2020届高考二轮物理计算题题型专练(二)
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。
高考物理二轮总复习课后习题 题型专项练 计算题专项练(四) (6)
计算题专项练(四)1.(山东烟台模拟)光纤通信以其通信容量大、抗干扰性高和信号衰减小,而远优于电缆、微波通信,成为世界通信中的主要传输方式。
但光纤光缆在转弯的地方弯曲半径不能太小,否则影响正常通信。
如图所示,模拟光纤通信,将直径为d的圆柱形玻璃棒弯成3圆环,已知玻璃的折射率为√2,光4在真空中的速度为c,要使从A端垂直入射的光线能全部从B端射出。
求:(1)圆环内径R的最小值;(2)在(1)问的情况下,从A端最下方入射的光线,到达B端所用的时间。
2.(云南昭通模拟)如图所示,光滑水平地面上方边界C、D间存在宽度d=4 m、方向竖直向上、电场强度大小E=1×105N/C的匀强电场区域。
质量m1=1 kg、长度l=6 m的水平绝缘长木板静置于该水平面,且长木板最右侧与电场边界D重合。
某时刻质量m2=0.5 kg、电荷量q=+3×10-5C的滑块(可视为质点)以初速度v0=6 m/s从长木板左端水平滑上长木板,一段时间后,滑块离开电场区域。
已知长木板与滑块间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度大小g取10 m/s2,滑块所带的电荷量始终保持不变。
(1)滑块刚进电场时,求长木板的速度大小。
(2)求滑块在电场中的运动时间及全过程因摩擦产生的热量。
(3)若电场等大反向,求滑块进入电场后在长木板上的相对位移。
3.如图所示,半径为l的金属圆环内部等分为两部分,两部分各有垂直于圆环平面、方向相反的匀强磁场,磁感应强度大小均为B0,与圆环接触良好的导体棒绕圆环中心O匀速转动。
圆环中心和圆周用导线分别与两个半径为R的D形金属盒相连,D形盒处于真空环境且内部存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出),其方向垂直于纸面向里。
t=0时刻导体棒从如图所示的位置开始运动,同时在D形盒内中心附近的A点,由静止释放一个质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电粒子,粒子每次通过狭缝都能得到加速,最后恰好从D形盒边缘出口射出。
2020高考物理二轮复习：计算题综合训练二 Word版含答案
计算题综合训练二1. 如图所示,两根等高光滑的14圆弧轨道,半径为r、间距为L,轨道电阻不计.在轨道顶端连有一阻值为R的电阻,整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B.现有一根长度稍大于L、质量为m、电阻不计的金属棒从轨道的顶端ab处由静止开头下滑,到达轨道底端cd时受到轨道的支持力为2mg.整个过程中金属棒与导轨电接触良好.求:(1) 棒到达最低点时的速度大小和通过电阻R的电流.(2) 棒从ab下滑到cd过程中回路中产生的焦耳热和通过R的电荷量.(3) 若棒在拉力作用下,从cd开头以速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动,则在到达ab的过程中拉力做的功为多少?2. 如图所示,质量为M的光滑长木板静止在光滑水平地面上,左端固定一劲度系数为k的水平轻质弹簧,右侧用一不行伸长的细绳连接于竖直墙上,细绳所能承受的最大拉力为FT.使一质量为m、初速度为v0的小物体,在木板上无摩擦地向左滑动而后压缩弹簧,细绳被拉断,不计细绳被拉断时的能量损失.弹簧的弹性势能表达式为Ep =12kx2(k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量).(1) 要使细绳被拉断,v0应满足怎样的条件?(2) 若小物体最终离开长木板时相对地面速度恰好为零,请在坐标系中定性画出从小物体接触弹簧到与弹簧分别的过程小物体的v t图象.(3) 若长木板在细绳拉断后被加速的过程中,所能获得的最大加速度为aM ,求此时小物体的速度.3. 如图甲所示的装置是由加速器、电场偏转器和磁场偏转器构成.加速器两板a、b间加图乙所示变化电压uab,水平放置的电场偏转器两板间加恒定电压U0,极板长度为l,板间距离为d,磁场偏转器中分布着垂直纸面对里的左右有界、上下无界的匀强磁场B,磁场的宽度为D.很多质量为m、带电荷量为+q的粒子从静止开头,经过加速器加速后从与电场偏转器上板距离为23d的位置水平射入.已知U0=1 000 V,B=36 T,粒子的比荷qm=8×107C/kg,粒子在加速器中运动时间远小于Uab的周期,粒子经电场偏转后沿竖直方向的位移为y,速度方向与水平方向的夹角为θ,y与tanθ的关系图象如图丙所示.不考虑粒子受到的重力.甲乙。
2020届高考二轮物理计算题题型专练(二) Word版含答案
2020届高考查漏补缺之物理计算题题型专练（二）1、一质量为m 的烟花弹获得动能E 后,从地面竖直升空,当烟花弹上升的速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E ,且均沿竖直方向运动。
爆炸时间极短,重力加速度大小为g ,不计空气阻力和火药的质量,求 （1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间; （2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
2、如图所示,“L”型滑板,(平面部分足够长),质量为4m,距滑板的A 壁为Ll 距离的B 处放有一质量为m,电量为+q 的大小不计的小物体,小物体与滑板,及滑板与地面的摩擦均不计,整个装置处于场强为E 的匀强电场中,初始时刻,滑板与小物体均静止,试求:1.释放小物体,第一次与滑板A 壁碰前小物体的速度v 1大小;2.若小物体与A 壁碰后相对水平地面的速度大小为碰前的3/5,碰撞时间极短,则碰撞后滑板速度的大小;3.若滑板足够长,小物体从开始运动到第二次碰撞前,电场力做功为多少.3、光滑水平面上放着质量1A m kg =的物块A 与质量2B m kg =的物块B,A 与B 均可视为质点,A 靠在竖直墙壁上,A 、B 间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A 、B 均不拴接),用手挡住B 不动,此时弹簧弹性势能49p E J =。
在A 、B 间系一轻质细绳,细绳长度大于弹簧的自然长度,如图所示。
放手后B 向右运动,绳在短暂时间内被拉断,之后B 冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道,其半径R=0.5m,B 恰能到达最高点C 。
取210/g m s =,求:(1)绳拉断后瞬间B 的速度B v 的大小; (2)绳拉断过程绳对B 的冲量I 的大小; (3)绳拉断过程绳对A 所做的功W 。
4、如图所示，把质量为3克的带电小球A 用丝线吊起，若将带电量为8410C -⨯的正电小球B 靠近它，当两小球在同一高度相距3cm 时，丝线与竖直夹角为30o ，取210m/s g =，9229.010N m /C k =⨯⋅求：（1）小球A 带正电还是负电？（2）此时小球A 受到的库仑力大小和方向？ （3）小球A 带的电量A q ？5、如图所示为一组未知方向的匀强电场的电场线,将带电荷量为61.010C q -=-⨯的点电荷由A 点沿水平线移至B 点,克服静电力做了6210J -⨯的功,已知A 、B 间的距离为2cm 。
计算题02牛顿运动定律的综合应用(解析版)-备战2020高考物理满分卷题型专练
计算题02 牛顿运动定律的综合应用时间：40分钟 满分：100分1．（2020·藤东中学高三月考）如图所示，足够长的木板与水平地面间的夹角θ可以调节，当木板与水平地面间的夹角为37°时，一小物块（可视为质点）恰好能沿着木板匀速下滑．若让该物块以大小v 0＝10m/s 的初速度从木板的底端沿木板上滑，随着θ的改变，物块沿木板滑行的距离x 将发生变化.取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求物块与木板间的动摩擦因数μ；(2)当θ满足什么条件时，物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出该最小距离. 【答案】(1) 0.75(2) 4m 【解析】 【详解】(1)当θ=37°时，设物块的质量为m ，物块所受木板的支持力大小为F N ，对物块受力分析，有：mg sin37°=μF N F N -mg cos37°=0 解得：μ=0.75(2)设物块的加速度大小为a ，则有：mg sin θ+μmg cos θ=ma 设物块的位移为x ，则有：v 02=2ax解得：()202sin cos v x g θμθ=+ 令tan α=μ，可知当α+θ=90°，即θ=53°时x 最小 最小距离为：x min =4m2．（2020·银川唐徕回民中学高三）如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。
某时刻速度为v 0＝2m/s ，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v 1＝4m/s 的速度从右侧滑上木板，经过1s 两者速度恰好相同，速度大小为v 2＝1m/s ，方向向左。
