(课标版)2020高考物理二轮复习计算题规范练6(含解析)
2020高考物理二轮课标通用计算题专项训练
计算题专项训练(时间:80分钟满分:100分)题型专项能力训练第53页1.(14分)如图甲所示,水平传送带AB逆时针匀速转动,一个质量为m0=1.0 kg的小物块以某一初速度由传送带左端滑上,通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向,以物块滑上传送带时为计时零点)。
已知传送带的速度保持不变,g取10 m/s2。
求:(1)物块与传送带间的动摩擦因数μ;(2)物块在传送带上的运动时间;(3)整个过程中系统产生的热量。
答案:(1)0.2(2)4.5 s(3)18 J解析:(1)由题中v-t图像可得,物块做匀变速运动的加速度a=ΔvΔt =4.02m/s2=2.0 m/s2由牛顿第二定律得F f=m0a得到物块与传送带间的动摩擦因数μ=m0am0g =2.010=0.2。
(2)由题中v-t图像可知,物块初速度大小v=4 m/s、传送带速度大小v'=2 m/s,物块在传送带上滑动t1=3 s后,与传送带相对静止。
前2 s内物块的位移大小x1=v2t1'=4 m,向右后1 s内的位移大小x2=v'2t1″=1 m,向左3 s内位移x=x1-x2=3 m,向右物块再向左运动时间t2=xv'=1.5 s物块在传送带上运动时间t=t1+t2=4.5 s。
(3)物块在传送带上滑动的3 s内,传送带的位移x'=v't1=6 m,向左;物块的位移x=x1-x2=3 m,向右相对位移为Δx'=x'+x=9 m所以转化的热能E Q=F f×Δx'=18 J。
2.(14分)如图所示,两固定的绝缘斜面倾角均为θ,上沿相连。
两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L,质量分别为2m和m;用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca,并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上,使两金属棒水平。
高考2020年物理二轮复习综合模拟卷解析版
2020高考物理二轮复习综合模拟卷（六）一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）1.下列关于运动物体所受合外力做的功和动能变化的关系的说法正确的是( )。
A. 如果物体所受合外力为零,则合外力对物体做的功一定为零B. 如果合外力对物体所做的功为零,则合外力一定为零C. 物体在合外力作用下做变速运动,动能一定发生变化D. 物体的动能不变,所受合外力一定为零2.一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B(B物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。
现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v -t图像如图乙所示(重力加速度为g)，则( )A. 施加外力前，弹簧的形变量为B. 外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为M(g－a)C. A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零D. 弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值3.如图所示，电荷量为+Q的带电小球固定在光滑半圆轨道的A点，半圆轨道固定在水平地面上，AB为半圆轨道的水平直径，C点为半圆弧的最低点，半圆轨道的半径为R。
现给质量为m、电荷量为+q的带电小球施加一外力F，使小球从B点缓慢移动到C点，已知，k为静电力常量，g为重力加速度，则下列说法正确的是A. 小球在B点时，施加的外力最小值大小为B. 小球运动过程中受到的库仑力大小不变C. 小球运动过程中被施加的外力F可能为零D. 小球在C点时，施加外力F的方向竖直向上4.如图所示，内环半径为、外环半径为L的半圆环形闭合线圈ABCD，该导体线圈电阻为R，现在环形区域内加一个垂直纸面向里、磁感应强度从零开始均匀增大的匀强磁场，当磁感应强度增大到B时保持不变，此过程中通过线圈截面的电量为q1；然后让线圈以O点为圆心匀速转动半周，该过程中通过线圈截面的电量为q2。
则q1：q2为( )A. 1：1B. 1：2C. 2：3D. 3：25.物体以60J的初动能，从A点出发作竖直上抛运动，在它上升到某一高度时，动能损失了30J，而机械能损失了10J，则该物体在落回到A点的动能为：（空气阻力大小恒定）（）A. 50JB. 40JC. 30JD. 20J二、多选题（本大题共4小题，共23.0分）6.闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abcda方向为电流的正方向，水平向右为安培力的正方向，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示，关于线框中的电流i、ad边所受的安培力F随时间t变化的图象，下列说法正确的是（ ）A. B.C. D.7.2018年5月21日，嫦娥四号中继星“鹊桥”在西昌卫星发射中心发射成功，同年12月8日成功发射嫦娥四号探测器，2019年1月3日实现人类探测器在月球背面首次软着陆；探测器对月球背面进行科学考察，并把信息通过中继星即时传送回地球。
(新课标)2020高考物理二轮复习计算题专项练1(含解析)
计算题专项练(一)(建议用时：45分钟)1.如图所示，固定在竖直平面内倾角为θ＝37°，轨道高度AD＝2.4m的倾斜直轨道AB，与水平直轨道BC顺滑连接(在B处有一小段光滑圆弧，小物块经过B点前后的速度大小不变)，C点处有墙壁．某一小物块(视为质点)从A点开始静止下滑，到达B点的速度大小为4 m/s.假定小物块与AB、BC面的动摩擦因数相等，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)求小物块与AB轨道的动摩擦因数；(2)为防止小物块在C点撞墙，求BC间距离的最小值；(3)满足(2)BC的长度，在墙的C点装一弹射装置(长度不计)给物块一初速度v0，要使小物块能返回到A点，求v0至少为多大．2.如图所示，一个半圆柱形玻璃砖，其横截面是半径为R的半圆，AB为半圆的直径，O为圆心．玻璃的折射率为n＝ 2.一细束光线在O点左侧与O相距32R处垂直于AB从下方入射．光在真空中传播的速度为c.求此光线在玻璃砖中传播的时间．3．如图所示，电阻不计且足够长的U形金属框架放置在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，该装置处于垂直斜面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝0.4 T．质量m＝0.2 kg、电阻R＝0.3 Ω的导体棒ab垂直放在框架上，与框架接触良好，从静止开始沿框架无摩擦地下滑．框架的质量M＝0.4 kg、宽度l＝0.5 m，框架与斜面间的动摩擦因数μ＝0.7，与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．(g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)若框架固定，求导体棒的最大速度v m；(2)若框架固定，导体棒从静止开始下滑6 m时速度v1＝4 m/s，求此过程回路中产生的热量Q及流过导体棒的电荷量q；(3)若框架不固定，求当框架刚开始运动时导体棒的速度大小v2.4．如图所示，光滑水平面上有一质量M＝4.0 kg的平板车，车的上表面是一段长L＝1.5 m 的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R＝0.25 m 的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O′处相切．现有一质量m＝1.0 kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A.取g＝10 m/s2，求：(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小；(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O′的距离．三、计算题专项练计算题专项练(一)1．解析：(1)物块在AB面上的加速度大小为a1由x AB＝h ADsin θ＝4 m得a1＝v2B2x AB＝2 m/s2由牛顿第二定律得ma1＝mg sin θ－μmg cos θ得μ＝0.5.(2)物块在BC面上的加速度大小a2＝μg＝5 m/s2刚好不撞上C点，设BC的长度为x BC.得x BC＝v2B2a2＝1.6 mBC的长度至少为1.6 m.(3)要使滑块能到A点，则到达A点速度最小值为0，物块在AB轨道上滑的加速度为a3，由牛顿第二定律可得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma3得a3＝10 m/s2，方向沿斜面向下．由v′2B＝2a3x AB得v′B＝4 5 m/s由v20－v′2B＝2a2x BC得v0＝4 6 m/s则v0至少为4 6 m/s.答案：(1)0.5(2)1.6 m(3)4 6 m/s2．解析：由全反射条件有sin θ＝1n ，设光线在距O 点32R 的C 点射入后，在上表面的入射角为α，由几何关系和已知条件得α＝60°>θ，光线在玻璃砖内会发生三次全反射，最后由G 点射出，如图，由反射定律和几何关系得OG ＝OC ＝32R ，由几何关系可知光线在玻璃砖内传播的路程为x ＝R 2＋R ＋R ＋R 2＝3R ，光线在玻璃砖内传播的速度为v ＝c n，光线在玻璃砖内传播的时间为t ＝x v ，联立可得t ＝32R c. 答案：32R c3．解析：(1)棒ab 产生的电动势E ＝Bl v回路中感应电流I ＝E R棒ab 所受的安培力F ＝BIl对棒ab ，mg sin 37°－BIl ＝ma当加速度a ＝0时，速度最大，最大值v m ＝mgR sin 37°（Bl ）2＝9 m/s. (2)根据能量转化和守恒定律有mgx sin 37°＝12m v 2＋Q 代入数据解得Q ＝5.6 Jq ＝I －t ＝E －R t ＝ΔΦR ＝Blx R代入数据得q ＝4.0 C.(3)回路中感应电流I 2＝Bl v 2R框架上边所受安培力F 2＝BI 2l当框架刚开始运动时，对框架有Mg sin 37°＋BI 2l ＝μ(m ＋M )g cos 37°代入数据解得v 2＝7.2 m/s.答案：(1)9 m/s (2)5.6 J 4.0 C (3)7.2 m/s4．解析：(1)平板车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点A 时，二者的共同速度为v 1由动量守恒定律得m v 0＝(M ＋m )v 1由能量守恒定律得12m v 20－12(M ＋m )v 21＝mgR ＋μmgL 解得v 0＝5 m/s.(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v 2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒定律得m v 0＝(M ＋m )v 2设小物块与车最终相对静止时，它距O ′点的距离为x ，由能量守恒定律得12m v 20－12(M ＋m )v 22＝μmg (L ＋x )解得x ＝0.5 m.答案：(1)5 m/s (2)0.5 m计算题专项练(二)(建议用时：45分钟)1．如图甲所示，有一足够长的粗糙斜面，倾角θ＝37°，一滑块以初速度v 0＝16 m/s 从底端A 点滑上斜面，滑至B 点后又返回到A 点．滑块运动的图象如图乙所示，求：(已知：sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2)(1)AB 之间的距离；(2)滑块再次回到A 点时的速度；(3)滑块在整个运动过程中所用的时间．2.如图所示，下端封闭上端开口的柱形绝热汽缸，高为30 cm 、截面积为4 cm 2，一个质量不计、厚度忽略的绝热活塞位于距汽缸底部10 cm 处静止不动，活塞上下均为一个大气压、27 ℃的理想气体，活塞与侧壁的摩擦不能忽略，下端汽缸内有一段不计体积的电热丝．由汽缸上端开口缓慢注入水银，当注入20 mL 水银时，活塞恰好开始下降，停止注入水银．忽略外界温度变化，外界大气压始终为75 cmHg.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：(1)假设不注入水银，封闭气体的温度至少降到多少℃活塞才会下降？(2)现用电热丝缓慢加热封闭气体，使活塞缓慢上升，直到水银柱上端与汽缸开口相齐，温度至少升髙到多少℃？3．如图所示，足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ相距L，倾斜置于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上，断开开关S，将长也为L的金属棒ab在导轨上由静止释放，经时间t，金属棒的速度大小为v1，此时闭合开关，最终金属棒以大小为v2的速度沿导轨匀速运动．已知金属棒的质量为m，电阻为r，其他电阻均不计，重力加速度为g.