2019高考物理总复习计算题增分练
2019高考物理总复习选考题增分练(二)选修3-3
选修3－3 增分练(二)1．[物理——选修3－3](15分)(2018·河南省平顶山市高三二模)(1)(5分)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)A ．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大B ．液晶像液体一样具有流动性，其光学性质与某些多晶体相似，具有各向同性的光学性质C ．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律D ．分子平均速率大的物体的温度比分子平均速率小的物体的温度高E ．晶体熔化时吸收热量，其分子平均动能不变(2)(10分)如图所示，直立的汽缸中有一定质量的理想气体，活塞的质量为m ，横截面积为S ，汽缸内壁光滑且缸壁导热良好，周围环境温度保持不变．开始时活塞恰好静止在A 处，现轻放一物体在活塞上，活塞下移．经过足够长时间后，活塞系统停在B 点，已知AB ＝h ，B 处到汽缸底部的距离为h ，大气压强为p 0，重力加速度为g .求：①物体将活塞压至B 处平衡时，缸内气体的压强p 2；整个过程中，缸内气体是吸热还是放热，简要说明理由；②已知初始温度为27 ℃，若升高环境温度至T 1，活塞返回A 处达稳定状态，T 1的值是多大．解析：(2)①设活塞静止在A 处时，气体压强为p 1.对活塞受力分析，由平衡条件可得 p 1S ＝p 0S ＋mg物体将活塞压至B 处平衡时，缸内气体的压强为p 2，对封闭气体由理想气体状态方程可得p 2Sh ＝p 1S ·2h联立解得p 2＝2p 0＋2mg S理想气体温度不变，则内能不变，压缩气体，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知气体向外放热．②环境温度升高，汽缸中气体体积增大，此过程中压强不变，由盖－吕萨克定律可得V 0T 0＝V 1T 1，由于T 0＝27 ℃＝300 K ，V 1＝2V 0代入数据解得T 1＝600 K ＝327 ℃.答案：(1)ACE (2)①2p 0＋2mg S放热 理由见解析 ②327 ℃2．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)一定质量的理想气体从状态a 开始，经历三个过程a 到b 、b 到c 、c 到a 回到原状态，其V T 图象如图所示，p a 、p b 、p c .分别表示状态a 、b 、c 的压强，下列说法正确的是________(填正确答案标号，选对一个得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)A ．由a 到b 的过程中，气体一定吸热B ．p c ＞p b ＝p aC ．由b 到c 的过程中，气体放出的热量一定大于外界对气体做的功D ．由b 到c 的过程中，每一个气体分子的速率都减小E ．由c 到a 的过程中气体分子的平均动能不变(2)(10分)如图所示，水平放置且两端开口的柱形汽缸AB 由左、右两部分组成，两部分汽缸截面积分别为S 、2S ，缸内有两个厚度不计的活塞，两活塞间封闭着一定质量的理想气体，平衡时两活塞距连接处的距离均为L ，气体温度为T 0，已知外界气体压强恒为p 0，B 部分汽缸和活塞之间的最大静摩擦力为2p 0S ，A 部分汽缸内壁光滑，且距汽缸连接处左侧2L 处有一活塞销．现缓慢升高气体温度，求：①A 部分汽缸中活塞刚好被活塞销卡住时气体的温度；②B 部分汽缸中活塞刚要滑动时气体的温度．解析：(2)①A 中活塞被活塞销卡住之前，B 中活塞静止不动，理想气体做等压变化，压强始终为p 0初态：体积V 1＝LS ＋L ·2S ＝3LS ，温度T 1＝T 0A 中活塞刚好被活塞销卡住时：体积V 2＝2LS ＋L ·2S ＝4LS ，温度为T 2则V 1T 1＝V 2T 2得T 2＝43T 0 ②B 中活塞刚要滑动时，设被封闭气体压强为p ，对B 中活塞受力分析得p ·2S ＝p 0·2S ＋f 得p ＝2p 0从A 中活塞刚好被活塞销卡住到B 中活塞刚要滑动，被封闭气体做等容变化，设此时温度为T 3则p 0T 2＝p T 3得T 3＝83T 0 答案：(1)ACE (2)①43T 0 ②83T 0。
2019高考物理总复习 计算题增分练(四)
计算题增分练(四)(满分32分 20分钟)1．如图所示，间距为d 的平行金属板MN 与一对光滑的平行导轨相连，平行导轨间距为L .一根导体棒ab 与导轨垂直且以速度v 0沿导轨向右匀速运动，棒的右侧存在一个垂直纸面向里，大小为B 的匀强磁场．当棒进入磁场时，粒子源P 释放一个初速度为零的带负电的粒子，已知带电粒子的质量为m (重力不计)、电量为q .粒子经电场加速后从M 板上的小孔O 穿出．在板的上方，有一个环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场．已知外圆半径为2d ，内圆半径为d ，两圆的圆心与小孔重合，求：(1)粒子到达M 板的速度大小v ；(2)若粒子不能从外圆边界飞出，则环形区域内磁感应强度最小为多少？解析：(1)ab 棒切割磁感线，产生的电动势U ＝BLv 0粒子从N 板到M 板，由动能定理得qU ＝12mv 2－0 解得v ＝2qBLv 0m(2)如图所示，要使粒子不从外边界飞出，则粒子最大半径时的轨迹与外圆相切．由几何关系得(2d －r )2＝r 2＋d 2解得r ＝34d由牛顿第二定律得qvB ′＝m v 2r解得B ′＝43d 2BLmv 0q答案：(1) 2qBLv 0m (2)B ′＝43d 2BLmv 0q2．如图所示，光滑水平地面的左侧静止放置一长木板AB ，右侧固定一足够长光滑斜面CD ，木板的上表面与斜面底端C 处于同一水平面．木板质量M ＝2 kg ，板长为l ＝7 m ．一物块以速度v 0＝9 m/s 冲上木板的A 端，木板向右运动，B 端碰到C 点时被粘连，且B 、C 之间平滑连接．