重力加速度g ＝10m/s 2，试求：（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1 （2）木板与地面间的动摩擦因数μ2（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。
【答案】（1）0.3（2）120（3）2.75m 【解析】 【分析】（1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解； （2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可； （3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移； 【详解】（1）对小滑块分析：其加速度为：2221114/3/1v v a m s m s t --===-，方向向右 对小滑块根据牛顿第二定律有：11mg ma μ-=，可以得到：10.3μ=；（2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：1212v mg mg mt μμ+⋅= 然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：21222v mg mg mt μμ-⋅= 而且121t t t s +== 联立可以得到：2120μ=，10.5s t =，20.5t s =； （3）在10.5s t =时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：01100.52v x t m +=⋅=，方向向右；在20.5t s =时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：22200.252v x t m +=⋅=，方向向左；在整个1t s =时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：122.52v v x t m +=⋅=，方向向左 则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：12 2.75x x x x m ∆=+-=。
2020届高考大二轮刷题首选卷物理精练：考试理科综合能力物理部分押题密卷(二) Word版含解析
2020年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力物理部分押题密卷(二) 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分110分，时间60分钟。
第Ⅰ卷一、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1～5题只有一个选项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．(2019·成都三模)如图为氢原子的能级图。
现有两束光，a光由图中跃迁①发出的光子组成，b光由图中跃迁②发出的光子组成，已知a光照射x金属时刚好能发生光电效应，则下列说法正确的是()A．x金属的逸出功为2.86 eVB．a光的频率大于b光的频率C．氢原子发生跃迁①后，原子的能量将减小3.4 eVD．用b光照射x金属，打出的光电子的最大初动能为10.2 eV答案A解析a光子的能量值：E a＝E5－E2＝[－0.54－(－3.40)]eV＝2.86 eV，a光照射x金属时刚好能发生光电效应，由0＝E a－W可知，x金属的逸出功为2.86 eV，故A正确；b光子的能量：E b＝E2－E1＝[－3.4－(－13.6)] eV＝10.2 eV，由ε＝hν可知，a光子的能量值小，则a光子的频率小，故B错误；氢原子辐射出a光子后，氢原子的能量减小了E a＝2.86 eV，故C错误；用b光照射x金属，打出的光电子的最大初动能为：E km ＝E b －W ＝(10.2－2.86) eV ＝7.34 eV ，故D 错误。
2．(2019·河北高三上学期省级示范高中联考)甲、乙两物体沿同一直线运动，运动过程的位移—时间图象如图所示，下列说法正确的是( )A ．0～6 s 内甲物体做匀变速直线运动B ．0～6 s 内乙物体的速度逐渐减小C ．0～5 s 内两物体的平均速度相等D ．0～6 s 内存在某时刻两物体的速度大小相等答案 D解析 x -t 图象为直线表示物体做匀速直线运动，故A 错误；x -t 图象的斜率表示速度，由乙物体的x -t 图象可知，图象的斜率逐渐增大，即乙物体的速度逐渐增大，故B 错误；0～5 s 甲的位移为5 m ，平均速度为v 甲＝1 m/s ，乙的位移为－3 m ，平均速度为v 乙＝－35 m/s ，故C 错误；x -t 图象的斜率表示速度，由甲、乙两物体的图象可知，在0～6 s 内存在某时刻两图线的斜率的绝对值大小相等，即存在某时刻两物体的速度大小相等，故D 正确。
重庆2020人教高考物理二轮实验和计算题选练及答案
重庆2020人教高考物理二轮实验和计算题选练及答案1、在“验证机械能守恒定律”的实验(1)实验室提供了铁架台、夹子、导线、纸带等器材．为完成此实验，除了所给的器材，从图中还必须选取的实验器材是________．(2)下列方法有助于减小实验误差的是________．A．在重锤的正下方地面铺海绵B．必须从纸带上第一个点开始计算验证机械能是否守恒C．重复多次实验，重物必须从同一位置开始下落D．重物的密度尽量大一些(3)完成实验后，小明用刻度尺测量纸带距离时如图(乙)，已知打点计时器每0.02 s打一个点，则B点对应的速度v B＝________m/s.若H点对应的速度为v H，重物下落的高度为h BH，重物质量为m，当地重力加速度为g，为得出实验结论完成实验，需要比较mgh BH与________的大小关系(用题中字母表示)．【参考答案】(1)电磁打点计时器和学生电源或者是电火花计时器毫米刻度尺(2)D(3)1.35 m/s 12m v2H－12m v2B解析：(1)该实验中可以选用电磁打点计时器和学生电源或者是电火花计时器．在实验中需要刻度尺测量纸带上点与点间的距离从而可知道重锤下降的距离，故需要毫米刻度尺．(2)在重锤的正下方地面铺海绵，目的是保护仪器，A选项错误；该实验是比较重力势能的减少量与动能增加量的关系，不一定要从纸带上第一个点开始计算验证，B 选项错误；重复多次实验时，重物不需要从同一位置开始下落，C 选项错误；选重物的密度尽量大一些，可以减小摩擦阻力和空气阻力的影响，从而减少实验误差，D 选项正确．(3)根据刻度尺的读数规则可知，AC 之间的距离x AC ＝5.40 cm.根据匀变速直线运动的规律可知，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，B 点瞬时速度的大小v B ＝x AC 2T ＝1.35 m/s.根据机械能守恒可知，mgh BH ＝12m v 2H －12m v 2B .2、如图所示，一长为200 m 的列车沿平直的轨道以80 m/s 的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O 点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA 段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB 段内，已知OA ＝1 200 m ，OB ＝2 000 m ，求：(1)列车减速运动的加速度的取值范围；(2)列车减速运动的最长时间．【参考答案】(1)1.6 m/s 2≤a ≤167 m/s 2 (2)50 s 解析：(1)设列车做匀减速直线运动，运动到A 点速度为0时，加速度为a 1.根据匀减速直线运动规律可知，刹车的距离，x OA ＋L ＝v 202a 1，解得a 1＝167 m/s 2. 设运动到B 点速度为0时，加速度为a 2.刹车的距离x OB ＝v 202a 2，解得a 2＝1.6 m/s 2. 列车减速运动的加速度取值范围为1.6 m/s 2≤a ≤167 m/s 2.(2)加速度最小时，列车减速的时间最长，t max ＝v 0a min＝50 s. 3、花岗岩、大理石等装修材料都不同程度地含有放射性元素氡222，人长期吸入后会对呼吸系统造成损害．设有一静止的氡核(222 86Rn)发生衰变生成钋(218 84Po)，若放出5.6 MeV 的核能全部转化为动能．(1)写出核反应方程；(2)求新核钋218的动能．(结果保留1位有效数字)【参考答案】(1)22286Rn→218 84Po＋42He(2)2×10－14 J解析：(1)根据质量数和核电荷数守恒可知，核反应方程式为：22286Rn→218 84Po＋42He.(2)以α离子的速度方向为正方向，核反应过程，系统动量守恒．m v0＋M v＝0.解得，v＝－m v0M，负号表示方向与α离子速度方向相反．核能全部转化为动能，ΔE＝12m v2＋12M v2.联立解得，新核钋218的动能E k≈2×10－14 J.4、某大雾天气，一小汽车和一大客车在平直公路的同一车道上同向行驶，小汽车在后，其速度大小v1＝30 m/s；大客车在前，其速度大小v2＝10 m/s.在小汽车和大客车相距x0＝25 m时两司机同时发现险情，此时小汽车司机马上以大小a1＝8 m/s2的加速度刹车，而大客车立即以大小a2＝2 m/s2的加速度加速前进．请通过计算判断两车是否相撞．【参考答案】两车不会相撞．