2020高考物理总复习计算题增分练五
2020年高考物理冲破高分瓶颈考前必破：计算题增分练(一)(解析版)
计算题增分练（一）（解析版）24．(12分)如图所示的空间中有一直角坐标系Oxy ，第一象限内存在竖直向下的匀强电场，第四象限x 轴下方存在沿x 轴方向足够长，宽度d ＝(5＋53) m 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小B ＝0.4 T ，一带正电粒子质量m ＝3.2×10－4 kg 、带电量q ＝0.16 C ，从y 轴上的P 点以v 0＝1.0×103 m/s 的速度水平射入电场，再从x 轴上的Q 点进入磁场，已知OP ＝9 m ，粒子进入磁场时其速度方向与x 轴正方向夹角θ＝60°，不计粒子重力，求：(1)OQ 的距离；(2)粒子的磁场中运动的半径；(3)粒子在磁场中运动的时间。
（π值近似取3）【解析】(1)已知可得：tan yx v v θ=设粒子从P 点运动到Q 点的时间为t ，水平方向上：v x t ＝s OQ竖直方向上：h PO ＝12v x t 可得：s OQ ＝6 3 m 。
(2)由己知可得：v 0＝v cos θ粒子在磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力qvB ＝m v 2r解得r ＝10 m 。
(3) 设粒子在磁场中运动的圆心为O 1，由几何关系可得：α＝60°，β＝30°可得粒子在磁场中转过的圆心角φ＝90° 由2πr T v，可得：t ＝14T ＝7.5×10－3 s 。
25．(20分)如图所示，光滑水平地面上固定一竖直挡板P ，质量m B ＝2 kg 的木板B 静止在水平面上，木板右端与挡板P 的距离为L 。
质量m A ＝1 kg 的滑块（可视为质点）以v 0＝12 m/s 的水平初速度从木板左端滑上木板上表面，滑块与木板上表面的动摩擦因数μ＝0.2，假设木板足够长，滑块在此后的运动过程中始终未脱离木板且不会与挡板相碰，木板与挡板相碰过程时间极短且无机械能损失，g ＝10 m/s 2，求：(1)若木板与挡板在第一次碰撞前木板已经做匀速直线运动，则木板右端与挡板的距离至少为多少？(2)若木板右端与挡板的距离L ＝2 m ，木板第一次与挡板碰撞时，滑块的速度的大小？(3)若木板右端与挡板的距离L ＝2 m ，木板至少要多长，滑块才不会脱离木板？（滑块始终未与挡板碰撞）【解析】(1)木板与滑块共速后将做匀速运动，由动量守恒定律可得：m A v 0＝(m A ＋m B )v 共对B 木板，由动能定理可得：f B L 1＝12m B v 共2 解得：L 1＝8 m 。
【2019-2020】高考物理总复习选择题增分练五
教学资料范本【2019-2020】高考物理总复习选择题增分练五编辑：__________________时间：__________________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．(20xx·山东省××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 2 C．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12t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＋v 2t ＝vt 2，匀减速运动阶段x ＝vt＋v 2×34t ，解得v t ＝v 3，质点在匀加速阶段的加速度大小a 1＝v－0t ＝vt，匀减速运动阶段的加速度大小a 2＝v－v 334t ＝8v 9t，故AB错误；质点在匀加速运动阶段的平均速度v 1＝0＋v 2＝v2，匀减速运动阶段的平均速度v 2＝v＋13v 2＝2v 3，故C错误；质点在匀速运动阶段的运动时间t ′＝x v ＝12vtv ＝12t ，故D正确；故选D.5．(20xx·山东××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 Mmr2＝m ω2r ，解得：ω＝GMr3，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 ＝GMr2，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vt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v1(t2－t1)C．磁场的磁感应强度为1v1（t2－t1）mgRv1D．金属线框在0～t4的时间内所产生的热量为2mgv1(t2－t1)＋12m(v23－v2)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，t1匀速进入磁场，直至全部进入磁场，因此线框的边长为v1(t2－t1)，B正确．由mg＝B2l2v1R，代入得B＝1v1（t2－t1）mgRv1，C正确．由能量守恒定律可知，线框入磁场时Q1＝mgv1(t2－t1)，线框出磁场时Q2＝mgv1(t2－t1)＋12m(v23－v2)，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vt图象如图乙所示(t1时刻A、B的图线相切，t2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mgsin θkB．拉力F的最小值为mg sin θ＋maC．A、B分离时t1＝ 2（mgsin 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 sinθ＝kx1，当A达到最大速度时加速度为零，此时A、B已分离满足mg sinθ＝kx2，所以A的位移为x＝x1－x2＝mgsin θk，开始时力F最小，此时对AB整体满足F＋kx1－2mg sinθ＝2ma，解得F＝2ma；当AB分离时，AB之间的弹力为零，此时对A：kx3－mg sin θ＝ma，此时物体A的位移为x＝x1－x3＝mgsin θ－mak＝12at21，解得t1＝2（mgsin 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．。
浙江专用2020高考物理增分冲刺综合模拟卷五
(浙江专用）2020高考物理增分冲刺综合模拟卷(五)一、选择题Ⅰ(本题共８小题,每小题4分，共32分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1。
(2019·广东珠海市质量监测)如图所示，使一个水平铜盘绕过其圆心的竖直轴OO′转动，且假设摩擦等阻力不计，转动是匀速的．现把一个蹄形磁铁水平向左移近铜盘，则( )Ａ。
铜盘转动将变快B.铜盘转动将变慢Ｃ．铜盘仍以原来的转速转动D．因磁极方向未知，无法确定答案B解析假设蹄形磁铁的上端为N极，下端为Ｓ极，铜盘顺时针转动，根据右手定则可以确定此时铜盘中的感应电流方向是从盘心指向边缘;通电导体在磁场中要受到力的作用，根据感应电流的方向和磁场的方向，利用左手定则可以确定磁场对铜盘的作用力的方向是沿逆时针方向(俯视),与其受力方向与铜盘的转动方向相反，所以铜盘的转动速度将减小;无论怎样假设，铜盘的受力方向始终与转动方向相反；同时，转动过程中，机械能转化为电能，所以转得慢了，故B正确,A、C、D错误．2。