物块质量为m ＝1 kg ，可视为质点，与木板间的动摩擦因数为μ＝0.45，取g ＝10 m/s 2，求(1)若初始时木板B 端距C 点的距离足够长，求物块第一次与木板相对静止时的速度和相对木板滑动的距离；(2)设初始时木板B 端距C 点的距离为L ，试讨论物块最终位置距C 点的距离与L 的关系，并求此最大距离．解析：(1)距离足够长，则m 与M 达到共同速度解法一：mv 0＝(M ＋m )v 共μmg Δl ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2共 解得：v 共＝3 m/sΔl ＝6 m解法二：对物块a m ＝μg ＝4.5 m/s 2对木板a M ＝μmg M＝2.25 m/s 2 v 共＝v 0－a m t ＝a M t解得：v 共＝3 m/sΔl ＝v 20－v 2共2a m －v 2共2a M＝6 m (2)对木板：μmgs ＝12Mv 2共－0 s ＝2 m(或者等同于s ＝v 2共2a M＝2 m) 当L ≥2 m 时，木板B 端和C 点相碰前，物块和木板已经达到共同速度，碰后物块以v 共＝3 m/s 匀减速到C 点v 2共－v 2C 1＝2a m (l －Δl )a m＝μg＝4.5 m/s2解得v C1＝0 m/s恰好停在C点，与L无关当L＜2 m时，木板B端和C点相碰前，物块和木板未达到共同速度，物块一直在做匀减速运动v20－v2C2＝2a m(l＋L)v C2＝32－L物块以此速度冲上斜面并会原速率返回，最终停在木板上，s＝v2C22a m＝2－L 当L＝0 m时，s有最大值s max＝2 m答案：(1)v共＝3 m/s Δl＝6 m (2)当L≥2 m时，恰好停在C点与L无关，当L＜2 m，s＝2－L，s max＝2 m。
2019高考物理总复习计算题增分练一
计算题增分练(一)(满分32分 20分钟)1．如图所示，与水平面夹角θ＝37°的倾斜传送带以v 0＝2 m/s 的速度沿顺时针方向转动，小物块A 从传送带顶端无初速度释放的同时，小物块B 以v 1＝8 m/s 的速度从底端滑上传送带．已知小物块A 、B 质量均为m ＝1 kg ，与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，小物块A 、B 未在传送带上发生碰撞，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小物块B 向上运动过程中平均速度的大小；(2)传送带的长度l 应满足的条件．解析：(1)对小物块B 由牛顿第二定律得 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1解得a 1＝10 m/s 2小物块B 减速至与传送带共速的过程中，时间t 1＝v 1－v 0a 1＝0.6 s 位移s 1＝v 21－v 202a 1＝3 m 之后，小物块B 的速度小于传送带的速度，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得a 2＝2 m/s 2小物块B 减速至0的时间t 2＝v 0a 2＝1 s 位移s 2＝v 202a 2＝1 m 小物块B 向上运动过程中平均速度v ＝s 1＋s 2t 1＋t 2＝2.5 m/s (2)小物块A 的加速度也为a 2＝2 m/s 2，小物块B 开始加速向下运动时，小物块A 已经具有向下的速度，二者加速度大小相等，要使二者不相碰，应在小物块B 滑下传送带后，小物块A 到达传送带底端．当小物块B 刚滑下传送带时，小物块A 恰好运动至传送带底端，此时传送带长度最小，最小长度l 0＝12a 2t 2 小物块B 向下运动过程s 1＋s 2＝12a 2t 23 解得t 3＝2 s则t ＝t 1＋t 2＋t 3＝3.6 s代入解得l 0＝12.96 m ，即传送带的长度l ≥12.96 m答案：(1)2.5 m/s (2)l ≥12.96 m2．如图甲所示，间距为l 、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上．在区域Ⅰ内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度恒为B ；在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度B 1的大小随时间t 变化的规律如图乙所示．t ＝0时刻，在轨道上端的金属细棒ab 从如图位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd 在位于区域Ⅰ内的导轨上也由静止释放．在ab 棒运动到区域Ⅱ的下边界EF 之前，cd 棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好．已知cd 棒的质量为m 、电阻为R ，ab 棒的质量、阻值均未知，区域Ⅱ沿斜面的长度为2l ，在t ＝t x 时刻(t x 未知)ab 棒恰好进入区域Ⅱ，重力加速度为g .求：(1)试判断通过cd 棒的电流方向和区域Ⅰ内磁场的方向；(2)当金属棒ab 在区域Ⅱ内运动时，金属棒cd 消耗的电功率P ；(3)ab 棒开始下滑的位置离区域Ⅱ下边界的距离；(4)为了求得ab 棒开始下滑至EF 的过程中，回路中产生总的热量Q ，某同学先求出ab 棒的质量、到达EF 处的速度，并利用(3)问中的距离，然后用总热量Q 等于机械能的减小量进行求解．若这位同学的方法正确，请用他的方法求出总热量Q ；若他的方法不正确，请用你的方法求出总热量Q .解析： 本题考查电磁感应中的单棒问题，涉及楞次定律、法拉第电磁感应定律、平衡、闭合电路欧姆定律等知识的应用．(1)Ⅱ内磁场均匀变化因此在回路中产生感应电流，由楞次定律可知，流过cd 的电流方向是由d 到c .因cd 棒静止，由平衡条件可得cd 棒所受安培力沿导轨向上，据左手定则可知，区域Ⅰ内磁场垂直于斜面向上．