解析：小汽车刹车做匀减速运动，当速度减至与大客车相等时，恰好追上大客车，此时两车恰好不会相撞．速度关系，v1－a1t＝v2＋a2t，代入数据解得，t＝2 s.小汽车运动位移x1＝v1t－12a1t2＝44 m.大客车运动位移x2＝v2t＋12a2t2＝24 m.由于x2＋x0＞x1，两车不会相撞．5、我们知道，根据光的粒子性，光的能量是不连续的，而是一份一份的，每一份叫一个光子，光子具有动量(hν/c)和能量(hν)，当光子撞击到光滑的平面上时，可以像从墙上反弹回来的乒乓球一样改变运动方向，并给撞击物体以相应的作用力．光对被照射物体单位面积上所施加的压力叫光压．联想到人类很早就会制造并广泛使用的风帆，能否做出利用太阳光光压的“太阳帆”进行宇宙航行呢？1924年，俄国航天事业的先驱齐奥尔科夫斯基和其同事灿德尔明确提出“用照射到很薄的巨大反射镜上的太阳光所产生的推力获得宇宙速度”，首次提出了太阳帆的设想．但太阳光压很小，太阳光在地球附近的光压大约为10－6 N/m 2，但在微重力的太空，通过增大太阳帆面积，长达数月的持续加速，使得太阳帆可以达到甚至超过宇宙速度．IKAROS 是世界第一个成功在行星际空间运行的太阳帆.2010年5月21日发射，2010年12月8日，IKAROS 在距离金星80,800公里处飞行掠过，并进入延伸任务阶段．设太阳单位时间内向各个方向辐射的总能量为E ，太空中某太阳帆面积为S ，某时刻距太阳距离为r(r 很大，故太阳光可视为平行光，太阳帆位置的变化可以忽略)，且帆面和太阳光传播方向垂直，太阳光频率为ν，真空中光速为c ，普朗克常量为h.(1)当一个太阳光子被帆面完全反射时，求光子动量的变化Δp ，判断光子对太阳帆面作用力的方向．(2)计算单位时间内到达该航天器太阳帆面的光子数．(3)事实上，到达太阳帆表面的光子一部分被反射，其余部分被吸收．被反射的光子数与入射光子总数的比，称为反射系数．若太阳帆的反射系数为ρ，求该时刻太阳光对太阳帆的作用力．【参考答案】(1)－2hνtc 与入射光子速度方向相反(2)ES 4πhνr 2 (3)(1＋ρ)ES 4πcr 2解析：(1)以光子运动的初速度方向为正方向，光子动量的变化Δp ＝－p －p ＝－2hνc .根据动量定理可知，Ft ＝Δp ，解得F ＝－2hνtc. 光子对太阳帆面作用力的方向与入射光子速度方向相反．(2)每个光子能量E 0＝hν.单位时间内到达太阳帆光能量E 总＝E 4πr 2·S.单位时间内到达该航天器太阳帆面的光子数N＝E总E0＝ES4πhνr2.(3)反射光子和吸收光子均会对太阳帆产生作用力．在时间Δt，根据动量定理可知，Ft＝Δp反＋Δp吸其中Δp反＝2ρNΔp·Δt＝2ρES4πcr2·ΔtΔp吸＝(1－ρ)NΔp·Δt＝(1－ρ)ES4πcr2·Δt.联立解得，F＝(1＋ρ)ES 4πcr2.。
2020届高考大二轮专题复习冲刺物理(创新版)文档：计算题专练(二)版含解析
计算题专练(二)共2小题，共32分。
要求写出必要的文字说明和方程式，只写最后结果不给分。
1.(2019·昆明市模拟)(12分)2018年10月23日，港珠澳大桥开通，这是建筑史上里程最长、投资最多、施工难度最大的跨海大桥。
如图所示的水平路段由一段半径为48 m 的圆弧形弯道和直道组成。
现有一总质量为2.0×103 kg 、额定功率为90 kW 的测试汽车通过该路段，汽车可视为质点，取重力加速度g ＝10 m/s 2。
(1)若汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的径向最大静摩擦力是车重的1.2倍，求该汽车安全通过此弯道的最大速度；(2)若汽车由静止开始沿直道做加速度大小为 3 m/s 2的匀加速运动，在该路段行驶时受到的阻力为车重的0.15倍，求该汽车匀加速运动的时间及 3 s 末的瞬时功率。
答案(1)24 m/s (2)3.3 s 81 kW解析(1)径向最大静摩擦力提供向心力时，汽车通过此弯道的速度最大，设最大速度为v m ，则有：f 径向＝m v 2mr根据题意f 径向＝1.2mg代入数据解得：v m ＝24 m/s 。
(2)汽车在匀加速过程中：F －f ＝ma当功率达到额定功率时，P 0＝Fv 1v 1＝at 1代入数据解得：t 1＝3.3 st ＝3 s<t 1＝3.3 s则汽车在该过程中始终做匀加速运动，有：v ＝atP ＝Fv则3 s末发动机功率为：P＝81 kW。
2．(2019·成都市三诊)(20分)如图，竖直面内固定的绝缘轨道abc，由半径R ＝3 m的光滑圆弧段bc与长L＝1.5 m的粗糙水平段ab在b点相切而构成，O点是圆弧段的圆心，Oc与Ob的夹角θ＝37°；过c点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小E＝10 N/C的匀强电场，Ocb的外侧有一长度足够长、宽度d＝1.6 m 的矩形区域efgh，ef与Oc交于c点，ecf与水平向右的方向所成的夹角为β(53°≤β≤147°)，矩形区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场。
2020届人教版高考物理二轮实验+计算题练习题及答案
2020届人教版高考物理二轮实验+计算题练习题及答案1、在“测定匀变速直线运动加速度”的实验中：(1)除打点计时器(含纸带、复写纸)、小车、一端附有滑轮的长木板、细绳、钩码、导线及开关外，在下面的仪器和器材中，必须使用的有_______。
(填选项代号)A.电压合适的50 Hz交流电源B.电压可调的直流电源C.刻度尺D.秒表E.天平(2)实验过程中，下列做法正确的是_______。
(填选项代号)A.先接通电源，再使纸带运动B.先使纸带运动，再接通电源C.将接好纸带的小车停在靠近滑轮处D.将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处【解析】(1)本实验需要的电源是电压合适的交流电源，还需要用刻度尺测量纸带点迹间的距离，故选A、C。
(2)实验过程中，要先接通电源，等到打点稳定后，再使纸带运动，要将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处，这样可以打出较多的点，故选A、D。
答案：(1)A、C (2)A、D2、如图为两个足球运动员在赛前练习助攻进球的过程，其中BP在一条直线上，假设甲运动员在B处将足球以11 m/s 的速度沿直线的方向踢出，足球沿着地面向球门P处运动，足球运动的加速度大小为1 m/s2，在A位置的乙运动员发现甲运动员将足球踢出去后，经过1 s的反应时间，开始匀加速向连线上的C处奔去，乙运动员的最大速度为9 m/s，已知B、C两点间的距离为60.5 m，A、C两点间的距离为63 m。
(1)乙运动员以多大的加速度做匀加速运动，才能与足球同时运动到C位置？(2)乙运动员运动到C处后以一定的速度将足球沿CP方向踢出，已知足球从C向P做匀减速运动，足球运动的加速度大小仍然为1 m/s2，假设C点到P点的距离为9.5 m，守门员看到运动员在C处将足球沿CP方向水平踢出后，能够到达P 处扑球的时间为1 s，那么乙运动员在C处给足球的速度至少为多大，足球才能射进球门？【解析】(1)对于足球：x BC=v0t-at2代入数据得t=11 s=t-1 s=10 s乙运动员的运动时间t乙乙运动员的最大速度为9 m/s，乙运动员先加速后匀速到C处，设加速时间为t′，则x AC=t′+v m乙(t乙-t′)==1.5 m/s2代入数据求得t′=6 s，a乙(2)由题意知，足球从C到P时间最多为1 s，乙运动员给足球的速度最少为v，此时足球位移x CP=vt″-at″2，代入数据可得v=10 m/s答案：(1)1.5 m/s2(2)10 m/s3、如图所示，固定斜面的倾角θ=30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ=，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点。
(广西专用)2020高考物理二轮复习计算题专项训练(含解析)
计算题专项训练(时间:80分钟满分:100分)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=ΔvΔv =4.02m/s2=2.0m/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=v0vv0v =2.010=0.2。
(2)由题中v-t图像可知,物块初速度大小v=4m/s、传送带速度大小v'=2m/s,物块在传送带上滑动t1=3s后,与传送带相对静止。
前2s内物块的位移大小x1=v2t1'=4m,向右后1s内的位移大小x2=v'2t1″=1m,向左3s内位移x=x1-x2=3m,向右=1.5s物块再向左运动时间t2=vv'物块在传送带上运动时间t=t1+t2=4.5s。
(3)物块在传送带上滑动的3s内,传送带的位移x'=v't1=6m,向左;物块的位移x=x1-x2=3m,向右相对位移为Δx'=x'+x=9m所以转化的热能E Q=F f×Δx'=18J。
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。
右斜面上存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于斜面向上。
重庆2020人教高考物理二轮实验和计算题选练二及答案
