2017版高考物理二轮复习计算题41分练(1)
(江苏专版)2017高考物理二轮复习 计算题47分强化练(二)
计算题47分强化练(二)1．(15分)泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流，它的面积、体积和流量都较大．泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大．某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，如图1甲所示，他们设计了如下的模型：在水平地面上放置一个质量为m ＝5 kg 的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F 随位移变化如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.6，g 取10 m/s 2.求：甲 乙图1(1)物体在运动过程中的最大加速度为多大？(2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？(3)物体在水平面上运动的最大位移是多大？【解析】 (1)当推力F 最大时，加速度最大由牛顿第二定律，得F －μmg ＝ma解得a ＝10 m/s 2.(2)由图象可知：F 随x 变化的函数方程为F ＝80－20x速度最大时，合外力为零，即F ＝μmg所以x ＝2.5 m.(3)位移最大时，末速度为零根据动能定理可得W F －μmgs ＝0根据图象可知，力F 做的功为W F ＝12Fx ＝160 J 所以s ＝16030m ＝5.33 m. 【答案】 (1)10 m/s 2 (2)2.5 m (3)5.33 m2．(16分)流动的海水蕴藏着巨大的能量．如图2为一利用海流发电的原理图，用绝缘材料制成一个横截面为矩形的管道，在管道的上、下两个内表面装有两块电阻不计的金属板M 、N ，板长为a ＝2 m ，宽为b ＝1 m ，板间的距离d ＝1 m ．将管道沿海流方向固定在海水中，在管道中加一个与前后表面垂直的匀强磁场，磁感应强度B ＝3 T ．将电阻R ＝14.75 Ω的航标灯与两金属板连接(图中未画出)．海流方向如图，海流速率v ＝10 m/s ，海水的电阻率为ρ＝0.5 Ω·m，海流运动中受到管道的阻力为1 N.图2(1)求发电机的电动势并判断M、N两板哪个板电势高；(2)求管道内海水受到的安培力的大小和方向；(3)求该发电机的电功率及海流通过管道所消耗的总功率．【解析】(1)电动势E＝Bdv＝30 VM板的电势高．(2)两板间海水的电阻r＝ρdab＝0.25 Ω回路中的电流I＝ER＋r＝2 A，磁场对管道内海水的作用力F＝BId＝6 N，方向向左(与海流流动方向相反)．(3)P1＝I2(R＋r)＝60 WP2＝P1＋fv＝70 W.【答案】(1)30 V M板电势高(2)6 N 方向向左(3)60 W 70 W3．(16分)如图3所示，在y轴的右方有一磁感应强度为B的方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴的下方有一场强为E的方向平行x轴向左的匀强电场．有一铅板放置在y轴处，且与纸面垂直．现有一质量为m、电荷量为q的粒子由静止经过加速电压为U的电场加速，然后以垂直于铅板的方向从A处沿直线穿过铅板，而后从x轴上的D处以与x轴正向夹角为60°的方向进入电场和磁场叠加的区域，最后到达y轴上的C点．已知OD长为l，不考虑粒子受到的重力，求：【导学号：25702113】(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的时间；(2)粒子经过铅板时损失的动能；(3)粒子到达C点时的速度大小．【解析】(1)粒子在第一象限内做匀速圆周运动，由：Bqv ＝m v 2R ， T ＝2πR v ， t ＝16T 联立可求得粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的时间：t ＝πm 3Bq. (2)粒子经电场加速过程由动能定理可得：qU ＝E k0由几何关系，粒子做圆周运动的半径：R ＝l sin 60°粒子穿过铅板损失的动能：ΔE k ＝E k0－12mv 2. 联立以上各式可得：ΔE ＝qU －2B 2q 2l 23m. (3)粒子由D 到达C 的过程中，由动能定理可得：Eql ＝12mv 2C －12mv 2 代入可得：v C ＝6Eqml ＋4B 2q 2l 23m2. 【答案】 (1)πm 3Bq (2)qU －2B 2q 2l 23m(3)6Eqml ＋4B 2q 2l 23m 2。
【4份】2017届高考物理二轮复习(全国通用)计算题模拟小卷含答案
【4份】2017届高考物理二轮复习（全国通用）计算题模拟小卷含答案目录计算题模拟小卷(一) (1)计算题模拟小卷(二) (4)计算题模拟小卷(三) (6)计算题模拟小卷(四) (9)计算题模拟小卷(一)24．(12分)为了减少汽车刹车失灵造成的危害，如图1所示为高速路上在下坡路段设置的可视为斜面的紧急避险车道。
一辆货车在倾角θ＝30°的连续长直下坡高速路上，以v0＝7 m/s的速度在刹车状态下匀速行驶(在此过程及后面过程中，可认为发动机不提供牵引力)，突然汽车刹车失灵，开始加速运动，此时汽车所受到的摩擦力和空气阻力共为车重的0.2。
在加速前进了x0＝96 m后，货车冲上了平滑连接的倾角α＝37°的避险车道，已知货车在该避险车道上所受到的摩擦力和空气阻力共为车重的0.65。
货车的各个运动过程均可视为直线运动，取sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2。
求：图1(1)货车刚冲上避险车道时的速度大小v；(2)货车在避险车道上行驶的最大距离x。
