诊断测试]如图所示，对货车施加一个恒定的水平拉力F ，拉着货车沿光滑水平轨道运动装运沙子，沙子经一静止的竖直漏斗连续地落进货车，单位时间内落进货车的沙子质量恒为Q .某时刻，货车(连同已落入其中的沙子)质量为M ，速度为v ，则此时货车的加速度为( )A ．F －Qv MB ．F －QgvM C ．F ＋Qv M D ．F M19．[2024·黑龙江省哈尔滨三中其次次验收考试]如图所示，轻弹簧一端系在墙上的O 点，自由伸长到B 点．现将小物体靠着弹簧(不拴接)并将弹簧压缩到A 点，然后由静止释放，小物体在粗糙水平面上运动到C 点静止，则( )A ．小物体从A 到B 过程速度始终增加 B ．小物体从A 到B 过程加速度始终减小C ．小物体从B 到C 过程速度越来越小D ．小物体在B 点所受合外力为020．[2024·重庆市万州市模拟](多选)如图所示，质量分别为m 1、m 2的两小球通过轻绳乙连接，质量为m 1的小球通过轻绳甲与水平车厢顶连接．当两小球与车厢保持相对静止一起水平向右做匀加速直线运动时，甲、乙两轻绳与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2(图中未画出)，两小球均可视为质点，不计空气阻力，则( )A ．若m 1>m 2，则θ1>θ2B ．若m 1>m 2，则θ1＝θ2C ．若m 1<m 2，则θ1>θ2D ．若m 1<m 2，则θ1＝θ221．[2024·重庆市育才中学模拟]如图，质量为m 的雪橇在倾角θ＝37°的斜坡向下滑动过程中，所受的滑动摩擦力为定值，空气阻力与速度成正比，比例系数k ＝1kg/s.雪橇运动的某段过程v t 图像如图中实线AD 所示，且AB 是曲线最左端那一点的切线，B 点的坐标为(4，9)，CD 线是曲线的渐近线，已知sin37°＝0.6.下列说法中正确的是( )A ．当v 0＝3m/s 时，雪橇的加速度为0.75m/s 2B ．在0～4s 过程中雪橇的平均速度为4.5m/sC ．雪橇与斜坡间的动摩擦因数是0.5D ．雪橇的质量m ＝2kg22．[2024·山东省试验中学模拟](多选)如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，质量均为m 的物块A 和物块B 并排放在斜面上，与斜面垂直的挡板P 固定在斜面底端，轻弹簧一端固定在挡板上，另一端与物块A 连接，物块A 、B (物块A 、B 不相连)处于静止状态．现用一沿斜面对上的外力F T 拉物块B ，使物块A 、B 一起沿斜面对上以加速度a 做匀加速直线运动．已知重力加速度为g ，弹簧的劲度系数为k ，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A ．外力F T 的最大值为12mg ＋maB ．外力F T 的最大值为mg ＋maC ．从外力F T 作用在物块B 上到物块A 、B 分别的时间为m （g －2a ）kaD ．从外力F T 作用在物块B 上到物块A 、B 分别的时间为m （2g －a ）ka23．[2024·河南郑州模拟]如图所示，一质量M ＝2kg 的长木板B 静止在粗糙水平面上，其右端有一质量m ＝1kg 的小滑块A ，对B 物体施加F ＝20N 的水平拉力；t ＝2s 后撤去拉力，撤去拉力时滑块仍旧在木板上．已知A 、B 间的动摩擦因数μ1＝0.2，B 与地面间动摩擦因数为μ2＝0.4，取g ＝10m/s 2，则：(1)求有拉力F 作用时木板B 和滑块A 各自的加速度大小；(2)求A 、B 由静止到速度相同所需的时间T 共及共同速度的大小v .[答题区] 题号 1234567891011 答案题号 1213 14 1617 18 19202122答案考点2 力与直线运动1．解析：上升过程和下降过程的位移大小相同，由于存在空气阻力，上升过程中随意位置的速度比下降过程中对应位置的速度大，则上升过程的平均速度较大．由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A 错误；上升过程排球做减速运动，下降过程排球做加速运动．