2020届高三物理二轮复习第二篇题型专项突破计算题标准练四
2020届高考物理二轮复习板块二考前专项再突破测试(含解析)
板块二 考前专项再突破 专项一 选择题专项训练选择题在高考中属于保分题目，只有“选择题多拿分，高考才能得高分”，在平时的训练中，针对选择题要做到两个方面：一是练准度：高考中遗憾的不是难题做不出来，而是简单题和中档题做错；平时会做的题目没做对，平时训练一定要重视选择题的正答率．二是练速度：提高选择题的答题速度，能为攻克后面的解答题赢得充足时间．解答选择题时除了掌握直接判断和定量计算等常规方法外，还要学会一些非常规巧解妙招，针对题目特性“不择手段”，达到快速解题的目的．第1招 比较排除法通过分析、推理和计算，将不符合题意的选项一一排除，最终留下的就是符合题意的选项．如果选项是完全肯定或否定的判断，可通过举反例的方式排除；如果选项中有相互矛盾或者是相互排斥的选项，则两个选项中只可能有一种说法是正确的，当然，也可能两者都错．1．竖直向上抛出一物块，物块在运动过程中受到的阻力大小与速度大小成正比，则物块从抛出到落回抛出点的过程中，加速度随时间变化的关系图象正确的是(设竖直向下为正方向)( )解析：物块在上升过程中加速度大小为a ＝mg ＋kvm，因此在上升过程中，速度不断减小，加速度不断减小，到最高点加速度大小等于g ，故A 、D 错误；在下降的过程中加速度a ＝mg －kvm，随着速度增大，加速度越来越小，因此C 正确．答案：C2．(多选)(2016·全国卷Ⅰ)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO ′悬挂于O 点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a ，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b .外力F 向右上方拉b ，整个系统处于静止状态．若F 方向不变，大小在一定范围内变化，物块b 仍始终保持静止，则( )A ．绳OO ′的张力也在一定范围内变化B ．物块b 所受到的支持力也在一定范围内变化C ．连接a 和b 的绳的张力也在一定范围内变化D ．物块b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化解析：因为物块a 、b 始终保持静止，所以绳OO ′的张力不变，连接a 和b 的绳的张力也不变，选项A 、C 错误，此时已经可以直接选择选项B 、D.但为了确保答案万无一失，仍需对正确选项进一步验证：拉力F 大小变化，F 的水平分量和竖直分量都发生变化，由共点力的平衡条件知，物块b 受到的支持力和摩擦力在一定范围内变化，选项B 、D 正确．答案：BD[名师点评] 运用排除法解题时，对于完全肯定或完全否定的判断，可通过举反例的方式排除；对于相互矛盾或者相互排斥的选项，则最多只有一个是正确的；要学会从不同方面判断或从不同角度思考与推敲．第2招 特殊值代入法有些选择题选项的代数表达式比较复杂，需经过比较烦琐的公式推导过程，此时可在不违背题意的前提下选择一些能直接反映已知量和未知量数量关系的特殊值，代入有关算式进行推算，依据结果对选项进行判断．3.如图所示，在固定斜面上的一物块受到一外力F 的作用，F 平行于斜面向上．若要使物块在斜面上保持静止，F 的取值应有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为F 1和F 2(F 1和F 2的方向均沿斜面向上)．由此可求出物块与斜面间的最大静摩擦力为( )A.F 12B ．2F 2 C.F 1－F 22D.F 1＋F 22解析：当斜面光滑时F 1＝F 2，摩擦力F f ＝0，故A 、B 、D 错误，C 正确． 答案：C4.如图所示，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量为m 1和m 2的物体A 和B .若滑轮有一定大小，质量为m 且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦．设细绳对A 的拉力大小为T 1，已知下列四个关于T 1的表达式中有一个是正确的．请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是( )A ．T 1＝（m ＋2m 2）m 1g m ＋2（m 1＋m 2）B ．T 1＝（m ＋2m 1）m 1gm ＋4（m 1＋m 2）C ．T 1＝（m ＋4m 2）m 1g m ＋2（m 1＋m 2） D ．T 1＝（m ＋4m 1）m 2gm ＋4（m 1＋m 2）解析：令定滑轮质量m ＝0，以A 和B 为系统，由牛顿第二定律m 2g －m 1g ＝(m 1＋m 2)a ，以A 为研究对象由牛顿第二定律T1－m1g＝m1a，解得T1＝2m1m2m1＋m2g，将m＝0代入四个选项中，只有选项C符合．答案：C[名师点评] 这种方法的实质是将抽象、复杂的一般性问题的推导、计算转化成具体的、简单的特殊值问题来处理，以达到迅速、准确解题的目的．第3招逆向思维法很多物理过程具有可逆性(如运动的可逆性、光路的可逆性)，在沿着正向过程或思维(由前到后或由因到果)分析受阻时，有时“反其道而行之”，沿着逆向过程或思维(由后到前或由果到因)来思考，常常可以化难为易、出奇制胜．5．