重庆2020人教高考物理二轮实验和计算题选练二及答案1、在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，备用实验器材如下：A．小灯泡(标称值为“2.5 V,1.25 W”) B．电流表(量程0.6 A，内阻约1 Ω) C．电流表(量程3 A，内阻约0.2 Ω) D．电压表(量程1.5 V，内阻3 KΩ) E．滑动变阻器(0～10 Ω) F．滑动变阻器(0～200 Ω)G．定值电阻(阻值为100 Ω) H．定值电阻(阻值为3 KΩ)I．电源(电动势3 V，内阻很小) J．开关，导线若干备选电路图如下(各电路图中R为滑动变阻器，R0为定值电阻)：为了实现实验测量目标，并使测量结果尽量准确，回答以下问题(填写器材前的字母序号或电路图下的字母序号)：(1)电路图应选择________．(2)电流表应选择________．(3)滑动变阻器应选择________．(4)定值电阻应选择________．(5)如图所示，是此次实验所得出的小灯泡的伏安特性曲线，若把该小灯泡与一个电动势为3 V，内阻为0.8 Ω的电源直接相连接，构成闭合回路，小灯泡________(能、不能)正常发光，理由是灯泡两端电压______2.5 V(填“大于”、“等于”或“小于”)．【参考答案】(1)C(2)B(3)E(4)H(5)不能大于解析：(1)“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡的额定电压为2.5 V，电压表量程较小，故需要串联定值电阻H来扩大量程为3 V，电流表外接连接，滑动变阻器分压连接，电路图选择C.(2)小灯泡的额定电流为I＝PU＝0.5 A，故选择电流表B.(3)滑动变阻器分压连接，选择阻值较小的E.(4)根据上述分析可知，定值电阻选择H.(5)在图中画出电源的U－I图线，两图线的交点即为小灯泡实际的电压和电流，小灯泡的实际电压为2.6 V，电流为0.47 A，小灯泡不能正常发光，理由是灯泡两端电压大于2.5 V.2、如图所示，两根长度相同间距为R的直木棍AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上固定不动．一个重力为G、半径为R的圆柱工件架于两木棍之间，工件与木棍之间滑动摩擦因数为32(最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力)，求：(1)若木棍与水平方向夹角为30°，试分析该工件的运动情况．(2)若该工件做匀速直线运动，木棍与水平方向夹角为多少？【参考答案】(1)处于静止状态(2)45°解析：(1)圆柱工件受到重力和棍的弹力、摩擦力作用，根据几何关系可知，两棍对工件弹力的方向夹角为60°.重力沿棍方向的分力G 1＝Gsin30°＝12G ，重力垂直棍方向的分力G 2＝Gcos30°＝32G ，棍对工件的弹力F N ＝33G 2＝12G ，最大静摩擦力2f ＝2μF N ＝32G ，大于重力沿棍方向的分力，故工件处于静止状态．(2)工件做匀速直线运动，受力平衡，根据平衡条件可知，垂直棍方向上3F N ′＝Gcosθ.沿棍方向上2μF N ′＝Gsinθ.联立解得tanθ＝1，即θ＝45°.3、如图所示，空间内有场强大小为E 的匀强电场，竖直平行直线为匀强电场的电场线(方向未知)，现有一电荷量为q ，质量为m 的带负电的粒子，从O 点以某一初速度垂直电场方向进入电场，A 、B 为运动轨迹上的两点，不计粒子的重力及空气的阻力．(1)若OA 连线与电场线夹角为60°，OA ＝L ，求带电粒子从O 点到A 点的运动时间及进电场的初速度；(2)若粒子过B 点时速度方向与水平方向夹角为60°，求带电粒子从O 点到B 点过程中电场力所做的功．【参考答案】(1) mLqE v 0＝ 3qEL m (2)9qEL8解析：(1)带电粒子做曲线运动，受力指向轨迹的内侧，电场力方向向上，带电粒子带负电，电场强度方向竖直向下．水平方向的位移Lsin60°＝v 0t.竖直方向的位移Lcos60°＝12·qE m t 2.联立解得，t ＝ mLqE ，v 0＝ 3qELm .(2)根据运动的合成与分解知识可知，粒子到达B 点的速度v ＝v 0cos60°＝2v 0.带电粒子从O 点到B 点过程中，根据动能定理可知，W ＝12m v 2－12m v 20.联立解得电场力做功W ＝32m v 20＝9qEL 8.4、如图所示，可视为质点的物体A 和B ，质量分别为m A ＝2 kg 和m B ＝3kg ，被两根质量不计的轻绳固定在如图所示的装置上，整体处于整直平面内且处于静止状态．装置与水平方向夹角为α＝30°，装置两端为大小不计的光滑定滑轮．左绳下面部分水平，右绳与水平方向夹角为β＝60°，g ＝10 m/s 2.求：(1)两根细绳的弹力大小；(2)物体A 所受的摩擦力．【参考答案】(1)右绳的弹力大小为20 N ，左绳的弹力大小为10 N (2)零解析：(1)分析物体B 的受力情况，如图所示：根据共点力的平衡条件可知，水平方向上T 1sinβ＝m B g.竖直方向上T 1cosβ＝T 2.联立解得T 1＝20 N ，T 2＝10 N.(2)研究物体A 的受力情况，如图所示：沿斜面方向上，m A gsinα＋T2＝F f＋T1.解得，F f＝0.5、如图所示，在光滑水平面上有一辆长为L、质量为m的绝缘木板小车正以向右的初速度v0＝gl2做匀速直线运动，现无初速度释放一个质量也为m，带电量为＋q(q＞0)的小物块在小车的正中央，发现物块恰好没有从车上掉下来：(1)求物块与小车上表面间的滑动摩擦因数μ；(2)若车的初速度为2v0，在物块刚放上小车的同时在空间加一水平向右的匀强电场E1，为了让物块不从车的左端掉下来，求电场强度E1的最小值．(重力加速度为g)【参考答案】(1)0.25(2)3mg 2q解析：(1)物块与小车相互作用的过程中，系统动量守恒．选取向右为正方向，m v0＝2m v.根据能量守恒可知，系统产生的热量等于动能的损失．μmg·L2＝12m v2－122m v2.联立解得，μ＝0.25.(2)电场方向水平向右，物块向右做匀加速直线运动，qE1＋μmg＝ma1. 小车在摩擦力作用下向右做匀减速直线运动，a2＝μg.分析可知，当E1取最小值时，二者共速时，物块恰好到达小车的左端．v共＝a1t＝2v0－a2t.2v0＋v共2t－v共2t＝L2.3mg 联立解得，E1＝2q.。
(新课标)2020高考物理二轮复习新高考模拟卷(二)(含解析)
新高考模拟卷(二)(时间：90分钟分值：100分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．1．一个静止的钚核239 94Pu自发衰变成一个铀核235 92U和另一个原子核X.假设该反应没有γ射线产生，则下列说法正确的是( )A．X是氦(He)原子，又叫α粒子B．该反应质量增加C．铀核与X的动量大小之比为1∶2D．X与铀核的动能之比为235∶4解析：选D.由原子核衰变时电荷数和质量数守恒可知，X是氦(He)原子核，又叫α粒子，不是氦(He)原子，选项A错误；衰变过程有质量亏损，选项B错误；钚核衰变过程动量守恒，铀核与X的动量大小相等、方向相反，选项C错误；根据动能与动量的关系E k＝p22m，可以得到X与铀核的动能之比为235∶4，选项D正确．2．下列有关热力学现象和规律的描述不正确的是( )A．布朗运动的无规则性反映了液体分子运动的无规则性B．用打气筒给自行车充气，越打越费劲，说明气体分子间表现为斥力C．一定质量的理想气体，在体积不变时，气体分子平均每秒与器壁碰撞次数随温度的降低而减少D．一定质量的理想气体经历等压膨胀过程，分子平均动能增大解析：选B.悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动是因为液体分子与悬浮颗粒的碰撞，所以布朗运动的无规则性间接表明了液体分子的运动的无规则性，选项A正确；用打气筒给自行车打气，越打越费劲是因为自行车轮胎内气体的压强在逐渐增大，而不是气体分子之间的斥力造成的，选项B错误；一定质量的理想气体，在体积不变时，由查理定律可知，温度降低，压强减小，气体分子平均每秒与器壁碰撞的次数减少，选项C正确；一定质量的理想气体经历等压膨胀时，气体的体积增大，由盖－吕萨克定律可知，气体的温度升高，而温度是分子平均动能的标志，可知分子的平均动能增大，选项D正确．3.如图，倾角为θ的传送带正以速度v0匀速顺时针转动，现将物块轻放在传送带的顶端A点，在物块向下运动的过程中，关于物块的速度v、所受摩擦力的大小f、摩擦力功率的大小P、重力势能E p的图象一定不正确的是( )解析：选A.物块在传送带上运动的情况有三种，即①一直匀加速或②先匀加速与传送带同速后再以更小加速度加速或③先匀加速与传送带同速后再匀速，B 、D 选项对应于情况③；由P ＝fv 知C 对应②；重力势能与时间在两个阶段不可能都是线性关系，故选A.4．两列分别沿x 轴正、负方向传播的简谐横波在t ＝0时刻的波形如图所示，其中a 波振幅为2 cm ，沿x 轴正方向传播；b 波振幅为1 cm ，沿x 轴负方向传播，两列波传播的速度大小均为v ＝2 m/s.则下列说法正确的是( )A ．两列波的质点的起振方向均沿y 轴正方向B ．两列波从相遇到分离所用的时间为4 sC ．t ＝1 s 时刻，质点P 运动到M 点D ．t ＝1.5 s 时，质点Q 离开平衡位置的位移为1 cm解析：选D.