（2019·金华十校期末）如图,一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。
若保持F的大小不变，而方向与水平面成6０°角作用下，物块也恰好做匀速直线运动.则物块与桌面间的动摩擦因数为( ）A。
2—Error!ﻩＢ。
＼f(\r（3)，6）C．D．Error!答案Ｃ解析F水平时，Ｆ=μmｇ；F与水平面成60°时，F cos 60°=μ(ｍg－F siｎ６0°）得μ=,故选C.＼f3.用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～６ s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是（ )A。
0～6 s内物体先向正方向运动,后向负方向运动B.0～6 s内物体在4 s时的速度最大Ｃ．物体在2~４ｓ时的速度不变D.0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力对物体做的功答案D解析 物体6 s末的速度v6=×（2＋5)×2 ｍ/ｓ-×１×2 ｍ/s=6 m/s,则０~6 s内物体一直＼f(1，2)向正方向运动，Ａ项错误;由题图可知物体在5 s末速度最大,为v m=×（2＋5）×2 m/ｓ＼ｆ（1，2）=7 ｍ/s,B项错误；由题图可知物体在２～４ｓ内加速度不变，做匀加速直线运动,速度变大,C项错误；在0～４s内合力对物体做的功由动能定理可知:W合4＝Error!ｍv Error!-０，又v4=×（2+4）×2 ｍ/s＝6 m/s,得W合4＝3６J，0～6 ｓ内合力对物体做的功由动能定理可知:W合6=mv-0,又ｖ6=６ｍ／s，得W合6＝３6 Ｊ．＼f（1，2）62，则W合４＝W合6，D项正确.4.某同学在篮球场上练习投篮,一次投篮恰好垂直打在篮板上，且篮球撞击篮板处与投出点之间的水平距离是竖直距离的2倍,空气阻力不计，篮球被投出时的速度与水平方向间的夹角为( ）A。
2020版新一线增分方略高三物理一轮复习 (5)
单元高考模拟特训(二)一、选择题(1～5题只有一项符合题目要求，6～8题有多项符合题目要求，每小题6分，共48分．)1.如图所示，一小车的表面由一光滑水平面和光滑斜面连接而成，其上放一球，球与水平面的接触点为a，与斜面的接触点为b.当小车和球一起在水平桌面上做直线运动时，下列结论正确的是() A．球在a、b两点处一定都受到支持力B．球在a点处一定受到支持力，在b点处一定不受支持力C．球在a点处一定受到支持力，在b点处不一定受到支持力D．球在a点处不一定受到支持力，在b点处也不一定受到支持力解析：若球与车一起水平匀速运动，则球在b处不受支持力作用，若球与车一起水平向左匀加速运动，则球在a处的支持力可能为零，D项正确．答案：D2．如图所示，物体A、B在力F作用下一起以相同速度沿F方向匀速运动，关于物体A所受的摩擦力，下列说法正确的是()A．甲、乙两图中物体A均受摩擦力，且方向均与F相同B．甲、乙两图中物体A均受摩擦力，且方向均与F相反C．甲、乙两图中物体A均不受摩擦力D．甲图中物体A不受摩擦力，乙图中物体A受摩擦力，方向和F相同解析：用假设法分析：甲图中，假设A受摩擦力，与A做匀速运动在水平方向合力为零不符，所以A不受摩擦力；乙图中，假设A 不受摩擦力，A将相对B沿斜面向下运动，所以A受沿F方向的摩擦力．故选D.答案：D3．如图所示，小车内一根轻质弹簧沿竖直方向和一条与竖直方向成α角的细绳拴接一小球．当小车和小球相对静止，一起在水平面上运动时，下列说法正确的是()A．细绳一定对小球有拉力的作用B．轻弹簧一定对小球有弹力的作用C．细绳不一定对小球有拉力的作用，但是轻弹簧对小球一定有弹力D．细绳不一定对小球有拉力的作用，轻弹簧对小球也不一定有弹力解析：若小球与小车一起匀速运动，则细绳对小球无拉力；若小球与小车有向右的加速度a＝g tanα，则轻弹簧对小球无弹力，故选项D正确．答案：D4．如图所示是某同学为颈椎病人设计的一个牵引装置的示意图．一根绳绕过两个定滑轮后两端各挂着一个相同质量的重物，与动滑轮相连的帆布带拉着病人的颈椎，整个装置在同一竖直平面内．如果要增大颈椎所受的拉力，可采取的办法是()A．只增加绳的长度B．只减轻重物的重量C．只将手指向下移动D．只将手指向上移动解析：对力进行合成，可知颈椎所受的拉力F＝2mg cosθ，增加mg或减小θ，都可以增大F，选项C正确．答案：C放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体，整个装置处于静止．如图所示是这个装置的纵截面图．若用外力河北衡水重点中学调研](多选)如图所示，的小物块(可视为质点．槽对物块的摩擦力大小是8 N对小物块受力分析如图所示，10 N的球固定在支杆段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，已知绳的拉力为如图所示，与水平方向成θ角的推力F逐渐减小直到水平的过程中，物块始终沿水平面做匀速直线运动，．物块受到的摩擦力一直减小对物块受力分析，建立如图所示的坐标系．F f＝0，(1)请完成下列相关内容a．在木板上记下悬挂两个钩码时弹簧末端的位置O.b．卸下钩码，然后将两绳套系在弹簧下端，用两弹簧测力计将弹簧末端拉到同一位置O，记录细绳套AO、BO的方向及两弹簧测力计相应的读数．图中B弹簧测力计的读数为________N.c．小白在坐标纸上画出两弹簧拉力F A、F B的大小和方向如图所示，请你用作图工具在图中坐标纸上作出F A、F B的合力F′.d．已知钩码的重力，可得弹簧所受的拉力F如图所示．e．最后观察比较F和F′，得出结论．(2)本实验采用的科学方法是________．A．理想实验法B．控制变量法C．等效替代法D．建立物理模型法解析：(1)b.图中B弹簧测力计的读数为11.40 N；c.图线如图：答案：(1)11.40图见解析(2)C10．(16分)[2016·浙江卷]某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，测得图中弹簧OC的劲度系数为500 N/m.如图甲所示，用弹簧OC和弹簧秤a、b做“探究求合力的方法”实验．在保持弹簧伸长1.00 cm不变的条件下，间夹角大于90°，弹簧OC的夹角不变，就是弹簧秤OC的夹角时，三个力的关系如图，则可知________(填“L0”或“L x”)的差值．由图可知弹簧的劲度系数为________ N/m；通过图和表可知________ g．(结果保留两位有效数字，为保证弹簧的形变只由砝码和砝码盘的重力引起，所以弹簧轴线和刻度尺均应在竖直方向．弹簧静止时，记录原长L；表中的数据L与其他数据有效数。
部编版2020高考物理总复习选择题增分练(六)