【详细分析】(1)设货车加速下行时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可知：mgsin θ－k1mg＝ma1(2分)解得：a1＝3 m/s2(1分)由公式v2－v20＝2a1x0(2分)解得：v＝25 m/s(1分)(2)设货车在避险车道上行驶的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可知：mgsin α＋k2mg＝ma2(2分)解得：a2＝12.5 m/s2(1分)由v2－0＝2a2x(2分)解得：x＝25 m(1分)答案(1)25 m/s(2)25 m25．(20分)在真空中，边长为3L的正方形区域ABCD分成相等的三部分，左右两侧为匀强磁场，中间区域为匀强电场，如图2所示，左侧磁场的磁感应强度大小为B1＝6mqU2qL，方向垂直纸面向外；右侧磁场的磁感应强度大小为B2＝6mqUqL，方向垂直于纸面向里；中间区域电场方向与正方形区域的上下边界平行。
《师说》2017届高考物理二轮复习专题复习专项训练实验题标准练(一)Word版含解析
学需要验证的机械能守恒的表达式为________(用题中所给物理量的字母表示在该实验中下列说法正确的是________．
．该实验中先接通电源，后释放小车
．由于摩擦力对实验结果有影响，所以把木板搭在台阶上是为了平衡摩擦
．由于阻力的存在，该实验中小车增加的动能一定小于小车减少的重力势能．在该实验中还需要用天平测量小车的质量
本题考查了验证机械能守恒定律的实验原理、操作步骤及数据的处理等
中的实验器材连接成测量电路．
．在烧杯中加入适量冷水和冰块，形成冰水混合物，正确连接电路，闭合开关，记录电流表、电压表的示数和温度计的示数，断开开关；
．在烧杯中添加少量热水，闭合开关，记录电流表、电压表示数和温度计的的操作若干次，测得多组数据．
①若某次测量中，温度计的示数为t，电流表、电压表的示数分别为
阻值随温度变化的函数关系为R＝________.
本题考查探究热敏电阻随温度变化规律的实验，涉及仪器选取、电路设计、器材连接等，意在考查学生的实验能力．
热敏电阻中的最大电流约为I＝E
R＝30 mA，因此电流表选择量程为
15 kΩ×10 Ω，电流表采用外接法．
②如图所示。
2017届高考物理二轮复习测试：六、功功率动能定理：含解析
六、功功率动能定理姓名：________班级：________1．一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F 1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v .若将水平拉力的大小改为F 2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v .对于上述两个过程，用W F 1、W F 2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，W f 1、W f 2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则()A ．W F 2>4W F 1，W f 2>2W f 1B ．W F 2>4W F 1，W f 2＝2W f 1C ．W F 2<4W F 1，W f 2＝2W f 1D ．W F 2<4W F 1，W f 2<2W f 1解析：因为物体做匀加速直线运动，所以x 1＝v 2t ，x 2＝2v 2t ，而W f 1＝μmgx 1，W f 2＝μmgx 2，所以有W f 2＝2W f 1，根据动能定理有W F 1－W f 1＝12m v 2，W F 2－W f 2＝2m v 2，所以有W F 2<4W F 1，C 项正确．答案：C2．汽车在平直公路上以速度v 0匀速行驶，发动机功率为P ，快进入闹市区时，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小为P 2，并保持此功率继续在平直公路上行驶．设汽车行驶时所受的阻力恒定，则能正确反映从减小油门开始汽车的速度随时间变化的图象是()解析：汽车匀速行驶时牵引力等于阻力．功率减小为P 2时，根据公式P ＝F v 得牵引力立即减小一半，小于阻力，合力向后，汽车做减速运动，选项D 错误；由公式P ＝F v 可知，功率一定时，速度减小后，牵引力增大(仍小于阻力)，合力减小，加速度减小，即汽车做加速度不断减小的减速运动，当牵引力增大到等于阻力时，速度为v 02，加速度减为零，汽车重新做匀速直线运动，选项B 正确，A 、C 错误．答案：B 3.如图所示，小球在水平拉力作用下，以恒定速率v 沿竖直光滑圆轨道由A 点运动到B 点，在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是()A ．逐渐减小B ．逐渐增大C ．先减小，后增大D ．先增大，后减小解析：因为小球是以恒定速率运动，即它做匀速圆周运动，那么小球受到的重力G 、水平拉力F 、轨道的支持力三者的合力必是沿半径指向O 点．设小球与圆心的连线与竖直方向夹角为θ，则F G＝tan θ(F 与G 的合力必与轨道的支持力在同一直线上)，得F ＝G tan θ，而水平拉力F 的方向与速度v 的方向夹角也是θ，所以水平力F 的瞬时功率是P ＝F v cos θ＝G v sin θ.显然，从A 点到B 点的过程中，θ是不断增大的，所以水平拉力F 的瞬时功率是一直增大的，故B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B4.如图所示，甲、乙两物体之间存在相互作用的滑动摩擦力，甲对乙的滑动摩擦力对乙做了负功，则乙对甲的滑动摩擦力对甲()A ．