在整个过程中空气阻力始终做负功，小球机械能始终在减小，下降过程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的速度，故排球被垫起时的速度最大，B 正确；达到最高点速度为零，空气阻力为零，此刻排球重力供应加速度，a ＝g ，C 错误；下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球所受的合外力在变更，排球在下落过程中做变加速运动，D 错误．故选B.答案：B2．解析：由题知，电动公交车做匀减速直线运动，且设RS 间的距离为x ，则依据题意有v －RS ＝x t 1＝v R ＋v S 2，v －ST ＝2x t 2＝v S ＋v T2联立解得t 2＝4t 1，v T ＝v R －10再依据匀变速直线运动速度与时间的关系有v T ＝v R －a ·5t 1 则at 1＝2m/s其中还有v ＝v R －a ·t 12解得v R ＝11m/s 联立解得v T ＝1m/s 故选C. 答案：C3．解析：x t 图像的斜率表示速度，小车先做匀加速运动，因此速度变大即0～t 1图像斜率变大，t 1～t 2做匀减速运动则图像的斜率变小，在t 2时刻停止，图像的斜率变为零．故选D.答案：D 4.解析：如图可知sin θ＝12×3L 5L 2＝35，则cos θ＝45，对轻绳中点受力分析可知F ＝2T cos θ，对小球由牛顿其次定律得T ＝ma ，联立解得a ＝5F8m，故选项A 正确．答案：A5．解析：撤去力F 后到弹簧第一次复原原长之前，弹簧弹力kx 减小，对P 有μmg ＋kx ＝ma P ，对Q 有μmg －kx ＝ma Q ，且撤去外力瞬间μmg ＝kx ，故P 做加速度从2μg 减小到μg 的减速运动，Q 做加速度从0渐渐增大到μg 的减速运动，即P 的加速度始终大于Q 的加速度，故除起先时刻外，随意时刻P 的速度大小小于Q 的速度大小，故P 的平均速度大小必小于Q 的平均速度大小，由x ＝v －t 可知Q 的位移大小大于P 的位移大小，可知B 、C 错误，A 、D 正确．答案：AD6．解析：飞机由静止起先加速时，有v 2＝2aL 0；利用弹射系统时，有v 2－v 20 ＝2aL ，联立解得L L 0＝716，B 、C 、D 错误，A 正确．答案：A7．解析：子弹在木块中受到的阻力恒定，则子弹做匀减速直线运动，由于恰好穿过木块A 、B 、C ，表明穿过C 时速度恰好为0，依据逆向思维，初速度为0的匀加速直线运动，在连续相邻相等位移内的时间之比为t C ∶t B ∶t A ＝1∶（2－1）∶（3－2），依据题意有t A ＝t ，解得t C ＝（3＋2）t ，C 正确．答案：C8．解析：运动员B 做匀减速直线运动，速度减为零的时间为t B ＝v 1a＝4s ，此时运动员A 的位移为x A ＝v 0t B ＝20m ，运动员B 的位移为x B ＝v 12t B ＝16m ，因为x A <x B ＋x 0，即运动员B 速度削减为零时，运动员A 还未追上运动员B ，则运动员A 在运动员B 停下来的位置追上运动员B ，即x 1＝16m ，C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C9．解析：依据x t 图像的斜率表示速度，可知x t 图像只能表示直线运动的规律，即知舰载机起飞的运动轨迹是直线，A 错误；由x t 图像可知舰载机的速度渐渐增大，若满意x ＝12at 2才是匀加速直线运动，但图像的数据不能反映是抛物线的形态，则舰载机起飞在0～3s 内做变加速直线运动，B 错误；在0～3s 内，舰载机通过的位移为x ＝36m －0＝36m ，则平均速度为v －＝x t ＝363m/s ＝12m/s ，C 错误；2～2.55s 内的平均速度为v －′＝x MN t MN ＝26－152.55－2m/s＝20m/s ，依据2～2.55s 内的平均速度等于MN 连线的斜率大小，在M 点对应的位置舰载机的速度等于过M 点的切线斜率大小，可知在M 点对应的位置，舰载机的速度大于MN 段平均速度20m/s ，D 正确．答案：D10．解析：据运动学规律可得x ＝v 0t ＋12at 2，v －＝x t ，整理得v －＝v 0＋12at .