如图所示，半圆轨道固定在水平面上，一小球(小球可视为质点)从恰好与半圆轨道相切于B点斜向左上方抛出，到达半圆轨道左端A点正上方某处小球的速度刚好水平，O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向的夹角为60°，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球在A点正上方的水平速度为( )A.33gR2B.3gR2C.3gR2D.3gR3解析：小球虽说是做斜抛运动，由于到达半圆轨道左端A点正上方某处小球的速度刚好水平，所以逆向看是小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动，运动过程中恰好与半圆轨道相切于B点，这样就可以用平抛运动规律求解．因小球运动过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝tan 30°2＝36，因为tan θ＝yx＝y32R，则竖直位移y＝3R4，而v2y＝2gy＝32gR，所以tan 30°＝v yv0，v0＝3gR233＝33gR2，故选项A正确．答案：A6．(2019·吉安模拟)如图，x-t图象反映了甲、乙两车在同一条直线上行驶的位置随时间变化的关系，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10 s处，下列说法正确的是( )A ．5 s 时两车速度相等B ．甲车的速度为4 m/sC ．乙车的加速度大小为1.5 m/s 2D ．乙车的初位置在s 0＝80 m 处解析：位移—时间图象的斜率等于速度，斜率大小越大，速度大小越大，则知5 s 时乙车速度较大，故A 错误；甲车做匀速直线运动，速度为v 甲＝x t ＝205m/s ＝4 m/s ，故B 正确；乙车做匀变速直线运动，其图线与t 轴相切于10 s 处，则t ＝10 s 时，速度为零，将其运动反过来看成初速度为0的匀加速直线运动，则s ＝12at 2，根据图象有：x 0＝12a ·102，20＝12a ·52，解得：a ＝1.6 m/s 2，x 0＝80 m ，故C 错误，D正确．答案：BD[名师点评] 对于匀减速直线运动，往往逆向等同为匀加速直线运动．可以利用逆向思维法的物理情境还有斜上抛运动，利用最高点的速度特征，将其逆向等同为平抛运动．第4招 对称思维法对称情况存在于各种物理现象和物理规律中，应用这种对称性可以帮助我们直接抓住问题的实质，避免复杂的数学演算和推导，快速解题．7．(2019·齐齐哈尔模拟)如图所示，两个带电荷量为q 的点电荷分别位于带电的半径相同的14球壳和34球壳的球心，这两个球壳上电荷均匀分布且电荷面密度相同，若图甲中带电14球壳对点电荷q 的库仑力的大小为F ，则图乙中带电的34球壳对点电荷q 的库仑力的大小为( )A.32FB.22FC.12F D ．F 解析：将图乙中的均匀带电34球壳分成三个14带电球壳，关于球心对称的两个14带电球壳对点电荷q 的库仑力的合力为零，因此乙图中带电的34球壳对点电荷的库仑力的大小和甲图中均匀带电14球壳对点电荷的库仑力的大小相等，故A、B、C错误，D正确．答案：D8．(多选)如图所示，在两个等量正电荷连线的中垂线上取A、B、C、D四点，A、D两点与B、C两点均关于O点对称．A、B、C、D四点电场强度大小分别为E A、E B、E C、E D，电势分别为φA、φB、φC、φD，则下列说法中正确的是( )A．E A＝E D，φA>φBB．一定有E A>E B、φB>φAC．一定有φA＝φD、φB＝φCD．可能有E D>E C，一定有φB>φD解析：由对称性可知，A、D两点的电场强度大小相等，方向相反．在两个等量正电荷连线的中垂线上的O点，电场强度为零；在无穷远处，电场强度为零．可见从O点沿中垂线向两端，电场强度一定先增大后减小，一定存在电场强度最大的点P，从O到P，电场强度逐渐增大；从P到无穷远处，电场强度逐渐减小．由于题中没有给出A、B(或C、D)到O点的距离，不能判断A、B(或C、D)两点哪点电场强度大，可能有E A>E B，E D>E C.根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，φB>φA，根据对称性，一定有φA＝φD、φB＝φC，选项C、D正确，A、B错误．答案：CD[名师点评] 非点电荷电场的电场强度一般可用微元法求解(很烦琐)，在高中阶段，非点电荷的电场往往具有对称的特点，所以常常用对称法结合电场的叠加原理进行求解．第5招等效转换法等效转换法是指在用常规思维方法无法求解那些有新颖情境的物理问题时，灵活地转换研究对象或采用等效转换法将陌生的情境转换成我们熟悉的情境，进而快速求解的方法．等效转换法在高中物理中是很常用的解题方法，常常有物理模型等效转换、参照系等效转换、研究对象等效转换、物理过程等效转换、受力情况等效转换等．9．(2019·淮南模拟)如图所示，一杂技演员用一只手抛、接球，他每隔0.4 s抛出一球，接到球便立即把球抛出．已知除抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看作是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，g取10 m/s2)( )A．1.6 m B．2.4 m C．