2020高考物理二轮复习板块一专题突破复习题型限时专练11计算题三
2020届物理高考二轮专题复习与测试：高考模拟卷(一) Word版含解析
高考模拟卷(一)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48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，有选错或不答的得0分)14．一种典型的铀核裂变是生成钡和氪，同时放出3个中子，核反应方程是U＋X→Ba＋Kr＋3n，已知部分原子核的比结合能5689361092144235与核子数的关系如图所示，下列说法正确的是( )A．核反应方程中，X粒子是中子B．核反应方程中，X粒子是质子C.U、Ba和Kr相比，Ba核的比结合能最大，它最稳定5689361445692144235D.U、Ba和Kr相比，U核的核子数最多，它的比结合能5689362359292144235最大解析：根据质量数和电荷数守恒可得X为n，为中子，A正确，B10错误；从图中可知中等质量的原子核的比结合能最大，故Kr的比结8936合能最大，C、D错误．答案：A15．如图所示，一轻杆一端固定一小球，绕另一端O点在竖直面内做匀速圆周运动，在小球运动过程中，轻杆对它的作用力( )A．方向始终沿杆指向O点B．一直不做功C．从最高点到最低点，一直做负功D．从最高点到最低点，先做负功再做正功解析：小球做匀速圆周运动，合力提供向心力，方向始终沿杆指向O点，小球受重力和杆的作用力，所以杆的作用力不一定沿杆指向O 点，故A错误；小球做匀速圆周运动，合力做功为零，从最高点到最低点，重力做正功，所以杆一直做负功，故B、D错误，C正确．答案：C16．如图所示，倾角θ＝37°的上表面光滑的斜面体放在水平地面上，一个可以看成质点的小球用细线拉住与斜面一起保持静止状态，细线与斜面间的夹角也为37°.若将拉力换为大小不变、方向水平向左的推力，斜面体仍然保持静止状态．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是( )A．小球将向上加速运动B．小球对斜面的压力变大C．地面受到的压力不变D．地面受到的摩擦力不变解析：小球处于静止状态，所以合外力为零，小球受力为：竖直向下的重力G，斜面对小球的支持力F N和细线对小球的拉力F，把三个力正交分解，列平衡方程为：G cos 37°＝F N＋F sin 37°，F cos 37°＝G sin 37°，两式联立解得：F ＝G ，F N ＝G ；将拉力换为大小不变、34720方向水平向左的推力，小球受力为：竖直向下的重力G ，斜面对小球的支持力F ′N 和方向水平向左的推力，把三个力正交分解，沿斜面方向有F cos 37°＝G sin 37°，故小球处于静止状态，垂直斜面方向F ′N ＝G cos 37°＋F sin 37°＝G ，小球对斜面的压力变大，故A 错误，B 正确；54斜面体与小球为整体，受力为：竖直向下的重力G ′、地面对斜面体的支持力F ″N 、地面对其的摩擦力和细线对小球的拉力F ；将拉力换为大小不变、方向水平向左的推力，受力为：竖直向下的重力G ′、地面对斜面体的支持力F N 、地面对其的摩擦力和方向水平向左的推力F ，所以地面对斜面体的支持力变大，地面对其的摩擦力变大，由牛顿第三定律知，地面受到的压力和摩擦力均变大，故C 、D 错误．答案：B17．如图，在xOy 平面内，虚线y ＝x 左上方存在范围足够大、33磁感应强度为B 的匀强磁场，在A (0，l )处有一个粒子源，可沿平面内各个方向射出质量为m ，电荷量为q 的带电粒子，速率均为，粒3qBl 2m子重力不计．则粒子在磁场中运动的最短时间为( )A. B.πm qB πm 4qB C. D.πm 3qB πm 6qB解析：粒子进入磁场中做匀速圆周运动，则有：q v B ＝，而将m v 2r题中的v 值代入得：r ＝l ，分析可知：粒子运动的时间t 最短时，粒32子偏转的角度θ最小，则θ所对弦长最短，作AB ⊥OB 于B 点，AB 即为最短的弦，假设粒子带负电，结合左手定则，根据几何关系有：AB ＝OA sin 60°＝l ，粒子偏转的角度：θ＝60°，结合周期公式：T ＝，322πm qB可知粒子在磁场中运动的最短时间为：t ＝＝，故C 正确，A 、B 、D T 6πm 3qB错误．答案：C18．一含有理想降压变压器的电路如图所示，U 为正弦交流电源，输出电压的有效值恒定，L 为灯泡(其灯丝电阻可以视为不变)，R 、R1和R 2为定值电阻，R 3为光敏电阻，其阻值的大小随照射光强度的增强而减小．现将照射光强度增强，则( )A ．原线圈两端电压不变B ．通过原线圈的电流减小C ．灯泡L 变暗D ．R 1两端的电压增大解析：当入射光的强度增强时，由题意可知，光敏电阻R3的阻值减小，则副线圈的负载电阻减小，副线圈的电流增大，则原线圈的电流增大，定值电阻R分得的电压增大，原线圈的输入电压减小，A、B 错误；副线圈的输出电压减小，由于副线圈的电流增大，则定值电阻R1的电压增大，则并联部分的电压减小，流过定值电阻R2的电流减小，灯泡的电流增大，灯泡变亮，C错误，D正确．答案：D19．如图所示为缓慢关门时(图中箭头方向)门锁的示意图，锁舌尖角为37°，此时弹簧弹力为30 N，锁舌表面较光滑，摩擦不计，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是( )A．关门过程中锁壳碰锁舌的弹力逐渐增大B．关门过程中锁壳碰锁舌的弹力保持不变C．此时锁壳碰锁舌的弹力为37.5 ND．此时锁壳碰锁舌的弹力为50 N解析：关门时，锁舌受到锁壳的作用力，弹簧被压缩，处于压缩状态，则弹力增大，故A正确，B错误；对锁舌受力分析，受到弹簧弹力和锁壳的作用力，受力平衡，则有F弹＝F sin 37°，因此F＝30 0.6N＝50 N，故C错误，D正确．答案：AD20．如图所示，一带电粒子在匀强电场中只受电场力而运动，经过一平面直角坐标系中的a、O、b三点时的动能分别为10 eV、4 eV、12 eV，下列说法正确的是( )A．该电场方向一定与xOy平面平行B．该电场场强大小为200V/m2C．O点是该粒子轨迹上电势能最大的点D．该粒子轨迹为抛物线解析：带电粒子在匀强电场中只受电场力运动，由于电场力是恒力，而且粒子在xOy平面内运动，所以电场力方向一定与xOy平面平行，则电场方向一定与xOy平面平行，由于a、O、b三点不在同一直线上，所以粒子做匀变速曲线运动，轨迹为抛物线，分析可知，电场方向与x轴的夹角为45°，O点不是抛物线轨迹的最高点，则O点不是粒子轨迹上动能最小的点，也不是电势能最大的点，故A、D正确，C 错误；由于粒子电荷量未知，无法确定两点间的电势差，则无法确定电场场强大小，故B错误．答案：AD21.一探测器探测某星球表面时做了两次测量．探测器先在近星轨道上做圆周运动测出运行周期T；着陆后，探测器将一小球以不同的速度竖直向上抛出，测出了小球上升的最大高度h与抛出速度v的二次方的关系，如图所示，图中a、b已知，引力常量为G，忽略空气阻力的影响，根据以上信息可求得( )A ．该星球表面的重力加速度为2b aB ．该星球的半径为bT 28a π2C ．该星球的密度为3πGT 2D ．该星球的第一宇宙速度为4aTπb解析：设该星球表面的重力加速度为g ，由匀变速直线运动规律得h＝，由图得＝，解得g ＝，选项A 错误；探测器做匀速圆周运v 22g12g a b b 2a 动的向心力由万有引力提供，设该星球的半径为R ，探测器的质量为m ，由星球表面重力近似等于万有引力及万有引力定律得mg ＝m ，解4π2R T 2得R ＝，选项B 正确；设该星球的密度为ρ，由万有引力定律得G bT 28π2a＝m ，解得ρ＝，选项C 正确；设该星球的第一宇宙ρ·43πR 3m R 24π2R T 23πGT 2速度为v ，由万有引力定律得mg ＝m ，解得v ＝，选项D 错误．v 2RbT 4πa 答案：BC二、非选择题(共62分．第22～25题为必考题，每个度题考生都必须作答，第33～34题为选考题，考生根据要求作答)(一)必考题(共47分)22．(6分)某物理兴趣小组利用如图所示的装置进行实验．在足够大的水平平台上的A 点放置一个光电门，水平平台上A 点右侧摩擦很小可忽略不计，左侧为粗糙水平面，当地重力加速度大小为g .实验步骤如下：①在小滑块a 上固定一个宽度为d 的窄挡光片；②用天平分别测出小滑块a (含挡光片)和小球b 的质量m a 、m b ；③在a 和b 间用细线连接，中间夹一被压缩了的轻弹簧，静止放置在平台上；④细线烧断后，a 、b 瞬间被弹开，向相反方向运动；⑤记录滑块a 通过光电门时挡光片的遮光时间t ；⑥滑块a 最终停在C 点(图中未画出)，用刻度尺测出AC 之间的距离x a ；⑦小球b 从平台边缘飞出后，落在水平地面的B 点，用刻度尺测出平台距水平地面的高度h 及平台边缘铅垂线与B 点之间的水平距离x b ；⑧改变弹簧压缩量，进行多次测量．(1)该实验要验证“动量守恒定律”，则只需验证________＝__________即可(用上述实验数据字母表示)．(2)改变弹簧压缩量，多次测量后，该实验小组得到x a 与的关系1t 2图象如图所示，图线的斜率为k ，则平台上A 点左侧与滑块a 之间的动摩擦因数大小为________(用上述实验数据字母表示)．解析：(1)由于A 点右侧摩擦可以不计，所以被弹开后滑块a 的瞬时速度等于通过光电门的平均速度，即v a ＝，b 被弹开后的瞬时速度d t等于做平抛运动的初速度，v b t ＝x b ，可得v b ＝x b ，该实验要验证动g 2h量守恒定律，则只需要验证＝m b x b ；(2)根据动能定理可得m a d t g 2hμmgx a ＝m v ，即μgx a ＝，化简可得x a ＝·，即k ＝，μ＝122a 12(d t )2 d 22g μ1t 2d 22g μ.d 22kg答案：(1)(2分) m b x b (2分)(前后两空可互换) (2)(2分)m a d t g 2hd 22kg23．(9分)某实验小组用如图甲所示的电路图来测量电流表(量程2 mA ，内阻约为200 Ω)的内阻，除待测电流表、1.5 V 的电源、开关和导线外，还有下列可供选择的实验器材：A ．定值电阻R 1B ．定值电阻R 2C ．滑动变阻器R 3(最大阻值为20 Ω)D ．滑动变阻器R 4(最大阻值为1 000 Ω)E ．电阻箱R x (最大阻值为999.9 Ω)F ．灵敏电流计G(内阻很小可忽略)(1)为确保安全，精准实验，滑动变阻器应选用________(填写器材前对应的字母)．(2)用笔画线代替导线，将实物图乙连接成实验电路图．(3)在闭合开关前滑动变阻器的滑片应置于________(选填“a ”或“b ”)端，然后闭合开关移动滑动变阻器的滑片使待测表的示数适当后再不移动滑片，只调节R x ，发现当R x ＝400 Ω时灵敏电流计的示数正好为零；将电阻箱和待测电流表位置互换，其他不动，再次调节R x ′＝100 Ω的灵敏电流计的示数又正好为零，由此可知待测电流表的内阻为________Ω.解析：(1)由于电源电动势较小，而两个滑动变阻器都没有给出额定电流可认为两个都是安全的，此时为便于调节滑动变阻器宜小不宜大，选C 即可．(2)实物图如图所示．(3)为确保电路安全，闭合开关前滑片应置于b 端，让分压电路的电压最小．当R x ＝400 Ω时电流计的示数正好为零，表明＝；将R 1R A R 2R x电阻箱和待测电流表位置互换，电流计的示数又正好为零时有＝R 1R x ′R 2R A，于是有R A ＝，代入数据得R A ＝200 Ω.R x R x ′答案：(1)C(2分) (2)见解析图(3分) (3)b (2分) 200(2分)24．(12分)如图所示，足够长的U 型光滑导轨固定在倾角为30°的斜面上，导轨的宽度L ＝0.5 m ，其下端与R ＝1 Ω的电阻连接，质量为m ＝0.2 kg 的导体棒(长度也为L )与导轨接触良好，导体棒及导轨电阻均不计．磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场垂直于导轨所在的平面向下，用一根与斜面平行的不可伸长的轻绳跨过定滑轮将导体棒和质量为M ＝0.4 kg 的重物相连，重物离地面足够高．使导体棒从静止开始沿导轨上滑，当导体棒沿导轨上滑t ＝1 s 时，其速度达到最大．g 取10 m/s 2.求：(1)导体棒的最大速度v m ；(2)导体棒从静止开始沿轨道上滑时间t ＝1 s 的过程中，电阻R 上产生的焦耳热是多少？解析：(1)速度最大时导体棒切割磁感线产生感应电动势E ＝BL v m ，(1分)感应电流I ＝，(1分)E R安培力F A ＝BIL ，(1分)导体棒达到最大速度时由平衡条件得Mg ＝mg sin 30°＋F A ，(1分)联立解得v m ＝3 m/s ；(1分)(2)以导体棒和重物为系统，由动量定理得Mgt －mg sin 30°·t －B Lt ＝(M ＋m )v －0，(1分)—I 解得1 s 内流过导体棒的电荷量q ＝1.2 C ，(1分)又有电荷量q ＝＝，(1分)ΔΦR BLx R解得1 s 内导体棒上滑位移x ＝1.2 m ，(1分)由能量守恒定律得Mgx ＝mgx sin 30°＋(M ＋m )v 2＋Q ，(2分)12解得Q ＝0.9 J ．(1分)答案：(1)3 m/s (2)0.9 J25．(20分)如图所示，半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道固定在地面上．长直平板车放在光滑的水平面上．其右端与光滑圆弧轨道等高且平滑对接．小车的左端挡板上连接有一劲度系数很大的轻质弹簧．