选择题增分练(六)(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．1．2016年底以来，共享单车风靡全国各大城市，如图所示，单车的车锁内集成了嵌入式芯片、GPS模块和SIM卡等，便于监控单车在路上的具体位置．用户仅需用手机上的客户端软件(APP)扫描二维码，即可自动开锁，骑行时手机APP上能实时了解单车的位置；骑行结束关锁后APP就显示计时、计价、里程等信息．此外，单车能够在骑行过程中为车内电池充电，满足定位和自动开锁等过程中的用电．根据以上信息判断下列说法正确的是( )A．单车的位置信息是借助北斗卫星导航系统准确定位的B．单车是利用电磁感应原理实现充电的C．由手机APP上的显示信息，可求出骑行的平均速度D．单车在被骑行过程中受到地面的摩擦力表现为阻力解析：选B.单车某个时刻的准确位置信息是借助通讯卫星GPS定位确定的，故A错误；单车在运动过程通过电磁感应将机械能转化为电能从而实现充电，故B正确；由手机APP 上的显示信息包括路程和时间，没有说明具体的位移，故不可以求出骑行的平均速度，故C 错误．单车在被骑行过程中前轮受摩擦力向后，表现为阻力，后轮受摩擦力向前，表现为动力，选项D错误；故选B.2．(2018·山东泰安市高三二模)如图所示，水平面上A、B两物块的接触面水平，二者叠放在一起．在作用于B上的水平恒定拉力F的作用下沿地面向右做匀速运动，某时刻撤去力F后，二者仍不发生相对滑动．下列说法正确的是( )A．撤去F之前A受到3个力作用B．撤去F之前B受到4个力作用C．撤去F前后，A的受力情况不变D．A、B间的动摩擦因数不小于B与地面间的动摩擦因数解析：选D.A、B、撤去F前，整体做匀速运动，故B受地面的摩擦力与F平衡，而A 水平方向不受外力，故A不受B的摩擦力，B受重力、支持力、压力、拉力和地面的摩擦力共5个力作用；A只受重力和B对A的支持力，A受两个力的作用；A错误；B错误；C、撤去拉力F后，由于整体做减速运动，A受到重力和B对A的支持力及B对A的摩擦力，A受3个力的作用；C错误；D、撤去拉力F后，由于整体做减速运动，整体的加速度a＝μ2g，而A的加速度a A＝μ2g≤μ1g，即μ2≤μ1，D正确；故选D.3．如图所示，绷紧的倾斜传送带始终以恒定的速率v1顺时针运行，初速度大小为v2的小物块从底端滑上传送带，以地面为参考系v2＞v1.从小物块滑上传送带开始计时，其在传送带上运动的图象不可能为( )解析：选D.小物块滑上传送带后做匀减速直线运动，可能在速度减为v1以前已经到达最高点，因此A正确．若小物块速度减为v1后还没有到达最高点，若μmg cos θ＞mg sin θ，那么小物块将匀速向上运动，故B正确．若μmg cos θ＜mg sin θ，小物块将继续减速上滑但加速度减小，可能在未到达最高点时速度为零向下加速下滑，加速度不变，因此C正确．小物块上滑过程中速度不可能立即反向，因此D错误．选D.4．如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向通电时可以理解为短路，反向通电时可理解为断路)连接，电源正极接地．初始电容器不带电，闭合开关，电路稳定后，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态．下列说法正确的是( )A．上极板上移，带电油滴向下运动B．上极板上移，P点电势升高C．上极板下移，带电油滴向下运动D．上极板下移，P点电势升高解析：选D.将上极板向上移动，d变大，由C＝εr S4πkd可知，C变小，而U不变，要放电，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由E＝4πkQεr S可知电容器两极板间的电场强度不变，油滴所受电场力不变，油滴静止不动，上极板电势为零，P点到上极板的距离增大，根据U ＝Ed 可知P 与上极板间的电势差的绝对值增大，而电场中的电势都为负，所以P 点电势减小，A 、B 错误；若上极板下移，则d 变小，C 变大，两极板间的电压U 等于电源电动势不变，电场强度E ＝U d变大，电场力变大，电场力大于重力，油滴所受合力向上，油滴向上运动，P 点到下极板的距离不变，根据U ＝Ed 可知P 与下极板间的电势差的绝对值增大，总电压一定，则P 与上极板的电势差减小，而电场中的电势都为负，所以P 点电势增大，C 错误，D 正确．5．(2018·衡水中学押题卷)如图所示，足够长的宽度为d 的条形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，直角三角形金属线框ABC 的BC 边长度为L ，已知L ＞d .现令线框在外力作用下以速度v 0匀速穿过磁场区域，以B 点进入磁场的时刻为计时起点，规定线框中电流沿逆时针方向为正方向，则在线框穿过磁场的过程中，线框中的电流i 随时间t 的变化情况可能是( )解析：选C.B 点进入磁场后直至线框位移为d 的过程中，线框的有效切割长度随时间均匀增大，线框中电流随时间均匀增大至I 0，方向为逆时针，已知L ＞d ，线框位移大于d 小于L 的过程中，其有效切割长度不变，线框中电流不变，仍为逆时针，线框出磁场的过程中，有效切割长度随时间均匀增大，电流随时间均匀增大，A 、D 错误；由B 项的横轴可知L ＝2d ，由几何关系可知线框位移为L 时的有效切割长度与位移为d 时的有效切割长度相等，故电流等大，但方向为顺时针，位移为L ＋d 时，有效切割长度是位移为d 时的2倍，电流为－2I 0，B 错误；由C 项的横轴可知L ＝3d ，由几何关系可知线框位移为L 时的有效切割长度是位移为d 时的2倍，故电流为－2I 0，位移为L ＋d 时，有效切割长度是位移为d 时的3倍，电流为－3I 0，C 正确．6．如图甲所示的电路中，变压器为理想变压器，R 0为定值电阻，R 为滑动变阻器，L 为标有“22 V 20 W”的白炽灯泡，所有电表均为理想电表．当变压器原线圈输入如图乙所示的交变电压时，灯泡L 正常发光．则下列说法正确的是( )A ．通过R 的交变电流频率为50 HzB ．变压器原、副线圈的匝数比为10∶1C ．变压器原、副线圈铁芯中磁通量变化率之比为10∶1D ．当滑动变阻器R 的滑动片P 向下移动时，电流表A 1和A 2的示数均增大解析：选ABD.由乙图可知，周期T ＝2×10－2 s ，则频率为f ＝1T ＝12×10－2＝50 Hz ，故A 正确；由乙图可知，原线圈的最大电压为U m ＝220 2 V ，则原线圈电压的有效值U 1＝U m2＝220 V ，而此时灯泡正常发光，由并联电路的特点可知，此时副线圈两端的电压U 2＝U L ＝22 V ，故变压器原、副线圈的匝数比为n 1n 2＝U 1U 2＝22022＝101，故B 正确；原、副线圈均在同一个铁芯上，其磁通量变化率相同，故C 错误；当滑动变阻器R 的滑动片P 向下移动时，R 的有效阻值减小，副线圈电压不变，故副线圈的电流增大，根据n 1n 2＝I 2I 1可知，原线圈的电流也增大，故电流表A 1和A 2的示数均增大，故D 正确．7．嫦娥工程分为三期，简称“绕、落、回”三步走．我国发射的“嫦娥三号”卫星是嫦娥工程第二阶段的登月探测器，该卫星先在距月球表面高度为h 的轨道上绕月球做周期为T 的匀速圆周运动，再经变轨后成功落月．已知月球的半径为R ，引力常量为G ，忽略月球自转及地球对卫星的影响．则以下说法正确的是( )A ．物体在月球表面自由下落的加速度大小为4π2（R ＋h ）3T 2R 2B ．“嫦娥三号”绕月球做匀速圆周运动时的线速度大小为2πR TC ．月球的平均密度为3π（R ＋h ）3GT 2R 3D ．