可能做正功，也可能做负功，也可能不做功B ．可能做正功，也可能做负功，但不可能不做功C ．可能做正功，也可能不做功，但不可能做负功D ．可能做负功，也可能不做功，但不可能做正功解析：若甲固定不动，乙在甲表面滑动，则乙对甲的滑动摩擦力对甲不做功；若乙向右运动的同时甲向左运动，则甲、乙间的一对滑动摩擦力均做负功；若水平地面光滑，静止的甲在乙的滑动摩擦力带动下做加速运动，则乙对甲的滑动摩擦力对甲做正功，所以只有选项A 正确．答案：A5．(多选)如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v 0沿逆时针方向运行．t ＝0时，将质量m ＝1kg 的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v —t 图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g ＝10m/s 2.则下列说法不正确的是()A ．传送带的速率v 0＝10m/sB ．传送带的倾角θ＝30°C ．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D ．0～2.0s 内摩擦力对物体做功W f ＝－24J解析：由v —t 图象可知，物体放上传送带开始阶段，加速度a 1＝10.0m/s 2，物体与传送带同速后，加速度a 2＝12.0－10.02.0－1.0m/s 2＝2.0m/s 2，传送带的速率v 0＝10m/s ，A 正确；由mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2可求得：θ＝37°，μ＝0.5，B 错误，C 正确；由动能定理得：mgl sin θ＋W f ＝12m v 2，v ＝12.0m/s ，l ＝12×10×1m ＋10.0＋12.02×1m ＝16m ，解得W f ＝－24J ，D 正确．答案：ACD 6.如图所示，将一质量为m 的小球以一定的初速度自O 点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A 点，OA 与竖直方向夹角为53°，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则小球抛出时的动能与到达A 点时动能的比值为()A.43B.34C.134D.413解析：小球做平抛运动，则v 0t ＝12gt 2tan53°，v y ＝gt ，v 2A ＝v 20＋v 2y ，可得12m v 2012m v 2A ＝413，只有选项。
高考物理二轮复习 第六章 力学实验 提能增分练(一)测重力加速度的8种方法
提能增分练(一) 测重力加速度的8种方法1.如图1所示，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可以测定重力加速度。
(1)所需器材有：电磁打点计时器、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需________(填字母代号)。
A ．直流电源B ．天平及砝码C ．4～6 V 交流电源D ．毫米刻度尺(2)实验中得到的一条纸带如图2所示，图中五个数据中不符合有效数字要求的一组数据应改为________cm ；重物在打下点D 时的速度大小为________m/s 。
重物的加速度大小为________m/s 2。
该实验中测得的重力加速度偏小，其主要原因是______________________________________。
解析：(1)电磁打点计时器需接4～6 V 交流电源。
重力加速度与重物的质量无关，所以不需要天平和砝码。
计算速度需要测相邻计数点的距离，需要毫米刻度尺，故A 、B 错误，C 、D 正确。
(2)毫米刻度尺测量长度，要求估读到最小刻度的下一位，这五个数据中不符合有效数字要求的是：2.0，应改为2.00。
A 、B 、C 、D 、E 、F 是打点计时器连续打出的点，因此计时点之间的时间间隔为：T ＝0.02s ；根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于平均速度求出D 点速度为：v D ＝x CE2T＝0.103 2－0.043 90.04m/s ＝1.482 5 m/s ，根据逐差法有：a ＝x CE －x AC 4T 2＝0.103 2－0.043 9－0.043 94×0.022m/s 2＝9.625 m/s 2， 由于重物下落的过程中存在摩擦力及空气的阻力，因此所测重力加速度比实际的要小。
答案：(1)CD (2)2.00 1.482 5 9.625 实验中存在摩擦力及空气的阻力2．(2017·内蒙古赤峰二中检测)如图甲所示为阿特武德机的示意图，它是早期测量重力加速度的器械，由英国数学家和物理学家阿特武德于1784年制成。
2017高考物理二轮复习 高考冲刺卷1 含答案 精品
