【课堂新坐标】2019届高三物理(通用版)二轮复习 计算题32分强化练4 Word版含答案
2019年高考物理第二轮复习 练习题(十二)(答案详解)
语文课本中的文章都是精选的比较优秀的文章,还有不少名家名篇。如果有选择循序渐进地让学生背诵一些优秀篇目、精彩段落,对提高学生的水平会大有裨益。现在,不少语文教师在分析课文时,把文章解体的支离破碎,总在文章的技巧方面下功夫。结果教师费劲,学生头疼。分析完之后,学生收效甚微,没过几天便忘的一干二净。造成这种事倍功半的尴尬局面的关键就是对文章读的不熟。常言道“书读百遍,其义自见”,如果有目的、有计划地引导学生反复阅读课文,或细读、默读、跳读,或听读、范读、轮读、分角色朗读,学生便可以在读中自然领悟文章的思想内容和写作技巧,可以在读中自然加强语感,增强语言的感受力。久而久之,这种思想内容、写作技巧和语感就会自然渗透到学生的语言意识之中,就会在写作中自觉不自觉地加以运用、创造和发展。
【课堂新坐标】2019届高三物理二轮复习 选考题15分强化练 选修3-4 含答案
选考题15分强化练(选修3－4)1．(1)(5分)如图1所示，甲图是一列横波某一刻的图象，乙图是离O点3 cm 处的质点从这一刻的振动图象，则下述正确的是________(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)甲乙图1A．3 cm处的这个质点t＝0时向y轴正方向运动B．这列波沿x轴负方向传播C．质点的振动周期8 sD．波速为50 m/sE．3 cm处的这个质点再次回到平衡位置需要的时间为0.04 s(2)(10分)如图2所示，某透明材料制成的半球形光学元件直立放置，其直径与水平光屏垂直接触于M点，球心O与M间的距离为10 3 cm.一束激光与该元件的竖直圆面成30°角射向圆心O，结果在光屏上出现间距为d＝40 cm的两个光斑，请完成光路图并求该透明材料的折射率．图2【解析】(1)由乙图读出该时刻即t＝0时刻3 cm处质点的速度方向为沿y 轴正方向，由甲图判断出波的传播方向为沿x轴负向，故A、B正确；由甲图读出该波的波长为λ＝4 cm，由乙图知周期为T＝0.08 s，则波速为v＝λT＝0.040.08m/s＝0.5m/s，故C、D错误；3 cm处的这个质点经过半个周期再次回到平衡位置，因此需要时间为0.04 s，故选项E正确．选A、B、E.(2)光屏上的两个光斑分别是激光束经光学元件反射与折射的光线形成，其光路图如图3所示：图3依题意知R＝10 3 cm，据反射规律与几何关系知，反射光线形成光斑P1与M点的距离为：d1＝R tan 30 °激光束的入射角i＝60°，设其折射角为γ，由几何关系可知折射光线形成光斑P2与M点间距为：d2＝R cot γ据题意有：d1＋d2＝d联立各式并代入数据解得：cot γ＝3，即γ＝30°据折射规律得：n＝sin isin γ＝sin 60°sin 30°＝ 3.【答案】(1)ABE(2)3图见解析2．(1)(5分)2015年7月15日21时，“2015中国·黑河大黑河岛国际经贸洽谈会焰火晚会”在黑龙江畔拉开了帷幕．整场焰火晚会共分为“礼花缤纷、增进友谊”“魅力黑河、发展黑河”“合作双赢、再创辉煌”三个焰章．下列关于光的认识，说法正确的是()A．焰火中各种五颜六色的光中红光比绿光的衍射效果好B．利用相机拍下这些壮观景象时，涂有增透膜的照相机镜头看上去呈淡紫色，说明增透膜增强了对淡紫色光的透射C．通过电视观看焰火晚会时，所用电视机遥控器是利用红外线脉冲信号进行遥控的D．焰火晚会舞台上所用的激光是一种相干光E. 焰火中各种五颜六色的光中红光比绿光的折射效果好(2)(10分)机械横波某时刻的波形图如图3所示，波沿x轴正方向传播．质点P 的横坐标x＝0.32 m．从此时刻开始计时．图3①若P点经0.4 s第一次达到正向最大位移．求波速的大小；②若P点经0.4 s到达平衡位置，求波速的大小．【解析】(1)焰火中各种五颜六色的光中红光比绿光的波长较长，故衍射效果好，选项A正确；涂有增透膜的照相机镜头看上去呈淡紫色，是因为增透膜对淡紫色光的透射较少，有一部分反射的紫光，故B错误；通过电视观看焰火晚会时，所用电视机遥控器是利用红外线脉冲信号进行遥控的，选项C正确；焰火晚会舞台上所用的激光是一种相干光，选项D正确；焰火中各种五颜六色的光，红光比绿光的折射效果差，选项E错误．故选A、C、D.(2)①波沿x轴正方向传播，P点恰好第一次达到正向最大位移时，波峰传播的距离Δx＝0.32 m－0.2 m＝0.12 m波速v＝ΔxΔt＝0.3 m/s.②波沿x轴正方向传播，若P点恰好第一次到达平衡位置，则Δx＝0.32 m 由周期性可知波0.4 s内传播的可能距离Δx ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0.32＋λ2n m(n ＝0,1,2…) 波速v ＝Δx Δt ＝(0.8＋n )m/s (n ＝0,1,2…)．【答案】 (1)ACD (2)①0.3 m/s ②(0.8＋n )m/s(n ＝0,1,2…)3．(1)(5分)一列频率为2.5 Hz 的简谐横波沿x 轴传播，在t 1＝0时刻波形如图4中实线所示，在t 2＝0.7 s 时刻波形如图中虚线所示．则该波沿x 轴________(填“正向”或“负向”)传播．其传播速度为________m/s.在t 3＝0.9 s 时位于0＜x ＜4 m 区间的部分质点正在向y 轴正方向运动，这些质点在x 轴上的坐标区间是________________．图4(2)(10分)如图5所示，有一截面是直角三角形的棱镜ABC ，∠A ＝30°.它对红光的折射率为n 1.对紫光的折射率为n 2.在右侧距AC 边d 处有一与AC 平行的光屏，现有由以上两种色光组成的很细的光束垂直AB 边射入棱镜．①红光和紫光在棱镜中的传播速度比为多少？②若两种光都能从AC 面射出，求在光屏MN 上两光点间的距离．【导学号：37162123】图5【解析】 (1)该波的周期为：T ＝1f ＝12.5 s ＝0.4 s ，t 2－t 1＝0.7 s ＝134T ，由波形的平移法可知，该波沿x 轴负向传播．由图知，波长为 λ＝4 m ，波速为 v ＝λT ＝10 m/s ，在t 1＝0时刻，在x 轴上坐标区间为2 m ＜x ＜4 m 的质点正向y 轴正方向运动，在t 3＝0.9 s ＝214T 时刻，波形向左平移14λ＝1 m ，则正向y 轴正方向运动的质点在x 轴上的坐标区间是：1 m ＜x ＜3 m.(2)①根据v ＝c n 得： v 红＝c n 1，v 紫＝c n 2，联立可解得：v 红v 紫＝n 2n 1. ②根据几何关系，光从AC 面上折射时的入射角为30°，根据折射定律有： n 1＝sin r 1sin 30°， n 2＝sin r 2sin 30°，则tan r 2＝n 24－n 22，tan r 1＝n 14－n 21，所以x ＝d (tan r 2－tan r 1)＝d ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 24－n 22－n 14－n 21 【答案】 (1)负向 10 m/s 1 m ＜x ＜3 m.(2)①n 2n 1②d ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 24－n 22－n 14－n 21 4．(1)(5分)一列简谐横波，沿x 轴正向传播．t ＝0时刻的波形图如图6甲所示，图乙是图甲中某质点的振动图象．则该波的波速为________m/s ；图乙表示甲图中________(选填 “A ”、“ B ”、“C ”、“ D ”)质点的振动图象．图6(2)(10分)如图7所示，三角形ABC 为某透明介质的横截面，O 为BC 中点，位于截面所在平面内的一束光线自O 以角度i 入射，第一次到达AB 边恰好发生全反射．已知θ＝15°，BC 边长为2L ，该介质的折射率为 2.求：①入射角i ；②从入射到发生第一次全反射所用的时间(设光在真空中的速度为c ，可能用到：sin 75°＝6＋24或tan 15°＝2－3)．图7【解析】 (1)从甲图中可得波长为λ＝2 m ，从图乙中可得周期为T ＝0.2 s ，故波速为v ＝λT ＝10 m/s.图乙中的质点在0时刻从平衡位置向上振动，根据走坡法可得甲图中的A 点在波峰，将向下运动，B 点在平衡位置向上运动，C 点在波谷，将向上运动，D 点在平衡位置向下运动，故图乙为图甲中B 点的振动图象．(2)①根据全反射定律可知，光线在AB 面上P 点的入射角等于临界角C 如图所示，由折射定律得：sin C ＝1n ，代入数据得：C ＝45°设光线在BC 面上的折射角为r ，由几何关系得：r ＝30°由折射定律得：n＝sin isin r，联立代入数据得：i＝45°.②在△OPB中，根据正弦定理得：OPsin 75°＝Lsin 45°，设所用时间为t，光线在介质中的速度为v，得：OP＝v t，光在玻璃中的传播速度v＝cn，联立代入数据得：t＝(6＋2)L2c.【答案】(1)10 m/s B(2)②i＝45°②t＝(6＋2)L2c5．(1)(5分)某物理兴趣小组用实验探究光的色散规律，他们将半圆形玻璃砖放在竖直面内，在其左方竖直放置一个很大的光屏P，让一复色光束SA射向玻璃砖的圆心O后，有两束单色光a和b射向光屏P，如图8所示．他们根据实验现象提出了以下四个猜想，你认为正确的是________(填正确答案标号，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)图8A．单色光a的波长大于单色光b的波长B．在玻璃中单色光a的传播速度小于单色光b的传播速度C．单色光a通过玻璃砖所需的时间大于单色光b通过玻璃砖所需的时间D．当光束SA绕圆心O逆时针转动过程中，在光屏P上最早消失的是b光E．相同条件下，a光比b光的干涉条纹间距大(2)(10分)一根弹性绳沿x轴方向放置，左端在原点O处，用手握住绳的左端使其沿y轴方向做周期为1 s的简谐运动，于是在绳上形成一简谐横波，绳上质点N的平衡位置为x＝5 m，经某一时间振动传播到质点M时的波形如图9所示，求：图9①经过多长时间N 点第一次出现波谷；②质点N 开始振动时的振动方向以及此时绳的左端已振动所通过的路程．【解析】 (1) 由图知，a 光的偏折程度小于b 光，所以a 光的折射率小于b光的折射率，则a 光的波长大于b 光的波长，故A 正确．由v ＝c n 知，在玻璃中单色光a 的传播速度大于单色光b 的传播速度，在玻璃中通过的路程相等，则单色光a 通过玻璃砖所需的时间小于单色光b 通过玻璃砖所需的时间，故B 、C 错误；由sin C ＝1n 知a 光的临界角较大，b 光的临界角较小，则当光束SA 绕圆心O 逆时针转动过程中，入射角增大，b 光最早发生全反射，所以在光屏P 上最早消失的是b 光，故D 正确；a 光的波长大于b 光的波长，相同条件下，干涉条纹间距大小与波长成正比，故E 正确．