(1)求导轨与水平面夹角α的正弦值及磁场的磁感应强度B的大小；(2)若金属棒的速度从v1增至v2历时Δt，求该过程中流经金属棒的电荷量．4．如图所示，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：(1)物块A 沿圆弧轨道滑至P 点时对轨道的压力；(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．计算题专项练(二)1．解析：(1)由v －t 图象知AB 之间的距离为：s AB ＝16×22m ＝16 m. (2)设滑块从A 滑到B 过程的加速度大小为a 1，从B 返回到A 过程的加速度大小为a 2，滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ，则有：a 1＝g sin θ＋μg cos θ＝16－02m/s 2＝8 m/s 2 a 2＝g sin θ－μg cos θ 则滑块返回到A 点时的速度为v t ，有v 2t －0＝2a 2s AB联立各式解得：a 2＝4 m/s 2，v t ＝8 2 m/s.(3)设滑块从A 到B 用时为t 1，从B 返回到A 用时为t 2，则有： t 1＝2 s ，t 2＝v t a 2＝2 2 s 则滑块在整个运动过程中所用的时间为t ＝t 1＋t 2＝(2＋22) s.答案：(1)16 m (2)8 2 m/s (3)(2＋22) s2．解析：(1)活塞恰好下滑时，由平衡条件有：F fm ＝p ′S摩擦力产生的最大压强p ′＝F fm S＝5 cmHg降低封闭气体的温度，等容变化有p 0T 1＝p 0－p ′T 2得T 2＝280 K ，即7 ℃. (2)封闭气体缓慢加热，使活塞缓慢上升直到水银柱上端与汽缸开口相齐的过程： V 1＝10S 、V 3＝25S 、p 3＝p 0＋p ′＝80 cmHg由p 0V 1T 1＝（p 0＋p ′）V 3T 3得T 3＝800 K ，即527 ℃.答案：(1)7 ℃ (2)527 ℃3．解析：(1)开关断开时，金属棒在导轨上匀加速下滑，由牛顿第二定律有mg sin α＝ma由匀变速运动的规律有：v 1＝at解得sin α＝v 1gt开关闭合后，金属棒在导轨上做变加速运动，最终以v 2匀速运动，匀速时mg sin α＝BIL 又有：I ＝BLv 2r解得B ＝1L mrv 1v 2t . (2)在金属棒变加速运动阶段，根据动量定理可得mg sin αΔt －B I －L Δt ＝mv 2－mv 1其中I －Δt ＝q联立上式可得q ＝(v 1t ＋v 1Δt －v 2t ) mv 2rv 1t . 答案：(1)v 1gt 1L mrv 1v 2t(2)(v 1t ＋v 1Δt －v 2t ) mv 2rv 1t 4．解析：(1)物块A 从静止沿圆弧轨道滑至P 点，设速度大小为v P ，由机械能守恒定律有：mgR ＝12mv 2P 在最低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 2P R， 联立解得：F N ＝3mg ，由牛顿第三定律可知物块对轨道P 点的压力大小为3mg ，方向向下．(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 20－0，v 0＝gR ， 物块A 、物块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 ，由能量守恒定律得：12mv 20＝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，规定向右为正方向，则有mv 0＝－mv 1＋2mv 2，12mv 20＝12mv 21＋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 21， 解得x ＝19R . 答案：(1)3mg ，方向向下 (2)13mgR (3)19R计算题专项练(三)(建议用时：45分钟)1.近几年，无人机产业迅猛发展，它的应用向航拍、搜救甚至物流等领域发展，预计未来无人机市场的规模将超过千亿元．如图所示是航拍无人机，假设操作遥控器使无人机上升时，无人机受到竖直向上的恒定推动力，大小是重力的1.5倍，操作遥控器使无人机下降时，无人机受到竖直向下的推动力，大小仍是重力的1.5倍．一次试飞中，让无人机由静止从地面竖直向上起飞，2 s 末关闭发动机．(忽略空气阻力，取重力加速度g ＝10 m/s 2)(1)无人机在加速上升过程中的加速度大小为多少？(2)此无人机最高可上升到距地面多高处？(3)无人机上升到最高点后最快多长时间能安全落地？2.如图所示，可沿缸壁自由滑动的活塞把导热性能良好的圆筒形汽缸分成A 、B 两部分，汽缸底部通过阀门K 与容器C 相连，当活塞位于汽缸底部时，弹簧恰好无形变．开始时，B 内有一定量的理想气体，A 、C 内为真空，B 部分气体高h 0＝0.2 m ，此时C 的容积为B 的容积的56，弹簧对活塞的作用力恰好等于活塞的重力．现将阀门打开，当达到新的平衡时，求B 部分气体高h 为多少？(整个系统处于恒温状态)3.如图所示，固定的两足够长的光滑平行金属导轨PMN 、P ′M ′N ′，由倾斜和水平两部分在M 、M ′处平滑连接组成，导轨间距L ＝1 m ，水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B ＝1 T ．金属棒a 、b 垂直于倾斜导轨放置，质量均为m ＝0.2 kg ，a 的电阻R 1＝1 Ω，b 的电阻R 2＝3 Ω，a 、b 长度均为L ＝1 m ，a 棒距水平面的高度h 1＝0.45 m ，b 棒距水平面的高度为h 2(h 2>h 1)；保持b 棒静止，由静止释放a 棒，a 棒到达磁场中OO ′停止运动后再由静止释放b 棒，a 、b 与导轨接触良好且导轨电阻不计，重力加速度g 取10 m/s 2.(1)求a棒进入磁场MM′时加速度的大小；(2)a棒从释放到OO′的过程中，求b棒产生的焦耳热；(3)若MM′、OO′间的距离x＝2.4 m，b棒进入磁场后，恰好未与a棒相碰，求h2的值．4．如图所示，小球b静止在光滑水平面BC上的C点，被长为L的细绳悬挂于O点，细绳拉直但张力为零．小球a从光滑曲面轨道AB上的A点由静止释放，沿轨道滑下后，进入水平面BC(不计小球在B处的能量损失)，与小球b发生正碰，碰后两球粘在一起，在细绳的作用下在竖直面内做圆周运动且恰好通过最高点．已知小球a的质量为M，小球b的质量为m，M＝5m.已知当地重力加速度为g.求：(1)小球a与b碰后的瞬时速度大小；(2)A点与水平面BC间的高度差h.计算题专项练(三)1．解析：(1)无人机加速上升阶段，由牛顿第二定律可得F1－mg＝ma1解得a 1＝0.5g ＝5 m/s 2.(2)2 s 末无人机的速度为v 1＝a 1t 1＝10 m/s0～2 s 内上升的高度为h 1＝12a 1t 21＝10 m 减速上升阶段有a 2＝g 上升的高度为h 2＝v 212g＝5 m 故此无人机上升的最大高度为H ＝h 1＋h 2＝15 m.(3)设无人机上升到最高点后先以最大加速度a 3加速下降，再以最大加速度大小a 1减速下降，此过程用时最短，由牛顿第二定律可得F 2＋mg ＝ma 3，a 3＝25 m/s 2v ＝a 3Δt ＝a 1Δt ′12a 3(Δt )2＋12a 1(Δt ′)2＝H 解得Δt ＝55s ，Δt ′＝ 5 s 最短时间t ＝Δ t ＋Δ t ′＝655s. 答案：见解析2．解析：设活塞质量为m ，弹簧的劲度系数为k ，汽缸横截面积为S ，开始时B 内气体的压强为p 1mg ＝kh 0对活塞受力分析，有p 1S ＝mg ＋kh 0＝2kh 0设阀门打开后，达到新的平衡时B 内气体的压强为p 2，由玻意耳定律得：p 1h 0S ＝p 2(56h 0＋h )S而又有：p 2S ＝mg ＋kh 解得：h ＝h 02＝0.1 m(另一解不符合题意，舍去)． 答案：0.1 m3．解析：(1)设a 棒到MM ′时的速度为v 1. 由机械能守恒定律得mgh 1＝12mv 21 进入磁场时a 棒产生的感应电动势E ＝BLv 1感应电流I ＝ER 1＋R 2对a 棒受力分析，由牛顿第二定律得BIL ＝ma代入数据解得a ＝3.75 m/s 2.(2)设a 、b 产生的总焦耳热为Q ，由能量守恒定律得Q ＝mgh 1则b 棒产生的焦耳热Q b ＝R 2R 1＋R 2Q ＝34Q 联立解得Q b ＝0.675 J.(3)设b 棒到MM ′时的速度为v 2，有mgh 2＝12mv 22 b 棒进入磁场后，两棒组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，设a 、b 一起匀速运动的速度为v ，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv 2＝2mv设a 棒经时间Δt 加速到v ，由动量定理得B I －L ·Δt ＝mv －0又q ＝I －Δt ，I －＝E－R 1＋R 2，E －＝ΔΦΔt a 、b 恰好不相碰，有ΔΦ＝BLx ，联立解得h 2＝1.8 m.答案：(1)3.75 m/s 2(2)0.675 J (3)1.8 m4．解析：(1)两球恰能到达圆周最高点时， (M ＋m )g ＝(M ＋m )v 2L设两球碰后瞬间速度为v 共，则从碰后到最高点过程中由动能定理可知：－(M ＋m )g ·2L ＝12(M ＋m )v 2－12(M ＋m )v 2共 得a 与b 球碰后瞬间的速度大小为v 共＝5gL .(2)设两球碰前a 球速度为v C ，两球碰撞过程动量守恒：Mv C ＝(M ＋m )v 共所以v C ＝655gL a 球从A 点下滑到C 点过程中，由机械能守恒定律得：Mgh ＝12Mv 2Ch ＝3.6L .答案：(1)5gL (2)3.6L。
2020届高考物理通用二轮题：力、运动、牛顿运动定律练习及答案
2020届高考物理通用二轮题：力、运动、牛顿运动定律练习及答案高考：力、运动、牛顿运动定律1、．(2019·青岛质检)如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，轻杆A端用铰链固定，滑轮在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计)，轻杆B端吊一重物G，现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉(均未断)，在AB杆达到竖直前，以下分析正确的是()A．绳子越来越容易断B．绳子越来越不容易断C．AB杆越来越容易断D．AB杆越来越不容易断2、(2019·安徽省六安市模拟)倾斜角度为θ的斜面上有m1和m2两个物体，与斜面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2。
两物体间用一根原长为L0的与斜面平行的轻质弹簧连接，当整体沿斜面匀速下滑时弹簧长度为L，如图所示。
则以下说法正确的是(BC)A．若μ1>μ2, 可用张力足够的轻绳替代弹簧B．若μ1＝μ2, 可用轻杆替代弹簧C．若μ1<μ2, 弹簧的形变量是(L－L0)D．若m1＝m2，则μ1＝μ2＝tanθ3、(2019·济宁一模)如图所示，质量均为m的两个小球A、B(可视为质点)固定在轻杆的两端，将其放入光滑的半球形碗中，杆的长度等于碗的半径，当杆与两球组成的系统处于平衡状态时，杆对小球A的作用力大小为()A.33mg B.32mgC.233mg D．2mg4、.(2019·晋中调研)如图所示为一个做匀变速曲线运动的物块运动轨迹的示意图，运动至A点时速度大小为v0，经一段时间后物块运动至B点，速度大小仍为v0，但相对于A点时的速度方向改变了90°，则在此过程中()A．物块的运动轨迹AB可能是某个圆的一段圆弧B．物块的动能可能先增大后减小C．物块的速度大小可能为v0 2D．B点的加速度与速度的夹角小于90°5、如图所示，质量为m的小球套在竖直固定的光滑圆环上，在圆环的最高点有一个光滑小孔，一根轻绳的下端系着小球，上端穿过小孔用力拉住，开始时绳与竖直方向夹角为θ，小球处于静止状态，现缓慢拉动轻绳，使小球沿光滑圆环上升一小段距离，则下列关系正确的是(AC)A．绳与竖直方向的夹角为θ时，F＝2mgcosθB．小球沿光滑圆环上升过程中，轻绳拉力逐渐增大C．小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力大小不变D．小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力逐渐增大6、(2019·武汉调研)[多选]如图所示，一质量为m的小球(可视为质点)从离地面高H处水平抛出，第一次落地时的水平位移为43H，反弹的高度为916H。
(课标版)2020高考物理二轮复习计算题规范练6课件
3．如图所示装置由水平轨道与倾角为 θ＝30°的倾斜轨道 连接而成．水平轨道所在空间存在磁感应强度大小为 B＝0.5 T、方向竖直向上的匀强磁场；倾斜轨道所在空间存在磁感应 强度大小为 B＝0.5 T、方向垂直于轨道平面向上的匀强磁 场．质量 m＝0.1 kg、长度 L＝0.5 m、电阻 R1＝0.1 Ω 的导体 棒 ab 置于倾斜轨道上，刚好不下滑；然后将电阻 R2＝0.4 Ω、 质量、长度与棒 ab 相同的光滑导体棒 cd 置于水平轨道上，用 恒力 F＝8.4 N 拉棒 cd，使之在水平轨道上向右运动．棒 ab、 cd 与导轨垂直，且两端与导轨保持良好接触，设最大静摩擦力 等于滑动摩擦力，重力加速度 g 取 10 m/s2，不计轨道电阻．
解得：μ＝
3 3.
