(新课标地区专用)2020高考物理三轮冲刺题型练辑计算题规范练(九)(含解析)
新课标地区专用2020高考物理三轮冲刺题型练辑计算题规范练六含解析201911221294
计算题规范练(六)15．(2019·山东临沂市二模)一长为L 的绝缘细线，上端固定，下端拴一质量为m 、带电荷量为q 的小球，处于如图1所示的水平向右的匀强电场中．开始时，将细线与小球拉成水平，小球静止在A 点，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B 点，速度恰好为零．重力加速度为g ，求：图1(1)A 、B 两点间的电势差和电场强度大小；(2)判断小球的电性并求出小球到达B 点时细线对小球的拉力大小．答案 (1)－3mgL 2q 3mg q (2)带正电荷 3mg解析 (1)小球由A 到B 过程中，由动能定理得：mgL sin60°＋qU AB ＝0，解得：U AB ＝－mgL sin60°q ＝－3mgL 2q； 场强大小为：E ＝|U AB |L (1－cos60°)＝3mg q . (2)小球由A 到B 过程中，电场力做负功，故小球带正电；小球在A 、B 间摆动，由对称性知，B 处细线的拉力与A 处细线的拉力相等，而在A 处，由水平方向受力平衡有：F T A ＝qE ＝3mg 所以有：F T B ＝F T A ＝3mg .16．(2019·福建莆田市二模)如图2，平行金属板的两极板之间的距离为d ，电压为U .两极板之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B 0，方向与金属板面平行且垂直于纸面向里．两极板上方一半径为R 、圆心为O 的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向里．一带正电的粒子从A 点以某一初速度沿平行于金属板面且垂直于磁场的方向射入两极板间，而后沿直径CD 方向射入圆形磁场区域，并从边界上的F 点射出．已知粒子在圆形磁场区域运动过程中的速度偏转角为θ，不计粒子重力．求：图2(1)粒子初速度v 的大小；(2)粒子的比荷q m . 答案 (1) U B 0d (2)U BB 0Rd tan θ2解析 (1)粒子在平行金属板之间做匀速直线运动，根据平衡条件可得：qvB 0＝qE ① 根据电场强度与电势差的关系可得：U ＝Ed ②由①②式得：v ＝U B 0d③ (2)在圆形磁场区域，粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：qvB ＝m v 2r④ 由几何关系有：tan θ2＝R r⑤ 由③④⑤式得：q m ＝U BB 0Rd tan θ2. 17．(2019·福建莆田市二模)如图3，水平地面上有一木板B ，小物块A (可视为质点)放在B 的右端，B 板右侧有一厚度与B 相同的木板C .A 、B 以相同的速度一起向右运动，而后B 与静止的C 发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰前瞬间B 的速度大小为2m/s ，最终A 未滑出C .已知A 、B 的质量均为1 kg ，C 的质量为3 kg ，A 与B 、C 间的动摩擦因数均为0.4，B 、C 与地面间的动摩擦因数均为0.1，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图3(1)碰后瞬间B 、C 的速度；(2)整个过程中A 与C 之间因摩擦而产生的热量；(3)最终B 的右端与C 的左端之间的距离．答案 (1)1m/s ，方向向左 1 m/s ，方向向右 (2) 0.5J (3) 1.25m解析 (1)设B 、C 两板碰后速度分别为v B 、v C ，取向右为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律有m B v 0＝m B v B ＋m C v C ①12m B v 02＝12m B v B 2＋12m C v C 2② 联立①②式并代入数据解得：v B ＝－1m/sv C ＝1m/s③(2)B 、C 两板碰后A 滑到C 上，A 、C 相对滑动过程中，设A 的加速度为a A ，C 的加速度为a C ，根据牛顿第二定律有：μ1m A g ＝m A a A ④μ1m A g －μ2(m A ＋m C )g ＝m C a C ⑤由⑤式可知在此过程中C 做匀速直线运动，设经时间t 后A 、C 速度相等，此后一起减速直到停下，则有：v C ＝v 0－a A t ⑥在t 时间内A 、C 的位移分别为：s A ＝v 0＋v C 2t ⑦ s C ＝v C t ⑧A 、C 间的相对位移为：Δs ＝s A －s C ⑨A 、C 之间因摩擦而产生的热量为：Q ＝μ1m A g Δs ⑩联立③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式并代入数据得：Q ＝0.5J ⑪(3)碰撞完成后B 向左运动距离s B 后静止，根据动能定理有：－μ2m B gs B ＝0－12m B v B 2⑫ 设A 、C 一起减速到静止的位移为s AC ，根据动能定理有：－μ2(m A ＋m C )gs AC ＝0－12(m A ＋m C )v C 2⑬ 最终B 的右端与C 的左端之间的距离为：d ＝s C ＋s B ＋s AC ⑭联立⑧⑫⑬⑭式并代入数据得：d ＝1.25 m ．附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。