选A 、D 、E.(2)①由图可知，波长λ＝2 m ，周期T ＝1 s ，则波速v ＝λT ＝2 m/s质点N 第一次出现波谷经历的时间t ＝x v ＝5－0.52＝2.25 s.②任何一个质点的振动都在重复波源的振动，此时，质点M 在重复波源刚刚开始振动，振动方向沿y 轴负向，所以质点N 开始振动时的振动方向也是沿y 轴负向．从M传播到N，需要时间t＝xv＝5－12＝2 s质点N开始振动时，绳的左端振动时间t＝2 s＝2T，而目前绳的左端已经振动半个周期，所以通过的路程s1＝4A×2＋2A＝80 cm.【答案】(1)ADE(2)①经过2.25 s时间N点第一次出现波谷②质点N开始振动时的振动方向沿y轴负向，此时绳的左端已振动所通过的路程为80 cm 6．(1)(5分)一列沿x轴传播的简谐横波，t＝0时刻的波形如图10所示，此时质点P恰在波峰，质点Q恰在平衡位置且向下振动．再过0.5 s，质点Q第二次到达波谷，下列说法正确的是________(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)图10A．波沿x轴负方向传播B．波的传播速度为60 m/sC．波的传播周期为0.2 sD．0至0.9 s时间内P点通过的路程为1.8 mE．1 s末质点P的位移是零(2)(10分)如图11所示，AOB是截面为扇形的玻璃砖的横截面图，其顶角θ＝76°，今有一细束单色光在横截面内从OA边上的点E沿垂直OA的方向射入玻璃砖，光线直接到达AB面且恰好未从AB面射出．已知OE＝35OA，cos 53°＝0.6，试求：①玻璃砖的折射率n；②光线第一次从OB射出时折射角的正弦值．图11【解析】 (1)由题意，质点Q 恰好在平衡位置且向下振动，则知波沿x 轴负方向传播，故A 正确；根据题意则14T ＋T ＝0.5 s ，则周期为：T ＝0.4 s ，根据v ＝λT＝240.4m/s ＝60 m/s ，故选项B 正确，选项C 错误；0.9 s ＝2T ＋14T ，则P 点通过的路程为：s ＝2×4A ＋A ＝1.8 m ，故选项D 正确；1 s ＝2T ＋12T ，故该时刻P 处于负在最大位移处，选项E 错误．故选A 、B 、D.(2)①因OE ＝35OA ，由数学知识知光线在AB 面的入射角等于37°光线恰好未从AB 面射出，所以AB 面入射角等于临界角，则临界角为：C ＝37°由sin C ＝1n得：n ＝53.②据几何知识得：β＝θ＝76°，则OB 面入射角为：α＝180°－2C －β＝30°设光线第一次从OB 射出的折射角为γ，由sin γsin α＝n 得： sin γ＝56.百度文库、精选习题试题习题、尽在百度【答案】 (1)ABD (2)①53 ②56。
2019年高考(人教版)物理二轮复习选练题(共5套)含答案及解析
2019年高考（人教版）物理二轮复习选练题2019年高考（人教版）物理二轮复习选练题（一）一、选择题1、如图所示，一个质量为4 kg的半球形物体A放在倾角为θ＝37°的斜面B上静止不动。
若用通过球心的水平推力F＝10 N作用在物体A上，物体A仍静止在斜面上，斜面仍相对地面静止。
已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，则( )A．物体A受到斜面B的摩擦力增加8 NB．物体A对斜面B的作用力增加10 NC．地面对斜面B的弹力不变D．地面对斜面B的摩擦力增加10 N2、[多选]光滑斜面上，当系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，A、B质量相等。
在突然撤去挡板的瞬间( )A．两图中两球加速度均为g sin θB．两图中A球的加速度均为零C．图甲中B球的加速度为2g sin θD．图乙中B球的加速度为g sin θ3、如图所示，在斜面顶端A以速度v水平抛出一小球，经过时间t1恰好落在斜面的中点P；若在A点以速度2v水平抛出小球，经过时间t2完成平抛运动。
不计空气阻力，则( )A．t2>2t1 B．t2＝2t1C．t2<2t1 D．落在B点4、如图所示，曲线Ⅰ是一颗绕地球做圆周运动卫星轨道的示意图，其半径为R；曲线Ⅱ是一颗绕地球做椭圆运动卫星轨道的示意图，O点为地球球心，AB为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，已知在两轨道上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为G，地球质量为M，下列说法正确的是( )A ．椭圆轨道的长轴长度为RB ．卫星在Ⅰ轨道的速率为v 0，卫星在Ⅱ轨道B 点的速率为v B ，则v 0<v BC ．卫星在Ⅰ轨道的加速度大小为a 0，卫星在Ⅱ轨道A 点加速度大小为a A ，则a 0<a AD ．若OA ＝0.5R ，则卫星在B 点的速率v B > 2GM 3R5、用长为l 、不可伸长的细线把质量为m 的小球悬挂于O 点，将小球拉至悬线偏离竖直方向α角后放手，运动t 时间后停在最低点。
卓顶精文2019年高考全国新课标2卷物理含答案
2019年普通高等学校招生全国统一考试(Ⅱ卷)（甘肃、青海、内蒙古、黑龙江、吉林、辽宁、宁夏、新疆、西藏、陕西、重庆）第Ⅰ卷（选择题共126分）二、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．质量为m 的物体用轻绳AB 悬挂于天花板上．用水平向左的力F 缓慢拉动绳的中点O ，如图所示。
用T 表示绳OA 段拉力的大小，在O 点向左移动的过程中 A ．F 逐渐变大，T 逐渐变大 B ．F 逐渐变大，T 逐渐变小 C ．F 逐渐变小，T 逐渐变大 D ．F 逐渐变小，T 逐渐变小【答案】A【解析】动态平衡问题，F 与T 的变化情况如图：可得：'''F F F →→↑'''T T T →→↑【考点】物体平衡15．如图，P 是固定的点电荷，虚线是以P 为圆心的两个圆．带电粒子Q 在P 的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a 、b 、c 为轨迹上的三个点．若Q 仅受P 的电场力作用，其在a 、b 、c 点的加速度大小分别为a a ，b a ，c a ，速度大小分别为a v ，b v ，c v ，则A ．a b c a c b a a a v v v >>>>，B ．a b c b c a a a a v v v >>>>，C ．b c a b c a a a a v v v >>>>，D ．b c a a c b a a a v v v >>>>，【答案】D【解析】由库仑定律可知，粒子在a 、b 、c 三点受到的电场力的大小关系为b c a F F F >>，由F a m=合，可知b c a a a a >>，由题意可知，粒子Q 的电性与P 相同，受斥力作用结合运动轨迹，得a c b v v v >>【考点】牛顿第二定律、库仑定律、电荷间相互作用。
广西2019高考(课堂新坐标)物理二轮练习高考冲关第8练
广西2019高考(课堂新坐标)物理二轮练习高考冲关第8练【一】选择题1、做简谐振动的单摆摆长不变，假设摆球质量增加为原来的4倍，摆球通过平衡位置时速度减小为原来的1/2，那么单摆振动的()A 、频率、振幅都不变B 、频率、振幅都改变C 、频率不变，振幅改变D 、频率改变，振幅不变【解析】此题考查对单摆的周期公式、简谐运动的频率、振幅等概念的理解、摆球通过平衡位置的速度减小，说明振幅减小了、由单摆的周期公式T ＝2πl g 可知，单摆的周期和频率与质量、振幅无关，因此质量增加、振幅减小、频率不变、C 正确、 【答案】C图4－1－122、(2017·重庆高考)介质中坐标原点O 处的波源在t ＝0时刻开始振动，产生的简谐波沿x 轴正向传播，t 0时刻传到L 处，波形如图4－1－12所示、以下能描述x 0处质点振动的图象是()【解析】因波沿x 轴正向传播，由“上下坡法”可知t ＝t 0时L 处的质点振动方向向下，可知x 0处的质点起振方向向下，故A 、B 两项均错；还可判断t 0时刻x 0处的质点振动方向也向下，故C 项正确，D 项错误、【答案】C3、(2018·天津高考)图4－1－13沿x 轴正向传播的一列简谐横波在t ＝0时刻的波形如图4－1－13所示，M为介质中的一个质点，该波的传播速度为40m/s ，那么t ＝140s 时()A 、质点M 对平衡位置的位移一定为负值B 、质点M 的速度方向与对平衡位置的位移方向相同C 、质点M 的加速度方向与速度方向一定相同D 、质点M 的加速度方向与对平衡位置的位移方向相反【解析】由波形图及传播方向可知，t ＝0时质点M 的振动方向向上，由T＝λv ＝440s ＝110s 知t ＝140s ＝T 4，质点M 通过T 4后处在从正向最大位移回到平衡位置的过程中，因此对平衡位置的位移方向为正，速度方向为负，加速度方向为负，因此A 、B 错误，C 、D 正确、【答案】CD4、某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x ＝A sin π4t ，那么质点()A 、第1s 末与第3s 末的位移相同B 、第1s 末与第3s 末的速度相同C 、3s 末与5s 末的位移相同D 、3s 末与5s 末的速度相同【解析】由关系式可知ω＝π4rad/s ，T ＝2πω＝8s ，将t ＝1s 和t ＝3s 代入关系式中求得两时刻位移相同，A 正确；画出对应的x －t 图象如下图，由图象能够看出，第1s 末和第3s 末的速度方向不同，B 错误；仍由图象可知，3s 末与5s 末的位移大小相同，方向相反，而速度是大小相同，方向也相同，故C 错误，D 正确、【答案】AD图4－1－145、一列简谐横波沿x 轴传播，周期为T ，t ＝0时刻的波形如图4－1－14所示，如今平衡位置位于x ＝3m 处的质点正在向上运动，假设a 、b 两质点平衡位置的坐标分别为x a ＝2.5m ，x b ＝5.5m ，那么()A 、当a 质点处在波峰时，b 质点恰在波谷B.t ＝T /4时，a 质点正在向y 轴负方向运动C.t ＝3T /4时，b 质点正在向y 轴负方向运动D 、在某一时刻，a 、b 两质点的位移和速度可能相同【解析】由于Δx ab ＝3m ＝34λ，因此a 点在波峰时，b 在平衡位置，A 错、且a 、b 两质点的位移和速度不可能相同，D 错，波沿x 轴负向传播，t ＝T /4时，x ＝2m 的质点在平衡位置向y 轴正向运动，x ＝3m 的质点在正最大位移处，故a 点如今向y 轴正向运动，故B 错、同理t ＝3T /4时，x ＝5m 的质点在正最大位移处，而x ＝6m 的质点在平衡位置，故如今b 点向下运动，C 正确、【答案】C图4－1－156、一列简谐横波沿直线ab 向右传播，a 、b 两点之间沿传播方向的距离为2m ，a 、b 两点的振动情况如图4－1－15所示，以下说法中正确的选项是()A 、波速可能大于23m/sB 、波速可能等于23m/sC 、波速可能等于813m/sD 、波速可能等于8m/s【解析】由图知，周期T ＝4s ，a 、b 两点之间的距离为s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋34λ，波速v ＝λT ＝24n ＋3m/s(n ＝0、1、2、3、…)，故只有B 正确、【答案】B图4－1－167、如图4－1－16所示，在平面xOy 内有一沿x 轴正方向传播的简谐横波，波速为3.0m/s ，频率为2.5Hz ，A 、B 两点位于x 轴上，相距0.90m 、分别以A 、B 为平衡位置的两个质元在振动过程中，取A 点的质元位于波峰时t ＝0，关于B 点的质元来说()A 、t ＝0时，加速度最大B 、t ＝0.1s 时，速度为零C 、t ＝0.2s 时，速度方向沿y 轴负方向D 、t ＝0.3s 时，位于波谷【解析】依照v ＝λf ，λ＝1.2m ，那么x AB ＝0.90m ＝34λ.