(2)因cd 棒静止，由平衡条件可得BIl ＝mg sin θ，金属棒ab 在区域Ⅱ内运动时，金属棒cd 消耗的电功率P ＝I 2R ， 解得I ＝mg sin θBl ，P ＝m 2g 2R sin 2 θB 2l 2(3)ab 棒开始下滑到达区域Ⅱ前做匀加速运动，加速度a ＝g sin θ，因在ab 棒运动到区域Ⅱ的下边界EF 之前，cd 棒始终静止不动，则ab 棒达区域Ⅱ前后回路中的电动势不变，且ab 棒在区域Ⅱ中做匀速直线运动，可得ΔΦΔt ＝Blv ，即Bl ·2l t x＝Bl (g sin θ·t x ) 解得：t x ＝ 2l g sin θ，v ＝2gl sin θ ab 棒开始下滑的位置离区域Ⅱ下边界的距离s ＝12vt x ＋2l ＝3l(4)这位同学的解法不正确． ab 棒在区域Ⅱ匀速运动时，受力平衡有m ab g sin θ＝BIl ，可得ab 和cd 两棒质量相等均为m .第一阶段电路产热Q 1＝EIt x ＝Bl ·2l t x ×mg sin θBl×t x ＝2mg sin θ·l . 第二阶段ab 棒匀速下滑，根据能量守恒得电路产热Q 2＝mg 2l sin θ.所以电路中产生的总热量Q ＝Q 1＋Q 2＝4mgl sin θ.答案：(1)从d 到c 区域Ⅰ内磁场垂直于斜面向上(2)m 2g 2R sin 2 θB 2l 2(3)3l (4)不正确 4mgl sin θ 计算题增分练(二)(满分32分 20分钟)1．在短道速滑世锦赛女子500米决赛中，接连有选手意外摔倒，由于在短道速滑比赛中很难超越对手，因而在比赛开始阶段每个选手都要以最大的加速度加速，在过弯道前超越对手．为提高速滑成绩，选手在如下场地进行训练：赛道的直道长度为L ＝30 m ，弯道半径为R ＝2.5 m ．忽略冰面对选手的摩擦力，且冰面对人的弹力沿身体方向．在过弯道时，身体对冰面的夹角θ的最小值为45°，直线加速过程视为匀加速过程，加速度a ＝1 m/s 2.若训练过程中选手没有减速过程，为保证速滑中不出现意外情况，选手在直道上速滑的最短时间为多少？(g 取10 m/s 2)解析：若选手在直道上一直加速，选手能达到的最大速度为v1，根据运动学公式有v 21＝2aL ，解得v 1＝60 m/s ，设选手过弯道时，允许的最大速度为v 2，此时人与冰面的夹角θ为45°，对选手受力分析如图． 则：F N cos 45°＝mg 、F N sin 45°＝m v 22R解得：v 2＝5 m/s ，由于v 1＞v 2，因而选手允许加速达到的最大速度为v 2＝5 m/s ，设选手在直道上加速的距离为x ，则v 22＝2ax ，解得x ＝12.5 m ，选手在直道上的最短时间t ＝v 2a ＋L －x v 2，解得：t ＝8.5 s. 答案：8.5 s2．如图所示，在xOy 平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、＋y 轴方向为电场强度的正方向)．在t ＝0时刻由原点O 发射初速度大小为v 0、方向沿＋y 轴方向的带负电粒子(不计重力)．已知v 0、B 0、E 0，且E 0＝B 0v 0π，粒子的比荷q m ＝πB 0t 0，x 轴上有一点坐标为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫48v 0t 0π，0.(1)求t 02时带电粒子的位置坐标； (2)求粒子运动过程中偏离x 轴的最大距离；(3)粒子经多长时间经过A 点？解析：(1)由T ＝2πm qB得T ＝2t 0， 所以t 02＝T 4，运动了T 4. 又因为r ＝mv qB 得r ＝v 0t 0π 所以位置坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0t 0π，v 0t 0π.(2)由图可知y 1＝v 0＋v 2t 0因v ＝v 0＋qE 0m t 0＝2v 0所以y 1＝3v 0t 02由r ＝mv qB 得r 2＝2v 0t 0π所以y m ＝y 1＋r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋2πv 0t 0(3)由图可知粒子以4t 0为一个周期，在一个周期内的距离d ＝2(r 1＋r 2)＝6v 0t 0π所以t ＝48v 0t 0πd ×4t 0＝32t 0答案：(1)⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0t 0π，v 0t 0π (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋2πv 0t 0 (3)32t 0。
【2019-2020】高考物理总复习计算题增分练(三)
【2019-2020】高考物理总复习计算题增分练（三）(满分32分20分钟)1．(2018·××市高三三模)如右图所示一木板放置在光滑的水平桌面上，A、B两个小物体通过不可伸长的轻绳相连，细绳平行于地面，且跨过轻滑轮，A物体放置在木板的最左A的质量m2＝4.0 kg，物体端．已知木板的质量mB的质量m3＝1.0 kg，物体A与木板间的动摩擦因数μ＝0.5，木板长L＝2 m木板与物体A之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.不计滑轮摩擦．(1)为了使物体A随着木板一起向左运动，现对木板施加水平向左的力F，求力F的最大值；(2)若开始时不施加力F，在A、B、木板静止时，用向左的水平力击打木板一下，使木板、A向左运动，物体B上升．当物体B上升h B＝1.0 m(物体B未碰触滑轮)时，物体A刚好到达木板最右端．求最初击打木板的冲量I.解析：(1)设A、B、木板一起运动的加速度大小为a，物体B受两力：重力mg、绳拉力T，由根据牛顿第二定律有：T－m3g＝m3a ①物体A水平方向受两力：木板的摩擦力f、绳拉力T，根据牛顿第二定律有：f－T＝m2a ②木板水平方向受两力：外力F、A的摩擦力f，根据牛顿第二定律有：F－f＝m1a ③①②③联立得：F－m3g＝(m1＋m2＋m3)a ④f－m3g＝(m2＋m3)a ⑤从④⑤显然看出，F越大，a、f越大，当：f＝μm2g ⑥代入数据，解得F的最大值为：F＝60 N，a＝2.0 m/s2(2)打击木板后，物体A、B在木板的最大静摩擦力作用下，以加速度a＝2.0 m/s2加速运动，当物体B上升高度h B＝1.0 m时，有：h B ＝12at 2⑦木板向左运动的位移为： x ＝L ＋h B ⑧木板在A 的摩擦力作用下，做减速运动的加速度为a ′，根据牛顿第二定律有： μm 2g ＝m 1a ′ ⑨设打击木板后的瞬间，木板的速度为v 0，则：x ＝v 0t －12a ′t 2⑩代入数据，解得：v 0＝3.5 m/s根据动量定理得最初击打木板的冲量为： I ＝mv 0＝70 N·s⑪答案：(1)60 N (2)70 N·s 2．