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1
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
高考物理二轮复习 第2部分 考前冲刺方略 高考仿真模拟练2-人教版高三全册物理试题
模拟练(二)本试卷分第1卷(选择题)和第2卷(非选择题)两局部．总分为110分．考试时间60分钟．第1卷(选择题共48分)本卷共8小题，每一小题6分．在每一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．如下列图为a、b、c三个质点运动的速度—时间图象(v－t图象)，假设三质点同时从同一位置出发，如此关于三个质点的运动，如下说法中正确的答案是( )A．t1时刻a、b两质点的速度大小相等、方向相反B．0～t1时间内，a位于b、c两质点的前面C．0～t1时间内，a、b两质点间的距离在不断减小D．t1时刻后，质点b位于a、c的前面解析：选B.由图可知，在t1时刻，a、b两质点的速度大小相等、方向一样，选项A错误；在0～t1时间内，质点a的位移最大，所以质点a位于b、c两质点的前面，选项B正确；在0～t1时间内，质点a的速度始终大于质点b的速度，所以a、b两质点间的距离在不断增大，选项C错误；由图可知，t1时刻，质点b位于质点a的后面，经过一段时间后，质点b才会超过质点a，因此选项D错误．15．如下列图，曲线MN为某磁场中的一条磁感线，A、B为该磁感线上的两点，如此如下判断中正确的答案是( )A．该磁感线有可能是匀强磁场的磁感线B．假设一小段通电导线在A点受到的安培力大于其在B点受到的安培力，如此A点的磁感应强度大小一定大于B点的磁感应强度大小C．假设在A点由静止释放一个点电荷，如此该点电荷在A点时的加速度方向一定沿A点的切线方向D．假设将小磁针分别放置在A、B两点，如此小磁针静止时N极的指向一定沿A、B两点的切线方向解析：选D.匀强磁场的磁感线是间隔相等的平行直线，A错误；某点磁感应强度的大小等于在该点垂直磁场放置的一小段通电导线受到的安培力与导线长度和电流大小乘积的比值，所以在没有指明导线放置的方向与磁场方向的关系时，不能判断磁感应强度的大小关系，B错误；磁场对静止的点电荷没有力的作用，C错误；小磁针静止时N极所指的方向即为该点的磁场方向，D正确．16．如下列图，粗糙且绝缘的斜面体ABC在水平地面上始终静止．在斜面体AB边上靠近B 点固定一点电荷，从A点无初速度释放带负电且电荷量保持不变的小物块(视为质点)，运动到P点时速度恰为零．如此小物块从A到P运动的过程( )A．水平地面对斜面体没有静摩擦作用力B．小物块的电势能一直增大C．小物块所受到的合外力一直减小D．小物块损失的机械能等于增加的电势能解析：选B.由运动情况可知，小物块带负电，点电荷也带负电，故小物块在下滑的过程中，库仑力做负功，故物块的电势能增大，选项B正确；物块A先加速后减速，加速度大小先减小后增大，故受到的合力先减小后增大，选项C错误；当物块加速下滑时，斜面有向右运动的趋势，水平地面对斜面体有水平向左的静摩擦力，选项A错误；由能量守恒可知小物块损失的机械能等于增加的电势能和因摩擦产生的内能，故小物块损失的机械能大于增加的电势能，选项D错误．17．如图为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，边长为L＝20 cm、匝数为n＝100、电阻为r＝1 Ω的正方形线圈在磁感应强度大小为B＝2πT的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′以角速度ω＝10π rad/s匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与R＝9 Ω的定值电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表．从线框与磁场方向平行位置开始计时，如下说法中正确的答案是( )A ．电压表读数为40 VB ．电阻R 上的电功率为160 WC ．电阻R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝362cos 10πt (V)D ．通过电阻R 的电流i 随时间t 变化的规律是i ＝4cos 10πt (A)解析：选 C.线圈转动产生的正弦式交变电流电动势的最大值E m ＝nBL 2ω＝100×2π×0.22×10π V＝40 2 V ，有效值E ＝E m2＝40 V ，电阻R 中的电流有效值I ＝ER ＋r ＝4 A ，电压表读数为U ＝IR ＝36 V ，A 错误．电阻R 上的电功率为P ＝UI ＝36×4 W＝144 W ，B 错误．电阻R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝362cos 10πt (V)，C 正确．由欧姆定律可知i ＝u R＝42cos 10πt (A)，D 错误． 18．如下列图，长木板A 与水平方向的夹角为θ时，半球形凹槽B (槽内光滑)恰好可以沿木板匀速下滑，现在凹槽B 内放一个小球C ，小球C 始终未离开凹槽B ，如此如下说法正确的答案是( )A ．凹槽B 将沿木板加速下滑B ．凹槽B 受到的合外力变大C ．增大夹角θ时，小球C 受到凹槽B 的支持力的竖直分量大于小球C 的重力D ．减小夹角θ时，小球C 受到凹槽B 的支持力的竖直分量大于小球C 的重力解析：选D.