2020高考物理新课标地区专用版三轮冲刺题型练辑：计算题规范练(四)
计算题规范练(四)15．(2019·江西南昌市二模)用两只玩具小车A 、B 做模拟碰撞实验，玩具小车A 、B 质量分别为m 1＝1 kg 和m 2＝3 kg ，把两车放置在相距s ＝8 m 的水平面上．现让小车A 在水平恒力作用下向着小车B 运动，恒力作用t ＝1 s 时间后撤去，小车A 继续运动与小车B 发生碰撞，碰撞后两车粘在一起，滑行d ＝0.25 m 停下．已知两车运动所受的阻力均为重力的0.2倍，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)两个小车碰撞后的速度大小；(2)小车A 受到的恒力F 的大小．答案 (1)1 m/s (2)8 N解析 (1)两小车碰撞后的滑行过程中，由动能定理有－k (m 1＋m 2)gd ＝0－(m 1＋m 2)v 3212解得v 3＝1 m/s(2)两车碰撞过程中，取碰撞前A 车的速度方向为正方向，由动量守恒定律有m 1v 2＝(m 1＋m 2)v 3解得v 2＝4 m/s恒力作用过程，由动量定理有Ft －km 1gt ＝m 1v 1此过程位移x 1＝tv 12F 撤去后至两小车相碰前的过程，由动能定理有－km 1gx 2＝m 1v 22－m 1v 121212x 1＋x 2＝s解得F ＝8 N.16．(2019·山东聊城市二模)如图1所示，两根足够长的光滑金属导轨平行放置在倾角为30°的绝缘斜面上，导轨宽度为L ，下端接有阻值为R 的电阻，导轨处于方向垂直于斜面向上、磁感应强度大小为B 0的匀强磁场中．轻绳一端跨过光滑定滑轮，悬吊质量为m 的小物块，另一端平行于导轨系在质量为m 的金属棒的中点，现将金属棒从PQ 位置由静止释放，金属棒与导轨接触良好且电阻均忽略不计，重力加速度为g.图1(1)求金属棒匀速运动时的速度大小；(2)若金属棒速度为v 0且距离导轨底端x 时开始计时，磁场的磁感应强度B 的大小随时间t 发生变化，使回路中无电流，请推导出磁感应强度B 的大小随时间t 变化的关系式．答案 (1) (2)B ＝mgR 2B 02L 28B 0x8x ＋8v 0t ＋gt 2解析 (1)金属棒匀速运动时，对物块：F T ＝mg对金属棒有：F 安＋mg sin 30°＝F T又：F 安＝B 0IL由欧姆定律：I ＝＝E R B 0L v R联立解得：v ＝mgR2B 02L 2(2)当回路中没有电流时，金属棒不受安培力对金属棒：F T ′－mg sin 30°＝ma对物块：mg －F T ′＝ma回路中无电流，回路中的磁通量不变，则：B 0Lx ＝BL (x ＋v 0t ＋at 2)12联立解得：B ＝.8B 0x8x ＋8v 0t ＋gt 217．(2019·广西桂林市联考)如图2所示，有一平面直角坐标系xOy ，其中x 轴的正方向为水平向右，y 轴的正方向为竖直向上．在x >0的空间中，存在沿x 轴正方向的匀强电场；在x <0的空间中，存在沿x 轴负方向的匀强电场，电场强度大小均为E ＝1 N /C.一质量m ＝10 g 、电荷量q ＝0.1 C 的带负电的小球在点P (10 cm,0)处由静止释放，不计空气阻力，重力加速度g ＝10 m /s 2.求：图2(1)小球第一次到达y 轴时的速度大小；(2)小球第二次到达y 轴时的位置坐标．答案 (1)2 m/s (2)(0，－90 cm)解析 (1)小球在P 点时，对小球受力分析可知：受电场力水平向左，大小为：F E ＝qE ＝0.1 N受重力竖直向下，大小为：mg ＝0.1 N所以小球受到的合力斜向左下方，与x 轴负方向的夹角为45°，大小为：F ＝ N 210由牛顿第二定律和运动学公式可知，小球在x >0的空间运动的加速度大小为：a ＝＝10 m/s 2Fm 2设小球第一次到达y 轴上的点为A ，则v ＝2al PA ，其中l PA ＝x P 212解得：v 1＝2 m/s.(2)设小球第二次到达y 轴上的点为B ，小球在x <0的空间运动时受合力的大小为F 、方向斜向右下方，与y 轴负方向的夹角为45°，所以小球第一次在x <0的空间内以大小也为a 的加速度做类平抛运动，小球从A 运动到B 的过程中，在合力的方向和与合力垂直的方向运动的位移大小相等，则有v 1t ＝at 212解得：t ＝ s25l ＝v 1t ＝ m225l ＝l AB2解得：l AB ＝80 cm由几何关系可知l OA ＝10 cm所以B 点的坐标为(0，－90 cm)．。
2020高考物理三轮冲刺经典试题 实验与探究(必考试题,含2020模拟试题)