(2)ab 棒刚要向上滑动时，受力如图所示：对 ab 棒： mgsinθ＋Ffm－BIL＝0 由法拉第电磁感应定律得：E＝BLv 由欧姆定律得：I＝R1＋E R2 解得：v＝8 m/s. (3)从 cd 刚开始运动到 ab 刚要上滑过程中，假设系统产生 的总焦耳热为 Q 总 对 ab、cd 系统，由功能关系得：Fx＝12mv2＋Q 总
设在 1 s 末电动机的输出功率为 P，由功率公式可得：P＝ F1v1，联立解得 P＝100 W.
(2)当物体达到最大速度 vm 后，设细绳的拉力大小为 F2， 由牛顿第二定律和功率的公式可得 F2－mgsin30°＝0，P＝F2vm， 联立解得 vm＝10 m/s.
(3)设在时间 t1＝1 s 内，物体的位移为 x，电动机做的功为 W1，则由运动学公式得：x＝12at12，由动能定理得：W1－mgxsin30° ＝12mv21；设在时间 t＝3 s 内电动机做的功为 W，则：W＝W1＋ P(t－t1)
2020届高考物理通用二轮题：能量和动量练习及答案
2020届高考物理通用二轮题：能量和动量练习及答案二轮高考：能量和动量1、(2019·吉林省模拟)如图所示，可视为质点的物体从倾角为α的斜面顶端由静止释放，它滑到底端时速度大小为v1；若它由斜面顶端沿竖直方向自由落下，末速度大小为v，已知v1是v的k倍，且k<1。
则物体与斜面间的动摩擦因数为()A．(1－k)sinαB．(1－k)cosαC．(1－k2)tanαD．1－k2 tanα2、(2019·吉林调研)如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，杆的水平部分粗糙，杆的竖直部分光滑。
杆的两部分各套有质量均为1 kg的小球A和B，A、B球间用一不可伸长的细绳相连。
初始A、B均处于静止状态，已知OA＝3 m，OB＝4 m，若A球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动1 m，小球A与水平杆间的动摩擦因数μ＝0.2(取g＝10 m/s2)，那么该过程中拉力F做功为()A．4 J B．6 JC．10 J D．14 J3、如图所示，一倾角为37°的斜面固定在水平地面上，重为4 N的滑块从距离水平面高度为0.6 m处由静止释放，沿斜面向下运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2，以水平地面为重力势能等于零的参考面．滑块从静止运动到斜面底端的过程中，下列说法正确的是(AC)A．滑块的重力势能减少2.4 JB．滑块的动能增加0.48 JC．滑块的机械能减少1.6 JD．滑块因摩擦生热0.96 J4、高空坠物极易对行人造成伤害。
若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A．10 N B．102 NC．103 N D．104 N5、质量为M的小车静止在水平面上，静止在小车左端的质量为m的小球突然获得一个水平向右的初速度v0，并沿曲面运动，若曲面很长，小球不可能从右端离开，不计一切阻力，对于运动过程分析正确的是(重力加速度为g)(AC)A．小球沿小车上升的最大高度小于v20 2gB．小球回到小车左端的速度大小仍为v0 C．小球和小车组成的系统机械能守恒D．小球到最高点的速度为m v0 M6、如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m(m＜M)的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是()A．在以后的运动过程中，小球和槽在水平方向动量始终守恒B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处7、(2019·安徽“江南十校”联考)如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。
(新课标)2020高考物理二轮复习计算题专项练(四)(含解析)
计算题专项练(四)(建议用时：45分钟)1.如图所示，一段平直的马路上，一辆校车从一个红绿灯口由静止开始做匀加速直线运动，经36 m 速度达到43.2 km/h ；随后保持这一速度做匀速直线运动，经过20 s ，行驶到下一个路口时，司机发现前方信号灯为红灯便立即刹车，校车匀减速直线行驶36 m 后恰好停止．(1)求校车匀加速运动的加速度大小a 1；(2)若校车总质量为4 500 kg ，求校车刹车时所受的阻力大小；(3)若校车内坐有一质量为30 kg 的学生，求该学生在校车加速过程中座椅对学生的作用力F 的大小．(取g ＝10 m/s 2，结果可用根式表示)2．玻璃球体的半径为R ，P 为经过球心的水平轴线上的一点，且PC ＝Rn(n 为折射率)，如图所示．若从P 点向右侧发出的任意一条光线经球面折射后，其反向延长线均聚焦于水平轴PC 上的Q 点(未画出)，已知玻璃球体对光线的折射率为n ，试求Q 的位置．3．如图所示，AB 是位于竖直平面内、半径R ＝0.5 m 的14圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B 与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E ＝5×103N/C.今有一质量为m＝0.1 kg 、带电荷量q ＝＋8×10－5C 的小滑块(可视为质点)从A 点由静止释放．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.05，取g ＝10 m/s 2，求：(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B 时对B 点的压力； (2)小滑块在水平轨道上向右滑过的最大距离； (3)小滑块最终的运动情况．4．某物理兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，选手在A点用一弹射装置可将小滑块以水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R＝0.3 m的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自B点向C点运动，C点右侧有一陷阱，C、D两点的竖直高度差h＝0.2 m，水平距离s＝0.6 m，水平轨道AB长为L1＝1 m，BC长为L2＝2.6 m，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.(1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在A点被弹出时的速度大小；(2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周后只要不掉进陷阱即选手获胜．求获胜选手在A点将小滑块弹射出的速度大小的范围．计算题专项练(四)1．解析：(1)由匀加速直线运动公式可知v2＝2a1x1得加速度a1＝2 m/s2.(2)由匀减速直线运动公式得：0－v2＝－2a2x3解得a2＝2 m/s2F阻＝Ma2＝9 000 N.(3)匀加速运动过程中，设学生所受合力大小F合，座椅对学生的作用力为F，由牛顿第二定律可得F合＝ma1F＝（mg）2＋（ma1）2得F＝6026 N.答案：(1)2 m/s2(2)9 000 N (3)6026 N2．解析：设光线在D点发生折射，由折射定律可得：n＝sin θ1 sin θ2在三角形DCP中，由正弦定理可得：PCsin θ2＝DC sin θ4可得：θ4＝θ1由几何关系可得：θ1＝θ5＋θ2θ4＝θ5＋θ3可得：θ3＝θ2 在三角形DQC 中，由正弦定理可得：QC sin θ1＝DCsin θ3可得：QC ＝nRQ 点距C 点的距离为nR .答案：见解析3．解析：(1)设小滑块第一次到达B 点时的速度为v B ，圆弧轨道对滑块的支持力为F N ，则由动能定理得mgR －qER ＝12mv 2B由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2BR解得F N ＝2.2 N由牛顿第三定律知，小滑块滑到B 点时对轨道的压力为2.2 N ，方向竖直向下． (2)设小滑块在水平轨道上向右滑行的最大距离为x ，mgR －qE (R ＋x )－μmgx ＝0得x ＝23m.(3)由题意知qE ＝8×10－5×5×103N ＝0.4 Nμmg ＝0.05×0.1×10 N ＝0.05 N因此有qE >μmg所以小滑块最终在圆弧轨道上往复运动． 答案：(1)2.2 N 方向竖直向下 (2)23 m(3)在圆弧轨道上往复运动4．解析：(1)小滑块恰能通过圆形轨道的最高点时，重力提供向心力，有mg ＝m v 2R；小滑块由A 到B 再到圆形轨道的最高点的过程，由动能定理得－μmgL 1－2mgR ＝12mv 2－12mv 2A ，解得小滑块在A 点的初速度v A ＝5 m/s.(2)若小滑块恰好停在C 处，对全程进行研究，则有 －μmg (L 1＋L 2)＝0－12mv ′2代入数据解得v ′＝6 m/s.所以当5 m/s ≤v A ≤6 m/s 时，小滑块停在B 、C 间．若小滑块恰能越过陷阱，则有h ＝12gt 2，s ＝v C t ，联立解得v C ＝3 m/s由动能定理得－μmg (L 1＋L 2)＝12mv 2C －12mv ″2，代入数据解得v ″＝3 5 m/s ，所以当v A ≥3 5 m/s ，小球越过陷阱故若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不能掉进陷阱，小滑块在A 点弹射出的速度大小范围是5 m/s ≤v A ≤6 m/s 或v A ≥3 5 m/s.答案：(1)5 m/s (2)5 m/s ≤v A ≤6 m/s 或v A ≥3 5 m/s。
2020届高考物理二轮复习与测试全套精品
训练1 匀变速直线运动一、选择题(本大题共8小题，每小题8分，共64分．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．)1.(2016·全国卷Ⅲ)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( )A.s t 2B.3s 2t 2C.4s t 2D.8s t 2解析：本题考查匀变速直线运动规律，意在考查学生对匀变速直线运动规律的理解和应用能力．设质点的初速度为v 0，由末动能为初动能的9倍，得末速度为初速度的3倍，即v t ＝3v 0，由匀变速直线运动规律可知，s t ＝v 0＋3v 02＝2v 0，由加速度的定义可知质点的加速度a ＝3v 0－v 0t ＝2v 0t ，由以上两式可知，a ＝s t 2，A项正确，B 、C 、D 项错误．答案：A2．一质点沿坐标轴O x 做变速直线运动，它在坐标轴上的坐标x 随时间t 的变化关系为x ＝5＋2t 3，速度v 随时间t 的变化关系为v ＝6t 2，其中v 、x 和t 的单位分别是m/s 、m 和s.设该质点在t ＝0到t ＝1 s 内运动位移为s ，平均速度为v ，则( )A ．s ＝6 m ，v ＝6 m/sB ．s ＝2 m ，v ＝2 m/sC ．s ＝7 m ，v ＝7 m/sD ．s ＝3 m ，v ＝3 m/s解析：当t ＝0时，x 0＝5 m ，t ＝1 s 时，x 1＝7 m ，因此s ＝x 1－x 0＝2 m ，而平均速度v ＝s t ＝2 m/s ，故B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B3．如图，两光滑斜面在B 处连接，小球从A 处由静止释放，经过B 、C 两点时速度大小分别为3 m/s 和4 m/s ，AB ＝BC .设球经过B 点前后速度大小不变，则球在AB 、BC 段的加速度大小之比及球由A 运动到C 过程中的平均速率分别为( )A ．3∶4,2.1 m/sB ．9∶16,2.5 m/sC ．9∶7,2.1m/sD ．9∶7,2.5 m/s解析：设AB ＝BC ＝x ，则在AB 段a 1＝v 2B 2x ，在BC 段a 2＝v 2C －v 2B 2x ，所以a 1a 2＝3242－32＝97，AB 段平均速率为v 1＝12v B ＝1.5 m/s ，BC 段平均速率为v 2＝12(v B ＋v C )＝3.5 m/s ，因此从A 到C 的平均速率v ＝2xx v 1＋x v 2＝2v 1v 2v 1＋v 2＝2.1 m/s ，选C.答案：C4．物体由静止开始做匀加速直线运动，3 s 后速度变为v ，则下列说法正确的是( )A ．2 s 末、3 s 末的速度之比为1∶2B ．第1 s 内与第2 s 内的位移之比为1∶3C ．1 s 内与2 s 内的位移之比为1∶3D ．0～3 s 时间内的平均速度为v 3解析：由初速度为零的匀加速直线运动的比例关系可知，1 s 末、2 s 末、3 s 末的速度之比为1∶2∶3，A 错；同理，由静止开始，连续的3个1 s 内的位移之比为1∶3∶5，B 对；故1 s 内、2 s 内、3 s 内的位移之比为1∶(1＋3)∶(1＋3＋5)＝1∶4∶9，C 错；平均速度为v 2，D 错．答案：B5．测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B 为测速仪，A 为汽车，两者相距335 m ，某时刻B 发出超声波，同时A 由静止开始做匀加速直线运动，当B 接收到反射回来的超声波信号时，A 、B 相距355 m ，已知声速为340 m/s ，则汽车的加速度大小为()A ．