在月球上发射月球卫星的最小发射速度为2πR T R ＋h R解析：选AC.在月球表面，重力等于万有引力，则得：G Mm R2＝mg ；对于“嫦娥三号”卫星绕月球做匀速圆周运动过程，由万有引力提供向心力得：G Mm （R ＋h ）2＝m 4π2T 2(R ＋h )，联立解得：g ＝4π2（R ＋h ）3T 2R2，故A 正确；“嫦娥三号”卫星绕月球做匀速圆周运动，轨道半径为r ＝R ＋h ，则它绕月球做匀速圆周运动的速度大小为v ＝2πr T ＝2π（R ＋h ）T，故B 错误；根据G Mm （R ＋h ）2＝m 4π2T 2(R ＋h )，解得月球的质量为M ＝4π2（R ＋h ）3GT 2，月球的平均密度为ρ＝M 43πR 3＝3π（R ＋h ）3GT 2R 3，故C 正确；设在月球上发射卫星的最小发射速度为v ，则有：G Mm R2＝mg ＝m v 2R ，解得v ＝gR ＝2π（R ＋h ）T R ＋h R，故D 错误．8．如图所示，一小球套在倾角为37°的固定直杆上，轻弹簧一端与小球相连，另一端固定于水平地面上O 点．小球由A 点静止释放，它沿杆下滑到达最低点C 时速度恰为0.A 、C 相距0.8 m ，B 是A 、C 连线的中点，OB 连线垂直AC ，小球质量为1 kg ，弹簧原长为0.5 m ，劲度系数为40 N/m ，sin 37°＝0.6，g 取10 m/s 2.则小球从A 到C 过程中，下列说法正确的是( )A ．小球经过B 点时的速度最大B ．小球在B 点时的加速度为6 m/s 2C ．弹簧弹力对小球先做正功后做负功D ．小球从A 到B 过程和从B 到C 过程摩擦力做功相等解析：选BD.小球合外力等于0时速度最大，在B 点时由于弹簧弹力为k (l －OB )＝40 N/m×(0.5－0.3)m ＝8 N ，方向垂直杆向上，重力垂直于杆的分力为mg cos θ＝1×10×0.8 N ＝8 N ，方向垂直于杆向下，所以小球在B 点时合外力F ＝mg sin θ＝1×10×0.6 N＝6 N ，所以经过B 点时速度不是最大，A 错误；此时加速度a ＝F m ＝6 N 1 kg＝6 m/s 2，B 正确；在AB 段弹簧弹力与小球位移夹角大于90°，所以做负功，BC 段做正功，C 错误；A 、C 两点小球速度为0，由图形的对称性知AB 过程和BC 过程摩擦力做功相等，D 正确．。
2020高考物理总复习计算题增分练二20209
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v 1，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？解析：(1)由T ＝2πm qB 得T ＝2t 0， 所以t 02＝T 4，运动了T4.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＋v2t 0因v ＝v 0＋qEm t 0＝2v 0所以y 1＝3v 0t 02由r ＝mvqB 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。
部编版2020高考物理总复习计算题增分练(一)
计算题增分练(一)(满分32分 20分钟)1．如图所示，与水平面夹角θ＝37°的倾斜传送带以v 0＝2 m/s 的速度沿顺时针方向转动，小物块A 从传送带顶端无初速度释放的同时，小物块B 以v 1＝8 m/s 的速度从底端滑上传送带．已知小物块A 、B 质量均为m ＝1 kg ，与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，小物块A 、B 未在传送带上发生碰撞，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小物块B 向上运动过程中平均速度的大小；(2)传送带的长度l 应满足的条件．解析：(1)对小物块B 由牛顿第二定律得 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1解得a 1＝10 m/s 2小物块B 减速至与传送带共速的过程中，时间t 1＝v 1－v 0a 1＝0.6 s 位移s 1＝v 21－v 202a 1＝3 m 之后，小物块B 的速度小于传送带的速度，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得a 2＝2 m/s 2小物块B 减速至0的时间t 2＝v 0a 2＝1 s 位移s 2＝v 202a 2＝1 m 小物块B 向上运动过程中平均速度v ＝s 1＋s 2t 1＋t 2＝2.5 m/s (2)小物块A 的加速度也为a 2＝2 m/s 2，小物块B 开始加速向下运动时，小物块A 已经具有向下的速度，二者加速度大小相等，要使二者不相碰，应在小物块B 滑下传送带后，小物块A 到达传送带底端．当小物块B 刚滑下传送带时，小物块A 恰好运动至传送带底端，此时传送带长度最小，最小长度l 0＝12a 2t 2 小物块B 向下运动过程s 1＋s 2＝12a 2t 23 解得t 3＝2 s则t ＝t 1＋t 2＋t 3＝3.6 s代入解得l 0＝12.96 m ，即传送带的长度l ≥12.96 m答案：(1)2.5 m/s (2)l ≥12.96 m2．如图甲所示，间距为l 、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上．在区域Ⅰ内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度恒为B ；在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度B 1的大小随时间t 变化的规律如图乙所示．t ＝0时刻，在轨道上端的金属细棒ab 从如图位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd 在位于区域Ⅰ内的导轨上也由静止释放．在ab 棒运动到区域Ⅱ的下边界EF 之前，cd 棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好．已知cd 棒的质量为m 、电阻为R ，ab 棒的质量、阻值均未知，区域Ⅱ沿斜面的长度为2l ，在t ＝t x 时刻(t x 未知)ab 棒恰好进入区域Ⅱ，重力加速度为g .求：(1)试判断通过cd 棒的电流方向和区域Ⅰ内磁场的方向；(2)当金属棒ab 在区域Ⅱ内运动时，金属棒cd 消耗的电功率P ；(3)ab 棒开始下滑的位置离区域Ⅱ下边界的距离；(4)为了求得ab 棒开始下滑至EF 的过程中，回路中产生总的热量Q ，某同学先求出ab 棒的质量、到达EF 处的速度，并利用(3)问中的距离，然后用总热量Q 等于机械能的减小量进行求解．若这位同学的方法正确，请用他的方法求出总热量Q ；若他的方法不正确，请用你的方法求出总热量Q .解析： 本题考查电磁感应中的单棒问题，涉及楞次定律、法拉第电磁感应定律、平衡、闭合电路欧姆定律等知识的应用．(1)Ⅱ内磁场均匀变化因此在回路中产生感应电流，由楞次定律可知，流过cd 的电流方向是由d 到c .因cd 棒静止，由平衡条件可得cd 棒所受安培力沿导轨向上，据左手定则可知，区域Ⅰ内磁场垂直于斜面向上．