2020高考物理练习题5含解析18

Vol. 42 No. 2 (2021)物理教师PH Y SICS TEA C H ER第42卷第2期2021 年•高考命题研究•提高分析物理过程能力关注动量动能综合题—2020年高考物理山东卷第18题的分析陈耀(无锡大桥实验学校.江苏无锡214000)摘要：近十几年的江苏高考物理试卷，由于将碰撞有关知识作为选修，已很久不涉及动量动能综合题了，然而2020年的山东高考物理压卷题给我们敲响了警钟，而这类问题的核心是过程比较多，有时数学处理也比较复杂、耐心、仔细弄清每个物理过程的细节以及相邻物理过程之间的关联是处理好这类问题的关键.关键词：高考物理；动量动能综合；拓展2020年是海南省、山东省试行新课程标准高考的第1年，2021年将会有更多省份（包括江苏省）落实新课程标准高考，所以这两地试卷对于即将按新课标高考的省份而言，非常有参考价值.其中可圈可点的方面实在是太多了，限于篇幅，这里我们仅从2020年高考物理山东卷第18题谈起，我们发现，由于高中物理选修3 -5近若干年长期作为选修内容（从2019年才列为必修），所以很多年之前经常作为压卷题考查的动量动能综合题已在高考物理试卷中缺席多年了，不过让我们惊喜的是，2020年的物理山东卷第18题又考到了类似问题，这也给包括江苏考生在内的2021届考生敲响了警钟：也许今后选修3 -5的内容不一定单独命题，而是有可能和其他必修知识综合考查了.下面我们详细分析一下这道试题，并做相关的内容展开联想思考.(2020年山东卷第18题）如图1所示，一倾角为0的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为图！w和4w,Q静止于斜面上A处，某时刻，P以沿斜面向上的速度训与Q发生弹性碰撞.Q与斜面间的动摩擦因数等于tan0，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失.两物块均可看着质点，斜面足够长，Q的速度减为0之前P不会与之发生碰撞，重力加速度大小为A(1)求P与Q第1次碰撞后瞬间各自的速度大小 w P|W cj,;(2)求第》次碰撞后使物块P上升的高度仏,；(3) 求物块Q从A上升的总高度(4)为保证在Q的速度减为0之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离.v;解析：为理解和表达方便起见，我们将题中的 %记为,并即将发生第〃次碰撞前P的速率记 为并将碰撞之后P与Q的速率分别为〃％和 并取P的初速度方向为正方向，则对于第^次碰撞，由动量守恒有=—w fP…+4wwcj…，碰撞瞬间P与Q的系统动能不变.即= 113-^m v y^2+~2*2^#vp…=—v〇n,VQn=|v。

微解题62
2020高考物理全国Ⅰ卷18题
18．一匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，ab
为半圆，ac 、bd 与直径ab 共线，ac 间的距离等于半圆的半径。

一束质量为m 、电荷量为q （q >0）的粒子，在纸面内从c 点垂直于ac 射入磁场，这些粒子具有各种速率。

不计粒子之间的相互作用。

在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为( ) A ．
76m qB π B ．
54m qB π C ．
43m qB π D ．
32m qB π
【答案】C 解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，有：v
r T r v m qvB π2,2== 解得周期：qB
m T π2= 粒子在磁场中运动的时间qB m T t ϕϕπ==
2
可见，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长。

粒子垂直ca 射入磁场，则轨迹圆心必在ca 直线上，当半径0.5r R ≤和 1.5r R ≥时，
粒子分别从ca 、bd 区域射出，轨迹为半圆，运动时间等于半个周期。