20 m/s 2B ．10 m/s 2C ．5 m/s 2D ．无法计算 解析：从发出超声波到接收到反射回来的超声波信号，汽车前进了20 m ，根据超声波的往返运动时间相等，可判断汽车在超声波往返的两段时间内通过的位移之比为1∶3，所以超声波到达汽车处时两者之间距离为340 m ，超声波往返的时间都是t ＝340 m 340 m/s ＝1 s ，汽车在1 s 内由静止开始运动，位移为5 m ，可得加速度a ＝10 m/s 2，选项B 正确．答案：B6.如图所示，以8 m/s 匀速行驶的汽车即将到达路口，绿灯还有2 s 将熄灭，此时汽车距离停车线18 m ．该车加速时最大加速度大小为2 m/s 2，减速时最大加速度大小为5 m/s 2.此路段允许行驶的最大速度为12.5 m/s ，则下列说法中正确的有( )A ．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线B ．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速C．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车能停在停车线前D．如果距停车线5 m时汽车开始减速，汽车能停在停车线处解析：如果立即做匀加速直线运动，t1＝2 s末汽车的最大位移x＝v0t1＋12a1t21＝20 m>18 m，此时汽车的速度为v1＝v0＋a1t1＝12 m/s<12.5 m/s，汽车没有超速，A对，B错；如果立即做匀减速运动，速度减为零需要的最短时间t2＝v0a2＝1.6 s<2s，设从刹车到停下汽车运动的位移为x2，由0－v20＝－2a2x2，得x2＝6.4 m<18 m，即停下时没有过停车线，C对；由x2＝6.4 m>5 m知，D错．答案：AC7.一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图．在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有() A．t1B．t2C．t3D．t4解析：已知质点在外力作用下做直线运动，在题图中的t1时刻v－t图象的斜率大于零，此时的速度大于零，因此t1时刻质点所受合外力的方向与速度方向相同，故A选项正确；在题图中的t2时刻v－t图象的斜率小于零，此时的速度大于零，因此t2时刻质点所受合外力方向与速度方向相反，故B选项错误；同理可知，t3时刻质点所受合外力的方向与速度方向相同，t4时刻质点所受合外力的方向与速度的方向相反，故C选项正确，D选项错误．答案：AC8．下列图象能正确反映物体在直线上运动，经2 s又回到初始位置的是()解析：选项A为x－t图象，由图象可知t＝0时物体位于坐标原点，在t＝2 s时纵坐标为x＝0，回到初始位置；选项B为v－t图象，由图象可知在0～2 s 内v－t图线与时间轴所围的面积越来越大，物体离初始位置越来越远；选项C 仍为v－t图象，由图象可知在0～2 s内v－t图线与时间轴所围的面积为零，所以物体的位移为零，物体回到初始位置；选项D为a－t图象，物体在前1 s内和后1 s内加速度等大反向，但物体的初速度未知，物体并不一定回到初始位置．答案：AC二、计算题(本大题共2小题，共36分．需写出规范的解题步骤)9．汽车前方s＝120 m处有一自行车正以v2＝6 m/s的速度匀速前进，汽车以v1＝18 m/s的速度追赶自行车，已知两车在同一条公路不同车道上做同方向的直线运动．(1)经多长时间，两车第一次相遇？(2)若汽车追上自行车后立即刹车，汽车刹车过程中的加速度大小为2 m/s 2，则再经过多长时间两车第二次相遇？解析：(1)设经时间t 两车相遇，由位移关系有v 1t ＝v 2t ＋s ，解得：t ＝10 s.(2)设汽车经时间t 1后停下，则有t 1＝0－v 1a ＝9 s ，该时间内的位移为s 1＝0－v 212a＝81 m ，此时间内自行车的位移为s 2＝v 2t 1＝54 m ，即自行车没有在汽车停下前追上，则第二次相遇又经过的时间为t 3＝s 1v 2＝13.5 s. 答案：(1)10 s (2)13.5 s 10.一小型玩具火箭从地面由静止匀加速竖直上升，燃料用尽后落回地面，其运动的v －t 图象如图所示，求：(1)上升阶段和下降阶段的加速度；(2)火箭离地面的最大高度；(3)从发射到落地，火箭经历的时间．解析：(1)由题图可知上升阶段的0～2 s 的加速度为a 1＝102 m/s 2＝5 m/s 2，上升阶段的2～3 s 加速度为a 2＝－101 m/s 2＝－10 m/s 2，下降阶段的加速度a 3＝a 2＝－10 m/s 2，加速度取竖直向上为正方向．(2)由题图可知3 s 末火箭到达最高点，则火箭离地面的最大高度h ＝102×3 m＝15 m.(3)由题图可知火箭上升3 s 后开始下落，设再经时间t 落地，由h ＝12|a 3|t 2＝15 m ，解得：t ＝1.73 s ．故火箭经历的总时间为3 s ＋1.73 s ＝4.73 s.答案：(1)－10 m/s 2 －10 m/s 2 (2)15 m (3)4.73 s训练2 力与物体的平衡一、选择题(本大题共8小题，每小题8分，共64分．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．)1.(2016·全国卷Ⅲ)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解析： 本题考查受力分析、共点力平衡问题，意在考查学生对平衡条件的理解能力及对隐含条件的分析判断能力．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． 答案：C2.如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O 点，右端跨过位于O ′点的固定光滑轴悬挂一质量为M 的物体；OO ′段水平，长度为L ；绳上套一可沿绳滑动的轻环．现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L ，则钩码的质量为( )A.22MB.32MC.2MD.3M解析：如图所示，轻环上挂钩码后，物体上升L ，则根据几何关系可知，三角形OO ′A 为等边三角形，根据物体的平衡条件可知，2Mg cos30°＝mg ，求得m ＝3M ，D 项正确．答案：D3．如图所示，竖直悬挂于C 点的小球，另两根细绳BC 、AC 与竖直方向的夹角分别是30°、60°，静止时三根绳子的拉力分别为F 1、F 2、F 3(如图标示)，关于三个拉力的大小关系，下列判断正确的是( )A ．F 1>F 2>F 3B ．F 1<F 2<F 3C ．F 2>F 3>F 1D ．F 2<F 1<F 3解析：对结点C 受力分析，三力平衡，F 1与F 2的合力与F 3等大反向，根据几何关系可知：F 1＝F 3sin60°＝32F 3，F 2＝F 3sin30°＝12F 3，F 2<F 1<F 3，故D 正确．答案：D4．如图所示，轻质弹簧一端系在质量为m ＝1 kg 的小物块上，另一端固定在墙上．物块在斜面上静止时，弹簧与竖直方向的夹角为37°，已知斜面倾角θ＝37°，斜面与小物块间的动摩擦因数μ＝0.5，斜面固定不动．设物块与斜面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，下列说法正确的是( )A ．小物块可能只受三个力B ．弹簧弹力大小一定等于4 NC ．弹簧弹力大小可能等于5 ND ．斜面对物块支持力可能为零解析：由于μmg cos37°＝4 N ，mg sin37°＝6 N ，故μmg cos37°<mg sin37°，若不受弹簧的压力则木块不可能静止，故物块一定受弹簧的压力，还受重力、斜面支持力和静摩擦力，四个力的作用而平衡，A 错误；若要物块静止，μ(mg cos37°＋F N )≥6 N ，解得F N ≥4 N ，故B 错误，C 正确；由于滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力，不可能为零，所以斜面对物块的支持力不可能为零，D 错误．答案：C5．如图所示，粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC 放置在水平面上，∠CAB ＝30°，斜面内部O 点(与斜面无任何连接)固定有一正点电荷，一带负电的小物体(可视为质点)可以分别静止在M 、N 、MN 的中点P 上，OM ＝ON ，OM ∥AB ，则下列判断正确的是()A．小物体分别在三处静止时所受力的个数一定都是4个B．小物体静止在P点时受到的支持力最大，静止在M、N点时受到的支持力相等C．小物体静止在P点时受到的摩擦力最大D．当小物体静止在N点时，地面给斜面的摩擦力为零解析：由共点力平衡可知在M点小物体可以受三个力的作用，A错误；根据几何关系，小物体在M、N两点时，库仑力垂直于AC，方向的分力相同，支持力等于重力的分力加上库仑力的分力，所以静止在M、N点时受到的支持力相等，OP垂直于AC，故支持力等于重力的分力加上库仑力，所以小物体静止在P 点时受到的支持力最大，故B正确；在P点小物体受静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，在N点小物体受静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力加库仑力的分力，大于在P点所受摩擦力，C错误；因正点电荷与斜面无任何连接，小物体静止在N点时，地面给斜面向右的静摩擦力，所以D错误．答案：B6.如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体A、B通过轻弹簧连接，在力F 的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动(A在地面上，B在空中)，力F与水平方向成θ角．则A所受支持力F N和摩擦力f满足()A．F N＝m1g＋m2g－F sinθB．F N＝m1g＋m2g－F cosθC．f＝F cosθD．f＝F sinθ解析：把A、B和弹簧作为整体进行受力分析，静止状态合力为零，故A、C正确．答案：AC7.质量为M的斜面体A放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上，整个系统处于静止状态．已知斜面倾角及轻绳与竖直方向夹角均为θ＝30°.不计小球与斜面间的摩擦，则( )A ．轻绳对小球的作用力大小为33mgB ．斜面体对小球的作用力大小为2mgC ．斜面体对水平面的压力大小为(M ＋m )gD ．斜面体对水平面的摩擦力大小为36mg解析：小球处于平衡状态，支持力垂直于斜面且与竖直方向成30°角，将轻绳的拉力T 和斜面对小球的支持力N 进行正交分解可得T cos30°＝N cos30°＝12mg ，小球与斜面间没有摩擦力，故斜面体和轻绳对小球的作用力均为33mg ，A 正确，B 错误；对小球和斜面体整体进行受力分析可得C 错误，D 正确．答案：AD8.如图所示，顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙水平面上，A 、B 两物体通过细绳相连，并处于静止状态(不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦)．现用水平向右的力F 作用于物体B 上，将物体B 缓慢拉高一定的距离，此过程中斜面体与物体A 仍然保持静止．在此过程中( )A ．水平力F 一定变小B ．斜面体所受地面的支持力不变C ．物体A 所受斜面体的摩擦力一定变大D ．地面对斜面体的摩擦力一定变大解析：物体B 受到三个力作用，受力平衡，可判断F 逐渐增大，A 错误；斜面体对物体A 的支持力不变，物体A 受到的摩擦力情况与初状态受到的摩擦有关，当初状态摩擦力沿斜面向下时，摩擦力应该是先减小后增大，故C 错误；对物体A 、B 和斜面体整体进行受力分析，地面对斜面的摩擦力等于F ，逐渐增加，地面对斜面体的支持力不变，故B 、D 正确．答案：BD二、计算题(本大题共2小题，共36分．需写出规范的解题步骤)9．如图所示，AC 和BC 两轻绳共同悬挂一质量为m 的物体，若保持AC 绳的方向不变，AC 绳与竖直方向的夹角为60°，改变BC 绳的方向，试求：(1)物体能达到平衡时，θ角的取值范围；(2)θ在0～90°的范围内，求BC 绳上拉力的最大值和最小值．解析：(1)改变BC 绳的方向时，AC 绳的拉力F TA 方向不变，两绳拉力的合力F 与物体的重力平衡，重力大小和方向保持不变，如图所示，经分析可知，θ最小为0°，此时F TA ＝0；且θ必须小于120°，否则两绳的合力不可能竖直向上，所以θ角的取值范围是0°≤θ<120°.(2)θ在0～90°的范围内，当θ＝90°时，F TB 最大，F max ＝mg tan60°＝3mg当两绳垂直时，即θ＝30°时，F TB 最小，F min ＝mg sin60°＝32mg .答案：(1)0°≤θ<120° (2)3mg 32mg10.如图所示，轻杆BC 的C 点用光滑铰链与墙壁固定，杆的B 点通过水平细绳AB 使杆与竖直墙壁保持30°的夹角．若在B 点悬挂一个光滑定滑轮(不计重力)，某人用它匀速地提起重物．已知重物的质量m ＝30 kg ，绕绳质量不计，人的质量M ＝50 kg ，g 取10 m/s 2.试求：(1)此时地面对人的支持力的大小；(2)轻杆BC 和绳AB 所受力的大小．