2017届高考物理二轮复习第2部分考前冲刺方略计算题型规范练3
高考物理二轮复习 第2部分 考前冲刺方略 专题一 三大题型解题方略 第3讲“三法”突破计算题课件
(1)传送带的速度为 2 m/s，求物块从 A 点运动到 B 点的时间； 2 115 (2)传送带的速度为 m/s，物块能否到达轨道上的 D 点？若 5 不能，请说明理由；若能，请求出在 D 点轨道对物块的压力大小．
看题
看题时首先要注意此题为“传送带＋圆周运动”模型，其
次要关注物块从静止释放后在传送带上可能的运动状态及通过最 高点 C 点和 D 点时满足的动力学条件． 读题 读题时要获取的信息：传送带的长度、物块与传送带间的
摩擦因数，半圆轨道与传送带的连接特点及传送带的速度、圆轨 道的半径． 思题 思题要抓住本题中，物块运动过程中的受力特点、做功情
况、能量转化情况及能否达到 D 点的判断方法．
解析
(1)物块放在 A 点后将沿 AB 加速运动，根据牛顿第二定律
μmgcos θ－mgsin θ＝ma 物块达到与传送带速度相同时，根据运动学公式有 v2＝2ax 解得 x＝5 m＜23 m 此后物块匀速运动到 B 点 设加速阶段物块运动的时间为 t1，匀速阶段物块运动的时间为 t2 则有 v＝at1，l－x＝vt2 物块从 A 到 B 运动的时间为 t＝t1＋t2 联立解得 t＝14 s.
(2)设弹簧的弹性势能变化量为 ΔEp，对于小物块 A、B、C 和轻弹 簧组成的系统，根据能量转化和守恒定律有 Mgh＝mghsin θ ＋ μmghcos θ＋ΔEp 6M－mmg2 解得 ΔEp＝(M－m)gh＝ . 5k (3)设物块 C 换为物块 D 后，小物块 A 恰离开挡板 P 时小物块 B 的速度为 v 对于小物块 A、B、D 和轻弹簧组成的系统，根据能量转化和守恒 定律有
2 (2)若物块从 A 到 B 一直加速，则 vB ＝2al
2 115 解得 vB＝ m/s，表明物块加速到 B 点恰与传送带速度相同 5 物块由 B 运动到 C 过程中机械能守恒 1 2 1 2 －mg(R＋Rcos 37° )＝ mvC－ mvB 2 2 物块沿轨道到达最高点 C，根据牛顿第二定律有
《高考领航》2017届高三物理二轮复习第2部分考前冲刺方略计算题型规范练2Word版含答案
计算题型规范练(二)建议用时：20分钟1．(14分)如图所示，一质量m ＝0.4 kg 的小物块，以v 0＝2 m/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t ＝2 s 的时间物块由A 点运动到B 点，A 、B 之间的距离L ＝10 m ．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g 取10 m/s 2.(1)求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小；(2)拉力F 与斜面夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？解析：(1)设物块加速度的大小为a ，到达B 点时速度的大小为v ，由运动学公式得L ＝v 0t ＋12at 2 ①(1分)v ＝v 0＋at ②(1分)联立①②式，代入数据得a ＝3 m/s 2 ③(1分)v ＝8 m/s .④(1分)(2)设物块所受支持力为F N ，所受摩擦力为F f ，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得F cos α－mg sin θ－F f ＝ma ⑤(2分)F sin α＋F N －mg cos θ＝0⑥(2分)又F f ＝μF N ⑦(1分)联立⑤⑥⑦式得F ＝mg (sin θ＋μcos θ)＋ma cos α＋μsin α⑧(1分) 由数学知识得cos α＋33sin α＝233sin(60°＋α) ⑨(2分)由⑧⑨式可知对应F 最小的夹角α＝30° ⑩(1分)联立③⑧⑩式，代入数据得F 的最小值为F min ＝1335 N ⑪(1分)答案：(1)3 m/s 2 8 m/s (2)30° 1335 N2．(18分)在直角坐标系xOy 中，第一象限内存在沿y 轴负方向的有界电场，其中的两条边界分别与Ox 、Oy 重合．在第二象限内有垂直纸面向里的有界磁场(图中未画出)，磁场边界为矩形，其中的一个边界与y 轴重合，磁感应强度的大小为B .一个质量为m 、电荷量为q 的正离子，从电场中P 点以某一初速度沿负x 方向开始运动，经过坐标(0，L )的Q 点时，速度大小为v Q ＝BqL 3m ，方向与负y 方向夹角为30°，经磁场偏转后能够返回电场，离子重力不计．求：(1)正离子在P 点的初速度；(2)矩形磁场在x 方向的最小宽度；(3)离子在磁场中运动的最长时间．解析：(1)离子从P 到Q 在电场力作用下做类平抛运动，由于v Q ＝BqL 3m ，所以v 0＝v x ＝v Q sin 30°＝BqL 6m .(5分)(2)离子离开电场后，可能直接进入磁场偏转后返回电场，也可能先做一段直线运动 ，然后再进入磁场偏转后返回电场．由于qB v Q ＝m v 2Q R ，所以R ＝13L .(4分)离子离开电场后直接进入磁场，偏转圆心角为60°.此时磁场在x 方向宽度最小，磁场的最小宽度：L 3－L 3cos 30°＝L 6(2－3)．(4分)(3)离子离开电场后，先做直线运动，再进入磁场，最后通过O 点返回电场．随着磁场区域下移，离子在磁场偏转的圆心角增大，运动时间变长，在磁场中偏转的最长时间为t ＝13T ＝13·2πm qB ＝2πm 3qB .(5分)答案：(1)BqL 6m (2)L 6(2－3) (3)2πm 3qB。