2020高考物理三轮冲刺经典试题实验与探究（必考试题,含2020模拟试题）1.（2020重庆，4， 6分) 题4图1为伽利略研究自由落体运动实验的示意图, 让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下, 然后在不同的θ角条件下进行多次实验, 最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动。
分析该实验可知, 小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随θ变化的图像分别对应题4图2中的( )题4图1 题4图2A. ①、②和③B. ③、②和①C. ②、③和①D. ③、①和②2.（2020北京，19， 6分) 在实验操作前应该对实验进行适当的分析。
研究平抛运动的实验装置示意如图。
小球每次都从斜槽的同一位置无初速释放, 并从斜槽末端水平飞出。
改变水平板的高度, 就改变了小球在板上落点的位置, 从而可描绘出小球的运动轨迹。
某同学设想小球先后三次做平抛, 将水平板依次放在如图1、2、3的位置, 且1与2的间距等于2与3的间距。
若三次实验中, 小球从抛出点到落点的水平位移依次为x1、x2、x3, 机械能的变化量依次为ΔE1、ΔE2、ΔE3, 忽略空气阻力的影响, 下面分析正确的是( )A. x2-x1=x3-x2, ΔE1=ΔE2=ΔE3B. x2-x1> x3-x2, ΔE1=ΔE2=ΔE3C. x2-x1> x3-x2, ΔE1< ΔE2< ΔE3D. x2-x1< x3-x2, ΔE1< ΔE2< ΔE33.（2020重庆名校联盟高三联合考试物理试题，6（1））如图所示为某同学在一次实验中打出的一条纸带，其中ABCDEF是用打点频率为50Hz的打点计时器连续打出的6个点，该同学用毫米刻度尺测量A点到各点的距离，并记录在图中（单位：cm）则：①图中五个数据中有不符合有效数字要求的一组数据应改为_______cm；②物体运动的加速度是_______m/s2；(保留三位有效数字)③根据以上②问计算结果可以估计纸带是该同学最可能做下列那个实验打出的纸带是A．练习使用打点计时器B．探究“加速度与力和质量的关系”C．用落体法验证机械能守恒定律D．用斜面和小车研究匀变速直线运动④根据以上③问结果，为了求出物体在运动过程中所受的阻力，还需测量的物理量有（用字母表示并说明含义）。
新课标地区专用2020高考物理三轮冲刺题型练辑计算题规范练五含解析201911221298
计算题规范练(五)15．(2019·福建福州市五月检测)如图1甲所示，两平行长直光滑金属导轨水平放置，间距为L ，左端连接一个电容为C 的电容器，导轨处在磁感应强度大小为B 、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m 的金属棒垂直导轨放置，某时刻金属棒获得一个水平向右的初速度v 0，之后金属棒运动的v －t 图象如图乙所示．不考虑导轨的电阻．图1(1)求金属棒匀速运动时的速度的大小v 1；(2)求金属棒匀速运动时电容器的电荷量q ；(3)已知金属棒从开始到匀速运动的过程中，产生的焦耳热为Q ，求电容器充电稳定后储存的电能E 电能．答案 (1)mv 0m ＋CB 2L 2 (2)CBLmv 0m ＋CB 2L 2 (3)12mv 02－m 3v 022(m ＋CB 2L 2)2－Q 解析 (1)金属棒匀速运动切割磁感线产生的电动势E ＝BLv 1电容器的电荷量q ＝CE金属棒从开始到匀速运动的过程中，由动量定理有－B I Lt 0＝mv 1－mv 0电容器的电荷量q ＝I t 0联立解得v 1＝mv 0m ＋CB 2L 2(2)由(1)可知q ＝CE ＝CBLv 1＝CBLmv 0m ＋CB 2L 2 (3)在0～t 0时间内，金属棒的速度由v 0到v 1，由能量守恒可得E 电能＋Q ＝12mv 02－12mv 12解得E 电能＝12mv 02－m 3v 022(m ＋CB 2L 2)2－Q . 16.(2019·山东青岛市三模)如图2，质量m ＝0.1kg 的带电小球从h ＝20m 高处以v 0＝5m/s 的速度水平抛出，落到水平地面上的A 点；若仍将小球以同样的速度水平抛出，当小球到达P 点时，在小球运动空间加上一竖直向上的匀强电场(图中未画出)，小球落到地面上的B 点，小球的水平射程增加了5 m ，已知P 点高度h ′＝15 m ，小球所带电荷量q ＝＋1×10－3C ，重力加速度g 取10 m/s 2，空气阻力不计，求：图2(1)小球到达A 点时的动能；(2)所加匀强电场电场强度E 的大小．答案 (1)21.25J (2)1250N/C解析 (1)设小球在A 点的动能为E k A ，根据动能定理有：E k A －12mv 02＝mgh 代入数据可得：E k A ＝21.25J(2)设小球从抛出到落在A 点的时间为t 1，从抛出到运动到P 点的时间为t 2，从P 点到运动到A 点的时间为Δt 1，P 、A 两点的水平距离为Δx 1，则有：h ＝12gt 12 h －h ′＝12gt 22Δt 1＝t 1－t 2Δx 1＝v 0Δt 1 v Py ＝gt 2加上匀强电场后，小球从P 点运动到B 点的时间为Δt 2，则有：Δx 1＋5m ＝v 0Δt 2mg －qE ＝mah ′＝v Py Δt 2＋12a (Δt 22)联立以上各式可解得：E ＝1250N/C.17．