结合图知t ＝0时有v 0＝5m/s ，设t 0时刻的速度为v ，可得v －＝v 0＋v2＝15m/s ，解得v ＝25m/s ，则汽车的加速度为a ＝v 2－v 20 2x ＝252－522×1000m/s 2＝0.3m/s 2，A 错误；t ＝10s 时的速度为v 1＝v 0＋at ＝（5＋0.3×10）m/s ＝8m/s ，B 错误；0～20s 内的位移是x 2＝v 0t ′＋12at ′2＝160m ，C 正确；由x ＝v －t 0可得t 0＝x v ＝100015s≈66.67s，D 错误．答案：C11．解析：由图像可知，3～4s 内，物块在摩擦力作用下做匀减速直线运动，加速度大小为a ′＝Δv ′Δt ′＝4－04－3m/s 2＝4m/s 2，依据牛顿其次定律可得a ′＝μmg m ＝μg ，解得动摩擦因数为μ＝a ′g＝0.4，1～3s 内，物块在9N 的水平推力作用下做匀加速直线运动，加速度大小为a ＝Δv Δt ＝4－03－1m/s 2＝2m/s 2，依据牛顿其次定律可得F －μmg ＝ma ，解得物块的质量为m ＝F a ＋μg ＝92＋0.4×10kg ＝1.5kg ，A 、C 正确．答案：AC12．解析：对小球受力分析后，将弹力和重力合成后如图所示由平衡条件可得，小球静止时弹簧的弹力大小为F ＝mg tan53°＝43mg ，A 错误；由平衡条件可得，小球静止时细绳的拉力大小为T ＝mg cos53°＝53mg ，B 错误；细绳烧断瞬间，弹簧的弹力保持不变，弹力和重力的合力大小等于绳子拉力T ，由牛顿其次定律有F 合＝T ＝ma ，解得a ＝T m ＝53g ，C 错误，D 正确．答案：D13．解析：整体为探讨对象，由牛顿其次定律得F 1＝（m 1＋2m 2＋m ）a ，隔离B 物体，由牛顿其次定律得F 2＝ma ，联立解得m ＝F 2（m 1＋2m 2）F 1－F 2，A 项正确．答案：A14．解析：t 3时刻由牛顿其次定律可得f －mg ＝ma ，解得f ＝0.4N ，B 正确；充电宝在t 2时刻具有向上的最大加速度，由牛顿其次定律知摩擦力方向竖直向上，t 3时刻充电宝具有向下的加速度，而加速度小于重力加速度，所以摩擦力方向向上，所以充电宝在t 2与t 3时刻所受的摩擦力方向相同，C 错误；t 2时刻充电宝具有向上的最大加速度，充电宝与手机之间的摩擦力最大，此时由牛顿其次定律有f ′－mg ＝ma ′，又f ′＝μF N ，解得充电宝与手机之间的吸引力大小至少为F N ＝10N ，f max ＝f ′＝5N ，D 正确，A 错误．答案：BD 15．解析：（1）依据平衡条件F cos θ＝μ（mg ＋F sin θ）代入数据得F ＝5N（2）依据牛顿其次定律有μmg ＝ma解得加速度大小为a ＝0.02×10m/s 2＝0.2m/s 2依据运动学公式有v 2＝2as代入数据得v ＝4m/s（3）依据牛顿其次定律有μ1mg ＝ma 1通过摩擦过的冰面的加速度大小为a 1＝0.16m/s 2设冰壶刚滑上摩擦过的冰面时的速度为v 1，在没摩擦过的冰面上运动的位移为s 1，由运动学公式可知v 2－v 21 ＝2as 1在摩擦过的冰面上滑动位移是s 2＝6m则有v 21 ＝2a 1s 2则与没摩擦过相比多滑的距离Δs ＝s 1＋s 2－s解得Δs ＝1.2m.答案：（1）5N （2）4m/s （3）1.2m16．解析：由图像可知，物块先以加速度a 1做匀减速直线运动，后以加速度a 2做匀减速直线运动，且a 1>a 2，分析可知mg sin α>μmg cos α，即μ<tan α，B 项错误；若物块的初速度小于v 0，则受到沿传送带向上的摩擦力，物块做匀减速直线运动，物块会始终以此加速度向上减速为0与题设不符，A 项错误；物块的初速度大于v 0，则受到沿传送带向下的摩擦力，物块做匀减速直线运动，依据牛顿其次定律，有mg sin α＋μmg cos α＝ma 1，物块减速到速度等于v 0后，则受到沿传送带向上的摩擦力，对物块依据牛顿其次定律，有mg sin α－μmg cos α＝ma 2，C 项正确；若物块从传送带顶端起先向下运动，物块受到沿传送带向上的摩擦力，由于μ<tan α，则物块会以加速度a 2始终向下加速运动，D 项错误．答案：C17．