【2020】最新高考物理第二轮专题复习测试题(图象专题)
2020届高考物理二轮复习刷题首选卷专题四曲线运动精练(含解析)
专题四曲线运动『经典特训题组』1．(多选)如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其vt图象如图乙所示，同时人顶杆沿水平地面运动的xt图象如图丙所示。
若以地面为参考系，下列说法中正确的是( )A．猴子的运动轨迹为直线B．猴子在2 s内做匀变速曲线运动C．t＝0时猴子的速度大小为8 m/sD．t＝2 s时猴子的加速度大小为4 m/s2答案BD解析由题图乙知，猴子竖直方向上向上做匀减速直线运动，加速度竖直向下，由题图丙知，猴子水平方向上做匀速直线运动，则猴子的加速度竖直向下且加速度的大小、方向均不变，与初速度方向不在同一直线上，故猴子在2 s内做匀变速曲线运动，A错误，B正确；xt图象的斜率等于速度，则知t＝0时猴子水平方向的速度大小为v x＝4 m/s，又竖直方向初速度大小v y＝8 m/s，则t＝0时猴子的速度大小为：v＝v2x＋v2y＝4 5 m/s，故C错误；vt图象的斜率等于加速度，则知猴子的加速度为：a＝ΔvΔt＝0－82m/s2＝－4 m/s2，即加速度大小为4 m/s2，故D正确。
2．(多选) 如图所示，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，炸弹垂直击中山坡上的目标A。
已知A点高度为h＝360 m，山坡倾角θ为37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2，由此可算出( )A．炸弹的飞行时间为0.8 sB．炸弹飞行的水平位移为480 mC．轰炸机的飞行高度为680 mD．炸弹的落地速度为80 m/s答案BC解析 如图所示，已知A 点高度为h ＝360 m ，山坡倾角为37°，可算出炸弹飞行的水平位移为x ＝h tan37°＝480 m ，故B 正确；炸弹垂直击中目标A ，可知炸弹的速度偏转角满足φ＝π2－θ＝53°，由平抛运动的速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍可知tan φ＝gt v 0＝2H x，解得H ＝320 m ，所以轰炸机的飞行高度H 总＝H ＋h ＝680 m ，故C 正确；炸弹的飞行时间t ＝ 2H g＝8 s ，故A 错误；炸弹的初速度为v 0＝x t ＝60 m/s ，落地速度v ＝v 0cos φ＝100 m/s ，故D 错误。
2020年高考物理二轮专项训练卷-专题23-气缸与液柱模型(含解析)
2020年高考物理二轮专项训练卷-专题23-气缸与液柱模型(含解析)-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN专题23、气缸与液柱模型1.如图所示，一圆筒形汽缸静止于地面上，汽缸的质量为M ，活塞(连同手柄)的质量为m ，汽缸内部的横截面积为S ，大气压强为p 0，平衡时汽缸内的容积为V .现用手握住活塞手柄缓慢向上提．设汽缸足够长，不计汽缸内气体的重力和活塞与汽缸壁间的摩擦，求汽缸在开始以及刚提离地面时封闭气体的压强分别为多少？【答案】：见解析【解析】：开始时由于活塞处于静止状态，对活塞进行受力分析，如图甲所示．由平衡条件可得p 0S ＋mg ＝p 1S ，则p 1＝p 0＋mgS ；当汽缸刚被提离地面时汽缸处于静止状态，汽缸与地面间无作用力，对汽缸进行受力分析，如图乙所示．由平衡条件可得p 2S ＋Mg ＝p 0S则p 2＝p 0－Mg S.2.(2018·全国Ⅱ卷)如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口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，不计它们之间的摩擦，开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p 0，温度均为T 0.现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b 处，求此时汽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】：⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋h H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0 (p 0S ＋mg)h 【解析】：开始时活塞位于a 处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动．设此时汽缸中气体的温度为T 1，压强为p 1，根据查理定律有p 0T 0＝p 1T 1，① 根据力的平衡条件有p 1S ＝p 0S ＋mg ，② 联立①②式可得T 1＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0，③ 此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b 处，设此时汽缸中气体的温度为T 2；活塞位于a 处和b 处时气体的体积分别为V 1和V 2，根据盖—吕萨克定律有V 1T 1＝V 2T 2，④ 式中V 1＝SH ，⑤V 2＝S (H ＋h )，⑥联立③④⑤⑥式解得T 2＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋h H ⎝⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0ST 0.⑦从开始加热到活塞到达b 处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W ＝(p 0S ＋mg )h .3.如图所示，一根粗细均匀的长l ＝72 cm 的细玻璃管AB 开口朝上竖直放置，玻璃管中有一段长h ＝24 cm 的水银柱，下端封闭了一段长x 0＝24 cm 的空气柱，系统温度恒定，外界大气压强恒为p 0＝76 cmHg.现将玻璃管缓慢倒置，若空气可以看做理想气体，求倒置后水银柱相对B 端移动的距离．【答案】22 cm【解析】设水银密度为ρ，玻璃管横截面积为S ，重力加速度为g .如图所示，倒置前，下部空气压强为p B ＝p 0＋ρgh ＝100 cmHg.倒置后，若水银没有流出玻璃管，封闭空气柱的压强为p ′＝p 0－ρgh .由玻意耳定律得p B Sx 0＝p ′Sx 2， 解得x 2＝46 cm.则x 2＋h ＜l ，故假设成立．所以水银柱相对B 端移动46 cm －24 cm ＝22 cm.4.(2018·全国Ⅰ卷)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V8时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了V6，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】见解析【解析】设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V 1，压强为p 1；下方气体的体积为V 2，压强为p 2，在活塞下移的过程中，活塞上下方气体的温度保持不变．由玻耳定律得p 0V2＝p 1V 1p 0V2＝p 2V 2由已知条件得V 1＝V 2＋V 6－V 8＝1324VV 2＝V 2－V 6＝V 3设活塞上方液体的质量为m ，由平衡条件得p 2S ＝p 1S ＋mg 联立以上各式得m ＝15p 0S26g.5.如图所示,内壁光滑的圆柱形导热汽缸固定在水平面上,汽缸内部被活塞封有一定质量的理想气体,活塞横截面积为S,质量和厚度都不计,活塞通过弹簧与汽缸底部连接在一起,弹簧处于原长。
2020高考物理二轮专题复习 专题17 电学图像问题(解析版)
专题17 电学图像问题在物理中，常常用图像来反映物理量之间的关系或描述某个物理过程，通过图像可以直观、简洁的反映物理量之间的关系或物理过程，所以在中考中常常会出现电学物理图像问题。
电学图像以信息为载体，主要考查学生识别图像、从中提取信息的能力。
图像类考题在中考中一直占有重要的地位，由于不会分析、处理，造成失分很多。
1、U -I 图像与I—U 图像：电阻两端的电压与流过电阻中的电流关系的图像：图像类型U—I 图像I —U 图像坐标意义图像的纵坐标表示电阻两端的电压，横坐标表示通过该电阻的电流。
图像的纵坐标表示通过该电阻的电流，横坐标表示电阻两端的电压。
图 像图像意义 及阻值计算当图像是一条过坐标原点直线时，表示定值电阻。
电阻大小等于图像上除原点以外的点的纵坐标和横坐标的比值。
R 1的阻值可以通过任意对应的U 、I 坐标计算：1111V =50.2AU R I ==Ω，或2222V=50.4AU R I ==Ω，或3333V =50.6AU R I ==Ω。
电阻大小等于图像上除原点以外的点的横坐标和纵坐标的比值。
R 1的阻值可以通过任意对应的U 、I 坐标计算：1111V =100.1A U R I ==Ω，或2122V=100.2AU R I ==Ω，或3133V =100.3AU R I ==Ω，或4144V =100.4AU R I ==Ω。
当图像为一条曲线时，表示可变电阻，电阻随电压的增大而增大。
电阻值大小只能通过图像上点的纵坐电阻值大小只能通过图像上点的横坐标与2、I—R图像：根据欧姆定律IR=可知：当电压一定的时候，电流与电阻成反比。
所以I-R图为反比例函数图像。
图像上每一点横纵坐标的乘积是个定值，即该电阻两端的电压值。
3、电学图像还有电压——电阻图像、电阻——温度图像、电阻——力图像、功率——电压图像、功率——时间图像等等，无论哪种图像，只要把握住坐标轴上的两个物理量，结合图像形状和相关物理知识就能从容的解决。
(新课标)2020届高考物理二轮复习 专题九 物理图象素能演练提升(含解析)
素能演练提升九物理图象(时间:60分钟满分:100分)第Ⅰ卷(选择题共60分)一、本题共10小题,每小题6分,共60分.在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一个选项符合题目要求,第6~10题有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分.1.放在水平地面上的一物块,受到方向不变的水平推力F的作用,F的大小与时间t 的关系和物块速度v与时间t的关系如甲图和乙图所示.重力加速度g取10 m/s2.由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为( )A.m=0.5 kg,μ=0.4B.m=1.5 kg,μ=C.m=0.5 kg,μ=0.2D.m=1 kg,μ=0.2解析:0至2 s在1 N的水平推力作用下,物体静止;2 s至4 s 在3 N的水平推力作用下,物体做加速度为2 m/s2的匀加速直线运动;4 s至6 s在2 N的水平推力作用下,物体做匀速直线运动.对后面的两个阶段由牛顿定律列方程有F2-mgμ=ma,F3=mgμ,代入数据得A选项对.答案:A2.如图,在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板,其上叠放一质量为m2的木块.假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等.现给木块施加一个随时间t均匀增大的水平力F=kt(k是常数),木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图线中正确的是( )解析:两物体发生相对滑动的条件是a2>a1,在发生相对滑动之前,a2=a1;发生相对滑动时和发生相对滑动后,两物体间的摩擦力大小为Ff =μm2g,木板的加速度a1=,不变;木块的加速度a2=-μg,则在a-t图象中,图线a2的延长线应与t轴正半轴有交点,选项A正确.答案:A3.如图甲所示,一理想变压器给一个小灯泡供电.当原线圈输入如图乙所示的交变电压时,额定功率为10 W的小灯泡恰好正常发光,已知灯泡的电阻为40 Ω,图中电压表为理想电表,下列说法正确的是( )A.变压器输入电压的瞬时值表达式为u=220sin πt (V)B.电压表的示数为220 VC.变压器原、副线圈的匝数比为11∶1D.变压器的输入功率为110 W解析:从图象中可得交流电周期T=2×10-2 s,em=220 V,所以ω==100π,表达式为u=220sin 100πt (V),故A错误;根据公式P=,电压表示数为灯泡的额定电压U==20 V,故B错误;原线圈输入电压为220 V,根据公式可得,故C正确;变压器的输入功率与输出功率相等,为10 W,故D错误.