3.2 m D 4.0 m解析：将4个小球依次抛出后均做相同的竖直上抛运动，但同时研究4个小球的运动比较复杂，将4个小球的运动转换为一个小球所做的连续运动，小球每隔0.4 s 对应的位置，对应各小球在同一时刻的不同位置，小球在空中的时间共1.6 s ，上升的时间为0.8 s ，则h ＝12at 2＝12×10×0.82m ＝3.2 m ，故选项C 正确．答案：C10.如图所示，一只杯子固定在水平桌面上，将一块薄纸板盖在杯口上并在纸板上放一枚鸡蛋，现用水平向右的拉力将纸板快速抽出，鸡蛋(水平移动距离很小，几乎看不到)落入杯中，这就是惯性演示实验．已知鸡蛋(可视为质点)中心离纸板左端的距离为d ，鸡蛋和纸板的质量分别为m 和2m ，所有接触面的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g ，若鸡蛋移动的距离不超过d10就能保证实验成功，则所需拉力的最小值为( )A ．3μmgB ．26μmgC ．12μmgD ．15μmg解析：本题物理情境较新，但仔细分析发现鸡蛋和纸板的运动可转换为经典的滑块—滑板模型，所以对鸡蛋有d 10＝12a 1t 2，μmg ＝ma 1，对纸板有d ＋d 10＝12a 2t 2、F min －3μmg －μmg ＝2ma 2，联立解得F min ＝26μmg ，B 正确．答案：B[名师点评] 对于物理过程与我们熟悉的物理模型相似的题目，可尝试使用转换分析法，如本题中将鸡蛋和纸板转换为滑块—滑板模型即可快速求解．第6招 图象分析法物理图象是将抽象物理问题直观化、形象化的最佳工具，能从整体上反映出两个或两个以上物理量的定性或定量关系，利用图象解题时一定要从图象纵、横坐标的物理意义以及图线中的“点”“线”“斜率”“截距”和“面积”等诸多方面寻找解题的突破口．利用图象解题不但快速、准确，能避免繁杂的运算，还能解决一些用一般计算方法无法解决的问题．11.(多选)如图所示，质量相同的木块A 、B 用轻质弹簧连接．静止在光滑的水平面上，此时弹簧处于自然状态．现用水平恒力F 推A .则从力F 开始作用到弹簧第一次被压缩到最短的过程中( )A ．弹簧压缩到最短时，两木块的速度相同B ．弹簧压缩到最短时，两木块的加速度相同C ．两木块速度相同时，加速度a A <a BD ．两木块加速度相同时，速度v A >v B解析：从力F 开始作用到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，对两木块运动过程分析可知，A 做加速度减小的加速运动，B 做加速度增大的加速运动，只要A 的速度大于B 的速度弹簧就处于被压缩变短的过程中，则两木块速度相同时弹簧压缩到最短，画出这一过程A 、B 两木块的v-t 图象，则t 1时刻，A 、B 两木块的加速度相同(切线斜率相同)，且v A >v B ，t 2时刻A 、B 两木块的速度相同，且a B >a A ，综上，A 、C 、D 正确，B 错误．答案：ACD12．如图甲所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处．若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上．则t 0可能属于的时间段是( )A ．0<t 0<T4B.T 2<t 0<3T 4C.3T4<t 0<T D ．T <t 0<9T 8解析：以向B 板运动为正方向，分别作出从0、T 4、T2时刻释放的粒子的速度—时间图象如图所示，则由图象可看出，若0<t 0<T 4、3T 4<t 0<T 或T <t 0<9T 8，粒子在一个周期内正向位移大，即最终打到B 板；若T 2<t 0<3T4，粒子在一个周期内负向位移大，最终打到A 板，故B 正确．答案：B[名师点评] v-t 图象隐含信息较多，我们经常借助v-t 图象解决有关运动学或动力学问题，而忽视对v-t 图象的利用，实际上v-t 图象在解决相遇问题时具有其独特的作用，解题时要会灵活运用各种图象．专项二 实验题专项训练物理实验题分值一般为15分，多为一大带一小的形式，其中第22题多为常规型实验题，侧重考查基本实验仪器的读数或教材上要求的基本实验的实验原理、实验步骤的理解和实验数据的处理，第23题侧重考查学生的实验迁移能力，多为创新设计型实验题．技巧1 读数类实验——正确使用，准确读数刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、打点计时器、电流表、电压表、多用电表都是基本仪器，要熟练掌握它们的使用方法、操作规程和读数规则，在高考前要进行系统的实际测量和读数练习，特别是游标卡尺、螺旋测微器、电学实验仪器的读数．此类试题难度不大，要防止在读数的估读、结果的有效数字和单位上出错．为使读数正确必须做到以下三点：(1)要注意量程．(2)要弄清所选量程对应的每一大格和每一小格所表示的量值．(3)要掌握需要估读的基本仪器的读数原则．读数的基本原则：凡仪器最小刻度是“1”的，要求读到最小刻度后再往下估读一位；凡仪器最小刻度是“2”和“5”的，只要求读到最小刻度所在的这一位，不再往下估读．1．(1)请读出螺旋测微器和游标卡尺的示数．甲：______cm；乙________cm.(2)某照明电路出现故障，其电路如图甲所示，该电路用标称值12 V的蓄电池为电源，导线及其接触完好．维修人员使用已调好的多用电表直流50 V挡检测故障．他将黑表笔接在c点，用红表笔分别探测电路的a、b点．①断开开关，红表笔接a点时多用电表指示如图乙所示读数为________V，说明________正常(选填“蓄电池”“保险丝”“开关”或“小灯泡”)．