设凹槽B 的质量为m B ，小球C 的质量为m C ，如此开始时凹槽B 可以沿木板A 匀速下滑，由受力平衡有m B g sin θ－μm B g cos θ＝0，所以当小球C 放入凹槽B 以后，(m B ＋m C )g sin θ－μ(m B ＋m C )g cos θ＝0仍然成立，故凹槽B 仍然匀速下滑，A 错误；因为凹槽B 仍然保持匀速运动，故所受合外力仍为零，B 错误；当增大夹角θ时，由(m B ＋m C )g sin θ－μ(m B ＋m C )g cos θ＝(m B ＋m C )a 1可知，凹槽B 和小球C 将加速下滑，加速度有竖直向下的分量，处于失重状态，如此小球C 受到凹槽B 的支持力的竖直分量小于小球C 的重力，C 错误；同理，当减小夹角θ时，有μ(m B ＋m C )g cos θ－(m B ＋m C )g sin θ＝(m B ＋m C )a 2，凹槽B 将减速下滑，加速度有竖直向上的分量，处于超重状态，小球C 受到凹槽B 的支持力的竖直分量大于小球C 的重力，故D 正确．19．在如下列图的电路中，R 1、R 2为滑动变阻器，R 3为定值电阻，A 、B 为两水平放置的平行板．一质量为m 的带电微粒由平行板左端中间的M 点以水平向右的速度射入平行板间，微粒沿如图的虚线轨迹落在极板B 上N 点，假设微粒的重力和电源的内阻均可忽略不计，如此如下说法正确的答案是( )A ．如果将滑动变阻器R 2的滑动触头向左移动，微粒可能从极板的右侧离开B ．如果将滑动变阻器R 1的滑动触头向上移动，微粒会落在极板B 上N 点的左侧C ．如果将定值电阻R 3去掉，如此微粒在两极板间运动的时间变短D ．如果仅将电源的正、负极对调，微粒仍可能落在极板B 上解析：选BC.由于外电路中顺着电流方向电势逐渐降低，可知A 板的电势低于B 板的电势，板间电场方向向上，而微粒在电场中向下偏转，所受的电场力方向向下，可知该微粒带负电．电路稳定时R 2中没有电流，改变R 2，不改变A 、B 间的电压，板间电场强度不变，微粒所受的电场力不变，所以微粒的运动情况不变，仍落在N 点，A 错误．设A 、B 间的电压为U ，微粒在竖直方向有y ＝12at 2＝12·qU md t 2，水平方向有x ＝v 0t ，联立得y ＝qUx 22mdv 20，由于y 一定，q 、m 、d 、v 0不变，当R 1连入电路的阻值减小时，A 、B 间的电压U 增大，x 减小，所以微粒将打在N 点左侧；去掉定值电阻R 3，两极板间电压U 增大，t 减小，B 、C 正确．如果仅将电源的正、负极对调，如此两极板间的电场方向向下，微粒受到向上的电场力，微粒一定落在极板A 上，D 错误．20．如图是“嫦娥三号〞飞行轨道示意图．假设“嫦娥三号〞运行经过P 点通过第一次近月制动使“嫦娥三号〞在距离月面高度为100 km 的圆轨道Ⅰ上运动，再次经过P 点时通过第二次近月制动使“嫦娥三号〞在近月点为Q (距离月面高度为15 km)、远月点为P (距离月面高度为100 km)的椭圆轨道Ⅱ上运动，如下说法正确的答案是( )A．“嫦娥三号〞在距离月面高度为100 km的圆轨道Ⅰ上运动时速度大小可能变化B．“嫦娥三号〞在距离月面高度为100 km的圆轨道Ⅰ上运动的周期一定大于在椭圆轨道Ⅱ上运动的周期C．“嫦娥三号〞在椭圆轨道Ⅱ上运动经过Q点时的加速度大小一定大于经过P点时的加速度大小D．“嫦娥三号〞在椭圆轨道Ⅱ上运动经过Q点时的速率可能小于经过P点时的速率解析：选BC.“嫦娥三号〞在距离月面高度为100 km的圆轨道上的运动是匀速圆周运动，速度大小不变，A错误；根据开普勒第三定律，“嫦娥三号〞在距离月面高度100 km的圆轨道Ⅰ上运动的周期一定大于在椭圆轨道Ⅱ上运动的周期，B正确；由于“嫦娥三号〞在Q 点所受万有引力大于在P点所受的万有引力，所以“嫦娥三号〞在椭圆轨道Ⅱ上运动经过Q 点时的加速度大小一定大于经过P点时的加速度大小，C正确；“嫦娥三号〞在椭圆轨道Ⅱ上运动的引力势能和动能之和保持不变，Q点的引力势能小于P点的引力势能，所以“嫦娥三号〞在椭圆轨道Ⅱ上经过Q点时的动能较大，速度较大，所以“嫦娥三号〞在椭圆轨道Ⅱ上运动经过Q点时的速率一定大于经过P点时的速率，D错误．21．如下列图，足够长的水平传送带以v0＝4 m/s的速度匀速运行．t＝0时，在传送带最左端轻放一质量为m的小滑块，t＝4 s时，传送带以1 m/s2的加速度减速至停下．滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2.关于滑块相对地面运动的速度v(向右为正方向)、滑块所受的摩擦力f(向右为正方向)、滑块所受的摩擦力做功的功率P、滑块与传送带间因摩擦产生的热量Q的图象正确的答案是( )解析：选BC.滑块在摩擦力作用下向右匀加速运动时，加速度a ＝μg ＝2 m/s 2，滑块速度与传送带速度一样时经历的时间t ＝v 0a ＝2 s,2 s 后滑块与传送带以共同速度向右匀速运动，滑块与传送带间无摩擦力作用；4 s 后，传送带以a ′＝1 m/s 2做匀减速运动，根据速度时间关系知，传送带开始减速到停止的时间t ′＝v 0a ′＝4 s ，由于传送带的加速度大小小于滑动摩擦力能使滑块与传送带间发生相对运动的加速度2 m/s 2，所以当传送带做减速运动时，滑块的加速度与传送带的加速度一样，所以此时滑块受到的静摩擦力f ＝ma ′＝12ma ，即此时的摩擦力等于滑动摩擦力的12，故A 项错误，B 正确；由功率P ＝fv 可知，滑动摩擦力的功率与时间成正比，2～4 s 内无摩擦力，功率为零，4 s 后滑块在静摩擦力作用下做匀减速运动，由于速度随时间均匀减小至零，故摩擦力的功率也随时间均匀减小至零，C 项正确；只有0～2 s 内滑块加速运动时，滑块与传送带间有相对位移，此时满足Δx ＝v 0t －12at 2，位移不与时间成正比，且Q ＝f Δx ，故Q －t 图线不是一条倾斜的直线，D 项错误．第2卷(非选择题 共62分)本卷包括必考题和选考题两局部．第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答，答33～35题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题(共47分)22．