高考物理二轮复习第2部分考前冲刺方略实验题型增分练3
实验题型增分练(三)建议用时：10分钟1．(6分)某实验小组利用电磁打点计时器和如图甲所示的其他器材开展多项实验探究，选择了一条符合实验要求的纸带，数据如图乙(相邻计数点的时间为T )，回答下列问题：(1)若是探究重力做功和物体动能的变化的关系，需求出重物运动到各计数点的瞬时速度，试写出在E 点时重物运动的瞬时速度v E ＝________(用题中字母表示)．(2)若是测量重力加速度g ，为减少实验的偶然误差，采用逐差法处理数据，则加速度大小可以表示为g ＝________(用题中字母表示)．(3)如果研究重物在AE 运动过程中机械能守恒时，重物增加的动能总是小于减小的重力势能， 造成实验误差的主要原因是________________(只写一条即可)．解析：(1)E 点时重物运动的瞬时速度等于DF 之间的平均速度，即v E ＝s 5＋s 62T. (2)根据Δx ＝aT 2可得：s 4－s 1＝3a 1T 2；s 5－s 2＝3a 2T 2；s 6－s 3＝3a 3T 2，且a ＝13(a 1＋a 2＋a 3)，解得a ＝s 4＋s 5＋s 6－s 1＋s 2＋s 39T2. (3)造成实验误差的主要原因是重物克服阻力做功(或阻力对重物做负功)．答案：(1)s 5＋s 62T (2)s 4＋s 5＋s 6－s 1＋s 2＋s 39T2 (3)重物克服阻力做功(或阻力对重物做负功)2．(9分)在测量一节干电池电动势E 和内阻r 的实验中，小明设计了如图甲所示的实验电路．(1)根据图甲实验电路，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接．(2)合上开关S 1，S 2接图甲中的1位置，改变滑动变阻器的阻值，记录下几组电压表示数和对应的电流表示数；S 2改接图甲中的2位置，改变滑动变阻器的阻值，再记录下几组电压表示数和对应的电流表示数．(3)在同一坐标系内分别描点作出电压表示数U 和对应的电流表示数I 的图象，如图丙所示，两直线与纵轴的截距分别为U A 、U B ，与横轴的截距分别为I A 、I B .①S 2接1位置时，作出的U I 图线是图丙中的________(填“A ”或“B ”)线．②如果电压表和电流表都是理想电表，请用虚线在图丙中画出对应的U －I 图线． ③根据所画图线求出干电池电动势和内阻的真实值：E 真＝________，r 真＝________. 解析：(1)根据电路图连接实物图，实物图如图所示．(3)①当S 2接1位置时，可把电压表与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律E ＝U 断可知，电动势和内阻的测量值均小于真实值，所以作出的U －I 图线应是B 线；测出的电池电动势E 和内阻r 存在系统误差，原因是电压表的分流．②当S 2接2位置时，可把电流表与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律E ＝U 断可知电动势测量值等于真实值，U －I 图线应是A 线，即E 真＝U A ；如果电压表和电流表都是理想电表，电源U －I 图象如图所示．③由图示图象可知，E 真＝U A ，由于S 2接1位置时，U －I 图线的B 线对应的短路电流为I 短＝I B ，所以r 真＝E 真I 短＝U A I B. 答案：(1)实物图如解析图所示 (3)①B ②如解析图所示 ③U AU A I B。
2017年普通高等学校招生全国统一考试考前演练卷(二)物理试卷Word版含答案
2017年普通高等学校招生全国统一考试考前演练(二)理科综合能力测试物理二、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14～17题只有一项符合题目要求。
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，有选错或不选的得0分。
14·关于物理学的研究方法，以下说法下军确的是( )A．电场强度是用比值法定义的，电场强度与电场力成正比，与试探电荷的电量成反比B．“平均速度”、“总电阻”、“交流电的有效值’’用的是等效替代的方法C伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法D．卡文迪许在利用扭秤实验装置测量万有引力常量时，应用了放大法15·如图所示，在光滑的绝缘水平面上，有两个质量均为m、带电量分别为q+和q-的甲、乙两个小球，在力F的作用下做匀加速直线运动，则甲、乙两球之间的距离r为（B）A ．B．C．2D．216．两个完全相同的条形磁铁放在水平放置的平板AB上，磁铁的N、S极如图所示。
