2020届(人教版)高考物理一轮计算题基础练习含参考答案
2020届(人教版)高考物理一轮练习选题(3)附参考答案
2020届（人教版）高考物理一轮练习选题（3）附参考答案一、选择题1、如图所示，小球A、B穿在一根光滑固定的细杆上，一条跨过定滑轮的细绳两端连接两小球，杆与水平面成θ角，小球可看做质点且不计所有摩擦.当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，绳OB沿竖直方向，则下列说法正确的是( )图A.小球A受到2个力的作用B.小球A受到3个力的作用C.杆对B球的弹力方向垂直杆斜向上D.绳子对A的拉力大于对B的拉力答案 B2、将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是运动的最高点，甲乙两次闪光频率相同，重力加速度为g，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为( )A．mg B.1 3 mgC.12mg D.110mg解析：选C 设每块砖的厚度是d，向上运动时：9d－3d＝a1T2①向下运动时：3d －d ＝a 2T 2②联立①②得：a 1a 2＝31③根据牛顿第二定律，向上运动时：mg ＋f ＝ma 1④ 向下运动时：mg －f ＝ma 2⑤ 联立③④⑤得：f ＝12mg ，选C 。
3、如图6所示，在纸面内半径为R 的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场。
一带电粒子从图中A 点以速度v 0垂直磁场射入，速度方向与半径方向的夹角为30°。
当该粒子离开磁场时，速度方向刚好改变了180°。
不计粒子的重力，下列说法正确的是( )图6A ．该粒子离开磁场时速度方向的反向延长线通过O 点B ．该粒子的比荷为2v 0BRx.k+*wC ．该粒子在磁场中的运动时间为πR2v 0D ．该粒子在磁场中的运动时间为πR3v 0解析 由题意可画出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，A 项错；由几何关系知粒子做圆周运动的半径为r ＝R2，结合qv 0B ＝mv 20r ，可得q m ＝2v 0BR，B 项正确；粒子在磁场中的运动时间t ＝πr v 0＝πR2v 0，C 项正确，D 项错。
2020届人教高考物理一轮选择题固基练(5)及参考答案
2020届人教高考物理一轮选择题固基练（5）及参考答案1、物体以20 m/s的速度从坡底冲上一足够长的斜坡，当它返回坡底时的速度大小为16 m/s。
已知上坡和下坡两个阶段物体均沿同一直线做匀变速直线运动，但上坡和下坡的加速度不同。
则物体上坡和下坡所用的时间之比为( )A.4∶5B.5∶4C.2∶3D.3∶2【解析】选A。
设物体沿斜坡运动的位移为x，上坡时所用时间为t1，下坡时所用时间为t2，则有x=v1t1，x=v2t2，联立解得t1∶t2=4∶5，所以A项正确，B、C、D项错误。
2、如图所示，两个人利用机械装置提升相同的重物。
已知重物匀速上升，相同的时间内两重物提升的高度相同。
不考虑滑轮的质量及摩擦，在重物上升的过程中人拉力的作用点保持不变，则(θ一直小于30°)( )A.站在地面的人比站在二楼的人省力B.站在地面的人对绳的拉力越来越大C.站在二楼的人对绳的拉力越来越大D.同一时刻，二楼的人对绳拉力的功率小于地面的人对绳拉力的功率【解析】选C。
设重物质量为m，对重物受力分析，则有站在地面的人对绳的拉力F T=mg，站在二楼的人对绳的拉力F T′=，重物匀速上升过程中，θ增大，cosθ减小，所以站在二楼的人对绳的拉力越来越大，站在地面的人对绳的拉力不变，故B错误，C正确；由于不知θ具体数值，所以无法比较站在地面的人对绳的拉力与站在二楼的人对绳的拉力的大小，故A错误；根据动能定理，人对绳拉力的功等于克服物体重力做的功，所以人对绳拉力的功相等，所以二楼的人对绳拉力的功率等于地面的人对绳拉力的功率，故D错误。
3、(2019·张家界模拟)空间存在一静电场，电场中的电势φ随x的变化规律如图所示，下列说法正确的是( )A.x=4 m处电场强度可能为零B.x=4 m处电场方向一定沿x轴正方向C.电荷量为e的负电荷沿x轴从O点移动到x=6 m处，电势能增大8 eVD.沿x轴正方向，电场强度先增大后减小【解析】选C。
2020届人教高考物理一轮非选择固基练题(3)含参考答案
2020届人教高考物理一轮非选择固基练题（3）含参考答案1、如图所示，一条长为L 的细线上端固定，下端拴一个质量为m ，电荷量为q 的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A 点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60° 时，小球速度为0.(1)求小球带电性质和电场强度E .(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求小球在A 点应有的初速度v A 的大小(可含根式)．解析：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电．小球由A 点释放到速度等于零，由动能定理有0＝EqL sin α－mgL (1－cos α)解得E ＝3mg 3q .(2)如图所示，将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G ′，则G ′＝233mg ，方向与竖直方向夹角为30°偏向右下． 