如图所示，直角坐标系xOy 的第一象限内存在与x 轴正方向成45°角的匀强电场，第二象限内存在与第一象限方向相反的匀强电场，两电场的场强大小相等．x 轴下方区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在磁感应强度不同的、方向垂直纸面向外的足够大匀强磁场，两磁场的分界线与x 轴平行，区域Ⅰ中磁场的磁感应强度大小为B ，在分界线上有一绝缘弹性挡板，挡板关于y 轴对称．现在P (0，y 0)点由静止释放一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子(不计粒子重力)，粒子立即进入第一象限运动，以速度v 穿过x 轴后，依次进入区域Ⅰ和区域Ⅱ磁场，已知粒子从区域Ⅰ进入区域Ⅱ时，速度方向垂直挡板紧贴挡板的右侧边缘，在与挡板进行碰撞时粒子的电荷量和能量均无变化，且与挡板的中央发生过碰撞．求(1)电场强度E 的大小；(2)区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小；(3)粒子再次回到y 轴时的位置坐标和此时粒子速度方向．解析：(1)粒子在第一象限运动，根据动能定理得：Eq ·2y 0＝12mv 2解得：E ＝2mv 24qy 0. (2)如图所示，粒子在区域Ⅰ内做圆周运动的半径为R1，则有： qvB ＝m v 2R 1由几何知识可知：L AC ＝R 1(1－cos 45°)＝（2－2）mv 2qB由题意可知挡板长度L ＝2(y 0＋L AC )设区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小为B 0，粒子在区域Ⅱ内做圆周运动的半径为R 2，则有：qvB 0＝m v 2R 2由题意可知挡板长度L ＝2R 2·2n ＝4nmv qB 0(n ＝1，2，3…)由以上各式可得：B 0＝4nBmv2qBy 0＋（2－2）mv(n ＝1，2，3…) (3)由对称性可知，粒子第二次通过x 轴时D 点距离坐标原点O 的距离为y 0，进入第二象限后粒子做类平抛运动，设粒子再次回到y 轴时的位置坐标Q (0，y ) 根据类平抛运动规律有：(y －y 0)cos 45°＝12·Eq m·t 2，2y 0＋(y －y 0)sin 45°＝vt 将E ＝2mv 24qy 0代入可得：y ＝3y 0 所以粒子再次回到y 轴时的位置坐标Q (0，3y 0)设粒子再次回到y 轴时沿电场方向的分速度大小为v E ，根据运动的分解可得 v 2E ＝2qE m×2y 0cos 45°＝v 2，所以v E ＝v . 根据运动的合成知粒子此时的合速度方向沿y 轴正方向．答案：(1)2mv 204qy 0 (2)4nBmv 2qBy 0＋（2－2）mv(n ＝1，2，3…) (3)(0，3y 0)，与y 轴的夹角为零。
2019高考物理：总复习：计算题增分练二9119(含答案).doc
计算题增分练(二)(满分32分20分钟)1．在短道速滑世锦赛女子500米决赛中，接连有选手意外摔倒，由于在短道速滑比赛中很难超越对手，因而在比赛开始阶段每个选手都要以最大的加速度加速，在过弯道前超越对手．为提高速滑成绩，选手在如下场地进行训练：赛道的直道长度为L ＝30 m，弯道半径为R＝2.5 m．忽略冰面对选手的摩擦力，且冰面对人的弹力沿身体方向．在过弯道时，身体对冰面的夹角θ的最小值为45°，直线加速过程视为匀加速过程，加速度a＝1 m/s2.若训练过程中选手没有减速过程，为保证速滑中不出现意外情况，选手在直道上速滑的最短时间为多少？(g取10 m/s2) 解析：若选手在直道上一直加速，选手能达到的最大速度为v1，根据运动学公式有v21＝2aL，解得v1＝60 m/s，设选手过弯道时，允许的最大速度为v2，此时人与冰面的夹角θ为45°，对选手受力分析如图．则：F N cos 45°＝mg 、F N sin 45°＝m v 22R解得：v 2＝5 m/s ，由于v 1＞v 2，因而选手允许加速达到的最大速度为v 2＝5 m/s ，设选手在直道上加速的距离为x ，则v 22＝2ax ，解得x ＝12.5 m ，选手在直道上的最短时间t ＝v 2a ＋L －x v 2，解得：t ＝8.5 s. 答案：8.5 s2．如图所示，在xOy 平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、＋y 轴方向为电场强度的正方向)．在t ＝0时刻由原点O 发射初速度大小为v 0、方向沿＋y 轴方向的带负电粒子(不计重力)．已知v 0、B 0、E 0，且E 0＝B 0v 0π，粒子的比荷q m ＝πB 0t 0，x 轴上有一点坐标为A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫48v 0t 0π，0.(1)求t 02时带电粒子的位置坐标； (2)求粒子运动过程中偏离x 轴的最大距离； (3)粒子经多长时间经过A 点？解析：(1)由T ＝2πm qB 得T ＝2t 0，所以t 02＝T 4，运动了T 4.又因为r ＝mv qB 得r ＝v 0t 0π所以位置坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫v 0t 0π，v 0t 0π. (2)由图可知y 1＝v 0＋v 2t 0因v ＝v 0＋qE 0m t 0＝2v 0所以y 1＝3v 0t 02由r ＝mv qB 得r 2＝2v 0t 0π所以y m ＝y 1＋r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32＋2πv 0t 0 (3)由图可知粒子以4t 0为一个周期，在一个周期内的距离d ＝2(r 1＋r 2)＝6v 0t 0π所以t ＝48v 0t 0πd ×4t 0＝32t 0 答案：(1)⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫v 0t 0π，v 0t 0π (2)⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32＋2πv 0t 0 (3)32t 0。