(2019·福建福州市五月检测)如图3所示，倾斜轨道底端用一小段圆弧与水平地面平滑连接，上端与半径为R ＝0.5m 的圆管形轨道相切于P 点，圆管顶端开口水平，距离水平地面的高度为R .质量为m ＝0.2kg 的小球B 静止在斜面的底端．另有质量也为m ＝0.2kg 的小球A 以初速度v 0＝5m/s 沿水平地面向右运动，并与小球B 发生弹性碰撞，不考虑一切摩擦，重力加速度g 取10 m/s 2.图3(1)求小球B 被碰后瞬间的速度大小；(2)求小球B 到达圆管形轨道最高点时对轨道的压力大小和方向；(3)若保持小球A 的初速度不变，增加其质量，小球B 质量不变，则小球B 从轨道的最高点抛出后，求小球B 的落地点到O 点的最远距离不会超过多少．答案 (1)5m/s (2)4N 方向竖直向上 (3)3m解析 (1)设A 、B 两球碰撞后瞬间的速度分别为v 1、v 2，A 、B 两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得mv 0＝mv 1＋mv 2由能量守恒定律得12mv 02＝12mv 12＋12mv 22 联立解得v 1＝0，v 2＝5m/s(2)A 、B 两小球碰撞后，设小球B 沿轨道上升到最高点的速度为v ，则由动能定理得－mgR ＝12mv 2－12mv 22在圆管形轨道的最高点，设轨道对小球竖直向上的支持力为F N ，由牛顿第二定律可得mg －F N ＝m v 2R联立解得F N ＝－4N负号说明圆管形轨道对小球有向下的压力，根据牛顿第三定律可得，小球在最高点对轨道有竖直向上的压力，大小为4N(3)设小球A 的质量为M ，则由动量守恒定律和能量守恒定律有Mv 0＝Mv 3＋mv 412Mv 02＝12Mv 32＋12mv 42 联立解得v 4＝2M m ＋Mv 0 当小球A 的质量M 无限增加时，碰撞后小球B 的速度都不会超过2v 0假设碰撞后小球B 的速度为2v 0，设小球B 到达轨道最高点的速度为v ′，则由动能定理得－mgR ＝12mv ′2－12m (2v 0)2 解得v ′＝310m/s由平抛运动的规律有R ＝12gt 2 x m ＝v ′t联立解得x m ＝3m所以小球B 从轨道的最高点抛出后，落地点到O 点的最远距离不会超过3m ．附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。
2020高考物理通用版三轮冲刺题型练辑：计算题规范练(二)
计算题规范练(二)24．(2019·四川遂宁市三诊)如图1所示，在反推火箭作用下，飞船在距某星球表面100米处悬停，通过对障碍物和坡度进行识别，选定相对平坦的区域后，开始以a ＝2 m /s 2竖直下降．当四条“缓冲脚”触地时，反推火箭立即停止工作，随后飞船经2 s 减速到0，停止在该星球表面上．飞船质量m ＝1 000 kg ，每条“缓冲脚”与地面的夹角为60°，该星球表面的重力加速度g ＝3.6 m /s 2，四条缓冲脚的质量不计．求：图1(1)飞船竖直下降过程中，火箭推力对飞船做了多少功；(2)从反冲脚触地到飞船速度减为0的过程中，每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小．答案 (1)－1.6×105 J (2) N·s 13 60033解析 (1)飞船加速下降时火箭推力为F ，则mg －F ＝ma推力对火箭做功为：W ＝－Fh解得：W ＝－1.6×105 J ；(2)t ＝2 s ，a ＝2 m/s 2反冲脚触地前瞬间，飞船速度大小为v ，则有：v 2＝2ah从反冲脚触地到飞船速度减为0的过程中，每条“反冲脚”对飞船的冲量大小为：4I sin 60°－mgt ＝m v解得：I ＝ N·s.13 6003325．(2019·四川遂宁市三诊)如图2所示，在不考虑万有引力的空间里，有两条相互垂直的分界线MN 、PQ ，其交点为O .MN 一侧有电场强度为E 的匀强电场(垂直于MN )，另一侧有匀强磁场(垂直纸面向里)．宇航员(视为质点)固定在PQ 线上距O 点为h 的A 点处，身边有多个质量均为m 、电荷量不等的带负电小球．他先后以相同速度v 0、沿平行于MN 方向抛出各小球．其中第1个小球恰能通过MN 上的C 点第一次进入磁场，通过O 点第一次离开磁场，OC ＝2h .求：图2(1)第1个小球的带电荷量大小；(2)磁场的磁感应强度的大小B ；(3)磁场的磁感应强度是否存在某值，使后面抛出的每个小球从不同位置进入磁场后都能回到宇航员的手中，若存在则磁感应强度应调为多大？答案 (1) (2) (3)存在 m v 022Eh 2E v 0Ev 0解析 (1)设第1个小球的电荷量为q 1，从A 点到C 点的运动过程，由平抛运动知识：h ＝t 2q 1E2m 2h ＝v 0t解得：q 1＝；m v 022Eh (2)研究第1个小球从A 到C 的运动：v y ＝，解得：v y ＝v 02q 1E m h tan θ＝＝1，θ＝45°，则v ＝v 0；v yv 02研究第1个小球从C 点做圆周运动到达O 点的过程，由q 1v B ＝m 得R ＝v 2R m vq 1B由几何关系得：2R sin θ＝2h解得：B ＝；2Ev 0(3)后面抛出的小球电荷量为q ，磁感应强度B ′①小球做平抛运动过程x ＝v 0t ＝v 02hmqEv y ＝2qEm h②小球穿过磁场一次能够自行回到A ，满足要求：R sin α＝x ，结合R ＝得：sin m v qB ′m v qB ′α＝x解得：B ′＝.Ev 0。