答案:C4.如图甲所示,在光滑水平面上,有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd,边长为L,质量为m,电阻为R.在水平外力的作用下,线框从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动,穿过磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向与线圈平面垂直,线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t的变化关系如图乙所示.则下列说法正确的是( )A.线框的加速度大小为B.线框受到的水平外力的大小C.0~t1时间内通过线框任一边横截面的电荷量为i1t1D.0~t3时间内水平外力所做的功大于解析:线框做匀加速直线运动,有v=at,电动势E=BLv,电流i=,可见i-t图的斜率k=,解得a=,选项A错误;根据牛顿运动定律有F外-F安=ma,F安=BLi为变力,则F外也为变力,选项B错误;0~t1内通过的电荷量q=,选项C错误;根据=i3可得v3=,根据功能关系有,W外=Q+,Q表示产生的热量,代入数据可知,W外>.答案:D5.电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比.在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示,图中U为路端电压,I为干路电流,a、b为图线上的两点,相应状态下电源的效率分别为ηa 、ηb.由图可知ηa、ηb的值分别为( )A. B.C. D.解析:根据效率的定义可得电源效率η=,E为电源的总电压(即电动势),根据图象可知Ua =,Ub=,所以ηa、ηb的值分别为,选项D正确.答案:D6.(2020江苏南通二模)如图甲所示,固定斜面AC长为L,B为斜面中点,AB段光滑.一物块在恒定拉力F作用下,从最低点A由静止开始沿斜面上滑至最高点C,此过程中物块的动能Ek随位移s变化的关系图象如图乙所示.设物块由A运动到C的时间为t,下列描述该过程中物块的速度v随时间t、加速度大小a随时间t、加速度大小a随位移s、机械能E随位移s变化规律的图象中,可能正确的是( )解析:根据Ek-s图象知,动能先均匀增加,然后均匀减小,即合力先做正功再做负功,知物块先做匀加速直线运动,然后做匀减速直线运动,匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移大小相等,匀减速直线运动的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度,则匀减速运动的时间小于匀加速直线运动的时间,故A错误;前半段和后半段均做匀变速直线运动,两段过程中加速度分别不变,但是两段过程中的时间不等,故B错误,C正确;根据除重力以外其他力做功等于机械能的增量,知前半段恒力F 做正功,可知机械能随s均匀增加,后半段拉力可能与摩擦力相等,机械能守恒,故D 正确.答案:CD7.如图所示,水平传送带以速度v1匀速运动,小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连.t=0时刻P在传送带左端具有速度v2,P与定滑轮间的绳水平,t=t时刻P离开传送带.不计定滑轮质量和摩擦,绳足够长.正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是( )解析:(1)若v2<v1.①当物体P与传送带间的滑动摩擦力Ff大于物体Q的重力G,即F f >G时,P向右加速,与传送带速度相等时,以v1和传送带一起匀速运动,选项B正确;②当Ff<G时,P先向右减速运动,再向左加速运动,加速度不变,图象如图甲所示.(2)若v2>v1.①当Ff>G时,P向右减速,再与传送带一起匀速运动,图象如图乙所示,选项A错误;②当Ff<G时,P先向右减速,速度减小到传送带速度时,P仍继续向右减速,但加速度减小了,速度减到零然后再向左加速,选项C正确,D错误.甲乙答案:BC8.嫦娥三号着陆器成功降落在月球虹湾地区,实现了中国人的探月梦想.该着陆器质量为1.2×103 kg,在距离月面100 m处悬停,自动判断合适着陆点后,竖直下降到距离月面4 m时速度变为0,然后关闭推力发动机自由下落,直至平稳着陆.若月球表面重力加速度是地球表面重力加速度的,着陆器下降过程中的高度与时间关系图象如图所示,则下述判断正确的是( )A.着陆器在空中悬停时,发动机推力大小是1.2×104 NB.着陆器从高度100 m下降至4 m过程中的平均速度为8 m/sC.着陆器着陆时的速度大约是3.6 m/sD.着陆器着陆后,其对月面的压力是2×104 N解析:着陆器在空中悬停时,发动机推力F==2×103 N,选项A错误;由题图可知,着陆器从高度100 m下降至4 m过程中用时t=(14.5-2.5) s=12 s,平均速度v= m/s=8 m/s,选项B正确;关闭推力发动机后,着陆器自由下落t=(16.7-14.5) s=2.2 s,速度v=≈3.6 m/s,选项C正确;着陆器着陆后,对月面的压力为FN==2×103 N,选项D 错误.答案:BC9.如图所示,一半径为R的均匀带正电圆环水平放置,环心为O点,在O正上方h高位置的A点与A'关于O对称.质量为m的带正电的小球从A点静止释放,并穿过带电环.则小球从A点到A'过程中加速度(a)、重力势能(EpG )、机械能(E)、电势能(Ep电)随位置变化的图象可能正确的是(取O点为坐标原点且重力势能为零,向下为正方向,无限远电势为零)( )解析:圆环中心的电场强度为零,无穷远处电场强度也为零,则小球从A到圆环中心的过程中,电场强度可能先增大后减小,则小球所受的电场力先增大后减小,方向竖直向上,由牛顿第二定律得知,重力不变,则加速度可能先减小后增大;小球穿过圆环后,小球所受的电场力竖直向下,加速度方向向下,为正值,根据对称性可知,电场力先增大后减小,则加速度先增大后减小,故A是可能的,选项A正确;小球从A到圆环中心的过程中,重力势能EpG =mgh,小球穿过圆环后,EpG=-mgh,根据数学知识可知,B是可能的,选项B正确;小球从A到圆环中心的过程中,电场力做负功,机械能减小,小球穿过圆环后,电场力做正功,机械能增大,故C是可能的,选项C正确;由于圆环所产生的是非匀强电场,小球下落的过程中,电场力做功与下落的高度之间是非线性关系,电势能变化与下落高度之间也是非线性关系,所以D是不可能的,选项D错误. 答案:ABC10.静电场方向平行于x轴,其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线.一质量为m、电荷量为+q的粒子(不计重力),以初速度v从O点(x=0)进入电场,沿x轴正方向运动.下列叙述正确的是( )A.粒子从O运动到x1的过程中速度逐渐减小B.粒子从x1运动到x3的过程中,电势能先减小后增大C.要使粒子能运动到x4处,粒子的初速度v至少为2D.若v=2,粒子在运动过程中的最大速度为解析:粒子从O运动到x1的过程中,电势升高,电场强度方向沿x轴负方向,粒子所受的电场力方向也沿x轴负方向,粒子做减速运动,故A正确;粒子从x1运动到x3的过程中,电势不断降低,根据正电荷在电势越高电势能越大,可知,粒子的电势能不断减小,故B错误;当粒子恰好运动到x1处时,由动能定理得q(0-φ)=0-,解得v=,要使粒子能运动到x4处,粒子的初速度v至少为,故C错误;若v=2,粒子运动到x3处电势能最小,动能最大,由动能定理得q[0-(-φ0)]=,解得最大速度为vm=,故D正确.答案:AD第Ⅱ卷(非选择题共40分)二、本题共3小题,共40分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位. 11.(10分)(2020福建理综,20)一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶,其运动过程的v-t图象如图所示.求:(1)摩托车在0~20 s这段时间的加速度大小a;(2)摩托车在0~75 s这段时间的平均速度大小.解析:(1)加速度a=(1分)由v-t图象并代入数据得a=1.5 m/s2.(2分)(2)设20 s时速度为vmax ,0~20 s的位移x1=t1(1分)20~45 s的位移x2=vmaxt2(1分)45~75 s的位移x3=t3(1分)0~75 s这段时间的总位移x=x1+x2+x3(1分)0~75 s这段时间的平均速度(1分)代入数据得=20 m/s.(2分)答案:(1)1.5 m/s2(2)20 m/s12.(14分)如图所示,可视为质点的A、B两物体置于一静止长纸带上,纸带左端与A、A与B间距均为d=0.5 m,两物体与纸带间的动摩擦因数均为μ1=0.1,与地面间的动摩擦因数均为μ2=0.2.现以恒定的加速度a=2 m/s2向右水平拉动纸带,重力加速度g取10 m/s2.求:(1)A物体在纸带上的滑动时间;(2)在给定的坐标系中定性画出A、B两物体的v-t图象;(3)两物体A、B停在地面上的距离.解析:(1)两物体在纸带上滑动时有μ1mg=ma1(1分)当物体A滑离纸带时a1=d(1分)由以上二式可得t1=1 s.(1分)(2)如图所示.(3分)(3)物体A离开纸带时的速度v 1=a1t1(1分)两物体在地面上运动时有μ2mg=ma2(1分)物体A从开始运动到停在地面上过程中的总位移s1=(1分)当物体B滑离纸带时,a1=2d(1分)物体B离开纸带时速度v2=a1t2(1分)物体A从开始运动到停在地面上过程中的总位移s2=(1分)两物体A、B最终停止时的间距s=s2+d-s1(1分)由以上各式可得s=1.25 m.(1分)答案:(1)1 s (2)见解析图(3)1.25 m13.(16分)如图甲所示,轻质细线绕过两个光滑的轻滑轮,线的一端系一质量M=0.4 kg的重物,重物置于倾角为θ=30°的光滑斜面上(绳GH段平行于斜面),另一端系一质量为m=0.1 kg、电阻为r=0.5 Ω的金属杆.在竖直平面内有间距为L=1 m的足够长的平行光滑金属导轨PQ、EF,在QF之间连接有阻值为R=1 Ω的电阻(导轨电阻不计),磁感应强度为B=0.5 T的匀强磁场与导轨平面垂直.开始时金属杆置于导轨下端,将重物由静止释放,最终能沿斜面匀速下滑.运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好,g取10 m/s2.求:(1)重物匀速下滑的速度v的大小;(2)当M匀速运动时,突然剪断细线,m继续上升h=0.9 m高度后达到最高点,求此过程中R上产生的焦耳热;(3)对一定的磁感应强度B,重物的质量M取不同的值,测出相应的重物做匀速运动时的速度,可得出v-M实验图线.图乙中画出了磁感应强度分别为B1和B2时的两条实验图线,试根据实验结果计算B1和B2的比值.解析:(1)重物匀速下滑时,F=Mgsin θ,其中F为绳子的拉力(1分)金属杆匀速运动时,受绳子的拉力F'、金属杆的重力mg、向下的安培力FA则F'=mg+FA(1分)F=F'对金属杆有安培力FA=ILB(1分)感应电动势E=BLv(1分)感应电流I=(1分)则FA=由以上各式得v=代入数据得v=6 m/s.(1分)(2)剪断细线后由能量守恒得mgh+Q总=mv2(2分)Q R =Q总(1分)代入数据得QR=0.6 J.(2分)(3)由第一问结果及题意可得v-M的函数关系式为v=M-结合图线可知,斜率k=(1分)k= m·s-1·kg-1= m·s-1·kg-1(1分)1= m·s-1·kg-1= m·s-1·kg-1(1分)k2因此.(2分)答案:(1)6 m/s (2)0.6 J (3)3∶2。
2020年高考物理二轮专项训练卷 专题24 振动与波动图像中各参数的求解方法
专题24、振动与波动图像中各参数的求解方法1.(多选)(2018·福建漳州模拟)如图所示，弹簧下面挂一质量为m的物体，物体在竖直方向上做振幅为A 的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，弹簧在弹性限度内，则物体在振动过程中________。
A．弹簧的最大弹性势能等于2mgAB．弹簧的弹性势能和物体动能总和不变C．物体在最低点时的加速度大小应为gD．物体在最低点时的弹力大小应为mgE．物体在最低点时的弹力大小应为2mg【答案】：ACE【解析】：因物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，此时弹簧弹力等于零，物体的重力mg＝F回＝kA，当物体在最低点时，弹簧的弹性势能最大等于2mgA，A对；在最低点，由F回＝mg＝ma知，C对；由F弹－mg＝F回得F弹＝2mg，D错，E对；由能量守恒知，弹簧的弹性势能和物体的动能、重力势能三者的总和不变，B错。