平板车右端到弹簧右端的距离为L .一物块从四分之一圆弧轨道的上端由静止下滑．运动到圆弧轨道的最低点时对轨道的压力为F ，平板车的质量为物块质量的3倍．重力加速度为g ，整个过程中忽略弹簧的形变量，求：(1)物块的质量大小；(2)若平板车的上表面光滑．物块在平板车上运动的时间(不计物块与弹簧作用的时间)；(3)若平板车的上表面粗糙，物块滑上车后最终停在平板车的右端，则物块与平板车上表面间的动摩擦因数为多少；物块与弹簧作用过程中弹簧具有的最大弹性势能为多少．解析：(1)物块在四分之一光滑圆弧轨道上下滑的过程，由机械能守恒定律有：mgR ＝m v 2，(2分)12在轨道的最低点，由向心力公式有：F －mg ＝m ，(2分)v 2R解得m ＝.(1分)F 3g(2)物块滑上平板车的速度为：v ＝，(1分)2gR 物块与轻弹簧发生弹性碰撞的过程，取向左为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律分别得：m v ＝3m v 1－m v 2，(1分)m v 2＝×3m v ＋m v ，(2分)121221122求得：v 1＝v 2＝v ＝，(1分)12122gR 则物块与弹簧作用前在车上运动的时间为：t 2＝＝，(1分)L v L 2gR物块与弹簧作用后在车上运动的时间为：t 1＝＝＝，(1分)L v 1＋v 2L v L 2gR因此物块在平板车上运动的总时间为：t ＝t 1＋t 2＝；(1分)2L2gR (3)设物块与平板车上表面间的动摩擦因数为μ，物块停在平板车右端时物块与车的共同速度为v 3，取向左为正方向，根据动量守恒定律有：m v ＝4m v 3，(1分)根据功能关系有：2μmgL ＝m v 2－×4m v ，(2分)121223求得：μ＝.(1分)3R 8L当弹簧具有最大弹性势能时，物块与平板车具有共同速度，根据动量守恒可知：m v ＝4m v 4，(1分)根据功能关系有：μmgL ＋E p ＝m v 2－×4m v ，(1分)121224求得：E p ＝.(1分)FR 8答案：(1) (2) (3) F 3g 2L 2gR3R 8L FR 8(二)选考题(共15分，请考生从2道物理题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分)33．[物理—选修3－3](15分)(1)(5分)如图所示，一定质量的理想气体从状态A 依次经过状态B 、C 和D 后再回到状态A .其中，A →B 和C →D 为等温过程，B →C 和D →A 为绝热过程．该循环过程中，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 ．A →B 过程中，气体对外界做功，吸热B ．B →C 过程中，气体分子的平均动能增加C ．C →D 过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少D ．D →A 过程中，气体分子的速率分布曲线发生变化E ．该循环过程中，气体吸热(2)(10分)如图所示，一水平放置的薄壁圆柱形容器内壁光滑，长为L ，底面直径为D ，其右端中心处开有一圆孔．质量为m 的理想气体被活塞封闭在容器内，器壁导热良好，活塞可沿容器内壁自由滑动，其质量、厚度均不计．开始时气体温度为300 K ，活塞与容器底部相距L .现对气体缓慢加热，已知外界大气压强为p 0.求温度为480 K 时23气体的压强．解析：(1)A →B 过程，气体温度不变、体积增大，则气体对外做功，内能不变，由热力学第一定律知，气体吸热，选项A 正确；B →C 过程是绝热过程，气体体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律知，气体内能减少，温度降低，气体分子的平均动能减小，选项B 错误；C →D 过程，为等温过程，气体分子的平均动能不变，气体体积减小，分子的密集程度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，选项C 错误；D →A 过程是绝热过程，气体体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律知，气体内能增加，温度升高，大多数分子的速度增大，气体分子的速率分布曲线发生变化，选项D 正确；在pV 图象中，相应图形的面积表示气体对外做的功或外界对气体做的功，由图可知，该循环过程中，气体对外做的功大于外界对气体做的功，由热力学第一定律知，气体吸热，选项E 正确．(2)开始加热时，在活塞移动的过程中，气体做等压变化．设活塞缓慢移动到容器最右端时，气体末态温度为T 1，V 1＝，初态温度T 0πD 2L 4＝300 K ，V 0＝.(2分)πD 2L 6由盖—吕萨克定律知＝，(2分)V 0T 0V 1T 1解得T 1＝450 K ，(2分)活塞移至最右端后，气体做等容变化，已知T 1＝450 K ，p 1＝p 0，T 2＝480 K ，由查理定律知＝，(2分)p 1T 1p 2T 2则p 2＝p 0.(2分)1615答案：(1)ADE (2)见解析34．[物理—选修3－4](15分)(1)(5分)图甲为一列简谐横波在t ＝0.10 s 时的波形图，P 是平衡位置在x ＝0.5 m 处的质点，Q 是平衡位置在x ＝2.0 m 处的质点；图乙为质点Q 的振动图象．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 ．这列波沿x 轴正方向传播B ．这列波的传播速度为20 m/sC ．从t ＝0到t ＝0.15 s ，这列波传播的距离为3 mD ．从t ＝0.10 s 到t ＝0.15 s ，P 通过的路程为10 cmE ．t ＝0.15 s 时，P 的加速度方向与y 轴正方向相反(2)(10分)如图所示，一玻璃砖的截面为直角三角形ABC ，其中∠A ＝60°，AB ＝9 cm.现有两细束平行且相同的单色光a 、b ，分别从AC 边上的D 点、E 点以45°角入射，且均能从AB 边上的F 点射出，已知AD ＝AF ＝3 cm.求：(ⅰ)玻璃砖的折射率；(ⅱ)D 、E 两点之间的距离．解析：(1)由图乙知，t ＝0.10 s 时质点Q 沿y 轴负方向运动，由图甲，根据“同侧法”知，这列波沿x 轴负方向传播，选项A 错误；由图甲知，这列波的波长λ＝4 m ，由图乙知，这列波的周期T ＝0.2 s ，则这列波的传播速度v ＝＝＝20 m/s ，选项B 正确；从t ＝0到t ＝0.15 s ，λT 4 m 0.2 s这列波传播的距离x ＝v t ＝20 m/s ×0.15 s ＝3 m ，选项C 正确；由图甲知，质点振动的振幅为10 cm ，从t ＝0.10 s 到t ＝0.15 s 时间内，P 点运动了，t ＝0.10 s 时质点P 沿y 轴正方向运动，由于质点离平衡位置T 4越远，速度越小，故P 通过的路程小于10 cm ，选项D 错误；t ＝0.15 s 时，P 在最大正向位移与平衡位置之间且向平衡位置移动，加速度方向指向平衡位置，即与y 轴正方向相反，选项E 正确．(2)(ⅰ)光路如图所示，由于AD ＝AF ，∠A ＝60°，则入射光a 经AC 边的折射角r ＝30°，折射率n ＝＝＝；(3分)sin i sin r sin 45°sin 30°2(ⅱ)设光在玻璃中发生全反射的临界角为C ，sin C ＝＝，1n 12则C ＝45°，(1分)由图可知，b 光经AC 边折射后，在BC 边上的入射角为60°，此光线在G 点发生全反射．(1分)由几何知识可知，四边形DEGF 是平行四边形，由于∠BFG ＝60°，AF ＝3 cm ，则BF ＝AB －AF ，(1分)BF ＝FG cos 60°，(1分)FG ＝DE ，(1分)联立解得DE ＝12 cm.(2分)答案：(1)BCE (2)见解析 。
2020届高考物理二轮复习能量与动量微专题突破 爆炸问题和反冲问题(带解析)
爆炸问题和反冲问题1、一个人在地面上立定跳远的最好成绩是(m)s ,假设他站立在船的右端处于静止状态要跳到距离(m)L 的岸上(设船与岸边同高,忽略水的阻力),则( ) A.L s <,他一定能跳上岸 B.L s <,他有可能跳上岸 C.L s =,他有可能跳上岸D.L s =,他一定能跳上岸2、将质量为1.00 g 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出.在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）() A ．30/kg m s gB ．5.7102/kg m s ⨯gC ．6.0102/kg m s ⨯gD ．6.3102/kg m s ⨯g3、质量为m 的炮弹以一定的初速度发射,其在水平地面上的射程为d ,若当炮弹飞行到最高点时炸裂成质量相等的两块,其中一块自由下落,则另一块的射程为( ) A.1. 5d B.2d C. d D.3d4、如图，质量为M 的小船在静止水面上以速率v 0向右匀速行驶，一质量为m 的救生员在船尾，相对小船静止。
若救生员以相对水面速率v 水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为（ ）A.0mv v M+B.0mv v M-C.()00m v v v M ++ D.()00mv v v M+-5、向空中发射一炮弹,不计空气阻力,当炮弹的速度恰好沿水平方向时,炮弹炸裂为质量相等的a b、两块。
若a的速度方向仍沿原来的方向,且速度小于炸裂前瞬间的速度,则( )A.b的速度方向一定与炸裂前瞬间的速度方向相反B.从炸裂到落地这段时间内,a飞行的水平距离一定比b的大C.a b、一定同时到达地面D.炸裂的过程中,a b、动量的变化量大小一定不相等6、如图所示，一枚手榴弹开始时在空中竖直向下落，到某位置时爆炸成a、b两块同时落地，其中a落地时飞行的水平距离OA大于b落地时飞行的水平距离OB，下列说法正确的是（）A．爆炸瞬间a、b两块的速度大小相等B．爆炸瞬间a、b两块的速度变化量大小相等C． a、b两块落地时的速度大小相等D．爆炸瞬间a、b两块的动量变化大小相等7、一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度2m/sv ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3:1，不计质量损失，重力加速度g取210m/s，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是（）A. B.C. D.8、“世界航天第一人”是明朝的士大夫万户,他把47个自制的火箭绑在椅子上,自己坐在椅子上,双手举着大风筝,设想利用火箭的推力,飞上天空,然后利用风筝平稳着陆。
2020届高考物理二轮复习 专题强化练(含解析)【共18套150页】
本套资源目录2020届高考物理二轮复习专题强化练一力与物体的平衡含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练七碰撞与动量守恒定律含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练三力与曲线运动含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练九磁场及带电粒子在磁场中的运动含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练二力与直线运动含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练五功和功率动能定理含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练八电场及带电粒子在电场中的运动含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练六机械能守恒定律功能关系含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十一直流电路与交流电路含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十七选修模块含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十三三大观点解决电磁感应问题含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十二电磁感应规律及其应用含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十五力学实验含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十八选修模块含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十六电学实验含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十四近代物理初步含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十带电粒子在复合场中的运动含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练四万有引力定律与航天含解析专题强化练(一)考点1 物体的受力分析1．(2019·浙江卷)如图所示，小明撑杆使船离岸，则下列说法正确的是( )A．