解析：(1)因匀速提起重物，则绕绳对重物的拉力F T ＝mg ，绕绳对人的拉力大小为mg ，所以地面对人的支持力为：F N ＝Mg －mg ＝(50－30)×10 N ＝200 N ，方向竖直向上(2)定滑轮对B 点的拉力方向竖直向下，大小为2mg ，杆对B 点的弹力方向沿杆的方向，如图所示，由共点力平衡条件得：F AB ＝2mg tan30°＝2×30×10×33 N ＝200 3 NF BC ＝2mg cos30°＝2×30×1032N ＝400 3 N 答案：(1)200 N (2)200 3 N 400 3 N训练3 牛顿运动定律及其应用一、选择题(本大题共8小题，每小题8分，共64分．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．)1．如图所示，两定滑轮通过天花板固定在同一竖直平面的同一高度处，小球A 的质量为2m ，小球B 和C 的质量均为m ，B 、C 两球到结点P 的轻绳长度相等，滑轮摩擦不计．当B 、C 两球以某角速度ω在水平面内做圆锥摆运动时，A 球将( )A ．向上加速运动B ．向下加速运动C ．保持静止D ．上下振动 解析：B 球、C 球和两根轻绳整体受重力和竖直轻绳向上的拉力，设整体下降的加速度为a ，根据牛顿第二定律，有2mg －T ＝2ma ，对A 球受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律，有T －2mg ＝2ma ，联立两式解得a ＝0，即A 球将保持静止，处于平衡状态．故选C.答案：C 2.如图所示，带支架的平板小车水平向左做直线运动，小球A 用细线悬挂于支架前端，质量为m 的物块B 始终静止在小车上，B 与小车平板间的动摩擦因数为μ.若某过程中观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对B 产生的作用力的大小和方向为( )A ．mg ，竖直向上B ．mg 1＋μ2，斜向左上方C ．mg tan θ，水平向右D.mg cos θ，斜向右上方解析：以A 为研究对象，受力分析如图，根据牛顿第二定律得m A g tan θ＝m A a ，解得a ＝g tan θ，方向水平向右．再对B 研究得：小车对B 的摩擦力f ＝ma ＝mg tan θ，方向水平向右，小车对B 的支持力大小为N ＝mg ，方向竖直向上，小车对B 的作用力的大小为F ＝N 2＋f 2＝mg 1＋tan 2θ＝mg cos θ，方向斜向右上方，故选D.答案：D3．在地面上以初速度v 0竖直向上抛出一小球，经过2t 0时间小球落回抛出点，其速率为v1，已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速度成正比，则小球在空中运动时速率v随时间t的变化规律可能是()解析：小球上升过程中，由牛顿第二定律有mg＋k v＝ma，故随速度的减小，加速度逐渐减小，v—t图象的切线斜率逐渐减小；小球下降过程中，由牛顿第二定律有mg－k v＝ma，则随速度逐渐增大，加速度逐渐减小，v—t图象的切线斜率逐渐减小；由于有阻力作用，故回到地面的速度将小于初速度v0，选项A正确．答案：A4．如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B 两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有()A．两图中两球加速度均为g sinθB．两图中A球的加速度均为零C．图乙中轻杆的作用力一定不为零D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍解析：撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mg sinθ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mg sinθ，加速度为2g sinθ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mg sinθ，加速度均为g sinθ，故图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍，故A、B、C错误，D正确．答案：D5．如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.3.当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为()A．0.35mg B．0.3mgC．0.23mg D．0.2mg解析：将a 沿水平和竖直两个方向分解，对重物受力分析如图，水平方向：F f ＝ma x竖直方向：F N －mg ＝ma y 由a y a x＝34三式联立解得F f ＝0.2mg ，D 正确．答案：D6．如图甲所示，用一水平外力F 拉着一个静止在倾角为α的光滑斜面上的物体，逐渐增大F ，物体做变加速运动，其加速度a 随外力F 变化的图象如图乙所示，若重力加速度g 取10 m/s 2，则根据图乙所提供的信息可以计算出( ) A ．加速度从2 m/s 2增加到6 m/s 2的过程中物体的速度变化量B ．斜面的倾角C ．物体的质量D ．加速度为6 m/s 2时物体的速度 解析：因为物体做变加速运动，所以无法根据公式求得某时刻的速度及速度变化量，选项A 、D 错误；由题图乙可知，当F ＝0时，有mg sin α＝ma ，解得斜面的倾角α＝37°，当F ＝15 N 时，a ＝0，则F cos α＝mg sin α，可得m ＝2 kg ，选项B 、C 正确．答案：BC 7.如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .现对A 施加一水平拉力F ，则( )A ．当F <2μmg 时，A 、B 都相对地面静止B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μgC ．当F >3μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μg解析：A 、B 间的最大静摩擦力为2μmg ，B 和地面之间的最大静摩擦力为32μmg ，对A 、B 整体，只要F >32μmg ，整体就会运动，选项A 错误；当A 对B 的摩擦力为最大静摩擦力时，A 、B 恰好未发生相对滑动，故A 、B 一起运动的加速度的最大值满足2μmg －32μmg ＝ma max ，B 运动的最大加速度a max ＝12μg ，选项D 正确；若A 、B 整体恰好未发生相对滑动，有F －32μmg ＝3ma max ，则F >3μmg 时两者会发生相对运动，选项C 正确；当F ＝52μmg 时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足F －32μmg ＝3ma ，解得a ＝13μg ，选项B 正确．答案：BCD8．如图甲所示，传送带以速度v 1匀速转动，一滑块以初速度v 0自右向左滑上传送带，从此时刻开始计时，滑块离开传送带前的速度—时间图象如图乙所示．已知v 0>v 1，则下列判断正确的是( )A ．传送带顺时针转动B ．t 1时刻，滑块相对传送带滑动的距离达到最大C ．0～t 2时间内，滑块受到的摩擦力方向先向右后向左D ．0～t 2时间内，滑块受到恒定的摩擦力作用解析：从题图乙可以判断，滑块先向左做减速运动，再向右做加速运动，之后向右匀速运动，所以传送带顺时针转动，A 正确；滑块向左减速过程，所受摩擦力向右，向右加速过程，滑块相对传送带向左运动，所受摩擦力向右，所以t 2时刻滑块相对传送带滑动的距离达到最大，B 、C 错误，D 正确．答案：AD二、计算题(本大题共2小题，共36分．需写出规范的解题步骤)9．如图所示，质量M ＝1 kg 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m ＝1 kg 、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)若木板长L ＝1 m ，在铁块上加一个水平向右的恒力F ＝8 N ，经过多长时间铁块运动到木板的右端？(2)若在铁块上施加一个大小从零开始连续增大的水平向右的力F ，分析并计算铁块受到木板的摩擦力f 的大小随拉力F 变化的情况．(设木板足够长)解析：(1)根据牛顿第二定律对铁块：F －μ2mg ＝ma 1对木板：μ2mg －μ1(mg ＋Mg )＝Ma 2又s 铁＝12a 1t 2，s 木＝12a 2t 2，L ＝s 铁－s 木，联立解得：t ＝1 s(2)铁块与木板之间的最大静摩擦力f m2＝μ2mg ＝4 N木板与地面之间的最大静摩擦力f m1＝μ1(mg ＋Mg )＝2 N当F ≤f m1＝2 N 时，木板与铁块都静止，f ＝F当铁块与木板恰好未发生相对滑动时，设此时的拉力大小为F 1，根据牛顿第二定律，对铁块：F 1－μ2mg ＝ma 1对整体：F 1－μ1(mg ＋Mg )＝(m ＋M )a 1联立解得：F 1＝6 N ，所以当2 N<F ≤6 N 时，铁块与木板相对静止，对整体：F －μ1(mg ＋Mg )＝(m ＋M )a ，对铁块：F －f ＝ma ，解得：f ＝F 2＋1(N)当F >6 N 时，铁块相对木板滑动，此时摩擦力f ＝μ2mg ＝4 N答案：(1)1 s (2)见解析 10.如图，质量m ＝5 kg 的物块(看做质点)在外力F 1和F 2的作用下正沿某一水平面向右做匀速直线运动，已知F 1大小为50 N ，方向斜向右上方，与水平面夹角α＝37°，F 2大小为30 N ，方向水平向左，物体的速度v 0大小为11 m/s.当物块运动到距初始位置距离x 0＝5 m 时撤掉F 1，g ＝10 m/s 2.求：(1)物块与水平地面之间的动摩擦因数μ；(2)撤掉F 1以后，物块在6 s 末距初始位置的距离．解析：(1)物块向右做匀速运动：F f ＋F 2＝F 1cos αF f ＝μ(mg －F 1sin α)联立解得：μ＝0.5.(2)撤掉F 1后：a 1＝F 2＋μmg m ＝30＋255m/s 2＝11 m/s 2设经过时间t 1向右运动速度变为0，则：t 1＝v 0a 1＝1 s 此时向右运动的位移：x 1＝v 02t 1＝5.5 m ，后5 s 物块向左运动：a 2＝F 2－μmg m＝1 m/s 2，后5 s 向左运动的位移：x 2＝12a 2t 22＝12.5 m物块在6 s 末距初始位置的距离：Δx ＝x 2－(x 0＋x 1)＝12.5 m －(5 m ＋5.5 m)＝2 m.答案：(1)0.5(2)2 m训练4 抛体运动与圆周运动一、选择题(本大题共8小题，每小题8分，共64分．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．)1.如图所示，A 、D 分别是斜面的顶端、底端，B 、C 是斜面上的两个点，AB＝BC ＝CD ，E 点在D 点的正上方，与A 等高，从E 点水平抛出质量相等的两个小球，球1落在B 点，球2落在C 点，关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程( )A ．球1和球2运动的时间之比为2∶1B ．球1和球2动能增加量之比为1∶3C ．球1和球2抛出时初速度之比为22∶1D ．球1和球2运动时的加速度之比为1∶2解析：因为AC ＝2AB ，则AC 的高度差是AB 高度差的2倍，根据h ＝12gt 2得：t ＝2h g ，解得球1和球2运动的时间比为1∶2，故A 错误；根据动能定理得，mgh ＝ΔE k ，知球1和球2动能增加量之比为1∶2，故B 错误；DB 在水平方向上的位移是DC 在水平方向位移的2倍，结合x ＝v 0t ，解得初速度之比为22∶1，故C 正确；平抛运动的物体只受重力，加速度为g ，故两球的加速度相同，故D 错误．答案：C2．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P ，细线的上端固定在金属块Q 上，Q 放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)．现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图中P ′位置)，两次金属块Q 都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是( )A ．细线所受的拉力变小B ．小球P 运动的角速度变小C ．Q 受到桌面的静摩擦力变大D ．Q 受到桌面的支持力变大解析：设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为F T ，细线的长度为L .P 球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有：F T＝mg cos θ，mg tan θ＝mω2L sin θ，得角速度ω＝g L cos θ，周期T ＝2πω＝2πL cos θg .使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时，θ增大，cos θ减小，则得知细线拉力F T 增大，角速度增大，周期T 减小．对Q ，由平衡条件得知，Q 受到桌面的静摩擦力变大，故A 、B 错误，C 正确；金属块Q 保持在桌面上静止，根据平衡条件得知，Q 受到桌面的支持力等于其重力，保持不变，故D 错误．答案：C 3.如图所示，一内壁光滑、质量为m 、半径为r 的环形细圆管，用硬杆竖直固定在天花板上，有一质量为m 的小球(可看做质点)在圆管中运动．小球以速率v 0经过圆管最低点时，杆对圆管的作用力大小为( )A ．m v 20rB ．mg ＋m v 20rC ．2mg ＋m v 20rD ．2mg －m v 20r解析：以球为研究对象，根据牛顿第二定律得，F N －mg ＝m v 20r ，解得F N ＝mg ＋m v 20r .由牛顿第三定律知：球对圆管的作用力大小F ′N ＝F N ＝mg ＋m v 20r ，方向向下．再以圆管为研究对象，由平衡条件可得：杆对圆管的作用力大小F ＝mg＋F ′N ＝2mg ＋m v 20r .答案：C4.如图所示，斜面AC 与水平方向的夹角为α，在A 点正上方与C 等高处水平抛出一小球，其速度垂直斜面落到D 点，则CD 与DA 的比为( )A.1tan αB.12tan α。