高考冲刺卷(一)班级：__________ 姓名：__________ 学号：__________一、选择题：本题共8小题，每小题5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5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分14．一质点做匀加速直线运动，速度变化Δv 时发生位移x 1，紧接着速度变化同样的Δv 时发生位移x 2，则该质点的加速度为( D )A ．(Δv )2(1x 1＋1x 2)B ．2(Δv )2x 2－x 1C ．(Δv )2(1x 1－1x 2)D ．(Δv )2x 2－x 1解析：由Δv ＝aT 和x 2－x 1＝aT 2得a ＝(Δv )2x 2－x 1. 15．如图所示，有弯成半圆形的金属导线ADC ，O 是其圆心，导线的长度为L .匀强磁场的磁感应强度为B ，方向与平面AOCD 垂直．当在该导线中通以由A 到C 、大小为I 的恒定电流时，该导线受到的安培力的大小和方向是( C )A ．BIL ，与直线AC 垂直0B ．BIL ，与直线OD 垂直 C ．2BIL π，与直线AC 垂直 D.2BIL π，与直线OD 垂直 解析：L 为12圆弧，R ＝L π，有效长度为l ＝2R ＝2L π，安培力为F ＝BIl ＝2BIL π，方向由左手定则判断，与直线AC 垂直．16．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v 0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m 的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( D )解析：小木块被释放后的开始阶段做匀加速直线运动，所受摩擦力沿斜面向下，加速度为a 1，当小木块与传送带速度相同后，小木块开始以a 2的加速度做匀加速直线运动，此时小木块所受摩擦力沿斜面向上，所以a 1＞a 2，在v －t 图象中，图线的斜率表示加速度，故选项D 正确．17．在如图所示的虚线MN 上方存在磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，纸面上直角三角形OPQ 的∠OQP 为直角，∠QOP 为30°.两带电粒子a 、b 分别从O 、P 两点垂直于MN 同时射入磁场，恰好在Q 点相遇，则由此可知( A )A ．带电粒子a 的速度一定比b 大B ．带电粒子a 的质量一定比b 大C ．带电粒子a 的运动周期一定比b 大D ．带电粒子a 的轨道半径一定比b 大解析：如图所示，由几何关系可得，两粒子轨道圆心在同一点O ′，轨道半径相等，选项D 错误，两带电粒子射入磁场，同时到达Q 点，故运动时间相等．由图可知，粒子a 到达Q 点运动的圆弧对应的圆心角为120°，粒子b 到达Q 点运动的圆弧对应的圆心角为60°，因此由T ＝2πm qB有13T a ＝16T b ，即： 13·2πm a q a B ＝16·2πm b q b B， 解得q a q b ·m b m a ＝21，选项B 、C 错误． 由r ＝m v qB 有v a v b ＝q a q b ·m b m a ＝21，选项A 正确． 18．如图所示，质量为m 的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F ＝mg sin θ.已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q ，滑块动能E k 、势能E p 、机械能E 随时间t 、位移x 变化关系的是( C )解析：根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力．施加一沿斜面向上的恒力F ＝mg sin θ，物体机械能保持不变，重力势能随位移x 均匀增大，选项C 正确；D 错误．产生的热量Q ＝F f x ＝μmg (v 0t ＋12at 2)cos θ，Q 与t 不成正比，滑块动能E k ＝12m v 2＝12m (v 0＋at )2，与t 不是一次函数关系，选项A 、B 错误． 19．据某网站报道，前不久一个国际研究小组观测到了一组双星系统，发现它们绕两者连线上的某点O 做匀速圆周运动，而且双星系统中体积较小的成员能“吸食”另一颗体积较大星体表面物质，达到质量转移的目的，如图所示．假设在“吸食”过程中两者球心之间的距离保持不变，则在该过程中( AC )A ．它们的角速度始终保持相等B ．它们做圆周运动的角速度不断变大C ．体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度也变大D ．它们做圆周运动的万有引力保持不变解析：双星在万有引力作用下绕双星连线上一点运动，其特点是运动周期相等，选项A 正确．设体积较小的星体质量为m 1，轨道半径为r 1，体积大的星体质量为m 2，轨道半径为r 2，双星间的距离为L ，转移的质量为Δm ，则它们之间的万有引力F ＝G (m 1＋Δm )(m 2－Δm )L 2， 由数学知识可得，随着Δm 的增大，F 先增大后减小，选项D 错误．对m 1：G (m 1＋Δm )(m 2－Δm )L 2＝(m 1＋Δm )ω2r 1；对m 2：G (m 1＋Δm )(m 2－Δm )L 2＝(m 2－Δm )ω2r 2；由上式联立解得ω＝G (m 1＋m 2)L 3，因总质量m 1＋m 2不变，两者距离L 不变，则角速度ω不变，故B 错误．由前面的分析得：ω2r 2＝G (m 1＋Δm )L 2，ω、L 、m 1均不变，Δm 增大，则r 2增大，即体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，由v ＝ωr 2得线速度v 也增大，故C 正确．20．如图甲所示，在水平面上固定一个匝数为10匝的等边三角形金属线框，总电阻为3 Ω，边它为0.4 m ．金属框处于两个半径为0.1 m 的圆形匀强磁场中，顶点A 恰好位于左边圆的圆心，BC 边的中点恰好与右边圆的圆心重合．左边磁场方向垂直水平面向外，右边磁场方向垂直水平面向里，磁感应强度的变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是(π取3.14)( CD )A ．线框中感应电流的方向是顺时针方向B ．t ＝0.4 s 时，穿过线框的磁通量为0.005 WbC ．经过t ＝0.4 s ，线框中产生的热量为0.3 JD ．