2020最新高考物理实验排序问题和误差分析实验技巧典型试题答案解析教师版(23页)

实验二探究弹力和弹簧伸长量的关系1．实验目的(1)探究弹力和弹簧伸长量的关系。

(2)学会利用图象法处理实验数据，探究物理规律。

2．实验原理(1)如图所示，弹簧在下端悬挂钩码时会伸长，平衡时弹簧产生的弹力与所挂钩码的重力大小相等。

(2)用刻度尺测出弹簧在不同钩码拉力下的伸长量x，建立直角坐标系，以纵坐标表示弹力大小F，以横坐标表示弹簧的伸长量x，在坐标系中描出实验所测得的各组数据(x，F)对应的点，用平滑的曲线连接起来，根据实验所得的图线，就可探知弹力大小与弹簧伸长量间的关系。

3．实验器材铁架台、毫米刻度尺、弹簧、钩码(若干)、三角板、铅笔、重垂线、坐标纸等。

4．实验步骤(1)如图所示，将铁架台放在桌面上(固定好)，将弹簧的一端固定于铁架台的横梁上，在靠近弹簧处将刻度尺(最小分度为1 mm)固定于铁架台上，并用重垂线检查刻度尺是否竖直。

(2)记下弹簧下端不挂钩码时所对应的刻度l0，即弹簧的原长。

(3)在弹簧下端挂上钩码，待钩码静止时测出弹簧的长度l，求出弹簧的伸长量x和所受的外力F(等于所挂钩码的重力)。

(4)改变所挂钩码的数量，重复上述实验，要尽量多测几组数据，将所测数据填写在表格中。

5．数据处理(1)以弹力F(大小等于所挂钩码的重力)为纵坐标，以弹簧的伸长量x为横坐标，用描点法作图，连接各点得出弹力F随弹簧伸长量x变化的图线。

(2)以弹簧的伸长量为自变量，写出图线所代表的函数表达式，并解释函数表达式中常数的物理意义。

6．注意事项(1)所挂钩码不要过重，以免弹簧被过分拉伸，超出它的弹性限度，要注意观察，适可而止。

(2)每次所挂钩码的质量差适当大一些，从而使坐标点的间距尽可能大，这样作出的图线准确度更高一些。

(3)测弹簧长度时，一定要在弹簧竖直悬挂且处于稳定状态时测量，以免增大误差。

(4)描点画线时，所描的点不一定都落在一条直线上，但应注意一定要使各点均匀分布在直线的两侧。

(5)记录实验数据时要注意弹力、弹簧的原长l0、总长l及弹簧伸长量的对应关系及单位。

第11讲用图像处理实验数据和误差分析之牛顿第二定律相关实验1．（2022·山东）在天宫课堂中，我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验，受此启发，某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验。

如图甲所示，主要步骤如下：①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上；②接通气源，放上滑块，调平气垫导轨；③将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑块，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00cm，拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时；④计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力F，加速度a随时间t变化的图像，部分图像如图乙所示。

回答以下问题（结果均保留两位有效数字）：（1）弹簧的劲度系数为12N/m；（2）该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据，画出a﹣F图像如图丙中Ⅰ所示，由此可得滑块与加速度传感器的总质量为0.20kg；（3）该同学在滑块上增加待测物体，重复上述实验步骤，在图丙中画出新的a﹣F图像Ⅱ，则待测物体的质量为0.13kg。

【解答】解：（1）由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00cm.拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时。

结合图乙的F﹣t图有Δx＝5.00cm＝0.05m，F＝0.610N根据胡克定律k=F Δx计算出k≈12N/m（2）根据牛顿第二定律有F＝ma则a﹣F图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量的倒数，根据图丙中Ⅰ，则有k=1m=3−00.6kg﹣1＝5kg﹣1则滑块与加速度传感器的总质量为m＝0.20kg（3）滑块上增加待测物体，同理，根据图丙中Ⅱ，则有1 m′=1.5−00.5kg﹣1＝3kg﹣1则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为m'＝0.33kg则待测物体的质量为Δm＝m'﹣m＝0.33kg﹣0.20kg＝0.13kg故答案为：（1）12；（2）0.20；（3）0.132．（2021·湖南）某实验小组利用图（a）所示装置探究加速度与物体所受合外力的关系。