依照T ＝1f ，T ＝0.4s ，那么t ＝0时，B 点质元在平衡位置，A 错误，t ＝0.1s 时，B 点在波谷，速度为零，B 正确、t ＝0.2s 时，B 点质元回到平衡位置，但速度沿y 轴正方向，C 错误、t ＝0.3s 时，B 点质元位于波峰，D 错误、【答案】B图4－1－178、一列简谐横波沿直线传播，在某一时刻的波形图如图4－1－17所示、质点A 的位置与坐标原点相距0.5m ，如今质点A 沿y 轴正方向运动，再通过0.02s质点A 第一次达到最大位移，由此可见()A 、这列波波长是4mB 、这列波频率是50HzC 、这列波波速是25m/sD 、这列波的传播方向是沿x 轴的负方向【解析】由y －x 图象，λ＝2m ，A 错误、由题意T ＝0.02s ×4＝0.08s ，f ＝1T ，故f ＝12.5Hz ，B 错误、再依照v ＝λf ＝2×12.5m/s ＝25m/s ，C 正确、再依照如今质点A 沿y 轴正方向运动，可知波沿x 轴负方向传播，D 正确、【答案】CD9、一简谐横波以4m/s 的波速沿x 轴正方向传播、t ＝0时的波形如图4－1－18所示，那么()图4－1－18A 、波的周期为1sB 、x ＝0处的质点在t ＝0时向y 轴负方向运动C 、x ＝0处的质点在t ＝14s 时速度为0D 、x ＝0处的质点在t ＝14s 时速度值最大【解析】由图知，波长为4m ，T ＝λv ＝1s ，A 项对；波向右传播，x ＝0处的质点处于上坡，应该向下振动，B 项对；再过四分之一周期，x ＝0处质点过了平衡位置向y 轴负方向运动，那么速度不为零，也不是最大，C 、D 两项错、【答案】AB【二】非选择题图4－1－1910、波源S 1和S 2振动方向相同，频率均为4Hz ，分别置于均匀介质中x 轴上的O 、A 两点处，OA ＝2m ，如图4－1－19所示、两波源产生的简谐横波沿x 轴相向传播，波速为4m/s.两波源振动的初始相位相同、求：(1)简谐横波的波长；(2)OA 间合振动振幅最小的点的位置、【解析】(1)设简谐横波波长为λ，频率为ν，波长为v ，那么λ＝v ν① 代入数据得λ＝1m 、②(2)以O 为坐标原点，设P 为OA 间的任意一点，其坐标为x ，那么两波源到P 点的波程差Δl 为Δl ＝x －(2－x )，0≤x ≤2③其中x 、Δl 以m 为单位、合振动振幅最小的点的位置满足Δl＝(k＋12)λ，k为整数④联立③④式，得x＝0.25m,0.75m,1.25m,1.75m.【答案】(1)1m(2)0.25m,0.75m,1.25m,1.75m图4－1－2011、如图4－1－20所示，将质量为m A＝100g的平台A连接在劲度系数k＝200N/m的弹簧上端，弹簧下端固定在地上，形成竖直方向的弹簧振子、在A的上方放置m B＝m A的物块B，使A、B一起上下振动，弹簧原长l0＝5cm，A的厚度可忽略不计，g取10m/s2.求：(1)当系统做小振幅简谐运动时，A的平衡位置离地面C的高度；(2)假设A、B一起做简谐运动，其振幅为0.5cm，那么B对A的最大压力是多少？(3)为了使B在振动中始终与A接触，振幅不能超过多少？【解析】(1)振幅特别小时，A、B可不能分离，将A和B整体看做振子，当它们处于平衡位置时，依照平衡条件有kx＝(m A＋m B)g解得x0＝0.01m＝1cm平衡位置距地面高度为h＝l0－x0＝4cm.(2)当A、B运动到最低点时，有向上的最大加速度，如今A、B之间的作用力最大、设振幅为A，那么最大加速度为a m ＝k A＋x－m A＋m B gmA＋m B＝kAmA＋m B＝5m/s2取B为研究对象，有F N＝m B g＋m B a m＝1.5N由牛顿第三定律知，B对A的最大压力为1.5N.(3)为使B在振动过程中始终与A接触，在最高点时相互作用力应满足F N≥0.取B为研究对象有m B g－F N＝m B a，当F N＝0时，B振动的加速度达到最大值，且最大值a m＝g＝10m/s2，方向竖直向下、因a m A＝a m B＝g，A、B仅受重力作用，此刻弹簧的弹力为零，弹簧处于原长，A′＝x0＝1cm，即振幅不能超过1cm.【答案】(1)4cm(2)1.5N(3)1cm。
广西2019年高考(课堂新坐标)物理二轮练习专项过关测评4
广西2019年高考(课堂新坐标)物理二轮练习专项过关测评4(时间：60分钟，总分值100分)【一】选择题(本大题共8小题，每题8分，共64分，每题至少有一个选项正确、全部选对的得8分，选对但不全的得4分，有错选或不选的得0分、)1、一列沿x轴传播的简谐横波某时刻的波形如图1所示，如今图中P质点的振动速度方向向下、那么以下说法中正确的选项是()图1A、当质点P位于波谷时，质点a一定到达波峰位置B、当质点P位于波谷时，质点b一定到达平衡位置C、当质点P位于波谷时，质点b一定在x轴的上方D、当质点P位于波谷时，质点b一定在x轴的下方【解析】P点振动方向向下，说明波向x轴负方向传播，由波的图象、A、D 正确，B、C错误、【答案】AD2、(2018·福建高考)关于热力学定律和分子动理论，以下说法正确的选项是()A、一定量气体吸收热量，其内能一定增大B、不可能使热量由低温物体传递到高温物体C、假设两分子间距离增大，分子势能一定增大D、假设两分子间距离减小，分子间引力和斥力都增大【解析】由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，一定量气体吸收热量内能不一定增大，例如气体对外做功，且W＞Q，那么内能将会减少，故A项错误；热力学第二定律的一种表述为：不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化，关键理解“而不引起其他变化”，假如“引起其他变化”，完全能够实现将热量从低温物体传递到高温物体，故B项错误；当r＜r0时，分子力表现为斥力，当分子间距增大时，分子势能减小，故C项错误；依照分子引力、斥力随分子间距的变化规律知，D项正确、【答案】D3、如图2所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而操纵进水量、设温度不变，洗衣缸内水位升高，那么细管中被封闭的空气()图2A、体积不变，压强变小B、体积变小，压强变大C、体积不变，压强变大D、体积变小，压强变小【解析】以细管中封闭气体为研究对象，当洗衣缸内水位升高时，细管中封闭气体压强变大，而气体温度不变，气体体积变小，故B项正确、【答案】B4、地面附近有一正在上升的空气团，它与外界的热交换忽略不计、大气压强随高度增加而降低，那么该气团在此上升过程中(不计气团内分子间的势能)()A、体积减小，温度降低B、体积减小，温度不变C、体积增大，温度降低D、体积增大，温度不变【解析】由于大气压强随高度增加而降低，空气团气体的压强大于周围空气的压强，故空气团要膨胀，体积增大；依照热力学第一定律W＋Q＝ΔU，由于空气团与外界的热交换忽略不计，故Q＝0，由于空气团的体积增大，故空气团对外界做功W＜0，因此内能的变化ΔU＜0，即空气团内能减少，而空气团的内能又只与温度有关，故该气团的温度降低，C选项正确、【答案】C图35、如图3所示为分子势能与分子间距离之间的关系，以下判断正确的选项是()A、当r＜r0时，r越小，那么分子势能E p越大B、当r＞r0时，r越小，那么分子势能E p越大C、当r＝r0时，那么分子势能E p最小D、当r→∞时，分子势能E p最小【解析】当r＜r0时，分子力表现为斥力，r减小时分子力做负功，分子势能增大；当r＞r0时，分子力表现为引力，r减小时分子力做正功，分子势能减小；当r＝r0时，分子力为零，分子势能最小；当r→∞时，引力做负功，分子势能增加并趋近于零、【答案】AC图46、(2017·福建高考)如图4所示，一定质量的理想气体密封在绝热(即与外界不发生热交换)容器中，容器内装有一能够活动的绝热活塞、今对活塞施以一竖直向下的压力F，使活塞缓慢向下移动一段距离后，气体的体积减小、假设忽略活塞与容器壁间的摩擦力，那么被密封的气体()A 、温度升高，压强增大，内能减少B 、温度降低，压强增大，内能减少C 、温度升高，压强增大，内能增加D 、温度降低，压强减小，内能增加【解析】此题考查热力学第一定律、一定质量气体温度、压强和体积的关系、容器绝热，活塞对气体做功，由热力学第一定律可知，气体内能增加；温度是分子平均动能的标志，且气体内能增加，故温度一定升高；对活塞进行受力分析p 0S ＋F ＝p 气S ，可知，气体压强增大，C 项正确、【答案】C图57、如图5所示，波源S 从平衡位置y ＝0开始振动，振动方向竖直向上(y 轴的正方向)，振动周期T ＝0.01s ，产生的机械波向左、右两个方向传播，波速均为v ＝80m/s ，通过一段时间后，P 、Q 两点开始振动，距离SP ＝1.2m 、SQ ＝2.6m 、假设以Q 点开始振动的时刻作为计时的零点，那么在如图6所示的四幅振动图象中，能正确描述S 、P 、Q 三点振动情况的是()图6A 、甲为Q 点的振动图象B 、乙为振源S 点的振动图象C 、丙为P 点的振动图象D 、丁为P 点的振动图象【解析】依照v ＝λT ，λ＝0.8m ，那么SP ＝1.2m ＝λ＋12λ，SQ ＝2.6m ＝3λ＋14λ，故当Q 点开始振动时，波源S 已振动的时间为3T ＋14T ，P 点已振动的时间为T ＋34T ，故甲为Q 点振动图象，丁为P 点振动图象，丙为S 点振动图象，故A 、D 正确、【答案】AD8、一列简谐波在两时刻的波形如图7中实线和虚线所示，由图可确定这列波的()图7A 、周期B 、波速C 、波长D 、频率【解析】由波动图象可直截了当得出简谐波的波长，C正确；因为简谐波的传播方向不确定，以及实线波与虚线波的时间间隔不确定，故不能确定该简谐波的周期与波速，A、B错误；该简谐波的频率同样无法确定，D错误、【答案】C【二】非选择题(共3小题，共36分)9、(12分)清晨，湖中荷叶上有一滴约为0.1cm3的水珠，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，水的摩尔质量M＝1.8×10－2kg/mol，试估算：(1)这滴水珠中约含有多少个水分子？