2.(多选)如图所示，图甲为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为该弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是________。
A．在t＝0.2 s时，弹簧振子可能运动到B位置B．在t＝0.1 s与t＝0.3 s两个时刻，弹簧振子的速度相反C．从t＝0到t＝0.2 s的时间内，弹簧振子的动能持续地增加D．在t＝0.2 s与t＝0.6 s两个时刻，弹簧振子的加速度相同E．在t＝0.4 s和t＝0.8 s时弹簧振子动能最大【答案】：ABE【解析】：t＝0.2 s时，振子的位移为正的最大，但由于没有规定正方向，所以此时振子的位置可能在A 点也可能在B点，A正确。
t＝0.1 s时速度为正，t＝0.3 s时速度为负，两者方向相反，B正确。
从t＝0到t＝0.2 s的时间内，弹簧振子远离平衡位置，速度减小，动能减小，C错。
t＝0.2 s与t＝0.6 s两个时刻，位移大小相等，方向相反，故加速度大小相等，方向相反，D错。
振子在平衡位置动能最大，E正确。
(通用版)2020版高考物理二轮复习特色练3图象问题(含解析)
变化关系的图象是( )本题考查了万有引力定律公式. 考查了学生对万有引力定律的理解能力，体现了运动和相互作用的物理观念及科学推理的核心素养．由万有引力定律可知，探测器受到的万有引力F＝GMm(R＋h)2，其中R为地球半径。
在探测器]如图所示为A、B质点的图象为直线，B质点的图象为过原点的抛物线，两图象交点)B质点的平均速度小于A质点的平均速度做曲线运动如图甲，一维坐标系中有一质量为0时刻开始，物块在外力作用下沿如图乙为其位置坐标和速率平方关系图象，下列说法正确的是/s处(已知v、t分别表示小球速度的大小、运动的时间物体做减速运动，根据牛顿第二定律可知，mg由于速度减小，阻力减小，加速度减小，当速度减到0后，小球向下做加速运动，根据可知，随时间的延续，速度增大，阻力增大，加速度减小，在两个物体在水平面上沿同一直线运动，它们的v－t图象如图所示．7 m，B物体做匀减速运动的加速度大小为设A 物体追上B 物体所用时间为t 0，则v A t 0＝Δx ＋x Bt 0＝324 s ＝8 s ，故选项D 正确．答案：D6．如图甲所示，倾角θ＝30°的足够长固定光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉着质量m ＝1 kg 的物体沿斜面向上运动．已知物体在t ＝1 s 到t ＝3 s 这段时间的v －t 图象如图乙所示，弹簧的劲度系数k ＝200 N /m ，重力加速度g 取10 m /s 2.则在该段时间内( )A ．物体的加速度大小为2 m /s 2B ．弹簧的伸长量为3 cmC ．弹簧的弹力做功为30 JD ．物体的重力势能增加36 J解析：由图乙可知加速度为直线的斜率，a ＝1 m /s 2，故A 错误；沿斜面方向，由牛顿第二定律有F 弹－mg sin θ＝ma ，解得F 弹＝6 N, 又F 弹＝kl ，代入数据解得l ＝0.03 m ＝3 cm ，故B 正确；由图乙可知在这段时间内，物体沿斜面方向的位移为此段v －t 图象与t 轴围成的面积，为x ＝6 m ，则重力势能的增加量为mgx sin θ＝30 J ，由动能定理有12mv 22－12mv 21＝W 弹－mgx sin θ，代入数据解得弹簧的弹力做功为36 J ，故C 、D 错误．答案：B7．某正弦交流发电机产生的电动势波形如图所示，已知该发电机线圈匝数n ＝100匝，线圈面积为S ＝0.1 m 2，线圈内阻为r ＝1 Ω，用一理想交流电压表接在发电机的两个输出端．由此可知( )A ．线圈在匀强磁场中转动的角速度为50π rad /sB ．线圈所在处的磁感应强度是B ＝1 TC ．交流电压表的读数为220 VD ．交变电动势的平均值为E ＝200 V解析：由正弦交流发电机产生的电动势波形图可知，周期T ＝0.02 s ，而T ＝2πω，解得线圈在匀强磁场中转动的角速度为ω＝100π rad /s ，选项A 错误．由正弦交流发电机产生的电动势波形图可知，电动势最大值为E m ＝314 V ，而E m ＝nBS ω，解得B ＝0.1 T ，选项B 错误．由于电压表是理想交流电压表，测量值等于交变电压的有效值，为314×22V ＝222 V ，选项C错误．由法拉第电磁感应定律，交变电压的平均值为E ＝n ΔΦΔt，取T/4时间，磁通量变化量ΔΦ＝BS ，所以E ＝nBST 4＝200 V ，选项D 正确．答案：D度和加速度，以向左为正方向．则下列图中正确的是( )木块和木板组成的系统动量守恒，因为最终共同的速度方向向左，根据.木块的加速度a 2＝F f m 2，方向向左，木板的加速度a 项错误，B 项正确；木块滑上木板后，木块先向右做匀减速直线运动，速度减到零后反向做匀加速直线运动，与木板速度相同后一起做匀速直线运动．木板一直做2以下的管道中运动时，内侧管壁对小球可能有作用力的变化图象如图所示，下列说法正确的是Ω，导轨足够长，重力加速度g＝10 m/在磁场外运动时没有感应电流产生进入磁场后感应电动势为0.6 V内电路中产生的热量为0.15 J导体棒没有进入磁场区域时穿过回路的磁场磁感应强度不断增大，闭合回路的磁回路产生感应电流，故A错误；导体棒进入磁场前，由牛顿第二定律得：。
山西专版2020版高考物理二轮复习第一篇选择题热点3图像问题精练
热点3 图像问题热考题型 物理图像能形象地表达物理规律、直观地描述物理过程、鲜明地表示物理量间的相互关系,是分析物理问题的有效手段之一,是高考命题中的热点和重点,选择题以运动学图像、电磁学图像为主,主要考查对图像的理解、选择、变换、描绘及应用。
题型一 运动学图像1.甲、乙两物体从同一地点开始沿同一方向运动,其速度随时间的变化关系如图所示,图中t 2=,两段曲t 42线均为圆弧,则( )14A.两物体在t 1时刻加速度相同B.两物体在t 2时刻运动方向均改变C.两物体在t 3时刻相距最远,t 4时刻相遇D.0~t 4时间内甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度答案 C 因两段曲线均为圆弧,分析题图知在t 1时刻曲线的切线斜率的绝对值与直线斜率相等,即t 114时刻两物体加速度大小相等,但方向相反,选项A 错。
两物体均做单方向的直线运动,选项B 错。
甲先做匀加速运动再做匀减速运动,乙先做加速度减小的减速运动,再做加速度减小的加速运动,在t 3时刻,两物体相距最远;在0~t 4时间内两物体的v-t 图线与t 轴所围面积相等,故两物体在t 4时刻相遇,在0~t 4时间内的平均速度相同,选项C 对,D 错。
题型二 电磁学图像2.如图所示,固定于水平面上的金属架abcd 处在竖直向下的匀强磁场中,金属棒MN 沿框架以速度v 向右做匀速运动。
t=0时,磁感应强度为B 0,此时MN 到达的位置恰好使MbcN 构成一个边长为L 的正方形。
为使MN 棒中不产生感应电流,从t=0开始,磁感应强度B 随时间t 变化的示意图为( )答案 C 要想MN 棒中不产生感应电流,MbcN 中磁通量就不能变化,MN 棒匀速运动,t=0时刻Φ=B 0L 2,任意时刻Φ=BL(L+vt),由B 0L 2=BL(L+vt),得B=,C 正确。
B 0LL+vt 跟踪集训1.(多选)如图甲所示,物块的质量m=1kg,初速度v 0=10m/s,方向水平向右,在一水平向左的恒力F 作用下从O 点沿粗糙的水平面向右运动,某时刻后恒力F 突然反向,整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示,g 取10m/s 2。
2020届高考物理二轮复习常考题型大通关 物理图像问题(带解析)
物理图像问题1、A 、B 两物体同时同地同向出发,其运动的v-t 图象和a-t 图象如图甲、乙所示,已知在00~t 和00~2t t 两段时间内,A 物体在v-t 图象中的两段曲线形状相同,则有关A 、B 两物体的说法中,正确的为( )A.A 物体先加速后减速;B. 212a a ;C.0t 时刻,A 、B 两物间距最小;D.02t 时刻,A 、B 两物体第一次相遇 2、有四个运动的物体A 、B 、C 、D ，物体A 、B 运动的x —t 图像如图①所示；物体C 、D 从同一地点沿同一方向运动的v —t 图像如图②所示．根据图像做出的以下判断中正确的是( )A ．物体A 和B 均做匀加速直线运动，且A 的加速度比B 更大B ．在0～3s 的时间内，物体A 运动的位移为10mC ．t =3s 时，物体C 追上物体DD ．t =3s 时，物体C 与物体D 之间有最大间距3、在地面上以初速度0v 竖直向上抛出一小球,经过02t 时间小球落回抛出点,其速率为1v ,已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比,则小球在空中运动时速率v 随时间t 的变化规律可能是( )A. B.C. D.4、真空中两个异种点电荷a,b 固定在x 轴上，且ao bo =。
x 轴上的电势φ随位置x 变化的规律如图所示。
取无限远处的电势为零，不计重力，下列说法正确的是( )A.a 带正电，b 带负电，且a b q q >B.x 轴上场强为零的位置有两处（不考虑无限远处）C.带正电的粒子c 从a 点沿x 轴向b 移动的过程中，加速度先减小后增大D.带正电的粒子c 从a 点沿x 轴向b 移动的过程中，电势能先减小后增大5、如图甲所示,一质量为M 的长木板静置于光滑水平面上,其上放置一质量为m 的小滑块.木板受到水平拉力F 作用时,用传感器测出长木板的加速度a 与水平拉力F 的关系如图乙所示,重力加速度210m/s g =,下列说法正确的是( )A.小滑块的质量2kg m =B.小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1C.当水平拉力7N F =时,长木板的加速度大小为23m/sD.当水平拉力F 增大时,小滑块的加速度一定增大6、如图甲所示,电源电动势6V E =,闭合开关,将滑动变阻器的滑片P 从A 端滑至B 端的过程中,得到电路中的一些物理量的变化如图乙、丙、丁所示.其中图乙为输出功率与路端电压的关系曲线,图丙为路端电压与总电流的关系曲线,图丁为电源效率与外电路电阻的关系曲、、、点的坐标值正确的是线,不考虑电表、导线电阻对电路的影响.则下列关于图中a b c d( )A. (4V,4.5W)ba B. (4.8V,2.88W)C. (0.6A,4.5V)c D. (8,80%)dΩ7、如图所示,三个有界匀强磁场磁感应强度大小均为B,方向分别为垂直纸面向外、向里和向外,磁场宽度均为L,在磁场区域的左侧边界处,有一边长为L的正方形导体线框,总电阻为R,且线框平面与磁场方向垂直,现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域,以初始位置为计时起点,规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正,磁感线垂直纸面向里时的磁通量Φ为正值,外力F向右为正.则以下能反映线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化规律的图像是( )A.B.C.D.8、如图a 所示,一质量2kg m =的物块静止放置在粗糙水平地面上O 处,物块与水平地面间的动摩擦因数=0.5μ,在水平拉力F 作用下物块由静止开始沿水平地面向右运动,经过一段时间后,物块回到出发点O 处。
2020版高考物理大二轮复习试题：动量定理和动量守恒定律(含答案)