若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点m v 2L ＝233mg小球从A 点以初速度v A 运动，由动能定理知12m v 2－12m v 2A ＝－233mgL (1＋cos 30°)联立解得v A ＝ 2（3＋1）gL .答案：(1)小球带正电3mg3q (2) 2（3＋1）gL2、一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的p－V图描述，图中p1、p2、V1、V2和V3为已知量．(1)气体状态从A到B是______过程(选填“等容”“等压”或“等温”)；(2)状态从B到C的变化过程中，气体的温度________(选填“升高”“不变”或“降低”)；(3)状态从C到D的变化过程中，气体________(选填“吸热”或“放热”)；(4)状态从A→B→C→D的变化过程中，气体对外界所做的总功为________．解析：(1)A→B，对应压强值恒为p2，即为等压过程．(2)B→C，由pVT＝恒量，V不变，p减小，T降低．(3)C→D，由pVT＝恒量，p不变，V减小，可知T降低．外界对气体做功，内能减小，由ΔU＝W＋Q可知C→D过程放热．(4)A→B，气体对外界做功W AB＝p2(V3－V1)B→C，V不变，气体不做功C→D，V减小，外界对气体做功W CD＝－p1(V3－V2)状态从A→B→C→D的变化过程中，气体对外界做的总功W＝W AB＋W BC＋W CD＝p2(V3－V1)－p1(V3－V2)．答案：(1)等压(2)降低(3)放热(4)p2(V3－V1)－p1(V3－V2)3、某物理兴趣小组举行遥控赛车比赛，比赛路径如图所示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为r的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到D点，并能越过以D点为圆心、半径为R 的壕沟．已知赛车质量m＝0.2 kg，通电后以额定功率P＝1.5 W工作，进入竖直轨道前受到阻力恒为0.3 N，随后在运动中受到的阻力均可不计．图中AB间距L ＝10.00 m，r＝0.18 m，R＝4 m，θ＝60°，取g＝10 m/s2.求：(1)要使赛车能够通过弧形壕沟，则赛车过D 点时速度至少多少；(2)要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间；(3)若赛车刚好能过小圆轨道最高点，赛车经过D 点后第一次落地点与D 点的水平距离．解析：(1)小球离开D 点后做平抛运动由R cos θ＝12gt 21得t 1＝2R cos θg ＝0.4 sv D ＝R sin θt 1＝30 m/s ≈5.48 m/s. (2)由动能定理得W F ＋W f ＝ΔE k ⇒Pt 2－fL ＝12m v 2D则t 2＝4 s.(3)小球刚好通过圆轨道最高点时对轨道恰好无作用力得mg ＝m v 2C r 得v C ＝gr ＝1.8 m/s由机械能守恒定律得mg ·2r ＝12m v 2B －12m v 2C 得v B ＝3 m/s由平抛运动规律得x ＝v B t 3y ＝12gt 23以及几何关系x 2＋y 2＝R 2得t 3＝0.8 s所以x ＝v B t 3＝2.4 m.答案：见解析4、“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A 为固定橡皮筋的图钉，O 为橡皮筋与细绳的结点，OB 和OC 为细绳．图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．(1)图乙中的F 与F ′两力中，方向一定沿AO 方向的是________．(2)某同学在做该实验时认为：A．拉橡皮条的细绳长一些，实验效果较好B．拉橡皮条时，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行C．橡皮条弹性要好，拉结点到达某一位置O时，拉力要适当大些D．拉力F1和F2的夹角越大越好其中不正确的是________________(填入相应的字母)．解析：(1)F是通过作图的方法得到合力的理论值，在平行四边形的对角线上，而F′是通过一个弹簧秤沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，其方向一定沿AO方向．(2)在实验中要减小拉力方向的误差，应让标记同一细绳方向的两点尽量远些，故细绳应该长一些，故A正确；作图时，我们是在白纸中作图，做出的是水平力的图示，若拉力倾斜，则作出图的方向与实际力的方向有较大差别，故应使各力尽量与木板平面平行，故B正确；拉力越大，则读数中出现的相对误差越小，故拉力应适当大些，故C正确；两个拉力的夹角过大，合力会过小，量取理论值时相对误差变大，故D错误．答案：(1)F′(2)D5、小明做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，已知小灯泡标称值是“2．5 V，0．3 A”，不考虑电压表分流引起的误差，请完成如下小题：(1)为初步了解小灯泡的电阻值，小明使用多用电表的欧姆挡按正确测量步骤进行测量，根据图甲所示，小灯泡阻值为________Ω．(2)为进一步探究小灯泡伏安特性，小明连接了如图乙所示实物图，请在图中补上一根导线，使实验能够正常进行．