(2)一个水分子的直径多大？(以上计算结果保留两位有效数字)【解析】(1)这滴水珠中含有的水分子数约为：n＝mM N A＝1.0×103×1×10－71.8×10－2×6.0×1023个＝3.3×1021个、(2)建立水分子的球体模型，有：43π(d2)3＝MρN A那么分子的直径d＝36MπρN A＝36×1.8×10－23.14×1×103×6.0×1023m＝3.9×10－10m.【答案】(1)3.3×1021个(2)3.9×10－10m10、(12分)一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时的图象如图8所示，介质中P质点回到平衡位置的最短时间为0.1s，Q质点回到平衡位置的最短时间为0.5s，t＝0时，P、Q两点相对平衡位置的位移相同、图8(1)说明介质中某质点的运动性质，并写出能反映它运动情况的两个物理量的大小(假设有多个，只写两个)；(2)求t＝0.4s时刻P质点相对平衡位置的位移；(3)求出这列波传播速度的大小、【解析】(1)P质点做简谐运动，振幅为10cm，T＝2×(0.1＋0.5)s＝1.2s，即周期为1.2s.(2)t－0.1T＝0.4－0.11.2＝14，即P质点通过平衡位置后又沿y轴负方向运动了14T，因此相对平衡位置的位移x＝－10cm.(3)由图象知λ＝12cm＝0.12cm因此v＝λT＝0.121.2m/s＝0.1m/s.【答案】(1)见解析(2)－10cm(3)0.1m/s 11、(12分)(2018·山东高考)图9一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形如图9所示，介质中质点P、Q分别位于x＝2m、x＝4m处、从t＝0时刻开始计时，当t＝15s时质点Q 刚好第4次到达波峰、(1)求波速；(2)写出质点P做简谐运动的表达式(不要求推导过程)、【解析】(1)设简谐横波的波速为v，波长为λ，周期为T，由图象知，λ＝4m、由题意知t＝3T＋34T①v＝λT②联立①②式，代入数据得v＝1m/s.③(2)质点P做简谐运动的表达式为y＝0.2sin(0.5πt)m、④【答案】①v＝1m/s②y＝0.2sin(0.5πt)m。
广西2019年高考(课堂新坐标)物理二轮练习专项过关测评2
广西2019年高考(课堂新坐标)物理二轮练习专项过关测评2(时间：60分钟，总分值100分)【一】选择题(此题共8小题，每题6分，共48分，每题至少有一个选项正确、全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不选的得0分、)1、(2018·四川高考)今年4月30日，西昌卫星发射中心发射的中圆轨道卫星，其轨道半径为 2.8×107m 、它与另一颗同质量的同步轨道卫星(轨道半径为4.2×107m)相比()A 、向心力较小B 、动能较大C 、发射速度基本上第一宇宙速度D 、角速度较小【解析】由题知，中圆轨道卫星的轨道半径r 1小于同步卫星轨道半径r 2，卫星运行时的向心力由万有引力提供，依照F 向＝G Mmr 2知，两卫星的向心力F 1>F 2，选项A 错误；依照G Mm r 2＝mv 2r ＝m ω2r ，得环绕速度v 1>v 2，角速度ω1＞ω2，两卫星质量相等，那么动能E k1>E k2，应选项B 正确，选项D 错误；依照能量守恒，卫星发射得越高，发射速度越大，第一宇宙速度是发射卫星的最小速度，因此两卫星的发射速度都大于第一宇宙速度，且v 01<v 02，选项C 错误、【答案】B2、(2018·浙江高考)如图1所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带、假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动、以下说法正确的选项是()图1A 、太阳对各小行星的引力相同B 、各小行星绕太阳运动的周期均小于一年C 、小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值D 、小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值【解析】依照F ＝G Mmr 2，知小行星带中各小行星的轨道半径r 、质量m 均不确定，因此无法比较太阳对各小行星引力的大小，选项A 错误；依照G Mm r 2＝m (2πT )2r ，得T ＝2πr 3GM ，因小行星绕太阳运动的轨道半径大于地球绕太阳运动的轨道半径，故小行星的运动周期大于地球的公转周期，即大于一年，选项B 错误；依照G Mm r 2＝ma 得a ＝GMr 2，因此内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值，选项C 正确；依照G Mm r 2＝mv 2r ，得v ＝GMr ，因此小行星带内各小行星做圆周运动的线速度值小于地球公转的线速度值，选项D 错误、【答案】C 3.图2(2018·南宁三中检测)如图2所示，两个小球从水平地面上方同一点O 分别以初速度v 1、v 2水平抛出，落在地面上的位置分别是A 、B ，O ′是点O 在地面上的竖直投影，且O ′A ∶AB ＝1∶3，假设不计空气阻力，那么两小球()A 、抛出的初速度大小之比为1∶4B 、落地速度大小之比为1∶3C 、落地速度与水平地面夹角的正切值之比为1∶3D 、通过的位移大小之比为1∶ 3【解析】因两球抛出点高度相同，故两球落地时间相等，由x ＝vt ，x O ′B ＝4x O ′A ，可得v 1∶v 2＝1∶4，A 正确；落地速度v 地＝v 2＋gt 2，故无法得出B项结果，B 错误；由tan α1＝gt v 1，tan α2＝gt v 2得tan α1tan α2＝41，C 错误；由位移x ＝vt 2＋12gt 22，可知也无法求出两球位移大小之比，D 错误、 【答案】A4、随着我国登月计划的实施，我国宇航员登上月球已不是梦想，假如我国宇航员登上月球并在月球表面附近以初速度v 0竖直向上抛出一个小球，经时间t 后回到动身点，月球的半径为R ，引力常量为G ，那么以下说法正确的选项是()A 、月球表面的重力加速度为2v 0tB 、月球的质量为v 0R 2Gt C 、宇航员在月球表面获得v 0Rt 的速度就可能离开月球表面围绕月球做圆周运动D 、宇航员在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的绕行周期为Rt v 0【解析】由v 0＝gt 2得出g ＝2v 0t ，A 对；在月球表面附近，由GMmR 2＝mg ，结合g ＝2v 0t ，得月球的质量M ＝2v 0R 2Gt ，故B 错；离开月球表面围绕月球做圆周运动的最小速度v ＝gR ＝2v 0Rt ，故C 错；宇航员在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的绕行周期T ＝2πR v ＝π2Rtv 0，故D 错、【答案】A5、(2018·北海中学模拟)图3在汶川地震的抗震救灾中，我国自主研制的“北斗一号”卫星导航系统发挥了巨大作用，该系统具有导航、定位等功能，“北斗”系统中两颗质量不相等的工作卫星沿同一轨道绕地心O做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，如图3所示，假设卫星均沿顺时针方向运行，地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，∠AOB＝60°，那么以下判断不正确的选项是()A、这两颗卫星的加速度大小相等B、卫星1向后喷气就一定能追上卫星2C、卫星1由位置A运动到位置B所需的时间为πr3RrgD、卫星1由位置A运动到位置B的过程中万有引力做功为零【解析】由GMmr2＝m4π2T2r＝ma可知，a＝GMr2，A正确；T＝2πr3GM，又GMmR2＝mg，可得T＝2πrRrg，卫星1由A到B所需时间t＝T6＝πr3Rrg，C正确；因卫星受到的万有引力与速度垂直，故万有引力不做功，D正确；卫星1向后喷气，加速后做离心运动，不能追上同轨道的卫星2，故B错误、【答案】B6.图4如图4所示，在斜面顶端a处以速度v a水平抛出一小球，通过时间t a恰好落在斜面底端P处；今在P点正上方与a等高的b处以速度v b水平抛出另一小球，通过时间t b恰好落在斜面的中点处、假设不计空气阻力，以下关系式正确的选项是()A、v a＝v bB、v a＝2v bC、t a＝t bD、t a＝2t b【解析】做平抛运动的物体运动时间由竖直方向的高度决定即t＝2h g，a下落的高度是b的2倍，有t a＝2t b，D正确，C错误；水平方向的距离由高度和初速度决定x＝v02hg，由题意得a的水平位移是b的2倍，可知v a＝2v b，B正确、【答案】BD7、“天宫一号”目标飞行器既是交会对接目标飞行器，也是一个空间实验室，将以此为平台开展空间实验室的有关技术验证，假设“天宫一号”绕地球做半径为r 1，周期为T 1的匀速圆周运动，地球绕太阳做半径为r 2、周期为T 2的匀速圆周运动，引力常量为G ，那么依照题中的条件能够求得()A 、太阳的质量B 、“天宫一号”的质量C 、“天宫一号”与地球间的万有引力D 、地球与太阳间的万有引力【解析】“天宫一号”绕地球做半径为r 1，周期为T 1的匀速圆周运动，由G Mmr 21＝mr 14π2T 21，可求出地球的质量，同理，地球绕太阳做半径为r 2、周期为T 2的匀速圆周运动，可求出太阳的质量，故A 对，B 错；又明白引力常量为G ，故可求出地球与太阳间的万有引力，因此C 错，D 对、【答案】AD8、(2018·广西师大附中检测)图5如图5所示，质量为m 的小球置于正方体的光滑盒子中，盒子的边长略大于球的直径、某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R 的匀速圆周运动，重力加速度为g ，空气阻力不计，要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，那么()A 、该盒子做匀速圆周运动的周期一定小于2πR gB 、该盒子做匀速圆周运动的周期一定等于2πR gC 、盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小可能小于2mgD 、盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小等于2mg【解析】要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，那么有mg ＝mv 2R ，解得该盒子做匀速圆周运动的速度v ＝gR ，该盒子做匀速圆周运动的周期为T ＝2πR v ＝2πR g ，选项A 错误，B 正确；在最低点时，盒子与小球之间的作用力和小球重力的合力提供小球运动的向心力，由F －mg ＝mv 2R ，解得F ＝2mg ，选项C 错误，D 正确、【答案】BD【二】非选择题(共4小题，共52分)9、(12分)一名侦察兵躲在战壕里观看敌机的情况，有一架敌机正在沿水平直线向他飞来，当侦察兵观看敌机的视线与水平线间的夹角为30°时，发明敌机丢下一枚炸弹，他在战壕内一直注视着飞机和炸弹的运动情况并计时，他看到炸弹飞过他的头顶，落地后马上爆炸，测得从敌机投弹到看到炸弹爆炸的时间为10s，从看到炸弹爆炸的烟尘到听到爆炸声音之间的时间间隔为1.0s、假设爆炸声音在空气中的传播速度为340m/s，重力加速度g取10m/s2.