开始时平板及磁铁均处于静止状态。
(1)现将AB突然竖直向上平移(平板与磁铁之间始终接触)，并使之停在''A B处，结果发现两个条形磁铁吸在了一起。
(2)如果将AB从原来位置突然竖直向下平移，并使之停在''''A B处，结果发现两条磁铁也吸在了一起。
则下列说法正确的是( )A．开始时两磁铁静止不动，说明磁铁间的作用力是排斥力B．开始时两磁铁静止不动，说明磁铁间的吸引力小于磁铁受到的静摩擦力C．第(1)过程中磁铁开始滑动时，平板正在向上加速D．第(2)过程中磁铁开始滑动时，平板正在向下加速17．如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，虚线间的距离为L，金属圆环的直径也是L。
自圆环从左边界进入磁场开始计时，以垂直于磁场边界的恒定速度v穿过磁场区域。
规定逆时针方向为感应电流i的正方向，则圆环中感应电流i随其移动距离x的i x-图象最接近( )18．如图所示，固定在竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道置于垂直于纸面向外的磁场中，磁感应强度大小在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布且向右增大，一个带正电的小球，从轨道左端的最高点静止释放，向右先后经过等高的a 、b 两点，关于小球经过a 、b 两点速度大和对轨道压力的大小，下列说法正确的是（ ）A ．小球在a 点压力比b 点大B ．小球经过a 、b 两点速度大小相等C ．小球在a 点压力比b 点小D ．小球经过a 、b 两点速度大小不相等19．如图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器1T 和降压变压器2T 向用户供电。
2017高考物理二轮(通用版)复习高考冲刺卷2含答案
高考冲刺卷（二)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．A、D分别是斜面的顶端、底端，B、C是斜面上的两个点，AB＝BC＝CD,E点在D点的正上方，与A等高．从E点以一定的水平速度抛出质量相等的两个小球,球1落在B点,球2落在C点，关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程（C）A．球1和球2运动的时间之比为2∶1B．球1和球2动能增加量之比为1∶4C．球1和球2抛出时初速度之比为2错误!∶1D．球1和球2运动时的加速度之比为1∶2解析：因为AC＝2AB，所以AC的高度差是AB高度差的2倍，由h＝错误!gt2得,t＝错误!，解得运动的时间之比为1∶错误!,故A错误．根据动能定理，mgh＝ΔE k，知球1和球2动能增加量之比为1∶2，故B错误．AC在水平方向上的位移是AB在水平方向位移的2倍，结合x＝v0t，解得初速度之比为2错误!∶1,故C正确．平抛运动的加速度为g，两球的加速度相同，故D错误．15．如图所示，一个质量为2 kg的小木板放在光滑的地面上，在小木板上放着一个小物体质量为m＝1 kg，它被一根水平方向上压缩了的弹簧推着而静止在小木块上，这时弹簧的弹力为2 N．现沿水平向右的方向对小木板施以作用力，使小木板由静止开始运动起来，运动中力F由0逐渐增加到9 N的过程中，以下说法正确的是( C)A．物体与小木板先保持相对静止一会,后来相对滑动B．物体受到的摩擦力一直减小C．当力F增大到6 N时，物体不受摩擦力作用D．小木板受到9 N拉力时，物体受到的摩擦力为3 N解析:小车静止时,小物体受到的静摩擦力为2 N，当拉力由零逐渐增大的过程中，加速度逐渐增大，小物体所受合力逐渐增大，摩擦力减小，当拉力为6 N时系统的加速度为2 m/s2.此时物体所受的合力应该为2 N,故摩擦力为零．当拉力为9 N时，系统的加速度为3 m/s2,物体所受的合力为3 N,此时摩擦力为1 N,物体不动，只有选项C正确．16．一微粒质量为m，带负电荷,电量大小是q,如图所示，将它以一定初速度在磁场中M点释放以后,它就做匀速直线运动，已知匀强磁场的磁感应强度为B，空气对微粒的阻力大小恒为f,则微粒做匀速运动时的速度v大小为( D）A．v＝错误!B．v＝错误!C．v＝错误!D．v＝错误!解析：带电微粒在运动过程中受到重力mg、洛伦兹力F＝Bqv和阻力f的作用．受力图如图所示,根据平衡条件可得：（mg）2＝f2＋（Bqv）2，解得v＝错误!,即选项D正确．17．一交变电流发电机通过一理想变压器给两台电动机供电，如图甲所示，电动机铭牌上标有“440V4400W”字样，开关闭合时，两个电动机都能正常工作．发电机产生的交变电流如图乙所示,已知电动线圈的电阻r＝2.5 Ω，其他电阻忽略不计，那么下列说法正确的是（C）A．开关断开，左侧的电动机不能正常工作B．开关闭合，安培表A的示数为20 AC．电动机正常工作时的输出功率为4150 WD．