小明与船之间存在摩擦力B．杆的弯曲是由于受到杆对小明的力C．杆对岸的力大于岸对杆的力D．小明对杆的力和岸对杆的力是一对相互作用力解析：小明与船之间存在静摩擦力，A正确；杆的弯曲是由于受到小明对杆的作用力，B错误；杆对岸的力与岸对杆的力是作用力与反作用力，大小相等，C错误；小明对杆的力和岸对杆的力受力物体都是杆，两者不是作用力与反作用力，故D错误．答案：A2．(2018·商丘一模)如图所示，物体B与竖直墙面接触，在竖直向上的力F的作用下，A、B均保持静止，则物体B的受力个数为( )A．2个B．3个C．4个D．5个解析：物体A处于静止状态，其受到的合外力为零，受力分析如甲图所示；对物体A、B整体受力分析如图乙所示，竖直墙面对物体B没有弹力作用，则墙面也不会提供静摩擦力；对物体B受力分析，如图丙所示，则物体B受到4个力的作用，选项C正确．答案：C3．(2019·柳州模拟)两个质量相同的直角楔形物体a和b，分别在垂直于斜边的恒力F1和F2作用下静止在竖直墙面上，如图所示，下列说法正确的是( )A．a、b一定都受四个力的作用B．a、b所受摩擦力的方向都是竖直向上C．F2一定小于F1D．F1、F2大小可能相等解析：对a受力分析如图甲：除摩擦力外的三个力不可能平衡，故一定有摩擦力，摩擦力方向竖直向上，故a受四个力；除摩擦力外对b受力分析如图乙：除摩擦力外，F N、F2、mg三力有可能平衡，沿竖直方向和水平方向分解F2，设F2与竖直方向夹角为α则有：F2cos α＝mg，F2sin α＝F N，解得F2＝mgcos α；(1)若F2＝mgcos α没有摩擦力，此时b受3个力；(2)若F2＞mgcos α，摩擦力向下，b受四个力；(3)若F2＜mgcos α，摩擦力向上，b受四个力；F1和F2没有必然的联系，有可能相等，但也有可能不等，故D正确，A、B、C错误．答案：D考点2 共点力的平衡4．(2019·江苏卷)如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右．细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为( )A.F Tsin αB.F Tcos αC ．F T sin αD ．F T cos α解析：以气球为研究对象，受力分析如图所示，则由力的平衡条件可知，气球在水平方向的合力为零，即风对气球作用力的大小为F ＝F T sin α，C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C5．(多选)(2019·烟台调研)如图所示，将一劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O ′处(O 为球心)，弹簧另一端与质量为m 的小球相连，小球静止于P 点．已知容器半径为R 、与水平地面之间的动摩擦因数为μ，OP 与水平方向的夹角为θ＝30°.下列说法正确的是( )A ．轻弹簧对小球的作用力大小为32mg B ．容器相对于水平地面有向左的运动趋势 C ．容器和弹簧对小球的作用力的合力竖直向上 D ．弹簧原长为R ＋mgk解析：对小球受力分析，如图所示，因为θ＝30°，所以三角形OO ′P 为等边三角形，由相似三角形法得F N ＝F ＝mg ，所以A 项错误；由整体法得，容器与地面间没有相对运动趋势，B 项错误；小球处于平衡状态，容器和弹簧对小球的作用力的合力与重力平衡，故C 项正确；由胡克定律有F ＝mg ＝k (L 0－R )，解得弹簧原长L 0＝R ＋mg k，D 项正确．答案：CD考点3 动态平衡6．(多选)(2019·新乡模拟)如图所示，木板P下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O点，物体A、B叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B的上表面水平．现使木板P 绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A、B仍保持静止，与原位置的情况相比( )A．B对A的支持力不变B．B对A的支持力减小C．木板对B的支持力增大D．木板对B的摩擦力增大解析：开始时，A只受到重力和支持力作用而处于平衡状态，所以B对A的支持力与A的重力大小相等、方向相反，A不受B的摩擦力作用，P转动后，A受到重力、B对A的支持力和摩擦力作用而平衡，此时B对A的支持力和摩擦力的合力与A的重力大小相等，所以B对A的支持力一定减小了，B正确，A错误；以整体为研究对象，受到总重力G、板的支持力F N和摩擦力F f作用，设板的倾角为θ，由平衡条件有F N＝G cos θ，F f＝G sin θ，θ减小，F N增大，F f减小，C正确，D错误．答案：BC7．(多选)(2019·潍坊调研)如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行．在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则( )A．b对c的摩擦力一定减小B．b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上C．地面对c的摩擦力方向一定向右D．地面对c的摩擦力一定减小解析：若m a g＞m b g sin θ，则b对c的摩擦力平行于斜面向上，且随a中的沙子缓慢流出，b对c的摩擦力减小；若m a g＜m b g sin θ，则b对c的摩擦力平行于斜面向下，且随a中的沙子缓慢流出，b对c的摩擦力增大，A错误，B正确；以b、c为整体受力分析，应用平衡条件可得，地面对c的摩擦力方向一定水平向左，且F f＝m a g cos θ，随m a的减小而减小，C错误，D正确．答案：BD8．(多选)(2019·西安模拟)如图所示，一根绳子一端固定于竖直墙上的A 点，另一端绕过动滑轮P 悬挂一重物B ，其中绳子的PA 段处于水平状态，另一根绳子一端与动滑轮P 的轴相连，在绕过光滑的定滑轮Q 后在其端点O 施加一水平向左的外力F ，使整个系统处于平衡状态，滑轮均光滑、轻质，且均可看作质点，现拉动绳子的端点O 使其向左缓慢移动一小段距离后达到新的平衡状态，则该平衡状态与原平衡状态相比较( )A ．拉力F 增大B ．拉力F 减小C ．角θ不变D ．角θ减小解析：以动滑轮P 为研究对象，AP 、BP 段绳子受的力始终等于B 的重力，两绳子拉力的合力在∠APB 的角平分线上，拉动绳子后，滑轮向上运动，两绳子夹角减小，两拉力的合力增大，故F 增大，A 项正确，B 项错误；PQ 与竖直方向夹角等于∠APB 的一半，故拉动绳子后角θ减小，C 项错误，D 项正确．答案：AD9．(2019·商丘模拟)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔．质量为m 的小球套在圆环上．一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移．在移动过程中手对线的拉力F 和轨道对小球的弹力F N 的大小变化情况是( )A ．F 不变，F N 增大B ．F 不变，F N 减小C ．F 减小，F N 不变D ．F 增大，F N 减小解析：小球沿圆环缓慢上移过程中，受重力G 、拉力F 、弹力F N 三个力处于平衡状态．小球受力如图所示，由图可知△OAB ∽△F N AF ，即：G R ＝F AB ＝F NR，当A 点上移时，半径R 不变，AB 长度减小，故F 减小，F N 不变，故选项C 正确．答案：C10．(多选)(2019·威海一中摸底)如图所示，质量均为m 的小球A 、B 用劲度系数为k 1的轻弹簧相连，B 球用长为L 的细绳悬于O 点，A 球固定在O 点正下方，当小球B 平衡时，所受绳子的拉力为F T 1，弹簧的弹力为F 1；现把A 、B 间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k 2(k 2＞k 1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时小球B 所受绳子的拉力为F T 2，弹簧的弹力为F 2.则下列关于F T 1与F T 2、F 1与F 2大小之间的关系，正确的是( )A ．F T 1＞F T 2B ．F T 1＝F T 2C ．F 1＜F 2D ．F 1＝F 2解析：以小球B 为研究对象，分析受力情况，如图所示．由平衡条件可知，弹簧的弹力F 和绳子的拉力T 的合力F 合与重力mg 大小相等，方向相反，即F 合＝mg ，作出力的合成图如图，由力三角形与几何三角形相似得：mg AO ＝F AB ＝F TOB.当弹簧劲度系数变大时，弹簧的压缩量减小，故AB 长度增加，而OB 、OA 的长度不变，故F T 1＝F T 2，F 2＞F 1，A 、D 错误，B 、C 正确．答案：BC考点4 电学中的平衡问题11．(2018·重庆高三测试)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L 、质量为m 的直导体棒，导体棒中电流为I .要使导体棒静止在斜面上，需要外加匀强磁场的磁感应强度B 的最小值为( )A.mg 2ILB.3mg 2ILC.mg ILD.3mg IL解析：平衡状态下导体棒受三个力，重力为恒力，支持力的方向不变，安培力的大小和方向不确定；由动态平衡知当安培力F 平行于斜面向上时安培力最小，则B 最小，即BIL ＝mg sin 30°，B ＝mg2IL，由左手定则知B 的方向垂直于斜面向下．答案：A12．(2019·青岛模拟)如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a 、b 、c 为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c 位于圆环最高点，ac 连线与竖直方向成60°角，bc 连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态．下列说法正确的是( )A ．a 、b 、c 小球带同种电荷B ．a 、b 小球带异种电荷，b 、c 小球带同种电荷C ．a 、b 小球电量之比为36D ．a 、b 小球电量之比为39解析：对c 小球受力分析可得，a 、b 小球必须带同种电荷，c 小球才能平衡．对b 小球受力分析可得，b 、c 小球带异种电荷，b 小球才能平衡．故A 、B 项错误；对c 小球受力分析，将力正交分解后可得：kq a q c r 2ac sin 60°＝k q b q cr 2bcsin 30°，又r ac ∶r bc ＝1∶3，解得q a ∶q b ＝3∶9.故C 项错误，D 项正确．答案：D专题强化练(七)考点1 冲量与动量定理的应用1．(2019·太原模拟)如图所示是一种弹射装置，弹丸的质量为m ，底座的质量为3m ，开始时均处于静止状态．当弹丸以速度v (相对于地面)发射出去后，底座的速度大小为v4，在发射弹丸过程中，底座受地面的摩擦力的冲量为( )A ．零 B.mv4，方向向右C.mv3，方向向右D.3mv4，方向向左 解析：设向右为正方向，对弹丸，根据动量定理：I ＝mv ，力的作用是相互的，则弹丸对底座的作用力的冲量为：－mv ，对底座，根据动量定理：I f ＋(－mv )＝－3m ·v4得：I f＝mv4，为正表示方向向右，故B 正确，A 、C 、D 错误． 答案：B2．(多选)(2018·福建四校二次联考)如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m 的物体以速度v 从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t .对于这一过程，下列判断正确的是( )A ．斜面对物体的弹力的冲量为零B ．物体受到的重力的冲量大小为mgtC ．物体受到的合力的冲量大小为零D ．物体动量的变化量大小为mg sin θ·t解析：斜面对物体的弹力的冲量大小为：I ＝F N t ＝mg cos θ·t ，弹力的冲量不为零，故A 错误；物体所受重力的冲量大小为：I G ＝mg ·t ，物体受到的重力的冲量大小不为零，故B 正确；物体受到的合力的冲量大小为mgt sin θ，不为零，C 错误；由动量定理得，动量的变化量大小Δp ＝I 合＝mg sin θ·t ，D 正确．答案：BD3．(多选)(2019·曲靖模拟)如图所示，木板B 放在光滑的水平面上，滑块A 在木板上从右向左运动，刚滑上木板B的最右端时，其动能为E1，动量大小为p1；滑到木板B的最左端时，其动能为E2，动量大小为p2；A、B间动摩擦因数恒定，则该过程中，滑块A的平均速度大小为()A.E1＋E2p1＋p2B.E2－E1p2－p1C.E1p1＋E2p2D.E1p1－E2p2解析：设当滑块A从木板右端滑到左端时，经过的时间为t，发生的位移为x，则由动能定理得E2－E1＝－F f x；由动量定理得p2－p1＝－F f t，解得v＝xt＝E2－E1p2－p1；选项B正确，A错误；因E1p1＝12mv21mv1＝v12，E2p2＝12mv22mv2＝v22，因滑块A做匀变速直线运动，则平均速度v＝v1＋v22＝E1p1＋E2p2，选项C正确，D错误．答案：BC4．(2018·马鞍山模拟)质量为2 kg的小物块静止于光滑水平面上，从某一时刻开始，小物块所受的水平冲量与时间的关系如图所示，则在6 s内物块的位移为( )A．0 B．3 m C．6 m D．