(6分)小勇为了测量一电池的电动势(约为4 V)和内阻(约为6 Ω)，设计了如下列图的电路，实验室提供的器材中电流表有两个量程(0～250 mA 、内阻5 Ω；0～500 mA 、内阻2 Ω)；电压表V 1内阻为3 kΩ、量程0～3 V ；电压表V 2内阻为1 kΩ、量程0～1.5 V ；两个滑动变阻器的最大阻值分别为R 1＝100 Ω、R 2＝2 kΩ.请根据所设计的电路回答如下问题：(1)电流表应选________(填“0～250 mA 〞或“0～500 mA 〞)量程，滑动变阻器应选________(填“R 1〞或“R 2〞)．(2)在其中的一次操作中，电压表V 1的读数为1.5 V ，如此电路的路端电压为________V.(3)为了准确地测出该电池的电动势和内阻，通过调节滑动变阻器得到了多组数据，在利用图象处理数据时，为了能直观地反响相关物理量，如此应作出________图象．(U 表示路端电压、I 表示通过电源的电流、R 表示滑动变阻器接入电路的电阻)解析：(1)由于电源电动势约为4 V ，内阻约为6 Ω，如此回路中最大电流约为0.67 A ，因此所选电流表量程为0～500 mA ；由于滑动变阻器采用了限流式接法，如此滑动变阻器应选R 1.(2)由于两个电压表串联，具有一样的电流，由分压关系可知U 2＝0.5 V ，因此路端电压为U ＝U 1＋U 2＝2.0 V.(3)由闭合电路欧姆定律可知E ＝U ＋Ir ，如此U ＝－r ·I ＋E ，因此为了直观地分析电池的电动势和内阻．应作出U －I 图象．答案：(1)0～500 mA(1分) R 1(1分) (2)2.0(2分) (3)U －I (或I －U )(2分)23．(9分)如下列图是某研究性学习小组设计的“探究做功与速度的关系〞的实验装置．他们将光电门固定在直轨道上的O 点，将拉力传感器固定在质量为M 的小车上，用不可伸长的细线通过一个定滑轮将小车与钩码相连，用拉力传感器记录小车所受拉力F 的大小，通过光电门记录遮光条通过光电门的时间t ，结合遮光条的宽度d 计算出小车通过光电门时的速度，该小组提出如下两种操作方案：(1)方案一：用同一钩码通过细线拉同一小车，每次小车从不同位置由静止释放，各位置A 、B 、C 、D 、E 、F 、G (图中只标出了G )与O 点间的距离s 分别为s 1、s 2、s 3、s 4、s 5、s 6、s 7.用该实验方案________(填“需要〞或“不需要〞)测量钩码的重力；________(填“需要〞或“不需要〞)平衡摩擦力；利用图象法处理实验数据，假设以s 为横轴，以________(填“t 〞、“t 2〞、“1t 或“1t2〞)为纵轴作出的图象是一条过原点的直线，如此可得出做功与速度的关系．(2)方案二：用不同的钩码通过细线拉同一小车，每次小车都从同一位置(与O 点之间距离为s 0)由静止释放．用该实验方案________(填“需要〞或“不需要〞)测量钩码的重力；________(填“需要〞或“不需要〞)平衡摩擦力；只要量和测得量满足关系________________，即可得出做功与速度的关系．(3)为了减小两种方案的实验误差，如下做法正确的答案是________．A ．增大遮光条的宽度使其宽度测量的相对误差尽量小B ．对同一遮光条，多测几次宽度以减小偶然误差C ．钩码质量应当远小于小车质量D ．调节定滑轮高度，使连接小车的细线与轨道严格平行解析：(1)本实验探究做功与速度的关系，实际上是验证动能定理，由F 合s ＝12Mv 2＝12M ⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 2，在方案一中只需要以s 为横轴，以1t 2为纵轴作出图象，假设图象是一条过原点的直线，即可验证动能定理，不需要计算拉力大小，也不需要平衡摩擦力．(2)方案二中，给出了不同的合外力，因为拉力传感器可以直接测出细线的拉力，要把该力作为小车所受的合外力，就需要平衡摩擦力；要验证动能定理，需要满足关系Fs 0＝12M ⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 2. (3)应减小遮光条的宽度使测得的速度尽量接近小车经过光电门时的瞬时速度，A 错误；屡次测量求平均值可以减小偶然误差，B 正确；因为细线的拉力直接由传感器测得，所以不必使钩码质量远小于小车质量，C 错误；调节滑轮高度，使连接小车的细线与轨道平行，这样可使拉力方向恒定，小车运行平稳，摩擦力稳定易平衡，故D 正确．答案：(1)不需要(1分) 不需要(1分) 1t 2(1分)(2)不需要(1分) 需要(1分) Fs 0＝12M ⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 2(2分) (3)BD(2分)24．(14分)如图为某水上滑梯示意图，滑梯最低点切线水平，且与最高点高度差为h ，与下方水平面高度差也为h .滑梯上B 点与A 点高度差为14h ，AB 间光滑，B 点至滑梯末端C 的路程为L .当人从B 点由静止下滑时，到达滑梯末端C 的速度近似为零．假设忽略空气阻力，将人看作质点，人在滑梯上BC 段运动时受到的阻力可以认为大小不变，且抑制阻力所做的功与滑过的路程成正比，重力加速度为g .(1)求人在BC 段受到的阻力大小．(2)假设在水平面上与滑梯末端C 水平相距2h 的位置处放置一宽度为12h 、厚度不计的海绵垫子，要使人最终落到海绵垫子上，如此从A 点下滑时，人具有的初动能在什么范围内？ 