解析：由题意可知，由于物体B 放在光滑的水平面上，因此只要拉力F 不是零，A 、B 将一起运动，所以当拉力0<F <12N 时，A 不会静止不动，A 错误；若A 、B 能产生相对滑动时，则有a ＝μm A g m B ＝0.2×6×102m/s 2＝6m/s 2，对A 、B 整体，由牛顿其次定律可得产生相对滑动时最大拉力为F ＝（m A ＋m B ）a ＝（6＋2）×6N＝48N ，由此可知，在绳子承受的最大拉力20N 范围内，无论拉力F 多大，A 、B 始终处于相对静止状态，B 错误，D 正确；当拉力F ＝16N 时，对整体由牛顿其次定律可得F ＝（m A ＋m B ）a ′，解得a ′＝Fm A ＋m B ＝166＋2m/s 2＝2m/s 2，则有B 受到A 的摩擦力等于F f ＝m B a ′＝2×2N＝4N ，C 错误．答案：D18．解析：一段极短的时间Δt 内落入货车的沙子质量为Δm ＝Q ·Δt ，沙子落入货车后，马上和货车共速，则由动量定理可得F ′·Δt ＝Δmv －0，解得沙子受到货车的力为F ′＝Qv ，方向向前，由牛顿第三定律可知，货车受到沙子的反作用力向后，大小为F ″＝Qv ，对货车（连同落入的沙子），由牛顿其次定律可得F －F ″＝Ma ，解得a ＝F －Qv M，A 正确．答案：A19．解析：由题意，A 、B 间某处，A 受到的弹力等于摩擦力，合力为0，速度最大．而B 点只受摩擦力，合力不为零．因此小物体从A 到B 过程加速度先减小再增大，速度先增大后减小，A 、B 、D 错误；小物体从B 到C 过程中，合外力方向与运动方向相反，所以小物体始终做减速运动，即速度越来越小，C 正确．答案：C20．解析：小球与车厢的加速度相同，设为a ，将两小球看成整体，由牛顿其次定律得（m 1＋m 2）g tan θ1＝（m 1＋m 2）a ，解得a ＝g tan θ1；同理对球乙分析可得a ＝g tan θ2，比较可得无论m 1和m 2的关系如何，都有θ1＝θ2，B 、D 两项正确．答案：BD21．解析：依据v t 图像切线斜率表示加速度，可知v 0＝3m/s ，雪橇的加速度为a 0＝Δv Δt＝9－34m/s 2＝1.5m/s 2，A 错误；依据v t 图像与横轴围成的面积表示位移，可知0～4s 雪橇的位移满意x >3＋62×4m＝18m ，则在0～4s 过程中雪橇的平均速度满意v －＝x t >184m/s ＝4.5m/s ，B 错误；当v 0＝3m/s 时，空气阻力大小为f 0＝kv 0＝3N ，依据牛顿其次定律可得mg sin θ－μmg cos θ－f 0＝ma 0；当v ＝6m/s 时，空气阻力大小为f ＝kv ＝6N ，此时雪橇的加速度为零，则有mg sin θ－μmg cos θ－f ＝0，联立解得m ＝2kg ，μ＝38，C 错误，D 正确．答案：D22．解析：在A 、B 分别前，整体受力分析，由牛顿其次定律得F T ＋F 弹－2mg sin θ＝2ma ①，当A 、B 分别瞬间，A 、B 间弹力为零，对A 应用牛顿其次定律得F 弹－mg sin θ＝ma ②，解得F 弹＝12mg ＋ma ③，将③式代入①式解得F T ＝12mg ＋ma ，此即为F T 的最大值，A 正确，B 错误；当A 、B 静止时，弹簧压缩量为x 1＝2mg sin θk ；当A 、B 分别时，弹簧的压缩量x 2＝F 弹k＝mg sin θ＋ma k ，则弹簧长度的变更量为Δx ＝x 1－x 2＝mg sin θ－ma k .由运动学公式得Δx ＝12at 2，解得t ＝m （g －2a ）ka ，C 正确，D 错误．答案：AC23．解析：（1）设A 、B 相对滑动，对物体A 依据牛顿其次定律可得μ1mg ＝ma 1解得a 1＝2m/s 2对木板B 依据牛顿其次定律可得F －μ1mg －μ2（m ＋M ）g ＝Ma 2解得a 2＝3m/s 2>a 1有拉力F 作用时木板B 和滑块A 各自的加速度大小分别为3m/s 2和2m/s 2.（2）撤去外力时，木板B 的速度为v 2＝a 2t ＝3×2m/s＝6m/s撤去外力后，在二者同速前物块A 的受力没变，故物块A 仍旧做加速运动，加速度不变，木板B 做减速运动，其加速度大小变为a ′2＝μ1mg ＋μ2（m ＋M ）g M，a ′2＝7m/s 2 设经过时间t 1两者达到共速，则有a 1（t ＋t 1）＝v 2－a ′2t 1，解得t 1＝29s 所以总时间T 共＝t ＋t 1＝209s 两物体共速时的速度为v ＝v 2－a ′2t 1＝409m/s.20 9s409m/s答案：（1）3m/s22m/s2（2）。