由“上坡下、下坡上”的判断原则可知，由于t ＝0时刻质点P 、Q 起振且均处于上坡位置，所以两列波的质点的起振方向均沿y 轴负方向，选项A 错误；两列波从相遇到分离所用的时间为t ＝2λ2v＝2 s ，选项B 错误；在波向前传播的过程中，质点传播的是振动的形式，质点本身并不会随波迁移，选项C 错误；t ＝1.5 s 时，两列波刚好在x ＝5 m 处相遇，b 波中x ＝11 m 处的波形刚好传播到x ＝8 m 处，所以此时Q 质点刚好位于波峰处，因此质点Q 离开平衡位置的位移为1 cm ，选项D 正确．5．2019年4月10日，全球多地同步公布了人类历史上第一张黑洞照片．黑洞是一种密度极大，引力极大的天体，以至于光都无法逃逸．黑洞的大小由史瓦西半径公式R ＝2GM c 2决定，其中引力常量G ＝6.67×10－11 N·m 2/kg 2，光速c ＝3.0×108 m/s ，天体的质量为M .已知太阳的质量约为2×1030 kg ，假如它变成一个黑洞，则“太阳黑洞”的半径约为( )A ．1 cmB ．1 mC ．3 kmD ．300 km解析：选C.根据题意知，引力常量G ＝6.67×10－11 N·m 2/kg 2，光速c ＝3.0×108 m/s ，天体质量为M ＝2×1030 kg ，则由史瓦西半径公式R ＝2GM c 2可得，太阳变成一个黑洞的半径R ＝2×6.67×10－11×2×1030（3×108）2 m ＝2.96×103 m ，故C 正确．6.一金属球，原来不带电，现沿球直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN ，如图所示．金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上a 、b 、c 三点的场强大小分别为E a 、E b 、E c ，三者相比，则( )A ．E a 最大B ．E b 最大C ．E c 最大D ．E a ＝E b ＝E c解析：选C.处于静电平衡的导体内部场强处处为零，故a 、b 、c 三点的场强都为零．静电平衡在导体内部场强为零是感应电荷产生的电场与外电场叠加的结果，所以感应电荷在球内某点产生的电场的场强与MN 在这一点形成的电场的场强等大、反向．比较a 、b 、c 三点感应电场的场强，实质上是比较带电体MN 在这三点的场强．由于c 点离MN 最近，故MN 在c 点的场强最大，感应电荷在c 点场强也最大．故选C.7.如图所示，一束光从空气中射向折射率为n ＝2的某种玻璃的表面，θ1表示入射角，则下列说法中错误的是( )A ．当θ1＞45°时会发生全反射现象B ．无论入射角θ1是多大，折射角θ2都不会超过45°C ．欲使折射角θ2＝30°，应以θ1＝45°的角度入射D ．当入射角θ1＝arctan 2时，反射光线和折射光线恰好互相垂直解析：选A.发生全反射现象的条件是：光从光密介质射向光疏介质，且入射角大于临界角，所以，选项A 中，当光从空气中射向玻璃时不会发生全反射现象，选项A 错误；由折射率n ＝sin θ1sin θ2＝2可知，当入射角最大为90°时，折射角θ2＝45°，所以B 正确；由折射率n ＝sin θ1sin θ2可知，选项C 、D 均正确． 8．如图所示，甲球从O 点以水平速度v 1飞出，落在水平地面上的A 点．乙球从O 点以水平速度v 2飞出，落在水平地面上的B 点，反弹后恰好也落在A 点．两球质量均为m .若乙球落在B 点时的速度大小为v 3，与地面的夹角为60°，且与地面发生弹性碰撞，不计碰撞时间和空气阻力，下列说法不正确的是( )A ．乙球在B 点受到的冲量大小为3mv 3B ．抛出时甲球的机械能大于乙球的机械能C ．OA 两点的水平距离与OB 两点的水平距离之比是3∶1D ．由O 点到A 点，甲、乙两球运动时间之比是1∶1解析：选D.由动量定理I ＝Δp y ＝2mv 3sin 60°，A 正确；显然甲球抛出初速度大，动能大，势能相同，B 正确；乙球与地面弹性碰撞，由对称性知t 甲∶t 乙＝1∶3，第一次落地水平位移比为s OA ∶s OB ＝3∶1，C 正确，D 错误．二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9．某电场的电场线分布如图所示，M、N、Q是以电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线与直线MN垂直．以下说法正确的是( )A．O点电势与Q点电势相等B．M点场强大于O的场强C．将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加D．正电荷在Q点所受电场力的方向与OQ垂直且竖直向上解析：选BC.根据电场线与等势线垂直特点，在O点所在电场线上找到Q点的等势点，该等势点在O点的上方，根据沿电场线电势降低可知，O点的电势比Q点的电势高，故A错误；根据电场线分布情况可知，M点的电场强度比O点的电场强度大，故B正确；M点的电势比Q 点的电势高，负电荷由M点移到Q点，电场力做负功，电荷的电势能增加，故C正确；正电荷所受的电场力与该点电场线的切线方向相同，斜向上，故D错误．10．如图所示，电源电动势为E、内阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计．则下列说法正确的是( )A．若电阻R2短路，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流B．在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从a到b的电流C．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流D．在将S断开，电路稳定后，油滴向下运动，G中无电流通过解析：选BD.若电阻R2短路，则电容器两极板间的电压为零，油滴向下运动，A错误；滑片向下移动，滑动变阻器连入电路的电阻减小，电容器两端电压减小，电容器放电，电场减弱，油滴向下加速运动，G中有从a到b的电流，B正确；在滑片P向上移动的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻增大，故电路总电阻增大，路端电压增大，电路总电流减小，即通过R1的电流减小，所以R1两端的电压减小，而路端电压是增大的，所以滑动变阻器两端电压增大，电容器处于充电状态，G 中有从b 到a 的电流，因电容器两极板间的电压增大，则两极板间的电场强度增大，所以油滴向上加速运动，C 错误；将S 断开，由于电容器放电，两极板间的电压减小，所以两极板间的电场强度减小，故油滴不能保持静止状态，油滴向下运动，当电路稳定后，电路中无电流，D 正确．11．(2019·辽宁葫芦岛一模)如图甲所示，在MN 、QP 间存在一匀强磁场，t ＝0时，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F 作用下紧贴MN 从静止开始做匀加速运动，外力F 随时间t 变化的图线如图乙所示，已知线框质量m ＝1 kg 、电阻R ＝2 Ω，则( )A ．线框的加速度为2 m/s 2B ．磁场宽度为6 mC ．匀强磁场的磁感应强度为 2 TD ．线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为22 C 解析：选ACD.当t ＝0时线框的速度为零，没有感应电流，线框不受安培力，则线框的加速度为：a ＝F m ＝21m/s 2＝2 m/s 2，故A 正确；磁场的宽度等于线框在0～2 s 内的位移，为：d ＝12at 22＝12×2×22 m ＝4 m ，故B 错误；设线框的边长为L ，则L 等于线框在0～1 s 内的位移，即为：L ＝12at 21＝12×2×12 m ＝1 m ，当线框全部进入磁场的瞬间：F 1－F 安＝ma ，而F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ＝B 2L 2at R，式中，F 1＝4 N ，t ＝1 s ，m ＝1 kg ，R ＝2 Ω，联立得到：B ＝ 2 T ，故C 正确；线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为：q －＝I －t ＝BL v －t R ＝BL 2R ＝2×122 C ＝22C ，故D 正确．12．如图所示，水平桌面上放着一对平行的金属导轨，左端与一电源相连，中间还串有一开关K ，导轨上放着一根金属棒ab ，空间存在着垂直于导轨平面向下的匀强磁场．已知两导轨间距为d ，电源电动势为E ，导轨电阻及电源内阻均不计，ab 棒的电阻为R ，质量为m ，棒与导轨间摩擦不计．闭合开关K ，ab 棒向右运动并从桌边水平飞出，已知桌面离地高度为h ，金属棒落地点的水平位移为s .下面的结论中正确的是( )A ．开始时ab 棒离导轨右端的距离L ＝mgRs 24hB 2d 2E B ．磁场力对ab 棒所做的功W ＝mgs 24hC ．磁场力对ab 棒的冲量大小I ＝msg 2h D ．ab 棒在导轨上运动时间t ＝msR B 2d 2E g 2h解析：选BC.闭合开关瞬间，导体棒ab 中的电流I ＝ER ，ab 棒受到的安培力F ＝BId ＝BEd R ，导体棒做加速运动，产生反电动势E ′＝Bdv .随着v 变大，E ′变大，电路中电流变小，F 变小，F 为变力，所以A 、D 项无法求出．ab 棒离开桌面后做平抛运动，水平方向s ＝vt ，竖直方向：h ＝12gt 2，解得：v ＝s g 2h ，由动能定理磁场力对ab 棒所做的功为：W ＝12mv 2＝ms 2g 4h，故B 正确；由动量定理可知，冲量I ＝mv ＝msg 2h，故C 正确． 