回扣练8：动量定理和动量守恒定律1．将一个光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上如图，槽左侧有一个固定在水平面上的物块．现让一个小球自左侧槽口A 点正上方由静止开始落下，从A 点落入槽内，则下列说法中正确的是( )A ．小球在半圆槽内运动的过程中，机械能守恒B ．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒C ．小球在半圆槽内由B 点向C 点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒D ．小球从C 点离开半圆槽后，一定还会从C 点落回半圆槽解析：选D.只有重力做功时物体机械能守恒，小球在半圆槽内运动由B 到C 过程中，除重力做功外，槽的支持力也对小球做功，小球机械能不守恒，由此可知，小球在半圆槽内运动的全过程中，小球的机械能不守恒，故A 错误．小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，故B 错误．小球自半圆槽的最低点B 向C 点运动的过程中，系统在水平方向所受合外力为零，故小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故C 错误．小球离开C 点以后，既有竖直向上的分速度，又有与槽相同的水平分速度，小球做斜上抛运动，然后可以从C 点落回半圆槽，故D 正确．故选D.2．如图所示，质量为m 的A 球在水平面上静止放置，质量为2m的B 球向左运动速度大小为v 0，B 球与A 球碰撞且无机械能损失，碰后A 球速度大小为v 1，B 球的速度大小为v 2，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数e ＝v 1－v 2v 0－0，下列选项正确的是( ) A ．e ＝1B ．e ＝12C ．e ＝13D ．e ＝14解析：选A.AB 在碰撞的过程中，根据动量守恒可得，2mv 0＝mv 1＋2mv 2，在碰撞的过程中机械能守恒，可得12·2mv 20＝12mv 21＋12·2mv 22，解得v 1＝43v 0，v 2＝13v 0，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数e ＝v 1－v 2v 0－0＝1，故A 正确，BCD 错误；故选A. 3．如图所示，AB 两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A 球的质量小于B 球的质量．若用锤子敲击A 球使A 得到v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L 1；若用锤子敲击B 球使B 得到v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L 2，则L 1与L 2的大小关系为( )A ．L 1＞L 2B ．L 1＜L 2C ．L 1＝L 2D ．不能确定解析：选C.若用锤子敲击A 球，两球组成的系统动量守恒，当弹簧最短时，两者共速，则m A v ＝(m A ＋m B )v ′，解得v ′＝m A v m A ＋m B ，弹性势能最大，最大为ΔE p ＝12m A v 2－12(m A ＋m B )v ′2＝m A m B v 22（m A ＋m B ）；若用锤子敲击B 球，同理可得m B v ＝(m A ＋m B )v ″，解得v ″＝m B v m A ＋m B ，弹性势能最大为ΔE p ＝12m B v 2－12(m A ＋m B )v ′2＝m A m B v 22（m A ＋m B ），即两种情况下弹簧压缩最短时，弹性势能相等，故L 1＝L 2，C 正确．4．如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v 1逆时针运动，一质量为m 的物块以大小为v 2的初速度从左轮中心正上方的P 点冲上传送带，从此时起到物块再次回到P 点的过程中，下列说法正确的是( )A ．合力对物块的冲量大小一定为2mv 2B ．合力对物块的冲量大小一定为2mv 1C ．合力对物块的冲量大小可能为零D ．合力对物块做的功可能为零解析：选D.若v 2＞v 1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，达到速度v 1后做匀速直线运动，可知物块再次回到P 点的速度大小为v 1，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量I 合＝mv 1－m (－v 2)＝mv 1＋mv 2.根据动能定理知，合外力做功W 合＝12mv 21－12mv 22；若v 2＜v 1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，物块再次回到P 点的速度大小为v 2，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量为：I 合＝mv 2－m (－v 2)＝2mv 2；根据动能定理知，合外力做功为：W 合＝12mv 22－12mv 22＝0.故D 正确，ABC 错误．故选D. 5．如图甲所示，工人利用倾斜钢板向车内搬运货物，用平行于钢板向上的力将货物从静止开始由钢板底端推送到顶端，到达顶端时速度刚好为零．若货物质量为100 kg ，钢板与地面的夹角为30°，钢板与货物间的滑动摩擦力始终为50 N ，整个过程中货物的速度—时间图象如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．0～2 s 内人对货物做的功为600 JB ．整个过程中人对货物的推力的冲量为1 000 N·sC ．0～2 s 和2～3 s 内货物所受推力之比为1∶2D ．整个过程中货物始终处于超重状态解析：选A.0～2 s 内货物的加速度a 1＝Δv Δt＝0.5 m/s 2，根据牛顿第二定律：F 1－f －mg sin 30°＝ma 1，解得F 1＝600 N ；0～2 s 内货物的位移：x 1＝12×2×1 m＝1 m ；则人对货物做的功为W F ＝Fx 1＝600 J ，选项A 正确；整个过程中，根据动量定理：I F －(f ＋mg sin 30°)t ＝0，解得整个过程中人对货物的推力的冲量为I F ＝(f ＋mg sin 30°)t ＝(50＋100×10×0.5)×3＝1 650 N·s，选项B 错误；2～3 s 内货物的加速度大小a 2＝1 m/s 2，根据牛顿第二定律：f ＋mg sin 30°－F 2＝ma 2所受推力F 2＝450 N ；则0～2 s 和2～3 s 内货物所受推力之比为F 1∶F 2＝600∶450＝4∶3，选项C 错误；整个过程中货物的加速度先沿斜面向上，后向下，先超重后失重，选项D 错误；故选A.6．(多选)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )A ．该碰撞为弹性碰撞B ．该碰撞为非弹性碰撞C ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10解析：选AC.规定向右为正方向，碰撞前A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s，说明A 、B 两球的速度方向向右，两球质量关系为m B ＝2m A ，所以碰撞前v A ＞v B ，所以左方是A 球．碰撞后A 球的动量增量为－4 kg·m/s，所以碰撞后A 球的动量是2 kg·m/s；碰撞过程系统总动量守恒：m A v A ＋m B v B ＝－m A v A ′＋m B v B ′所以碰撞后B 球的动量是10 kg·m/s，根据m B ＝2m A ，所以碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5，故C 正确，D 错误．碰撞前系统动能：p 2A 2m A ＋p 2B 2m B＝622m A ＋622×2m A ＝27m A ，碰撞后系统动能为：p A ′22m A ＋p B ′22m B ＝222m A ＋1022×2m A ＝27m A，则碰撞前后系统机械能不变，碰撞是弹性碰撞，故A 正确，B 错误；故选AC.7．(多选)质量为M ＝3 kg 的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动．质量为m ＝2 kg 的小球(视为质点)通过长L ＝0.75 m 的轻杆与滑块上的光滑轴O 连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态．现给小球一个v 0＝3 m/s 的竖直向下的初速度，取g ＝10 m/s 2.则( )A ．小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.3 mB ．小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.2 mC ．小球m 相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27 mD ．小球m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.54 m解析：选AD.可把小球和滑块水平方向的运动看作人船模型，设滑块M 在水平轨道上向右运动了x ，由滑块和小球系统在水平方向上动量守恒，有m M ＝x L －x，解得：x ＝0.3 m ，选项A 正确、B 错误．根据动量守恒定律，小球m 相对于初始位置上升到最大高度时小球和滑块速度都为零，由能量守恒定律可知，小球m 相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45 m ，选项C 错误．此时杆与水平面的夹角为cos α＝0.8，设小球从最低位置上升到最高位置过程中滑块M 在水平轨道上又向右运动了x ′，由滑块和小球系统在水平方向时动量守恒，有m M ＝x ′L cos α－x ′，解得：x ′＝0.24 m ．小球m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块在水平轨道上向右移动了x ＋x ′＝0.3 m ＋0.24 m ＝0.54 m ，选项D 正确．8．(多选)如图所示，一辆质量为M ＝3 kg 的平板小车A 停靠在竖直光滑墙壁处，地面水平且光滑，一质量为m ＝1 kg 的小铁块B (可视为质点)放在平板小车A 最右端，平板小车A 上表面水平且与小铁块B 之间的动摩擦因数μ＝0.5，平板小车A 的长度L ＝0.9 m ．现给小铁块B 一个v 0＝5 m/s 的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动，重力加速度g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．小铁块B 向左运动到达竖直墙壁时的速度为2 m/sB ．小铁块B 与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为8 N·sC ．小铁块B 向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为4 JD ．小铁块B 在平板小车A 上运动的整个过程中系统损失的机械能为9 J解析：选BD.设小铁块B 向左运动到达竖直墙壁时的速度为v 1，根据动能定理得：－μmgL ＝12mv 21－12mv 20，解得：v 1＝4 m/s ，选项A 错误．与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹速度为－4 m/s ，由动量定理可知，小铁块B 与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为I ＝2mv 1＝8 N·s，选项B 正确．小铁块B 向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为μmgL ＝4.5 J ，选项C 错误．假设发生弹性碰撞后小铁块B 最终和平板小车A 达到的共同速度为v 2，根据动量守恒定律得：mv 1＝(M ＋m )v 2，解得：v 2＝1 m/s.设小铁块B 在平板小车A 上相对滑动的位移为x 时与平板小车A 达到共同速度v 2，则根据功能关系得：－μmgx ＝12(M ＋m )v 22－12mv 21，解得：x ＝1.2 m ，由于x ＞L ，说明小铁块B 在没有与平板小车A 达到共同速度时就滑出平板小车A ，所以小铁块B 在平板小车上运动的整个过程中系统损失的机械能为ΔE ＝2μmgL ＝9 J ，选项D 正确．9．(多选)在地面上以大小为v 1的初速度竖直向上抛出一质量为m 的皮球，皮球落地时速度大小为v 2.若皮球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比，重力加速度为g .下列判断正确的是( )A ．皮球上升的最大高度为v 212gB ．皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为12mv 21－12mv 22 C ．皮球上升过程经历的时间为v 1gD ．皮球从抛出到落地经历的时间为v 1＋v 2g解析：选BD.