高考物理热学大题专题训练专用(带答案)

高考物理热学大题常考题型专项练习题型一：单缸单活塞问题题型二：单缸双活塞问题题型三：双缸单活塞题型四：双缸双活塞题型五：单汞柱问题题型六：双汞柱问题题型七：变质量问题题型八：非活塞汞柱问题题型一：单缸单活塞问题1.（2014年全国卷1）一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形气缸内，气缸壁导热良好，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动。

开始时气体压强为P ，活塞下表面相对于气缸底部的高度为h ，外界的温度为To 。

现取质量为m 的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了h/4.若此后外界的温度变为T ，求重新达到平衡后气体的体积。

已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g 。

【答案】94mghTpT2.（2018年全国卷I ，33，15分★★★）如图，容积为V 的汽缸由导热材料制成，面积为S 的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K 。

开始时，K 关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p 0，现将K 打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为8V时，将K 关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了6V，不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g 。

求流入汽缸内液体的质量。

答案：01526p Sm g3.（2018年全国卷II ，33，10分★★★★★）如图，一竖直放置的气缸上端开口，气缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体．已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计他们之间的摩擦．开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0．现用电热丝缓慢加热气缸中的气体，直至活塞刚好到达b处．求此时气缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功．重力加速度大小为g．答案．T2 =(1 + hH)(1 +mgp0S)T0W = (p0S + mg)h4.[2018东北三校联考,33(2),10分]一端开口且导热性能良好的汽缸固定在水平面上,如图所示,用质量和厚度均可忽略不计的活塞封闭一定质量的理想气体。

专题14 带电粒子在叠加场中的运动-2023年高考物理大题限时集训(解析版)

专题14带电粒子在叠加场中的运动【例题】如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy ，在第一、四象限内有水平向左的匀强电场，在第二、三象限内有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B 2，两区域的电场强度大小均为E =2V/m 。

一可视为质点的带电小球用绝缘细线拴住并静止在第一象限的P 点，P 点的坐标为（5cm ，5cm ），细线与竖直方向的夹角为θ=45°。

现剪断细线，小球开始运动，重力加速度g 取10m/s 2，求：（1）小球第二次经过x 轴时的x 坐标值和第二次经过y 轴时的y 坐标值；（2）小球第三次经过y 轴的速度大小。

【答案】（1）2x =，2y ；（210m/s【解析】（1）小球在图示位置平衡，有Eq =mg 剪断细线后，小球的加速度大小222m/s a g ==小球经过O 点进入第三象限，运动位移为25210ms -=根据v 2=2as可得2v =m/s 小球在第二、三象限运动时，电场力和重力平衡，小球在洛伦兹力的作用下做圆周运动有2v qvB m r=解得r =0.1m小球第二次经过x 轴、y 轴的坐标点由几何关系知22m10x r =-=-22m10y r ==（2）小球第二次经过y 轴后，做类平抛运动，沿着初速度方向有x ′=vt垂直于初速度方向212y at '=根据几何关系x ′=y ′解得t =0.2s在垂直于初速度方向v ⊥=at小球第三次经过y 轴的速度大小22v v v ⊥'=+解得10v '=明确粒子受几个力，结合运动情况，分析各力方向。