三、非选择题：本题共6小题，共60分． 13．(6分)某实验小组用如图甲所示的实验装置测当地的重力加速度，图中A 、B 是两个光电门，钢球自由下落过程中，先后通过光电门A 、B ，钢球通过光电门A 时与光电门相连的光电计时器开始计时，通过光电门B 时就停止计时，得到钢球从A 运动到B 所用的时间t ，用刻度尺测出A 、B 间的高度h .保持钢球下落的位置不变，光电门B 的位置不变，改变光电门A 的位置，重复前面的实验，测出多组h 、t 的值．(1)根据测得的多组h 、t 的值，算出每组的h t ，作出h t－t 图象，则图象应是图乙中的____________．(2)图线在纵轴上的截距表示____________，要求出重力加速度，必须求出图线的____________，若求出的图线的这个量用k 表示，则当地的重力加速度为__________________．解析：(1)由于钢球下落的位置不变，光电门B 的位置不变，因此钢球到达B 点的速度不变，设钢球到B 点时的速度为v B ，则钢球的运动可以看成是反方向的匀减速直线运动，有h＝v B t －12gt 2，即h t ＝v B －12gt ，D 正确； (2)由函数表达式可知，图线在纵轴上的截距表示钢球通过光电门B 时的速度，要求出重力加速度，必须求出图线斜率的绝对值，则由k ＝12g 解得g ＝2k . 答案：(1)D (2)钢球通过光电门B 时的速度 斜率的绝对值 2k14．(8分)使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)，一个电阻和一表头串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端，现需要测量多用电表内直流电源的电动势，给定的仪器有：待测多用电表、量程为0～60 mA 的电流表、电阻箱、导线若干．实验时，将多用电表调至“×1”挡，调好零点，电阻箱置于适当数值．完成填空：(1)仪器连接如图甲所示(a 和b 是多用电表的两个表笔)，若多用电表和电流表均正常工作，则表笔a 为________(填“红”或“黑”)色．(2)若适当调节电阻箱后，多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图乙、丙、丁所示，则多用电表的读数为__________Ω，电流表的读数为______mA ，电阻箱的读数为______Ω.(3)将图甲中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为________mA(保留3位有效数字)．(4)计算得到多用电表内电池的电动势为________V(保留3位有效数字)．解析：(1)串联的电流表必须使电流从正接线柱流进，负接线柱流出，多用电表在使用时必须使电流从红表笔流进，黑表笔流出，所以可以判断a 表笔为黑表笔．(2)多用电表用“×1”挡，其读数为14.0×1 Ω＝14.0 Ω；电流表的量程是60 mA ，其最小分度值为1 mA ，读数为53.0 mA ；电阻箱的读数为(0×100＋0×10＋4×1＋6×0.1)Ω＝4.6 Ω.(3)多用电表的内阻即为欧姆表指针半偏时的电阻，由题图乙可知R 内＝15 Ω，故多用电表两表笔短接时，流过多用电表的电流I ＝E R 内 ①，其中E 为直流电源的电动势，(2)中多用电表外电路的电阻为多用电表的读数R 外＝14.0 Ω，此时干路电流I 1＝ER 内＋R 外 ②.联立①②式代入数据可得I ＝102 mA.(4)由(3)可得多用电表内电池的电动势E ＝IR 内＝I 1(R 内＋R 外)＝1.54 V.答案：(1)黑 (2)14.0 53.0 4.6(3)102 (4)1.5415．(8分)如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量m ＝1kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F ＝16 N ，无人机上升过程中最大速度为 6 m/s.若无人机从地面以最大升力竖直起飞，达到最大速度所用时间为3 s ，假设无人机竖直飞行时所受阻力大小不变．g 取10 m/s 2.求：(1)无人机在竖直上升过程中所受阻力F f 的大小；(2)无人机从地面起飞竖直上升至离地面h ＝30 m 的高空所需的最短时间．解析：(1)无人机以最大升力起飞时的加速度 a ＝Δv Δt ＝6 m/s －03 s＝2 m/s 2. 由牛顿第二定律F －F f －mg ＝ma得F f ＝4 N.(2)竖直向上加速阶段x 1＝12at 21，x 1＝9 m 匀速阶段t 2＝h －x 1v＝3.5 s t ＝t 1＋t 2＝6.5 s.答案：(1)4 N (2)6.5 s16．(8分)篮球比赛是一种观赏性较高的体育比赛，比赛中篮球内气体的压强要控制在一定范围内，否则会影响篮球落地后的反弹性能．在某次篮球比赛中，赛前在室温15 ℃ 时检测到球内气体的压强为1.5 atm.(1)若篮球密封良好，比赛时球内气体的温度为30 ℃，试计算此时球内气体的压强；(2)若在篮球比赛过程中，球内气体温度始终为室温15 ℃，但篮球有些缓慢漏气，当球赛结束时，检测发现球内气体压强为1.4 atm ，则在比赛过程中漏掉的气体是球内原有气体的百分之几？(计算结果均保留3位有效数字)解析：(1)由于篮球的体积不变，所以当温度升高时，篮球发生等容变化，设温度为30 ℃时球内气体的压强为p ，由查理定律可得 1.5 atm （273＋15） K ＝p （273＋30） K解得p ＝1.58 atm.(2)设篮球体积为V ，气体发生等温膨胀后气体的体积为V ′，则由玻意耳定律可得1．5V ＝1.4V ′解得V ′＝1514V 所以漏出篮球的气体的体积为ΔV ＝V ′－V ＝114V 漏掉的气体占球内原有气体的百分比为ΔV V ′×100%＝6.67%. 答案：见解析17.(14分)如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，各边界均与y 轴平行，Ⅰ、Ⅱ区域存在匀强电场，方向分别沿＋x 和－y 方向，Ⅰ区域电场强度大小为E ，Ⅲ区域有垂直xOy 平面向里的磁场．三个区域宽度均为L ，一个氕核11H 和一个氘核21H 先后从坐标原点释放，已知21H 与左边界成60°进入磁场，最后恰好与右边界相切离开磁场，11H 的质量为m ，电荷量为q ，不计重力．求：(1)21H 第一次离开Ⅱ区的坐标；(2)Ⅲ区域匀强磁场的磁感应强度大小；(3)11H 第一次离开磁场位置的坐标．解析：(1)对氘核，在Ⅰ区中加速，由动能定理： qEL ＝12×2mv 2x进入Ⅱ区，粒子类平抛， L ＝v x t ，v y ＝at ，tan θ＝v y v x ，y ＝12at 2 实际速度v ＝v x cos θ将θ＝30°代入得：v ＝2qEL 3m ，y ＝3L 6， 因此 21H 第一次离开Ⅱ区的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2L ，－36L .(2)进入磁场后，21H 做圆周运动，运动轨迹如图甲所示，由几何关系知： R sin 30°＋R ＝L又：qvB ＝2mv 2R ，解得： B ＝23mEqL .(3)对于氕核，m ′＝m ，q ′＝q ，由(1)知：y ′＝3L 6，v ′＝22qEL 3m ，θ′＝30°，R ′＝2L 3作出如图乙所示的轨迹图，根据几何关系有：Δy ＝2R ′sin 60°出射点纵坐标为：y ″＝－y ′＋Δy联立解得：y ″＝⎝⎛⎭⎪⎫63－36L 11H 第一次离开磁场位置的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2L ，⎝ ⎛⎭⎪⎫63－36L . 答案：见解析18.(16分)如图所示，地面和半圆轨道面均光滑．质量M ＝1 kg 、长为L ＝4 m 的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为s ＝3 m ，小车上表面与半圆轨道最低点P 的切线相平．现有一质量m ＝2 kg的滑块(视为质点)以v 0＝6 m/s 的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动．小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10 m/s 2.(1)求小车与滑块的相对位移；(2)求小车与墙壁碰撞时的速度；(3)要使滑块在半圆轨道上运动时不脱离，求半圆轨道的半径R 的取值． 解析：(1)设滑块与小车的共同速度为v 1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有 mv 0＝(m ＋M )v 1代入数据解得v 1＝4 m/s设滑块与小车的相对位移为L 1，由系统能量守恒有μmgL 1＝12mv 20－12(m ＋M )v 21 代入数据解得L 1＝3 m.(2)设与滑块相对静止时小车的位移为s 1，根据动能定理有μmgs 1＝12Mv 21－0代入数据解得s 1＝2 m.因L 1<L ，s 1<s ，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，故小车与墙壁碰撞时的速度为 v 1＝4 m/s.(3)小车与墙壁碰撞后，滑块在小车上继续向右做初速度v 1＝4 m/s ，位移为L 2＝L －L 1＝1 m 的匀减速直线运动，然后滑上半圆轨道的最低点P .若滑块恰能滑过半圆轨道的最高点Q ，设滑至最高点的速度为v ，临界条件为mg ＝m v 2R根据动能定理有－μmgL 2－mg (2R )＝12mv 2－12mv 21 联立并代入数据解得R ＝0.24 m若滑块恰好滑至14圆弧处，到达T 点时速度减为零，则滑块也能沿半圆轨道运动而不脱离半圆轨道．根据动能定理有－μmgL 2－mgR ＝0－12mv 21 代入数据解得R ＝0.6 m.综上所述，要使滑块在半圆轨道上运动时不脱离，半圆轨道的半径必须满足R ≤0.24 m 或R ≥0.6 m.答案：(1)3 m (2)4 m/s (3)R ≤0.24 m 或R ≥0.6 m。