解析：(1)设人在BC 段受到的阻力大小为f ，对人从B 点由静止下滑到滑梯末端C 的过程，由动能定理得 mg ×34h －fL ＝0(2分)解得f ＝3mgh 4L(1分) (2)人从滑梯末端C 落到海绵垫子上的过程做平抛运动，设人离开滑梯时的速度为v ，运动的水平位移为x ，如此 x ＝vt (2分) h ＝12gt 2(2分)当x ＝2h 时，人离开滑梯时的速度最小，为 v min ＝2gh (1分)当x ＝2.5h 时，人离开滑梯时的速度最大，为v max ＝542gh (1分) 设人在A 点的初动能为E k ，由动能定理，从A 点到滑梯末端C 的运动过程中有mgh －fL ＝12mv 2－E k (2分)由此可得，人在A 点的最小和最大初动能分别为 E kmin ＝34mgh (1分) E kmax ＝2116mgh (1分)即初动能的范围为34mgh ＜E k ＜2116mgh (1分) 答案：见解析25．(18分)如下列图，在直角坐标系xOy 中，x 轴上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B ；x 轴下方有竖直向下的匀强电场．图中M 、N 两点坐标分别为M (0，3l )、N (－3l,0)．一个质量为m 、电荷量为－q 的粒子由第三象限中的某点P (图中未标出)沿x 轴正方向射出，该粒子能一直沿P 、O 、M 、N 四点围成的闭合图形做周期性运动，粒子重力不计，求：(1)该粒子到达O 点时速度的大小和方向；(2)匀强电场的电场强度E ；(3)该粒子运动的周期T .解析：(1)由题意可画出粒子运动的轨迹如图，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r ，粒子到达O 点时速度的大小为v ，与x 轴正方向的夹角为θ，由几何知识得，r sin θ＝32l 、r cos θ＝32l ，解得r ＝3l ，θ＝60°(4分) 由牛顿第二定律qvB ＝m v 2r ，解得v ＝3qBl m.(2分) (2)粒子在电场中沿抛物线运动，加速度方向竖直向上，设其大小为a ，粒子由N 运动到O 所用时间为t 2，由牛顿第二定律和运动学公式得：a ＝qE m 、3l ＝v cos θ·t 2、t 2＝2v sin θa(4分) 联立上式得E ＝3qB 2l 2m ，t 2＝23m qB(3分) (3)设粒子在磁场中运动时间为t 1.t 1＝23T 磁、T 磁＝2πm qB(3分) 得T ＝t 1＋t 2＝4π＋63m 3qB (2分)答案：(1)3qBlm ，与x 轴正方向成60°角 (2)3qB 2l 2m(3)4π＋63m 3qB(二)选考题：此题共15分．请考生从给出的3道题中任选一题作答．如果多做，如此按所做的第一题计分．33．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)如下列图，活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞与汽缸之间无摩擦，状态a 是汽缸放在冰水混合物中气体达到的平衡状态，状态b 是汽缸在室温(27 ℃)环境中气体达到的平衡状态，状态c 是在活塞上加砝码后，在室温环境中气体达到的平衡状态．状态c 气体的体积与状态a 气体的体积一样，大气压强始终保持不变，如此如下说法中正确的答案是________．(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 ．状态a 与c 的气体分子在单位时间内撞击活塞的个数一样B ．与状态a 相比，状态c 的气体分子对活塞的作用力较大C ．从状态b 到c ，气体向外界放出热量D ．从状态b 到c ，气体的内能增加E ．从状态b 到c ，气体的内能不变(2)(10分)如下列图，粗细均匀的U 形玻璃管竖直放置，其左管顶端封闭，右管足够长且与大气相通，管中由两段水银柱密封着A 、B 两局部理想气体柱，其中气柱A 的长度为L A 0＝10 cm ，气柱A 的底部比气柱B 的底部高h 1＝3 cm ，气柱B 上方的水银柱长为h 2＝8 cm.外界大气压强恒为p 0＝75 cmHg ，环境温度保持不变．①求气柱A 此时的压强p A .②假设现在从开口端缓慢地注入水银，为了使气柱A 的长度变为L A ＝8 cm ，注入的水银柱长度应为多少？解析：(1)由气体压强的微观解释可知，在单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子个数与气体的体积V (气体分子密集程度)和温度T (气体分子平均动能)有关，A 错误；由于状态c 的压强大于状态a 的压强，所以状态c 的气体的分子对活塞的作用力较大，B 正确；从状态b 到状态c ，气体温度不变，如此内能不变，由于外界对气体做功，气体会向外界放出热量，D 错误，C 、E 正确．(2)①初态时，气柱B 的压强为p B 0＝p 0＋p h 2＝83 cmHg(1分)气柱A 的压强为p A 0＝p B 0－p h 1＝80 cmHg(2分)②对于气柱A ，根据玻意耳定律有p A 0L A 0＝p A L A (2分)解得P A ＝P A 0L A 0L A＝100 cmHg(1分) 气柱A 、B 底部的高度差h 1′＝7 cm(1分)而此时气柱B 的压强p B ＝p A ＋ph 1′＝107 cmHg(1分)所以，要注入的水银柱的长度为h ＝(107－8－75)cm ＝24 cm(2分)答案：(1)BCE (2)①80 cmHg ②24 cm34．[物理——选修3－4](15分)(1)(5分)如下说法中正确的答案是________．(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 ．如果某种玻璃相对空气的折射率为1.5，如此空气相对于这种玻璃的折射率约为0.67B ．杨氏干预实验中观察到了明暗条纹，证明光是一种波，如果用激光进展实验如此效果没有那么明显C ．光通过偏振片时，光的振动方向与透振方向的夹角越大，透过的光越弱D ．