(3)按要求操作得到数据如表所示，第7组中电压表示数如图丙所示，则U ＝________V；判断U＝0、I＝0时的小灯泡电阻值为________Ω，试分析此电阻值远小于(1)中阻值的原因：_________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ _______．解析：(1)采用“×1”倍率，所以读数为6 Ω．(2)“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，需要多组数据，所以滑动变阻器应采用分压接法，如图所示．(3)电压表采用0～3 V挡，分度值为0．1 V，故读数为0．30 V，U＝0、I ＝0时温度接近2、3组的温度，故应为1．3 Ω，远小于(1)中的测量值是因为用欧姆“×1”倍率挡测电阻时电流较大，小灯泡已有发光，灯丝温度升高，电阻较冷灯丝时大的多．答案：(1)6(2)如解析图所示(3)0．301．3用欧姆“×1”倍率挡测电阻时电流较大，小灯泡已有发光，灯丝温度升高，电阻较冷灯丝时大的多。
2020届(人教版)高考物理一轮练习选题(2)附参考答案
2020届（人教版）高考物理一轮练习选题（2）附参考答案 一、选择题 1、一个物体从静止开始做匀加速直线运动，以T为时间间隔，在第三个T时间内位移
是3 m，第三个T时间末的瞬时速度为3 m/s，则( ) A．物体的加速度是1 m/s2 B．第一个T时间末的瞬时速度为0.6 m/s C．时间间隔T＝1 s x-k+/w D．物体在第1个T时间内的位移为0.6 m
2、如图所示，装载石块的自卸卡车静止在水平地面上，车厢倾斜至一定角度时，石块会沿车厢滑至车尾.若车厢倾斜至最大角度时还有部分石块未下滑，卡车会向前加速，从而把残余石块卸下.若视最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )
图 A.增加车厢倾斜程度，石块受到的支持力增加 B.增加车厢倾斜程度，石块受到的摩擦力一定减小 C.卡车向前加速时，石块所受最大静摩擦力会减小 D.石块向下滑动过程中，对车的压力大于车对石块的支持力 答案 C 解析 根据受力分析可知，石块受到的支持力FN＝mgcosθ；故随着车厢倾斜度增加，石块受到的支持力减小；故A错误；石块未下滑时，摩擦力等于重力的分力，故Ff＝mgsinθ，θ增大，故摩擦力增大，故B错误；卡车向前加速运动时，合力沿运动方向，此时压力减小，故最大静摩擦力减小，故C正确；石块向下滑动过程中，对车的压力与车对石块的支持力为作用力和反作用力，故大小相等，故D错误.
3、如图4，匀强磁场垂直于纸面，磁感应强度大小为B，某种比荷为qm、速度大小为v的一群离子以一定发散角α由原点O出射，y轴正好平分该发散角，离子束偏转后打在x轴上长度为L的区域MN内，则cos α2为( )
图4 A.12－BqL4mv B．1－BqL2mv C．1－BqL4mv D．1－BqLmv
答案 B 4、如图5所示，匀强电场分布在边长为L的正方形区域ABCD内，M、N分别为AB和AD
的中点，一个初速度为v0、质量为m、电荷量为q的带负电粒子沿纸面射入电场。带电粒子的重力不计，如果带电粒子从M点垂直电场方向进入电场，则恰好从D点离开电场。若带电粒子从N点垂直BC方向射入电场，则带电粒子( )
(人教版)2020届高考物理一轮稳中培优计算、实验题优练【三】含答案
（人教版）2020届高考物理一轮稳中培优计算、实验题优练【三】含答案1、如图所示，质量M ＝2 kg 的小车A 静止在水平光滑地面上，小车左制固定挡板到车右端的距离L ＝0.3 m ，且车的上表面水平光滑．物体B 静止放置在车A 的右端，可视为质点．现车A 在水平向右的恒力F 作用下开始运动，经过t ＝0.5 s 撤去力F ，此时小车左端固定挡板恰好与B 发生弹性碰撞，碰撞时间不计，求：(1)水平恒力F 的大小；(2)碰撞后物体B 经过多长时间从车A 的右端离开车的上表面．【参考答案】(1)4.8 N (2)0.25 s解析：(1)小车A 的上表面光滑，恒力作用过程中，物体B 静止不动． 研究小车A 的运动情况，根据运动学公式得，L ＝12at 2.解得，a ＝2.4 m/s 2根据牛顿第二定律可知，F ＝Ma .代入数据解得，F ＝4.8 N.(2)碰撞前小车A 的速度为v 0＝at ＝1.2 m/s.设物体B 的质量为m ，A 、B 发生弹性碰撞后的速度分别为v 1和v 2. M v 0＝M v 1＋m v 2.12M v 20＝12M v 21＋12m v 22.解得，v 1＝M －m M ＋m v 0，v 2＝2M M ＋mv 0，根据位移关系可知，L ＝(v 2－v 1)t .其中v 2－v 1＝v 0.联立解得，t ＝0.25 s.2、如图所示，两条平行的水平导轨FN 、EQ 间距为L ，导轨的左侧与两条竖直固定、半径为r 的14光滑圆弧轨道平滑相连，圆弧轨道的最低点与导轨相切，在导轨左边宽度为d 的EFHG 矩形区域内存在磁感应强度大小为B ，方向竖直向上的匀强磁场，且在磁场的右边界垂直导轨放有一金属杆甲，右边界处无磁场．现将一金属杆乙从14圆弧轨道的最高点PM 处由静止释放，金属杆乙滑出磁场时，与金属杆甲相碰(作用时间极短)，并粘连在一起，最终它们停在距磁场右边界为d 的虚线CD 处，已知金属杆甲、乙的质量均为m ，接入电路的电阻均为R ，它们与导轨间的动摩擦因数均为μ，且它们在运动过程中始终与导轨间垂直且接触良好，导轨的电阻不计，重力加速度为g ，求：(1)金属杆乙通过圆弧轨道最低点时受到的支持力大小N ；(2)金属杆乙与甲相碰前的速度大小；(3)整个过程中，感应电流通过金属杆甲所产生的热量Q .