当0.5R <r <1.5R 时，粒子从半圆边界射出。

如图，过a 作ab 半圆的切线交半圆于k ，连接ok ，∠cko=90°，由图可知，θ=2ɑ，ɑ=30°为最大值，θ=60°也达到最大值。

即当轨迹半径为R 时，轨迹圆心角最大，3ππθ+
=
代入qB m T t ϕϕπ==
2中可得粒子运动最长时间为：qB m t 34π=。

．B．．．
．在抗击新冠病毒的过程中，广泛使用了红外体温计测量体温，如图所示。

下列说法正确的
图图3
匀减速上升的位移224m 2
v h t ==总位移40m
h =20．解：（1）机械能守恒定律2D 12
mgH mgR mv =+牛顿第二定律2D N 8N mv F R
==牛顿第三定律，方向水平向左
N N 8N F F '==（2）能在斜轨道上到达的最高点为点，功能关系C 'AB BC BC cos sin mgH mgL mgL mgL μμθθ
''=++得，故不会冲出BC 15m 1.0m 16
L '=<（3）滑块运动到距A 点x 处的速度为v ，动能定理212mgH mgx mv μ-=
碰撞后的速度为，动量守恒定律v '3mv mv '=设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h ，动能定理
，得()2AB 13330(3)tan 2h mg L x mg mgh m v μμθ'----=-155m 1m 6488h x x ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭
…21．解：（1）000,0.25T
t B ==回路电流0B Lv
I R
=安培力220A B L F v R
=外力0.0625N
A F F ==（2）匀速出磁场，电流为0，磁通量不变 1Φ=Φ时，，磁通量 1 1.0s t =10.5T
B =2
11B L Φ=。

2020年海南省高考试题（理综物理）解析版物理（海南）第I 卷一、单项选择题：〔本颐共6小题，每题3分，共18分。

在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符 合题目要求的。

〕1 . 1873年奥地利维也纳世博会上，比利时出生的法国工程师格拉姆在布展中偶然接错了导线，把另一直 流发电机发出的电接到了自己送展的直流发电机的电流输出端。

由此而观看到的现象导致了他的一项 重要发明，从而突破了人类在电能利用方中的一个瓶颐•此项发明是 A.新型直流发电机 B .直流电动机 C.交流电动机D .交流发电机B 解析：直流发电机发电时接另一直流发电机，那么另一直流发电机实际成了直流电动机， B 正确。

考查电机知识及考生灵活运用知识的能力。

难度较易。

2.一金属圆环水平固定放置。

现将一竖直的条形磁铁，在圆环上方沿圆环轴线从静止开始开释，在条形磁铁穿过圆环的过程中，条形磁铁与圆环 A. 始终相互吸引 B. 始终相互排斥C. 先相互吸引，后相互排斥D. 先相互排斥，后相互吸引D 解析：由楞次定律可知，当条形磁铁靠近圆环时，感应电流阻碍其靠近，是排斥力；当磁铁穿过圆 环远离圆环时，感应电流阻碍其远离，是吸引力， D 正确。

考查楞次定律，难度较易。

3 •以下讲法正确的选项是A. 假设物体运动速率始终不变，那么物体所受合力一定为零B. 假设物体的加速度平均增加，那么物体做匀加速直线运动C. 假设物体所受合力与其速度方向相反，那么物体做匀减速直线运动D. 假设物体在任意的相等时刻间隔内位移相等，那么物体做匀速直线运动 D 解析：物体运动速率不变但方向可能变化，因此合力不一定为零， A 错；物体的加速度平均增加，即加速度在变化，是非匀加速直线运动，B 错；物体所受合力与其速度方向相反，只能判定其做减速运动，但加速度大小不可确定， C 错；假设物体在任意的相等时刻间隔内位移相等，那么物体做匀速直线运动， D对。

考查运动性质与力的关系，难度较易。

18．（16 分）如图所示，一倾角为θ的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。

某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。

Q与斜面间的动摩擦因数等于tanθ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。

两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。

重力加速度大小为g。

（1）求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1;（2）求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn;（3）求物块Q从A点上升的总高度H;（4）为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。

18．解：（1）P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得①由机械能守恒定律得②联立①②式得③④故第一次碰撞后P的速度大小为，Q的速度大小为（2）设第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q由运动学公式得⑤联立①②⑤式得⑥设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为，第一次碰后至第二次碰前，对P 由动能定理得⑦联立①②⑤⑦式得⑧P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为、，由动量守恒定律得⑨由机械能守恒定律得⑩联立①②⑤⑦⑨⑩式得⑪⑫设第二次碰撞后Q上升的高度为h2，对Q由运动学公式得⑬联立①②⑤⑦⑨⑩⑬式得⑭设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为，第二次碰后至第三次碰前，对P 由动能定理得⑮联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮式得⑯P与Q的第三次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为、，由动量守恒定律得⑰由机械能守恒定律得⑱联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱式得⑲⑳设第三次碰撞后Q上升的高度为h3，对Q由运动学公式得联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱式得……总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为（n=1，2，3……）（3）当P、Q达到H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得解得（4）设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，由运动学公式得设P运动到斜面底端时的速度为，需要的时间为t2，由运动学公式得设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3当A点与挡板之间的距离最小时联立式，代入数据得。