2019高考物理总复习 选考题增分练(三)选修3-3
C．雨伞伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用
D．一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热
E．一定量的理想气体，如果体积不变，分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减少
(2)(10分)如图所示，开口向上竖直放置内壁光滑的汽缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．初状态整个装置静止不动处于平衡，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l0，温度为T0.设外界大气压强p0保持不变，活塞的横截面积为S，且mg＝0.1p0S，环境温度保持不变．在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡．求：
①若仅有汽缸上表面导热良好，其他部分及活塞绝热，现对B中气体缓慢加热，当B中气体温度升高至多少时，A中气体体积减小为 V?
②若整个汽缸及活塞均导热良好，现通过阀门向B中充气，每次充入压强p0＝1×105Pa、体积V0＝ 的气体，则在充气多少次后活塞才开始向上运动？
解析：(1)选CDE.达到热平衡的两个系统一定具有相同的温度，即相同的分子平均动能，内能不一定相等，A错误；相对湿度等于空气中水蒸气的压强与同温度下水的饱和汽压的比值，所以在水蒸气的压强大但温度不确定的情况下，空气的相对湿度大小不能确定，B错误；发生毛细现象时，浸润液体在细管中上升，不浸润液体在细管中下降，C正确；第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第二定律，故其一定不可能制成，D正确；生产半导体元件时，可以在高温条件下通过分子的扩散在纯净的半导体材料中掺入其他元素，E正确．
2019高考物理总复习 选考题增分练(三)选修3-3
选修3－3 增分练(三)1．[物理——选修3－3](15分)(2018·山东省济宁市高三二模)(1)(5分)下列说法中正确的是________．(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)A ．当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小B ．布朗运动反映了悬浮颗粒内部的分子在永不停息地做无规则的热运动C ．雨伞伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用D ．一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热E ．一定量的理想气体，如果体积不变，分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减少(2)(10分)如图所示，开口向上竖直放置内壁光滑的汽缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m 的密闭活塞，活塞A 导热，活塞B 绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．初状态整个装置静止不动处于平衡，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l 0，温度为T 0.设外界大气压强p 0保持不变，活塞的横截面积为S ，且mg ＝0.1p 0S ，环境温度保持不变．在活塞A 上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m 时，两活塞在某位置重A 回到初始位置，求此时Ⅱ气体的温度．＝p 0＋2mg S＝1.2p 0 ＋4mg S＝1.4p 0 ②初状态Ⅰ气体压强p 1＝p 0＋mg S ＝1.1p 0添加铁砂后Ⅰ气体压强p 1′＝p 0＋3mg S＝1.3p 0 由玻意耳定律p 1l 0S ＝p 1′l 1S解得l 1＝1113l 0 当活塞A 回到原来位置时，Ⅱ气体长度为l 2′＝2l 0－l 1＝1513l 0由盖－吕萨克定律得l 2S T 0＝l 2′S T 2解得T 2＝3526T 0 答案：(1)CDE (2)①67l 0 ②3526T 0 2．[物理——选修3－3](15分)(2018·河北衡水中学押题卷)(1)(5分)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)A ．达到热平衡的两个系统一定具有相同的内能B ．空气中水蒸气的压强越大，空气的相对湿度一定越大C ．毛细现象可能表现为液体在细管中的上升，也可能表现为下降D ．第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第二定律，故其一定不可能制成E ．生产半导体元件时，可以在高温条件下通过分子的扩散在纯净的半导体材料中掺入其他元素(2)(10分)如图所示，质量m ＝10 kg 、横截面积S ＝50 cm 2、厚度不计的活塞被汽缸光滑内壁上的卡栓(体积不计)托住，将汽缸分成体积均为V 的A 、B 两部分，两部分空间内均封闭着一定量的理想气体．初始状态时两部分气体温度均与环境温度相同，其中A 中气体压强p A ＝2×105 Pa ，B 中气体压强p B＝1×105 Pa.