求敌机丢下炸弹时水平飞行速度的大小(忽略炸弹受到的空气阻力)、【解析】设炸弹飞过侦察兵后的水平位移为x1，如图，因声音在空气中匀速传播，得x1＝v声t1，t1＝1.0s.设敌机丢下炸弹时水平飞行速度的大小为v机，由炸弹做平抛运动得x＝v机t，h＝12gt2，t＝10s.设炸弹飞过侦察兵前的水平位移为x2，由几何关系得x2＝h tan60°，x＝x1＋x2，联立以上各式解得：v机＝120.6m/s.【答案】120.6m/s10、(12分)2017年9月25日，载人航天宇宙飞船“神舟七号”发射成功，且中国人成功实现了太空行走，并顺利返回地面、(1)设飞船在太空环绕时轨道高度为h，地球半径为R，地面重力加速度为g，飞船绕地球遨游太空的总时间为t，那么“神舟七号”飞船绕地球运转多少圈？(用给定字母表示)(2)假设t＝3天，h＝343km，R＝6400km，g＝10m/s2，那么飞船绕地球运转的圈数为多少？【解析】(1)在地球表面：g＝GMR2即GM＝gR2在轨道上：GMmR ＋h2＝m(R＋h)4π2T2因此T＝2πR＋h3GM＝2πR＋hRR＋hg故n＝tT＝tR2πR＋hgR＋h.(2)代入数据得：n≈48圈、【答案】(1)tR2πR＋hgR＋h(2)48圈11、(14分)(2018·梧州高中模拟)图6如图6是利用传送带装运煤块的示意图、其中，传送带长20m，倾角θ＝37°，煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度H＝1.8m，与运煤车车箱中心的水平距离x＝1.2m、现在传送带底端由静止释放一些煤块(可视为质点)，煤块在传送带的作用下先做匀加速直线运动，后与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动、要使煤块在轮的最高点水平抛出并落在车箱中心，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)传送带匀速运动的速度v及主动轮和从动轮的半径R；(2)煤块在传送带上由静止开始加速至落到车底板所通过的时间T.【解析】(1)由平抛运动的公式，得x＝vtH＝12gt2解得v＝2m/s要使煤块在轮的最高点做平抛运动，那么煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律得mg＝m v2 R解得R＝0.4m.(2)由牛顿第二定律F＝ma，得a＝Fm＝μg cosθ－g sinθ＝0.4m/s2设煤块加速运动的时间为t1，由v＝v0＋at得t1＝va＝5s设此过程煤块运动的距离为s1，那么s1＝12at21＝12×0.4×52m＝5m设煤块匀速运动的距离为s2，那么s2＝L－s1＝15m. 设其匀速运动时间为t2，那么t2＝s2v＝152s＝7.5s煤块做平抛运动的时间t 3＝2Hg＝0.6s煤块运动的总时间为T＝t1＋t2＋t3＝5s＋7.5s＋0.6s＝13.1s.【答案】(1)2m/s0.4m(2)13.1s12.图7(14分)如图7所示的水平转盘可绕竖直轴OO′旋转，盘上水平杆上穿着两个质量均为m的小球A和B.现将A和B分别置于距轴r和2r处，并用不可伸长的轻绳相连、两球与杆之间的最大静摩擦力基本上f m.试分析转速ω从零逐渐增大，两球对轴保持相对静止过程中，在满足以下条件下，ω与m、r、f m的关系式、(1)绳中出现张力时；(2)A球所受的摩擦力改变方向时；(3)两球对轴刚要滑动时、【解析】(1)由于ω从零开始逐渐增大，当ω较小时，A和B只靠自身静摩擦力提供向心力、A球：mω2r＝fA；B球：mω2·2r＝f B随ω增大，静摩擦力不断增大，直至ω＝ω1时，将有f B＝f m，即mω21·2r＝f m，那么ω1＝fm2mr.即ω从ω1开始接着增加，绳上将出现张力T.(2)当绳上出现张力后，对B球有mω2·2r＝f m＋T，同时ω增加时，绳上张力将增加、关于A球应有mω2r＝f A＋T，可知随ω的增大，A球所受摩擦力将不断减小，直至f A＝0时，角速度ω＝ω2.如今，A球mω22r＝T，B球mω22·2r＝f m＋T解之得ω2＝fmmr.(3)当角速度从ω2接着增加时，A球所受的摩擦力方向将沿杆指向外侧，并随ω的增大而增大，直至f A＝f m为止、设如今角速度为ω3，并有如下情况：A球mω23r＝T－fm，B球mω23·2r＝f m＋T解之得ω3＝2f mmr.假设角速度从ω3接着增加，A和B将一起向B一侧甩出、【答案】(1)ω1＝fm2mr(2)ω2＝fmmr(3)ω3＝2f mmr。
广西2019高考(课堂新坐标)物理二轮练习高考冲关第7练
广西2019高考(课堂新坐标)物理二轮练习高考冲关第7练【一】选择题1、如图3－3－12所示，三小球a、b、c的质量基本上m，都放于光滑的水平面上，小球b、c与轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，碰后与小球b粘在一起运动、在与小球b粘在一起后的运动过程中，以下说法正确的选项是()图3－3－12A、三小球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒B、三小球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒C、当小球b、c速度相等时，弹簧势能最大D、当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，小球b的动能一定为零【解析】a、b两小球相碰，动量守恒，机械能不守恒，之后系统动量守恒，机械能也守恒，因而A错误，B正确、由牛顿运动定律分析可知，小球b、c速度相等时，弹簧的压缩量最大，即弹簧势能最大，C正确、当弹簧恢复原长时，将弹簧的弹性势能转化为三个小球的动能，由机械能守恒定律和动量守恒定律可知D错误、【答案】BC2、棒球竞赛中，质量为m的球在h高处以大小为v0的速度水平飞来，击球员将球反向击回，结果球的落地点距离棒击点的水平距离为s，且球落地后不反弹，那么()A、棒对球的冲量为2mv0B、棒对球做功为mgs24h＋12mv20C、球着地后到停止运动受到地面的冲量大小为m gs22h＋2ghD、从棒与球接触到球停止运动全过程，球受到的冲量大小为mv0【解析】设球的反弹速度为v1，由平抛关系可知：v1＝s g2h，结合动量定理知A错、由动能定理知B错、而C选项中，没有考虑落地过程中重力的冲量、由动量定理知，D正确、【答案】D图3－3－133、如图3－3－13所示，一个质量m1＝50kg的人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳、气球和长绳的总质量m2＝20kg，长绳的下端刚好和水平面接触、当静止时人离地面的高度h＝5m、假如那个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面的高度是(能够把人看成质点)()A、5mB、3.6mC、2.6mD、8m 【解析】当人滑到绳下端时，如下图，由平均动量守恒，得m1h1t＝m2h2t，且h1＋h2＝h.解得h1＝1.4m；因此他离地高度H＝h－h1＝3.6m，应选项B正确、【答案】B4、如图3－3－14所示，质量为M的小车静止在光滑的水平地面上，小车上有n个质量为m的小球，现用两种方式将小球相关于地面以恒定速度v向右水平抛出，第一种方式是将n个小球一起抛出；第二种方式是将小球一个接一个地抛出，比较这两种方式抛完小球后小车的最终速度()图3－3－14A、第一种较大B、第二种较大C、两种一样大D、不能确定【解析】抛球的过程动量守恒，第一种方式全部抛出，取向右为正方向，0＝nmv－Mv′，得v′＝nmvM；第二种方式是将小球一个接一个地抛出，每抛出一个小球列动量守恒方程，由数学归纳的思想可得v′＝nmvM，C正确、【答案】C5、如图3－3－15所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，并使其轨道平面与地面垂直，物体m1、m2同时由轨道左、右最高点释放，二者碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道M点，OM与竖直方向夹角为60°，那么两物体的质量之比m1∶m2为()图3－3－15A.2∶1 B、(2＋1)∶(2－1)C、1∶ 2D、(2－1)∶(2＋1)【解析】m1、m2在底部相碰，碰前速度大小相等，为v＝2gR.碰撞过程中动量守恒得m2v－m1v＝(m1＋m2)v′.两物体粘合后上升到M的过程机械能守恒.(m1＋m2)g·12R＝12(m1＋m2)v′2，解以上三式得m1m2＝2－12＋1.选D.