12 m解析：由图可知0～3 s内以及3～6 s内物块受到的冲量都是与时间成线性关系，可知在0～3 s内和3～6 s内物块受到的力都不变，物体做匀变速直线运动，在0～3 s内物块做初速度等于0的匀加速直线运动，在3～6 s内物块做匀减速直线运动，由运动的对称性可知，6 s末物块的速度又等于0.在0～3 s末，根据动量定理可得I＝Δp＝mv，所以v＝Im＝42m/s＝2 m/s，所以小物块在6 s内的位移x＝v2t1＋v2·t2＝v2·t＝22×6 m＝6 m．故C正确．答案：C考点2 碰撞和动量守恒定律的应用5．(2019·惠州模拟)质量为1 kg 的物体从距地面5 m 高处自由下落，落在正以5 m/s 的速度沿水平方向匀速前进的小车上，车上装有沙子，车与沙的总质量为4 kg ，地面光滑，则车后来的速度为(g 取10 m/s 2)( )A ．4 m/sB ．5 m/sC ．6 m/sD ．7 m/s解析：物体和车作用过程中，两者组成的系统水平方向不受外力，水平方向系统的动量守恒．已知两者作用前，车在水平方向的速度v 0＝5 m/s ，物体水平方向的速度v ＝0；设当物体与小车相对静止后，小车的速度为v ′，取原来小车速度方向为正方向，则根据水平方向系统的动量守恒得：mv ＋Mv 0＝(M ＋m )v ′，解得：v ′＝mv ＋Mv 0M ＋m ＝4×51＋4m/s ＝4 m/s ，故选项A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A6．(2019·烟台模拟)在光滑水平面上有三个弹性小钢球a 、b 、c 处于静止状态．质量分别为2m 、m 和2m .其中a 、b 两球间夹一被压缩了的弹簧，两球通过左右两边的光滑挡板束缚着．若某时刻将挡板撤掉，弹簧便把a 、b 两球弹出，两球脱离弹簧后，a 球获得的速度大小为v ，若b 、c 两球相距足够远，则b 、c 两球相碰后( )A ．b 球的速度大小为13v ，运动方向与原来相反B ．b 球的速度大小为23v ，运动方向与原来相反C ．c 球的速度大小为83vD ．c 球的速度大小为23v解析：设b 球脱离弹簧的速度为v 0，b 、c 两球相碰后b 、c 的速度分别为v b 和v c ，取向右为正方向，弹簧将a 、b 两球弹出过程，由动量守恒定律得0＝－2mv ＋mv 0，解得v 0＝2v ，b 、c 两球相碰过程，由动量守恒定律和机械能守恒得mv 0＝mv b ＋2mv c ，12mv 20＝12mv 2b ＋12·2mv 2c ，联立解得v b ＝－23v (负号表示方向向左，与原来相反)，v c ＝43v ，故B 正确．答案：B7．(多选)(2019·肇庆模拟)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞前后A 球动量变化量为－4 kg·m/s，则( )A ．左方是A 球，碰前两球均向右运动B ．右方是A 球，碰前两球均向左运动C ．碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．经过验证两球发生的碰撞不是弹性碰撞解析：大小相同的A 、B 两球在光滑水平面上发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得Δp A ＝－Δp B ，由题知Δp A ＝－4 kg·m/s，则得Δp B ＝4 kg·m/s.由于碰撞前两球均向右运动，所以左方是A 球，右边是B 球，故A 正确，B 错误；碰撞后，两球的动量分别为p A ′＝p A ＋Δp A ＝6 kg·m/s－4 kg·m/s＝2 kg·m/s，p B ′＝p B ＋Δp B ＝6 kg·m/s ＋4 kg·m/s＝10 kg·m/s，由于两球质量关系为m B ＝2m A ，那么碰撞后A 、B 两球速度大小之比为v ′A v ′B ＝p A ′m Ap B ′m B ＝25，故C 正确；碰撞前系统的总动能为E k ＝p 2A 2m A ＋p 2B2m B ＝18m A ＋362×2m A ＝27m A，碰撞后系统的总动能为E ′k ＝p ′2A 2m A ＋p 2B2m B ＝2m A ＋1002×2m A ＝27m A，可知碰撞过程系统的动能守恒，所以两球发生的碰撞是弹性碰撞，故D 错误．答案：AC8．(2018·宜昌模拟)如图所示，质量为M 的小车静止在光滑的水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道，BC 段是长为L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点，一质量为m 的滑块在小车上从A 点静止开始沿AB 轨道滑下，然后滑入BC 轨道，最后恰好停在C 点．已知小车质量M ＝3m ，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .则( )A ．全程滑块水平方向相对地面的位移R ＋LB ．全程小车相对地面的位移大小x ＝14(R ＋L )C ．滑块m 运动过程中的最大速度v m ＝2gRD ．μ、L 、R 三者之间的关系为R ＝4μL解析：设全程小车相对地面的位移大小为x ′，则滑块水平方向相对地面的位移x ＝R ＋L －x ′.取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得m xt －Mx ′t ＝0，即m R ＋L －x ′t －M x ′t＝0，结合M ＝3m ，解得x ′＝14(R ＋L )，x ＝34(R ＋L )，故A 错误，B 正确；滑块刚滑到B 点时速度最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒分别得0＝mv m －Mv 、mgR ＝12mv 2m ＋12Mv 2.联立解得v m ＝ 32gR ，故C 错误；对整个过程，由动量守恒定律得0＝(m ＋M )v ′，得v ′＝0，由能量守恒定律得mgR ＝μmgL ，得R ＝μgL ，故D 错误．答案：B考点3 动量和能量的综合应用9．(2019·株洲质检)如图，长l 的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙，初始时它们直立在光滑的水平地面上．后由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾倒．当小球甲刚要落地时，其速度大小为( )A.2glB.glC.2gl 2D ．0解析：两球组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv －mv ′＝0，即v ＝v ′；由机械能守恒定律得：12mv 2＋12mv ′2＝mgl ，解得：v＝gl ，故B 正确．答案：B10．(多选)(2019·铜川模拟)如图所示，质量为M 的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为m 的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v 0开始运动．当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v ，距地面高度为h ，则下列关系式中正确的是( )A ．mv 0＝(m ＋M )vB ．mv 0cos θ＝(m ＋M )vC ．mgh ＋12(m ＋M )v 2＝12mv 20D ．mgh ＝12m (v 0sin θ)2解析：小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒．以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：mv 0cos θ＝(m ＋M )v ，故A 错误，B 正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh ＋12(m＋M )v 2＝12mv 20，故C 正确，D 错误．答案：BC11．(2019·南昌模拟)有人对鞭炮中炸药爆炸的威力产生了浓厚的兴趣，他设计如下实验，在一光滑水平面上放置两个可视为质点的紧挨着的A 、B 两个物体，它们的质量分别为m 1＝1 kg ，m 2＝3 kg 并在它们之间放少量炸药，水平面左方有一弹性的挡板，水平面右方接一光滑的14竖直圆轨道．开始A 、B 两物体静止，点燃炸药让其爆炸，物体A 向左运动与挡板碰后原速返回，在水平面上追上物体B 并与其碰撞后粘在一起，最后恰能到达圆弧最高点，已知圆弧的半径为R ＝0.2 m ，g 取10 m/s 2.求炸药爆炸时对A 、B 两物体所做的功．解析：炸药爆炸后，设A 的速度大小为v 1，B 的速度大小为v 2.取向左为正方向，由动量守恒定律得m 1v 1－m 2v 2＝0，A 物体与挡板碰后追上B 物体，碰后两物体共同速度设为v ，取向右为正方向，由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，两物体上升到圆弧的最高点时速度为0，两物体的动能转化为重力势能，由机械能守恒定律得12(m 1＋m 2)v 2＝(m 1＋m 2)gR ， 炸药爆炸时对A 、B 两物体所做的功W ＝12m 1v 21＋12m 2v 22，联立解得W ＝10.7 J. 答案：10.7 J12．(2019·廊坊模拟)如图所示，质量M ＝0.3 kg 的长木板A 放在光滑的水平面上，板长L ＝1.5 m ，在其左端放一质量m ＝0.1 kg 的物块B .现给A 和B 以大小相等、方向相反的水平初速度v 0＝2 m/s ，使A 开始向左运动、B 开始向右运动．物块与木板间的动摩擦因数为μ，g 取10 m/s 2.(1)要使物块B 不从长木板A 的右端滑落，求动摩擦因数μ的取值范围；(2)若B 恰好不从长木板A 的右端滑落，求B 相对长木板A 滑动过程中发生的对地位移大小．解析：(1)当物块B 滑到木板A 的最右端与木板有共同速度v 时，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得Mv 0－mv 0＝(M ＋m )v ，根据能量守恒定律知12Mv 20＋12mv 20＝12(M ＋m )v 2＋μmgL ， 联立解得v ＝1 m/s ，μ＝0.4，所以要使物块B 不从长木板A 的右端滑落，动摩擦因数μ的取值范围为μ≥0.4； (2)B 相对于A 滑动过程中的加速度大小a ＝μmg m＝μg ＝4 m/s 2，由运动学公式有2ax ＝v 20－v 2，解得B 相对长木板A 滑动过程中发生的对地位移x ＝0.375 m. 答案：(1)μ≥0.4 (2)0.375 m专题强化练(三)考点1 运动的合成与分解1．(2019·六安模拟)小船在400米宽的河中横渡，河水流速是2 m/s ，船在静水中的航速是4 m/s ，要使船的航程最短，则船头的指向和渡河的时间t 分别为( )A ．船头应垂直指向对岸，t ＝100 sB ．船头应与上游河岸成60°角，t ＝20033 sC ．船头应垂直指向对岸，t ＝20033 sD ．船头应与下游河岸成60°角，t ＝100 s解析：当合速度的方向与河岸垂直时，渡河位移最短，设船头与上游河岸方向的夹角为θ，则cos θ＝v 水v 船＝12，所以θ＝60°，渡河的位移x ＝d ＝400 m ，根据矢量合成法则有v 合＝v 2船－v 2水＝42－22m/s ＝2 3 m/s ，渡河时间t ＝d v 合＝40023 s ＝20033s ，故B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B2．(2019·济宁模拟)如图所示，细线一端固定在天花板上的O 点，另一端穿过一张CD 光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边缘．现将CD 光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v 匀速移动，移动过程中，CD 光盘中央小孔始终紧挨桌面边线，当悬线与竖直方向的夹角为θ时，小球上升的速度大小为( )A ．v sin θB ．v cos θC ．v tan θ D.vtan θ解析：将光盘水平向右移动的速度v 分解为沿细线方向的速度和垂直于细线方向的速度，而小球上升的速度大小与速度v 沿细线方向的分速度大小相等，故可得：v 球＝v sin θ，A 正确．答案：A3．(2019·临汾模拟)一物体由静止开始自由下落，一小段时间后突然受一恒定水平向右的风力的影响，但着地前一段时间内风力突然停止，则其运动的轨迹可能是( )解析：当有水平向右的风时，会产生水平向右的加速度，轨迹向右弯曲，风力停止时，合力向下，且轨迹不能急折，故C 项正确．答案：C考点2 平抛运动4.(多选)(2019·株洲模拟)将一小球以水平速度v 0＝10 m/s 从O 点向右抛出，经 3 s 小球恰好垂直落到斜面上的A 点，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，B 点是小球做自由落体运动在斜面上的落点，如图所示，以下判断正确的是( )A ．斜面的倾角约是30°B ．小球的抛出点距斜面的竖直高度约是15 mC ．若将小球以水平速度v ′0＝5 m/s 向右抛出，它一定落在AB 的中点P 的上方D ．若将小球以水平速度v ′0＝5 m/s 向右抛出，它一定落在AB 的中点P 处 解析：设斜面倾角为θ，对小球在A 点的速度进行分解有tan θ＝v 0gt，解得θ＝30°，A 项正确；小球距过A 点水平面的距离为h ＝12gt 2＝15 m ，所以小球的抛出点距斜面的竖直高度肯定大于15 m ，B 项错误；若小球的初速度为v 0′＝5 m/s ，过A 点作水平面，小球落到水平面的水平位移是小球以初速度v 0＝10 m/s 抛出时的一半，延长小球运动的轨迹线，得到小球应该落在P 、A 之间，C 项正确，D 项错误．