汽缸底端安装有可充、放气的阀门及用来加热的电热丝，环境温度保持27 ℃不变，重力加速度g 取10 m/s 2，T ＝t ＋273 K.①若仅有汽缸上表面导热良好，其他部分及活塞绝热，现对B 中气体缓慢加热，当B中气体温度升高至多少时，A 中气体体积减小为45V? ②若整个汽缸及活塞均导热良好，现通过阀门向B 中充气，每次充入压强p 0＝1×105 Pa 、体积V 0＝V 5的气体，则在充气多少次后活塞才开始向上运动？ 解析：(1)选CDE.达到热平衡的两个系统一定具有相同的温度，即相同的分子平均动能，内能不一定相等，A 错误；相对湿度等于空气中水蒸气的压强与同温度下水的饱和汽压的比值，所以在水蒸气的压强大但温度不确定的情况下，空气的相对湿度大小不能确定，B 错误；发生毛细现象时，浸润液体在细管中上升，不浸润液体在细管中下降，C 正确；第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第二定律，故其一定不可能制成，D 正确；生产半导体元件时，可以在高温条件下通过分子的扩散在纯净的半导体材料中掺入其他元素，E 正确．(2)①对A 中气体由玻意耳定律可知p A V ＝p A ′·45V解得p A ′＝2.5×105Pa对活塞由平衡条件得p A ′S ＋mg ＝p B ′S解得p B ′＝2.7×105Pa对B 中气体由理想气体状态方程可知p B V T ＝p B ′·65VT B解得T B ＝972 K②活塞与卡栓间弹力恰好为0时，对活塞由平衡条件得p A S ＋mg ＝p B ″S解得p B ″＝2.2×105Pa对B 中气体由玻意耳定律得p B V ＋np 0V 0＝p B ″V解得n ＝6答案：(1)CDE (2)①972 K ②6。
(江苏专用)2019高考物理总复习 优编题型增分练：计算题规范练(二)
计算题规范练(二)四、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．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)14．(15分)(2018·苏州市模拟)如图1所示，空间存在竖直向下的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B .一边长为L ，质量为m 、电阻为R 的正方形单匝导线框abcd 放在水平桌面上．在水平拉力作用下，线框从左边界以速度v 匀速进入磁场，当cd 边刚进入磁场时撤去拉力，ab 边恰好能到达磁场的右边界．已知线框与桌面间动摩擦因数为μ，磁场宽度大于L ，重力加速度为g .求：图1(1)ab 边刚进入磁场时，其两端的电压U ； (2)水平拉力的大小F 和磁场的宽度d ； (3)整个过程中产生的总热量Q .答案 (1)34BLv (2)B 2L 2v R ＋μmg L ＋v 22μg (3) μmgL ＋12mv 2＋B 2L 3vR解析 (1)E ＝BLvI ＝E R ＝BLvR U ＝I ·34R ＝34BLv .(2)F ＝F 安＋μmg ＝B 2L 2vR＋μmg撤去拉力后，线框在磁场中只受到滑动摩擦力，做匀减速运动，x 2＝v 22μg所以d ＝L ＋v 22μg.(3)进入磁场过程中产生焦耳热Q 1＝I 2Rt 1＝B 2L 3vR由于摩擦产生的热量Q 2＝μmg (L ＋v 22μg )＝μmgL ＋12mv 2所以整个过程产生的热量为Q ＝Q 1＋Q 2＝μmgL ＋12mv 2＋B 2L 3vR.15．(16分)(2018·淮安市、宿迁市等期中)如图2所示，水平桌面上质量为m 的薄木板右端叠放着质量也为m 的小物块，木板长为L ，整体处于静止状态．已知物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与桌面间的动摩擦因数为μ4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .图2(1)若使木板与物块一起以初速度v 0沿水平桌面向右运动，求木板向右运动的最大距离s 0；(2)若对木板施加水平向右的拉力F ，为使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动，求拉力F 应满足的条件；(3)若给木板施加大小为F ＝3μmg 、方向沿水平桌面向右的拉力，经过时间t 0，撤去拉力F ，此后运动过程中小物块始终未脱离木板，求木板运动全过程中克服桌面摩擦力所做的功W . 答案 (1)2v 02μg (2)μmg 2<F ≤5μmg 2 (3)1.95m (μgt 0)2解析 (1)对木板和物块组成的系统，由动能定理得： －μ4·2mgs 0＝0－12·2mv 02解得：s 0＝2v 02μg.(2)设使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动的最小拉力为F min ，最大拉力为F max 则：F min ＝2mg ×μ4＝μmg2对系统：F max －μmg2＝2ma max对物块：μmg ＝ma max 解得：F max ＝5μmg2则要使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动，需满足μmg 2<F ≤5μmg2.(3)由于F ＝3μmg >5μmg2，所以物块与木板之间发生相对滑动．物块的加速度：a 1＝μg撤去拉力F 时物块的速度：v 1＝a 1t 0＝μgt 0 对木板：F －μmg －2μmg4＝ma 2得：a 2＝32μg撤去拉力F 时木板的速度：v 2＝a 2t 0＝32μgt 0撤去拉力F 后木板的加速度：a 3＝－32μg设撤去拉力F 后，再经过时间t 1，物块与木板达到共同速度v ，之后再经过时间t 2，木板停止滑行．则：v ＝a 1(t 0＋t 1)＝a 2t 0＋a 3t 1 得：t 1＝15t 0；v ＝65μgt 0达到共同速度后：－2mg ·μ4＝2ma 4加速度：a 4＝－14μgt 2＝0－65μgt 0－μg 4＝245t 0木板运动的总位移：s ＝v 2t 02＋v 2＋v 2t 1＋v 2t 2＝3.9μgt 02木板运动全过程中克服桌面摩擦力所做的功：W ＝2mg ×μ4×3.9μgt 02＝1.95m (μgt 0)2.16．