2020年全国高考物理考前冲刺押题卷(3)(解析版)
2020年全国高考物理考前冲刺押题卷（三）（考试时间：90分钟 试卷满分：110分）第Ⅰ卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第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，有选错或不答的得0分。
1．下列说法不正确的是( )A ．238 92U 经过一次α衰变后变为234 90ThB ．由核反应方程137 55Cs →13756Ba ＋X ，可以判断X 为电子C ．核反应方程42He ＋14 7N →17 8O ＋11H 为轻核聚变 D ．若16 g 铋210经过15天时间，还剩2 g 未衰变，则铋210的半衰期为5天2．如图所示，水平直杆OP 右端固定于竖直墙上的O 点，长为L ＝2 m 的轻绳一端固定于直杆P 点，另一端固定于墙上O 点正下方的Q 点，OP 长为d ＝1.2 m ，重为8 N 的钩码由光滑挂钩挂在轻绳上处于静止状态，则轻绳的弹力大小为( )A ．10 NB ．8 NC ．6 ND ．5 N3．如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H .上升第一个H4所用的时间为t 1，第四个H 4所用的时间为t 2.不计空气阻力，则t 2t 1满足( )A ．1<t 2t 1<2B ．2<t 2t 1<3C ．3<t 2t 1<4D ．4<t 2t 1<54．如图所示，MN 是流速稳定的河流，河宽一定，小船在静水中的速度大小一定，现小船从A 点渡河，第一次船头沿AB 方向与河岸上游夹角为α，到达对岸；第二次船头沿AC 方向与河岸下游夹角为β，到达对岸，若两次航行的时间相等，则( )A ．α＝βB ．α<βC ．α>βD ．无法比较α与β的大小5．如图所示，一颗卫星绕地球做椭圆运动，运动周期为T ，图中虚线为卫星的运行轨迹，A 、B 、C 、D 是轨迹上的四个位置，其中A 距离地球最近，C 距离地球最远．B 和D 点是ABC 和ADC 的中点，下列说法正确的是( )A ．卫星在C 点的速度最大B ．卫星在C 点的加速度最大C ．卫星从A 经D 到C 点的运动时间为T /2 D ．卫星从B 经A 到D 点的运动时间为T /26.有5个完全相同的灯泡连接在理想变压器的原、副线圈中，如图所示．若将该线路与交流电源接通，且开关S 接在位置1时，5个灯泡发光亮度相同；若将开关S 接在位置2时，灯泡均未烧坏．则下列可能的是( )A ．该变压器是降压变压器，原、副线圈匝数比为4∶1B ．该变压器是升压变压器，原、副线圈匝数比为1∶4C ．副线圈中的灯泡仍能发光，只是更亮些D ．副线圈中的灯泡仍能发光，只是亮度变暗7．如图所示，a 、b 两点位于以负点电荷－Q (Q >0)为球心的球面上，c 点在球面外，则( )A ．a 点场强的大小比b 点大B ．b 点场强的大小比c 点小C ．a 点电势与b 点电势相同D ．b 点电势比c 点低8．如图，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面(纸面)垂直，磁场的上、下边界(虚线)均为水平面；纸面内磁场上方有一个矩形导线框abcd ，其上、下两边均与磁场边界平行，已知矩形导线框长为2l ，宽为l ，磁场上、下边界的间距为3l .若线框从某一高度处自由下落，从cd 边进入磁场时开始，直至cd 边到达磁场下边界为止，不计空气阻力，下列说法正确的是( )A ．线框在进入磁场的过程中感应电流的方向为adcbaB ．线框下落的速度大小可能始终减小C ．线框下落的速度大小可能先减小后增加D ．线框下落过程中线框的重力势能全部转化为内能第Ⅱ卷二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。
2020年全国统一高考物理试卷(新课标Ⅲ)(高清图文版,包含答案及解析)
(一)必考题:共 47 分 9．某同学利用图（a）所示装置验证动能定理。调整木板的倾角平衡摩擦阻力后，挂上钩码， 钩码下落，带动小车运动并打出纸带。某次实验得到的纸带及相关数据如图（b）所示。
的速率为（ ）
A．
RKg QP
B．
RPKg Q
C． RQg
KP
D．
RPg QK
1
4．如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上 O 点处；绳的一端固定在墙上， 另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O 点两侧绳与竖 直方向的夹角分别为α和β。若α=70°，则β等于（ ）