减速上升的过程中受重力、阻力作用，故加速度大于g ，则上升的高度小于v 212g ，上升的时间小于v 1g，故AC 错误；皮球从抛出到落地过程中重力做功为零，根据动能定理得克服阻力做功为W f ＝12mv 21－12mv 22，故B 正确；用动量定理，结合数学知识，假设向下为正方向，设上升阶段的平均速度为v ，则：mgt 1＋kvt 1＝mv 1，由于平均速度乘以时间等于上升的高度，故有：h ＝vt 1，即：mgt 1＋kh ＝mv 1 ①，同理，设下降阶段的平均速度为v ′，则下降过程：mgt 2－kv ′t 2＝mv 2，即：mgt 2－kh ＝mv 2 ②，由①②得：mg (t 1＋t 2)＝m (v 1＋v 2)，解得：t ＝t 1＋t 2＝v 1＋v 2g，故D 正确；故选BD. 10．(多选)如图所示，足够长的光滑水平导轨间距为2 m ，电阻不计，垂直导轨平面有磁感应强度为1 T 的匀强磁场，导轨上相隔一定距离放置两根长度略大于间距的金属棒，a 棒质量为1 kg ，电阻为5 Ω，b 棒质量为2 kg ，电阻为10 Ω.现给a 棒一个水平向右的初速度8 m/s ，当a 棒的速度减小为4 m/s 时，b 棒刚好碰到了障碍物，经过很短时间0.5 s 速度减为零(不反弹，且a 棒始终没有与b 棒发生碰撞)，下列说法正确的是( )A ．从上向下看回路产生逆时针方向的电流B ．b 棒在碰撞前瞬间的速度大小为2 m/sC ．碰撞过程中障碍物对b 棒的平均冲击力大小为6 ND ．b 棒碰到障碍物后，a 棒继续滑行的距离为15 m解析：选ABD.根据右手定则可知，从上向下看回路产生逆时针方向的电流，选项A 正确；系统动量守恒，由动量守恒定律可知：m a v 0＝m a v a ＋m b v b 解得v b ＝2 m/s ，选项B 正确；b 碰到障碍物时，回路的感应电动势：E ＝BL (v a －v b )＝4 V ；回路的电流：I ＝E R a ＋R b ＝415 A ；b 棒所受的安培力：F b ＝BIL ＝815N ；b 与障碍物碰撞时，由动量定理：(F b －F )t ＝0－m b v b 解得：F ＝8.5 N ，选项C 错误；b 碰到障碍物后，a 继续做减速运动，直到停止，此时由动量定理：B IL Δt ＝m a v a ，其中I Δt ＝q ＝ΔΦR a ＋R b ＝BLx R a ＋R b联立解得x ＝15 m ，选项D 正确；故选ABD. 11．(多选)两个小球A 、B 在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m 1＝4 kg ，m 2＝2 kg ，A 的速度v 1＝3 m/s(设为正)，B 的速度v 2＝－3 m/s ，则它们发生正碰后，其速度可能分别是( )A ．均为1 m/sB ．＋4 m/s 和－5 m/sC ．＋2 m/s 和－1 m/sD ．－1 m/s 和5 m/s解析：选AD.由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能情况E k ＝12m 1v 21＋12m 2v 22＝12×4×9 J＋12×2×9 J＝27 J E k ′＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有E k ≥E k ′，可排除选项B.选项C 虽满足E k ≥E k ′，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向(v A′>0，v B′<0)，这显然是不符合实际的，因此C错误．验证选项A、D均满足E k≥E k′，故答案为选项A(完全非弹性碰撞)和选项D(弹性碰撞)．。
高考物理二轮复习考点第十四章热学专题与图象相关的计算问题
专题14.7 与图象相关的计算问题1.（2020广州一模）一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其状态变化过程的p－V图象如图所示。
已知该气体在状态C时的温度为300K。
求：(i)该气体在状态A、B时的温度分别为多少？(ii)该气体从状态A到B是吸热还是放热？请写明理由。
【命题意图】本题考查理想气体状态方程、气体实验定律、热力学第一定律、对p－V图象的理解及其相关的知识点。
(ii)根据图像可知从A到B气体体积不变所以外界对气体做功 W=0J又T A>T B可知内能变化ΔU<0根据热力学第一定律ΔU=W+Q得Q<0即放热2．(10分)一定质量的理想气体经历了温度缓慢升高的变化，如图所示，p－T和V－T图各记录了其部分变化过程，试求：①温度为600 K时气体的压强；②在p－T图象上将温度从400 K升高到600 K的变化过程补充完整．②由V－T图可知，400 K～500 K气体体积不变，气体做等容变化，故在P－T图中图象应延伸到500 K 处，此时压强为1.25×105 Pa；从500 K～600 K，气体做等压变化，压强p2＝1.25×105 Pa；故从500 K至600 K为水平直线，故图象如图所示：3．(2020·吉林白山二模)某同学利用DIS实验系统研究一定质量理想气体的状态变化，实验后计算机屏幕显示如右的pt图象。
已知在状态B时气体的体积V B＝3 L，求：(1)气体在状态A的压强；(2)气体在状态C的体积。
【参考答案】(1)0.75 atm (2)2 L【名师解析】(1)从题图中可知气体由A到B是等容变化，初态p B＝1.0 atm，T B＝(273＋91)K＝364 K，末态T A＝273 K，由p AT A＝p BT B得p A273＝1364，所以p A＝0.75 atm(2)气体由B到C是等温变化， p B＝1.0 atm，V B＝3 L，p C＝1.5 atm，由p B V B＝p C V C得：V C＝2 L。
2020年高考物理二轮热点专题训练----《力与物体的平衡》解析版
2020年高考物理二轮热点专题训练----《力与物体的平衡》 一 单项选择题1.如图所示，在固定斜面上的一物块受到一外力 F 的作用，F 平行于斜面向上．若要物块在斜面上保持静止，F 的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为 F 1和 F 2(F 2>0)．由此可求出( )A ．物块的质量B ．斜面的倾角C ．物块与斜面间的最大静摩擦力D ．物块对斜面的正压力 【答案】C【解析】设斜面倾角为θ，斜面对物块的最大静摩擦力为 F f ，当 F 取最大值 F 1时，最大静摩擦力 F f 沿斜面向下，由平衡条件得 F 1＝mg sin θ＋F f ；当 F 取最小值 F 2时，F f 沿斜面向上，由平衡条件得 F 2＝mg sin θ－F f ，联立两式可求出最大静摩擦力F f ＝F 1－F 22，选项 C正确．F N ＝mg cos θ，F 1＋F 2＝2mg sin θ，所以不能求出物块的质量、斜面的倾角和物块对斜面的正压力．2.如图，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球．在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )A ．m 2B ．32mC ．mD ．2m【答案】C【解析】由于轻环不计重力，故细线对轻环的拉力的合力与圆弧对轻环的支持力等大反向，即沿半径方向；又两侧细线对轻环拉力相等，故轻环所在位置对应的圆弧半径为两细线的角平分线，因为两轻环间的距离等于圆弧的半径，故两轻环与圆弧圆心构成等边三角形；又小球对细线的拉力方向竖直向下，由几何知识可知，两轻环间的细线夹角为120°，对小物块进行受力分析，由三力平衡知识可知，小物块质量与小球质量相等，均为m ，C 项正确． 3.如图所示，匀强电场的电场强度方向与水平方向夹角为30°且斜向右上方，匀强磁场的方向垂直于纸面(图中未画出)．一质量为m 、电荷量为q 的带电小球(可视为质点)以与水平方向成30°角斜向左上方的速度v 做匀速直线运动，重力加速度为g ，则( )A ．匀强磁场的方向可能垂直于纸面向外B ．小球一定带正电荷C ．电场强度大小为mg qD ．磁感应强度的大小为mgqv【答案】C【解析】小球做匀速直线运动，受到的合力为零，假设小球带正电，则小球的受力情况如图甲所示，小球受到的洛伦兹力沿虚线但方向未知，小球受到的重力与电场力的合力与洛伦兹力不可能平衡，故小球不可能做匀速直线运动，假设不成立，小球一定带负电，选项B 错误；小球的受力情况如图乙所示，小球受到的洛伦兹力一定斜向右上方，根据左手定则，匀强磁场的方向一定垂直于纸面向里，选项A 错误；根据几何关系，电场力大小qE ＝mg ，洛伦兹力大小qvB ＝3mg ，解得E ＝mg q ，B ＝3mg qv，选项C 正确，D 错误．4.如图所示，一小球放置在木板与竖直墙面之间．设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置．不计摩擦，在此过程中()A．N1始终减小，N2始终增大B．N1始终减小，N2始终减小C．N1先增大后减小，N2始终减小D．N1先增大后减小，N2先减小后增大【答案】B【解析】对小球进行受力分析，如图所示，设板与墙夹角为θ，转到水平位置过程中θ逐渐增大，N1＝mg cot θ，N2′＝N2，N2＝mgsin θ，而在第一象限内sin θ为增函数，cot θ为减函数，可知随着θ增大，N1和N2都减小，则只有B正确．5.如图甲、乙、丙是生活中三种不同的背包方式.为了研究方便，假设背包者身体均呈竖直，因而可认为每条背包带均在竖直面内.甲中背包带对人的肩部的作用力设为F1；乙中的背包带与竖直方向的夹角为θ(如图)，其背包带对人肩部的作用力设为F2；丙中的两根背包带与竖直方向的夹角均为θ(如图)，其每根背包带对人肩部的作用力均为F3.若三种情况所背的包完全相同，不考虑背包跟人体间的摩擦，则关于F1、F2、F3大小的下列关系正确的是()A.F1>F2B.F2>F3C.F1>F3D.F3＝F2【答案】B【解析】由图可知，题图甲中背包带沿竖直方向，所以每一根背包带的作用力都等于0.5mg，则背包带对肩部的作用力等于两根背包带的作用力的和，即等于F1＝mg；乙图中，背包受到重力、腿部的支持力和肩膀的作用力如图a：则：F2＝mgcos θ题图丙中，背包受到两边肩膀的作用力，如图b所示，则：mg＝2F3cos θ所以：F3＝mg2cos θ由以上的分析可得：F1<F2，F3<F2，由于夹角θ是未知的，所以不能判变大F3与重力mg 的大小关系，因此不能判断出F3与F1的大小关系.所以只有选项B正确.6.如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则()A．P和Q都带正电荷B．P和Q都带负电荷C．P带正电荷，Q带负电荷D ．P 带负电荷，Q 带正电荷 【答案】D【解析】对P 、Q 整体进行受力分析可知，在水平方向上整体所受电场力为零，所以P 、Q 必带等量异种电荷，选项A 、B 错误；对P 进行受力分析可知，匀强电场对它的电场力应水平向左，与Q 对它的库仑力平衡，所以P 带负电荷，Q 带正电荷，选项D 正确，C 错误． 7.质量为m 的四只完全相同的足球叠成两层放在水平面上，底层三只足球刚好接触成三角形，上层一只足球放在底层三只足球的正上面，系统保持静止．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )A ．底层每个足球对地面的压力为mgB ．底层每个足球之间的弹力为零C ．下层每个足球对上层足球的支持力大小为mg 3D ．足球与水平面间的动摩擦因数至少为66【答案】B【解析】根据整体法，设下面每个球对地面的压力均为F N ，则3F N ＝4mg ，故F N ＝43mg ，A错误；四个球的球心连线构成了正四面体，下层每个足球之间的弹力为零，B 正确；上层足球受到重力、下层足球对上层足球的三个支持力，由于三个支持力的方向不是竖直向上，所以三个支持力在竖直方向的分量之和等于重力，则下层每个足球对上层足球的支持力大小大于mg 3，C 错误；根据正四面体几何关系可求，F 与mg 夹角的余弦值cos θ＝63，正弦值sin θ＝33，则有F ·63＋mg ＝F N ＝43mg ，33F ＝F f ，解得F f ＝26mg ，F ＝66mg ，则μ≥26mg 43mg ＝28，所以足球与水平面间的动摩擦因数至少为28，故D 错误．8 三段细绳OA、OB、OC结于O点，另一端分别系于竖直墙壁、水平顶壁和悬挂小球，稳定后OA呈水平状态．现保持O点位置不变，缓慢上移A点至D点的过程中，关于OA绳上的拉力变化情况的判断正确的是()A．一直增大B．一直减小C．先增大后减小D．先减小后增大【答案】D【解析】可运用动态图解法，由图可知，当OA与OB垂直时，OA上的拉力最小，故D 正确．9.如图在倾斜的直杆上套一个质量为m的圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为M的物体，在圆环沿杆向下滑动的过程中，悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，则()A．