变压器输入电压u的表达式u＝220错误!sin（50πt)V解析：开关断开，副线圈两端的电压不变，电动机仍正常工作，选项A错误;开关闭合,两个电动机都正常工作，变压器的输出功率为8 800 W，故原线圈中电流为40 A，选项B错误；流过电动机内阻的电流为10 A，故电动机内阻的发热功率为250 W,故电动机正常工作时的输出功率为4 150 W，选项C正确；变压器输入电压u的表达式u＝220错误!sin（100πt)V，选项D错误．18．如图所示，一物块放在一个圆盘中，若圆盘表面与水平面的夹角为α，物块转动半径为R,与圆盘的摩擦系数为μ,则物块和圆盘一起按如图所示转动的过程中（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）下列说法正确的是（A)A．角速度的最大值为错误!B．角速度的最大值为错误!C．物块随圆盘向上转动过程中，圆盘对物块的弹力做正功D．圆盘对物块的摩擦力始终不做功解析:首先要知道物块在何处时ω最大．由于从最低点向最高点运动时，势能增大,动能减小，故在最低点时物块的摩擦力为最大静摩擦力且ω最大，有F合＝μmg cos α－mg sin α＝mω错误!R，ωm＝错误!，故选项A正确，选项B错误；物块随圆盘向上转动过程中，圆盘对物块的弹力与运动方向垂直，不做功，选项C错误；物块随圆盘向上转动过程中，摩擦力除了有指向圆心的分力，还有沿斜面方向的分力，故摩擦力做功，选项D错误．19．2015年我国的静止气象卫星实现更新换代，极地轨道卫星已达到世界先进水平．如图所示，某极地轨道卫星的运动轨道平面通过地球的南北两极(轨道可视为圆轨道）．若已知一个极地卫星从北纬60°的正上方，按图示方向第一次运行至南纬60°正上方，所用时间为1 h，则下列说法正确的是（BC）A．该极地卫星的运行速度一定大于7.9 km/sB．该极地卫星与同步卫星的运行线速度之比为2∶1C．该极地卫星与同步卫星的轨道半径之比为1∶4D．该极地卫星的机械能一定大于同步卫星的机械能解析：第一宇宙速度(环绕速度）v1＝7。
2017高考物理二轮(通用版)复习高考冲刺卷3含答案
高考冲刺卷(三)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．甲、乙两辆汽车沿同一平直路面行驶,其v－t图象如图所示，下列对汽车运动状况的描述正确的是（B)A．第10 s末,乙车改变运动方向B．前10 s内，甲车比乙车多运动150 mC．第20 s末，甲、乙两车相遇D．开始时甲车在前，则两车可能相遇两次解析：由图可知，在20 s内，乙车一直沿正方向运动,速度方向没有改变，选项A错误;前10 s甲车匀速运动，位移s甲＝20×10m＝200 m，乙车做匀减速直线运动，位移s乙＝错误!×10×10m＝50 m,选项B正确;因为不知道初始位置甲、乙相距多远，所以无法判断在20 s末能否相遇，选项C错误;若刚开始甲在前，乙在后追只有乙车速度超过甲车速度的某时刻才能追上,此后不可能再相遇，只能相遇一次．15．一条细线的一端与水平地面上的物体B相连，另一端绕过一轻质定滑轮与小球A相连，定滑轮用另一条细线固定在天花板上的O′点，细线与竖直方向所成的夹角为α，则( A）A．如果将物体B在水平地面上缓慢向右移动一小段距离，α角将增大B．无论物体B在地板上左移还是右移，只要距离足够小，α角将不变C．增大小球A的质量,若B仍保持不动，则α角变小D．悬挂定滑轮的细线的弹力可能等于小球A的重力解析：O、A之间的细线一定沿竖直方向，如果物体B在地板上向右移动一点，O、B间的细线将向右偏转，OA与OB间的夹角将增大．OA与OB两段细线上的弹力都等于小球A的重力，其合力与悬挂定滑轮的细线的弹力大小相等、方向相反,悬挂定滑轮的细线的弹力方向(即OO′的方向)与∠AOB的角平分线在一条直线上，显然物体B在地板上向右移动时α角将增大,选项A正确，B错误；增大小球A的质量，只要物体B的位置不变，α角也不变，选项C 错误；因物体B无论在地板上移动多远,∠AOB也不可能达到120°，故悬挂定滑轮的细线的弹力不可能等于小球A的重力，选项D错误．16．我国于2013年11月利用“嫦娥三号”成功将“玉兔号”月球车顺利送抵月球表面，2014年4月1日，玉兔号设计寿命已满。
高考物理二轮复习 第2部分 考前冲刺方略 计算题型规范练3
计算题型规范练(三)建议用时：20分钟1．(14分)如图所示，一与水平面夹角为θ＝37°的倾斜金属平行导轨有足够长的一部分(ab 、cd 虚线之间)处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B ＝2 T ；导轨宽度L ＝1 m ，底部连接一阻值为R 1＝2 Ω的定值电阻，在磁场边界cd 内侧附近用两个绝缘立柱挡住一质量为M ＝2 kg 、导轨间部分电阻为R 2＝3 Ω的导体棒MN .现使一质量为m ＝0.5 kg 、导轨间部分电阻为r ＝0.3 Ω的导体棒PQ 从磁场上边界ab 上方导轨上某处自由下滑，进入磁场时的速度v 0＝3 m/s.两导体棒始终与导轨接触良好，且垂直导轨放置，导轨电阻不计，不计一切摩擦，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)分析导体棒PQ 进入磁场后的运动特点，并求导体棒PQ 刚进入磁场时通过定值电阻R 1的电流．(2)导体棒MN 受到立柱的最大弹力是多少？