2020年高考物理训练卷(二)
2020年高考物理训练卷（二）二、选择题：本题共8小题，每题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第14~17题只有一个选项符合题目要求，第18~21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．我国核聚变反应研究科学装置“人造太阳”获得重大突破，“人造太阳”有望提供人类需要的丰富清洁能源。
“人造太阳”的核聚变可简化为4个氢核（H 11）聚变生成氦核（He 42），并放出2个中微子（v 00）和2个某种X 粒子。
下列说法正确的是A ．X 粒子可能是质子（H 11）B ．X 粒子可能是正电子（e 01） C ．核聚变后的总质量增加 D ．核聚变中电荷数和质量守恒15．某次排球比赛中，球员甲接到队友的传球，在网前L =3.60m 处起跳，在离地面高H =3.20m 处将球以v 0=12 m/s 的速度正对球网水平击出，对方球员乙刚好在进攻路线的网前，她可利用身体任何部位进行拦网阻击。
设球员乙的直立和起跳拦网高度分别为h 1=2.50 m 和h 2=2.95 m ，不计空气阻力，重力加速度大小g 取10m/s 2。
下列情景中，球员乙不可能拦网成功的是A ．乙在甲击球前0.3 s 起跳离地B ．乙在甲击球后0.3 s 起跳离地C ．乙在甲击球前0.2 s 起跳离地D ．乙在甲击球后0.2 s 起跳离地16．客机在高空以800km/h 的速度飞行，高空中空气的密度约1.2kg/m 3，飞行员的面部面积约0.037 m 2，空中风速不计。
若驾驶舱的挡风玻璃发生破裂，则飞行员面部受到的冲击力约A ．220NB ．1200NC ．2200ND ．3200N17．在家庭用电高峰期，用户输入电压降低，导致家用电器无法正常工作。
如图，某用户在入户处安装了“稳压源”的家用升压设备，其原理是根据入户电压与用电器工作电压，智能调节理想变压器原、副线圈匝数比的升压设备，保证家用电器正常工作（图中 为理想电表），下列说法正确的是A ．空调制冷启动时，热水器实际功率增加B ．空调制冷停止时，导线电阻的能耗增加C ．若用户输入电压升高，则电流表示数增大D ．若用户输入电压降低，则电流表示数增大18．如图，物体A 、B 跨过定滑轮并用轻绳连接起来，物体A 放在倾角为θ的固定粗糙斜面上，滑轮左边的轻绳平行斜面。
重庆市2020年高三物理高考二模试卷(II)卷
重庆市2020年高三物理高考二模试卷（II）卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共8题；共18分)1. （2分） (2017高一下·辽宁期末) 电磁场理论预言了电磁波的存在．建立电磁场理论的科学家是（）A . 法拉第B . 麦克斯韦C . 奥斯特D . 安培2. （2分）如图为“水流导光”实验装置，长直开口透明塑料瓶内装有适量清水，在其底侧开一小孔，水从小孔流出形成弯曲不散开的水流，用细激光束透过塑料瓶水平射向该小孔，观察到激光束没有完全被限制在水流内传播，下列操作有助于激光束完全被限制在水流内传播的是（）A . 增大该激光的强度B . 向瓶内再加适量清水C . 改用频率更低的激光D . 改用折射率更小的液体3. （2分）设地球的半径为R0 ，质量为m的卫星在距地面2R0高处做匀速圆周运动，地面的重力加速度为g ，则下列说法不正确的是（）A . 卫星的线速度为B . 卫星的角速度为C . 卫星的加速度为D . 卫星的周期为2π4. （2分） (2019高二上·惠州期中) 如图所示电路中，当滑动变阻器R3的滑动触头P向b端移动时：（）A . 电压表示数变大，电流表示数变小B . 电压表示数变大，电流表示数变大C . 电压表示数变小，电流表示数变大D . 电压表示数变小，电流表示数变小5. （2分）如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异种电荷．一带电小球水平射入板间，轨迹如图中虚线所示，那么（）A . 小球所受合外力发生变化B . 小球从M点运动到N点电势能一定增加C . 小球从M点运动到N点动能一定增加D . 小球从M点运动到N点机械能一定增加6. （3分）(2016·上海) 甲、乙两列横波在同一介质中分别从波源M、N两点沿x轴相向传播，波速为2m/s，振幅相同；某时刻的图像如图所示。
则（）A . 甲乙两波的起振方向相反B . 甲乙两波的频率之比为3:2C . 再经过3s，平衡位置在x=7m处的质点振动方向向下D . 再经过3s，两波源间（不含波源）有5个质点位移为零7. （2分）如图为某物体做直线运动的图象，关于这个物体在4s内运动的情况，下列说法正确的是（）A . 物体始终向同一方向运动B . 加速度大小为2m/s2C . 4s末物体离出发点最远D . 4s内通过的路程为4m，位移为零8. （3分） (2017高二下·阳江期末) 在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如图所示的PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图位置运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为 v，则下列说法正确的是（）A . 此时圆环中的电功率为B . 此时圆环的加速度为C . 此过程中通过圆环截面的电量为D . 此过程中回路产生的电能为0.75mv2二、非选择题 (共6题；共53分)9. （1分）在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学使用了如图1所示的装置，打点计时器使用的交流电频率为50Hz.①该同学得到一条纸带，在纸带上取连续的六个点，如图2所示，自A点起，相邻两点的距离分别为10.1mm、12.0mm、14.1mm、16.0mm、18.0mm，则打E点时小车速度为________m/s,小车的加速度为________ m/s2(结果保留一位小数)。
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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2020届高考查漏补缺之物理计算题题型专练（二）1、一质量为m 的烟花弹获得动能E 后,从地面竖直升空,当烟花弹上升的速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E ,且均沿竖直方向运动。
爆炸时间极短,重力加速度大小为g ,不计空气阻力和火药的质量,求 （1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间; （2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
2、如图所示,“L”型滑板,(平面部分足够长),质量为4m,距滑板的A 壁为Ll 距离的B 处放有一质量为m,电量为+q 的大小不计的小物体,小物体与滑板,及滑板与地面的摩擦均不计,整个装置处于场强为E 的匀强电场中,初始时刻,滑板与小物体均静止,试求:1.释放小物体,第一次与滑板A 壁碰前小物体的速度v 1大小;2.若小物体与A 壁碰后相对水平地面的速度大小为碰前的3/5,碰撞时间极短,则碰撞后滑板速度的大小;3.若滑板足够长,小物体从开始运动到第二次碰撞前,电场力做功为多少.3、光滑水平面上放着质量1A m kg =的物块A 与质量2B m kg =的物块B,A 与B 均可视为质点,A 靠在竖直墙壁上,A 、B 间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A 、B 均不拴接),用手挡住B 不动,此时弹簧弹性势能49p E J =。
在A 、B 间系一轻质细绳,细绳长度大于弹簧的自然长度,如图所示。
放手后B 向右运动,绳在短暂时间内被拉断,之后B 冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道,其半径R=0.5m,B 恰能到达最高点C 。
取210/g m s =,求:(1)绳拉断后瞬间B 的速度B v 的大小; (2)绳拉断过程绳对B 的冲量I 的大小; (3)绳拉断过程绳对A 所做的功W 。
4、如图所示，把质量为3克的带电小球A 用丝线吊起，若将带电量为8410C -⨯的正电小球B 靠近它，当两小球在同一高度相距3cm 时，丝线与竖直夹角为30o ，取210m/s g =，9229.010N m /C k =⨯⋅求：（1）小球A 带正电还是负电？（2）此时小球A 受到的库仑力大小和方向？ （3）小球A 带的电量A q ？5、如图所示为一组未知方向的匀强电场的电场线,将带电荷量为61.010C q -=-⨯的点电荷由A 点沿水平线移至B 点,克服静电力做了6210J -⨯的功,已知A 、B 间的距离为2cm 。