赫兹在实验中发现，当电磁波到达导线环时，它在导线环中激发出感应电动势，使得导线环中产生火花，这个导线环就是一个电磁波检测器E ．根据相对论的原理，将两只调整同步的铯原子钟分别放在地面上和宇宙飞船上，如此在地面上的人观察到宇宙飞船上的铯原子钟会走得快些(2)(10分)如下列图为某机械横波在空气中沿x 轴正方向传播的波形图，该波在空气中的传播速度为v 气＝330 m/s ，在水中的传播速度为v 水＝1 450 m/s.①该波在空气中传播时由图中的实线位置传播到虚线位置所需的最短时间是多少？②如果这列波传播到水面后进入水中传播，如此在水中该波的波长和频率分别是多少？ 解析：(1)根据光的折射定律可知，两种介质之间的相对折射率互为倒数，A 正确；激光的相干性很好，故其双缝干预产生的明暗条纹更明显，B 错误；光通过偏振片时，如果光的振动方向与透振方向平行，如此透过的光最强，如果垂直如此全部被挡住，故光的振动方向与透振方向的夹角越大，透过的光越弱，C 正确；赫兹就是用这个实验证实了电磁波的存在，D 正确；根据时间间隔的相对性，在宇宙飞船上的铯原子钟与在地面上的铯原子钟相比，经过一样的变化过程，在地面上的人观察到宇宙飞船上的铯原子钟会经历更长的时间，故在地面上的观察到宇宙飞船上的铯原子钟会走得慢些，E 错误． (2)①由题图可知，该波由实线位置传播到虚线位置的最短位移为Δx ＝34λ(2分) 故该波在空气中传播时由题图中的实线位置传播到虚线位置所需的最短时间为Δt ＝Δx v 气＝3×75×10－24×330s≈0.001 7 s(2分) ②根据波速、波长和频率的关系可得，该波在空气中传播时的频率为f 气＝v 气λ气＝33075×10－2 Hz ＝440 Hz(2分)根据机械波在不同介质中传播时的频率不变，故该波在水中传播时的频率为f 水＝f 气＝440 Hz(2分)如此这列波在水中传播时的波长为λ水＝v 水f 水≈330 cm(2分) 答案：(1)ACD (2)①0.001 7 s ②330 cm 440 Hz35．[物理——选修3－5](15分)(1)(5分)如下列图为氢原子的能级示意图，金属钨的逸出功为4.54 eV ，如此如下说法正确的答案是________．(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．由n＝4能级向基态跃迁时，辐射出的光子中有3种能使金属钨发生光电效应现象B．用能量为3 eV的光子照射n＝2能级的氢原子时，该氢原子可能跃迁到n＝3能级C．用动能为3 eV的电子轰击n＝2能级的氢原子时，该氢原子可能跃迁到n＝3能级D．用能量为12.09 eV的光子照射大量处于基态的氢原子后，只能向外辐射一种光子E．氢原子处于不同的状态时，核外电子以不同的电子云呈现(2)(10分)如下列图，高为h的光滑三角形斜劈固定在水平面上，其与水平面平滑对接于C 点，D为斜劈的最高点，水平面的左侧A点处有一竖直的弹性挡板，质量均为m的甲、乙两滑块可视为质点，静止在水平面上的B点，AB＝h、BC＝3h，滑块甲与所有接触面的摩擦均可忽略，滑块乙与水平面之间的动摩擦因数为μ＝0.5.给滑块甲一水平向左的初速度，经过一系列没有能量损失的碰撞后，滑块乙第一次恰好滑到斜劈的最高点D处，重力加速度用g表示．求：①滑块甲的初速度v0的大小；②滑块乙最终静止的位置与C点的距离．解析：(1)由光电效应的产生条件可知，只有当光子的能量大于金属的逸出功时，该金属才能产生光电效应现象，由氢原子的能级示意图以与跃迁规律分析可知，从能级4到1、3到1和2到1辐射出的光子能使金属钨发生光电效应现象，A正确；氢原子由n＝2能级跃迁到n＝3能级时，需要吸收的能量应等于该能级的能量差，因此照射该氢原子的光子的能量应等于1.89 eV，B错误；用动能为3 eV的电子轰击处于n＝2能级的氢原子，氢原子可能吸收1.89 eV的能量，从而跃迁到n＝3能级，C正确；用能量为12.09 eV的光子照射基态的氢原子，氢原子吸收12.09 eV的能量后跃迁到n＝3的激发态，根据C23＝3可知，氢原子向基态跃迁时能向外辐射3种不同频率的光子，D错误；氢原子处于不同的状态时，核外电子以不同的电子云呈现，E正确．。
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1
计算题型规范练(一)建议用时：20分钟1．(12分)在物体下落过程中，速度小于10 m/s 时可认为空气阻力与物体速度成正比关系．某科研小组在研究小球下落后的运动过程时，得到速度随时间变化的图象，并作出t ＝0.5 s 时刻的切线，如图所示．已知小球在t ＝0时刻释放，其质量为0.5 kg ，重力加速度取g ＝10 m/s 2，求：(1)小球与地面第一次碰撞过程中损失的机械能；(2)小球在运动过程中受到空气阻力的最大值．解析：(1)由图象可知，小球第一次与地面碰撞前瞬间速度：v 1＝5 m/s ，碰撞后瞬间速度：v 2＝4 m/s(1分)碰撞过程损失的机械能：ΔE ＝12mv 21－12mv 22(2分) 代入数据可得ΔE ＝2.25 J ．(2分)(2)由图象可得t ＝0.5 s 时小球的加速度a ＝Δv Δt＝4 m/s 2(1分) 由牛顿第二定律：mg －f ＝ma (2分)由于f ＝kv ，得k ＝0.75(1分)根据图象可知速度最大为：v 1＝5 m/s则最大阻力f max ＝kv 1＝0.75×5 N＝3.75 N(2分)则f max ＝3.75 N ．(1分)答案：(1)2.25 J (2)3.75 N2．(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，如图所示．左侧磁场的磁感应强度大小为B 1＝6mqU 2qL ，方向垂直纸面向外；右侧磁场的磁感应强度大小为B 2＝6mqU qL，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．