【参考答案】(1)3mg (2)22μgd (3)12mg (r －5μd )解析：(1)金属杆乙在圆弧轨道上下滑过程中，根据动能定理可知，mgr ＝12m v 20－0.解得v 0＝2gr .在圆弧轨道最低点时，合力提供向心力．F N －mg ＝m v 20r .联立解得，F N＝3mg.(2)金属杆甲、乙碰撞过程中，系统动量守恒．m v1＝(m＋m)v2.金属杆甲、乙碰撞后，根据动能定理可知，2μmgd＝12×2m v22－0联立解得，v1＝22μgd，v2＝2μgd.(3)金属杆乙在磁场中运动过程中，根据能量守恒定律可知，12m v 20＝μmgd＋12m v21＋Q总．其中Q＝RR＋RQ总．联立解得，Q＝12mg(r－5μd)．3、在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，备用实验器材如下：A．小灯泡(标称值为“2.5 V,1.25 W”) B．电流表(量程0.6 A，内阻约1 Ω) C．电流表(量程3 A，内阻约0.2 Ω) D．电压表(量程1.5 V，内阻3 KΩ) E．滑动变阻器(0～10 Ω) F．滑动变阻器(0～200 Ω)G．定值电阻(阻值为100 Ω) H．定值电阻(阻值为3 KΩ)I．电源(电动势3 V，内阻很小) J．开关，导线若干备选电路图如下(各电路图中R为滑动变阻器，R0为定值电阻)：为了实现实验测量目标，并使测量结果尽量准确，回答以下问题(填写器材前的字母序号或电路图下的字母序号)：(1)电路图应选择________．(2)电流表应选择________．(3)滑动变阻器应选择________．(4)定值电阻应选择________．(5)如图所示，是此次实验所得出的小灯泡的伏安特性曲线，若把该小灯泡与一个电动势为3 V，内阻为0.8 Ω的电源直接相连接，构成闭合回路，小灯泡________(能、不能)正常发光，理由是灯泡两端电压______2.5 V(填“大于”、“等于”或“小于”)．【参考答案】(1)C(2)B(3)E(4)H(5)不能大于解析：(1)“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡的额定电压为2.5 V，电压表量程较小，故需要串联定值电阻H来扩大量程为3 V，电流表外接连接，滑动变阻器分压连接，电路图选择C.(2)小灯泡的额定电流为I＝PU＝0.5 A，故选择电流表B.(3)滑动变阻器分压连接，选择阻值较小的E.(4)根据上述分析可知，定值电阻选择H.(5)在图中画出电源的U－I图线，两图线的交点即为小灯泡实际的电压和电流，小灯泡的实际电压为2.6 V，电流为0.47 A，小灯泡不能正常发光，理由是灯泡两端电压大于2.5 V.4、如图所示，“冰雪游乐场”滑道B 点的左边为水平滑道，右边为半径R ＝6.4 m 的圆弧滑道，左右两边的滑道在B 点平滑连接．小孩乘坐冰车从圆弧滑道顶端A 点由静止开始出发，半径OA 与竖直方向的夹角为θ＝60°，经过B 点后，被静止在C 点的家长迅速抱住，然后一起在水平滑道上一起滑行．已知小孩和冰车的总质量m ＝30 kg ，家长和冰车的总质量为M ＝60 kg ，人与冰车均可视为质点，不计一切摩擦阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)小孩乘坐冰车经过圆弧滑道末端B 点时对滑道的压力N 的大小；(2)家长抱住孩子的瞬间，小孩和家长(包括各自冰车)组成的系统损失的机械能ΔE ；(3)家长抱住孩子的瞬间，家长对小孩(包括各自冰车)的冲量I 的大小．【参考答案】(1)600 N (2)640 J (3)160 N·s解析：(1)小孩从最高点运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得，mgR (1－cos θ)＝12m v 2B .运动到轨道最低点B 时，合力提供向心力．根据牛顿第二定律可知，F N1－mg ＝m v 2B R .联立解得，F N1＝600 N.根据牛顿第三定律可知，小孩对轨道的压力F N＝F N1＝600 N.(2)家长抱住小孩的瞬间，家长、小孩和冰车组成的系统动量守恒．m v B＝(M＋m)v.系统损失的机械能ΔE＝12m v2B－12(M＋m)v2.联立解得，ΔE＝640 J.(3)以小孩运动的速度为正方向，家长抱住小孩的瞬间，根据动量定理I＝m v－m v B.代入数据得I＝－160 N·s.家长对小孩的冲量大小为160 N·s.5、新概念汽车的制动能量回收系统是为了实现能源的充分利用．大致的工作原理如图甲所示．当汽车刹车减速时，线圈受到辐向磁场的阻尼作用助汽车减速，同时产生电能储存，图中线圈匝数为N，ab长度为L1，bc长度为L2，图(b)是此装置的侧视图．切割处磁场的磁感应强度大小恒为B，有理想边界的两个扇形磁场区边线夹角都是90°.某次刹车时，线圈以角速度ω逆时针匀速转动，线圈中的最大电流为I，取ab边刚开始进入右侧的扇形磁场为t＝0时刻，且设定此时的电流为正方向，不计一切摩擦，则：(1)线圈在图甲(b)所示位置时，线圈中电流方向如何；(2)在图乙中画出线圈产生的电动势e随时间t的变化图象，要求在图象中标明相应的最大值E m与周期T；(3)线圈转动一圈，系统回收的电能为多少．【参考答案】(1)abcda (2)图象见解析，NBL 1L 2ω，2πω(3)NBL 1L 2I π解析：(1)先使线圈在磁场中转动，切割磁感线，产生感应电流，根据右手定则可知，线圈中电流方向为abcda .(2)线圈中产生交流电，感应电动势的最大值为E m ＝NBL 1L 2ω.周期为T ＝2πω.线圈产生的电动势e 随时间t 的变化图象，如图所示：(3)线圈转动一圈，半个周期内产生恒定电流．系统回收的电能E 电＝NBL 1L 2ω·I ·T 2.其中，T 2＝πω.解得线圈转动一圈，系统回收的电能E 电＝NBL 1L 2I π.。