答案：AC5．(2019·广东四校联考)从同一高度同时将a 、b 两个完全相同的小球分别竖直上抛和斜上抛，它们的初速度大小相同；若不计空气阻力，则以下说法中正确的是( )A ．在空中运动的过程中，两球的加速度相同B ．两球触地时的瞬时速率不同C ．两球在空中运动的时间相同D ．两球运动的位移相同解析：两球在空中都只受重力作用，两球的加速度都为重力加速度g ，A 项正确；因两球都只受重力，则机械能均守恒，据机械能守恒定律有12mv 20＋mgh ＝12mv 2t ，可知两球触地时的速率相同，B 项错误；因两球以相同的速率分别竖直上抛和斜上抛，则知两球在空中运动时间不同，C 项错误；因两球初始时运动方向不同，则它们发生的位移不同，D 项错误．答案：A6．(多选)(2018·天水二模)如图所示，某一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上．若斜面雪坡的倾角为θ，飞出时的速度大小为v 0，不计空气阻力．运动员飞出后在空中的姿势保持不变．重力加速度为g ，则()A ．如果v 0不同，则该运动员落到雪坡时的速度方向也就不同B ．不论v 0多大，该运动员落到雪坡时的速度方向都是相同的C ．运动员在空中经历的时间是2v 0tan θg D．运动员落到雪坡时的速度大小是v 0cos θ解析：设在空中飞行时间为t ，运动员竖直位移与水平位移之比y x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0＝tan θ，则有飞行的时间t ＝2v 0tan θg，故C 正确；竖直方向的速度大小为v y ＝gt ＝2v 0tan θ，运动员落回雪坡时的速度大小v ＝v 20＋v 2y ＝v 01＋4tan 2θ，故D 错误；设运动员落到雪坡时的速度方向与水平方向夹角为α，则tan α＝v y v x ＝2v 0tan θv 0＝2tan θ，由此可知，运动员落到雪坡时的速度方向与初速度方向无关，初速度不同，运动员落到雪坡时的速度方向相同，故A 错误，B 正确．答案：BC考点3 圆周运动7.(2019·惠州模拟)如图所示，一个菱形框架绕着过对角线的竖直轴匀速转动，在两条边上各有一个质量相等的小球套在上面，整个过程小球相对框架没有发生滑动，A 与B 到轴的距离相等，则下列说法正确的是( )A ．框架对A 的弹力方向垂直框架向下B ．框架对B 的弹力方向可能垂直框架向下。
2020届高考物理二轮总复习课件：1-1-2
2
m/s，
限 时
训
高 考
C 项错误；设汽车的速度为 5 m/s 时运动的位移为 x2，则有 v20
练
命 题 三
－2ax2＝v22，得 x2＝7.5 m，D 项正确．
第一部分 专题一
第17页
高考二轮复习 ·物理
高
考
命
题
高
一
考
命
题
四
高
高考命题 2
考 命
对牛顿运动定律的理解及简单应用
题
二
专
题
限 时
训
高
练
二
专
②注意横、纵轴是否从零开始．
题 限
时
高
③物理量的单位也不能忽视．
训 练
考
命
题
三
第一部分 专题一
第11页
高考二轮复习 ·物理
高
考
命 题
(2)关注斜率、面积、截距的物理意义
高
一
①斜率：通常能够体现某个物理量的大小、方向及变化情
考 命
题
况．
四
高
考 命
②面积：一般可以表示某个物理量，如 v-t 图象中的面积
命 题
挨在一起但 A、B 之间无弹力．已知重力加速度为 g，某时刻 四
高
考 命
把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是(
B
)
题
二
A．物块 A 的加速度为 0
专 题
高
B．物块 A 的加速度为g3
限 时 训 练
考 命
C．物块 B 的加速度为 0
题
三
D．物块 B 的加速度为g2
第一部分 专题一
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2020届(人教)高考物理二轮提升练习计算题选(一)及答案
2020届（人教）高考物理二轮提升练习计算题选（一）及答案1、(2019·西安模拟)如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=0.5 kg的小物块，它与水平台阶表面间的动摩擦因数μ=0.5，且与台阶边缘O 点的距离s=5 m。
在台阶右侧固定了一个以O点为圆心的圆弧形挡板，并以O点为原点建立平面直角坐标系。
现用F=5 N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板(g取10 m/s2)。
(1)若小物块恰能击中挡板的上边缘P点，P点的坐标为(1.6 m，0.8 m)，求其离开O点时的速度大小。
(2)为使小物块击中挡板，求拉力F作用的距离范围。
(3)改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值。
(结果可保留根式)【解题指导】解答本题应注意以下三点：(1)小物块从O到P做平抛运动。
(2)根据动能定理求出拉力F作用的距离。
(3)根据平抛运动的知识，结合圆的方程，根据动能定理求出击中挡板的小物块动能的最小值。
【解析】(1)小物块从O到P做平抛运动，则：水平方向：x=v0t竖直方向：y=gt2解得：v0=4 m/s(2)为使小物块击中挡板，小物块必须能运动到O点，设拉力F作用的最短距离为x1，由动能定理得：Fx1-μmgs=ΔE k-0=0解得：x1=2.5 m为使小物块不会飞出挡板，小物块的平抛初速度不能超过4 m/s；设拉力F作用的最长距离为x2，由动能定理得：Fx2-μmgs=m解得：x2=3.3 m故为使物块击中挡板，拉力F的作用距离范围为：2.5 m<x≤3.3 m(3)设小物块击中挡板的任意点坐标为(x，y)，则有：x=v0′t′y=gt′2由动能定理得：mgy = E k-mv0′2又：x2+y2=R2由P点坐标可求得R2=3.2化简得：E k=+=+由数学方法可得：E kmin=2J答案：(1)4 m/s(2)2.5 m<x≤3.3 m(3)2J2、已知地球的自转周期和半径分别为T和R，地球同步卫星A的圆轨道半径为h。
2020届高考物理二轮复习与测试全套精品
训练1 匀变速直线运动一、选择题(本大题共8小题，每小题8分，共64分．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．)1.(2016·全国卷Ⅲ)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( )A.s t 2B.3s 2t 2C.4s t 2D.8s t 2解析：本题考查匀变速直线运动规律，意在考查学生对匀变速直线运动规律的理解和应用能力．设质点的初速度为v 0，由末动能为初动能的9倍，得末速度为初速度的3倍，即v t ＝3v 0，由匀变速直线运动规律可知，s t ＝v 0＋3v 02＝2v 0，由加速度的定义可知质点的加速度a ＝3v 0－v 0t ＝2v 0t ，由以上两式可知，a ＝s t 2，A项正确，B 、C 、D 项错误．答案：A2．一质点沿坐标轴O x 做变速直线运动，它在坐标轴上的坐标x 随时间t 的变化关系为x ＝5＋2t 3，速度v 随时间t 的变化关系为v ＝6t 2，其中v 、x 和t 的单位分别是m/s 、m 和s.设该质点在t ＝0到t ＝1 s 内运动位移为s ，平均速度为v ，则( )A ．s ＝6 m ，v ＝6 m/sB ．s ＝2 m ，v ＝2 m/sC ．s ＝7 m ，v ＝7 m/sD ．s ＝3 m ，v ＝3 m/s解析：当t ＝0时，x 0＝5 m ，t ＝1 s 时，x 1＝7 m ，因此s ＝x 1－x 0＝2 m ，而平均速度v ＝s t ＝2 m/s ，故B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B3．如图，两光滑斜面在B 处连接，小球从A 处由静止释放，经过B 、C 两点时速度大小分别为3 m/s 和4 m/s ，AB ＝BC .设球经过B 点前后速度大小不变，则球在AB 、BC 段的加速度大小之比及球由A 运动到C 过程中的平均速率分别为( )A ．3∶4,2.1 m/sB ．9∶16,2.5 m/sC ．9∶7,2.1m/sD ．9∶7,2.5 m/s解析：设AB ＝BC ＝x ，则在AB 段a 1＝v 2B 2x ，在BC 段a 2＝v 2C －v 2B 2x ，所以a 1a 2＝3242－32＝97，AB 段平均速率为v 1＝12v B ＝1.5 m/s ，BC 段平均速率为v 2＝12(v B ＋v C )＝3.5 m/s ，因此从A 到C 的平均速率v ＝2xx v 1＋x v 2＝2v 1v 2v 1＋v 2＝2.1 m/s ，选C.答案：C4．物体由静止开始做匀加速直线运动，3 s 后速度变为v ，则下列说法正确的是( )A ．2 s 末、3 s 末的速度之比为1∶2B ．第1 s 内与第2 s 内的位移之比为1∶3C ．1 s 内与2 s 内的位移之比为1∶3D ．0～3 s 时间内的平均速度为v 3解析：由初速度为零的匀加速直线运动的比例关系可知，1 s 末、2 s 末、3 s 末的速度之比为1∶2∶3，A 错；同理，由静止开始，连续的3个1 s 内的位移之比为1∶3∶5，B 对；故1 s 内、2 s 内、3 s 内的位移之比为1∶(1＋3)∶(1＋3＋5)＝1∶4∶9，C 错；平均速度为v 2，D 错．答案：B5．测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B 为测速仪，A 为汽车，两者相距335 m ，某时刻B 发出超声波，同时A 由静止开始做匀加速直线运动，当B 接收到反射回来的超声波信号时，A 、B 相距355 m ，已知声速为340 m/s ，则汽车的加速度大小为()A ．20 m/s 2B ．10 m/s 2C ．5 m/s 2D ．无法计算 解析：从发出超声波到接收到反射回来的超声波信号，汽车前进了20 m ，根据超声波的往返运动时间相等，可判断汽车在超声波往返的两段时间内通过的位移之比为1∶3，所以超声波到达汽车处时两者之间距离为340 m ，超声波往返的时间都是t ＝340 m 340 m/s ＝1 s ，汽车在1 s 内由静止开始运动，位移为5 m ，可得加速度a ＝10 m/s 2，选项B 正确．答案：B6.如图所示，以8 m/s 匀速行驶的汽车即将到达路口，绿灯还有2 s 将熄灭，此时汽车距离停车线18 m ．该车加速时最大加速度大小为2 m/s 2，减速时最大加速度大小为5 m/s 2.此路段允许行驶的最大速度为12.5 m/s ，则下列说法中正确的有( )A ．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线B ．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速C．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车能停在停车线前D．如果距停车线5 m时汽车开始减速，汽车能停在停车线处解析：如果立即做匀加速直线运动，t1＝2 s末汽车的最大位移x＝v0t1＋12a1t21＝20 m>18 m，此时汽车的速度为v1＝v0＋a1t1＝12 m/s<12.5 m/s，汽车没有超速，A对，B错；如果立即做匀减速运动，速度减为零需要的最短时间t2＝v0a2＝1.6 s<2s，设从刹车到停下汽车运动的位移为x2，由0－v20＝－2a2x2，得x2＝6.4 m<18 m，即停下时没有过停车线，C对；由x2＝6.4 m>5 m知，D错．答案：AC7.一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图．在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有() A．t1B．t2C．t3D．t4解析：已知质点在外力作用下做直线运动，在题图中的t1时刻v－t图象的斜率大于零，此时的速度大于零，因此t1时刻质点所受合外力的方向与速度方向相同，故A选项正确；在题图中的t2时刻v－t图象的斜率小于零，此时的速度大于零，因此t2时刻质点所受合外力方向与速度方向相反，故B选项错误；同理可知，t3时刻质点所受合外力的方向与速度方向相同，t4时刻质点所受合外力的方向与速度的方向相反，故C选项正确，D选项错误．答案：AC8．下列图象能正确反映物体在直线上运动，经2 s又回到初始位置的是()解析：选项A为x－t图象，由图象可知t＝0时物体位于坐标原点，在t＝2 s时纵坐标为x＝0，回到初始位置；选项B为v－t图象，由图象可知在0～2 s 内v－t图线与时间轴所围的面积越来越大，物体离初始位置越来越远；选项C 仍为v－t图象，由图象可知在0～2 s内v－t图线与时间轴所围的面积为零，所以物体的位移为零，物体回到初始位置；选项D为a－t图象，物体在前1 s内和后1 s内加速度等大反向，但物体的初速度未知，物体并不一定回到初始位置．答案：AC二、计算题(本大题共2小题，共36分．需写出规范的解题步骤)9．汽车前方s＝120 m处有一自行车正以v2＝6 m/s的速度匀速前进，汽车以v1＝18 m/s的速度追赶自行车，已知两车在同一条公路不同车道上做同方向的直线运动．