2020高考物理二轮专题练习——力学综合计算(共10题,含解析)
2020高考物理二轮专题练习——力学综合计算（共10题，含解析）1．如图所示，倾角为α的斜面A被固定在水平面上，细线的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连，B静止在斜面上．滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行．A、B的质量均为m．撤去固定A的装置后，A、B均做直线运动．不计一切摩擦，重力加速度为g．求：（1）A固定不动时，A对B支持力的大小N；（2）A滑动的位移为x时，B的位移大小s；（3）A滑动的位移为x时的速度大小v A．2．在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示。
P是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒。
高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h。
（1）若微粒打在探测屏AB的中点，求微粒在空中飞行的时间；（2）求能被屏探测到的微粒的初速度范围；（3）若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等，求L与h的关系。
3．我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。
如图所示，质量m=60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a=3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度v B=24 m/s，A与B的竖直高度差H=48 m。
为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。
助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W=–1 530 J，取g=10 m/s2。
（1）求运动员在AB段下滑时受到阻力F f的大小；（2）若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。
4．风洞是研究空气动力学的实验设备。
如图，将刚性杆水平固定在风洞内距地面高度H=3.2m 处，杆上套一质量m=3kg ，可沿杆滑动的小球。
将小球所受的风力调节为F=15N ，方向水平向左。
小球以初速度v 0=8m/s 向右离开杆端，假设小球所受风力不变，取g=10m/s 2。
【2020】高考物理二轮复习专题测试：-功和能含解析附参考答案
B.两物体机械能的变化量相等
C.a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量
D.绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零
【解析】选A、D.。由运动的合成与分解知识可知,va=vbcosθ,θ为拉b的绳与水平面的夹角,因此物体a的速度小于物体b的速度,而两物体的质量又相同,所以a的动能小于b的动能,A正确;a物体下降时,a的机械能的减少量等于b物体的动能增加量和b克服摩擦力做功之和,B错误;a的重力势能减小量等于两物体总动能的增加量与b克服摩擦力所做的功之和,C错误;绳的拉力对a所做的功等于a的机械能的减少量,绳的拉力对b所做的功等于b的动能增加量和克服摩擦力做功之和,D正确.。
2.(20xx·福建高考)如图,两根相同的轻质弹簧,沿足够长的光滑斜面放置,下端固定在斜面底部挡板上,斜面固定不动.。质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端.。现用外力作用在物块上,使两弹簧具有相同的压缩量,若撤去外力后,两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧,则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程,两物块( )
4.(20xx·重庆高考)某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶,受到的阻力分别为车重的k1和k2倍,最大速率分别为v1和v2,则( )
A.v2=k1v1B.C.v2= v1D.v2=k2v1
【解题指南】解答本题时应注意以下两点:
(1)机车的功率为其牵引力的功率.。
(2)当机车达到最大速率时,牵引力和阻力等大反向.。
【解析】选C.。根据x=错误！未找到引用源.。t和Wf=μmgx可判断,两次克服摩擦力所做的功Wf2=2Wf1.。由动能定理得WF1-Wf1=错误！未找到引用源.。mv2和WF2-Wf2=错误！未找到引用源.。m(2v)2,整理可判断WF2<4WF1,故选项C正确.。
(课标版)2020高考物理二轮复习专题六物理实验第19讲实验题对“电学知识”的考查限时练(含解析)
实验题对“电学知识”的考查1．(2019·湖北宜昌联考)如图a所示为某电流天平的示意图，质量为m的均质细金属棒MN 的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧劲度系数为k.在矩形区域abcd 内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数．当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd 边重合，且指针指在0刻线的位置，此时标尺读数为0.当MN中有电流通过且平衡时，移动游标，再次使其零刻度线对准指针，标尺示数如图b所示．此时标尺读数为________cm.a b利用上述装置可以测量悬挂的轻弹簧的劲度系数，已知B＝0.547T，MN中通有电流I＝1.00 A，MN的长度l＝0.250 m，ab边的长度d＝0.200 m．则轻弹簧的劲度系数k＝________N/m. 解析：由图示游标卡尺可知，此时游标卡尺读数为：10 mm＋47×0.02 mm＝10.94 mm＝1.094 cm；线框所受安培力：F＝BId，线框静止，处于平衡状态，由平衡条件得：kx＝BId，其中：x ＝1.094 cm，代入数据解得：k＝10 N/m.答案：1.094 102．(2019·河北邯郸期末)指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器．请回答下列问题：甲乙(1)使用多用电表粗测电阻时，将选择开关拨至欧姆挡“×10”挡，经正确操作后，指针指示如图甲a所示，为了使多用电表测量的结果更准确，该同学应该选择欧姆挡________挡(选填“×1”“×100”)；若经过正确操作，将两表笔接待测电阻两端时，指针指示如图甲b，则待测电阻为________Ω.(2)图乙是某多用电表欧姆挡内部电路示意图．其中，电流表满偏电流为0.5 mA、内阻为10 Ω；电池电动势为1.5 V、内阻为1 Ω；变阻器R0的阻值范围为0～5 000 Ω.①该欧姆表的两只表笔中，________是红表笔．(选填“A”或“B”)；②该欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5 V、内阻为1 Ω进行刻度的．当电池的电动势下降到1.45 V、内阻增大到4 Ω时，欧姆表仍可调零，则调零后R0接入电路的电阻将变________(填“大”或“小”)．解析：(1)使用多用电表粗测电阻时，将选择开关拨至欧姆挡“×10”挡，经正确操作后，指针偏角很小，说明倍率选择较小，则为了使多用电表测量的结果更准确，该同学应该选用欧姆挡“×100”挡；待测电阻为30×100 Ω＝3 000 Ω；(2)①该欧姆表的两只表笔中，红表笔内部接电源的负极，则A是红表笔；②电池电动势为1.5 V、内阻为1 Ω时，调零电阻：R0＝EI g－r g－r＝⎝⎛⎭⎪⎫1.50.5×10－3－10－1Ω＝2 989 Ω；电池的电动势下降到1.45 V、内阻增大到4 Ω时，调零电阻：R′0＝EI g－r g－r′＝⎝⎛⎭⎪⎫1.450.5×10－3－10－4Ω＝2 886 Ω，则调零后R0接入电路的电阻将变小．答案：(1)×100 3 000 (2)①A②小3．(2019·安徽六安模拟)某实验探究小组为了较精确地测量一待测电阻R x的阻值，利用多用电表粗测出它的阻值，然后再改用伏安法测量．以下是备用器材：A．多用电表B．电压表V1：量程6 V，内阻约8 kΩC．电压表V2：量程15 V，内阻约10 kΩD．电流表A1：量程10 mA，内阻约6 ΩE．电流表A2：量程0.6 A，内阻约0.5 ΩF．电源：电动势E＝6 VG．滑动变阻器R1：最大阻值10 Ω，最大电流为2 AH．滑动变阻器R2：最大阻值50 Ω，最大电流为0.1 AI．导线、开关若干(1)如图甲所示为多用电表表盘，若用×100 Ω挡测量电阻，则读数为________Ω.(2)请在图乙所示的线框内画出用伏安法测量该电阻的阻值时的实验电路图(选用的实验器材需注明符号)．乙(3)探究小组的同学合理地连接好电路，并按正确的顺序操作，闭合开关后发现移动滑动变阻器时，电压表示数有变化，电流表示数为零，故障可能是________，为了检测故障具体原因，可以先使用多用电表________挡检查，在断电后用多用电表________挡检测． 解析：(1)多用电表用×100 Ω挡测量电阻，则读数为9×100 Ω＝900 Ω；(2)电源电动势E ＝6 V ，则电压表选择V 1，电路中可能出现的最大电流I ＝U R x ＝6900 A≈6.7 mA，则电流表选择A 1，且R V1R x ＜R x R A1，则电流表采用内接法；两滑动变阻器阻值均远小于R x 的阻值，电路采用分压式接法，故滑动变阻器选择阻值较小的R 1，电路图如图所示；(3)电路故障可能是待测电阻、电流表或与它们相邻的导线发生断路，为了检测故障具体原因，可以先使用多用电表电压挡检查，在断电后用多用电表欧姆挡检测．答案：(1)900 (2)图见解析 (3)待测电阻、电流表或与它们相邻的导线发生断路 电压 欧姆4．为研究某一蓄电池组，某兴趣小组将一块旧的电池组充满电，准备利用下列器材测量电池组的电动势和内电阻．A ．待测电池组，电动势约为4 V ，内阻约几欧姆B ．直流电压表V 1、V 2(量程均可满足要求，均可视为理想电表)C ．定值电阻R 0(未知)D ．滑动变阻器R ，最大阻值为R p (已知)E ．导线和开关(1)现利用以上器材，设计一个电路如图所示，完成对待测电池组的电动势和内阻的测量．(2)实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻R 0，方法是先把滑动变阻器R 调到最大阻值R p ，再闭合开关，电压表V 1和V 2的读数分别为U 10、U 20，则R 0＝________(用U 10、U 20、R p 表示)．(3)实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V 1和V 2的多组数据U 1、U 2，描绘出U 1U 2图象(横轴为U 2)，图线斜率的绝对值为k ，与横轴的截距值为a ，则电池组的电动势E ＝________，内阻r ＝________(用k 、a 、R 0表示)．解析：(2)当滑动变阻器接入阻值最大时，此时电路中电流为：I ＝U 10R p ，根据欧姆定律得：R 0＝U 20I ＝U 20R p U 10. (3)根据闭合电路欧姆定律可知：U 1＝E －U 2R 0(r ＋R 0)，根据题意可知：k ＝r ＋R 0R 0，0＝E －a R 0(R 0＋r )，联立解得：E ＝ka ，r ＝R 0(k －1) .答案：(2)U 20R p U 10(3)ka R 0(k －1) 5．(2019·闽粤赣三省十校联考)用以下器材测量待测电阻R x 的阻值．A ．待测电阻R x ：阻值约为200 ΩB ．电源E ：电动势约为3.0 V ，内阻可忽略不计C ．电流表A 1：量程为0～10 mA ，内电阻r 1＝20 Ω；D ．电流表A 2：量程为0～20 mA ，内电阻约为r 2≈8 Ω；E ．定值电阻R 0：阻值R 0＝80 Ω；F ．滑动变阻器R 1：最大阻值为10 Ω；G ．滑动变阻器R 2：最大阻值为200 Ω；H ．单刀单掷开关S ，导线若干．(1)为了测量电阻R x ，现有甲、乙、丙三位同学设计了以下的实验电路图，你认为正确的是________．