2020届人教高考物理一轮基础选择题练习(2)附参考答案
2020届人教高考物理一轮基础选择题练习（2）附参考答案1、如图1所示，是某炮兵部队训练时的情景，关于图中瞬间炮弹的受力分析正确的是()图1A．只受重力作用B．受重力与空气阻力作用C．受重力与向前的冲击力作用D．受重力、空气阻力与向前的冲击力作用【答案】B2、(动态平衡) 质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。
用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O,如图所示。
用F T表示绳OA段拉力的大小,在O点向左移动的过程中()A.F逐渐变大,F T逐渐变大B.F逐渐变大,F T逐渐变小C.F逐渐变小,F T逐渐变大D.F逐渐变小,F T逐渐变小答案A解析由于是缓慢移动,O点所受力处于动态平衡,设任意时刻绳子与竖直方向的夹角为θ,移动过程中θ增大,如图所示。
将拉力F与重力合成后,合力与绳子拉力等大反向。
根据几何关系,可知F=G tan θ,F T=F合=,随θ增大,F和F T都增大。
3、(多选)如图所示,甲、乙两运动物体在t1、t2、t3时刻的速度矢量分别为v1、v2、v3和v1'、v2'、v3',下列说法中正确的是()A.甲做的可能是直线运动B.乙做的可能是直线运动C.甲可能做匀变速运动D.甲受到的合力可能是恒力,乙受到的合力不可能是恒力答案CD解析甲、乙的速度方向在变化,所以甲、乙不可能做直线运动,故A、B错误;甲的速度变化量的方向不变,知加速度的方向不变,则甲的加速度可能不变,甲可能做匀变速运动,C正确;根据牛顿第二定律,知甲的合力可能是恒力,乙的速度变化量方向在改变,知加速度的方向变化,所以乙的合力不可能是恒力,故D正确。
4、如图所示,固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环,圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端连接在墙上,且处于原长状态。
现让圆环由静止开始下滑,已知弹簧原长为l,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2l(未超过弹性限度),则在圆环下滑到最大距离的过程中()A.圆环的机械能守恒B.弹簧弹性势能变化了mglC.圆环下滑到最大距离时,所受合力为零答案B解析圆环沿杆下滑的过程中,圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒,选项A、D错误;弹簧长度为2l时,圆环下落的高度h=l,根据机械能守恒定律,弹簧的弹性势能增加了ΔE p=mgh=mgl,选项B正确;圆环释放后,圆环向下先做加速运动,后做减速运动,当速度最大时,合力为零,下滑到最大距离时,具有向上的加速度,合力不为零,选项C错误。
2020届人教高考物理一轮计算题练习选题(五)含答案
2020届人教高考物理一轮计算题练习选题（五）含答案 1、如图所示，光滑斜面倾角为30°，A、B物体与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.4，现将A、B两物体(可视为质点)同时由静止释放，两物体初始位置距斜面底端O的距离为LA=2.5 m，LB=10 m。不考虑两物体在转折O处的能量损失。(g取10 m/s2)
(1)求两物体滑到O点的时间差。 (2)B从开始释放，需经过多长时间追上A？(结果可用根号表示) 【解题指导】解答本题应注意以下两点： (1)两物体的下滑高度不同，到达底端的时间和速度不同； (2)B追上A时，A可能已经停止运动，也可能仍在运动。 【解析】(1)物体在光滑斜面上的加速度 a=gsin θ=5 m/s2
A到达底端时间tA==1 s B到达底端时间tB==2 s A、B到达底端时间差 ΔtAB=2 s-1 s=1 s (2)A到达底端速度
vA==5 m/s， 经过分析B追上A前，A已停止运动 A在水平面上运动的总位移
sA== m B在水平面上运动的总位移 sB=vBt-μgt2
其中vB==10 m/s 又sA=sB
得t= s 则B从释放到追上A用时
t总=tB+t= s=2.33 s。 答案：(1)1 s (2)2.33 s
2、如图所示，物块A、B、C的质量分别为2m、2m、m，并均可视为质点，三个物块用轻绳通过轻质滑轮连接，在外力作用下现处于静止状态，此时物块A置于地面，物块B到C、C到地面的距离均是L，现将三个物块由静止释放。若C与地面、B到C相碰后速度立即减为零，A与滑轮间的距离足够大，且不计一切阻力，重力加速度为g。求：
(1)刚释放时A的加速度大小及轻绳对A的拉力大小。 (2)物块A由最初位置上升的最大高度。 (3)若改变A的质量使系统由静止释放后物块C能落地且物块B与C不相碰，则A的质量应满足的条件。 【解题指导】解答本题应注意以下三点： (1)整体法与隔离法结合牛顿第二定律求解加速度和轻绳的拉力。 (2)C落地前A、B、C三个物块组成的系统机械能守恒，C落地后A、B两物块组成的系统机械能守恒。 (3)由物块C能落地和物块B与C不相碰确定系统的两个临界状态。 【解析】(1)设刚释放时A、B、C的共同加速度大小为a，绳子对A拉力大小为F，由牛顿第二定律得： 对A：F-2mg=2ma