前0.4 s 内流过线框的电荷量为0.2 C解析：由图知B 1垂直水平面向里，大小随时间增大，B 2垂直水平面向外，大小不变．故通过线框的磁通量变化由B 1决定，由楞次定律可知，线框中感应电流方向为逆时针方向，选项A 错．t ＝0.4 s 时刻，穿过线框的磁通量φ＝B 1×π2r 2－B 2×π6r 2＝0.058 Wb.选项B 错， 由Q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ΔφΔt R 2RΔt ＝0.3 J ，选项C 正确； 在t ＝0.4 s 内通过线框的电荷量q ＝It ＝n ΔφΔt R Δt ＝n ΔφR＝0.2 C ，选项D 正确． 21．如图所示，在匀强电场中有一正方体，电场线的方向与直线a ′d 平行，已知a ′点的电势φ1＝2 V ，d 点的电势φ2＝－2 V ．O 点是顶点a 、c 连线的中点．则以下说法正确的是( AC )A ．若把一个电子从O 点移到a 点，电场力做功1.6×10－19 J B ．若把一个电子从O 点移到a 点，电场力做功3.2×10－19 JC ．若把一个电子从O 点移到c 点，电场力做功－1.6×10－19 JD ．若把一个电子从O 点移到c 点，电场力做功－3.2×10－19J 解析：设直线a ′d 的中点为p ，如图所示，根据几何关系，直线ap 与直线a ′d 垂直．因此直线ap 是等势线，a 、p 两点等势，因为a ′点的电势φ1＝2 V ，d 点的电势φ2＝－2 V ，则p 点电势为0，即a 点电势为0；又因为直线cd 与直线a ′d 垂直，则c 、d 两点等势，c 点电势为－2 V ，又因为O 点是a 、c 连线的中点，则O 点电势为－1 V ，因此U Oa ＝－1 V ，U Oc ＝1 V ，若把一个电子从O 点移到a 点，电场力做功1.6×10－19 J ，A 正确；B 错误；把一个电子从O 点移到c 点，电场力做功－1.6×10－19 J ，C 正确，D 错误．二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第26题为必考题，每个试题考生都必须做答．22．(5分)某同学设计了以下的实验来验证机械能守恒定律：在竖直放置的光滑的塑料米尺上套一个磁性滑块m ，滑块可沿米尺自由下落．在米尺上安装一个连接了内阻很大的数字电压表的多匝线框A ，线框平面在水平面内，滑块可穿过线框，如图所示．把滑块从米尺的0刻度线处释放，记下线框所在的刻度h 和滑块穿过线框时的电压U .改变h ，调整线框的位置，多做几次实验，记录各次的h 、U .(1)如果采用图象法对得出的数据进行分析认证，用图线__U 2－h __(选填“U －h ”或“U 2－h ”)更容易得出结论．(2)影响本实验精确程度的因素主要是__空气阻力(或由于电磁感应损失机械能)__(列举一点即可)解析：(1)由mgh ＝12m v 2，得：v ＝2gh ，根据法拉第电磁感应定律：U ＝BL v ＝BL 2gh ，U 2＝2B 2L 2gh .每次滑落时B 、L 相同，故U 2与h 成正比，如果采用图象法对得出的数据进行分析论证，线性图线会更直观，故用U 2－h 图象．(2)由于空气阻力等的影响，使滑块下落时减少的重力势能不能完全转化为动能，从而带来实验误差．23．(7分)在电学实验中由于电压表、电流表内阻的影响，使得测量结果总存在系统误差．某校课外研究性学习小组进行了消除电表内阻对测量影响的探究，利用如图甲所示的电路测定电阻R x 的值．器材有：电源，适当量程的电流表、电压表各一只，滑动变阻器R ，电阻箱R p ，开关S 1、S 2，导线若干．他设计的电路图如图甲所示．(1)请你帮他按电路原理图在实物图乙上连线．(2)其主要操作过程：第一步：将开关S 2断开，开关S 1闭合，调节滑动变阻器R 和电阻箱R p ，使电压表、电流表读数合理，读出这时的电压表的示数U 1和电流表的示数I 1.第二步：将开关S 2闭合，保持__R P __阻值不变，调节__R __阻值，使电压表和电流表有较大的读数，读出此时电压表的示数U 2和电流表的示数I 2；由以上记录的数据计算出被测电阻的表达式为R x ＝ U 1U 2U 1I 2－U 2I 1(用电表的读数表示)． (3)此探究实验中，被测电阻的测量值__等于__真实值(选填“大于”“小于”或“等于”)．解析：(1)(2)第一步实验，U 1I 1＝R 并；第二步实验，U 2I 2＝R 并R x R 并＋R x解得R x ＝U 1U 2U 1I 2－U 2I 1. (3)此探究实验中，没有系统误差，被测电阻的测量值等于真实值．24．(10分)如图所示，轻绳绕过定滑轮，一端连接物块A ，另一端连接在滑环C 上，物块A 的下端用弹簧与放在地面上的物块B 连接，A 、B 两物块的质量均为m ，滑环C 的质量为M ，开始时绳连接滑环C 部分水平，绳刚好拉直，滑轮到杆的距离为L ，控制滑块C ，使其沿杆缓慢下滑，当C 下滑43L 时，释放滑环C ，结果滑环C 刚好处于静止，此时B 刚好要离开地面，不计一切摩擦，重力加速度为g .(1)求弹簧的劲度系数．(2)若由静止释放滑环C ，求当物块B 刚好要离开地面时，滑环C 的速度大小．解析：(1)设开始时弹簧的压缩量为x ，则kx ＝mg设B 物块刚好要离开地面，弹簧的伸长量为x ′，则kx ′＝mg因此x ′＝x ＝mg k由几何关系得2x ＝L 2＋⎝⎛⎭⎫43L 2－L ＝23L 求得x ＝13L ，k ＝3mg L(2)由(1)知A 上升的距离为h ＝x ＋x ′＝23L C 下滑的距离H ＝43L 根据机械能守恒MgH －mgh ＝12m (v H H 2＋L2)2＋12M v 2 求得v ＝10(2M －m )gL 48m ＋75M. 答案：(1)3mg L(2)10(2M －m )gL 48m ＋75M 25．