圆环只受三个力作用B．圆环一定受四个力作用C ．物体做匀加速运动D ．轻绳对物体的拉力小于物体的重力 【答案】B【解析】悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，则圆环和物体均做匀速直线运动，C 、D 错；对圆环受力分析，圆环要保持平衡状态必受到重力、绳的拉力、杆的支持力、杆对圆环的摩擦力四个力作用，A 错，B 对．10.如图所示，滑块A 置于水平地面上，滑块B 在一水平力作用下紧靠滑块A (A 、B 接触面竖直)，此时A 恰好不滑动，B 刚好不下滑．已知A 与B 间的动摩擦因数为μ1，A 与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A 与B 的质量之比为( )A.1μ1μ2 B.1－μ1μ2μ1μ2 C.1＋μ1μ2μ1μ2 D.2＋μ1μ2μ1μ2 【答案】B【解析】对滑块A 、B 整体在水平方向上有F ＝μ2(m A ＋m B )g ；对滑块B 在竖直方向上有μ1F ＝m B g ；联立解得：m A m B ＝1－μ1μ2μ1μ2，选项B 正确.二 不定项选择题1.如图所示，一根轻绳上端固定在O 点，下端拴一个重力为G 的小球，开始时轻绳处于垂直状态，轻绳所能承受的最大拉力为2G ，现对小球施加一个方向始终水平向右的力F ，使球缓慢地移动，则在小球缓慢地移动过程中，下列说法正确的是( )A ．力F 逐渐增大B ．力F 的最大值为3GC ．力F 的最大值为2GD ．轻绳与竖直方向夹角最大值θ＝30°【答案】AB【解析】对小球受力分析，如图甲：由平衡条件得：F＝G tan θ，θ逐渐增大，则F逐渐增大，故A正确；如图乙，小球缓慢地移动过程中，θ逐渐增大，F T的最大值为2G，则可得cos θ＝G2G＝12，θ＝60°，此时F达到最大值为3G，故B正确，C、D错误；故选A、B.2.如图所示，两个带电小球A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内.用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止.现将B球沿斜面向上移动一小段距离，发现A球随之向上移动少许，两球在虚线位置重新平衡.重新平衡后与移动前相比，下列说法正确的是()A.墙面对A的弹力变小B.斜面对B的弹力不变C.推力F变大D.两球之间的距离变大【答案】ABD【解析】利用整体法可知，斜面对B球支持力的竖直分量等于A、B两带电小球的重力之和，斜面倾角不变，斜面对B球支持力不变，故斜面对B的弹力不变，B选项正确；库仑力与竖直方向的夹角变小，而竖直分量不变，故库仑力变小，A、B间的距离变大，故D正确；因库仑力水平分量减小，故A正确，C错误.3.如图所示，一根通电的导体棒放在倾斜的粗糙斜面上，置于图示方向的匀强磁场中，处于静止状态．现增大电流，导体棒仍静止，则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是()A．一直增大B．先减小后增大C．先增大后减小D．始终为零【答案】AB【解析】若F安＜mg sin α，因安培力方向向上，则摩擦力方向向上，当F安增大时，F摩减小到零，再向下增大，B项对，C、D项错；若F安＞mg sin α，摩擦力方向向下，随F安增大而一直增大，A项对．4.如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾角为60°的光滑斜面OA，光滑挡板OB可绕转轴O在竖直平面内转动，现将一质量为m的圆球放在斜面与挡板之间，挡板与水平面的夹角θ＝60°，下列说法正确的是()A．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，则球对斜面的压力逐渐增大B．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，则球对挡板的压力逐渐减小C．若保持挡板不动，则球对斜面的压力大小为mgD．若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，则球对挡板的压力可能为零【答案】CD【解析】若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，根据图象可知，F B先减小后增大，根据牛顿第三定律可知，球对挡板的压力先减小后增大，故选项A、B错误；球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，如图所示，F A、F B以及G构成的三角形为等边三角形，根据几何关系可知，F A＝F B＝mg，故选项C正确；若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，当F A和重力G的合力正好提供加速度时，球对挡板的压力为零，故选项D正确．5.如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于O点．一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA在外力F的作用下使夹角θ＜90°.现缓慢改变绳OA的方向至θ＞90°，且保持结点O位置不变，整个装置始终处于静止状态．下列说法正确的是()A．绳OA的拉力先减小后增大B．斜面对物块P的摩擦力的大小可能先减小后增大C．地面对斜面体有向右的摩擦力D．地面对斜面体的支持力大于物块P和斜面体的重力之和【答案】ABD【解析】缓慢改变绳OA的方向至θ＞90°的过程，OA拉力的方向变化如图2，从1位置到2位置到3位置所示，可见OA的拉力先减小后增大，OP的拉力一直增大；故A正确；若开始时P受绳子的拉力比较小，则斜面对P的摩擦力沿斜面向上，OP拉力一直增大，则摩擦力先变小后反向增大，故B正确；以斜面和PQ整体为研究对象受力分析，根据平衡条件：斜面受地面的摩擦力与OA绳子水平方向的拉力等大反向，故摩擦力方向向左，C错误；以斜面体和P为研究对象，在竖直方向上有：M斜g＋M P g＝N＋F′cos α，故N＞M斜g＋M P g，故D正确．6.如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m、电量为q.小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷．小球A静止在斜面上，则()A ．小球A 与B 之间库仑力的大小为kq 2d 2 B ．当q d＝ mg sin θk 时，细线上的拉力为零 C ．当q d＝ mg tan θk 时，细线上的拉力为零 D ．当q d＝ mg k tan θ时，斜面对小球A 的支持力为零 【答案】AC【解析】根据库仑定律可知小球A 与B 之间的库仑力大小为k q 2d2，A 正确；小球A 受重力、库仑力和支持力作用，若细线上的拉力为零，由平衡条件可得k q 2d 2＝mg tan θ解得q d＝ mg tan θk，B 错误，C 正确；因为两小球带同种电荷，所以斜面对小球A 的支持力不可能为零，D 错误．7.如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )A ．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B ．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C ．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D ．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面【答案】BD【解析】当桌布被拉出时，鱼缸由静止到向右运动，但它相对于桌布来说，仍向左运动，由于滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，因此桌布对鱼缸的摩擦力的方向应向右，选项A 错误；因为鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，鱼缸受到桌布向右的摩擦力与它受到桌面向左的摩擦力大小相等，所以鱼缸向右加速的加速度大小与向右减速的加速度大小相等，方向相反，鱼缸的初速度为零，末速度也为零，根据对称性可知，鱼缸做加速运动的时间与做减速运动的时间相等，选项B 正确；若猫增大拉力，桌布的加速度更大，但是由于鱼缸与桌布间的压力不变，动摩擦因数也不变，故摩擦力也不变，选项C 错误；若猫减小拉力，桌布的加速度减小，鱼缸在桌布上的运动时间变长，而鱼缸向右的加速度不变，由x ＝12at 2知，鱼缸相对于桌面的位移变大，桌布被拉出后鱼缸在桌面上的位移也变大，鱼缸就有可能滑出桌面，选项D 正确．8.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 作用在物体上，物体仍静止在斜面上，斜面仍相对地面静止．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2，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 N【答案】CD【解析】若用通过球心的水平推力F ＝10 N 作用在物体上，物体仍静止在斜面上，将该力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡条件可得：F cos 37°＋F f ＝mg sin 37°，解得摩擦力F f ＝16 N ．物体A 受到斜面B 的摩擦力减小ΔF f ＝24 N －16 N ＝8 N ，选项A 错误；没有施加水平力F 时，根据平衡条件，A 受斜面作用力与重力等大反向，即大小为40 N ，根据牛顿第三定律，物体A 对斜面的作用力为40 N ，方向竖直向下．施加水平力F 后，物体A 对斜面的作用力如图，F ′＝102＋402N ＝1017 N ，物体A 对斜面B 的作用力增加(1017－40)N ，选项B 错误；把物体A 和斜面B 看做整体，分析受力，由平衡条件可知，地面对斜面B 的弹力不变，摩擦力增加10 N ，选项C 、D 正确．。
高考物理二轮复习考点第一章直线运动专题其它运动图象
专题1.5 其它运动图象一．选择题1. (2020·兰州名校联考)某质点做直线运动，运动速率的倒数1v 与位移x 的关系如图所示，关于质点的运动，下列说法正确的是( )A ．质点做匀加速直线运动B.1vx 图线斜率等于质点运动加速度 C ．四边形AA′B′B 的面积可表示质点从O 到C′所用的运动时间 D ．四边形BB′C′C 的面积可表示质点从C 到C′所用的运动时间 【参考答案】. D2.(2020安徽江南十校联考)如图甲，一维坐标系中有一质量为m=2kg 的物块静置于x 轴上的某位置（图中未画出），t=0时刻，物块在外力作用下沿x 轴开始运动，如图乙为其位置坐标和速率平方关系图象的一部分。
下列说法正确的是A．物块做匀加速直线运动且加速度大小为1m/s2B．t=4s时物块位于x=4m处C．t=4s时物块的速率为2m/sD．在0~4s时间内物块所受合外力做功为2J【参考答案】C3．(2020河南中原名校第一次联考)以从塔顶由静止释放小球A的时刻为计时零点，t0时刻又在与小球A 等高的位置处，由静止释放小球B。
若两小球都只受重力作用，设小球B下落时间为t，在两小球落地前，两小球间的高度差为Δx，则xt∆－t0图线为【参考答案】B【名师解析】t0时刻小球A的速度为gt0，小球B的速度为0，根据匀变速直线运动规律，两小球下落的高度分别为h A=(gt0)t+12gt2和h B=12gt2，则Δx=h A－h B=gt0t，即xt∆= gt0，xt∆与t0成正比，选项B正确。
4．(2020山东淄博模拟)一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其xt—t图象如图所示，则A．质点做匀速直线运动，速度为0.5m/sB．质点做匀加速直线运动，加速度为0.5m/s2C．质点在l s末速度为1.5m/sD．质点在第l s内的平均速度为1.5m/s【参考答案】D5.在平直公路上有甲、乙两辆汽车同时从同一位置沿着同一方向做匀加速直线运动，它们速度的二次方随位移变化的图象如图所示，则A．甲车的加速度比乙车的加速度小B．在x＝0.5m处甲乙两车的速度相等C．在x＝0.5m处甲乙两车相遇D．整个运动过程中甲乙两车不可能相遇【参考答案】BD6．（2020洛阳期末）放在水平面上的物体，在水平力F作用下开始运动，以物体静止时的位置为坐标原点，力F的方向为正方向建立x 轴，物体的加速度随位移的变化图像如图8所示.下列说法中错误的是A.位移为x 1时，物体的速度大小为012a xB.位移为x 2时，物体的速度达到最大C.物体的最大速度为0232)a x x +（D. 0～x 2过程中物体做匀加速直线运动，x 2～x 3过程中物体做匀减速直线运动 【参考答案】BD【名师解析】在0～x 2过程中，物体加速度a 0不变，物体做匀加速直线运动，x 2～x 3过程中，物体加速度逐渐减小，但是加速度仍为正值，物体做加速度逐渐减小的加速运动，位移为x 3时，物体的速度达到最大，选项BD 错误。