2020届高考物理小题专题狂练18：电磁感应中的动力学与能量问题（附解析）一、考点内容(1)导体棒切割磁感线运动时的动力学问题；(2)电磁感应中的能量转化问题；(2)电磁感应中的动量与能量问题。

二、考点突破1．如图所示装置，电源的电动势E＝8 V，内阻r1＝0.5 Ω，两光滑金属导轨平行放置，间距d＝0.2 m，导体棒ab用等长绝缘细线悬挂并刚好与导轨接触，ab左侧为水平直轨道，右侧为半径R＝0.2 m的竖直圆弧导轨，圆心恰好为细线悬挂点，整个装置处于竖直向下的、磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中。

闭合开关后，导体棒沿圆弧运动，已知＝0.5 Ω，g取10 m/s2，不考虑运动过程中产生的反电导体棒的质量m＝0.06 kg，电阻r2动势，则()A．导体棒ab所受的安培力方向始终与运动方向一致B．导体棒在摆动过程中所受安培力F＝8 NC．导体棒摆动过程中的最大动能0.8 JD．导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°2．(多选)如图所示，间距为l＝1 m的导轨PQ、MN由电阻不计的光滑水平导轨和与水平面成37°角的粗糙倾斜导轨组成，水平导轨和倾斜导轨都足够长。

导体棒ab、cd的质量均为m＝1 kg、长度均为l＝1 m、电阻均为R＝0.5 Ω，ab棒静止在水平导轨上，cd棒静止在倾斜导轨上，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小B＝ 2 T。

现ab棒在水平外力F作用下由静止开始沿水平导轨运动，当ab棒的运动速度达到一定值时cd棒开始滑动。

已知cd棒与倾斜导轨间的动摩擦因数为μ＝0.8，且cd棒受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两导体棒与导轨始终接触良好，重力加速度g ＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

关于该运动过程，下列说法正确的是()A．cd棒所受的摩擦力方向始终沿倾斜导轨向上B．cd棒所受的摩擦力方向先沿倾斜导轨向上后沿倾斜导轨向下C．cd棒开始滑动时，ab棒的速度大小为19.375 m/sD．cd棒开始滑动时，ab棒的速度大小为9.375 m/s3．(多选)如图所示，在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为L滑过磁的区域内，现有一边长为d(d<L)的正方形闭合线框以垂直于磁场边界的初速度v场，线框刚好能穿过磁场，运动过程中线框靠近磁场左边界的一边始终与磁场边界平行，下列说法正确的是()A．线框在滑进磁场的过程与滑出磁场的过程均做变加速直线运动B．线框在滑进磁场的过程中与滑出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量相同C．线框在滑进磁场的过程中速度的变化量与滑出磁场的过程中速度的变化量不同D．线框在滑进与滑出磁场的过程中产生的热量Q1与Q2之比为3∶14．(多选)在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场宽度HP及PN均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框abcd，由静止开始沿斜面下滑，t时刻ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区域，此时导线框恰好以速1度v 1做匀速直线运动；t 2时刻ab 边下滑到JP 与MN 的中间位置，此时导线框又恰好以速度v 2做匀速直线运动。