(1)经多长时间，两车第一次相遇？(2)若汽车追上自行车后立即刹车，汽车刹车过程中的加速度大小为2 m/s 2，则再经过多长时间两车第二次相遇？解析：(1)设经时间t 两车相遇，由位移关系有v 1t ＝v 2t ＋s ，解得：t ＝10 s.(2)设汽车经时间t 1后停下，则有t 1＝0－v 1a ＝9 s ，该时间内的位移为s 1＝0－v 212a＝81 m ，此时间内自行车的位移为s 2＝v 2t 1＝54 m ，即自行车没有在汽车停下前追上，则第二次相遇又经过的时间为t 3＝s 1v 2＝13.5 s. 答案：(1)10 s (2)13.5 s 10.一小型玩具火箭从地面由静止匀加速竖直上升，燃料用尽后落回地面，其运动的v －t 图象如图所示，求：(1)上升阶段和下降阶段的加速度；(2)火箭离地面的最大高度；(3)从发射到落地，火箭经历的时间．解析：(1)由题图可知上升阶段的0～2 s 的加速度为a 1＝102 m/s 2＝5 m/s 2，上升阶段的2～3 s 加速度为a 2＝－101 m/s 2＝－10 m/s 2，下降阶段的加速度a 3＝a 2＝－10 m/s 2，加速度取竖直向上为正方向．(2)由题图可知3 s 末火箭到达最高点，则火箭离地面的最大高度h ＝102×3 m＝15 m.(3)由题图可知火箭上升3 s 后开始下落，设再经时间t 落地，由h ＝12|a 3|t 2＝15 m ，解得：t ＝1.73 s ．故火箭经历的总时间为3 s ＋1.73 s ＝4.73 s.答案：(1)－10 m/s 2 －10 m/s 2 (2)15 m (3)4.73 s训练2 力与物体的平衡一、选择题(本大题共8小题，每小题8分，共64分．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．)1.(2016·全国卷Ⅲ)如图，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球．在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )A.m 2B.32mC ．mD ．2m解析： 本题考查受力分析、共点力平衡问题，意在考查学生对平衡条件的理解能力及对隐含条件的分析判断能力．由于轻环不计重力，故细线对轻环的拉力的合力与圆弧对轻环的支持力等大反向，即沿半径方向；又两侧细线对轻环拉力相等，故轻环所在位置对应的圆弧半径为两细线的角平分线，因为两轻环间的距离等于圆弧的半径，故两轻环与圆弧圆心构成等边三角形；又小球对细线的拉力方向竖直向下，由几何知识可知，两轻环间的细线夹角为120°，对小物块进行受力分析，由三力平衡知识可知，小物块质量与小球质量相等，均为m ，C 项正确． 答案：C2.如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O 点，右端跨过位于O ′点的固定光滑轴悬挂一质量为M 的物体；OO ′段水平，长度为L ；绳上套一可沿绳滑动的轻环．现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L ，则钩码的质量为( )A.22MB.32MC.2MD.3M解析：如图所示，轻环上挂钩码后，物体上升L ，则根据几何关系可知，三角形OO ′A 为等边三角形，根据物体的平衡条件可知，2Mg cos30°＝mg ，求得m ＝3M ，D 项正确．答案：D3．如图所示，竖直悬挂于C 点的小球，另两根细绳BC 、AC 与竖直方向的夹角分别是30°、60°，静止时三根绳子的拉力分别为F 1、F 2、F 3(如图标示)，关于三个拉力的大小关系，下列判断正确的是( )A ．F 1>F 2>F 3B ．F 1<F 2<F 3C ．F 2>F 3>F 1D ．F 2<F 1<F 3解析：对结点C 受力分析，三力平衡，F 1与F 2的合力与F 3等大反向，根据几何关系可知：F 1＝F 3sin60°＝32F 3，F 2＝F 3sin30°＝12F 3，F 2<F 1<F 3，故D 正确．答案：D4．如图所示，轻质弹簧一端系在质量为m ＝1 kg 的小物块上，另一端固定在墙上．物块在斜面上静止时，弹簧与竖直方向的夹角为37°，已知斜面倾角θ＝37°，斜面与小物块间的动摩擦因数μ＝0.5，斜面固定不动．设物块与斜面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，下列说法正确的是( )A ．小物块可能只受三个力B ．弹簧弹力大小一定等于4 NC ．弹簧弹力大小可能等于5 ND ．斜面对物块支持力可能为零解析：由于μmg cos37°＝4 N ，mg sin37°＝6 N ，故μmg cos37°<mg sin37°，若不受弹簧的压力则木块不可能静止，故物块一定受弹簧的压力，还受重力、斜面支持力和静摩擦力，四个力的作用而平衡，A 错误；若要物块静止，μ(mg cos37°＋F N )≥6 N ，解得F N ≥4 N ，故B 错误，C 正确；由于滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力，不可能为零，所以斜面对物块的支持力不可能为零，D 错误．答案：C5．如图所示，粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC 放置在水平面上，∠CAB ＝30°，斜面内部O 点(与斜面无任何连接)固定有一正点电荷，一带负电的小物体(可视为质点)可以分别静止在M 、N 、MN 的中点P 上，OM ＝ON ，OM ∥AB ，则下列判断正确的是()A．小物体分别在三处静止时所受力的个数一定都是4个B．小物体静止在P点时受到的支持力最大，静止在M、N点时受到的支持力相等C．小物体静止在P点时受到的摩擦力最大D．当小物体静止在N点时，地面给斜面的摩擦力为零解析：由共点力平衡可知在M点小物体可以受三个力的作用，A错误；根据几何关系，小物体在M、N两点时，库仑力垂直于AC，方向的分力相同，支持力等于重力的分力加上库仑力的分力，所以静止在M、N点时受到的支持力相等，OP垂直于AC，故支持力等于重力的分力加上库仑力，所以小物体静止在P 点时受到的支持力最大，故B正确；在P点小物体受静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，在N点小物体受静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力加库仑力的分力，大于在P点所受摩擦力，C错误；因正点电荷与斜面无任何连接，小物体静止在N点时，地面给斜面向右的静摩擦力，所以D错误．答案：B6.如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体A、B通过轻弹簧连接，在力F 的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动(A在地面上，B在空中)，力F与水平方向成θ角．则A所受支持力F N和摩擦力f满足()A．F N＝m1g＋m2g－F sinθB．F N＝m1g＋m2g－F cosθC．f＝F cosθD．f＝F sinθ解析：把A、B和弹簧作为整体进行受力分析，静止状态合力为零，故A、C正确．答案：AC7.质量为M的斜面体A放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上，整个系统处于静止状态．已知斜面倾角及轻绳与竖直方向夹角均为θ＝30°.不计小球与斜面间的摩擦，则( )A ．轻绳对小球的作用力大小为33mgB ．斜面体对小球的作用力大小为2mgC ．斜面体对水平面的压力大小为(M ＋m )gD ．斜面体对水平面的摩擦力大小为36mg解析：小球处于平衡状态，支持力垂直于斜面且与竖直方向成30°角，将轻绳的拉力T 和斜面对小球的支持力N 进行正交分解可得T cos30°＝N cos30°＝12mg ，小球与斜面间没有摩擦力，故斜面体和轻绳对小球的作用力均为33mg ，A 正确，B 错误；对小球和斜面体整体进行受力分析可得C 错误，D 正确．答案：AD8.如图所示，顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙水平面上，A 、B 两物体通过细绳相连，并处于静止状态(不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦)．现用水平向右的力F 作用于物体B 上，将物体B 缓慢拉高一定的距离，此过程中斜面体与物体A 仍然保持静止．在此过程中( )A ．水平力F 一定变小B ．斜面体所受地面的支持力不变C ．物体A 所受斜面体的摩擦力一定变大D ．地面对斜面体的摩擦力一定变大解析：物体B 受到三个力作用，受力平衡，可判断F 逐渐增大，A 错误；斜面体对物体A 的支持力不变，物体A 受到的摩擦力情况与初状态受到的摩擦有关，当初状态摩擦力沿斜面向下时，摩擦力应该是先减小后增大，故C 错误；对物体A 、B 和斜面体整体进行受力分析，地面对斜面的摩擦力等于F ，逐渐增加，地面对斜面体的支持力不变，故B 、D 正确．答案：BD二、计算题(本大题共2小题，共36分．需写出规范的解题步骤)9．如图所示，AC 和BC 两轻绳共同悬挂一质量为m 的物体，若保持AC 绳的方向不变，AC 绳与竖直方向的夹角为60°，改变BC 绳的方向，试求：(1)物体能达到平衡时，θ角的取值范围；(2)θ在0～90°的范围内，求BC 绳上拉力的最大值和最小值．解析：(1)改变BC 绳的方向时，AC 绳的拉力F TA 方向不变，两绳拉力的合力F 与物体的重力平衡，重力大小和方向保持不变，如图所示，经分析可知，θ最小为0°，此时F TA ＝0；且θ必须小于120°，否则两绳的合力不可能竖直向上，所以θ角的取值范围是0°≤θ<120°.(2)θ在0～90°的范围内，当θ＝90°时，F TB 最大，F max ＝mg tan60°＝3mg当两绳垂直时，即θ＝30°时，F TB 最小，F min ＝mg sin60°＝32mg .答案：(1)0°≤θ<120° (2)3mg 32mg10.如图所示，轻杆BC 的C 点用光滑铰链与墙壁固定，杆的B 点通过水平细绳AB 使杆与竖直墙壁保持30°的夹角．若在B 点悬挂一个光滑定滑轮(不计重力)，某人用它匀速地提起重物．已知重物的质量m ＝30 kg ，绕绳质量不计，人的质量M ＝50 kg ，g 取10 m/s 2.试求：(1)此时地面对人的支持力的大小；(2)轻杆BC 和绳AB 所受力的大小．解析：(1)因匀速提起重物，则绕绳对重物的拉力F T ＝mg ，绕绳对人的拉力大小为mg ，所以地面对人的支持力为：F N ＝Mg －mg ＝(50－30)×10 N ＝200 N ，方向竖直向上(2)定滑轮对B 点的拉力方向竖直向下，大小为2mg ，杆对B 点的弹力方向沿杆的方向，如图所示，由共点力平衡条件得：F AB ＝2mg tan30°＝2×30×10×33 N ＝200 3 NF BC ＝2mg cos30°＝2×30×1032N ＝400 3 N 答案：(1)200 N (2)200 3 N 400 3 N训练3 牛顿运动定律及其应用一、选择题(本大题共8小题，每小题8分，共64分．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．)1．如图所示，两定滑轮通过天花板固定在同一竖直平面的同一高度处，小球A 的质量为2m ，小球B 和C 的质量均为m ，B 、C 两球到结点P 的轻绳长度相等，滑轮摩擦不计．当B 、C 两球以某角速度ω在水平面内做圆锥摆运动时，A 球将( )A ．向上加速运动B ．向下加速运动C ．保持静止D ．上下振动 解析：B 球、C 球和两根轻绳整体受重力和竖直轻绳向上的拉力，设整体下降的加速度为a ，根据牛顿第二定律，有2mg －T ＝2ma ，对A 球受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律，有T －2mg ＝2ma ，联立两式解得a ＝0，即A 球将保持静止，处于平衡状态．故选C.答案：C 2.如图所示，带支架的平板小车水平向左做直线运动，小球A 用细线悬挂于支架前端，质量为m 的物块B 始终静止在小车上，B 与小车平板间的动摩擦因数为μ.若某过程中观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对B 产生的作用力的大小和方向为( )A ．mg ，竖直向上B ．mg 1＋μ2，斜向左上方C ．mg tan θ，水平向右D.mg cos θ，斜向右上方解析：以A 为研究对象，受力分析如图，根据牛顿第二定律得m A g tan θ＝m A a ，解得a ＝g tan θ，方向水平向右．再对B 研究得：小车对B 的摩擦力f ＝ma ＝mg tan θ，方向水平向右，小车对B 的支持力大小为N ＝mg ，方向竖直向上，小车对B 的作用力的大小为F ＝N 2＋f 2＝mg 1＋tan 2θ＝mg cos θ，方向斜向右上方，故选D.答案：D3．在地面上以初速度v 0竖直向上抛出一小球，经过2t 0时间小球落回抛出点，其速率为v1，已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速度成正比，则小球在空中运动时速率v随时间t的变化规律可能是()解析：小球上升过程中，由牛顿第二定律有mg＋k v＝ma，故随速度的减小，加速度逐渐减小，v—t图象的切线斜率逐渐减小；小球下降过程中，由牛顿第二定律有mg－k v＝ma，则随速度逐渐增大，加速度逐渐减小，v—t图象的切线斜率逐渐减小；由于有阻力作用，故回到地面的速度将小于初速度v0，选项A正确．