（1）电场与磁场叠加：常见模型有速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件等。

（2）电场、磁场、重力场叠加：无约束带电体在叠加场做直线运动时必为匀速直线运动；做圆周运动时必为匀速圆周运动，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力。

1．三种典型情况（1）若只有两个场，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态．例如电场与磁场叠加满足qE ＝qvB 时，重力场与磁场叠加满足mg ＝qvB 时，重力场与电场叠加满足mg ＝qE 时．（2）若三场共存，合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F ＝qvB 的方向与速度v 垂直．（3）若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg ＝qE ，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB ＝m v 2r.2．当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．3．分析【变式训练】如图所示，在竖直xOy 平面内0≤x ≤L 的区域存在沿x 轴正方向的匀强电场，场强大小为E ，垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B 1；在L ≤x ≤2L 的区域存在沿y 轴正方向的匀强电场，场强大小也为E ，垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B 2；一个质量为m ，带电荷量为+q 的带电小球从坐标原点以速度v 0沿与x 轴成45°角方向射入，小球沿直线匀速穿过0≤x ≤L 区域，在L ≤x ≤2L 的区域运动一段时间后，沿x 轴正方向射出该区域。

2020-2022年高考物理真题分专题训练专题07 功和能(学生版)

专题07功和能【2022年高考题组】1、（2022·广东卷·T9）如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s匀速行驶。

已知小车总质量为50kg，MN PQ=，PQ段的倾角为30，重力加速度g取2=20m10m/s，不计空气阻力。

下列说法正确的有（）A. 从M到N，小车牵引力大小为40NB. 从M到N，小车克服摩擦力做功800JC. 从P到Q，小车重力势能增加4⨯ D. 从P到Q，小车克服摩擦力做功700J101J2、（2022·全国乙卷·T16）固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（）A. 它滑过的弧长B. 它下降的高度C. 它到P点的距离D. 它与P点的连线扫过的面积3、（2022·浙江6月卷·T13）小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的5m/s的匀质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过2减速运动，到达平台速度刚好为零，g取210m/s，则提升重物的最短时间为（）A. 13.2sB. 14.2sC. 15.5sD. 17.0s4、（2022·浙江1月卷·T1）单位为J/m的物理量是（）A. 力B. 功C. 动能D. 电场强度5.（2022·河北·T9）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P 和Q 用不可伸长的轻绳相连，悬挂定滑轮上，质量Q P m m >，0=t 时刻将两物体由静止释放，物体Q 的加速度大小为3g 。

T 时刻轻绳突然断开，物体P 能够达到的最高点恰与物体Q 释放位置处于同一高度，取0=t 时刻物体P 所在水平面为零势能面，此时物体Q 的机能为E 。

2025届高考物理复习：经典好题专项(动力学中的图像问题)练习(附答案)

2025届高考物理复习：经典好题专项（动力学中的图像问题）练习1．(多选)一物体静止在粗糙程度均匀的水平地面上，在0～4 s内所受水平拉力F随时间t的变化关系图像如图甲所示，在0～2 s内的速度与时间关系图像如图乙所示，最大静摩擦力大于滑动摩擦力。

关于物体的运动，下列说法正确的是()A．物体的质量为2 kgB．0～4 s内物体的位移为8 mC．0～4 s内拉力F做功为16 JD．在4 s末物体的速度大小为4 m/s2．(2023ꞏ内蒙古包头市二模)水平力F方向确定，大小随时间变化的图像如图a所示，用力F 拉静止在水平桌面上的小物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间变化的图像如图b所示，重力加速度大小为10 m/s2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力，由图示可知()A．物块的质量m＝2 kgB．物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.2C．在4 s末，物块的动量大小为12 kgꞏm/sD．在2～4 s时间内，小物块速度均匀增加3. 在用DIS探究超重和失重的实验中，某同学蹲在压力传感器上完成一次起立动作，在计算机屏幕上得到压力传感器示数F随时间t变化的图像如图所示，则此过程该同学重心的运动速度v随时间t变化的图像最接近图()4．(多选)如图甲所示，用一水平力F 拉着一个静止在倾角为θ的光滑固定斜面上的物体。