(3)将热敏电阻从温控室取出置于室温下，测得达到热平衡后热敏电阻的阻值为 2.2kΩ。由图（a） 求得，此时室温为_____℃（保留 3 位有效数字）。 (4)利用实验中的热敏电阻可以制作温控报警器，其电路的一部分如图（b）所示。图中，E 为 直流电源（电动势为 10 V，内阻可忽略）；当图中的输出电压达到或超过 6.0 V 时，便触发报 警器（图中未画出）报警。若要求开始报警时环境温度为 50℃，则图中_________（填“R1”或“R2”） 应使用热敏电阻，另一固定电阻的阻值应为_________kΩ（保留 2 位有效数字）。
A．3 J
B．4 J
C．5 J
D．6 J
3．“嫦娥四号”探测器于 2019 年 1 月在月球背面成功着陆，着陆前曾绕月球飞行，某段时间可
认为绕月做匀速圆周运动，圆周半径为月球半径的 K 倍。已知地球半径 R 是月球半径的 P 倍，
地球质量是月球质量的 Q 倍，地球表面重力加速度大小为 g。则“嫦娥四号”绕月球做圆周运动
(通用版)2020高考物理三轮冲刺题型练辑计算题规范练：(五)(含解析)
计算题规范练(五)24．(2019·福建福州市五月检测)如图1甲所示，两平行长直光滑金属导轨水平放置，间距为L ，左端连接一个电容为C 的电容器，导轨处在磁感应强度大小为B 、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m 的金属棒垂直导轨放置，某时刻金属棒获得一个水平向右的初速度v 0，之后金属棒运动的v －t 图象如图乙所示．不考虑导轨的电阻．图1(1)求金属棒匀速运动时的速度的大小v 1；(2)求金属棒匀速运动时电容器的电荷量q ；(3)已知金属棒从开始到匀速运动的过程中，产生的焦耳热为Q ，求电容器充电稳定后储存的电能E 电能．答案 (1)mv 0m ＋CB 2L 2 (2)CBLmv 0m ＋CB 2L 2(3)12mv 02－m 3v 022(m ＋CB 2L 2)2－Q 解析 (1)金属棒匀速运动切割磁感线产生的电动势E ＝BLv 1电容器的电荷量q ＝CE金属棒从开始到匀速运动的过程中，由动量定理有－B I Lt 0＝mv 1－mv 0电容器的电荷量q ＝I t 0联立解得v 1＝mv 0m ＋CB 2L 2(2)由(1)可知q ＝CE ＝CBLv 1＝CBLmv 0m ＋CB 2L 2 (3)在0～t 0时间内，金属棒的速度由v 0到v 1，由能量守恒可得E 电能＋Q ＝12mv 02－12mv 12解得E 电能＝12mv 02－m 3v 022(m ＋CB 2L 2)2－Q .25．(2019·福建福州市五月检测)如图2所示，倾斜轨道底端用一小段圆弧与水平地面平滑连接，上端与半径为R ＝0.5m 的圆管形轨道相切于P 点，圆管顶端开口水平，距离水平地面的高度为R .质量为m ＝0.2kg 的小球B 静止在斜面的底端．另有质量也为m ＝0.2kg 的小球A 以初速度v 0＝5m/s 沿水平地面向右运动，并与小球B 发生弹性碰撞，不考虑一切摩擦，重力加速度g 取10 m/s 2.图2(1)求小球B 被碰后瞬间的速度大小；(2)求小球B 到达圆管形轨道最高点时对轨道的压力大小和方向；(3)若保持小球A 的初速度不变，增加其质量，小球B 质量不变，则小球B 从轨道的最高点抛出后，求小球B 的落地点到O 点的最远距离不会超过多少．答案 (1)5m/s (2)4N 方向竖直向上 (3)3m解析 (1)设A 、B 两球碰撞后瞬间的速度分别为v 1、v 2，A 、B 两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得mv 0＝mv 1＋mv 2由能量守恒定律得12mv 02＝12mv 12＋12mv 22 联立解得v 1＝0，v 2＝5m/s(2)A 、B 两小球碰撞后，设小球B 沿轨道上升到最高点的速度为v ，则由动能定理得－mgR ＝12mv 2－12mv 22 在圆管形轨道的最高点，设轨道对小球竖直向上的支持力为F N ，由牛顿第二定律可得mg －F N ＝m v 2R联立解得F N ＝－4N负号说明圆管形轨道对小球有向下的压力，根据牛顿第三定律可得，小球在最高点对轨道有竖直向上的压力，大小为4N(3)设小球A 的质量为M ，则由动量守恒定律和能量守恒定律有Mv 0＝Mv 3＋mv 412Mv 02＝12Mv 32＋12mv 42联立解得v 4＝2M m ＋Mv 0 当小球A 的质量M 无限增加时，碰撞后小球B 的速度都不会超过2v 0 假设碰撞后小球B 的速度为2v 0，设小球B 到达轨道最高点的速度为v ′，则由动能定理得－mgR ＝12mv ′2－12m (2v 0)2 解得v ′＝310m/s由平抛运动的规律有R ＝12gt 2 x m ＝v ′t联立解得x m ＝3m所以小球B 从轨道的最高点抛出后，落地点到O 点的最远距离不会超过3m ．。
高考物理三轮冲刺训练：能量守恒定律(解析版)
能量守恒定律【原卷】1．如图所示，电动机带动下，皮带的传输速度不变，AB 为皮带上方的水平段。
小物块由静止轻放在皮带左端A 处，经过一段时间，物块的速度等于皮带的速度，已知传动轮的半径为R ，物块与皮带之间的动摩擦因数为μ。