(填“甲”“乙”或“丙”)甲 乙丙(2)滑动变阻器应该选________；在闭合开关前，滑动变阻器的滑片P 应置于________端(填“a ”或“b ”)；(3)若某次测量中电流表A 1的示数为I 1，电流表A 2的示数为I 2.则R x 的表达式为：R x ＝________.解析：(1)所给的三个电路图中，乙图可确定两支路的电流值和含有电流表的支路的电阻值，由此可确定待测阻值，故乙图正确．(2)因乙图为滑动变阻器的分压式接法，则易用小阻值的变阻器，故应选R 1.闭合开关前要让测量电路电压由小变大，故滑片P 应置于b 端．(3)由并联电路特点：R x (I 2－I 1)＝(R 0＋r 1)I 1得：R x ＝I 1(R 0＋r 1)I 2－I 1. 答案：(1)乙 (2)R 1 b (3)I 1(R 0＋r 1)I 2－I 16．(2019·山东烟台联考)在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，实验室备有如下器材：A ．待测电池组(由两节干电池组成，每节电池电动势约为1.5 V 、内阻为几欧姆)B ．直流电压表V 1、V 2(量程均为3 V ，内阻均约为3 kΩ)C ．定值电阻R 0(阻值未知)D ．滑动变阻器R (最大阻值为R m )E ．开关，导线若干某同学设计了如图甲所示的电路，他利用该电路先测出定值电阻R 0的阻值，再测量待测电池组的电动势和内阻．步骤如下：甲(1)先把滑动变阻器R 调到最大阻值R m ，再闭合开关S ，读出电压表V 1和V 2的示数分别为U 10、U 20，则可求出定值电阻R 0的阻值为R 0＝________(用U 10、U 20和R m 表示)．(2)移动滑动变阻器的滑片，读出电压表V 1和V 2的多组数据U 1、U 2，描绘出U 1U 2的关系图象如图乙所示．图中直线的斜率为k ，直线与横轴的截距为U 0，则待测电池组的总电动势E ＝________，总内阻r ＝________(均用k 、U 0、R 0表示)．乙解析：(1)由图甲所示电路图可知，定值电阻阻值：R 0＝U 0I 0＝U 20－U 10U 10Rm＝(U 20－U 10)R m U 10； (2)由图甲所示电路图可知，电源电动势：E ＝U 2＋Ir ＝U 2＋U 2－U 1R 0r ， 整理得：U 1＝R 0＋r r U 2－ER 0r， 由图示U 1U 2图线可知：R 0＋r r U 0－ER 0r ＝0， k ＝R 0＋r r解得电源电动势：E ＝kU 0k －1，电源内阻：r ＝R 0k －1. 答案：(1)(U 20－U 10)R m U 10 (2)kU 0k －1 R 0k －17．(2019·湖南长沙模拟)某同学利用有一定内阻的毫安表(量程0～3 mA)测定一节干电池的电动势E 和内阻r .使用的器材还包括两个电阻箱R 和R 0，两个定值电阻R 1＝15.0 Ω和R 2＝4.5 Ω，开关两个，导线若干．实验原理图如图甲所示．甲乙丙(1)在图乙的实物图中，已正确连接了部分电路，请用笔画线代替导线完成余下电路的连接．(2)请完成下列主要实验步骤：①调节电阻箱R 到最大值，闭合开关S 1和S 2，调节电阻箱R 使毫安表的示数大约为2 mA ； ②调节电阻箱R 0，直至在反复断开、闭合开关S 2时，毫安表的指针始终停在某一示数处，读得此时电阻箱R 0的电阻为3.0 Ω，则毫安表的内阻R A ＝________Ω；③保持开关S 1和S 2闭合，且保持电阻箱R 0的阻值不变，不断调节电阻箱R ，读出其阻值R 和对应的毫安表的示数I ； ④根据实验数据描点，绘出的1IR 图象如图丙所示，则该电池的电动势E ＝______V ，内阻r ＝______Ω.解析：(1)实物连线如图所示．(2)②断开、闭合开关S 2时，使毫安表的指针始终停在某一示数处，说明通过R 1、R 2的电流I 1相等，通过毫安表、R 0的电流I 2相等，R 1与毫安表两端的电压相等，R 0与R 2两端的电压相等，即I 1R 1＝I 2R A ，I 1R 2＝I 2R 0，得R A ＝R 0R 1R 2＝3.0×15.04.5 Ω＝10.0 Ω； ④根据闭合电路欧姆定律有E ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫IR A R 1＋I ⎝ ⎛⎭⎪⎫R ＋r ＋R 1R A R 1＋R A ＋R 2R 0R 2＋R 0，整理得1I ＝53E R ＋53E (r ＋7.8)，结合图象的斜率、截距得53E ＝464－14405，53E(r ＋7.8)＝14，解得E ＝1.5 V ，r ＝4.8 Ω.答案：(1)图见解析(2)②10.0 ④1.5 4.88．(2019·山东日照联考)电阻温度计是根据导体电阻随温度而变化的规律来测量温度的温度计．铂电阻温度计是最精确的温度计，因为铂的化学惰性，成为－272.5 ℃至961.78 ℃范围内的首选材料，其电阻与温度成一次函数关系．某实验小组利用如图甲所示的电路探究铂金属的温度特性．所用器材有：铂金丝R pt；电源；电流表；滑动变阻器R1；电阻箱R2；单刀开关S1，单刀双掷开关S2.甲乙丙实验步骤如下：①按电路图甲，连好实物图乙；②将R pt，置于冰水混合物中，开关S2与1接通，闭合S1，调节R1的滑片位置，使电流表的读数为I0；③保持R1的滑片位置不变，将R2置于最大值，开关S2与2接通，调节R2，使电流表的读数仍为I0；④断开S2，记下此时R2的读数100.0 Ω；⑤再将R pt置于标准大气压下沸水中，重复上述过程，此时R2的读数为138.5 Ω.回答下列问题：(1)在图乙中，将实物连线补充完整；(2)闭合S1前，图乙中R1的滑片应移动到________(填“a”或“b”)端；(3)在的坐标纸上作出R pt t图线；(4)当测得R2的阻值为247.09 Ω时，R pt处在______℃的环境中(保留到个位数)；(5)实验后，小明用螺旋测微器测得铂金丝的直径如图丙所示，则铂金丝的直径为________mm.解析：(1)按电路图连接实物图如图；(2)为了保护用电器，闭合开关前应将滑动变阻器的最大电阻接入电路中，即合S1前图乙中R1的滑片应移动到a端；(3)将R pt置于冰水(0 ℃)混合物中，R pt的电阻为100 Ω，将R pt置于标准大气压下沸水(100 ℃)中，R pt的电阻为138.5 Ω，其电阻与温度成一次函数关系，所以R pt t图线如图；11(4)由图象可得，电阻与温度间的关系为：R pt ＝100＋138.5－100100t ＝100＋0.385t当测得R 2的阻值为247.09 Ω即R pt 的电阻为247.09 Ω，代入解得： t ＝382.05 ℃≈382 ℃；(5)螺旋测微器的读数：0．5 mm ＋20.6×0.01 mm＝0.706 mm.答案：(1)图见解析 (2)a (3)图见解析 (4)382 (5)0.706。
2020年高考人教版物理二轮复习：计算+实验题练习题及答案4套
【参考答案】 (1)g
(2)
1 2M
v
2
2 2M ＋m mg2L2
(3)
Mv2
解析： (1)由于滑块与软钢锭间无摩擦，所以软钢锭在平台上滑过距离 L 时，
滑块脱离做自由落体运动．
a＝ g
(2)根据动能定理得：
1 Ek＝2M
v
2
Wf
克＝－
ΔＥk＝
1 2M
v
2
(3)滑块脱离软钢锭后做自由下落到平台的时间与软钢锭在平台最后滑动 L 的时间相同，都为 t.
af＝ L， ab＝0.75L， bc＝L.一质量为 m、电荷量为 e 的电子 (重力不计 )从 a 点沿
ab 方向以初速度 v 0 射入电场，从 be 边的中点 g 进入磁场． (已知 sin37 ＝°0.6，
cos37 °＝0.8)
(1)求匀强电场的电场强度 E 的大小；
(2)若要求电子从 cd 边射出，求所加匀强磁场磁感应强度的最大值 Bm；
(2)电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
v2 evB＝m r .
运动轨迹刚好与 cd 边相切时，半径最小，此时磁感应强度最大，轨迹如图
所示：
第 2 页 共 2向与水平方向夹角的正切值 tan θ＝0.75L×2＝ 3，则速度与 be 边的夹
角为 37°.
电子进入磁场时的速度为
(3)调节磁感应强度的大小．求 cd 边上有电子射出部分的长度．
16mv20
3mv 0
【参考答案】 (1) 9eL (2) eL
解析： (1)电子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解法则可知，
竖直方向上，
L 2
1 ＝2×
emEt2.
(课标版)2020高考物理二轮复习计算题规范练5(含解析)
计算题规范练5时间：45分钟1．如图甲所示，一足够长的质量M ＝0.4 kg 的长木板静止在水平面上，长木板与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，一质量m ＝0.4 kg 的小滑块以v 0＝1.8 m/s 的速度从长木板的右端滑上长木板，小滑块刚滑上长木板0.2 s 内的速度图象如图乙所示，小滑块可看成质点，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)小滑块刚滑上长木板时长木板的加速度大小a 1；(2)从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中，小滑块运动的总位移x .答案：(1)2 m/s 2 (2)0.54 m解析：(1)小滑块刚滑上长木板时加速度大小为：a 2＝Δv Δt ＝4 m/s 2 小滑块对长木板的滑动摩擦力：f 2＝ma 2＝1.6 N地面对长木板的最大静摩擦力：f 1＝μ1(M ＋m )g ＝0.8 N因为f 2>f 1，所以小滑块刚滑上长木板后，长木板向左匀加速，小滑块向左匀减速，由牛顿第二定律得：对木板：f 2－μ1(M ＋m )g ＝Ma 1解得：a 1＝2 m/s 2(2)设经过时间t 小滑块与长木板速度相等，则有： v 0－a 2t ＝a 1t ，解得：t ＝0.3 s共同速度：v ＝a 1t ＝0.6 m/s这段时间内，小滑块运动的距离：x 1＝v 0t －12a 2t 2＝0.36 m 此后小滑块与木板一起做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：μ1(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 3 解得：a 3＝1 m/s 2共同运动的距离为：x 2＝v 22a 3＝0.18 m 所以小滑块滑行的总位移为：x ＝x 1＋x 2＝0.54 m2．2019年1月3日10时26分，中国嫦娥四号探测器成功着陆在月球背面南极—艾特肯盆地内的冯·卡门撞击坑内．实现了人类探测器在月球背面首次软着陆，世界震惊，国人振奋．嫦娥四号进入近月点15 km 的椭圆轨道后，启动反推发动机，速度逐渐减小，距月面2.4 km 时成像仪启动，扫描着陆区地形地貌并寻找着陆点．距月面100米左右，水平移动选定着陆点，缓慢降落，离地面3 m 时关闭发动机，探测器做自由落体运动着陆，太阳翼再次打开，探测器开始工作，探测器质量为1.0×103 kg.月球表面重力加速度g 月＝1.6 m/s 2.求：(1)探测器着陆前瞬间的动能；(2)若探测器从距月面100 m 高度处开始先做自由落体运动，然后开启反推发动机做减速运动，降落至月球表面时速度恰好为零，已知反推发动机使探测器获得的反推力大小为8 000 N ．求探测器从距月球表面100 m 处开始做自由落体运动时间．答案：(1)4.8×103 J (2)10 s解析：(1)探测器着陆瞬间的动能E k ＝mg 月h ＝4.8×103 J(2)减速过程：F －mg 月＝ma得：a ＝F －mg 月m＝6.4 m/s 2 设探测器在自由落体阶段和减速阶段的位移分别为x 1、x 2根据运动学公式2g 月x 1＝2ax 2且x 1＋x 2＝10012g 月t 21＝x 1 联立解得探测器做自由落体运动的时间t 1＝10 s.3．如图所示，两彼此平行的金属导轨MN 、PQ 水平放置，左端与一光滑绝缘的曲面相切，右端接一水平放置的光滑“>”形金属框架NDQ ，∠NDQ ＝120°，ND 与DQ 的长度均为L ，MP 右侧空间存在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场．导轨MN 、PQ 电阻不计，金属棒与金属框架NDQ 单位长度的电阻值为r ，金属棒质量为m ，长度与MN 、PQ 之间的间距相同，与导轨MN 、PQ 的动摩擦因数为μ.现让金属棒从曲面上离水平面高h 的位置由静止释放，金属棒恰好能运动到NQ 边界处．(1)求金属棒刚进入磁场时回路的电流强度i 0；(2)若金属棒从MP 运动到NQ 所用的时间为t 0，求导轨MN 、PQ 的长度s ；(3)在金属棒到达NQ 后，施加一外力使棒以恒定的加速度a 继续向右运动，求此后回路中电功率的最大值P max .答案：(1)i 0＝B 6gh (2＋3)r(2)s ＝(2＋3)(m 2gh ＋umgt 0)r 3B 2L(3)P max ＝3B 2L 2a 4(2＋3)r解析：(1)金属棒从光滑绝缘曲面向下运动，机械能守恒，设刚进入MP 边界时，速度大小为v 0，则：mgh ＝12mv 20 得：v 0＝2gh ；刚进入磁场时产生的感应电动势：e 1＝Bdv 0导轨宽度：d ＝3L ；回路电阻：R ＝(2＋3)Lr联立可得：i 0＝B 6gh (2＋3)r(2)设长度为s ，从MP 到NQ 过程中的任一时刻，速度为v i ，在此后无穷小的Δt 时间内，根据动量定理：∑(B 2d 2v i R＋μmg )Δt ＝∑m Δv i ∑B 2(3L )2v i (2＋3)LrΔt ＋∑μmg Δt ＝∑m Δv i 3B 2L (2＋3)r∑v i Δt ＋μmg ∑Δt ＝m ∑Δv i 3B 2L (2＋3)r s ＋μmgt 0＝mv 0得：s ＝(2＋3)(m 2gh ＋μmgt 0)r 3B 2L(3)金属棒匀加速运动，v ＝at切割磁感线的有效长度为：l ′＝2(L ·cos60°－12at 2)tan60° 产生感应电动势：E ＝Bl ′vE ＝B ·2(L cos60°－12at 2)tan60°·at ＝3Ba (L －at 2)t回路的瞬时电阻： R ＝r [2(L cos60°－12at 2)tan60°＋2cos60°(L cos 60°－12at 2)]＝(2＋3)r (L －at 2) 功率： P ＝E 2R ＝3B 2a 2(L －at 2)2t 2(2＋3)r (L －at 2)＝3B 2a 2(2＋3)r (－at 4＋Lt 2)＝3B 2a 2(2＋3)r[－a (t 2－L 2a )2＋L 24a ] 金属棒运动到D 点，所需的时间设为t ′12L ＝12at ′2 得：t ′＝L a当t ＝L 2a <t ′时，P max ＝3B 2L 2a 4(2＋3)r。