答案：A4．如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B 两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有()A．两图中两球加速度均为g sinθB．两图中A球的加速度均为零C．图乙中轻杆的作用力一定不为零D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍解析：撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mg sinθ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mg sinθ，加速度为2g sinθ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mg sinθ，加速度均为g sinθ，故图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍，故A、B、C错误，D正确．答案：D5．如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.3.当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为()A．0.35mg B．0.3mgC．0.23mg D．0.2mg解析：将a 沿水平和竖直两个方向分解，对重物受力分析如图，水平方向：F f ＝ma x竖直方向：F N －mg ＝ma y 由a y a x＝34三式联立解得F f ＝0.2mg ，D 正确．答案：D6．如图甲所示，用一水平外力F 拉着一个静止在倾角为α的光滑斜面上的物体，逐渐增大F ，物体做变加速运动，其加速度a 随外力F 变化的图象如图乙所示，若重力加速度g 取10 m/s 2，则根据图乙所提供的信息可以计算出( ) A ．加速度从2 m/s 2增加到6 m/s 2的过程中物体的速度变化量B ．斜面的倾角C ．物体的质量D ．加速度为6 m/s 2时物体的速度 解析：因为物体做变加速运动，所以无法根据公式求得某时刻的速度及速度变化量，选项A 、D 错误；由题图乙可知，当F ＝0时，有mg sin α＝ma ，解得斜面的倾角α＝37°，当F ＝15 N 时，a ＝0，则F cos α＝mg sin α，可得m ＝2 kg ，选项B 、C 正确．答案：BC 7.如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .现对A 施加一水平拉力F ，则( )A ．当F <2μmg 时，A 、B 都相对地面静止B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μgC ．当F >3μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μg解析：A 、B 间的最大静摩擦力为2μmg ，B 和地面之间的最大静摩擦力为32μmg ，对A 、B 整体，只要F >32μmg ，整体就会运动，选项A 错误；当A 对B 的摩擦力为最大静摩擦力时，A 、B 恰好未发生相对滑动，故A 、B 一起运动的加速度的最大值满足2μmg －32μmg ＝ma max ，B 运动的最大加速度a max ＝12μg ，选项D 正确；若A 、B 整体恰好未发生相对滑动，有F －32μmg ＝3ma max ，则F >3μmg 时两者会发生相对运动，选项C 正确；当F ＝52μmg 时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足F －32μmg ＝3ma ，解得a ＝13μg ，选项B 正确．答案：BCD8．如图甲所示，传送带以速度v 1匀速转动，一滑块以初速度v 0自右向左滑上传送带，从此时刻开始计时，滑块离开传送带前的速度—时间图象如图乙所示．已知v 0>v 1，则下列判断正确的是( )A ．传送带顺时针转动B ．t 1时刻，滑块相对传送带滑动的距离达到最大C ．0～t 2时间内，滑块受到的摩擦力方向先向右后向左D ．0～t 2时间内，滑块受到恒定的摩擦力作用解析：从题图乙可以判断，滑块先向左做减速运动，再向右做加速运动，之后向右匀速运动，所以传送带顺时针转动，A 正确；滑块向左减速过程，所受摩擦力向右，向右加速过程，滑块相对传送带向左运动，所受摩擦力向右，所以t 2时刻滑块相对传送带滑动的距离达到最大，B 、C 错误，D 正确．答案：AD二、计算题(本大题共2小题，共36分．需写出规范的解题步骤)9．如图所示，质量M ＝1 kg 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m ＝1 kg 、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)若木板长L ＝1 m ，在铁块上加一个水平向右的恒力F ＝8 N ，经过多长时间铁块运动到木板的右端？(2)若在铁块上施加一个大小从零开始连续增大的水平向右的力F ，分析并计算铁块受到木板的摩擦力f 的大小随拉力F 变化的情况．(设木板足够长)解析：(1)根据牛顿第二定律对铁块：F －μ2mg ＝ma 1对木板：μ2mg －μ1(mg ＋Mg )＝Ma 2又s 铁＝12a 1t 2，s 木＝12a 2t 2，L ＝s 铁－s 木，联立解得：t ＝1 s(2)铁块与木板之间的最大静摩擦力f m2＝μ2mg ＝4 N木板与地面之间的最大静摩擦力f m1＝μ1(mg ＋Mg )＝2 N当F ≤f m1＝2 N 时，木板与铁块都静止，f ＝F当铁块与木板恰好未发生相对滑动时，设此时的拉力大小为F 1，根据牛顿第二定律，对铁块：F 1－μ2mg ＝ma 1对整体：F 1－μ1(mg ＋Mg )＝(m ＋M )a 1联立解得：F 1＝6 N ，所以当2 N<F ≤6 N 时，铁块与木板相对静止，对整体：F －μ1(mg ＋Mg )＝(m ＋M )a ，对铁块：F －f ＝ma ，解得：f ＝F 2＋1(N)当F >6 N 时，铁块相对木板滑动，此时摩擦力f ＝μ2mg ＝4 N答案：(1)1 s (2)见解析 10.如图，质量m ＝5 kg 的物块(看做质点)在外力F 1和F 2的作用下正沿某一水平面向右做匀速直线运动，已知F 1大小为50 N ，方向斜向右上方，与水平面夹角α＝37°，F 2大小为30 N ，方向水平向左，物体的速度v 0大小为11 m/s.当物块运动到距初始位置距离x 0＝5 m 时撤掉F 1，g ＝10 m/s 2.求：(1)物块与水平地面之间的动摩擦因数μ；(2)撤掉F 1以后，物块在6 s 末距初始位置的距离．解析：(1)物块向右做匀速运动：F f ＋F 2＝F 1cos αF f ＝μ(mg －F 1sin α)联立解得：μ＝0.5.(2)撤掉F 1后：a 1＝F 2＋μmg m ＝30＋255m/s 2＝11 m/s 2设经过时间t 1向右运动速度变为0，则：t 1＝v 0a 1＝1 s 此时向右运动的位移：x 1＝v 02t 1＝5.5 m ，后5 s 物块向左运动：a 2＝F 2－μmg m＝1 m/s 2，后5 s 向左运动的位移：x 2＝12a 2t 22＝12.5 m物块在6 s 末距初始位置的距离：Δx ＝x 2－(x 0＋x 1)＝12.5 m －(5 m ＋5.5 m)＝2 m.答案：(1)0.5(2)2 m训练4 抛体运动与圆周运动一、选择题(本大题共8小题，每小题8分，共64分．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．)1.如图所示，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 点水平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( )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∶3C ．球1和球2抛出时初速度之比为22∶1D ．球1和球2运动时的加速度之比为1∶2解析：因为AC ＝2AB ，则AC 的高度差是AB 高度差的2倍，根据h ＝12gt 2得：t ＝2h g ，解得球1和球2运动的时间比为1∶2，故A 错误；根据动能定理得，mgh ＝ΔE k ，知球1和球2动能增加量之比为1∶2，故B 错误；DB 在水平方向上的位移是DC 在水平方向位移的2倍，结合x ＝v 0t ，解得初速度之比为22∶1，故C 正确；平抛运动的物体只受重力，加速度为g ，故两球的加速度相同，故D 错误．答案：C2．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P ，细线的上端固定在金属块Q 上，Q 放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)．现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图中P ′位置)，两次金属块Q 都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是( )A ．细线所受的拉力变小B ．小球P 运动的角速度变小C ．Q 受到桌面的静摩擦力变大D ．Q 受到桌面的支持力变大解析：设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为F T ，细线的长度为L .P 球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有：F T＝mg cos θ，mg tan θ＝mω2L sin θ，得角速度ω＝g L cos θ，周期T ＝2πω＝2πL cos θg .使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时，θ增大，cos θ减小，则得知细线拉力F T 增大，角速度增大，周期T 减小．对Q ，由平衡条件得知，Q 受到桌面的静摩擦力变大，故A 、B 错误，C 正确；金属块Q 保持在桌面上静止，根据平衡条件得知，Q 受到桌面的支持力等于其重力，保持不变，故D 错误．答案：C 3.如图所示，一内壁光滑、质量为m 、半径为r 的环形细圆管，用硬杆竖直固定在天花板上，有一质量为m 的小球(可看做质点)在圆管中运动．小球以速率v 0经过圆管最低点时，杆对圆管的作用力大小为( )A ．m v 20rB ．mg ＋m v 20rC ．2mg ＋m v 20rD ．2mg －m v 20r解析：以球为研究对象，根据牛顿第二定律得，F N －mg ＝m v 20r ，解得F N ＝mg ＋m v 20r .由牛顿第三定律知：球对圆管的作用力大小F ′N ＝F N ＝mg ＋m v 20r ，方向向下．再以圆管为研究对象，由平衡条件可得：杆对圆管的作用力大小F ＝mg＋F ′N ＝2mg ＋m v 20r .答案：C4.如图所示，斜面AC 与水平方向的夹角为α，在A 点正上方与C 等高处水平抛出一小球，其速度垂直斜面落到D 点，则CD 与DA 的比为( )A.1tan αB.12tan α。
2020届高中物理二轮复习：热点题型专练全集(Word版,含解析,29套)
专题1.1描述运动的基本概念1．如图114所示，汽车向右沿直线运动，原来的速度是v1，经过一小段时间之后，速度变为v2，Δv表示速度的变化量．由图中所示信息可知( )图114A．汽车在做加速直线运动B．汽车的加速度方向与v1的方向相同C．汽车的加速度方向与Δv的方向相同D．汽车的加速度方向与Δv的方向相反【答案】C【解析】由于v2＜v1，汽车做减速直线运动，A错误．该过程中，加速度的方向与速度反向，与速度变化的方向同向，C正确，B、D错误．2.一质点沿直线Ox方向做减速直线运动，它离开O点的距离x随时间变化的关系为x ＝6t－2t3(m)，它的速度v随时间t变化的关系为v＝6－6t2(m/s)，则该质点在t＝2 s时的瞬时速度和t＝0到t＝2 s间的平均速度、平均速率分别为( )A．－18 m/s、－2 m/s、6 m/sB．－18 m/s、－2 m/s、2 m/sC．－2 m/s、－2 m/s、－18 m/sD．－18 m/s、6 m/s、6 m/s3．一个质点沿直线Ox方向做变速运动，它离开O点的距离x随时间t变化的关系为x ＝(5＋2t3) m，它的速度随时间t变化的关系为v＝6t2 m/s，该质点在t＝0到t＝2 s间的平均速度和t＝2 s到t＝3 s间的平均速度的大小分别为( )A．12 m/s 39 m/s B．8 m/s 38 m/sC．12 m/s 19.5 m/s D．8 m/s 13 m/s【答案】B 【解析】题中v＝6t2m/s是计算瞬时速度的公式，质点做非匀变速直线运动时，某段时间内的平均速度应根据其定义v＝ΔxΔt求解．t＝0时，x1＝5 m，t＝2 s时，x2＝21 m，Δx1＝x2－x1＝16 m，v1＝Δx1t2－t1＝8 m/s；t＝3 s时，x3＝59 m，所以Δx2＝x3－x2＝38 m，所以v2＝Δx2t3－t2＝38 m/s，故选B.4．某赛车手在一次野外训练中，先利用地图计算出A、B两地的直线距离为9 km，实际中他从A地到B地所用时间为5 min，赛车上的里程表指示的里程数值增加了15 km，当他经过某路标P时，车内速度计指示的示数为150 km/h，那么可以确定的是( ) A．研究赛车通过某个弯道的技术动作时，能把该车看成质点B．在整个过程中赛车手的路程是9 kmC．在整个过程中赛车手的平均速度大小是150 km/hD．经过路标P时的瞬时速率是150 km/h【答案】D5. (多选)一质点沿一边长为2 m的正方形轨道运动，每秒钟匀速移动1 m，初始位置在bc边的中点A，由b向c运动，如图所示，A、B、C、D分别是bc、cd、da、ab边的中点，则下列说法正确的是( )A．第2 s末的瞬时速度大小是1 m/sB．前2 s内的平均速度大小为22m/sC．前4 s内的平均速率为0.5 m/sD ．前4 s 内的平均速度大小为2 m/s 【答案】AB6. A 、B 、C 三物体同时、同地、同向出发做直线运动，如图所示是它们运动的位移—时间图象，由图象可知它们在t 0时间内( )A.v A ＝v B ＝v CB.v A >v B >v CC ．t 0时刻之前A 一直在B 、C 的后面D ．A 的速度一直比B 、C 的要大 【答案】A【解析】位移—时间图象表示物体的位置随时间的变化规律，图象上任意一点表示该时刻物体的位置，图象的斜率表示该时刻物体的速度，斜率的正负表示速度的方向。