(1)为使物块运动到皮带右端B 处时能脱离皮带，皮带的传输速度v 和AB 段的长度l 应分别满足什么条件？(2)若AB 段的长度足够长，已知皮带的传输速度为v ，现每隔一段相等的时间就在A 处释放一个质量为m 的物块，经过一段时间后，皮带右侧相邻物块之间的距离增大到最大值d 之后保持不变，直到脱离皮带。
求皮带每传输一个物块电动机对皮带做的功，并求电动机对皮带做功的平均功率。
2．如图，粗糙斜面与光滑水平面通过光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角θ=37°。
小滑块（可看作质点）A 的质量为m A =1kg ，小滑块B 的质量为m B =3kg ，其左端连接一水平轻质弹簧。
若滑块A 在斜面上受到大小为4N ，方向垂直斜面向下的恒力F 作用时，恰能沿斜面匀速下滑。
现撤去F ，让滑块A 从距斜面底端L =4m 处，由静止开始下滑。
取210m/s g =，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：(1)滑块A 与斜面间的动摩擦因数；(2)撤去F 后，滑块A 到达斜面底端时的速度大小；(3)滑块A 与弹簧接触后的运动过程中弹簧最大弹性势能。
3．如图所示，一半径为R 的粗糙圆弧轨道固定在竖直面内，A 、B 两点在同一条竖直线上，OA与竖直方向的夹角为60α︒=。
一质量为m的小球以初速度v0水平抛出，小球从A点沿切线方向进入圆弧轨道，且恰好能运动到B点。
小球可视为质点，空气阻力不计，重力加速度为g。
求：(1)小球在A点的速度v；(2)小球抛出点距A点的高度h；(3)小球从A点运动到B点的过程中，因与轨道摩擦产生的热量Q。
4．如图所示，倾角30θ︒=的光滑斜面底端固定一垂直于斜面的挡板，一质量M=3kg的木板A 放置在斜面上，下端离挡板的距离d=10m，A的上端放置有一质量为m=1kg的小物块B。
(新课标地区专用)2020高考物理三轮冲刺 题型练辑 计算题规范练(六)(含解析)
1 计算题规范练(六) 15．(2019·山东临沂市二模)一长为L的绝缘细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图1所示的水平向右的匀强电场中．开始时，将细线与小球拉成水平，小球静止在A点，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点，速度恰好为零．重力加速度为g，求：
图1 (1)A、B两点间的电势差和电场强度大小； (2)判断小球的电性并求出小球到达B点时细线对小球的拉力大小．
答案 (1)－3mgL2q 3mgq (2)带正电荷 3mg 解析 (1)小球由A到B过程中，由动能定理得： mgLsin60°＋qUAB＝0，
解得：UAB＝－mgLsin60°q＝－3mgL2q；
场强大小为：E＝|UAB|L1－cos60°＝3mgq. (2)小球由A到B过程中，电场力做负功，故小球带正电；小球在A、B间摆动，由对称性知，B处细线的拉力与A处细线的拉力相等，而在A处，由水平方向受力平衡有：FTA＝qE＝3mg 所以有：FTB＝FTA＝3mg. 16．(2019·福建莆田市二模)如图2，平行金属板的两极板之间的距离为d，电压为U.两极板之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向与金属板面平行且垂直于纸面向里．两极板上方一半径为R、圆心为O的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直 2
于纸面向里．一带正电的粒子从A点以某一初速度沿平行于金属板面且垂直于磁场的方向射入两极板间，而后沿直径CD方向射入圆形磁场区域，并从边界上的F点射出．已知粒子在圆形磁场区域运动过程中的速度偏转角为θ，不计粒子重力．求：
图2 (1)粒子初速度v的大小；
(2)粒子的比荷qm.
答案 (1) UB0d (2)UBB0Rdtanθ2 解析 (1)粒子在平行金属板之间做匀速直线运动，根据平衡条件可得：qvB0＝qE① 根据电场强度与电势差的关系可得：U＝Ed②
由①②式得：v＝UB0d③
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计算题规范练(九)
15．(2019·山东青岛市5月二模)质量m＝260g的手榴弹从水平地面上以v0＝102m/s的初
速度斜向上抛出，上升到距地面h＝5 m的最高点时炸裂成质量相等的两块弹片，其中一块弹
片自由下落到达地面，落地前瞬间动能为5 J．重力加速度g＝10 m/s2，空气阻力不计，火
药燃烧充分，求：
(1)手榴弹爆炸前瞬间的速度大小；
(2)手榴弹所装火药的质量；
(3)两块弹片落地点间的距离．
答案 (1)10m/s (2)0.06kg (3)26m
解析 (1)设手榴弹上升到最高点时的速度为v1，有
12mv02＝1
2
mv12＋mgh
解得：v1＝10m/s
(2)设每块弹片的质量为m′，爆炸后瞬间其中一块速度为零，另一块速度为v2，有m′gh＝
5J
设手榴弹所装火药质量为Δm，有Δm＝m－2m′
解得：Δm＝0.06kg
(3)另一块做平抛运动的时间为t，两块弹片落地点间距离为Δx，
有mv1＝m′v2
Δx＝v2t
h＝12gt
2
解得：Δx＝26m.