2020高考新课标物理二轮冲刺：机械能及守恒定律练习含答案
2020高考新课标物理二轮冲刺：机械能及其守恒定律练习含答案*机械能及其守恒定律*一、选择题1、在如图所示的物理过程示意图中，甲图一端固定有小球的轻杆，从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴O无摩擦转动；丙图为轻绳一端连着一小球，从右偏上30°角处自由释放；丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车，把用细绳悬挂的小球从图示位置释放，小球开始摆动，则关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计)，下列判断中正确的是()甲乙丙丁A．甲图中小球机械能守恒B．乙图中小球A机械能守恒C．丙图中小球机械能守恒D．丁图中小球机械能守恒A[甲图过程中轻杆对小球不做功，小球的机械能守恒，A项正确；乙图过程中轻杆对小球A的弹力不沿杆的方向，会对小球做功，所以小球A的机械能不守恒，但两个小球组成的系统机械能守恒，B项错误；丙图中小球在绳子绷紧的瞬间有动能损失，机械能不守恒，C项错误；丁图中小球和小车组成的系统机械能守恒，但小球的机械能不守恒，这是因为摆动过程中小球的轨迹不是圆弧，细绳会对小球做功，D项错误。
]2、(多选)关于功率公式P＝Wt和P＝F v的说法正确的是()A．由P＝Wt知，只要知道W和t就可求出任意时刻的功率B．由P＝F v既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率C．由P＝F v知，随着汽车速度增大，它的功率也可以无限增大D．由P＝F v知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比BD[P＝Wt只适用于求平均功率，P＝F v虽是由前者推导得出，但可以用于求平均功率和瞬时功率，选项A错误，B正确；汽车运行时不能长时间超过额定功率，故随着汽车速度的增大，它的功率并不能无限制的增大，选项C错误；当功率一定时，速度越大，牵引力越小；速度越小，牵引力越大，故牵引力与速度成反比，选项D正确。
]3、如图所示，水平地面上有一倾角为θ的三角形斜面体，其质量为M，上表面粗糙，下表面光滑．质量为m的滑块放在斜面上能保持静止．现用从零开始缓慢增大、方向水平向左的外力F作用在斜面体上，直到滑块与斜面体发生相对运动为止．在该过程中滑块受到的各力的分析，正确的是()A．斜面对滑块的支持力一直不做功B．滑块受到的摩擦力一直做负功C．斜面对滑块的支持力始终等于mgcosθD．当F大于(M＋m)gtanθ之后，支持力大于mg cosθ【参考答案】D外力F对系统做正功，滑块的动能增加，根据动能定理可知，支持力始终做正功，A选项错误；当F＝(M＋m)gtanθ时，滑块受到的静摩擦力等于零，当F＞(M＋m)gtanθ时，滑块受到的静摩擦力沿斜面向下，静摩擦力做正功，B选项错误；当F＝(M＋m)gtanθ时，滑块恰好只受到重力、支持力而向左做匀加速直线运动，支持力的竖直分力等于mg，当F＞大于(M＋m)gtanθ时，滑块还受到沿着斜面向下的摩擦力，支持力的竖直分力必须大于mg，即支持力大于mgcosθ，C选项错误，D选项正确．4、关于动能概念及动能定理表达式W＝E k2－E k1的说法中正确的是() A．若物体速度在变化，则动能一定在变化B．速度大的物体，动能一定大C．W＝E k2－E k1表示功可以变成能D．动能的变化可以用合力做的功来量度D[速度是矢量，而动能是标量，若物体速度只改变方向，不改变大小，则动能不变，A错误；由E k＝12m v2知B错误；动能定理表达式W＝E k2－E k1表示动能的变化可用合力做的功量度，但功和能是两个不同的概念，有着本质的区别，故C错误，D正确。
2020届(人教)高考物理二轮提升练习计算题选及答案
2020届（人教）高考物理二轮提升练习计算题选及答案（需写出规范的解题步骤）1、为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1<s0)处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示。
训练时，让运动员和冰球都位于起击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方跑线上，教练员将冰球以初速度v向滑向挡板：冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。
训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。
假定运动员在滑行过程中做。
重力加速度为g。
求匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数。
(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。
【解析】(1)设冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ据动能定理有-μmgs0=m-m解得μ=(2)冰球运动时间t=由于s1=at2解得运动员的最小加速度a=答案：(1)(2)2、发射宇宙飞船的过程要克服引力做功，已知将质量为m的飞船从距地球中心无限远处移到距地球中心为r处的过程中，引力做功为W=G，飞船在距地球=-G，式中G为万有引力常量，M为地球质中心为r处的引力势能公式为Ep量。
若在地球的表面发射一颗人造地球卫星，如果发射的速度很大，此卫星可以上升到离地心无穷远处(即地球引力作用范围之外)，这个速度称为第二宇宙速度(也称逃逸速度)。
(1)试推导第二宇宙速度v的表达式。
(2)已知逃逸速度大于真空中光速的天体叫黑洞，设某黑洞的质量等于太阳的质量M=1.98×1030 kg，求它的最大可能半径。
【解析】(1)设无穷远处的引力势能为零，地球半径为R，第二宇宙速度为v，则由机械能守恒定律得：mv2-G=0，解得：v=。
(2)由题意可知，v>c，即>c，解得：R<≈2.93×103 m，则该黑洞的最大半径为2.93×103 m。
答案：(1)v=(2)2.93×103 m3、如图所示，质量为m，电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动。
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计算题规范练6
时间：45分钟
1．如图甲所示，电动机通过绕过光滑定滑轮的细绳与放在倾角为30°的光滑斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升；在0～3 s 时间内物体运动的v t 图象如图乙所示，其中除1～2 s 时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线，1 s 后电动机的输出功率保持不变；已知物体的质量为2 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2
.求：
(1)1 s 后电动机的输出功率P ；
(2)物体运动的最大速度v m ；
(3)在0～3 s 内电动机所做的功．
答案：(1)100 W (2)10 m/s (3)250 J
解析：(1)已知物体的质量为m ＝2 kg ，由题图乙可知，在t 1＝1 s 时间内，物体做匀加速直线运动的加速度大小为a ＝5 m/s 2
，1 s 末物体的速度大小达到v 1＝5 m/s ，此过程中，设细绳拉力的大小为F 1，则有：F 1－mg sin30°＝ma ；
设在1 s 末电动机的输出功率为P ，由功率公式可得：P ＝F 1v 1，联立解得P ＝100 W.
(2)当物体达到最大速度v m 后，设细绳的拉力大小为F 2，由牛顿第二定律和功率的公式可得F 2－mg sin30°＝0，P ＝F 2v m ，联立解得v m ＝10 m/s.
(3)设在时间t 1＝1 s 内，物体的位移为x ，电动机做的功为W 1，则由运动学公式得：x ＝12at 21，由动能定理得：W 1－mgx sin30°＝12mv 21；设在时间t ＝3 s 内电动机做的功为W ，则：W ＝W 1＋P (t －t 1)
联立解得：W ＝250 J.
2．如图所示，质量M ＝0.4 kg 的长木板静止在光滑水平面上，其右侧与固定竖直挡板间的距离L ＝0.5 m ，某时刻另一质量m ＝0.1 kg 的小滑块(可视为质点)以v 0＝2 m/s 的速度向右滑上长木板，一段时间后长木板与竖直挡板发生碰撞，碰撞过程无机械能损失．已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g ＝10 m/s 2
，小滑块始终未脱离长木板．求：
(1)自小滑块刚滑上长木板开始，经多长时间长木板与竖直挡板相碰；
(2)长木板碰撞竖直挡板后，小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离． 答案：(1)1.65 s (2)0.928 m
解析：(1)小滑块滑上长木板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒：mv 0＝(m ＋M )v 1
解得：v 1＝0.4 m/s
对长木板：μmg ＝Ma
得长木板的加速度：a ＝0.5 m/s 2
自小滑块刚滑上长木板至两者达相同速度：v 1＝at 1
解得：t 1＝0.8 s
长木板位移：x ＝12
at 21 解得：x ＝0.16 m<L ＝0.5 m
两者达相同速度时长木板还没有碰竖直挡板L －x ＝v 1t 2
解得：t 2＝0.85 s t ＝t 1＋t 2＝1.65 s
(2)长木板碰竖直挡板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒：mv 1－Mv 1＝(m ＋M )v 2 最终两者的共同速度：v 2＝－0.24 m/s
μmgs ＝1
2mv 2
0－12
(m ＋M )v 22 小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离：
s ＝0.928 m
3．如图所示装置由水平轨道与倾角为θ＝30°的倾斜轨道连接而成．水平轨道所在空间存在磁感应强度大小为B ＝0.5 T 、方向竖直向上的匀强磁场；倾斜轨道所在空间存在磁感应强度大小为B ＝0.5 T 、方向垂直于轨道平面向上的匀强磁场．质量m ＝0.1 kg 、长度L ＝0.5 m 、电阻R 1＝0.1 Ω的导体棒ab 置于倾斜轨道上，刚好不下滑；然后将电阻R 2＝0.4 Ω、质量、长度与棒ab 相同的光滑导体棒cd 置于水平轨道上，用恒力F ＝8.4 N 拉棒cd ，使之在水平轨道上向右运动．棒ab 、cd 与导轨垂直，且两端与导轨保持良好接触，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s 2
，不计轨道电阻．
(1)求ab 与导轨间的动摩擦因数μ；
(2)求当ab 刚要向上滑动时cd 速度v 的大小；
(3)若从cd 刚开始运动到ab 刚要上滑过程中，cd 在水平轨道上移动的距离为x ＝0.5 m ，求此过程中ab 上产生的热量Q ab .
答案：(1)33
(2)8 m/s (3)0.2 J 解析：(1)设ab 棒受到的最大静摩擦力大小为F fm
ab 刚好不下滑，则有：mg sin θ－F fm ＝0
F fm ＝μmg cos θ
解得：μ＝33
. (2)ab 棒刚要向上滑动时，受力如图所示：对ab 棒：
mg sin θ＋F fm －BIL ＝0
由法拉第电磁感应定律得：E ＝BLv
由欧姆定律得：I ＝
E R 1＋R 2
解得：v ＝8 m/s.
(3)从cd 刚开始运动到ab 刚要上滑过程中，假设系统产生的总焦耳热为Q 总
对ab 、cd 系统，由功能关系得：Fx ＝12mv 2＋Q 总 Q ab ＝R 1R 1＋R 2
Q 总 解得：Q ab ＝0.2 J.。