一质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子从平行金属板的正极板开始由静止被加速，加速电压为U ，加速后粒子从a 点进入左侧磁场，又从距正方形上下边界等间距的b 点沿与电场平行的方向进入中间区域的电场中，不计粒子重力．(1)求a 点到A 点的距离．(2)电场强度E 的取值在什么范围内时粒子能从右侧磁场的上边缘CC 1间离开？(3)改变中间区域的电场方向和场强大小，粒子可从D 点射出，求粒子在左右两侧磁场中运动的总时间．解析：(1)粒子在金属板间加速时，有qU ＝12mv 2 ①(1分)粒子在左侧磁场中运动时，如图甲所示，有 qvB 1＝m v 2R 1②(1分) sin α＝L R 1③(1分)a 点到A 点的距离x ＝3L 2－R 1(1－cos α) ④(2分) 联立解得x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32－33L (1分)(2)如图甲所示，粒子在右侧磁场中以半径为R n 和R m 的两轨迹为临界轨迹从上边缘CC 1离开磁场时，有R n ＝34L ⑤(1分) R m ＝L ⑥(1分)又qv n B 2＝m v 2n R n⑦(1分) qv m B 2＝m v 2m R m⑧(1分) 粒子在中间电场运动时，有qE n L ＝12mv 2n －12mv 2 ⑨(1分) qE m L ＝12mv 2m －12mv 2 ⑩(1分)联立解得E n ＝11U 16L ，E m ＝2U L电场强度的取值范围为11U 16L ＜E ＜2U L.(2分) (3)粒子在左右磁场中运动，T 1＝2πm qB 1 ⑪(1分) T 2＝2πm qB 2 ⑫(1分) 必须改变中间区域的电场方向并取定电场E 的某一恰当确定数值，粒子才能沿如图乙所示的轨迹从D 点射出由①～③式可得：α＝60°，有t ＝T 13＋T 22⑬(2分) 联立⑪⑫⑬并代入数据解得t ＝7πL 3 m 6qU.(2分) 答案：(1)⎝ ⎛⎭⎪⎫32－33L (2)11U 16L ＜E ＜2U L (3)7πL 3 m 6qU。
《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。
2017届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1
实验题型增分练(一)建议用时：10分钟1．(6分)某同学用如图所示实验装置测量物块与木板间的动摩擦因数μ.带有窄片的物块被一弹簧弹射装置射出去，沿水平木板滑行，途中经过O 处的光电门，最后停在了木板上的M 点，重力加速度为g .(1)测得窄片的宽度为L ，记下窄片通过光电门的时间Δt ，还需要测量的物理量有________________．(标明相关物理量的符号)(2)物块和木板间的动摩擦因数μ＝________.解析：(1)测得窄片的宽度为L ，窄片通过光电门的时间为Δt ，还要测出O 点到M 点的距离s ，即可得出物块与木板间的动摩擦因数．(2)由动能定理得：－μmgs ＝0－12mv 2，v ＝L Δt ，解得：μ＝L 22gs Δt2. 答案：(1)OM 间的距离s (2)L 22gs Δt 22．(9分)(1)为了测量电源的电动势和内阻，我们通常采用如图甲所示电路，请根据电路图甲连接实物图乙．(2)由于电压表和电流表内阻的影响，采用甲电路测量存在系统误差，为了消除这一影响，某同学选择两块量程合适的电压表 、 ，一个满足实验要求的电阻箱R 和三个开关，并设计了如图丙所示的测量电路，进行了如下的主要测量步骤：①闭合S 2，断开S 1、S 3，记下 和 的示数U 1和U 2；②断开S 2、闭合S 3，S 1仍断开，调节电阻箱R ，使电压表的示数仍为U 2，读出电阻箱的阻值R 0；③闭合S 1、S 2，断开S 3，记下 的示数U 1′； 请利用以上的测量物理量的字母写出电压表V 1的内阻表达式R V1＝________，该电源的电动势和内阻的测量值表达式E ＝________，r ＝________.解析：(2)设电压表 、 的电阻为R V 1、R V 2，由题中条件可知R V1＝R 0，R V2＝R V1U 2U 1＝R 0U 2U 1；当闭合S 2，断开S 1、S 3时，由闭合电路欧姆定律，可得U 1＋U 2＋E R V1＋R V2＋r r ＝E ；当闭合S 1、S 2，断开S 3时，由闭合电路欧姆定律，可得U 1′＋ER V1＋r r ＝E ，联立以上各式，解得E ＝U 1′U 2U 1′－U 1，r ＝U 1＋U 2－U 1′U 1′－U 1R 0. 答案：(1)电路图连接如图(2)R 0 U 1′U 2U 1′－U 1 U 1＋U 2－U 1′U 1′－U 1R 0。
2017高考物理二轮(通用版)复习高考冲刺卷1含答案
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x1,紧接着速度变化同样的Δv时发生位移x2,则该质点的加速度为( D）A．(Δv）2（错误!＋错误!）B．2错误! C．(Δv）2（错误!－错误!）D．错误!解析：由Δv＝aT和x2－x1＝aT2得a＝错误!.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．错误!，与直线AC垂直 D.错误!，与直线OD垂直解析：L为错误!圆弧，R＝错误!,有效长度为l＝2R＝错误!，安培力为F＝BIl＝2BILπ，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v0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a1，当小木块与传送带速度相同后，小木块开始以a2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a1＞a2，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＝错误!有错误!T a＝错误!T b，即：错误!·错误!＝错误!·错误!，解得错误!·错误!＝错误!，选项B、C错误．由r＝错误!有错误!＝错误!·错误!＝错误!,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。