【答案】D6、在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，以下现象可能的是()A、假设两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开B、假设两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行C、假设两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开D、假设两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行A、acB、adC、bcD、bd【解析】相互作用的过程中合外力为零，因此碰撞过程中动量守恒，设碰撞前动量分别为p1、p2，碰后两球动量分别为p3、p4，那么有p1＋p2＝p3＋p4，假设m1＝m2，碰前动量和为零碰后动量和必定为零，即p3与p4必定大小相等，方向相反，假设m1≠m2，碰前动量和不为零，碰后两球的合动量必定与碰前总动量相等，因此碰后以某一相等速率互相分开是不可能的，而碰后以某一相等速率同向而行是能够的，故B正确、【答案】B图3－3－167、如图3－3－16所示，水平光滑轨道宽和弹簧自然长度均为d.m2的左边有一固定挡板、m1由图示位置静止释放，当m1与m2第一次相距最近时m1速度为v1，那么求在以后的运动过程中()A、m1的最小速度是0B、m1的最小速度是m1－m2m1＋m2v1C、m2的最大速度是v1D、m2的最大速度是m1m1＋m2v1【解析】当两者速度相等时，相距最远，此后m1将接着减速，而m2将接着加速、当它们再次相距d时，m1减速结束，而m2加速结束，如今的速度v1′即为m1的最小速度，v2′即为m2的最大速度、以后m2将减速运动，而m1将加速运动，…由动量守恒有m1v1＝m1v1′＋m2v2′，由机械能守恒有12m1v21＝12m1v1′2＋12m2v2′2，也确实是弹性碰撞模型，解得：v1′＝m1－m2m1＋m2v1，v2′＝2m1m1＋m2v1，因此B正确、【答案】B图3－3－178、长木板A静止放在光滑水平桌面上，质量为m的物体B以水平初速度v0滑上A的上表面，通过t1时间后，二者达到相同的速度为v1，它们的速度—时间图象如图3－3－17所示，那么在此过程中不能求得的物理量是()A、木板获得的动能B、系统损失的机械能C、木板的长度D、A、B之间的动摩擦因数【解析】由图象知物体做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，对物体，v－v1＝at1＝μgt1，据此式可得D选项正确；二者相互作用过程中动量守恒，设木板的质量为M，有mv0＝(M＋m)v1，据此式可得M，进一步可求出木板的动能和系统损失的动能，即得A、B选项正确、当二者达到共同速度时，物体是否差不多滑到了木板的另一端，从题中无法明白，因此求不出木板的长度、【答案】C【二】非选择题9、如图3－3－18所示，质量为m1＝0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5m，现有质量m2＝0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止、物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，求：图3－3－18(1)物块在车面上滑行的时间t；(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少、【解析】(1)设物块与小车共同速度为v，以水平向右为正方向，依照动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v设物体与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有－Ft＝m2v－m2v0又F＝μm2g解得t＝m1vμm1＋m2g代入数据得t＝0.24s.(2)要使物块恰好不从车面滑出，须物块到车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v′，那么m 2v′＝(m1＋m2)v′由功能关系有－μm2gL＝12(m1＋m2)v′2－12m2v0′2代入数据解得v0′＝5m/s故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过5m/s.【答案】(1)0.24s(2)5m/s10、(2018·山东高考)如图3－3－19所示，光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝3m、m B＝m C＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B相撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变、求B与C碰撞前B的速度大小、图3－3－19【解析】设A与B碰撞后，A的速度为v A，B与C碰撞前B的速度为v B，B 与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得对A、B木块：m A v0＝m A v A＋m B v B①对B、C木块：m B v B＝(m B＋m C)v②由A与B间的距离保持不变可知vA＝v③联立①②③式，代入数据得v B ＝65v0.④【答案】65v0图3－3－2011、如图3－3－20所示，小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平面的距离为h.物块B质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ.现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为h16.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求物块在水平面上滑行的时间t.【解析】设小球的质量为m，运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点的重力势能为零，依照机械能守恒定律，有mgh＝12mv21①得v1＝2gh设碰撞后小球反弹的速度大小为v1′，同理有mg h16＝12mv1′2②得v1′＝gh 8设碰撞后物块的速度大小为v2，取水平向右的方向为正方向，依照动量守恒定律，有mv1＝－mv1′＋5mv2③得v2＝gh 8④物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小为F＝5μmg⑤设物块在水平面上滑行的时间为t，依照动量定理，有－Ft＝0－5mv2⑥得t＝2gh 4μg.【答案】2gh 4μg。
【江苏专版】2019年高考物理二轮复习与策略 选择题31分强化练五 含解析
选择题31分强化练(五)一、项选择题(本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意．)1．如图1所示，小球C置于光滑的半球形凹槽B内，B放在长木板A上，整个装置处于静止状态．现缓慢减小木板的倾角θ过程中，下列说法正确的是()图1A．A受到的压力逐渐变大B．A受到的摩擦力逐渐变大C．C对B的压力逐渐变大D．C受到三个力的作用A[对B、C整体分析，受力为重力mg、斜面A的支持力N和摩擦力f，由平衡条件得知N＝mg cos θ，f＝mg sin θ，减小θ，N增大，f减小，由牛顿第三定律得知：B对A的压力也增大，故A正确，B错误．由于半球形凹槽光滑，小球只受两个力，重力和支持力，由平衡条件知，支持力与重力大小相等，保持不变，则C对B的压力也保持不变，故C、D错误．]2．在孤立负电荷形成的电场中，四个带电粒子分别仅在电场力作用下运动，v-t图像如图2所示．则以下判断正确的是()图2A．a、c带负电，b、d带正电B．a、c带正电，b、d带负电C．a、d带正电，b、c带负电D．a、d带负电，b、c带正电A[由图象可以知道，a做加速度减小的加速运动，b做加速度增大的加速运动，c做加速度增大的减速运动，d做加速度减小的减速运动，根据电荷之间的相互作用可以知道a、c带负电，b、d带正电，故选项A正确．] 3．2016里约奥运会赛场，跳水男子10米台，中国选手陈艾森夺冠，这是中国在里约奥运会上的第24枚金牌．跳水运动员最后踏板的过程可以简化为如图3所示的模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板(位置A)上，随跳板一起向下运动到达最低点(位置B)然后弹起，下列说法正确的是()图3A．运动员在最低点时速度和加速度都为零B．运动员随跳板从位置B到位置A的过程中，跳板的弹性势能一直在减小C．运动员随跳板从位置A到位置B的过程中，重力的功率逐渐增大D．运动员随跳板从位置A到位置B的过程中，所受重力对他做的功等于跳板的作用力对他做的功B[运动员到达最低点时，速度为零，加速度不为零，故A错误．从B位置到A位置的过程中，形变量逐渐减小，则跳板的弹性势能一直在减小，故B 正确．从接触跳板到最低点的过程中，加速度的方向先向下，再向上，速度先增大后减小，则重力的功率先增大后减小，故C错误．对该过程运用动能定理得：W G－W＝0－12m v2，知重力做功小于跳板的作用力对他做的功，故D错误．]4．嫦娥五号将于2017年前后在海南文昌发射基地发射，嫦五将经历登陆器发射——进入月球轨道——登陆月球——抓一把月壤——登陆器返回月球轨道与嫦五对接——将月壤转入返回舱——嫦五返回地球——进入地球轨道——释放返回舱——嫦五继续在地球轨道游弋．若登陆器返回时，先沿椭圆轨道1飞行，后在远月点P 处点火加速，由椭圆轨道1变成绕月的圆轨道2，在圆轨道2上择机变轨实现和嫦娥五号对接，下列判断正确的是( )【导学号：25702098】图4A ．登陆器变轨前后的机械能相等B ．登陆器在圆轨道上时所携带的月球土壤处于失重状态C ．登陆器在圆轨道2上运动的线速度等于椭圆轨道1上P 处的线速度D ．正常飞行时，登陆器分别通过轨道1和轨道2的P 点时加速度大小不同B [椭圆轨道1过P 时做向心运动，F 万>m v 2r ，变轨到圆轨道2过P 时，做匀速圆周运动，F 万＝m v 2r ，所以变轨前后的速度不相同，机械能不相等，A 、C 错误；登陆器在圆轨道上做匀速圆周运动，万有引力全部提供向心力，登陆器内的所有物体都处于失重状态，B 正确；加速度是由合力决定，登陆器分别通过轨道1和轨道2的P 点时F 万相同，加速度大小一样，选项D 错误．]5．如图5甲所示是某交流发电机产生的正弦交变电压的图象，图乙是原、副线圈匝数比为5∶1的理想变压器，电流表为理想电表，电阻R ＝100 Ω，现将该交流发电机接入到变压器的A 、B 端，则下列说法中正确的是( )甲 乙图5A ．交流发电机线圈转动的角速度为50π rad/sB ．在t ＝0.01 s 时穿过发电机线圈的磁通量最小C ．电阻R 消耗的电功率为19.36 WD ．