16．(2019·云南保山市市级统一检测)如图1甲所示，放置在水平桌面上的两条平行光滑导
轨间的距离L＝1m，质量m＝1kg的光滑导体棒放在导轨上，导轨左端与阻值R＝4Ω的电阻
相连，其他电阻不计，导轨所在位置有磁感应强度B＝2T的匀强磁场，磁场的方向垂直导轨
平面向下，现给导体棒施加一个水平向右的恒定拉力F，并每隔0.2s测量一次导体棒的速度，
乙图是根据所测数据描绘出的导体棒的v－t图象．设导轨足够长，求：
2
图1
(1)t＝1.2s时，导体棒的加速度大小；
(2)在前1.6s内导体棒的位移x＝8m，试计算1.6s内电阻上产生的热量．
答案 (1)3m/s2 (2)48J
解析 (1)导体棒匀速运动时安培力和拉力F大小相等，由题图乙可知，导体棒匀速运动的速
度v1＝10m/s
感应电动势E＝BLv1
感应电流I＝ER＝BLv1R
导体棒受到的安培力F1＝BIL＝B2L2v1R＝22×12×104N＝10N
则F＝F1＝10N
由题图乙可知，t＝1.2s时导体棒的速度v2＝7m/s
此时感应电动势E′＝BLv2
感应电流I′＝E′R＝BLv2R
导体棒受到的安培力F2＝BI′L＝B2L2v2R＝22×12×74N＝7N
由牛顿第二定律得a＝F－F2m＝10－71m/s2＝3 m/s2
(2)1.6s时导体棒的速度v3＝8m/s，由能量守恒可得
Fx＝Q＋12mv
3
2
解得Q＝48J.
17．(2019·山东青岛市5月二模)如图2甲(a)，为一除尘装置的截面图，塑料平板M、N的
长度及它们间距离均为d.大量均匀分布的带电尘埃以相同的速度v0进入两板间，速度方向与
板平行，每颗尘埃的质量均为m，带电荷量均为－q.当两板间同时存在垂直纸面向外的匀强
磁场和垂直板向上的匀强电场时，尘埃恰好匀速穿过两板；若撤去板间电场，并保持板间磁
场不变，尘埃恰好全部被平板吸附，即除尘效率为100%；若撤去两板间电场和磁场，建立如
图(b)所示的平面直角坐标系xOy，y轴垂直于板并紧靠板右端，x轴与两板中轴线共线，要
把尘埃全部收集到位于P(2d，－1.5d)处的条状容器中，需在y轴右侧加一垂直于纸面向里
的圆形匀强磁场区域．尘埃颗粒重力、颗粒间作用力及对板间电场磁场的影响均不计，求：
3
图2
(1)两板间磁场磁感应强度Bi的大小；
(2)若撤去板间磁场，保持板间匀强电场不变，除尘效率为多少；
(3)y轴右侧所加圆形匀强磁场区域磁感应强度B2大小的取值范围．
答案 (1)mv0qd (2)50% (3)mv02qd≤B2≤mv0qd
解析 (1)沿N极板射入的尘埃恰好不从极板射出时尘埃的运动轨迹如图甲所示，
由几何知识可知，尘埃在磁场中的半径：r＝d，
尘埃在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qvB＝mv02r，
解得：Bi＝mv0qd；
(2)电场、磁场同时存在时，尘埃做匀速直线运动，由平衡条件得：qE＝qv0Bi，
撤去磁场以后粒子在电场力的作用下做平抛运动，假设距离N极板y的粒子恰好离开电场，
则
水平方向：d＝v0t
竖直方向：y＝12at2
加速度：a＝qEm
解得：y＝0.5d
当y>0.5d时，时间更长，水平位移x>d，即从y＝0.5d到从y＝d这段距离射入的粒子会射
出电场，则从平行金属板出射的尘埃占总数的百分比：d－0.5dd×100%＝50%；
4
(3)设圆形磁场区域的半径为R0，尘埃颗粒在圆形磁场中做圆周运动的半径为R2，要把尘埃
全部收集到位于P处的条状容器中，就必须满足R2＝R0
另qv0B2＝mv02R2
如图乙，当圆形磁场区域过P点且与M板的延长线相切时，圆形磁场区域的半径R0最小，磁
感应强度B2最大，有R0小＝d
解得：B2大＝mv0qd
如图丙，当圆形磁场区域过P点且与y轴在M板的右端相切时，圆形磁场区域的半径R0最大，
磁感应强度B2最小，有R0大＝2d
解得：B2小＝mv02qd
所以圆形磁场区域磁感应强度B2的大小须满足的条件为
mv02qd≤B2≤mv
0
qd
.