(16分)(2018·扬州市一模)在如图3所示的坐标系内，PQ 是垂直于x 轴的分界线，PQ 左侧的等腰直角三角形区域内分布着匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，AC 边有一挡板可吸收电子，AC 长为d .PQ 右侧为偏转电场，两极板长度为12d ，间距为d .电场右侧的x 轴上有足够长的荧光屏．现有速率不同的电子在纸面内从坐标原点O 沿y 轴正方向射入磁场，电子能打在荧光屏上的最远处为M 点，M 到下极板右端的距离为12d ，电子电荷量为e ，质量为m ，不考虑电子间的相互作用以及偏转电场边缘效应，求：图3(1)电子通过磁场区域的时间t ； (2)偏转电场的电压U ；(3)电子至少以多大速率从O 点射出时才能打到荧光屏上． 答案 (1)πm 2eB (2)8eB 2d 23m (3)eBd33m解析 (1)电子在磁场区域洛伦兹力提供向心力evB ＝m v 2r ，得到：r ＝mv eB运动周期T ＝2πr v ，得到：T ＝2πm eB△OAC 和△OQC 均为等腰直角三角形，故通过磁场区域的时间为t 1＝90°360°T ＝πm2eB.(2)打在最远处，则必是速度最大的电子恰从偏转电场的最高点进入电场， 由几何知识得r ＝d ，由上述结果r ＝mv eB 解得v ＝eBd m通过电场的时间t 2＝d 2v ，解得t 2＝m2eB电子离开电场后做匀速直线运动到达M 点，由几何关系有： y 1y 2＝14d 12d ＝12， 又y 1＋y 2＝d 解得y 1＝13d即12·eU md t 22＝13d 代入数据解得U ＝8eB 2d 23m.(3)若电子恰好打在下极板右边缘 磁场中r ′＝mv ′eB电场中水平方向：12d ＝v ′t竖直方向：r ′＝12·eU md t 2由上述三式代入数据解得v ′＝eBd33m.。
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计算题增分练(一)
(满分32分 20分钟)
1．如图所示，与水平面夹角θ＝37°的倾斜传送带以v 0
＝2 m/s 的速度沿顺时针方向转动，小物块A 从传送带顶端无
初速度释放的同时，小物块B 以v 1＝8 m/s 的速度从底端滑上
传送带．已知小物块A 、B 质量均为m ＝1 kg ，与传送带间的
动摩擦因数均为μ＝0.5，小物块A 、B 未在传送带上发生碰
撞，重力加速度g 取10 m/s 2
，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
求：
(1)小物块B 向上运动过程中平均速度的大小；
(2)传送带的长度l 应满足的条件．
解析：(1)对小物块B 由牛顿第二定律得 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1
解得a 1＝10 m/s 2
小物块B 减速至与传送带共速的过程中，
时间t 1＝v 1－v 0a 1
＝0.6 s 位移s 1＝v 2
1－v 202a 1
＝3 m 之后，小物块B 的速度小于传送带的速度，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得
mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，
解得a 2＝2 m/s 2
小物块B 减速至0的时间t 2＝v 0
a 2
＝1 s 位移s 2＝v 2
02a 2
＝1 m 小物块B 向上运动过程中平均速度v ＝
s 1＋s 2t 1＋t 2＝2.5 m/s (2)小物块A 的加速度也为a 2＝2 m/s 2，小物块B 开始加速向下运动时，小物块A 已经
具有向下的速度，二者加速度大小相等，要使二者不相碰，应在小物块B 滑下传送带后，小物块A 到达传送带底端．当小物块B 刚滑下传送带时，小物块A 恰好运动至传送带底端，此
时传送带长度最小，最小长度l 0＝12
a 2t 2 小物块B 向下运动过程s 1＋s 2＝12
a 2t 23 解得t 3＝2 s
则t ＝t 1＋t 2＋t 3＝3.6 s
代入解得l 0＝12.96 m ，
即传送带的长度l ≥12.96 m
答案：(1)2.5 m/s (2)l ≥12.96 m
2．如图甲所示，间距为l 、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上．在区域Ⅰ内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度恒为B ；在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度B 1的大小随时间t 变化的规律如图乙所示．t ＝0时刻，在轨道上端的金属细棒ab 从如图位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd 在位于区域Ⅰ内的导轨上也由静止释放．在ab 棒运动到区域Ⅱ的下边界EF 之前，cd 棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好．已知cd 棒的质量为m 、电阻为R ，ab 棒的质量、阻值均未知，区域Ⅱ沿斜面的长度为2l ，在t ＝t x 时刻(t x 未知)ab 棒恰好进入区域Ⅱ，重力加速度为g .求：
(1)试判断通过cd 棒的电流方向和区域Ⅰ内磁场的方向；
(2)当金属棒ab 在区域Ⅱ内运动时，金属棒cd 消耗的电功率P ；
(3)ab 棒开始下滑的位置离区域Ⅱ下边界的距离；
(4)为了求得ab 棒开始下滑至EF 的过程中，回路中产生总的热量Q ，某同学先求出ab 棒的质量、到达EF 处的速度，并利用(3)问中的距离，然后用总热量Q 等于机械能的减小量进行求解．若这位同学的方法正确，请用他的方法求出总热量Q ；若他的方法不正确，请用你的方法求出总热量Q .