专题5.5 动力学观点和能量观点解决力学综合问题1．(2019·安徽皖南八校联考)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行，一质量为m ＝1 kg 初速度大小为v 2的小物块，从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带；若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v －t 图象(以地面为参考系)如图乙所示．则（ ）A ．小物块向左运动的过程中离A 处的最大距离为4 mB ．0～3 s 时间内，小物块受到的摩擦力的冲量大小为2 N·sC ．0～4 s 时间内，传送带克服摩擦力做功为16 JD ．小物块与传送带之间由摩擦产生的热能为18 J 【答案】AD【解析】由v －t 图象可知，2 s 时小物块向左运动的距离最远，根据v －t 图象得面积等于位移，s 1＝12×2×4 m ＝4 m ，故A 正确；小物块匀变速运动的加速度：a ＝Δv Δt ＝42＝2 m/s 2，由牛顿第二定律得：μm g ＝ma ＝2 N ，0～3 s 时间内，小物块受到的摩擦力方向都向右，冲量大小为I ＝μmgt ＝6 N·s ，故B 错误；由v －t 图象，传送带速度大小：v 2＝2 m/s ，前3 s 小物块与传送带间有相对运动，存在摩擦力，传送带克服摩擦力做功为W ＝μmgv 2t 3＝2×2×3 J ＝12 J ，故C 错误；小物块在传送带上滑动的3 s 内，皮带的位移s ′＝v 2t 3＝6 m ，方向向右；小物块的位移：s ＝s 1－s 2＝3 m ，方向向左．两个物体的相对位移Δs ＝s ′＋s ＝9 m ，整个过程中摩擦产生的热量：Q ＝μmg Δs ＝18 J ，故D 正确．2．(2019·华东师范大学附中模拟)如图所示，质量为m 的长木块A 静止于光滑水平面上，在其水平的上表面左端放一质量为m 的滑块B ，已知木块长为L ，它与滑块之间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的恒力F 拉滑块B .(1)当长木块A 的位移为多少时，B 从A 的右端滑出？ (2)求上述过程中滑块与木块之间产生的内能． 【答案】(1)μmgLF －2μmg (2)μmgL【解析】(1)设B 从A 的右端滑出时，A 的位移为x ，A 、B 的速度分别为v A 、v B ，由动能定理得 μmgx ＝12mv 2A(F －μmg )·(x ＋L )＝12mv 2B 又因为v A ＝a A t ＝μgtv B ＝a B t ＝F －μmg m t ，解得x ＝μmgL F －2μmg .(2)由功能关系知，拉力F 做的功等于A 、B 动能的增加量和A 、B 间产生的内能，即有 F (x ＋L )＝12mv 2A ＋12mv 2B ＋Q 解得Q ＝μmgL .3. (2019·江苏如东高中模拟)如图甲所示，质量为m ＝1 kg 的滑块(可视为质点)，从光滑、固定的14圆弧轨道的最高点A 由静止滑下，经最低点B 后滑到位于水平面的木板上．已知木板质量M ＝2 kg ，其上表面与圆弧轨道相切于B 点，且长度足够长．整个过程中木板的v －t 图象如图乙所示，g ＝10 m/s 2.求：(1)滑块经过B 点时对圆弧轨道的压力； (2)滑块与木板之间的动摩擦因数； (3)滑块在木板上滑过的距离．【答案】(1)30 N ，方向竖直向下 (2)0.5 (3)3 m【解析】(1)设圆弧轨道半径为R ，从A 到B 过程，滑块的机械能守恒mgR ＝12mv 2， 经B 点时，根据牛顿第二定律有 F N －mg ＝mv 2R ，整理得F N ＝3mg ＝30 N ，根据牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力大小为30 N ，方向竖直向下．(2)由v －t 图象知，木板加速的加速度大小为a 1＝1 m/s 2，滑块与木板共同减速的加速度大小为a 2＝1 m/s 2，设木板与地面之间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ2，在0～1 s 内，对木板μ2mg －μ1(m ＋M )g ＝Ma 1， 在1 s ～2 s 内，对滑块和木板μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 2， 解得μ1＝0.1，μ2＝0.5.(3)滑块在木板上滑动过程中，设滑块与木板相对静止时的共同速度为v 1，滑块从滑上木板到两者达到共同速度所用时间为t 1.对滑块μ2mg ＝ma ，v 1＝v －at 1，v 1＝1 m/s ，t 1＝1 s ， 木板的位移x 1＝v 12t 1，滑块的位移x 2＝v 1＋v2t 1，滑块在木板上滑过的距离Δx ＝x 2－x 1， 代入数据解得Δx ＝3 m.4. (2019·浙江效实中学模拟)如图，—轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道B 处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内．质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点(未画出)．随后P 沿轨道被弹回，最高到达F 点，AF ＝4R .已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g .(取sin 37°＝35，cos 37°＝45)(1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小． (2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能．(3)改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放．已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过G 点．G 点在C 点左下方，与C 点水平相距72R 、竖直相距R .求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量．