电流表的示数为2.20 AC [由题图甲可知，该交变电流的周期为T ＝0.02 s ，所以交流发电机线圈转动的角速度为ω＝2πT ＝100π rad/s ，选项A 错误；在t ＝0.01 s 时，交流发电机产生的电动势为零，即磁通量的变化率为零，所以此时穿过发电机线圈的磁通量最大，选项B 错误；发电机发出的交流电的电压有效值为220 V ，通过匝数比为5∶1的理想变压器后，由n 1n 2＝U 1U 2可得其副线圈两端的电压为44 V ，所以电阻R 消耗的电功率为P ＝U 2R ＝19.36 W ，选项C 正确；副线圈的电流为I 2＝U 2R ＝0.44 A ，由n 1n 2＝I 2I 1可得I 1＝0.088 A ，选项D 错误．] 二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．)6．如图6所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，正方形金属框电阻为R ，边长为L ，自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a 进入磁场区域，t 1时刻线框全部进入磁场．规定逆时针方向为感应电流i 的正方向．外力大小为F ，线框中电功率的瞬时值为P ，通过导体横截面的电荷量为q ，则这些量随时间变化的关系正确的是( )图6A B C DAC[线框速度v＝at,0～t1时间内，产生的感应电动势随时间均匀增大，感应电流I均匀增大，安培力随时间均匀增大，外力F随时间变化关系是一次函数，但不是成正比的，所以A正确，B错误；功率P＝EI随时间变化关系是二次函数，其图象是抛物线，所以C正确；导体横截面的电荷量q＝It随时间变化关系是二次函数，其图象是抛物线，D错误．]7．如图7所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O为圆心，AB 为沿水平方向的直径．若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D点；若A点小球抛出的同时，在C点以初速度v2沿BA方向平抛另一相同质量的小球并也能击中D点．已知∠COD＝60°，且不计空气阻力，则()图7A．两小球同时落到D点B．两小球在此过程中动能的增加量相等C．在击中D点前瞬间，重力对两小球做功的瞬时功率之比为2∶1D．两小球初速度之比v1∶v2＝6∶3CD[平抛运动的时间由高度决定，高度越高，时间越长，可知两球平抛运动的时间不等，不能同时落到D点，故A错误．根据动能定理知，重力做功不同，则动能的增加量不同，故B错误．根据v y＝2gh，以及P＝mg v y知，重力做功的瞬时功率P＝mg v y＝mg2gh，根据几何关系知，下降的高度之比为2∶1，则重力做功的瞬时功率之比为2∶1，故C正确．因为平抛运动的高度之比为2∶1，根据t＝2hg，则时间之比为2∶1，根据v0＝xt，因为水平位移之比为1∶32，解得两小球初速度之比v1∶v2＝6∶3，故D正确．]8．如图8所示，MNPQ为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，ACB为圆弧．一个质量为m、电荷量为－q的带电小球，从A点正上方高为H 处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是()【导学号：25702099】图8A．小球一定能从B点离开轨道B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动C．小球再次到达C点的速度可能为零D．当小球从B点离开时，上升的高度一定等于HBD[由于题中没有给出H和R、E的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，故A项错误；若重力大小等于电场力，小球在AC部分做匀速圆周运动，故B项正确；若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零，故C项错误；由于小球在AB部分电场力做功为零，所以若小球从B点离开，上升的高度一定等于H，故D项正确．]9．某小型电能输送的示意图如图9所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路，与副线圈相连的输送线路的电阻可等效为电阻R.线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为ω，匝数为N，线圈电阻不计．下列说法正确的是()图9A．将原线圈抽头P向上滑动时，灯泡变暗B．图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最大C．若线圈abcd转动的角速度变为2ω，则变压器原线圈电压的有效值为NBSωD．用电高峰期，随着发电厂输出功率的增大，输电线上损耗的功率占总功率的比例不变AC[矩形线圈abcd中产生交变电流；将原线圈抽头P向上滑动时，原线圈匝数变大，根据电压与匝数成正比知，输出电压减小，故灯泡会变暗，故A 正确；线圈处于图示位置时，是中性面位置，矩形线圈中感应电动势的瞬时值为零，故B错误；若线圈转动的角速度变为2ω，根据电动势最大值公式E m＝NBSω，最大值增加为原来的2倍，有效值E＝E m2也变为2倍，则变压器原线圈电压的有效值为NBSω，故C正确；发电厂输出功率的增大，升压变压器的输出电压不变，由于输电线电流增大，输电线损失电压增大，输电线上损耗的功率占总功率的比例增大，选项D错误．]。
广西2019高考(课堂新坐标)物理二轮练习高考冲关第6练
广西2019高考(课堂新坐标)物理二轮练习高考冲关第6练【一】选择题1、(2018·玉林一中模拟)升降机底板上放有一质量为100kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5m时速度达到4m/s，那么此过程中(g取10m/s2)()A、升降机对物体做功5800JB、合外力对物体做功5800JC、物体的重力势能增加5000JD、物体的机械能增加5000J【解析】物体高度变化，重力势能增加ΔE p＝mgh＝100×10×5J＝5000J，且有速度故有动能、升降机对物体做功为重力势能＋动能＝5800J，选项A、C 正确；合外力做功为动能增加量等于800J，B错误；机械能总增加量为动能增加量＋势能增加量＞5000J，选项D错误、【答案】AC图3－2－132、如图3－2－13所示，从光滑的1/4圆弧槽的最高点滑下的小滑块，滑出槽口时速度方向为水平方向，槽口与一个半球顶点相切，半球底面为水平，假设要使小滑块滑出槽口后不沿半球面下滑，圆弧轨道的半径为R1，半球的半径为R2，那么R1和R2应满足的关系是()A、R1≤R2B、R1≤R 2 2C、R1≥R2D、R1≥R 2 2【解析】利用机械能守恒定律mgR1＝12mv2得，小滑块滑出槽口时速度v＝2gR1，使小滑块滑出槽口后不沿半球面下滑的条件是mg≤mv2R2即v≥gR2，可得2gR1≥gR2，R1≥R22，因此D项正确、【答案】D图3－2－143、2017年在韩国江陵举办的世界冰壶锦标赛上，中国女子冰壶队在决赛中战胜冬奥会冠军瑞典女子冰壶队，第一次获得冰壶世界冠军、假设运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面推出，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化图线如图3－2－14所示，冰壶质量为19kg，g取10m/s2，那么以下说法正确的选项是() A、μ＝0.05 B、μ＝0.01C、滑行时间t＝5sD、滑行时间t＝10s【解析】对冰壶由动能定理得：－μmgx＝E k－12mv20，那么E k＝12mv20－μmgx由此知μmg＝9.55即μ＝0.01，B正确、冰壶运动时：a＝μg＝0.1m/s2由运动学公式x＝12at2得：t＝10s，D正确、【答案】BD4.图3－2－15如图3－2－15所示，虚线为一组方向未知的电场线，实线为某带电粒子通过该区域时的运动轨迹，a、b为其轨迹上的两点、假设该粒子运动过程中只受电场力作用，依照以上表达和图示，对以下问题能够作出判断的是()A、粒子的带电性质B、比较该粒子通过a、b点时的动能大小C、比较该粒子通过a、b点时的加速度大小D、比较该粒子在a、b点时电势能的大小【解析】由粒子运动的轨迹能够看出，粒子受到的力指向弧线的内侧，从b 点到a点时，运动的方向和受力的方向小于90°，电场力做正功，动能增加，势能减小、从b点到a点，电场线变密集，受到的力变大，加速度变大、因不明确电场的方向和粒子的正负，故无法判断粒子的电性，由以上分析能够看出，B、C、D正确、【答案】BCD5.图3－2－16如图3－2－16所示，质量为m的物块从A点由静止开始下落，加速度是g/2，下落H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，在由A运动到C的过程中，空气阻力恒定，那么()A、物块机械能守恒B、物块和弹簧组成的系统机械能守恒C、物块机械能减少12mg(H＋h)D、物块和弹簧组成的系统机械能减少12mg(H＋h)【解析】由牛顿第二定律得：mg－F f＝ma，a＝g2，可得，F f＝12mg.因物体下落过程中，有空气阻力做负功，故物块的机械能不守恒，物块和弹簧组成的系统机械能也不守恒，系统机械能减少为12mg(H＋h)，而物块的机械能减少量除用于克服空气阻力作功外，还有一部分转化为弹性势能，故D正确、【答案】D6、水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为L1、L2，且L1＜L2，如图3－2－17所示、两个完全相同的小滑块A、B(可视为质点)与两个斜面间的动摩擦因数相同，将小滑块A、B分别从甲、乙两个斜面的顶端同时由静止开始释放，取地面所在的水平面为参考平面，那么()图3－2－17A、从顶端到底端的运动过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同B、滑块A到达底端时的动能一定比滑块B到达底端时的动能大C、两个滑块加速下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能相同D、两个滑块从顶端运动到底端的过程中，重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大【解析】甲、乙两种情况相比，不管滑块从顶端运动到底端，依旧到达同一高度处，重力做功相同，滑块A所受摩擦力小，位移也小，摩擦力所做负功少；从顶端滑到底端过程中，滑块B克服摩擦而产生的热量要大，A、C选项错误，B 选项正确；下滑过程中，滑块A所用时间短，重力对A做功的平均功率比B的大，D选项正确、【答案】BD7、(2018·钦州一中模拟)图3－2－18如图3－2－18所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为m、2m.