(3)当导体棒MN 受到立柱的弹力最小时，导体棒PQ 的速度大小及电阻R 1上消耗的电功率是多少？解析：(1)导体棒PQ 刚进入磁场时，受到重力、安培力和导轨的支持力作用，此时导体棒PQ 产生的感应电动势为E ＝BLv 0＝6 V(1分)导体棒PQ 中的电流I 0＝E R 1R 2R 1＋R 2＋r ＝4 A(1分) 所以导体棒PQ 受到的安培力大小为F ＝BI 0L ＝8 N ，根据左手定则，知方向沿导轨向上，重力的分力mg sin 37°＝3 N ＜F ，所以导体棒PQ 开始做减速运动，当重力的分力mg sin 37°＝F 安，导体棒PQ 做匀速运动(1分)通过定值电阻R 1的电流为I 1＝35I 0＝2.4 A(1分) (2)因为导体棒PQ 先做减速运动，后做匀速运动，说明导体棒PQ 刚进入磁场时感应电流最大，匀速运动时感应电流最小(1分)导体棒PQ 刚进入磁场时，导体棒MN 中电流I 2＝25I 0(1分)所以导体棒MN 受到立柱的最大弹力为 F ′＝BI 2L ＋Mg sin 37°＝15.2 N(2分)(3)当导体棒PQ 匀速运动时，设此时导体棒PQ 的速度为v 1，对导体棒PQ 有mg sin 37°＝BL ×BLv 1R 2R 1R 1＋R 2＋r (1分) 代入数据可得v 1＝1.125 m/s(1分)匀速运动时感应电流最小，导体棒MN 受到立柱的弹力最小，因此根据导体棒PQ 受力平衡有mg sin 37°＝BIL ，得I ＝1.5 A(2分)电阻R 1上消耗的电功率P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫35I 2R 1＝1.62 W(2分) 答案：(1)2.4 A (2)15.2 N (3)1.125 m/s 1.62 W2．(18分)如图所示，在水平面的上方有一固定的水平运输带，在运输带的左端A 处用一小段光滑的圆弧与一光滑的斜面平滑衔接，该运输带在电动机的带动下以恒定的向左的速度v 0＝2 m/s 运动．将一可以视为质点的质量为m ＝2 kg 的滑块由斜面上的O 点无初速度释放，其经A 点滑上运输带，经过一段时间滑块从运输带最右端的B 点离开，落地点为C .已知O 点与A 点的高度差为H 1＝1.65 m ，A 点与水平面的高度差为H 2＝0.8 m ，落地点C 到B 点的水平距离为x ＝1.2 m ，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求滑块运动到C 点时的速度大小．(2)如果仅将O 点与A 点的高度差变为H 1′＝0.8 m ，且当滑块刚好运动到A 点时，撤走斜面，求滑块落在水平面上时的速度大小．(3)在第(2)问情况下滑块在整个运动过程中因摩擦而产生的热量有多少？解析：(1)设滑块滑至运输带的右端时速度为v 1，滑块自运输带右端飞出至落地的时间为t ，则在水平方向上，x ＝v 1t (1分)在竖直方向上，H 2＝12gt 2(1分) 设滑块落地时的速度为v ，根据机械能守恒定律得12mv 21＋mgH 2＝12mv 2(2分)联立解得v 1＝3 m/s ，v ＝5 m/s(1分)(2)设滑块从高H 1＝1.65 m 处的O 点由静止开始下滑到运输带上，再滑到运输带右端过程中，摩擦力对滑块做功为W f ，由功能关系得mgH 1＋W f ＝12mv 21(2分) 解得W f ＝－24 J(1分)滑块从高H 1′＝0.8 m 处的O 点由静止开始下滑到运输带上，由于mgH 1′＜|W f |，在滑到运输带右端前滑块的速度就减为零，然后滑块要向左运动，设滑块从高H 1′＝0.8 m 处由静止开始下滑到达运输带左端的速度为v 0′，则mgH 1′＝12mv ′20(1分) 解得v 0′＝4 m/s(1分)因为v 0＜v 0′故滑块在运输带上向左运动的过程中，先加速至与运输带速度相同，后匀速运动至运输带左端做平抛运动，设滑块从运输带左端抛出，落地时的速度大小为v 2，根据机械能守恒定律得12mv 20＋mgH 2＝12mv 22(1分) 解得v 2＝2 5 m/s(1分)(3)设滑块与运输带间的动摩擦因数为μ，滑块从高H 1′＝0.8 m 处由静止开始下滑，在运输带上减速到零的过程中，滑块在运输带上运动的时间为t 1，滑块与运输带摩擦所产生的热量为Q 1，则有Q 1＝μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0′2t 1＋v 0t 1(1分) 对滑块，由动能定理得－μmgv 0′2t 1＝0－12mv ′20(1分) 设滑块后来又向运输带左端运动的过程中，滑块加速至v 0运动的时间为t 2，滑块与运输带摩擦所产生的热量为Q 2，则Q 2＝μmg ⎝⎛⎭⎪⎫v 0t 2－v 02t 2(1分) 对滑块，由动能定理得μmg v 02t 2＝12mv 20－0(1分) 则滑块自释放至落地全过程中滑块与运输带摩擦所产生的热量Q ＝Q 1＋Q 2(1分) 解得Q ＝36 J(1分)答案：(1)5 m/s (2)2 5 m/s (3)36 J。
2017届高考物理二轮复习 第2部分 考前冲刺方略 选择题型满分练4