高考物理二轮复习考点第七章静电场专题场强图象
专题7.4 场强图象一．选择题1.（2020洛阳联考）静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正方向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷A．在x2和x4处电势能相等B．由x1运动到x3的过程中电势能增大C．由x1运动到x4的过程中电势能先减小后增大D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大【参考答案】B【题型分析】高考对于场强图象和电势图象的考查主要有两方面：一方面给出场强图象或电势图象，要求在理解图象物理意义的基础上，分析判断与其相关的物理问题；另一方面，给出电荷分布情景，判断与其对应的场强图象或电势图象那个是正确的。
此题以场强图象给出解题信息，考查电势能、电场力做功及其相关知识点，意在考查对场强图象的理解和灵活运用相关知识的能力。
2．(2020·江西赣州高三入学考试)如图所示，两个带电荷量分别为2q和－q的点电荷固定在x轴上，相距为2L。
下列图象中，两个点电荷连线上场强大小E与x关系的图象可能是( )【参考答案】C【名师解析】由异种点电荷的电场强度的关系可知，在两电荷连线中点偏右处电场强度最小，但不是零，越是靠近两点电荷处电场强度越大，C正确。
3．(2020·江苏泰州高三期中)一带正电粒子在正点电荷的电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动。
取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，则下列关于电场强度E、粒子动能E k、粒子电势能E p、粒子加速度a与位移x的关系图象可能的是( )【参考答案】CD4．(2020·山西四校联考)如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，在t＝0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v0，t＝T时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场。
则( )A ．该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的B ．在t ＝T2时刻，该粒子的速度大小为2v 0C ．若该粒子在T2时刻以速度v 0进入电场，则粒子会打在板上D ．若该粒子的入射速度变为2v 0，则该粒子仍在t ＝T 时刻射出电场 【参考答案】A 【名师解析】5. 在x 轴上关于原点对称的a 、b 两点处固定两个电荷量相等的点电荷，如图所示的E －x 图象描绘了x 轴上部分区域的电场强度(以x 轴正方向为电场强度的正方向)。
2020年高考高三物理二轮复习力学专题复习(含答案)
2020年高三物理二轮复习力学专题复习▲不定项选择题1．2019年1月3日，“嫦娥四号”探测器成功着陆在月球背面。
着陆前的部分运动过程简化如下：在距月面15km高处绕月做匀速圆周运动，然后减速下降至距月面100m处悬停，再缓慢降落到月面。
己知万有引力常量和月球的第一宇宙速度，月球半径约为1.7×103km，由上述条件不能．．估算出（）A．月球质量B．月球表面的重力加速度C．探测器在15km高处绕月运动的周期D．探测器悬停时发动机产生的推力2．“民生在勤”，劳动是幸福的源泉。
如图，疫情期间某同学做家务时，使用浸湿的拖把清理地板上的油渍。
假设湿拖把的质量为2kg，拖把杆与水平方向成53°角，当对拖把施加一个沿拖把杆向下、大小为10N 的力F1时，恰好能推动拖把向前匀速运动并将灰尘清理干净。
如果想要把地板上的油渍清理干净，需将沿拖把杆向下的力增大到F2=25N。
设拖把与地板、油渍间的动摩擦因数相等且始终不变（可认为油渍与地板间的附着力等于拖把与地板间的滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6），那么油渍与地板间的附着力约为（）A．7.7N B．8.6N C．13.3N D．20N3．如图所示，物块A静止在粗糙水平面上，其上表面为四分之一光滑圆弧。
一小滑块B在水平外力F的作用下从圆弧底端缓慢向上移动一小段距离，在此过程中，A始终静止。
设A对B的支持力为F N，地面对A 的摩擦力为F f，则两力的变化情况是（）A．F N减小，F f增大B．F N增大，F f增大C．F N减小，F f不变D．F N增大，F f不变4．如图所示，一轻绳跨过光滑的定滑轮，一端与质量为10kg的吊篮相连，向另一端被站在吊篮里质量为50kg的人握住，整个系统悬于空中并处于静止状态。
重力加速度g=10m/s2，则该人对吊篮的压力大小为（）A．150N B．200N C．300N D．350N5．质量为m的物体沿着半径为r的半球形金属球壳滑到最低点时的速度大小为v，如图所示，若物体与球壳之间的摩擦因数为μ，则物体在最低点时（）A．向心加速度为2vrB．向心力为2vm gr⎛⎫+⎪⎝⎭C．对球壳的压力为2mvrD．受到的摩擦力为mgμ6．如图（a）为某老师在新冠疫情期间上网课时使用的支架，支架上夹有手机。
新课标2020高考物理二轮复习选择题热点3物理图象问题练习含解析
高考物理二轮复习选择题热点：热点3 物理图象问题(建议用时：20分钟)1．(2019·四川凉山州高三第三次诊断)A、B两物体同时同地从静止开始运动，其v－t图象如图所示，关于它们运动的描述正确的是( )A．物体B在直线上做往返运动B．物体A做加速度增大的曲线运动C．A、B两物体在0～1 s运动过程中距离越来越近D．B物体在第1 s内、第2 s内、第3 s内的平均速度大小之比为1∶3∶22．一个面积为S的圆形金属框置于水平桌面上，如图甲所示(俯视图)，金属框内有一与线框平面垂直的磁场，磁感应强度为B1，圆形金属框与两根水平的平行金属导轨(两导轨相距L、电阻不计)相连接，导轨间有垂直导轨平面竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B2，一电阻为r的导体棒垂直放在导轨上且与导轨良好接触，当磁感应强度B1随时间t按图乙所示规律变化时，导体棒在水平外力F的作用下始终不动，规定外力水平向右为正，磁场方向垂直纸面向里(竖直向下)为正，不计一切摩擦，则在0～5 s内外力F随时间t变化的图象正确的是( )3．(2019·青岛模拟)已知雨滴在空中运动时所受空气阻力f＝kr2v2，其中k为比例系数，r为雨滴半径，v为运动速率．t＝0时，雨滴由静止开始沿竖直方向下落．落地前雨滴已做匀速运动且速率为v m，用a表示雨滴的加速度，下列图象不可能正确的是( )4．(多选)(2019·湖南邵阳高三模拟)质量为M的足够长的木板B放在光滑水平地面上，一个质量为m的滑块A(可视为质点)放在木板上，设木块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如图甲所示．木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a－F图象，取g＝10 m/s2，则( )A．滑块A的质量m＝1.5 kgB．木板B的质量M＝1.5 kgC．当F＝5 N时，木板B的加速度a＝4 m/s2D．滑块A与木板B间的动摩擦因数为μ＝0.15．(多选)在某电场中沿x方向上，电势φ与x关系如图所示，假想有一电子在该电场中仅受电场力作用而移动，则下列关于电场和电子能量说法正确的是( )A．x3到x4区域内沿x轴方向上的电场为匀强电场B．若电子从电势为2 V的x1位置向右运动到电势为2 V的x7位置，因为电子电势能不变，电场力不做功，电子初动能大于零即可满足要求C．x6到x7区域内沿x轴方向上的电场强度为零D．若电子从电势为2 V的x1位置向右运动到电势为2 V的x7位置，为了通过x4处电势为3 V的位置，电子至少具有初动能1 eV6．(多选)如图所示，电阻不计、间距为L的粗糙平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R，质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F＝F0＋kv(F0、k是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ.下列关于金属棒的速度v随时间t变化的图象和感应电流的功率P随v2变化的图象可能正确的是( )7．(多选)如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，方向水平向右，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g取10 m/s2.下列选项中正确的是( )A ．0～5 s 内物块做匀减速运动B ．在t ＝1 s 时刻，恒力F 反向C ．恒力F 大小为10 ND ．物块与水平面间的动摩擦因数为0.38.(多选)(2019·潍坊模拟)如图所示，在水平向右的匀强电场中，t＝0时，带负电的物块以速度v 0沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．已知物块与斜面间的动摩擦因数不变，物块所带电荷量不变，用E k 表示物块的动能，x 表示位移，E p 表示电势能，取斜面底端为零势能面，规定v 0的方向为正方向，则下列选项中的图线正确的是( )热点3 物理图象问题1．解析：选D.在v －t 图象中，纵坐标代表速度的大小和方向，斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移；由图可知，B 先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，速度一直为正值，为单向直线运动．物体A 做加速度增大的直线运动；在0～1 s 内，B 物体在前，A 物体在后，距离越来越远；由于图线与时间轴围成的面积表示位移，可求得B 物体在第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内的位移比为1∶3∶2，由v ＝x t ，可知平均速度大小之比为1∶3∶2.综上分析，D 正确．2．解析：选A.因导体棒在水平外力F 的作用下始终不动，所以施加的水平外力与安培力始终等大反向，即F ＝F 安＝B 2IL ，由题图乙知0～1 s 内ΔB 1Δt恒定，由楞次定律知回路中产生的感应电流为逆时针方向，由左手定则知导体棒所受安培力是水平向左的，即外力水平向右，排除B 和C ；又由法拉第电磁感应定律知I ＝ER ＋r ＝ΔB 1Δt ·S R ＋r 是恒定的，即水平外力大小恒定，由题图乙知在2～3 s 内ΔB 1Δt是0～1 s 内的2倍，所以由电流的表达式及安培力表达式得A 正确，D 错误． 3．解析：选D.根据牛顿第二定律可得mg －kr 2v 2＝ma ，速度增大，加速度减小，当加速度减为零，雨滴做匀速直线运动，mg ＝kr 2v 2m ，选项A 、B 正确；当最后匀速运动时，有kr 2v 2m ＝mg ＝43πρgr 3，可得最大速率与r 成正比，故选项C 正确，D 错误．4．解析：选AC.由题图乙知，当F ＝4 N 时，加速度为a ＝2 m/s 2，对整体分析：F ＝(m ＋M )a ，解得m ＋M ＝2 kg ，当F >4 N 时，A 、B 发生相对滑动，对B 有：a ＝F －μmg M ＝1M F －μmg M，由题图乙可知，图线的斜率：k ＝1M ＝Δa ΔF＝2，解得M ＝0.5 kg ，滑块A 的质量m ＝1.5 kg ，故A 正确，B 错误；A 、B 发生相对滑动后的图线反向延长与横轴交于点(3，0)，代入解得μ＝0.2，故D 错误；根据F ＝5 N>4 N 时，滑块与木板相对滑动，B 的加速度为a B ＝1M F －μm Mg ＝4 m/s 2，故C 正确．5．解析：选AC.