2020届人教高考物理一轮基础选择题练习(4)附参考答案
2020届人教高考物理一轮基础选择题练习（4）附参考答案1、如图所示，由红、蓝两种单色光组成的光束以入射角θ从圆心O处由真空射入半圆形玻璃砖，进入玻璃后分为OA、OB两束，它们从O到A和从O到B的时间分别为t A和t B，则()图A．OA是蓝光B．OA是红光C．t A小于t BD．t A大于t B【答案】AD[由题图可知此玻璃砖对OA光线的折射率大，则OA为蓝光，OB为红光．由v＝cn可知光的折射率越大，在玻璃中的传播速度越慢，又OA＝OB，因此OA光线在玻璃砖中的传播时间长，故A、D正确．]2、(动态平衡)(2018·福建三明月考)如图所示,绳OA、OB等长,A点固定不动,将B点沿圆弧向C点缓慢移动,在此过程中,绳OB的拉力将()A.由大变小B.由小变大C.先变小后变大答案C解析对O点受力分析,OA、OB两根绳的合力等于物体的重力,大小和方向都不变,OA绳拉力方向不变,根据平行四边形定则得,如图,知OB绳上拉力大小先减小后增大。
故C正确,A、B、D错误。
故选C。
3、(平抛运动规律的应用)投飞镖是深受人们喜爱的一种娱乐活动。
如图所示,某同学将一枚飞镖从高于靶心正上方的位置水平投向竖直悬挂的靶盘,结果飞镖打在靶心的正下方。
忽略飞镖运动过程中所受空气阻力,在其他条件不变的情况下,为使飞镖命中靶心,他在下次投掷时应该()A.换用质量稍大些的飞镖B.适当增大投飞镖的初速度C.到稍远些的地方投飞镖D.适当减小投飞镖时的高度答案B解析飞镖做的是平抛运动,飞镖打在靶心的正下方说明飞镖竖直方向的位移太大, 根据平抛运动的规律可得,水平方向上:x=v0t竖直方向上:h=gt2所以要想减小飞镖竖直方向的位移,在水平位移不变的情况下,可以适当增大投飞镖的初速度来减小飞镖的运动时间,所以B正确,故选B。
4、(多选)(多物体的机械能守恒问题) 轻绳一端通过光滑的定滑轮与物块P连接,另一端与套在光滑竖直杆上的圆环Q连接,Q从静止释放后,上升一定距离到达与定滑轮等高处,则在此过程中()A.任意时刻P、Q两物体的速度大小满足v P<v QB.任意时刻Q受到的拉力大小与P的重力大小相等C.物块P和圆环Q组成的系统机械能守恒上升到与滑轮等高时,它的机械能最大答案ACD解析设绳与竖直杆的夹角为α,由运动的合成与分解知v Q cos α=v P,可知在任意时刻P、Q两物体的速度大小满足v P<v Q,选项A正确;从静止释放Q后,物体P先加速下降,然后减速下降,由牛顿第二定律m P g-F T=m P a P知Q受到的拉力大小与P的重力并不是时刻大小相等,选项B错误;由于物块P和圆环Q组成的系统在运动过程中只有重力做功,所以系统的机械能守恒,选项C正确;在Q上升到与滑轮等高的过程中,绳子的拉力对圆环Q一直做正功,以后圆环Q上升过程,绳子的拉力对圆环Q做负功,可知选项D正确。
2020届(人教版)高考物理一轮练习选题(4)附参考答案
2020届（人教版）高考物理一轮练习选题（4）附参考答案一、选择题1、如图甲、乙、丙所示，三个物块质量相同且均处于静止状态，若弹簧秤、绳和滑轮的重力均不计，绳与滑轮、物块与半球面间的摩擦均不计，在图甲、乙、丙三种情况下，弹簧秤的读数分别是F1、F2、F3，则( )图A.F1＝F2＝F3B.F3>F1＝F2C.F3＝F1>F2D.F1>F2>F3答案 C解析甲图：物块静止，弹簧的拉力F1＝mg；乙图：以物块为研究对象，受力如图甲，F2＝G sin60°＝32mg≈0.866mg x.k+w丙图：以动滑轮为研究对象，受力如图乙.由几何知识得F3＝mg，故F3＝F1>F22、[多选]光滑斜面上，当系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，A、B质量相等。
在突然撤去挡板的瞬间( )A．两图中两球加速度均为g sin θB．两图中A球的加速度均为零C．图甲中B球的加速度为2g sin θD．图乙中B球的加速度为g sin θ解析：选CD撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mg sin θ，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 sin θ，加速度为2g sin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ，故C、D正确，A、B错误。
3、如图7所示，在正方形abcd内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。
a处有比荷相等的甲、乙两种粒子，甲粒子以速度v1沿ab方向垂直射入磁场，经时间t1从d点射出磁场，乙粒子沿与ab成30°角的方向以速度v2垂直射入磁场，经时间t2垂直cd 射出磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用力，则下列说法中正确的是( )图7A．v1∶v2＝1∶2 B．v1∶v2＝3∶4C．t1∶t2＝2∶1 D．t1∶t2＝3∶1答案BD4、(多选) “木星冲日”是指木星和太阳正好分处地球的两侧，三者成一条直线．木星和地球绕太阳公转的方向相同，公转轨迹都近似为圆．设木星公转半径为R1，周期为T1；地球公转半径为R2，周期为T2，下列说法正确的是( )A.T1T2＝(R1R2)23B.T1T2＝(R1R2)32C．“木星冲日”这一天象的发生周期为2T1T2T1－T2D ．“木星冲日”这一天象的发生周期为T 1T 2T 1－T 2【答案】BD【解析】由开普勒第三定律得R 31T 21＝R 32T 22，解得：T 1T 2＝R 31R 32＝(R 1R 2)32，故A 错误，B 正确；当再次发生“木星冲日”时，地球与木星两者转过的角度相差2π，所以2πT 2t －2πT 1t ＝2π，解得：t ＝T 1T 2T 1－T 2，故C 错误，D 正确． 5、如图所示，质量m ＝1 kg 、长L ＝0.8 m 的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平，板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4。