1.试求A 、B 两点间的电势差AB U ;2.若A 点的电势为1V A ϕ=,试求B 点的电势B ϕ;3.试求该匀强电场的大小E 并判断其方向。
6、平面直角坐标系xOy 中,第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场,第Ⅲ现象存在沿y 轴负方向的匀强电场,如图所示。
一带负电的粒子从电场中的Q 点以速度0v 沿x 轴正方向开始运动, Q 点到y 轴的距离为到x 轴距离的2倍。
粒子从坐标原点O 离开电场进入磁场,最终从x 轴上的P 点射出磁场, P 点到y 轴距离与Q 点到y 轴距离相等。
不计粒子重力,为:1.粒子到达O 点时速度的大小和方向;2.电场强度和磁感应强度的大小之比。
7、如图所示,AMB 是一条长L=10m 的绝缘水平轨道,固定在离水平地面高h=1.25m 处,A 、B 为端点,M 为中点,轨道MB 处在方向竖直向上,大小E=5×105N/C 的匀强电场中,一质量m=0.1kg,电荷量q=+1.3×10-4C 的可视为质点的滑块以初速度v 0=6m/s 在轨道上自A 点开始向右运动,经M 点进入电场,从B 点离开电场,已知滑块与轨道间动摩擦因数μ=0.2,求滑块1.到达M 点时的速度大小2.从M 点运动到B 点所用的时间3.落地点距B 点的水平距离8、如图所示,真空中四个相同的矩形匀强磁场区域,高为4d ,宽为d ,中间两个磁场区域间隔为2d ,中轴线与磁场区域两侧相交于'O O 、点,各区域磁感应强度大小相等.某粒子质量为m 、电荷量为q +,从O 沿轴线射入磁场.当入射速度为0v 时,粒子从O 上方2d处射出磁场.取sin530.8︒=,cos530.6︒=.（1）求磁感应强度大小B ;（2）入射速度为05v 时,求粒子从O 运动到'O 的时间t ;（3）入射速度仍为05v ,通过沿轴线'OO 平移中间两个磁场(磁场不重叠),可使粒子从O 运动到'O 的时间增加t ∆,求t ∆的最大值.9、间距为l 的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成,如图所示,倾角为θ的导轨处于大小为1B ,方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中,水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m 的“联动双杆”(有两根长为l 的金属杆cd 和ef,用长度为L 的刚性绝缘杆连接构成),在“联动双杆”右侧存在大小为2B ,方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ,其长度大小于L ,质量为m 、长为l 的金属杆ab 从倾斜导轨上端释放,达到匀速后进入水平导轨(无能量损失),杆ab 与“联动双杆”发生碰撞,碰后杆ab 和cd 合在一起形成“联动三杆”。
“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ并从中滑出。
运动过程中,杆ab 、cd 和ef 与导轨始终接触良好,且保持与导轨垂直。
已知杆ab 、cd 和ef 电阻均为0.1kg m =,0.5m l =,0.3m L =,30θ=o ,10.1T B =,20.2T B =,不计摩擦阻力和导轨电阻,忽略磁场边界效应。
求:1.杆ab 在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小0v ;2.“联动三杆”进入磁场区域Ⅱ前的速度大小为v ;3.“联动三杆”滑过磁场区域Ⅱ产生的焦耳热Q 。
10、如图,两条相距l 的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内,其左端接一阻值为R 的电阻;一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上;在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S 的区域,区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场,磁感应强度打下1B 随时间t 的变化关系为1B kt =,式中k 为常量;在金属棒右侧还有一匀强磁场区域,区域左边界MN (虚线)与导轨垂直,磁场的磁感应强度大小为0B ,方向也垂直于纸面向里。
某时刻,金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动,在0t 时刻恰好以速度0v 越过MN ,此后向右做匀速运动。
金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好,它们的电阻均忽略不计。
求:1.在0t =到0t t =时间间隔内,流过电阻的电荷量的绝对值;2.在时刻()0t t t >穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。
答案以及解析1答案及解析：答案：（1）设烟花弹上升的初速度为0v ,由题给条件有 212E mv =① 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t ,由运动学公式有00v gt -=-②联立①②式得12Et g m=（2）设爆炸时烟花弹距地面的高度为1h ,由机械能守恒定律有1E mgh =④火药爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设炸后瞬间其速度分别为1v 和2v 。
由题给条件和动量守恒定律有22121144mv mv E +=⑤ 1211022mv mv +=⑥ 由⑥式知,烟花弹两部分的速度方向相反,向上运动部分做竖直上抛运动。
设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为2h ,由机械能守恒定律有2121142mv mgh =⑦ 联立④⑤⑥⑦式得,烟花弹上部分距地面的最大高度为122Eh h h mg=+=⑧ 解析：2答案及解析：答案： 1.对物体,根据动能定理,有211 1/2qEL mv =得 112qEL v m=2.物体与滑板碰撞前后动量守恒,设物体第一次与滑板碰后的速度为v 1′;滑板的速度为v,则11 4Mv mv mv ='+若 '11 3/5v v =则11/10v v = 因为1 v v '= ,则不符合实际, 故应取'113/5v v =- 1122255qEL v v m==3.在物体第一次与A 壁碰后到第二次与A 壁碰前,物体做匀变速运动,滑板做匀速运动,在这段时间内,两者相对于水平面的位移相同.∴21()/2v v t vt -= 即12127755qEL v v m==对整个过程运用动能定理得;电场力做功22'2121111113()2225W mv mv mv qEL =+-=解析：3答案及解析：答案：（1）设B 在绳被拉断后瞬时的速率为B v ，到达C 点的速率为C v ，根据B 恰能到达最高点C 有：2B CB m v F m g R==向①对绳断后到B 运动到最高点C 这一过程应用动能定理： 2211222B B c B B m gR m v m v -=-② 由①②解得：5/B v m s =；（2）设弹簧恢复到自然长度时B 的速率为1v ，取向右为正方向，弹簧的弹性势能转化给B 的动能：2112B Ep m v =③ 根据动量定理有：1B B B I m v m v =-④由③④解得：4I N s =-•，其大小为4N s •；（3）设绳断后A 的速率为A v ，取向右为正方向，根据动量守恒定律有： 1B B B A A m v m v m v =+⑤根据动能定理有： 212A A W m v =⑥ 由⑤⑥解得：W=8J 。
解析：4答案及解析：答案：（1）对A 受力分析如下图所示因B 带正电，则A 带负电；（2）根据共点力平衡条件，结合几何关系得到sin 30T mg ︒=, cos30T F ︒=解得：3333tan 301010110N F mg --=︒=⨯=⨯；由A 到B （3）根据库仑定律，有：2QqF q r=故：2329981.0100.0391042.510C 10A B Fr kQ q ---⨯⨯===⨯⨯⨯⨯ 解析：5答案及解析：答案： （1）由题意可知，静电力做负功，有：6210AB W J =⨯﹣﹣根据66210 2110AB ABW U V q ---⨯===-⨯ （2）由AB A B U ϕϕ=﹣，可得121B A AB U V V V ϕϕ===﹣﹣﹣ （3）沿着电场方向的位移为2221060110d cos m m =⨯︒=⨯﹣﹣ 22200/10AB d E U V m -=== 沿着电场线方向电势降低，所以电场线的方向：沿电场线斜向下 解析：6答案及解析：答案：1.在电场中,粒子做类平抛运动,设Q 点到x 轴的距离为L,到y 轴的距离为2L,粒子的加速度为a,运动时间为t,有 02L v t =①21at 2L =②设粒子到达O 点时沿y 轴方向的分速度为y v y v at =③设粒子到达O 点时速度方向与x 轴方向的夹角为α,有 0tan y v v α=④联立①②③④式得45α=︒ ⑤即粒子到达O 点时速度方向与x 轴正方向的夹角为45°角斜向上。