②红表笔接b点，断开开关时，表针不偏转，闭合开关后，多用电表指示仍然和图乙相同，可判定发生故障的器件是______________(选填“蓄电池”“保险丝”“开关”或“小灯泡”)．解析：(1)螺旋测微器的固定刻度读数为0.5 mm，可动刻度读数为0.01×11.7 mm＝0.117 mm，所以最终读数为0.617 mm＝0.061 7 cm.游标卡尺的固定刻度读数为100 mm，游标尺读数为0.1×4 mm＝0.4 mm，所以最终读数为100 mm＋0.4 mm＝100.4 mm＝10.04 cm.(2)①多用电表直流50 V 挡，每一小格是1 V ，要估读到0.1 V ，读数是11.5 V ，断开开关，多用电表直接测量电源两端电压，多用电表有示数且接近电源电动势，说明电源正常．②红表笔接b 点，闭合开关，多用电表示数与①中相同，说明电路仍然处于断路状态，而开关是闭合的，因此可以确定是小灯泡发生断路故障．答案：(1)0.061 7(0.061 6～0.061 8) 10.04 (2)①11.8(11.7～11.9均正确) 蓄电池 ②小灯泡2．(2019·宜昌调研)某实验小组利用如图1所示电路，可测量多用电表内电池的电动势和“×1”挡内部电路的总电阻．使用的器材有：多用电表、电流表、滑动变阻器、导线若干．回答下列问题：(1)将多用电表挡位调到电阻“×1”挡，再将红表笔和黑表笔短接进行欧姆调零．随后按如图1所示把多用电表、电流表、滑动变阻器连接起来，如果图1中接线正确，那么与多用电表的a 插孔相接的是________(选填“黑”或“红”)表笔．(2)调节滑动变阻器的滑片，从图1位置向右滑动过程中，电流表的读数________(选填“增大”“减小”或“不变”)．(3)调节滑动变阻器的过程中，某次欧姆表指针位置如图2所示，读数为________Ω，对应电流表的指针位置如图3所示，读数为________A ．经过多次测量，得到多组电流表读数的倒数1I，和与之对应的欧姆表读数R ，画出如图4所示的图象，由此可得多用电表内电池的电动势为________V ，选择“×1”挡时内阻为________Ω(计算结果保留三位有效数字)．解析：(1)与多用电表的a 接线柱相接的是电流表的正接线柱，因多用电表黑表笔内部接电源的正极，则与多用电表的a 接线柱相接的是黑表笔．(2)调节滑动变阻器的滑片，从题图1位置向右滑动过程中，则滑动变阻器接入电路的电阻变小，则电流表的读数增大．(3)欧姆表读数为32×1 Ω＝32 Ω，对应电流表的读数为0.20 A ．由闭合电路的欧姆定律：E ＝I (R ＋r )，即：1I ＝1E R ＋r E ，由题图4可知：1E ＝ 4.020－（－20） V －1，r E＝2 Ω·V －1，解得E ＝10.0 V ，r ＝20.0 Ω.答案：(1)黑 (2)增大 (3)32 0.20 10.0 20.0 技巧2 常规型实验——紧扣教材，融会贯通教材中的实验是高考创新实验的命题根源，这就要求我们在高考实验备考中要紧扣教材中的实验，弄清和掌握教材中每一个实验的实验原理、实验步骤、数据处理、误差分析等，对每一个实验都应做到心中有数，并且能融会贯通．3．(2019·烟台模拟)A 、B 两位同学做“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”实验．(1)实验装置如图甲所示，打出了一条纸带如图乙所示，计时器所用交流电源的频率为50 Hz ，从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，该小车的加速度为________m/s 2(结果保留两位有效数字)．(2)两同学各取一套图示的装置放在水平桌面上，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a 与拉力F 的关系．分别得到如图丙中A 、B 两条直线，图线斜率为________，则A 、B 两同学用的小车与木板间的动摩擦因数的关系为μA ________μB (选填“大于”“小于”或“等于”)．解析：(1)处理匀变速直线运动中所打出的纸带，用公式Δx ＝at 2求解加速度，关键弄清公式中各个量的物理意义，Δx 为连续相等时间内的位移差，t 为连续相等的时间间隔，如果每5个点取一个点，则连续两点的时间间隔为t ＝0.1 s ，Δx ＝(6.49－6.34)×10－2m ＝1.5×10－3m ，得加速度a ＝0.15 m/s 2.(2)当没有平衡摩擦力时有：F －F f ＝ma ，故a ＝F m－μg ，即图线斜率为1m，纵轴截距的大小为μg ，观察图线可知μA >μB .答案：(1)0.15 (2)小车质量的倒数 大于4．(2019·贵阳模拟)某同学用伏安法测量一未知电阻R x 的电阻值．(1)该同学用电流表内接法和外接法分别测量了R x 的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描绘到U-I 图上，由电流表外接法得到的图线是图甲中的________(选填“a ”或“b ”)．(2)请用图甲中的数据，求出用电流表外接法时R x 的测量值为________Ω(保留两位有效数字)，其测量值与真实值相比________(选填“偏大”或“偏小”)．(3)图乙是用电流表外接法已部分连接好的实物电路，请结合甲图信息补充完成实物接线．解析：(1)电流表外接法，由于电压表分流作用，测得的电流值会偏大，由图示图象可知，由电流表外接法得到的图线是b .