2020届人教高考物理一轮计算题巩固练习(一)及参考答案.doc
2020届人教高考物理一轮计算题巩固练习（一）及参考答案1、(2019·长沙模拟)如图甲所示，某同学近日做了这样一个实验：将一个小铁块(可看成质点)以一定的初速度，沿倾角可在0～90°之间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为x，若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角α的关系如图乙所示。
g取10 m/s2。
求：(结果如果含根号，可以保留)(1)小铁块初速度的大小v以及小铁块与木板间的动摩擦因数μ是多少？(2)当α=60°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，小铁块速度将变为多大？【解析】(1)当α=90°时，x=1.25 m，则v0==m/s=5 m/s。
当α=30°时，x=1.25 m，a==m/s2=10 m/s2，由牛顿第二定律得a=gsin 30°+μgcos 30°，解得μ=；(2)当α=60°时，上滑的加速度a1=gsin 60°+μgcos 60°，下滑的加速度a2=gsin 60°-μgcos 60°，因为v2=2ax，则v1=v0=v0=m/s。
答案：(1)5 m/s (2)m/s2、中国科学家2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。
加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。
如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。
质子从K点沿轴线进入加速器并依此向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。
设质子进入漂移管B时速度为8×106m/s，进入漂移管E时速度为1×107 m/s，电源频率为1×107Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的。
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2020届（人教版）高考物理一轮计算题基础练习含参考答案
1、如图所示，质量M=2 kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块A与质量
m= kg的小球B相连。今用跟水平方向成α=30°角的力F=10 N，拉着球
带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，g取10 m/s2。求：
(1)运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ。
(2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ。
【解析】(1)设轻绳对B的拉力为T，小球受力如图甲所示，由平衡条件可得
Fcos 30°-Tcosθ=0， ①
Fsin 30°+Tsinθ-mg=0， ②
即10cos 30°=Tcosθ， ③
10sin 30°+Tsin θ=10， ④
由③④解得T=10 N，
θ=30°。
(2)以木块和小球组成的整体为研究对象，受力如图乙所示，由平衡条件得
Fcos 30°-f=0，
N+Fsin 30°-(M+m)g=0，
又f=μN，解得μ=。
答案：(1)30° (2)
2、如图甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一质量m=1 kg的滑块
压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点。t=0时解除锁定，
计算机通过传感器描绘出滑块的v-t图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc
段为直线，在t1=0.1 s时滑块已上滑x=0.2 m 的距离(g取10 m/s2，sin 37°=0.6，
cos 37°=0.8)。求：
(1)滑块离开弹簧后在图中bc段对应的加速度大小a及动摩擦因数μ的大小。
(2)t2=0.3 s和t3=0.4 s时滑块的速度v1、v2的大小。
(3)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep。
【解析】(1)由题图乙知滑块在bc段做匀减速运动，加速度大小为：a==10 m/s2
由牛顿第二定律得：
mgsin 37°+μmgcos 37°=ma
解得：μ=0.5
(2)根据速度时间公式得t2=0.3 s时的速度大小：
v1=v0-aΔt
解得v1=0