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。
《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4Word版含答案
计算题型规范练(四)建议用时：20分钟1．(12分)如图所示，光滑水平轨道与半径为R 的光滑竖直半圆轨道在B 点平滑连接．在过圆心O 的水平界面MN 的下方分布有水平向右的匀强电场．已知半径为R 的光滑竖直半圆轨道下半部分绝缘(可使小球的电荷量保持不变)，上半部分是导体(可使小球的电荷量迅速消失)，在C 点设置一压力传感器．A 、B 两点间的距离为2R ，图中P 点恰好在A 点的正上方，重力加速度为g .现有一个质量为m 、电荷量为q 的带正电小球(可视为质点)从水平轨道上的A 点由静止释放，小球运动到C 点离开半圆轨道后，经界面MN 上的P 点进入电场．(1)小球经过C 点时压力传感器的读数为多少？(2)小球在半圆轨道上运动到何处时速率最大？最大速率是多少？ 解析：(1)小球离开C 点后做平抛运动，根据平抛运动规律得2R ＝v C t ，(1分) R ＝12gt 2(1分) 设传感器对小球的压力为F ，在C 点，由牛顿第二定律得F ＋mg ＝m v 2C R (1分)联立解得F ＝mg .(1分)因此小球经过C 点时压力传感器的读数为mg .(2)小球从A 到C 由动能定理得qE ·3R －mg ·2R ＝12m v 2C (2分)解得E ＝mg /q .(1分)设小球运动到圆周D 点时速度最大为v ，OD 与竖直线OB 夹角为α，小球从A 运动到D 的过程，根据动能定理得qE (2R ＋R sin α)－mgR (1－cos α)＝12m v 2(2分)即v 2＝2gR (sin α＋cos α＋1)根据数学知识可得，当α＝45°时速率最大由此可得最大速率v m ＝(2＋22)gR .(3分)答案：(1)mg (2)α＝45°时 v m ＝(2＋22)gR2．(20分)如图所示的虚线PQ 上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，S 为磁场边界PQ 上的点，两质量均为m 、电荷量均为q 的带负电粒子1和带正电粒子2分别以图示方向的速度从S 点射入磁场，粒子1和粒子2的速度大小分别为v 1＝v 0、v 2＝3v 0，且α＝30°、β＝60°，经过一段时间两粒子同时到达磁场的边界．忽略两粒子的重力以及两粒子之间的相互作用．(1)到达磁场边界时，粒子1和粒子2之间的距离为多少？(2)粒子1和粒子2射入磁场的时间间隔为多少？(3)如果在PQ 下方的纸面内加一匀强电场，并且使粒子1在该电场中的轨迹为直线，经过一段时间的运动，两粒子在电场中相遇，求该电场的电场强度大小与方向．解析：(1)两粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示根据牛顿第二定律有q v B ＝m v 2r (2分)粒子1圆周运动的圆心角θ1＝5π3，SM ＝2r 1sin α(1分)粒子2圆周运动的圆心角θ2＝4π3，SN ＝2r 2sin β(1分)联立得d ＝SM ＋SN ＝4m v 0qB (1分)(2)粒子圆周运动的周期为T ＝2πr v ＝2πm qB (2分)粒子1在匀强磁场中运动的时间为t 1＝θ12πT (1分)粒子2在匀强磁场中运动的时间为t 2＝θ22πT (1分)所以有Δt ＝t 1－t 2＝πm 3qB (2分)(3)由题意，电场强度的方向应与粒子1穿出磁场时的速度方向平行a ．若电场强度的方向与PQ 成30°角斜向右上方，则粒子1做匀加速直线运动，粒子2做类平抛运动由牛顿第二定律有qE ＝ma (1分)d cos 30°＝v 1t ＋12at 2＋12at 2(1分)d sin 30°＝v 2t (1分)解得E ＝3B v 0(1分)b ．若电场强度的方向与PQ 成30°角斜向左下方，则粒子1做匀减速直线运动，粒子2做类平抛运动由牛顿第二定律有qE ＝ma (1分)d cos 30°＝v 1t －12at 2－12at 2(1分)d sin 30°＝v 2t (1分)解得E ＝－3B v 0，假设不成立(1分)综上所述，电场强度的大小为E ＝3B v 0，方向与PQ 成30°角斜向右上方(1分) 答案：见解析。
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1讲“十法”秒杀选择题课件
A．FT＝m(gsin θ＋acos θ) FN＝m(gcos θ－asin θ) B．FT＝m(gcos θ＋asin θ) FN＝m(gsin θ－acos θ) C．FT＝m(acos θ－gsin θ) FN＝m(gcos θ＋asin θ) D．FT＝m(asin θ－gcos θ) FN＝m(gsin θ＋acos θ)
方法四 特殊值法 有些选择题展示出一般情形，计算难度比较大，甚至不能用现有 物理规律进行准确计算，可针对题设条件选择一些能反映已知量 与未知量数量关系的特殊值代入有关表达式进行推算，依据结果 对选项进行判断，从而得出结论．