选择题型满分练(四)建议用时：25分钟本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．一定质量的小球自t ＝0时刻从水平地面上方某处自由下落，小球与地面碰后反向弹回，不计空气阻力，也不计小球与地面碰撞的时间，小球距地面的高度h 与运动时间t 的关系如图所示，取g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是( )A ．小球第一次与地面碰撞前的最大速度为15 m/sB ．小球第一次与地面碰撞后的最大速度为12 m/sC ．小球在4～5 s 内走过的路程为2.5 mD ．小球将在t ＝6 s 时与地面发生第四次碰撞解析：选C.由图象可得小球第一次与地面碰撞前释放高度h ＝20 m ，则可得第一次落地时速度为v 0＝2gh ＝20 m/s ，则A 错误；由图象可知第一次碰撞后上升的最大高度为h ′＝5 m ，可得第一次碰撞后的速度为v ＝2gh ′＝10 m/s ，则B 错误；由图象可知小球在第5 s 内刚好与地面第二次撞击后在空中运动时间为1 s ．所以有h ″＝12gt 2＝12×10×0.52 m ＝1.25 m ，则在第5 s 内小球走过的路程为s ＝2h ″＝2.5 m ，故C 正确；根据图象规律可知，小球第四次碰撞时间应在5～6 s 之间，故D 错误．2．在光滑绝缘的水平地面上放置四个相同的可看作质点的金属小球，小球A 、B 、C 位于等边三角形的三个顶点上，小球D 位于三角形的中心，如图所示．现让小球A 、B 、C 都带电荷量为Q 的正电荷，让小球D 带电荷量为q 的负电荷，若四个小球均处于静止状态，则Q 与q 的比值为( )A.13B.33 C ．3 D. 3解析：选D.设等边三角形的边长为a ，由几何知识可知，BD ＝a ·cos 30°·23＝33a ，以B 为研究对象，由平衡条件可知，kQ 2a 2cos 30°×2＝kQq BD 2，解得Q q＝3，D 项正确． 3．如图所示，在PQ 、QR 区域存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，bc 边与磁场的边界P 重合．导线框与磁场区域的尺寸如图所示．从t ＝0时刻开始线框向右匀速横穿两个磁场区域．以a →b →c →d →e →f 为线框中电流的正方向．以下四个i －t 关系示意图中正确的是( )解析：选C.由右手定则分段判断bc 、de 、af 三边切割磁感线产生感应电动势的方向，由E ＝Blv 分段判断bc 、de 、af 三边切割磁感线产生感应电动势的大小，得出示意图中正确的是C.4．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，放置一质量为m 的金属棒，棒长为L ，棒中通有垂直纸面向里的电流，电流大小为I .若使金属棒静止在斜面上，则下面关于磁感应强度B 的判断正确的是( )A ．B 的方向垂直斜面向上，B ＝mg sin θIL ，B 为最小值 B ．B 的方向平行斜面向上，B ＝mg sin θIL ，B 为最小值 C ．B 的方向竖直向上，B ＝mg IL，此时金属棒对斜面无压力D ．B 的方向水平向左，B ＝mg IL，此时金属棒对斜面无压力 解析：选D.金属棒所受重力竖直向下，B 的方向垂直斜面向上时，由左手定则可知安培力方向平行斜面向下，支持力垂直斜面向上，金属棒不可能平衡，A 项错；当B 的方向平行斜面向上时，安培力垂直斜面向上，金属棒不可能平衡，B 项错；B 的方向竖直向上时，安培力水平向右，支持力垂直斜面向上，金属棒不可能静止，C 项错；若B 的方向水平向左时，安培力竖直向上，当B ＝mg IL时，安培力BIL ＝mg ，金属棒静止，对斜面无压力，D 项正确．5．在如图所示的电路中，电源的内阻为r ，其中R 3为滑动变阻器，R 1、R 2为定值电阻， 、为理想电表，将滑动变阻器的滑片向下移动，则有关各物理量的变化描述正确的是( )A ．电压表的读数变大B ．电流表的读数变小C ．电源的内耗功率变小D ．R 2消耗的功率变大解析：选A.由题图可知，电压表与R 1并联，R 3与电流表串联后与R 2并联，两部分串联后接在电源两端．在滑动变阻器滑片P 向下滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变小，故总电阻变小，总电流变大，R 1两端电压变大，电压表示数变大，A 正确；并联部分的电压变小，即R 2两端的电压变小，R 2消耗的功率变小，D 错误；由于总电流变大，则由P r ＝I 2r 可知电源的内耗功率变大，C 错误；流过R 2的电流变小，又总电流变大，所以流过电流表的电流变大，B 错误．6．火星表面特征非常接近地球，可能适合人类居住.2010年，我国志愿者王跃参与了在俄罗斯进行的“模拟登火星”实验活动．已知火星半径是地球半径的12，质量是地球质量的19，自转周期基本相同．地球表面重力加速度是g ，若王跃在地面上能向上跳起的最大高度是h ，在忽略自转影响的条件下，下述分析正确的是( )A ．王跃在火星表面所受火星引力是他在地球表面所受地球引力的49B ．火星表面的重力加速度是2g 3C ．火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的23D ．