由x 3到x 4电势均匀增大，则电场为匀强电场，故A 正确；由x 6到x 7电势不变，则沿x 方向电场强度为零，故C 正确；要电子能从x 1运动到x 7，对于x 1到x 2，电场力阻碍电子运动，电子的初动能要大于电场力做功的值，故B 错误；电子只要能通过x 2处，就可通过x 4，则其具有的初动能至少为2 eV ，故D 错误．6．解析：选ABD.由题意可知，感应电动势E ＝BLv ，回路电流I ＝BLv R ＋r，故所受安培力F 安＝BLI ＝B 2L 2v R ＋r ，方向水平向左，分析金属棒运动情况，由牛顿第二定律可得F 0＋kv －μmg －B 2L 2R ＋rv ＝ma ，即(F 0－μmg )＋⎝ ⎛⎭⎪⎫k －B 2L 2R ＋r v ＝ma ，因为金属棒从静止开始运动，所以F 0>μmg ，若k ＝B 2L 2R ＋r ，金属棒水平向右做匀加速直线运动，所以A 正确；若k >B 2L 2R ＋r，加速度a 随v 增大而增大，说明金属棒在做加速度增大的加速运动，所以B 正确；若k <B 2L 2R ＋r，加速度a 随v 增大而减小，说明金属棒在做加速度减小的加速运动，没有符合的v －t 图象，而感应电流的功率P ＝EI ＝B 2L 2R ＋rv 2，则C 错误，D 正确． 7．解析：选BD.物块做匀减速直线运动的加速度大小为a 1＝v 202x 1＝10010m/s 2＝10 m/s 2 物块做匀加速直线运动的加速度大小为a 2＝v 22x 2＝642×8m/s 2＝4 m/s 2 根据牛顿第二定律得F ＋f ＝ma 1，F －f ＝ma 2联立两式并代入数据解得F ＝7 N ，f ＝3 N则物块与水平面间的动摩擦因数为μ＝f mg ＝3 N 10 N＝0.3 物块做匀减速直线运动的时间为t 1＝v 0a 1＝1010s ＝1 s ， 即在0～1 s 内物块做匀减速直线运动，1 s 后恒力F 反向，物块做匀加速直线运动．综上可知B 、D 项正确，A 、C 项错误．8．解析：选ABD.物块先以速度v 0沿斜面向上滑动，然后下滑回到原处的过程中，除摩擦力在上滑和下滑时方向相反外，受的其他力大小和方向均不变，故物块先做匀减速运动(加速度较大)，再做反向的匀加速运动(加速度较小)，A 正确；对物块沿斜面上升过程由运动学公式有v 2－v 20＝－2ax ，由数学知识可知B 正确；沿斜面上升过程由动能定理有，－Fx ＝E k －E k0(F 为物块所受合外力，大小恒定)，图线应为直线，可知C 错误；取斜面底端为零势能面，由于物块带负电，且沿斜面向上电势逐渐降低，故物块的电势能随位移的增大而增大，D 正确．。
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图像专题(附参考答案)一．选择题(每题4分,每题至少有一个答案是正确的,多选、不选和错选得0分，漏选得2分)1．氢原子从第三能级跃迁到第二能级时，辐射的光子照射到某种金属，刚好能发生光电效应。
现有大量氢原子处于n＝4的激发态，则在向低能级跃迁时所辐射的各种能量的光子中，可使这种金属发生光电效应的种数为（）A、3种B、4种C、5种D、6种2．A、B两车由静止开始运动，运动方向不变，运动总位移相同，A行驶的前一半时间以加速度a1做匀加速运动，后一半时间以加速度a2做匀加速运动，而B则是前一半时间以加速度a2做匀加速度运动，后一半时间以加速度a1做匀加速运动，已知a1>a2，设A的行驶时间tA、未速度VA，B的行驶时间tB,未速度vB,则：（）A、tA>tB, VA>VBB、tA<tB, VA=VBC、tA>tB, VA=VBD、tA<tB, VA<VB3．如图，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示，F＞0为斥力，F＜0为引力，a、b、c、d为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从a处静止释放，则（）xA 乙分子从a到b做加速运动，由b到c做减速运动B 乙分子由a到c做加速运动，到达c时速度最大C 乙分子由a到b的过程中，两分子间的分子势能一直减少D 乙分子由b到d的过程中，两分子间的分子势能一直增加4．一列简谐横波沿x轴负方向传播，如图所示，一个是t＝1s 时的波形图，一个是波中某个振动质元位移随时间变化的振动图像（两个图用同一时间起点），则振动图像可能是波动图像中哪个质元的振动图像？ ( )A、x＝0处的质元B、x＝1处的质元C、x＝2处的质元D、x＝3处的质元5．一列机械波在某时刻的波形如图中实线所示，经过一段时间以后，波形图象变成如图中虚线所示，波速大小为1 m/s．那么这段时间可能是（）A．1 s B．2 s C．3s D．4 s6．一个匀强电场的电场强度随时间变化的图象如图所示，在这个匀强电场中有一个带电粒子，在t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力的作用，则电场力的作用和带电粒子的运动情况是（）A．带电粒子将向一个方向运动B．0－3秒内，电场力的冲量等于0，电场力的功亦等于0C．3秒末带电粒子回到原出发点D．2－4秒内电场力的冲量不等于0，而电场力的功等于07．如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成闭合回路，导线所围区域内有一垂直于纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环．导线abcd所围区域内磁场按图中哪一图像所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场力（）8．一矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度绕垂直于磁场方向的固定轴转动，穿过线圈的磁通量随时间变化(如图)，下列说法正确的是（）A.线圈转动的角速度为200rad/sB.在t=0.5×10-2πs 时线圈中感应电动势为零C.在t=0.3×10-2πs 时线圈中感应电动势正在减小D.在t=0.25×10-2πs 时线圈中感应电动势为零9．如图1所示，质量相同的木块A、B用轻弹簧连接置于光滑的水平面上，开始弹簧处于自然状态.现用水平恒力F推木块A，则从开始到弹簧第一次被压缩到最短的过程中（）A．两木块速度相同时，加速度aA=aBB．两木块速度相同时，加速度aA＜aBC．两木块加速度相同时，速度vA＜vBD．两木块加速度相同时，速度vA＞v B10．电池甲和乙的电动势分别为E1和E2，内阻分别为r1和r2。
若用甲、乙电池分别向某个电阻R供电，则在这个电阻上消耗的电功率相同；若用甲、乙电池分别向某个电阻R/ 供电，则在R/ 上消耗的电功率分别为P1和P2。
已知的R/>R，E1>E2，则（）A、r1>r2B、r1<r2C、P1>P2D、P1<P2二．填空和实验（总分24分）11．（8分）为了探索弹力和弹簧伸长的关系, 李卫同学选了甲、乙两根规格不同的弹簧进行测试，根据测得的数据绘出如下所示图象。
从图象上看,该同学没能完全按实验要求做,而使图象上端成曲线, 图象上端成曲线是因为。
这两根弹簧的劲度系数分别为和。
若要制作一个精确程度较高的弹簧秤，应选弹簧。
12．（4分）光滑水平面上有AB两物体,它们分别在水平力FA 和FB作用下作匀变速运动,加速度分别为aA 和aB ,它们动量P与时间t 的关系图像如图所示.则一定是：（）A.FA ＞ FBB.FA ＜ FBC.aA ＞aBD.aA ＜aB13．（8分）小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大.某同学为研究这一现象，用实验得到如下数据（I和U分别表示小灯泡上的电流和电压）：I（A0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.42 0.45 0.47 0.49 0.50）0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00U（V）（1）在左下框中画出实验电路图. 可用的器材有：电压表、电流表、滑线变阻器（变化范围0—10Ω）、电源、小灯泡、电键、导线若干.（2）在右图中画出小煤泡的U—I曲线.（3）如果第15题实验中测得电池的电动势是1.5V，内阻是2.0Ω.问：将本题中的灯泡接在该电池两端，小灯泡的实际功率是多少？（简要写出求解过程；若需作图，可直接画在第（2）小题的方格图中）14．（4分）若在示波器的“Y输入”和“地”之间加上如图甲所示的电压，而扫描范围旋钮置于“外x”档，则此时屏上应出现的情形是下图乙中的（）15．（16分）在竖直平面内有一圆形绝缘轨道，半径R=1m，匀强磁场垂直于轨道平面向内，一质量为m=1×10－3kg、带电量为q=+3×10－2C的小球，可在内壁滑动，开始时，在最低点处给小球一个初速度v0，使小球在竖直面内逆时针做圆周运动，图甲是小球在竖直面内做圆周运动的速率v随时间变化的情况，图乙是小球所受轨道的弹力F随时间变化的情况，结合图象所给数据，求：（1）磁感应强度的大小。
（2）小球初速度的大小。
16．（16分）水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，问距为L，一端通过导线与阻值为R的电阻连接；导轨上放一质量为m的金属杆（见右上图），金属杆与导轨的电阻忽略不计；均匀磁场竖直向下.用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动.当改变拉力的大小时，相对应的匀速运动速度v也会变化，v与F的关系如右下图.（取重力加速度g=10m/s2）（1）金属杆在匀速运动之前做什么运动？（2）若m=0.5kg,L=0.5m,R=0.5Ω；磁感应强度B为多大？（3）由v—F图线的截距可求得什么物理量？其值为多少？17．（16分）平行的两个金属板M、N相距d，两板上有两个正对的小孔A和B，A、B连线与板面垂直，在两个金属板上加有如图所示的交流电压u，交流电的周期为T，在t=0时，N板的电势比M 板高u0，一个带正电的微粒质量为m，带电量为q，经电压为u (u<u0)的电场加速后，从A孔垂直于M板射入两板间。
（1）对于加速电压u，存在着一个uc，当u>uc时，带电微粒能够沿一个方向运动，一直到从B孔射出，求uc的大小？（2）加速电压u多大时？带电微粒不会从B孔射出？18．（18分）图1所示为一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳，下端拴一小物块A，上端固定在C点且与一能测量绳的拉力的测力传感器相连.已知有一质量为m0的子弹B沿水平方向以速度v0射入A内（未穿透），接着两者一起绕C点在竖直面内做圆周运动，在各种阻力都可忽略的条件下测力传感器测得绳的拉力F 随时间的变化关系如图2所示。
已知子弹射入的时间极短，且图2中t ＝0为A 、B 开始以相同速度运动的时刻，根据力学规律和题中（包括图）提供的信息，对反映悬挂系统本身性质的物理量（例如A 的质量）及A 、B一起运动过程中的守恒量，你能求得哪些定量的结果？t19．（18分）示波器是一种多功能电学仪器，可以在荧光屏上显示被检测的电压波形．它的工作原理等效成下列情况：如图甲所示，真空室中阴极K 逸出电子（初速不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S 沿水平金属极板A 、B 间的中心线射入两板间．金属极板A 、B 长均为l ，相距为d ，在两板间加上如图乙所示的正弦交变电压，周期为T ．前半个周期内B 板的电势高于A 板的电势，电场全部集中在两板之间，且分布均匀．在每个电子通过两板间的短时间内，电场视作恒定的．在两极板右侧与极板右端相距D 处有一个与两极板中心线垂直的荧光屏，中心线正好与屏上坐标原点相交．荧光屏足够大，能从两极板间穿出的所有电子都能打在荧光屏上．当t ＝0时，某一个电子恰好到达荧光屏坐标原点O ，这时，使荧光屏以恒定速度v 沿水平x 轴向负方向运动，每经过一定的时间后，在一个极短时间内（时间可忽略不计）荧光屏又跳回初始位置，然后做同样的匀速运动．已知电子的质量为m ，带电荷量为－e ，不计电子的重力．求：（1）电子刚进入金属极板A 、B 间时的初速度．（2）要使所有的电子都能打在荧光屏上，图乙中电压的最大值U0应满足什么条件？（3）若已知U0且满足（2）中的条件，要使荧光屏上能显示一个完整的波形，荧光屏必须每隔多长时间回到初始位置？计算这个波形的峰值和长度，并在图丙中画出这个波形．参考答案:1．C 2．B 3．BC 4．A 5．AC 6．BCD 7．A 8．AD9．BD 10．BD11．超过弹簧的弹性限度；66.7N/m ；200N/m ；A12．A13．（1）见下图（2）见右图（3）作出U=图线，可得小灯泡工作电流为0.35安，工作电压为0.80伏，因此小灯Ir -ε泡实际功率为0.28瓦14．C。