(2)由图示图象可知，电阻：R ＝ΔU ΔI ＝0.60.5 Ω＝1.2 Ω；因电流的测量值偏大，则电阻测量值偏小．(3)滑动变阻器用分压接法，则电路如图所示．答案：(1)b (2)1.2 偏小 (3)见解析图 技巧3 设计型实验——设计方案，变通拓展设计型实验题从仪器的使用、装置的改造、电路的设计、数据的灵活处理等方面进行变通和拓展．应对这类实验题的方法是深刻理解实验的原理、方法，进行合理迁移．5．(2019·山东济南联考)某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞中的不变量的实验：在小车甲的前端粘有橡皮泥，推动小车甲使之做匀速运动，然后与原来静止在前方的小车乙相碰并粘合成一体，继续做匀速运动．打点计时器所用交流电的频率f ＝50 Hz.(1)若已知测得打点纸带如图(b)昕示，并测得各计数点间距(已标在图示上)．A 点为运动的起点，则应选______段来计算小车甲碰前的速度．应选________段来计算车甲和乙碰后的共同速度(以上两空选填“AB ”“BC ”“CD ”或“DE ”)．(2)已测得小车甲的质量m 1＝0.40 kg ，小车乙的质量m 2＝0.20 kg ，则碰前两小车的总动量为________kg·m/s，碰后两小车的总动量为________kg·m/s(保留三位有效数字)．解析：(1)应选择小车运动稳定时的纸带来计算速度，故应选BC 段计算小车甲碰前的速度，选DE 段计算小车甲和乙碰后的共同速度．(2)v 1＝BC t ＝10.50×10－20.02×5 m/s ＝1.05 m/s ，m 1v 1＝0.40×1.05 kg·m/s＝0.420 kg·m/s；碰后甲和乙的共同速度v 2＝DE t ＝6.95×10－20.02×5m/s ＝0.695 m/s ，(m 1＋m 2)v 2＝(0.40＋0.20)×0.695 kg·m/s＝ 0．417 kg·m/s.答案：(1)BC DE (2)0.420 0.4176．(2019·聊城模拟)某同学用一个满偏电流为10 mA 、内阻为30 Ω的电流表，一只滑动变阻器和一节电动势为1.5 V 的干电池组装成一个欧姆表，如图1所示．(1)甲、乙测试笔中，甲表笔应是________(选填“红”或黑”)表笔． (2)电流表5 mA 刻度处应标的电阻刻度为________Ω.(3)经调零后，将甲、乙两表笔分别接图2中的a 、b 两点，指针指在电流表刻度的4 mA 处，则电阻R x ＝________Ω.(4)若误将甲、乙两表笔分别接在了图2中的a 、c 两点，则R x 的测量结果________(选填“偏大”或“偏小”)．(5)再给电流表并联一个合适的定值电阻R 0，就可组装成一个中间刻度值为15 Ω的欧姆表，则R 0＝________Ω(保留两位有效数字)．解析：(1)为了保证电流由正接线柱流入表头，红表笔应接内部电源的负极，则甲应为红表笔． (2)设欧姆表的内阻为R ，根据闭合电路的欧姆定律可知，当电流表满偏时，则有：10×10－3A ＝ER，解得：R ＝150 Ω，当电流表的示数为5 mA 时，则有：5×10－3A ＝ER ＋R x ′，解得：R x ′＝150 Ω.(3)当电流表示数为4 mA 时，根据闭合电路的欧姆定律有：4×10－3A ＝ER ＋R x，解得：R x ＝225 Ω.(4)若误将甲、乙两表笔分别接在了题图2中的a 、c 两点，则回路中的两个电源串联，电流增大，指针偏转更大，故R x 的测量结果偏小．(5)欧姆表的中间刻度值为15 Ω，说明欧姆表的内阻为15 Ω，此时回路中的最大电流为I ＝E R ′＝1.515A ＝0.1 A ， 根据电流表的改装原理，有：I ＝I g ＋I g R gR 0， 解得：R 0＝I g R g I －I g ＝10×10－3×300.1－10×10－3Ω≈3.3 Ω.答案：(1)红 (2)150 (3)225 (4)偏小 (5)3.3 技巧4 创新型实验——活用原理，巧妙迁移近几年全国卷实验题的第二题，往往注重考查实验原理的迁移、测量方法的迁移、数据处理方法的迁移，试题新颖、区分度高．但试题依然是以实验基础为依据，如计算形式的实验题、电学中实验电路的设计等都是根据考生学过的实验方法、原理等来命制的，做题时一定要审清题意，明确实验目的，联想和迁移应用相关实验原理．7．(2019·茂名模拟)某活动小组利用图甲所示装置验证机械能守恒定律．钢球自由下落过程中，先后通过光电门A 、B ，计时装置测出钢球通过A 、B 的时间分别为t A 、t B .用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度．测出两光电门间的距离为h ，当地重力加速度为g .(1)用游标卡尺测量钢球的直径，读数如图乙所示，钢球直径为D ＝________cm. (2)要验证机械能守恒，只要比较________(填选项前的字母序号)即可．A.⎝⎛⎭⎪⎫1t 2A－1t 2BD 2与gh 是否相等 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2A －1t 2B D 2与2gh 是否相等 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2B －1t 2A D 2与gh 是否相等 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2B －1t 2A D 2与2gh 是否相等(3)钢球通过光电门的平均速度________(选填“>”或“<”)钢球球心通过光电门的瞬时速度． 