【解析】(1)根据题意知，B 、C 之间的距离为l ＝7R －2R ，① 设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得 mgl sin θ－μmgl cos θ＝12mv 2B ， ② 式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得v B ＝2gR . ③(2)设BE ＝x .P 到达E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为E p .P 由B 点运动到E 点的过程中，由动能定理有mgx sin θ－μmgx cos θ－E P ＝0－12mv 2B ， ④ E 、F 之间的距离为l 1＝4R －2R ＋x ， ⑤P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有 E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0，⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x ＝R ， ⑦ E P ＝125mgR . ⑧(3)设改变后P 的质量为m 1.D 点与G 点的水平距离x 1和竖直距离y 1分别为x 1＝72R －56R sin θ， ⑨ y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ， ⑩式中，已应用了过C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t .由平抛运动公式有y 1＝12gt 2， ⑪ x 1＝v D t ， ⑫联立⑨⑩⑪⑫式得v D ＝355gR . ⑬设P 在C 点速度的大小为v C .在P 由C 点运动到D 点的过程中机械能守恒，有 12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g (56R ＋56R cos θ)， ⑭ P 由E 点运动到C 点的过程中，由动能定理有 E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12m 1v 2C ， ⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m 1＝13m .5. (2019·江西白鹭洲中学模拟)如图所示，质量M ＝0.4 kg 的长薄板BC 静置于倾角为37°的光滑斜面上，在A 点有质量m ＝0.1 kg 的小物体(可视为质点)以v 0＝4.0 m/s 速度水平抛出，恰以平行斜面的速度落在薄板的最上端B 并在薄板上运动，当小物体落在薄板上时，薄板无初速度释放开始沿斜面向下运动，小物体运动到薄板的最下端C 时，与薄板速度恰好相等，已知小物体与薄板之间的动摩擦因数为μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.求：(1)A 点与B 点的水平距离； (2)薄板BC 的长度．【答案】(1)1.2 m (2)2.5 m【解析】(1)小物体从A 到B 做平抛运动，下落时间为t 1，水平位移为x ，则 gt 1＝v 0tan 37°， ① x ＝v 0t 1，②联立①②得x ＝1.2 m.(2)小物体落到B 点的速度为v ，则v ＝v 20＋(gt 1)2，③小物体在薄板上运动，则mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 1，④ 薄板在光滑斜面上运动，则 Mg sin 37°＋μmg cos 37°＝Ma 2，⑤ 小物体从落到薄板到两者速度相等用时t 2，则 v ＋a 1t 2＝a 2t 2，⑥小物体的位移x 1＝vt 2＋12a 1t 22，⑦ 薄板的位移x 2＝12a 2t 22，⑧ 薄板的长度l ＝x 1－x 2，⑨ 联立③～⑨式得l ＝2.5 m.6. (2019·山东青岛二中模拟)如图所示，滑块质量为m ，与水平地面间的动摩擦因数为0.1，它以v 0＝3gR 的初速度由A 点开始向B 点滑行，AB ＝5R ，并滑上光滑的半径为R 的14圆弧BC ，在C 点正上方有一离C点高度也为R 的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P 、Q ，P 、Q 位于同一直径上，旋转时两孔均能达到C 点的正上方．若滑块滑过C 点后穿过P 孔，又恰能从Q 孔落下，则平台转动的角速度ω应满足什么条件？【答案】ω＝π(2n ＋1)4gR (n ＝0,1,2，…)【解析】设滑块滑至B 点时速度为v B ，对滑块由A 点到B 点应用动能定理有 －μmg 5R ＝12mv 2B －12mv 20， 解得v 2B ＝8gR .滑块从B 点开始，运动过程机械能守恒，设滑块到达P 处时速度为v P ，则 12mv 2B ＝12mv 2P ＋mg 2R ， 解得v P ＝2gR ，滑块穿过P 孔后再回到平台的时间t ＝2v Pg ＝4R g ，要想实现题述过程，需满足ωt ＝(2n ＋1)π， ω＝π(2n ＋1)4gR (n ＝0,1,2，…)．7. (2019·湖北孝感高级中学模拟)如图所示，半径R ＝1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C 为轨道的最低点．C 点右侧的光滑水平面上紧挨C 点静止放置一木板，木板质量M ＝1 kg ，上表面与C 点等高．质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中A 点以v 0＝1.2 m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2.求：(1)物块经过C 点时的速度v C ；(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q .【答案】(1)6 m/s (2)9 J【解析】(1)设物块在B 点的速度为v B ，在C 点的速度为v C ，从A 到B 物块做平抛运动，有v B sin θ＝v 0， 从B 到C ，根据动能定理有mgR (1＋sin θ)＝12mv 2C －12mv 2B ， 解得v C ＝6 m/s.(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起共同运动．设相对滑动时物块加速度为a 1，木板加速度为a 2，经过时间t 达到共同速度为v ，则μmg ＝ma 1，μmg ＝Ma 2， v ＝v C －a 1t ，v ＝a 2t . 根据能量守恒定律有 12(m ＋M )v 2＋Q ＝12mv 2C 联立解得Q ＝9 J.8. (2019·重庆巴蜀中学模拟)如图所示，半径为R 的光滑半圆轨道ABC 与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道DC 相切于C ，圆轨道的直径AC 与斜面垂直。