(2)因cd 棒静止，由平衡条件可得BIl ＝mg sin θ，金属棒ab 在区域Ⅱ内运动时，金属棒cd 消耗的电功率P ＝I 2R ， 解得I ＝mg sin θBl ，P ＝m 2g 2R sin 2 θB 2l 2(3)ab 棒开始下滑到达区域Ⅱ前做匀加速运动，加速度a ＝g sin θ，因在ab 棒运动到区域Ⅱ的下边界EF 之前，cd 棒始终静止不动，则ab 棒达区域Ⅱ前后回路中的电动势不变，且ab 棒在区域Ⅱ中做匀速直线运动，可得ΔΦΔt ＝Blv ，即Bl ·2l t x＝Bl (g sin θ·t x ) 解得：t x ＝ 2l g sin θ，v ＝2gl sin θ ab 棒开始下滑的位置离区域Ⅱ下边界的距离s ＝12vt x ＋2l ＝3l(4)这位同学的解法不正确． ab 棒在区域Ⅱ匀速运动时，受力平衡有m ab g sin θ＝BIl ，可得ab 和cd 两棒质量相等均为m .第一阶段电路产热Q 1＝EIt x ＝Bl ·2l t x ×mg sin θBl×t x ＝2mg sin θ·l . 第二阶段ab 棒匀速下滑，根据能量守恒得电路产热Q 2＝mg 2l sin θ.所以电路中产生的总热量Q ＝Q 1＋Q 2＝4mgl sin θ.答案：(1)从d 到c 区域Ⅰ内磁场垂直于斜面向上(2)m 2g 2R sin 2 θB 2l 2(3)3l (4)不正确 4mgl sin θ 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v 1，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？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 ＝mvqB 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。
【人教版】2020高考物理总复习 优编题型增分练：计算题规范练(三)
计算题规范练(三)四、计算题(本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．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．)14.(15分)(2018·苏州市期初调研)如图1所示，在倾角α＝30°的光滑固定斜面上，相距为d 的两平行虚线MN 、PQ 间分布有大小为B 、方向垂直斜面向下的匀强磁场．在PQ 上方有一质量为m 、边长为L (L <d )的正方形单匝线圈abcd ，线圈的电阻值为R ，cd 边与PQ 边平行且相距x .现将该线圈自此位置由静止释放，使其沿斜面下滑穿过磁场，在ab 边将离开磁场时，线圈已做匀速运动．重力加速度为g .求：图1(1)线圈cd 边刚进入磁场时的速率v 1；(2)线圈进入磁场的过程中，通过ab 边的电荷量q ； (3)线圈通过磁场的过程中所产生的焦耳热Q .答案 (1)gx (2)BL 2R (3)12mg (x ＋d ＋L )－m 3g 2R 28B 4L4解析 (1)线圈沿斜面向下运动至cd 边刚进入磁场时，mgx sin 30°＝12mv 12－0解得：v 1＝gx(2)线圈进入磁场的过程中，感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝BL2Δt根据闭合电路欧姆定律得：I ＝ER通过的电荷量为：q ＝I ·Δt ＝BL 2R(3)线圈离开磁场时，匀速运动． 有：BBLv 2RL ＝mg sin 30° 解得：v 2＝mgR2B 2L2由能量守恒：Q ＝mg (x ＋d ＋L )sin 30°－12mv 22解得：Q ＝12mg (x ＋d ＋L )－m 3g 2R28B 4L4.15．(16分)如图2所示，半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P 点相切，一个质量为2m 的物块B (可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有轻弹簧，Q 点为弹簧处于原长时的左端点，P 、Q 间的距离为R ，PQ 段地面粗糙、动摩擦因数为μ＝0.5，Q 点右侧水平地面光滑，现将质量为m 的物块A (可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g .求：图2(1)物块A 沿圆弧轨道滑至P 点时对轨道的压力大小； (2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)； (3)物块A 最终停止位置到Q 点的距离． 答案 (1)3mg (2)13mgR (3)19R解析 (1)设物块A 从静止沿圆弧轨道滑至P 点时的速度大小为v P ， 由机械能守恒定律有：mgR ＝12mv P 2在P 点轨道对物块的支持力大小为F N ，由牛顿第二定律有：F N －mg ＝m v P 2R，联立解得：F N ＝3mg ，由牛顿第三定律可知物块滑至P 点时对轨道的压力大小为3mg . (2)设物块A 与弹簧接触前瞬间的速度大小为v 0， 由动能定理有mgR －μmgR ＝12mv 02－0，v 0＝gR ，物块A 、B 具有共同速度v 时，弹簧的弹性势能最大， 由动量守恒定律有：mv 0＝(m ＋2m )v ， 由机械能守恒定律有： 12mv 02＝12(m ＋2m )v 2＋E pm ， 联立解得E pm ＝13mgR .(3)设物块A 与弹簧分离时，A 、B 的速度大小分别为v 1、v 2，规定向右为正，则有mv 0＝－mv 1＋2mv 2， 12mv 02＝12mv 12＋12(2m )v 22， 联立解得：v 1＝13gR ，设A 最终停在Q 点左侧x 处，由动能定理有：－μmgx ＝0－12mv 12，解得x ＝19R .16．(16分)(2018·苏州市模拟)如图3所示，在竖直平面内建立平面直角坐标系xOy ，y 轴正方向竖直向上．在第一、第四象限内存在沿x 轴负方向的匀强电场，其大小E 1＝3mg3q；在第二、第三象限内存在着沿y 轴正方向的匀强电场和垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，电场强度大小E 2＝mg q，磁感应强度大小为B .现将一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球从x 轴上距坐标原点为d 的P 点由静止释放．(重力加速度为g )图3(1) 求小球从P 点开始运动后，第一次经过y 轴时速度的大小； (2)求小球从P 点开始运动后，第二次经过y 轴时的纵坐标；(3)若小球第二次经过y 轴后，第一、第四象限内的电场强度大小变为E 1′＝3mgq，方向不变，求小球第三次经过y 轴时的纵坐标．答案 (1)83gd 3 (2)mqB83gd 3－3d (3)mqB83gd 3－2539d 解析 (1)设小球在第一、四象限中的加速度为a ，由牛顿第二定律得(mg )2＋(qE 1)2＝ma 得到a ＝23g3，对小球受力分析知加速度方向斜向左下，设其方向与水平面夹角为θtan θ＝mg qE 1＝3，s ＝d cos θ＝2d ，所以v 0＝2as ＝2×23g3×2d ＝83gd3. (2)小球第一次经过y 轴后，在第二、三象限内，qE 2＝mg ，电场力与重力平衡，故小球做匀速圆周运动，小球运动轨迹如图所示．