解析：(1)游标卡尺的主尺读数为：0.9 cm ，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0.05×10 mm ＝0.50 mm ，所以最终读数为：0.950 cm.(2)利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故：v ＝Dt，根据机械能守恒的表达式有：mgh ＝12mD 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2B －1t 2A ，即只要比较D 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2B －1t 2A 与2gh 是否相等，故D 正确．(3)根据匀变速直线运动的规律得钢球通过光电门的平均速度等于这个过程中间时刻速度，所以钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度．答案：(1)0.950 (2)D (3)<8.霍尔效应是电磁基本现象之一，近期我国科学家在该领域的实验研究上取得了突破性进展．如图所示，在一矩形半导体薄片的P 、Q 间通入电流I ，同时外加与薄片垂直的磁场B ，在M 、N 间出现电压U H ，。
高三物理二轮复习 第二篇 题型专项突破 热考小题专攻练 4 曲线运动(2021年整理)
2017届高三物理二轮复习第二篇题型专项突破热考小题专攻练4 曲线运动编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2017届高三物理二轮复习第二篇题型专项突破热考小题专攻练4 曲线运动）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
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热考小题专攻练4.曲线运动(建议用时20分钟）小题强化练,练就速度和技能,掌握高考得分点！1。
（2016·洛阳一模）如图所示,甲乙两船在同一条河流中同时开始渡河,M、N分别是甲乙两船的出发点,两船头指向与河岸均成α角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点,经过一段时间乙船恰好到达P点，如果划船速度大小相等，且两船相遇,不影响各自的航行，下列判断正确的是（)A。
甲船也能到达正对岸B。
甲船渡河时间一定短C。
两船相遇在NP直线上的某点（非P点）D.渡河过程中两船不会相遇【解析】选C.甲船航行方向与河岸成α角，水流速度水平向右，故合速度一定不会垂直河岸，即甲船不能垂直到达对岸，A错误；在垂直河岸方向上v甲=vsinα，v乙=vsinα，故渡河时间t甲==、t乙==,所以渡河时间相等，因为在垂直河岸方向上分速度相等，又是同时出发的，故两船相遇在NP直线上的某点(非P点)，B、D错误、C正确。
2.质量为1kg的物体在水平面内做曲线运动，已知互相垂直方向上的速度图象分别如图所示。
下列说法正确的是( ）A。
质点的初速度为5 m/sB。
质点所受的合外力为3 NC。
2 s末质点速度大小为7 m/sD。
质点初速度的方向与合外力方向垂直【解析】选D。
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。
高三物理第二轮复习计算题专题训练参考答案
高三物理第三轮复习计算题专题训练参考答案1.解：（1）小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度为v 0，在最高点由牛顿第二定律有Lm mg 20ν= ①在小球从最低点运动到最高点的过程中，机械能守恒，并设小球在最低点速度为1v ，则202121221ννm L mg m +⋅= ②滑块从h 高处运动到将与小球碰撞时速度为v 2，对滑块由能的转化及守恒定律有22212νμm smg mgh +⋅= ③因弹性碰撞由动量守恒和动能守恒有432mv mv mv += ④242322212121mv mv mv += ⑤ 联立以上各式可解得h=0.5m（2）若滑块从h '=5m 处下滑到将要与小球碰撞时速度为u ，同理有2212/smg mu mgh μ+=⑥ 解得s m u /95= 滑块与小球碰后的瞬间，同理滑块静止，小球以s m u /95=的速度开始作圆周运动，绳的拉力T 和重力的合力充当向心力，则有Lu m mg T 2=- ⑦解得T=48N 方向竖直向上（3）滑块和小球最后一次碰撞时速度为s m v /53=， 滑块最后停在水平面上，它通过的路程为s '，同理有'2123/mgs m mgh μν+=⑧ 小球做完整圆周运动的次数为12'+-=sss n ⑨解得s '=19m ，n=10次2．解：（1）赛车恰好通过P 点时，由牛顿第二定律有Rmmg P2ν= ①赛车从P 点运动到最后停下来，由动能定理有22102P mv kmgx mgR -=- ②联立①②可得： x=2.5m(2)设赛车经历的时间为t ，赛车从A 点运动到P 点的过程中由动能定理可得：02122-=--B m mgR kmgL Pt ν代入数据可得：t=4.5s3．解：（1）小物块从A 点运动到B 点的过程中，设滑到B 点时的速度为0v ，由动能定理有2021mv mgR =① 小物块到达B 点后做匀速运动，则0Bqv mg = ② 联立①②可解得Rg qm B 2=由左手定则可知，磁场的方向垂直纸面向里（2）设小物块在轨道BC 上匀速运动t 秒，恰能从车上滑出 由动量守恒定律有：10)(v M m mv += ③由功能关系有：)((212102120t v L mg v M m mv -++=μ） ④由得：-=gR L t 2gRM m M2)(2+μ 当t 0>-=gRL t 2gRM m M2)(2+μ，则小物块能从车上滑出。