(18分)如图所示的竖直平面内，相距为d 、不带电且足够大的平行金属板M 、N 水平固定放置，与灯泡L 、开关S 组成回路并接地，M 板上方有一带电微粒发射源盒D ，灯泡L 的额定功率与电压分别为P L 、U L .电荷量为q 、质量为m 1的带电微粒以水平向右的速度v 0从D 盒右端口距M 板h 高处连续发射，落在M 板上其电荷立即被吸收且在板面均匀分布，板间形成匀强电场，当M 板吸收一定电量后闭合开关S ，灯泡能维持正常发光，质量为m 2的带电粒子Q 以水平速度从左侧某点进入板间，并保持该速度穿过M 、N 板．设带电微粒可视为质点，重力加速度为g ，忽略带电微粒间的相互作用及空气阻力，试分析下列问题：(1)初始时带电微粒落在M 板上的水平射程为多少？(2)D 盒发射功率多大？(3)若在M 、N 板间某区域加上磁感应强度为B 、方向垂直于纸面的匀强磁场，使Q 粒子在纸面内无论从左侧任何位置以某最小的水平速度进入，都能到达N 板上某定点O ，求该Q 粒子的最小速度和所加磁场区域为最小时的几何形状及位置．解析：(1)由题知，在初始时M 板不带电，带电微粒在空间做平抛运动，设带电微粒到达M 板的时间为t 1，水平射程为l 1，有h ＝12gt 21，l 1＝v 0t 1 联立解得l 1＝v 0g2gh . (2)灯泡正常发光，金属板M 、N 间的电压为U L ，由电容器知识可知，金属板M 、N 所带电量为定值．这时落到板M 的电量全部流过灯泡．设流过灯泡的电流为I L ，在时间t 内流过灯泡的电量为Q L ，有P L ＝I L U LQ L ＝I L t设单位时间发射带电微粒的个数为n ，有Q L ＝nqt联立解得n ＝P L qU L根据功率知识，有P D ＝W t ＝nE k ＝n 12m 1v 20＝m 1P L v 202qU L(3)闭合开关S 后，M 、N 板间为匀强电场，Q 进入后速度不变，则说明Q 所受电场力与重力平衡，设Q 粒子带电荷量为q 2，有q 2U L d ＝m 2g ，q 2＝m 2gd U L再进入磁场区域Q 必做匀速圆周运动．以O 点为坐标原点，如图，建立直角坐标系xOy ，Q 进入板间做匀速直线运动，到达G 点时进入磁场做匀速圆周运动到达O 点．设Q 做匀速圆周运动的圆心为C ，半径为r ，OC 与水平方向的夹角为θ，G 点的坐标为(x ，y )，有x ＝－r cos θ，y ＝r ＋r sin θ联立得：x 2＋(y －r )2＝r 2由上式可知磁场在y 轴左边的边界为半圆，要让Q 粒子以最小速度在板间任何位置水平入射进入且又要该圆为最小，必有r ＝12dQ 靠近M 板进入磁场时做匀速圆周运动的轨迹为y 轴右边的半圆，其方程为x 2＋⎝⎛⎭⎫y －d 22＝⎝⎛⎭⎫d 22 Q 从其他位置进入磁场做匀速圆周运动的轨迹不会超出y 轴与此半圆所围区域，故磁场在y 轴右边区域最小的边界也为该半圆，则磁场的最小区域为圆，半径为12d ，圆心为距O 点12d 的板间中心处，由圆周运动知识，对Q 粒子有q 2B v min ＝m 2v 2min r得v min ＝q 2Br m 2＝gBd 22U L. 答案：(1)v 0g2gh (2)m 1P L v 202qU L (3)gBd 22U L见解析． 26．(15分)(1)(6分)关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是__A_B_D__.A ．普朗克曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整数倍，这个不可再分的最小能量值ε叫做能量子B ．德布罗意提出：实物粒子也具有波动性，而且粒子的能量ε和动量p 跟它对所应的波的频率ν和波长λ之间，遵从关系ν＝εh 和λ＝h pC ．卢瑟福认为，原子是一个球体，正电荷弥漫性地均匀分布在整个球体内，电子镶嵌其中D ．按照爱因斯坦的理论，在光电效应中，金属中的电子吸收一个光子获得的能量是hν，这些能量的一部分用来克服金属的逸出功W 0，剩下的表现为逸出后电子的初动能E KE ．玻尔的原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态的跃迁的概念，成功地解释了所有原子光谱的实验规律(2)(9分)如图所示，光滑水平面上静止着倾角为θ、高度为H 、质量为M 的光滑斜面，质量为m 的小球以一定的初速度从斜面底端沿着斜面向上运动．若斜面固定，小球恰好冲上斜面顶端；若斜面不固定，求小球冲上斜面后能达到的最大高度h .解析：(2)斜面固定，小球冲上斜面顶端的过程机械能守恒，设其初速度为v 0，有12m v 20＝mgH 斜面不固定，设小球冲上斜面后达到最大高度时与斜面的共同速度为v ，由系统机械能守恒，有12m v 20＝12(m ＋M )v 2＋mgh 系统水平方向动量守恒 m v 0＝(m ＋M )v联立解得 h ＝MH m ＋M答案：(2)h ＝MH M ＋m三、选考题：共15分．请考生从给出的2道物理题中任选一题做答，并用2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．Ⅰ.(物理——选修3-3)(15分)(1)(6分)下列说法正确的是__BCD__.(选对一个给3分，选对两个给4分，选对3个给6分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)A ．悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间跟它相撞的液体分子数越少，布朗运动越不明显B ．分子间存在的引力和斥力都随着分子间距离的增大而减小，但是斥力比引力减小的更快C ．在各种晶体中，原子(或分子、离子)都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性D ．