2020届高考大二轮专题复习冲刺物理(创新版)文档：选择题专练(一) Word版含解析
特色增分练专项精练选择题专练(一)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．(2019·贵阳一模)下列说法正确的是()A．若某种材料的逸出功是W，则其极限频率νc＝W hB．当氢原子从n＝2的状态跃迁到n＝6的状态时，发射出光子C.23290Th衰变为20882Pb要经过4次α衰变和6次β衰变D．中子与质子结合成氘核时吸收能量答案 A解析结合光子能量的计算公式E＝hν，某种材料的逸出功是W，则它的极限频率为νc＝Wh，故A正确；氢原子从n＝2的状态跃迁到n＝6的状态，从低能级向高能级跃迁，要吸收能量，吸收光子，B错误；23290Th衰变为20882Pb根据质量数和电荷数守恒计算可知，要经过232－2084＝6次α衰变和82＋2×6－901＝4次β衰变，C错误；中子和质子结合成氘核时有质量亏损，放出能量，D错误。
2．(2019·山东青岛高三一模)雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。
为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力，小玲同学将一圆柱形水杯置于院中，测得10分钟内杯中雨水上升了15 mm，查询得知，当时雨滴落地速度约为10 m/s，设雨滴撞击芭蕉叶后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m3，据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为()A．0.25 N B．0.5 N C．1.5 N D．2.5 N答案 A解析由于是估算压强，所以不计雨滴的重力。
设雨滴受到支持面的平均作用力为F，设在Δt时间内质量为Δm的雨水的速度由v＝10 m/s减为零。
以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：FΔt＝0－(－Δm v)＝Δm v，得：F＝Δm vΔt，设水杯横截面积为S，水杯里的雨水在Δt时间内水面上升Δh，则有：Δm＝ρSΔh，F＝ρS v ΔhΔt，压强为：p＝FS＝ρvΔhΔt＝1×103×10×15×10－310×60N/m2＝0.25 N/m2，故A正确，B、C、D错误。
2020届人教版高考物理二轮实验+计算题练习题及答案
2020届人教版高考物理二轮实验+计算题练习题及答案1、在“测定匀变速直线运动加速度”的实验中：(1)除打点计时器(含纸带、复写纸)、小车、一端附有滑轮的长木板、细绳、钩码、导线及开关外，在下面的仪器和器材中，必须使用的有_______。
(填选项代号)A.电压合适的50 Hz交流电源B.电压可调的直流电源C.刻度尺D.秒表E.天平(2)实验过程中，下列做法正确的是_______。
(填选项代号)A.先接通电源，再使纸带运动B.先使纸带运动，再接通电源C.将接好纸带的小车停在靠近滑轮处D.将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处【解析】(1)本实验需要的电源是电压合适的交流电源，还需要用刻度尺测量纸带点迹间的距离，故选A、C。
(2)实验过程中，要先接通电源，等到打点稳定后，再使纸带运动，要将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处，这样可以打出较多的点，故选A、D。
答案：(1)A、C (2)A、D2、如图为两个足球运动员在赛前练习助攻进球的过程，其中BP在一条直线上，假设甲运动员在B处将足球以11 m/s 的速度沿直线的方向踢出，足球沿着地面向球门P处运动，足球运动的加速度大小为1 m/s2，在A位置的乙运动员发现甲运动员将足球踢出去后，经过1 s的反应时间，开始匀加速向连线上的C处奔去，乙运动员的最大速度为9 m/s，已知B、C两点间的距离为60.5 m，A、C两点间的距离为63 m。
(1)乙运动员以多大的加速度做匀加速运动，才能与足球同时运动到C位置？(2)乙运动员运动到C处后以一定的速度将足球沿CP方向踢出，已知足球从C向P做匀减速运动，足球运动的加速度大小仍然为1 m/s2，假设C点到P点的距离为9.5 m，守门员看到运动员在C处将足球沿CP方向水平踢出后，能够到达P 处扑球的时间为1 s，那么乙运动员在C处给足球的速度至少为多大，足球才能射进球门？【解析】(1)对于足球：x BC=v0t-at2代入数据得t=11 s=t-1 s=10 s乙运动员的运动时间t乙乙运动员的最大速度为9 m/s，乙运动员先加速后匀速到C处，设加速时间为t′，则x AC=t′+v m乙(t乙-t′)==1.5 m/s2代入数据求得t′=6 s，a乙(2)由题意知，足球从C到P时间最多为1 s，乙运动员给足球的速度最少为v，此时足球位移x CP=vt″-at″2，代入数据可得v=10 m/s答案：(1)1.5 m/s2(2)10 m/s3、如图所示，固定斜面的倾角θ=30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ=，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点。
(广西专用)2020高考物理二轮复习计算题专项训练(含解析)
计算题专项训练(时间:80分钟满分:100分)1.(14分)如图甲所示,水平传送带AB逆时针匀速转动,一个质量为m0=1.0 kg的小物块以某一初速度由传送带左端滑上,通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向,以物块滑上传送带时为计时零点)。
已知传送带的速度保持不变,g取10 m/s2。
求:(1)物块与传送带间的动摩擦因数μ;(2)物块在传送带上的运动时间;(3)整个过程中系统产生的热量。
答案:(1)0.2(2)4.5 s(3)18 J解析:(1)由题中v-t图像可得,物块做匀变速运动的加速度a=ΔvΔv =4.02m/s2=2.0m/s2由牛顿第二定律得F f=m0a得到物块与传送带间的动摩擦因数μ=v0vv0v =2.010=0.2。
(2)由题中v-t图像可知,物块初速度大小v=4m/s、传送带速度大小v'=2m/s,物块在传送带上滑动t1=3s后,与传送带相对静止。
前2s内物块的位移大小x1=v2t1'=4m,向右后1s内的位移大小x2=v'2t1″=1m,向左3s内位移x=x1-x2=3m,向右=1.5s物块再向左运动时间t2=vv'物块在传送带上运动时间t=t1+t2=4.5s。
(3)物块在传送带上滑动的3s内,传送带的位移x'=v't1=6m,向左;物块的位移x=x1-x2=3m,向右相对位移为Δx'=x'+x=9m所以转化的热能E Q=F f×Δx'=18J。
2.(14分)如图所示,两固定的绝缘斜面倾角均为θ,上沿相连。
两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L,质量分别为2m和m;用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca,并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上,使两金属棒水平。
右斜面上存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于斜面向上。
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专练11 计算题(三)
(时间：25分钟)
24．(2017·四川成都二诊)如图所示，整个直角坐标系xOy 内分布着方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B ，在y ≥0的区域内还有方向平行于坐标平面的匀强电场(图中未画出)，x 轴上有厚度不计的离子收集板MN ，MN 在坐标原点O 处有小孔．现让一质量为m 、电荷量为q 的正离子从位置P (－l ，l )以正对O 点的速度v 射出，离子恰好能沿直线PO 射入并穿出小孔．不计离子所受重力，求：
(1)电场强度的大小和方向；
(2)离子全程运动的时间和打在收集板MN 上的位置坐标．
[解析] (1)由P 的位置特点知，∠POy ＝45°
分析知，离子受电场力和洛伦兹力作用，沿PO 直线只能做匀速运动
由平衡条件有qE ＝qvB
解得E ＝vB
由左手定则知，洛伦兹力的方向垂直于PO 斜向左下，故电场力的方向垂直于PO 斜向右上．因离子带正电，所以电场强度的方向垂直于PO 斜向右上，与x 轴成45°夹角
(2)由几何关系知PO ＝－l 2＋l 2
＝2l 离子在y ≥0的区域内运动的时间为t 1＝PO
v ＝2l v
穿出小孔后离子在y ≤0区域内做匀速圆周运动，轨迹如图所示，其中O ′为轨迹圆的圆心，D 为离子打在收
集板上的位置 由牛顿第二定律有qvB ＝m v 2R
解得R ＝mv qB
运动周期T ＝2πR v ＝2πm qB
轨迹对应圆心角θ＝270°，故离子在y ≤0区域内运动的时间为
t 2＝270°360°T ＝3πm 2qB
离子全程运动的时间为t ＝t 1＋t 2＝2l v ＋3πm 2qB
由几何关系知，DO ＝2R cos45°＝2mv
qB
所以，离子打在收集板MN 上的位置坐标为⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
－2mv qB ，0 [答案] (1)vB 方向垂直于PO 斜向右上，与x 轴成45°夹角
(2)2l v ＋3πm 2qB ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－2mv qB ，0 25．(2017·湖北黄冈质检)如图，带电荷量为q ＝＋2×10－3 C 、质量为m ＝0.1 kg 的小球B 静置于光滑的水
平绝缘板右端，板的右侧空间有范围足够大的、方向水平向左、电场强度E ＝103
N/C 的匀强电场．与B 球形状相同、质量为0.3 kg 的绝缘不带电小球A 以初速度v 0＝10 m/s 向B 运动，两球发生弹性碰撞后均逆着电场的方向进入电场，在电场中两球又发生多次弹性碰撞，已知每次碰撞时间极短，小球B 所带电荷量始终不变，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：
(1)第一次碰撞后瞬间两小球的速度大小；
(2)第二次碰撞前瞬间小球B 的动能；
(3)第三次碰撞的位置．
[解析] (1)第一次碰撞时
两小球动量守恒，即3mv 0＝3mv 1＋mv 2
机械能守恒，即12·3mv 20＝12·3mv 21＋12
mv 22
解得碰后瞬间A 的速度v 1＝5 m/s ，B 的速度v 2＝15 m/s
(2)碰后A 、B 两球进入电场，竖直方向二者相对静止，均做自由落体运动；水平方向上，A 做匀速运动，B 做匀减速直线运动，其加速度大小为
a B ＝qE m
＝20 m/s 2 设经过t 时间两小球再次相碰，则有v 1t ＝v 2t －12
a B t 2 解得t ＝1 s
此时，B 的水平速度为v x ＝v 2－a B t ＝－5 m/s(负号表明方向向左)
竖直速度为v y ＝gt ＝10 m/s
故第二次碰前B 的动能为
E k B ＝12mv 2
B －12
m (v 2x ＋v 2y )＝6.25 J (3)第二次碰撞时，A 、B 两小球水平方向上动量守恒
3mv 1＋mv x ＝3mv 1′＋mv x ′
水平方向上机械能守恒12·3mv 21＋12mv 2x ＝12·3mv 1′2＋12
mv x ′2 解得第二次碰后水平方向A 的速度v 1′＝0，B 的速度v x ′＝10 m/s
故第二次碰撞后A 竖直下落(B 在竖直方向上的运动与A 相同)，水平方向上，B 做匀减速直线运动
设又经过t ′时间两小球第三次相碰，则有v x ′t ′－12
a B t ′2＝0 解得t ′＝1 s
因此，第三次相碰的位置在第一次碰撞点右方x ＝v 1t ＝5 m
下方y ＝12
g (t ＋t ′)2＝20 m [答案] (1)15 m/s (2)6.25 J (3)见解析。