高三物理二轮复习计算题标准练(四) Word版含答案
计算题标准练(四)满分32分,实战模拟,20分钟拿到高考计算题高分!1.(12分)如图甲所示,弯曲部分AB和CD是两个半径相等的14圆弧,中间的BC段是竖直的薄壁细圆管(细圆管内径略大于小球的直径),分别与上下圆弧轨道相切连接,BC段的长度L可作伸缩调节。
下圆弧轨道与地面相切,其中D、A分别是上下圆弧轨道的最高点与最低点,整个轨道固定在竖直平面内。
一小球多次以某一速度从A点水平进入轨道而从D点水平飞出。
今在A、D两点各放一个压力传感器,测试小球对轨道A、D两点的压力,计算出压力差ΔF。
改变BC的长度L,重复上述实验,最后绘得的ΔF-L图像如图乙所示。
(不计一切摩擦阻力,g 取10m/s2)(1)某一次调节后,D点的离地高度为0.8m,小球从D点飞出,落地点与D点的水平距离为2.4m,求小球经过D点时的速度大小。
(2)求小球的质量和弯曲圆弧轨道的半径。
【解析】(1)小球在竖直方向做自由落体运动,有：H D=12gt2,在水平方向做匀速直线运动,有：x=v D t,得：v D=xt =√Dg=6m/s。
(2)设轨道半径为r,A 到D 过程机械能守恒,有：12m v A 2=12m v D 2+mg(2r+L), ① 在A 点：F A -mg=m v A2r, ② 在D 点：F D +mg=m v D2r , ③由①②③式得：ΔF=F A -F D =6mg+2mg L r ; 由图像纵截距得：6mg=12N,得m=0.2kg;当L=0.5m 时,ΔF=17N,解得：r=0.4m 。
答案：(1)6m/s(2)0.2kg 0.4m2.(20分)如图所示,质量为m 的导体棒垂直放在光滑、足够长的U 形导轨底端,导轨宽度和棒长相等且接触良好,导轨平面与水平面成θ角。
整个装置处在与导轨平面垂直的匀强磁场中。
现给导体棒沿导轨向上的初速度v 0,经时间t 0,导体棒到达最高点,然后开始返回,到达底端前已做匀速运动,速度大小为v04。
2020高考物理二轮复习高分突破：高考题型二 押题练第2组 Word版含解析
第 1 页 共 4 页押题练第2组1.(6分)将一长为L 、质量为m 的均匀杆绕一端无摩擦地转动,当转动角速度为ω时,杆具有一定的动能E k ,关于动能E k 的大小同学们有如下猜想。
甲同学:把杆当成在重心处的质量为m 的质点,可能是E k =m ω·2=mω2L 212L 218乙同学:根据动能的平均值计算,可能是E k =m ·mω2L 212ω2L 2+02=14丙同学:可能是E k =mω2L 216为了验证猜想,设计了如图甲所示的实验。
质量为m 的均匀长直杆一端固定在光滑转轴O 处,杆从水平位置由静止释放,用光电门测出另一端A 经过某位置时的瞬时速度v A ,并记下该位置与转轴O 的高度h 。
(1)用游标卡尺测得杆的直径d 如图乙所示,则d= ,A 端通过光电门的时间为t ,则A 端通过光电门的瞬时速度v A 的表达式为 。
(2)调节h 的大小并记录对应的速度v A ,建立-h 坐标系,并将实验数据在坐标系中描出,如图丙所示,v A 2试在图丙中绘出和h 的关系曲线,可得和h 的关系式为 。
v A 2v A 2(3)当地重力加速度g 取10 m/s 2,结合图象分析,可得 (选填“甲”“乙”或“丙”)同学的猜想是正确的。
第 2 页 共 4页2.(9分)(2019湖南娄底二模)某同学测定电源电动势和内阻,所使用的器材有:待测干电池一节(内阻很小)、电流表A(量程0.6 A,内阻R A 小于1 Ω)、电流表A 1(量程0.6 A,内阻未知)、电阻箱R 1(0~99.99 Ω)、滑动变阻器R 2(0~10 Ω)、单刀双掷开关S 、单刀单掷开关K 各一个,导线若干。
(1)该同学按图甲所示电路连接进行实验操作。
请在虚线框内补全与图甲对应的电路图。
第 3 页 共 4 页(2)测电流表A 的内阻:闭合开关K,将开关S 与C 接通,通过调节电阻箱R 1和滑动变阻器R 2,读取电流表A 的示数为0.20 A 、电流表A 1的示数为0.60 A 、电阻箱R 1的示数为0.10 Ω,则电流表A 的内阻R A = Ω。
2020届高考物理二轮复习刷题首选卷专题四曲线运动精练(含解析)
专题四曲线运动『经典特训题组』1．(多选)如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其vt图象如图乙所示，同时人顶杆沿水平地面运动的xt图象如图丙所示。