王跃在火星上能向上跳起的最大高度是3h 2 解析：选AC.根据万有引力定律：F ＝GMm R 2可知，F 火F 地＝M 火M 地·R 2地R 2火＝49，因此A 选项正确；同理可知，火星表面的重力加速度为49g ，故B 选项错误；根据星球的第一宇宙速度与星球的半径及其表面重力加速度的关系v ＝Rg 星可知，v 火v 地＝R 火R 地·g 火g ＝23，所以C 选项正确；根据h ＝v 22g 和H ＝v 22g 火可以求得，王跃在火星上向上跳起的最大高度为H ＝94h ，因此D 选项错误． 7．如图所示，悬挂于O 点的轻质弹簧，劲度系数k ＝100 N/m ，其下端拴一质量m ＝1 kg 的小物体A ，紧挨物体A 有一质量M ＝2 kg 的物体B ，现对B 施加一个竖直向上、大小为38 N 的力F ，系统处于静止状态，现突然改变力F 的大小，使物体A 、B 以加速度a ＝2 m/s 2匀加速下降，直到A 、B 两物体分离，取g ＝10 m/s 2，则( )A ．两物体刚开始匀加速下降时，力F 大小为8 NB ．两物体分离时，弹簧刚好恢复原长C ．改变力F 的大小后经0.4 s A 、B 两物体分离D ．从改变力F 到两物体分离的过程中，系统克服力F 做的功为3.84 J解析：选CD.系统静止时，弹簧处于压缩状态，令压缩量为x 1，则F 0＝(m ＋M )g ＋kx 1，代入数据得x 1＝0.08 m ，A 、B 两物体刚开始匀加速下降时有kx 1＋(m ＋M )g －F ＝(m ＋M )a ，代入数据得F ＝32 N ，A 错；设经时间t 两物体分离，A 、B 间的弹力为0，弹簧处于拉伸状态，令拉伸量为x 2，则对A 有mg －kx 2＝ma ，代入数据得x 2＝0.08 m ，B 错；A 、B 分离时A 、B两物体组成的系统下降的距离为x ＝x 1＋x 2＝0.16 m ，而x ＝12at 2，代入数据得t ＝0.4 s ，C 对；因刚开始和两物体分离时，弹簧的形变量一样，整个过程弹簧弹力做功为零，由动能定理知(m ＋M )gx －W F ＝12(m ＋M )v 2，联立v ＝at 并代入数据得W F ＝3.84 J ，D 对． 8．如图所示，两足够长平行金属导轨水平放置，间距d ＝1 m ，其左、右两端分别接有R 1＝12 Ω、R 2＝6 Ω的电阻．一质量m ＝2 kg 、电阻r ＝1 Ω，长度为1 m 的金属棒ab 垂直于导轨放置，且与两导轨始终保持良好接触，金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.25，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B ＝5 T 的匀强磁场中．现给金属棒施加一方向水平向右、大小为F ＝10 N 的恒力，金属棒在该恒力作用下向右运动了l ＝2 m 时，速度恰好达到最大．导轨电阻不计，取重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法中正确的是( )A ．金属棒的最大速度为1 m/sB ．金属棒由静止到速度达到最大过程中，流经电阻R 1的电荷量为2 CC ．恒力F 做的功与安培力做功之和等于金属棒增加的动能D ．金属棒从静止到速度达到最大的过程中，电路中产生的焦耳热为9 J解析：选AD.由题意可知，电路中的总电阻为R ＝R 1R 2R 1＋R 2＋r ＝5 Ω，当金属棒的速度达到最大时，有μmg ＋B 2d 2v m R＝F ，代入数据可解得v m ＝1 m/s ，选项A 正确；金属棒由静止到速度达到最大过程中，电路中产生的总电荷量为q ＝I t ＝ΔΦR ＝Bdl R ，代入数据可得q ＝2 C ，所以流经电阻R 1的电荷量为q 1＝R 2R 1＋R 2q ＝23C ，选项B 错误；设安培力做的功为W A ，由动能定理可得W F ＋W f ＋W A ＝ΔE k ，所以恒力F 做的功与安培力做功之和大于金属棒增加的动能，选项C 错误；由能量守恒定律可知，Q ＝Fl －μmgl －12mv 2m ，代入数据可得Q ＝9 J ，选项D 正确．。
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计算题型规范练(三)
建议用时：20分钟
1．(14分)如图所示，一与水平面夹角为θ＝37°的倾斜金属平行导轨有足够长的一部分(ab 、cd 虚线之间)处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B ＝2 T ；导轨宽度L ＝1 m ，底部连接一阻值为R 1＝2 Ω的定值电阻，在磁场边界cd 内侧附近用两个绝缘立柱挡住一质量为M ＝2 kg 、导轨间部分电阻为R 2＝3 Ω的导体棒MN .现使一质量为m ＝0.5 kg 、导轨间部分电阻为r ＝0.3 Ω的导体棒PQ 从磁场上边界ab 上方导轨上某处自由下滑，进入磁场时的速度v 0＝3 m/s.两导体棒始终与导轨接触良好，且垂直导轨放置，导轨电阻不计，不计一切摩擦，重力加速度g ＝10 m/s 2