设轨迹半径为R ，由qv 0B ＝m v 02R ，得R ＝mv 0qB故小球第二次经过y 轴时的纵坐标y 2＝m qB 83gd3－3d . (3)第二次经过y 轴后到第三次经过y 轴过程，小球在第一、四象限内的受力分析如图所示．tan α＝mg qE 1′＝33，则刚进入第一象限时小球所受合力方向与速度方向垂直，小球做类平抛运动，加速度a ′＝a x 2＋a y 2＝2g小球第三次经过y 轴时，可知v 0t ′＝3×12×2gt ′2得t ′＝3v 03g ＝33g83gd 3＝83gd3g小球第二次经过y 轴与第三次经过y 轴的距离为：Δy ′＝v 0t ′sin 60°＝2383gd 3·83gd 3g ＝1639d 故小球第三次经过y 轴时的纵坐标为：y 3＝y 2－Δy ′＝mqB 83gd 3－2539d .。
高考物理总复习计算题增分练(五)
律：mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1
④
解得：a1＝10 m/s2
速度减为 v 时，设沿斜面向上发生的位移大小为 x1，由运动学规律：
x1＝v2－av12
⑤
解得：x1＝1 m
此后摩擦力改变方向，由于 mgsin 37°＞μmgcos 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：
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/s2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
2
( ) 390 ×
W＝
0.5－218 2
30 J－
× 2
1 28
J＝90 J
②
(3)撤去力 F，设物体返回至 A 点的速度大小为 v0，
从 A 出发到第二次返回 A 处的过程应用动能定理：
W＝1mv20
③
2
解得：v0＝6 m/s
由于 v0＞v，物体所受摩擦力沿传送带向下，设此阶段加速度大小为 a1，由牛顿第二定
mgsin θ＝μmgcos θ＋B23l3Rω1
⑧
mgsin θ＋μmgcos θ＝B23l3Rω2
⑨
35mB2glR3 ≤ω≤3Bm2gl3R
⑩
答案：(1)13Bl2ω (2)35mB2glR3 ≤ω≤3Bm2gl3R
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，
【精品】2020届高考物理一轮增分试题：第5章检测试卷(含答案)
第五章检测曲线运动(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(每小题只有一个选项正确,共65分)1.如图所示,起重机将货物沿竖直方向匀速吊起,同时又沿横梁水平向右匀加速运动。
此时,站在地面上观察,货物运动的轨迹可能是下图中的()2.对平抛运动,下列说法正确的是()A.平抛运动是加速度大小不变、方向不断变化的曲线运动B.做平抛运动的物体,在任何相等的时间内位移的增量都是相等的C.平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动D.落地时间和落地时的速度只与抛出点的高度有关3.如图所示,x轴在水平地面上,y轴在竖直方向上。
图中画出了从y轴上不同位置沿x轴正向水平抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹。
小球a从(0,2L)抛出,落在(2L,0)处;小球b、c从(0,L)抛出,分别落在(2L,0)和(L,0)处。
不计空气阻力,下列说法正确的是()A.a和b初速度相同B.a和b运动时间相同C.b的初速度是c的两倍D.a运动时间是b的两倍4.如图所示,滑板运动员以速度v0从离地高度为h的平台末端水平飞出,落在水平地面上。
忽略空气阻力,运动员和滑板可视为质点,下列表述正确的是()A.v0越大,运动员在空中运动时间越长B.v0越大,运动员落地瞬间速度越大C.运动员落地瞬间速度方向与高度h无关D.运动员落地位置与v0大小无关5.如图所示,一位同学做飞镖游戏,已知圆盘的直径为d,飞镖距圆盘为L,且对准圆盘上边缘的A点水平抛出,初速度为v0,飞镖抛出的同时,圆盘以垂直圆盘过盘心O的水平轴匀速运动,角速度为ω。
若飞镖恰好击中A点,则下列关系正确的是()A.d=L2gB.ωL=π(1+2n)v0(n=0,1,2,3,…)C.v0=ωD.dω2=gπ2(1+2n)2(n=0,1,2,3,…)6.公路急转弯处通常是交通事故多发地带。
如图,某公路急转弯处是一圆弧,当汽车行驶的速率为v c时,汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势。
【红对勾讲与练】新课标高三物理二轮专题复习 考前增分指导2-5
高三二轮 · 新课标 · 物理
第二部分
第五讲
系列丛书
定 下 来 了 ， 信 心 也 会 得 到 增 强 ． 反 之 ， 如 果 考 试 时 舍 不 得 花 这 段 时 间 ， 一 开 始 就 埋 头 作 答 ， 就 难 免 会 出 现 时 间 分 配 不 当 、 先 松 后 紧 的 情 况 ．
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第五讲
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2 ( ) 保 证 充 足 的 睡 眠 ， 要 重 视 科 学 用 脑 ， 不 要 开 夜 车 ， 也 不 要 提 前 睡 觉 ， 平 时 几 点 睡 觉 就 几 点 睡 觉 ， 打 破 入 睡 规 律 睡 不 着 ， 反 而 不 利 于 高 考 ． 另 外 ， 还 有 两 点 需 要 注 意 ： 晚 上 宁 可 睡 不 着 也 不 要 吃 安 眠 药 ， 否 则 会 影 响 考 试 ， 但 是 一 旦 真 的 很 晚 都 睡 不 着 ， 这 时 一 定 要 想 一 个 睡 着 的 办 法 ， 比 如 倒 在 床 上 看 一 会 儿 书 ， 或 听 一 会 儿 比 较 舒 缓 的 音 乐 等 ； 起 床 时 间 不 要 离 考 试 时 间 太 近 ， 起 床 后 应 活 动 一 下 ， 增 强 身 体 活 力 ， 为 进 入 考 场 树 立 信 心 ．
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第二部分
第五讲
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考 生 应 注 意 避 免 暴 饮 暴 食 、 大 鱼 大 肉 ． 过 多 的 食 物 ， 会 使 血 液 集 中 于 消 化 系 统 ， 导 致 困 倦 、 注 意 力 不 集 中 ． 所 以 ，