若以地面为参考系，下列说法中正确的是( )A．猴子的运动轨迹为直线B．猴子在2 s内做匀变速曲线运动C．t＝0时猴子的速度大小为8 m/sD．t＝2 s时猴子的加速度大小为4 m/s2答案BD解析由题图乙知，猴子竖直方向上向上做匀减速直线运动，加速度竖直向下，由题图丙知，猴子水平方向上做匀速直线运动，则猴子的加速度竖直向下且加速度的大小、方向均不变，与初速度方向不在同一直线上，故猴子在2 s内做匀变速曲线运动，A错误，B正确；xt图象的斜率等于速度，则知t＝0时猴子水平方向的速度大小为v x＝4 m/s，又竖直方向初速度大小v y＝8 m/s，则t＝0时猴子的速度大小为：v＝v2x＋v2y＝4 5 m/s，故C错误；vt图象的斜率等于加速度，则知猴子的加速度为：a＝ΔvΔt＝0－82m/s2＝－4 m/s2，即加速度大小为4 m/s2，故D正确。
2．(多选) 如图所示，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，炸弹垂直击中山坡上的目标A。
已知A点高度为h＝360 m，山坡倾角θ为37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2，由此可算出( )A．炸弹的飞行时间为0.8 sB．炸弹飞行的水平位移为480 mC．轰炸机的飞行高度为680 mD．炸弹的落地速度为80 m/s答案BC解析 如图所示，已知A 点高度为h ＝360 m ，山坡倾角为37°，可算出炸弹飞行的水平位移为x ＝h tan37°＝480 m ，故B 正确；炸弹垂直击中目标A ，可知炸弹的速度偏转角满足φ＝π2－θ＝53°，由平抛运动的速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍可知tan φ＝gt v 0＝2H x，解得H ＝320 m ，所以轰炸机的飞行高度H 总＝H ＋h ＝680 m ，故C 正确；炸弹的飞行时间t ＝ 2H g＝8 s ，故A 错误；炸弹的初速度为v 0＝x t ＝60 m/s ，落地速度v ＝v 0cos φ＝100 m/s ，故D 错误。
(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。
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计算题标准练(四)
满分32分,实战模拟,20分钟拿下高考计算题高分!
1.(12分)如图甲所示,有一倾角为30°的光滑固定斜面,斜面底端的水平面上放一质量为M的木板,开始时质量为m=1kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上,今将水平力F变为水平向右,当滑块滑到木板上时撤去F(假设斜面与木板连接处用小圆弧平滑连接)。
此后滑块和木板在水平面上运动的v -t图象如图乙所示,g取10m/s2,求:
(1)水平作用力F的大小。
(2)滑块开始下滑时的高度。
(3)木板的质量。
【解析】(1)开始F向左时,滑块受到水平推力F、重力mg和支持力N处于平衡,如图所示
水平推力:F=mgtanθ=1×10×=N
(2)由图乙知,滑块滑到木板上时速度为v1=10m/s
由牛顿第二定律得mgsinθ+Fcosθ=ma
代入数据得a=10m/s2
则滑块下滑的位移为x==5m
则下滑时的高度h=xsinθ=5×=2.5m
(3)设在整个过程中,地面对木板的摩擦力为f,滑块与木板间的摩擦力为f1,由图乙知,滑块刚滑上木板时
加速度为a1==-4m/s2
对滑块:-f1=ma1①
此时木板的加速度:a2==1m/s2
对木板:f1-f=Ma2②
当滑块和木板速度相等,均为2m/s之后,在一起做匀减速直线运动,加速度为a3==-1m/s2
对整体:-f=(m+M)a3③
联立①②③带入数据解得:M=1.5kg
答案:(1)N (2)2.5m (3)1.5kg
2.(20分)如图光滑的定滑轮上绕有轻质柔软细线,线的一端系一质量为3m的重物,另一端系一质量为m、电阻为r的金属杆。
在竖直平面内有间距为L的足够长的平行金属导轨PQ、EF,在QF之间连接有阻值为R 的电阻,其余电阻不计,磁感应强度为B0的匀强磁场与导轨平面垂直,开始时金属杆置于导轨下端QF处,将重物由静止释放,当重物下降h时恰好达到稳定速度而匀速下降。
运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好,(忽略所有摩擦,重力加速度为g),求:
(1)电阻R中的感应电流方向。
(2)重物匀速下降的速度v。
(3)重物从释放到下降h的过程中,电阻R中产生的焦耳热Q R。
(4)若将重物下降h时的时刻记作t=0,速度记为v0,从此时刻起,磁感应强度逐渐减小,若此后金属杆中恰好不产生感应电流,则磁感应强度B怎样随时间t变化(写出B与t的关系式)。
【解析】(1)释放重物后,金属杆向上运动,由右手定则可知,电阻R中的感应电流方向为Q→R→F。
(2)重物匀速下降时,金属棒匀速上升,处于平衡状态,
对金属棒,由平衡条件得:T=mg+F
金属棒受到的安培力:F=B0IL=
对重物,由平衡条件得:T=3mg
解得:v=
(3)设电路中产生的总焦耳热为Q,由能量守恒定律得:3mgh-mgh=(3m)v2+mv2+Q
电阻R中产生的焦耳热:Q R=Q
解得:Q R=-
(4)金属杆中恰好不产生感应电流,金属杆不受安培力,将做匀加速运动,加速度设为a,则3mg-mg=4ma,a=0.5g
磁通量不变:Φ0=Φt,即hLB0=(h+h1)LB
h1=v0t+×0.5gt2
解得B=。
答案:(1)Q→R→F (2)
(3)-(4)B=。