，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)分析导体棒PQ 进入磁场后的运动特点，并求导体棒PQ 刚进入磁场时通过定值电阻R 1的电流．
(2)导体棒MN 受到立柱的最大弹力是多少？
(3)当导体棒MN 受到立柱的弹力最小时，导体棒PQ 的速度大小及电阻R 1上消耗的电功率是多少？
解析：(1)导体棒PQ 刚进入磁场时，受到重力、安培力和导轨的支持力作用，此时导体棒PQ 产生的感应电动势为E ＝BLv 0＝6 V(1分)
导体棒PQ 中的电流I 0＝E R 1R 2R 1＋R 2
＋r ＝4 A(1分) 所以导体棒PQ 受到的安培力大小为F ＝BI 0L ＝8 N ，根据左手定则，知方向沿导轨向上，重力的分力mg sin 37°＝3 N ＜F ，所以导体棒PQ 开始做减速运动，当重力的分力mg sin 37°＝F 安，导体棒PQ 做匀速运动(1分)
通过定值电阻R 1的电流为I 1＝35
I 0＝2.4 A(1分) (2)因为导体棒PQ 先做减速运动，后做匀速运动，说明导体棒PQ 刚进入磁场时感应电流最大，匀速运动时感应电流最小(1分)
导体棒PQ 刚进入磁场时，导体棒MN 中电流
I 2＝25
I 0(1分)
所以导体棒MN 受到立柱的最大弹力为 F ′＝BI 2L ＋Mg sin 37°＝15.2 N(2分)
(3)当导体棒PQ 匀速运动时，设此时导体棒PQ 的速度为v 1，对导体棒PQ 有mg sin 37°＝BL ×BLv 1R 2R 1R 1＋R 2
＋r (1分) 代入数据可得v 1＝1.125 m/s(1分)
匀速运动时感应电流最小，导体棒MN 受到立柱的弹力最小，因此根据导体棒PQ 受力平衡有mg sin 37°＝BIL ，得I ＝1.5 A(2分)
电阻R 1上消耗的电功率P ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫35I 2R 1＝1.62 W(2分) 答案：(1)2.4 A (2)15.2 N (3)1.125 m/s 1.62 W
2．(18分)如图所示，在水平面的上方有一固定的水平运输带，在运输带的左端A 处用一小段光滑的圆弧与一光滑的斜面平滑衔接，该运输带在电动机的带动下以恒定的向左的速度v 0＝2 m/s 运动．将一可以视为质点的质量为m ＝2 kg 的滑块由斜面上的O 点无初速度释放，其经A 点滑上运输带，经过一段时间滑块从运输带最右端的B 点离开，落地点为C .已知O 点与A 点的高度差为H 1＝1.65 m ，A 点与水平面的高度差为H 2＝0.8 m ，落地点C 到B 点的水平距离为x ＝1.2 m ，重力加速度g ＝10 m/s 2.
(1)求滑块运动到C 点时的速度大小．
(2)如果仅将O 点与A 点的高度差变为H 1′＝0.8 m ，且当滑块刚好运动到A 点时，撤走斜面，求滑块落在水平面上时的速度大小．
(3)在第(2)问情况下滑块在整个运动过程中因摩擦而产生的热量有多少？
解析：(1)设滑块滑至运输带的右端时速度为v 1，滑块自运输带右端飞出至落地的时间为t ，则在水平方向上，x ＝v 1t (1分)
在竖直方向上，H 2＝12
gt 2(1分) 设滑块落地时的速度为v ，根据机械能守恒定律得
12mv 21＋mgH 2＝12
mv 2(2分)
联立解得v 1＝3 m/s ，v ＝5 m/s(1分)
(2)设滑块从高H 1＝1.65 m 处的O 点由静止开始下滑到运输带上，再滑到运输带右端过程中，
摩擦力对滑块做功为W f ，由功能关系得mgH 1＋W f ＝12
mv 21(2分) 解得W f ＝－24 J(1分)
滑块从高H 1′＝0.8 m 处的O 点由静止开始下滑到运输带上，由于mgH 1′＜|W f |，在滑到运输带右端前滑块的速度就减为零，然后滑块要向左运动，设滑块从高H 1′＝0.8 m 处由静止
开始下滑到达运输带左端的速度为v 0′，则mgH 1′＝12
mv ′20(1分) 解得v 0′＝4 m/s(1分)
因为v 0＜v 0′故滑块在运输带上向左运动的过程中，先加速至与运输带速度相同，后匀速运动至运输带左端做平抛运动，设滑块从运输带左端抛出，落地时的速度大小为v 2，根据机械
能守恒定律得12mv 20＋mgH 2＝12
mv 22(1分) 解得v 2＝2 5 m/s(1分)
(3)设滑块与运输带间的动摩擦因数为μ，滑块从高H 1′＝0.8 m 处由静止开始下滑，在运输带上减速到零的过程中，滑块在运输带上运动的时间为t 1，滑块与运输带摩擦所产生的热量为Q 1，则有Q 1＝μmg ⎝ ⎛⎭
⎪⎫v 0′2t 1＋v 0t 1(1分) 对滑块，由动能定理得－μmg
v 0′2t 1＝0－12mv ′2
0(1分) 设滑块后来又向运输带左端运动的过程中，滑块加速至v 0运动的时间为t 2，滑块与运输带
摩擦所产生的热量为Q 2，则Q 2＝μmg ⎝
⎛⎭⎪⎫v 0t 2－v 02t 2(1分) 对滑块，由动能定理得μmg v 02t 2＝12
mv 20－0(1分) 则滑块自释放至落地全过程中滑块与运输带摩擦所产生的热量Q ＝Q 1＋Q 2(1分) 解得Q ＝36 J(1分)
答案：(1)5 m/s (2)2 5 m/s (3)36 J。