在t2之后开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得：
mgsin 37°-μmgcos 37°=ma′
解得：a′=2 m/s2
从t2到t3做初速度为零的加速运动，t3时刻的速度为：
v2=a′Δt=0.2 m/s
(3)从0到t1时间内，由能量守恒定律得：
Ep=mgxsin 37°+μmgxcos 37°+m
解得：Ep=4 J
答案：(1)10 m/s2 0.5 (2)0 0.2 m/s (3)4 J
3、现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存在着如图所
示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场和磁场的宽度均为d。电场强度
为E，方向水平向右；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界
互相平行且与电场方向垂直。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层
电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及
运动时的电磁辐射。
(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2。
(2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，试
求sin θn。
(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，
也进入第n层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简
要推理说明之。
【解析】(1)粒子在进入第2层磁场时，经过两次电场加速，中间穿过磁场时洛
伦兹力不做功。
由动能定理有2qEd=m ①
由①式解得v2=2 ②
粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有qv2B=m ③
由②③式解得r2= ④
(2)设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn(各量的下标均代表粒
子所在层数，下同)
nqEd=m ⑤
qvnB=m ⑥
粒子进入第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为αn，从第n层磁场右侧
边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn，粒子在电场中运动时，垂直于电场
线方向的速度分量不变，有
vn-1sin θn-1=vnsin αn ⑦
由图甲看出rnsin θn-rnsin αn=d ⑧
由⑥⑦⑧式得
rnsin θn-rn-1sin θn-1=d ⑨
由⑨式看出r1sin θ1，r2sin θ2，…，rnsin θn为一等差数列，公差为d，可得
rnsin θn=r1sin θ1+(n-1)d ⑩
当n=1时，由图乙看出r1sin θ1=d
由⑤⑥⑩式得sin θn=B
(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则θn=即sin θn=1
在其他条件不变的情况下，换用比荷更大的粒子，设其比荷为，假设能穿出
第n层磁场右侧边界，粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn′，由于>
则导致sin θn′>1
说明θn′不存在，即原假设不成立。所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁
场右侧边界
答案：(1)2 (2)B (3)见解析
4、一定质量的理想气体经历了如图所示的状态变化，问：
(1)若从A到B的过程中，气体的内能减少了300 J，则从A到B气体吸收或放
出的热量是多少？
(2)如果知道气体由A状态经B、C到D状态的过程中，气体的最高温度T=800 K，
则气体在此过程中达到的最低温度是多少？
【解析】(1)从A到B，外界对气体做功，有：
W=pΔV=20×104×(4-2)×10-3 J=400 J
根据热力学第一定律：
ΔU=W+Q
可得：Q=ΔU-W=-700 J
故气体放热700 J。
(2)根据理想气体状态方程为一定值，
可判定C状态温度最低，D状态温度最高，故：
TD=T=800 K
根据理想气体的状态方程可得：
=
代入图象中数据解得：
TC== K=133.3 K
答案：(1)放出热量700 J (2)133.3 K
5、如图所示，矩形线圈边长为ab=20 cm，ad=10 cm，匝数N=100匝，磁场的磁
感应强度B=0.01 T。当线圈以50 r/s的转速从图示位置开始逆时针匀速转动。
求：
(1)线圈中感应电动势瞬时值表达式。
(2)从线圈开始转动起计时，经0.01 s时感应电动势的瞬时值。
【解析】(1)根据角速度与转速的关系
ω=2πn=100π rad/s
感应电动势的最大值
Em=NBSω=NB···ω=2π V≈6.28 V
刚开始转动时，线圈平面与中性面的夹角φ0=
所以线圈中感应电动势的瞬时值表达式为
e=Emsin(ωt+φ0)=6.28sinV。
(2)将t=0.01 s代入感应电动势的瞬时值表达式，得e=-3.14 V。
答案：(1)e=6.28sin V
(2)-3.14 V