不 必 为 高 考 配 备 特 殊 饮 食 ， 还 吃 自 己 习 惯 吃 的 可 口 的 家 常 便 饭 即 可 ． 考 虑 到 考 试 的 暑 热 和 焦 虑 ， 饮 食 宜 稍 清 淡 、 爽 口 ． 物 质 准 备 除 了 生 活 上 吃 一 些 清 淡 、 富 有 营 养 、 易 消 化 的 食 品 外 ， 还 应 做 好 交 通 工 具 、 学 习 用 品 、 生 活 用 品 的 准 备 ， 比 如 说 准 考 证 、 钢 笔 、 2 B 铅 笔 等 在 备 考 袋 里 带 齐 了 没 ． 还 有 一 个 问
2020大二轮人教高考物理复习增分练三
增分练三高考仿真练——(8＋4＋2选1)二、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48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)14．一种核聚变过程的核反应方程是21H＋31H―→42He＋10n，反应原料氘(21H)富存于海水中，氚(31H)可以由中子轰击锂核(63Li)得到，则关于中子轰击锂核(63Li)产生一个氚核(31H)和一个新核的反应，下列说法正确的是()A．该核反应方程为63Li＋10n―→42He＋31HB．核聚变的发生条件是要反应物达到高温高压的热核反应状态，故核聚变过程不能释放出核能C．核反应生成物中的α粒子具有很强的穿透能力，但电离本领较弱D．中子轰击锂核(63Li)的核反应生成物中有α粒子，故属于α衰变解析：根据题意以及质量数守恒和电荷数守恒可得中子轰击锂核的方程为63 Li＋10n―→42He＋31H，故A正确；核反应中释放的核能来源于核反应过程中的质量亏损，与核反应的发生条件无关，故B错误；核反应生成物中的α粒子具有很强的电离本领，但穿透能力较弱，故C错误；重核一般具有天然放射现象，原子核射出α粒子的衰变叫做α衰变，而中子轰击锂核(63Li)发生的核反应是原子核的人工转变，故D错误。
答案： A15．如图所示，在光滑的固定的水平木板上有一轻质绝缘弹簧，其一端固定在竖直墙壁上，另一端与一磁铁相连，当弹簧处于原长时，磁铁的中心位置恰好位于图中的O点处，有一与灵敏电流计相连的圆形线圈穿过木板，线圈所在平面与木板面垂直，且线圈圆心与O点重合。
现将磁铁向右拉至某一位置Q后再由静止释放，磁铁能穿过线圈，下列说法正确的是()A．灵敏电流计的读数稳定不变B．磁铁远离线圈时，两者之间会产生斥力C．由于木板面光滑，故磁铁将一直往复运动下去D．磁铁从Q点运动到O点的过程中，弹簧弹性势能的减小量大于系统产生的焦耳热解析：将磁铁向右拉至某一位置后再由静止释放，在磁铁向线圈运动的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量呈现非线性变化，故灵敏电流计的读数不会不变，A错误；根据楞次定律可知，磁铁远离线圈时，两者之间会产生吸引力，B 错误；在整个过程中弹簧的弹性势能最终将转化为焦耳热，磁铁将静止，C错误；磁铁从Q点运动到O点的过程，弹簧弹性势能的减小量等于系统产生的焦耳热和磁铁的动能之和，D正确。
部编版2020高考物理总复习计算题增分练(三)
计算题增分练(三)(满分32分20分钟)1．(2018·河南省濮阳市高三三模)如右图所示一木板放置在光滑的水平桌面上，A、B 两个小物体通过不可伸长的轻绳相连，细绳平行于地面，且跨过轻滑轮，A物体放置在木板的最左端．已知木板的质量m 1＝20.0 kg，物体A的质量m2＝4.0 kg，物体B的质量m3＝1.0 kg，物体A与木板间的动摩擦因数μ＝0.5，木板长L＝2 m木板与物体A之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.不计滑轮摩擦．(1)为了使物体A随着木板一起向左运动，现对木板施加水平向左的力F，求力F的最大值；(2)若开始时不施加力F，在A、B、木板静止时，用向左的水平力击打木板一下，使木板、A向左运动，物体B上升．当物体B上升h B＝1.0 m(物体B未碰触滑轮)时，物体A刚好到达木板最右端．求最初击打木板的冲量I.解析：(1)设A、B、木板一起运动的加速度大小为a，物体B受两力：重力mg、绳拉力T，由根据牛顿第二定律有：T－m3g＝m3a ①物体A水平方向受两力：木板的摩擦力f、绳拉力T，根据牛顿第二定律有：f－T＝m2a ②木板水平方向受两力：外力F、A的摩擦力f，根据牛顿第二定律有：F－f＝m1a ③①②③联立得：F－m3g＝(m1＋m2＋m3)a ④f－m3g＝(m2＋m3)a ⑤从④⑤显然看出，F越大，a、f越大，当：f＝μm2g ⑥代入数据，解得F的最大值为：F＝60 N，a＝2.0 m/s2(2)打击木板后，物体A、B在木板的最大静摩擦力作用下，以加速度a＝2.0 m/s2加速运动，当物体B上升高度h B＝1.0 m时，有：h B ＝12at 2⑦木板向左运动的位移为： x ＝L ＋h B ⑧木板在A 的摩擦力作用下，做减速运动的加速度为a ′，根据牛顿第二定律有： μm 2g ＝m 1a ′ ⑨设打击木板后的瞬间，木板的速度为v 0，则：x ＝v 0t －12a ′t 2⑩代入数据，解得：v 0＝3.5 m/s根据动量定理得最初击打木板的冲量为： I ＝mv 0＝70 N·s⑪答案：(1)60 N (2)70 N·s 2．如图所示，直角坐标系xOy 的第一象限内存在与x 轴正方向成45°角的匀强电场，第二象限内存在与第一象限方向相反的匀强电场，两电场的场强大小相等．x 轴下方区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在磁感应强度不同的、方向垂直纸面向外的足够大匀强磁场，两磁场的分界线与x 轴平行，区域Ⅰ中磁场的磁感应强度大小为B ，在分界线上有一绝缘弹性挡板，挡板关于y 轴对称．现在P (0，y 0)点由静止释放一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子(不计粒子重力)，粒子立即进入第一象限运动，以速度v 穿过x 轴后，依次进入区域Ⅰ和区域Ⅱ磁场，已知粒子从区域Ⅰ进入区域Ⅱ时，速度方向垂直挡板紧贴挡板的右侧边缘，在与挡板进行碰撞时粒子的电荷量和能量均无变化，且与挡板的中央发生过碰撞．求(1)电场强度E 的大小；(2)区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小；(3)粒子再次回到y 轴时的位置坐标和此时粒子速度方向．解析：(1)粒子在第一象限运动，根据动能定理得：Eq ·2y 0＝12mv 2 解得：E ＝2mv 24qy 0. (2)如图所示，粒子在区域Ⅰ内做圆周运动的半径为R 1，则有： qvB ＝m v 2R 1由几何知识可知：L AC ＝R 1(1－cos 45°)＝（2－2）mv 2qB由题意可知挡板长度L ＝2(y 0＋L AC )设区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小为B 0，粒子在区域Ⅱ内做圆周运动的半径为R 2，则有：qvB 0＝m v 2R 2由题意可知挡板长度L ＝2R 2·2n ＝4nmv qB 0(n ＝1，2，3…)由以上各式可得：B 0＝4nBmv2qBy 0＋（2－2）mv(n ＝1，2，3…) (3)由对称性可知，粒子第二次通过x 轴时D 点距离坐标原点O 的距离为y 0，进入第二象限后粒子做类平抛运动，设粒子再次回到y 轴时的位置坐标Q (0，y )根据类平抛运动规律有：(y －y 0)cos 45°＝12·Eq m·t 2，2y 0＋(y －y 0)sin 45°＝vt 将E ＝2mv 24qy 0代入可得：y ＝3y 0 所以粒子再次回到y 轴时的位置坐标Q (0，3y 0)设粒子再次回到y 轴时沿电场方向的分速度大小为v E ，根据运动的分解可得 v 2E ＝2qE m×2y 0cos 45°＝v 2，所以v E ＝v . 根据运动的合成知粒子此时的合速度方向沿y 轴正方向．答案：(1)2mv 204qy 0 (2)4nBmv 2qBy 0＋（2－2）mv(n ＝1，2，3…) (3)(0，3y 0)，与y 轴的夹角为零。