不需要任何动力或燃料，却能不断对外做功的永动机是不可能制成的E ．如果没有漏气、没有摩擦，也没有机体热量的损失，热机的效率可以达到100%(2)(9分)如图所示的水银气压计中混入了一个空气泡，上升到水银柱的上方，使水银柱上方不再是真空，因而气压计的读数比实际的大气压小些．当实际大气压为768mmHg 时，气压计的读数只有750mmHg ，此时管中水银面到管顶的距离为80mm.设环境温度保持不变：①当气压计读数为740mmHg 时，实际大气压为多少？②在外界气压缓慢减小的过程中，水银柱上方的气体是吸热还是放热？解析：(2)①当实际大气压为768 mmHg 时，封闭气体压强为P 1＝(768－750) mmHg ＝18 mmHg设管内部横截面积为S ，则封闭气体体积为V 1＝80 mm·S当水银气压计读数为740 mmHg 时，设实际大气压为P ，封闭气体压强为P 2＝P －740 mmHg此时水银柱高度下降10 mm ，封闭气体体积为V 2＝90 mm·S由于环境温度保持不变，由玻意耳定律P 1V 1＝P 2V 2代入数据求得P ＝756 mmHg②在外界气压缓慢减小的过程中，环境温度保持不变，即ΔU ＝0气体体积膨胀，对外界做功，即W ＜0由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q所以，Q ＞0，即水银柱上方的气体吸热答案：(2)水银柱上方的气体吸热Ⅱ.(物理——选修3-4)(15分)(1)(6分)一列简谐横波沿x 轴正方向传播．t ＝0时刻的波形图如图中实线所示，质点P 的坐标为(4 m,0)，t ＝0.4 s 时的波形图如图中虚线所示．波的传播速度为__5(4n ＋1)n ＝0、1、2……__m/s ；若T >0.4 s ，当t ＝1.0 s 时，P 点的坐标为 (4 m ，－10m) .(2)(9分)如图所示，在桌面上方有一倒立的玻璃圆锥，顶角∠AOB ＝120°，顶点O 与桌面的距离为4a ，圆锥的底面半径R ＝3a ，圆锥轴线与桌面垂直．有一半径为R 的圆柱形平行光垂直入射到圆锥的底面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合．已知玻璃的折射率n ＝3，求光束在桌面上形成的光斑的面积解析：(2)如图所示，射到OA 界面的入射角α＝30°，则sin α＝12＜1n，故射入光能从圆锥侧面射出． 设折射角为β.无限接近A 点的折射光线为AC ，根据折射定律sin β＝n sin α，解得β＝60°过O点作OD//AC，则∠O2OD＝β－α＝30°在Rt△O1AO中O1O＝R tan 30°＝33·3a＝a在Rt△ACE中，EC＝AE tan 30°＝5a 3故O2C＝EC－R＝2a 3在Rt△OO2D中O2D＝4αtan 30°＝4a 3光束在桌面上形成光环面积S＝π·O2D2－π·O2C2＝4πa2。
2017届高考物理二轮复习测试题：追击相遇问题及运动学专题(无答案)
专题四追击相遇问题专题1、追及和相遇问题的特点追及和相遇问题是一类常见的运动学问题，从时间和空间的角度来讲，相遇是指同一时刻到达同一位置。
可见，相遇的物体必然存在以下两个关系：一是相遇位置与各物体的初始位置之间存在一定的位移关系。
若同地出发，相遇时位移相等为空间条件。
二是相遇物体的运动时间也存在一定的关系。
若物体同时出发，运动时间相等；若甲比乙早出发Δt，则运动时间关系为t甲=t乙+Δt。
要使物体相遇就必须同时满足位移关系和运动时间关系。
2、追及和相遇问题的求解方法方法1：分析法：首先分析各个物体的运动特点，形成清晰的运动图景；再根据相遇位置建立物体间的位移关系方程；最后根据各物体的运动特点找出运动时间的关系。
方法2：利用数学不等式求解（即数学一元二次方程根判别式）。
利用不等式求解，思路有二：其一：是先求出在任意时刻t，两物体间的距离y=f(t)，若对任何t，均存在y=f(t)>0，则这两个物体永远不能相遇；若存在某个时刻t，使得y=f(t)，则这两个物体可能相遇。
其二：是设在t时刻两物体相遇，然后根据几何关系列出关于t的方程f(t)=0,若方程f(t)=0无正实数解，则说明这两物体不可能相遇；若方程f(t)=0存在正实数解，则说明这两个物体可能相遇。
方法3：利用图象法求解。
A、利用图象法求解，其思路是用位移图象求解，分别作出两个物体的位移图象，如果两个物体的位移图象相交，则说明两物体相遇。
处理相遇问题分析时要注意：（1）两物体是否同时开始运动，两物体运动至相遇时运动时间可建立某种关系；（2）两物体各做什么形式的运动；（3）由两者的时间关系，根据两者的运动形式建立S=S1+S2方程；（4）建立利用位移图象或速度图象分析；1．（2016·江苏卷）小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向，下列速度v和位置x 的关系图象中，能描述该过程的是2．（2016·全国新课标Ⅰ卷）甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v –t 图像如图所示。
创新设计浙江鸭2017版高考物理二轮复习计算题41分练320170208132
计算题41分练(3)19．(9分)如图1甲所示，将一个小铁块(可看成质点)以一定的初速度，沿倾角可在0～90°之间任意调整的木板上向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为x 。
若木板倾角不同时对应的最大位移x 与木板倾角α的关系图象如图乙所示。
g 取10 m/s 2。
求：(结果如果是根号，可以保留)图1(1)小铁块初速度的大小v 0以及小铁块与木板间的动摩擦因数μ；(2)当α＝60°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，小铁块速度将变为多大。