2020年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）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．（6分）管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。

焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。

焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为（）A．库仑B．霍尔C．洛伦兹D．法拉第2．（6分）若一均匀球形星体的密度为ρ，引力常量为G，则在该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的周期是（）A．B．C．D．3．（6分）如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。

若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点，c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点。

等于（）A．20B．18C．9.0D．3.04．（6分）CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。

图（a）是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示。

图（b）中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记作P点。

则（）A．M处的电势高于N处的电势B．增大M、N之间的加速电压可以使P点左移C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移5．（6分）氘核H可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式6H→2He+2H+2n+43.15MeV表示。

海水中富含氘，已知1kg海水中含有的氘核约为1.0×1022个，若全都发生聚变反应，其释放的能量与质量为M的标准煤燃烧时释放的热量相等；已知1kg标准煤燃烧释放的热量约为2.9×107J，1MeV＝1.6×10﹣13J，则M约为（）A．40kg B．100kg C．400kg D．1000kg6．（6分）特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。

2020年⾼考北京市物理试题（含答案解析）2020年⾼考北京市物理试题⼀、选择题1、以下现象不属于⼲涉的是（）A. ⽩光经过杨⽒双缝得到彩⾊图样B. ⽩光照射肥皂膜呈现彩⾊图样C. ⽩光经过三棱镜得到彩⾊图样D. ⽩光照射⽔⾯油膜呈现彩⾊图样2、氢原⼦能级⽰意如图。

现有⼤量氢原⼦处于能级上，下列说法正确的是（）A. 这些原⼦跃迁过程中最多可辐射出2种频率的光⼦B. 从能级跃迁到能级⽐跃迁到能级辐射的光⼦频率低C. 从能级跃迁到能级需吸收的能量D. 能级的氢原⼦电离⾄少需要吸收的能量3、随着通信技术的更新换代，⽆线通信使⽤的电磁波频率更⾼，频率资源更丰富，在相同时间内能够传输的信息量更⼤。

第5代移动通信技术(简称5G)意味着更快的⽹速和更⼤的⽹络容载能⼒，“4G改变⽣活，5G改变社会”。

与4G相⽐，5G使⽤的电磁波（）A. 光⼦能量更⼤B. 衍射更明显C. 传播速度更⼤D. 波长更长4、如图所⽰，⼀定量的理想⽓体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和C。

有关A、B 和C三个状态温度和的关系，正确的是（）A. B.C. D.A. ⽕星探测器的发射速度应⼤于地球的第⼆宇宙速度B. ⽕星探测器的发射速度应介于地球的第⼀和第⼆宇宙速度之间C. ⽕星的第⼀宇宙速度⼤于地球的第⼀宇宙速度6、⼀列简谐横波某时刻波形如图甲所⽰。

由该时刻开始计时，质点L的振动情况如图⼄所⽰。

下列说法正确的是（）A. 该横波沿轴负⽅向传播B. 质点N该时刻向y轴负⽅向运动C. 质点L经半个周期将沿轴正⽅向移动D. 该时刻质点K与M的速度、加速度都相同7、真空中某点电荷的等势⾯⽰意如图，图中相邻等势⾯间电势差相等。

下列说法正确的是（）A. 该点电荷⼀定为正电荷B. P点的场强⼀定⽐Q点的场强⼤C. P点电势⼀定⽐Q点电势低D. 正检验电荷在P点⽐在Q点的电势能⼤8、如图所⽰，在带负电荷的橡胶圆盘附近悬挂⼀个⼩磁针。

现驱动圆盘绕中⼼轴⾼速旋转，⼩磁针发⽣偏转。