2020高考物理总复习实验题增分练四
实验题增分练(四)(满分15分10分钟)1．某同学设计了如图所示的实验来验证碰撞过程中的动量守恒．轨道AOB在O处平滑相接，B右侧为粗糙水平面，有两个材料及表面粗糙程度均相同的小物块甲、乙，其质量分别为m1和m2(m1＞m2)，令小物块甲从斜面上M点由静止下滑，运动至粗糙水平面上的C点速度恰好减为0，测量B、C间距为x0，把小物块乙置于B点，小物块甲仍从斜面上M点由静止下滑，小物块甲与小物块乙碰撞后，在粗糙水平面上的位移分别为x1、x2.(1)为验证碰撞过程动量守恒，是否需要测量小物块与粗糙水平面间的动摩擦因数？________(选填“是”或“否”)；小物块甲与轨道AOB间的摩擦力是否影响实验结果？________(选填“是”或“否”)．(2)若满足关系式________________________，则二者碰撞过程动量守恒．解析：无论小物块甲与轨道AOB间是否存在摩擦力，摩擦力大小如何，只要每次释放点相同，则其每次运动至B点的速度相同，故小物块甲与轨道AOB间的摩擦力不影响实验结果，在粗糙水平面上的运动过程由运动学公式得v20＝2μgx，v0＝2μgx，小物块材料及表面粗糙程度均相同，故与水平面间的动摩擦因数相同，若满足动量守恒，则满足m12μgx0＝m12μgx1＋m22μgx2，即m1x0＝m1x1＋m2x2，因此动摩擦因数不需要测量．答案：(1)否否(2)m1x0＝m1x1＋m2x22．(2018·衡水中学理科能力测试(二))某实验小组设计了如图甲所示的电路来完成小灯泡伏安特性曲线的描绘，同时测量电源的电动势和内阻．(1)①闭合开关前，应将滑动变阻器的触头调至________(选填“a”或“b”)端；②开关闭合后，调节滑动变阻器，记录电压表V1、V2及电流表A的读数U1、U2、I；③重复②的操作，得到八组实验数据；④描点作图，分别作出IU1和IU2的图象，如图乙、丙所示，已知R0＝5 Ω.(2)图乙中0～U 0段图线基本呈直线的原因是________________________________________________________________________．(3)由图丙可知该电源的电动势为________V ，内阻为________Ω.(4)将该电源与阻值为11 Ω的电阻串联后给上述小灯泡供电，此时小灯泡的电阻为________Ω，消耗的功率为________W ．(结果保留两位有效数字)解析：(1)①闭合开关前要保证滑动变阻器串入回路的阻值最大，触头应在a 端．(2)图乙中0～U 0段，热功率较小，温度变化不明显，灯泡电阻变化不明显，故图线呈直线．(3)由闭合电路欧姆定律得U 2＝E －I (R 0＋r )，知(R 0＋r )＝ΔU 2ΔI＝6 Ω，故电源内阻为1 Ω，电动势为12 V. (4)在题图乙中作出电源与定值电阻串联后的外特性曲线如图所示，此时灯泡电阻约为2.8 V 0.77 A≈3.6 Ω，功率为2.8 V×0.77 A≈2.2 W. 答案：(1)①a (2)热功率较小，温度变化不明显，灯泡电阻变化不明显(3)12 1(4)3.5～3.7均给分 2.1或2.2均给分。
2020年高考物理冲破高分瓶颈考前必破：计算题增分练(七)(解析版)
计算题增分练（七）（解析版）24．（12分）如图所示，平面直角坐标系的x 轴沿水平方向，在第一象限内y 轴与直线x =L 之间存在沿y 轴正方向的匀强电场。
一个质量为m ，带电量为q （q ＞0））的小球（重力不能忽略），以初速度v 0从坐标原点O 沿x 0的速度从第一象限内的A 点（图中未画出）射出电场，重力加速度为g 。
求：（1）A 点的纵坐标；（2）电场强度E 的大小。
【解析】（1）小球在电场中做类平抛运动，设其在电场中运动时间为t 、离开电场时竖直分速度为v Ay ，将小球的位移OA 和在A 点的速度v A 分别分解在水平方向和竖直方向，则有22200)v v +=Ay水平方向：0L v t =竖直方向：2v y t =AyA 联立①②③式得： 2L y =A （2）y 方向由：v at =Ay由牛顿第二定律有：qE mg ma -=联立解得：20mv mg E q qL=+。
25．（20分）如图甲所示，质童为m =0.3kg 的小物块B （可视为质点）放在质量为M =0.1kg 、长度L =0.6m 的木板A 的最左端，A 和B 一起以v 0=lm/s 的速度在光滑水平面上向右运动，一段时间后A 与右侧一竖直固定挡板P 发生弹性碰撞。
以碰撞瞬间为计时起点，取水平向右为正方向，碰后0.5s 内B 的速度v 随时间t 变化的图像如图乙所示。
取重力加速度g =10m/s 2，求：（1）A 与B 间的动摩擦因数μ；（2）A 与P 第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔；（3）A 与P 碰撞几次，B 与A 分离。
【解析】方法一：解：（1）碰后A 向左减速，B 向右减速，由图像得：1v a t∆==∆2B m/s 由牛顿第二定律：mg ma μ=B求得0.1μ=（2）由牛顿第二定：3mga M μ==2A m/sA 减速到0后，向右继续加速，最后与B 共速由：01011v a t v a t v -=-+=B A求得：10.5s t =，10.5v =m/s此过程中，A 向左移动的距离为：201110.1252x v t a t =-+=A A m 之后A 与B 一起向右匀速运动，时间：210.25x t v ==A s 所以一共用的时间：120.75t t t =+=s ；（3）A 第1次与挡板P 相碰，到第2次相碰的过程内，201110.3752x v t a t =-=B B m 0.5x x x =+=A B m 相对假设第3次碰撞前，A 与B 不分离，A 第2次与挡板P 相碰后到第3次相碰的过程内1313v a t v a t -=-+B A ，30.25t =s213312x v t a t =-+A2A 213312x v t a t =-B2B 求得：2220.125x x x =+=A B m 相对由于：12x x x L =+>相对相对相对所以一共可以碰撞2次。
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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＋lω2 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。