逐渐增大F ，物体做变加速运动，其加速度a 随外力F 变化的图像如图乙所示，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

根据图乙中所提供的信息可以计算出( )A ．物体的质量B ．斜面的倾角C ．物体能静止在斜面上所施加的最小外力D ．加速度为6 m/s 2时物体的速度5．(多选)如图甲所示，一倾角θ＝30°的足够长斜面体固定在水平地面上，一个物块静止在斜面上。

现用大小为F ＝kt (k 为常量，F 、t 的单位分别为N 和s)的拉力沿斜面向上拉物块，物块受到的摩擦力F f 随时间变化的关系图像如图乙所示，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s 2。

专题12 带电粒子在磁场中的运动-2023年高考物理大题限时集训(解析版)

专题12带电粒子在磁场中的运动【例题】如图所示，直线MN 上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度2T B =。

两带有等量异种电荷的粒子，同时从O 点以相同速度6110m/s v =⨯射入磁场，速度方向与MN 成30°角。

已知粒子的质量均为236.410kg m -=⨯，电荷量-163.210C q =⨯，不计粒子的重力及两粒子间相互作用力，求：（1）它们从磁场中射出时相距多远？（2）射出的时间差是多少？【答案】（1）0.2m ；（2）7410s 3π-⨯【解析】（1）易知正、负电子偏转方向相反，做匀速圆周运动的半径相同，均设为r ，根据牛顿第二定律有2v qvB m r=解得0.1m mv r qB==作出运动轨迹如图所示，根据几何关系可得它们从磁场中射出时相距220.2m mv d r qB===（2）正、负电子运动的周期均为72210s r T vππ-==⨯根据几何关系可知正、负电子转过的圆心角分别为60°和300°，所以射出的时间差是7410s 3603t T θπ-︒∆∆==⨯1.带电粒子在有界匀强磁场中的运动（1）粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射角.粒子经过磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角.（如图，θ1＝θ2＝θ3）（2）圆形边界（进、出磁场具有对称性）①沿径向射入必沿径向射出，如图所示.②不沿径向射入时.射入时粒子速度方向与半径的夹角为θ，射出磁场时速度方向与半径的夹角也为θ，如图所示.2.临界问题（1）解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系.（2）粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切.3.多解问题题目描述的条件不具体，存在多解的可能性，常见的多解原因有：（1）磁场方向不确定形成多解；（2）带电粒子电性不确定形成多解；（3）速度不确定形成多解；（4）运动的周期性形成多解.【变式训练】如图所示，矩形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为25.010T B -=⨯，矩形区域长为235，宽为0.2m 。

高考物理专项训练逻辑推理题(含答案)

高考物理专项训练逻辑推理题(含答案)
题目1:
一辆汽车从A地出发，经过10分钟到达B地，再经过20分钟到达C地，求汽车行驶的速度。

答案1:
汽车行驶的速度无法确定，因为我们没有给出汽车行驶的距离。

题目2:
一个小球从高处自由落下，每秒钟下落的距离是9.8米，求小
球下落10秒钟的总距离。

答案2:
小球下落10秒钟的总距离可以通过等差数列求和的公式求解：总距离 = 1/2 * 加速度 * 时间^2 = 1/2 * 9.8 * (10^2) = 490米。

题目3:
一个物体以10米/秒的速度向右运动，另一个物体以5米/秒的
速度向左运动，两个物体相向而行，求它们相遇所需的时间。

答案3:
相向而行的两个物体相遇所需的时间可以通过以下公式求解：
时间 = 距离 / 速度 = 0 / (10 + 5) = 0秒。

题目4:
甲、乙两人同时从同一地点出发，乙以5米/秒的速度向南走，甲以10米/秒的速度向东走，如果甲和乙至少走1分钟后才能相遇，求两人相遇时距出发点的距离。

答案4:
两人相遇时距出发点的距离可以通过以下方法求解：
设两人相遇的时间为t分钟，则相遇的距离为甲走的距离 + 乙
走的距离。

甲走的距离 = 甲的速度 * 时间 = 10 * (t + 1)秒
乙走的距离 = 乙的速度 * 时间 = 5 * (t + 1)秒
相遇的距离 = 甲走的距离 + 乙走的距离 = 10 * (t + 1) + 5 * (t + 1) = 15 * (t + 1)米。