解析 (1)由图乙可知，当α＝90°时，x ＝1.25 m由v 20＝2gx 得v 0＝5 m/s当α＝30°时，有a ＝g sin 30°＋μg cos 30° v 20＝2ax解得：μ＝33。
(2)当α＝60°时，有：a ′＝g sin 60°＋μg cos 60°＝2033 m/s 2 沿斜面向上的运动位移为：x ′＝v 202a ′＝583 m 设回到出发点时的速度为v ，由功能关系：2μmgx ′cos 60°＝12mv 20－12mv 2 代入数据解得：v ＝522 m/s 。
答案 (1)5 m/s 33 (2)522m/s 20．(12分)游客对过山车的兴趣在于感受到力的变化，这既能让游客感到刺激，但又不会受伤，设计者通过计算“受力因子”来衡量作用于游客身上的力，“受力因子”等于座椅施加给游客的力除以游客自身的重力，可以利用传感器直接显示数值。
如图2所示为过山车简化原理图：左边部分是装有弹射系统的弹射区，中间部分是作为娱乐主体的回旋区，右边部分是轨道末端的制动区。
某位质量m ＝60 kg 游客坐过山车运动过程中，在轨道A 处时“受力因子”显示为7，在轨道B 处时“受力因子”显示为0.5，在轨道C 处时的“受力因子”显示为0.6。
已知大回环轨道半径R ＝10 m ，重力加速度g 取10 m/s 2，则：图2(1)该游客在C 处时是超重还是失重？(2)求该游客从A 处运动到B 处过程中损失的机械能；(3)在设计时能否将弹射区和制动区的位置互换？试用文字定性分析说明。
高考物理二轮复习计算题41分练(6)
计算题41分练(6)19．(9分)某电视台“快乐向前冲”节目的场地设施如图1所示，AB 为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为R 、角速度为ω、铺有海绵垫(厚度不计)的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为L ，平台边缘与转盘平面的高度差为H 。
选手抓住悬挂器可以在电动机的带动下，从A 点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零、加速度为a 的匀加速直线运动。
选手必须做好判断，在合适的位置释放，才能顺利落在转盘上。
设选手的质量为m (不计身高)，选手与转盘间的最大静摩擦力为μmg ，重力加速度为g 。
图1(1)若已知H ＝5 m ，L ＝8 m ，a ＝2 m/s 2，g ＝10 m/s 2，且选手从某处C 点释放能恰好落到转盘的圆心上，则他是从平台出发后多长时间释放悬挂器的？(2)若电动悬挂器开动后，针对不同选手的动力与该选手重力关系皆为F ＝0.6mg ，悬挂器在轨道上运动时存在恒定的摩擦阻力，选手在运动到上面(1)中所述位置C 点时，因恐惧没有释放悬挂器，但立即关闭了它的电动机，则按照(1)中数据计算悬挂器载着选手还能继续向右滑行多远的距离？解析 (1)沿水平加速段位移为x 1，时间为t 1；平抛时水平位移为x 2，时间为t 2 则加速时有x 1＝at 212，v ＝at 1平抛运动阶段x 2＝vt 2，H ＝gt 222全程水平方向：x 1＋x 2＝L 联立以上各式解得t 1＝2 s(2)由(1)知v ＝4 m/s ，且F ＝0.6mg ，设摩擦阻力为F f ，继续向右滑动的加速度为a ′，滑行距离为x 3加速段F －F f ＝ma ，减速段－F f ＝ma ′02－v 2＝2a ′x 3联立以上三式解得x 3＝2 m 。
答案 (1)2 s (2)2 m20．(2016·浙江名校协作体模拟)(12分)一弹珠弹射玩具模型如图所示，水平粗糙管AB 内装有一轻弹簧，左端固定。
【4份】2017届高考物理二轮复习(江苏专用)计算题47分模拟小卷含答案
【4份】2017届高考物理二轮复习（江苏专用）计算题47分模拟小卷含答案目录计算题47分模拟小卷(一) ...................................................................................................... 1 计算题47分模拟小卷(二) ...................................................................................................... 5 计算题47分模拟小卷(三) ...................................................................................................... 9 计算题47分模拟小卷(四) . (12)计算题47分模拟小卷(一)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。
13．(15分)(2016·盐城三模)如图1所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O 点质量为m ＝1 kg 的小物块接触而不连接，此时弹簧无形变。
现对小物块施加F ＝10 N 水平向左的恒力，使其由静止开始向左运动。
小物块在向左运动到A 点前某处速度最大时，弹簧的弹力为6 N ，运动到A 点时撤去推力F ，小物块最终运动到B 点静止。
图中OA ＝0.8 m ，OB ＝0.2 m ，重力加速度取g ＝10 m/s 2。
求小物块： (1)与桌面间的动摩擦因数μ； (2)向右运动过程中经过O 点的速度； (3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量。
图1【详细分析】(1)小物块速度达到最大时，加速度为零。