开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长，且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上、放手后物体A下落，与地面马上接触时速度为v ，如今物体B 对地面恰好无压力、假设在物体A 下落的过程中，弹簧始终处在弹性限度内，那么A 接触地面前的瞬间()A 、物体A 的加速度大小为g ，方向竖直向下B 、弹簧的弹性势能等于mgh －12mv 2 C 、物体B 有向上的加速度D 、弹簧对物体A 拉力的瞬时功率大小为2mgv【解析】当A 马上接触地面时，物体B 对地面无压力，对B 受力分析可知，细绳拉力等于轻弹簧弹力F ＝2mg ，选项C 错误；然后对A 受力分析可得：F －mg ＝ma ，可得a ＝g ，方向竖直向上，选项A 错误；A 下落过程中，A 与弹簧整体机械能守恒，可得mgh ＝E p ＋12mv 2，弹簧的弹性势能E p ＝mgh －12mv 2，选项B 正确；拉力的瞬时功率为P ＝Fv ＝2mgv ，选项D 正确、【答案】BD图3－2－198、如图3－2－19所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d ，其右端接有阻值为R 的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B 的匀强磁场中、一质量为m (质量分布均匀)的导体杆ab 垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F 作用下从静止开始沿导轨运动距离l 时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)、设杆接入电路的电阻为r ，导轨电阻不计，重力加速度大小为g .那么此过程()A 、杆的速度最大值为F －μmg RB 2d 2B 、流过电阻R 的电荷量为Bdl RC 、恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D 、恒力F 做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量【解析】A 选项中，当杆达到最大速度v 时，其受力情况如下图，在水平方向受拉力F 、安培力F 安＝B 2d 2vR ＋r 、滑动摩擦力F f ＝μmg ，三个力的合力为零：F －B 2d 2v R ＋r －μmg ＝0，解得v ＝F －μmg R ＋rB 2d 2；B 选项中，平均电动势为E ＝ΔΦΔt ，平均电流为I ＝E R ＋r ＝ΔΦR ＋r Δt ，通过的电荷量q ＝I ·Δt ＝ΔΦR ＋r，而ΔΦ＝B·ΔS＝Bdl，那么q＝ΔΦR＋r＝BdlR＋r；C选项中，由动能定理得W F－W f－W安＝ΔE k；D选项中，由前式可得W F－W安＝ΔE k＋W f＞ΔE k，此题正确选项为D.【答案】D【二】非选择题9.图3－2－20如图3－2－20，MNP为竖直面内一固定轨道，其圆弧段MN与水平段NP相切于N，P端固定一竖直挡板、M相关于N的高度为h，NP长度为s.一物块自M端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次完全弹性碰撞后停止在水平轨道上某处、假设在MN段的摩擦可忽略不计，物块与NP段轨道间的滑动摩擦因数为μ，求物块停止的地方与N点距离的可能值、【解析】依照功能原理，在物块从开始下滑到静止的过程中，物块重力势能减小的数值ΔE p与物块克服摩擦力所做功的数值W相等，即ΔE p＝W①设物块质量为m，在水平轨道上滑行的总路程为s′，那么ΔE p＝mgh②W＝μmgs′③设物块在水平轨道上停止的地方与N点的距离为d.假设物块在与P碰撞后，在到达圆弧形轨道前停止，那么s′＝2s－d④联立①②③④式得d＝2s－hμ⑤此结果在hμ≤2s时有效、假设hμ＞2s，那么物块在与P碰撞后，可再一次滑上圆弧形轨道，滑下后在水平轨道上停止，如今有s′＝2s＋d⑥联立①②③⑥式得d＝hμ－2s.【答案】见解析10.图3－2－21如图3－2－21所示，竖直面内有一粗糙斜面AB，BCD部分是一个光滑的圆弧面，C为圆弧的最低点，AB正好是圆弧在B点的切线，圆心O与A、D点在同一高度，∠OAB＝37°，圆弧面的半径R＝3.6m，一小滑块质量m＝5kg，与AB斜面间的动摩擦因数μ＝0.45，将滑块由A点静止释放、求在以后的运动中(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)(1)滑块在AB段上运动的总路程；(2)在滑块运动过程中，C点受到的压力的最大值和最小值、【解析】(1)由于滑块在AB段受摩擦力作用，那么滑块往复运动的高度将越来越低，由于mg sin37°＞μmg cos37°，最终以B为最高点在光滑的圆弧段做往复运动、设滑块在AB上运动的总路程为s.滑块在AB段上受摩擦力，F f＝μF N＝μmg cos37°从A点动身到最终以B点为最高点做往复运动，依照能量守恒有：ΔE p＝F f s，即：mgR cos37°＝F f s，解得s＝mgR cos 37°Ff＝8m.(2)滑块第一次过C点时，速度最大，设为v1，分析受力知如今滑块受轨道支持力最大，设为F max从A到C，依照动能定理有：mgR－F f l AB＝12mv21lAB＝R/tan37°依照受力以及向心力公式知：F max－mg＝mv21 R联立三式并代入数据得：F max＝102N当滑块以B为最高点往复运动的过程中过C点时速度最小，设为v2，如今滑块受轨道支持力也最小，设为F min.从B到C，依照动能定理有：mgR(1－cos37°)＝12mv22依照受力及向心力公式有：F min－mg＝mv22 R联立两式并代入数据得：F min＝70N依照牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为102N，最小值为70N. 【答案】(1)8m(2)102N70N。
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计算题32分强化练(四)
1．(14分)如图1所示，水平虚线L 1、L 2之间是匀强磁场，磁场方向水平向里，磁场区域的高度为h.竖直平面内有一质量为m ，总电阻为R 的直角梯形线框，底边水平，边AB 长为L ，边CD 长为5L ，高AD 为2 h ．现使线框AB 边在磁场边界L 1的上方h 高处由静止自由下落(下落过程底边始终水平，线框平面始终与磁场方向垂直)，当AB 边刚进入磁场时加速度恰好为0，在DC 边刚进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动．求：
(1)求匀强磁场的磁感应强度B 是多少？
(2)从线框开始下落到DC 边刚进入磁场的过程中，线框产生的焦耳热为多少？
【导学号：37162120】
图1
【解析】 (1)设AB 边刚进入磁场时速度为v ，由机械能守恒定律得 mgh ＝12mv
2
(2分) 则v ＝2gh
(1分) AB 刚进入磁场时加速度恰好为零：则B 2L 2
v
R ＝mg
(2分) 解得B ＝
mgR L
2
2gh
.
(1分)
(2)设DC 边刚进入磁场前匀速运动时速度为v 1，线框切割磁感应线的有效长度为2L ， 线框匀速运动时有B
2
2
v 1
R
＝mg (2分) 解得v 1＝
2gh 4
①(1分)
从线框开始下落到CD 边进入磁场前瞬间，根据能量守恒定律得 mg·3h－Q ＝12mv 2
1
②(3分) ①②联立得：Q ＝47
16mgh.
(2分)
【答案】 (1)
mgR L
2
2gh
(2)
47
16
mgh 2．(18分)如图所示，一条带有圆轨道的光滑长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝0.5 m ．物块A 以v 0＝6 m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q ，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P 处静止的物块B 碰撞，碰后粘在一起运动．P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度
都为L ＝0.1 m ．物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A 、B 的质量均为m ＝1 kg(重力加速度g 取10 m/s 2
；A 、B 视为质点，碰撞时间极短)．
(1)求A 滑过Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F ； (2)若碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值； (3)求碰后AB 滑至第n 个(n<k)光滑段上的速度v n 与n 的关系式．
图2
【解析】 (1)物块A 由初始位置到Q 的过程，由动能定理得： －mg×2R＝12mv 2－12mv 2
(2分) 解得：v ＝4 m/s
(1分)
设在Q 点物块A 受到轨道的弹力为F ，受力分析如图所示
由牛顿第二定律得：mg ＋F ＝mv
2
R
(2分) 解得：F ＝mv
2
R －mg ＝22 N
(2分)
方向竖直向下．
(2)由机械能守恒定律知：物块A 与B 碰前的速度仍为v 0＝6 m/s A 与B 碰撞过程动量守恒，设碰后A 、B 的速度为v 共 mv 0＝2mv 共
(2分) 解得v 共＝1
2
v 0＝3 m/s
(1分)
设A 与B 碰后一起运动到停止，在粗糙段运动的路程为s ，由动能定理得 －μ×2mgs＝0－12×2mv 2
共
(2分) 解得：s ＝v 2共
2g μ＝4.5 m
(1分) 故k ＝s L ＝4.5
0.1
＝45.
(1分)
(3)碰后AB 滑至第n 个(n<k)光滑段上的速度等于滑离第n 个(n<k)粗糙段的速度 由动能定理得：－μ×2mgnL＝12×2mv 2n －12×2mv 2
共
(2分) 解得：v n ＝v 2
共－2μgnL ＝9－0.2n(n<45)． (2分)
【答案】 (1)4 m/s 22 N (2)45 (3)v n ＝9－0.2n(n<45)。