解析： 本题考查电磁感应中的单棒问题，涉及楞次定律、法拉第电磁感应定律、平衡、闭合电路欧姆定律等知识的应用．
(1)Ⅱ内磁场均匀变化因此在回路中产生感应电流，由楞次定律可知，流过cd 的电流方
向是由d 到c .因cd 棒静止，由平衡条件可得cd 棒所受安培力沿导轨向上，据左手定则可知，区域Ⅰ内磁场垂直于斜面向上．
(2)因cd 棒静止，由平衡条件可得BIl ＝mg sin θ，金属棒ab 在区域Ⅱ内运动时，金属棒cd 消耗的电功率P ＝I 2
R ， 解得I ＝mg sin θBl ，P ＝m 2g 2R sin 2 θB 2l 2
(3)ab 棒开始下滑到达区域Ⅱ前做匀加速运动，加速度a ＝g sin θ，因在ab 棒运动到区域Ⅱ的下边界EF 之前，cd 棒始终静止不动，则ab 棒达区域Ⅱ前后回路中的电动势不变，
且ab 棒在区域Ⅱ中做匀速直线运动，可得ΔΦΔt ＝Blv ，即Bl ·2l t x
＝Bl (g sin θ·t x ) 解得：t x ＝ 2l g sin θ
，v ＝2gl sin θ ab 棒开始下滑的位置离区域Ⅱ下边界的距离
s ＝12
vt x ＋2l ＝3l
(4)这位同学的解法不正确． ab 棒在区域Ⅱ匀速运动时，受力平衡有
m ab g sin θ＝BIl ，可得ab 和cd 两棒质量相等均为m .第一阶段电路产热
Q 1＝EIt x ＝Bl ·2l t x ×mg sin θBl
×t x ＝2mg sin θ·l . 第二阶段ab 棒匀速下滑，根据能量守恒得电路产热
Q 2＝mg 2l sin θ.所以电路中产生的总热量
Q ＝Q 1＋Q 2＝4mgl sin θ.
答案：(1)从d 到c 区域Ⅰ内磁场垂直于斜面向上
(2)m 2g 2R sin 2 θB 2l 2
(3)3l (4)不正确 4mgl sin θ 计算题增分练(二)
(满分32分 20分钟)
1．在短道速滑世锦赛女子500米决赛中，接连有选手意外摔倒，由于在短道速滑比赛中很难超越对手，因而在比赛开始阶段每个选手都要以最大的加速度加速，在过弯道前超越对手．为提高速滑成绩，选手在如下场地进行训练：赛道的直道长度为L ＝30 m ，弯道半径为R ＝2.5 m ．忽略冰面对选手的摩擦力，且冰面对人的弹力沿身体方向．在过弯道时，身体对冰面的夹角θ的最小值为45°，直线加速过程视为匀加速过程，加速度a ＝1 m/s 2
.若训练过程中选手没有减速过程，为保证速滑中不出现意外情况，选手在直道上速滑的最短时
间为多少？(g 取10 m/s 2) 解析：若选手在直道上一直加速，选手能达到的最大速度为v 1，根据运
动学公式有v 21＝2aL ，解得v 1＝60 m/s ，设选手过弯道时，允许的最大速度
为v 2，此时人与冰面的夹角θ为45°，对选手受力分析如图． 则：F N cos 45°＝mg 、F N sin 45°＝m v 2
2R
解得：v 2＝5 m/s ，由于v 1＞v 2，因而选手允许加速达到的最大速度为v 2＝5 m/s ，设选手在直道上加速的距离为x ，则v 22＝2ax ，解得x ＝12.5 m ，选手在直道上的最短时间t ＝v 2a ＋
L －x v 2，解得：t ＝8.5 s. 答案：8.5 s
2．如图所示，在xOy 平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、＋y 轴方向为电场强度的正方向)．在t ＝0时刻由原点O 发射初速度大小为v 0、方向沿＋y 轴方向的带负电粒子(不计重力)．已知v 0、B 0、E 0，且E 0＝B 0v 0
π，粒子的比荷q m ＝πB 0t 0，x 轴上有一点坐标为A ⎝ ⎛⎭
⎪⎫48v 0t 0π，0.
(1)求t 02
时带电粒子的位置坐标； (2)求粒子运动过程中偏离x 轴的最大距离；
(3)粒子经多长时间经过A 点？
解析：(1)由T ＝2πm qB
得T ＝2t 0，
所以t 02＝T 4，运动了T 4
. 又因为r ＝mv qB 得r ＝
v 0t 0π 所以位置坐标为⎝ ⎛⎭
⎪⎫v 0t 0π，v 0t 0π.
(2)由图可知y 1＝
v 0＋v 2t 0 因v ＝v 0＋qE 0m
t 0＝2v 0 所以y 1＝3v 0t 02
由r ＝mv qB 得r 2＝2v 0t 0π
所以y m ＝y 1＋r 2＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫32＋2πv 0t 0 (3)由图可知粒子以4t 0为一个周期，在一个周期内的距离d ＝2(r 1＋r 2)＝6v 0t 0π
所以t ＝48v 0t 0
πd
×4t 0＝32t 0 答案：(1)⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0t 0π，v 0t 0π (2)⎝ ⎛⎭
⎪⎫32＋2πv 0t 0 (3)32t 0。