[典例 4] 如图所示，细线的一端系一质量为 m 的小球，另一端 固定在倾角为 θ 的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体 以加速度 a 水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止 在斜面上，小球受到细线的拉力 FT 和斜面的支持力 FN 分别为(重 力加速度为 g)( )
点评 物理学史是考试内容之一，熟记牛顿、伽利略、卡文迪许、 库仑、法拉第等物理学家的成就，直接作出判断．
[即学即用] 1．在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类 文明的进程．在对以下几位物理学家所做科学贡献的叙述中，正 确的说法是( ) A．英国物理学家牛顿用实验的方法测出了引力常量 G B．第谷接受了哥白尼日心说的观点，并根据开普勒对行星运动 观察记录的数据，应用严密的数学运算和椭圆轨道假说，得出了 开普勒行星运动定律
方法二 筛选排除法 筛选排除法就是通过对物理知识的理解，对物理过程的分析或计 算，将明显错误或不合理的选项一一排除的方法．筛选排除法主 要适用于选项中有相互矛盾、相互排斥或有完全肯定、完全否定 的说法的单选选择题．
[典例 2] 如图所示，以 MN、PQ 为边界的区域内存在垂直纸面 向里的匀强磁场，磁场宽为 2L，高为 L 的正三角形闭合金属框由 粗细均匀的电阻丝围成，在外力作用下由图示位置被水平向右匀 速拉过磁场区域，ab 边平行 MN 且垂直金属框运动方向，取逆时 针方向为电流的正方向，则金属框中的感应电动势 E、感应电流 I，所施加的外力 F 及外力的功率 P 随位移 x 的变化关系图正确 的是( )
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。
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计算题型规范练(一)
建议用时：20分钟
1．(12分)在物体下落过程中，速度小于10 m/s 时可认为空气阻力与物体速度成正比关系．某科研小组在研究小球下落后的运动过程时，得到速度随时间变化的图象，并作出t ＝0.5 s 时刻的切线，如图所示．已知小球在t ＝0时刻释放，其质量为0.5 kg ，重力加速度取g ＝10 m/s 2
，求：
(1)小球与地面第一次碰撞过程中损失的机械能；
(2)小球在运动过程中受到空气阻力的最大值．
解析：(1)由图象可知，小球第一次与地面碰撞前瞬间速度：
v 1＝5 m/s ，碰撞后瞬间速度：v 2＝4 m/s(1分)
碰撞过程损失的机械能：ΔE ＝12mv 21－12
mv 22(2分) 代入数据可得ΔE ＝2.25 J ．(2分)
(2)由图象可得t ＝0.5 s 时小球的加速度
a ＝Δv Δt
＝4 m/s 2(1分) 由牛顿第二定律：mg －f ＝ma (2分)
由于f ＝kv ，得k ＝0.75(1分)
根据图象可知速度最大为：v 1＝5 m/s
则最大阻力f max ＝kv 1＝0.75×5 N＝3.75 N(2分)
则f max ＝3.75 N ．(1分)
答案：(1)2.25 J (2)3.75 N
2．(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，如图所示．左侧磁场的磁感应强度大小为B 1＝
6mqU 2qL ，方向垂直纸面向外；右侧磁场的磁感应强度大小为B 2＝6mqU qL
，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．一质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子从平行金属板的正极板开始由静止被加速，加速电压为U ，加速后粒子从a 点进入左侧磁场，又从距正方形上下边界等间距的b 点沿与电场平行的方向进入中间区域的电场中，不计粒子重力．
(1)求a 点到A 点的距离．
(2)电场强度E 的取值在什么范围内时粒子能从右侧磁场的上边缘CC 1间离开？
(3)改变中间区域的电场方向和场强大小，粒子可从D 点射出，求粒子在左右两侧磁场中运动的总时间．
解析：(1)粒子在金属板间加速时，有
qU ＝12mv 2 ①(1分)
粒子在左侧磁场中运动时，如图甲所示，有 qvB 1＝m v 2
R 1
②(1分) sin α＝L R 1
③(1分)
a 点到A 点的距离x ＝3L 2
－R 1(1－cos α) ④(2分) 联立解得x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32－33L (1分)
(2)如图甲所示，粒子在右侧磁场中以半径为R n 和R m 的两轨迹为临界轨迹从上边缘CC 1离开
磁场时，有R n ＝34
L ⑤(1分) R m ＝L ⑥(1分)
又qv n B 2＝m v 2
n R n
⑦(1分) qv m B 2＝m v 2
m R m
⑧(1分) 粒子在中间电场运动时，有
qE n L ＝12mv 2n －12mv 2 ⑨(1分) qE m L ＝1
2mv 2
m －12mv 2 ⑩(1分)
联立解得E n ＝11U 16L ，E m ＝2U L
电场强度的取值范围为11U 16L ＜E ＜2U L
.(2分) (3)粒子在左右磁场中运动，T 1＝2πm qB 1 ⑪(1分) T 2＝2πm qB 2 ⑫(1分) 必须改变中间区域的电场方向并取定电场E 的某一恰当确定数值，粒子才能沿如图乙所示的轨迹从D 点射出
由①～③式可得：α＝60°，有t ＝T 13＋T 22
⑬(2分) 联立⑪⑫⑬并代入数据解得t ＝7πL 3 m 6qU
.(2分) 答案：(1)⎝ ⎛⎭
⎪⎫32－33L (2)11U 16L ＜E ＜2U L (3)7πL 3 m 6qU。