2020高考全国II卷物理试题1、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、水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg 的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。

总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。

不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为A. 48 kgB. 53 kgC. 58 kgD. 63 kg3、用一个摆长为80.0 cm的单摆做实验，要求摆动的最大角度小于5°，则开始时将摆球拉离平衡位置的距离应不超过_______cm（保留1位小数）。

（提示：单摆被拉开小角度的情况下，所求的距离约等于摆球沿圆弧移动的路程。

）某同学想设计一个新单摆，要求新单摆摆动10个周期的时间与原单摆摆动11个周期的时间相等。

新单摆的摆长应该取为_______cm。

4、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.5、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. 3.06、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。

名师导学·高考二轮总复习·物理(教师用书)(这是双页眉，请据需要手工删加)专题二力与运动(这是单页眉，请据需要手工删加)专题二力与运动二、考向分析及备考建议瞬时速度和加速度概念、匀变速直线运动的规律和图象，物体的受力分析和力的合成与分解，共点力作用下物体的平衡，牛顿运动定律及其综合应用，抛体运动、圆周运动及其应用，应用万有引力定律分析天体运动问题等是历年高考的重点，今后仍将如此．本专题命题点多，特别重视对考纲中10个Ⅱ级考点的考查，题型多变．在复习备考中应引起足够重视，对10个Ⅱ级考点逐一落实．加强对诸如：连接体模型、传送带模型、滑块与滑板模型，天体运动中的环绕模型、登陆模型等的理解和应用，以应对高考对理解能力、建模能力、过程综合分析能力的综合考查．第1讲力与物体的平衡【p6】力与物体的平衡【p6】一、力的合成与分解1．__平行四边形__定则：两个力合成时，以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的__对角线__就代表合力的大小和方向．2．__三角形__定则：两个力(或者其他任何矢量)合成，其合力应当为将一个力的起始点移动到另一个力的终止点，合力为__从第一个的起点到第二个的终点__．二、共点力作用下物体的平衡1．共点力作用下物体的平衡条件是合力为__零__．2．三个共点力平衡：如果物体仅受三个共点力作用而处于平衡状态，则其中任意两个力的合力与第三个力大小__相等__、方向__相反__．表示这三个力的有向线段可以组成一个封闭的__矢量三角形__．3．多个共点力平衡：任一方向上合力为__零__．建立直角坐标系后，两个坐标轴上的合力均为__零__．即F x＝0，F y＝0.4．动态平衡：物体在__缓慢__移动过程中，可认为其所受__合力__为零，物体处于平衡状态．5．带电粒子在复合场中除了受到重力、弹力和摩擦力外，还涉及__电场力__和洛伦兹力．6．载流导体在磁场中除要分析重力、弹力和摩擦力外，还应分析安培力．【p7】考点一物体的受力分析例1(多选)一斜劈被两个小桩A和B固定在光滑的水平地面上，然后在斜面上放一物体C，如图所示，下列判断正确的是()A．若A和B均未受到斜劈的挤压，则C一定处于静止状态B．若A和B均未受到斜劈的挤压，则C可能在沿斜面匀速下滑C．若只有A受到斜劈的挤压，则C一定在沿斜面加速下滑D．若只有B受到斜劈的挤压，则C可能在沿斜面加速下滑【解析】首先将物体和斜面看成一个整体，然后根据C的运动状态进行分析．若物体静止，则系统所受合力为零，A、B均不受挤压；若物体匀速下滑，则系统所受合力仍为零，A、B也不受挤压，故选项A错误，选项B正确．若物体的加速度大小为a，方向沿斜面向下，在水平方向的加速度为a x＝a cosθ，方向水平向左，对系统应用牛顿第二定律，水平方应有F＝ma cosθ，方向向左，则B对斜面有向左的作用力，B应受到挤压，而A没有受到挤压，此时物体可能加速下滑或减速上升，故选项C错误，选项D正确．【答案】BD【方法总结】进行物体受力分析时，除了掌握好分析思路和方法外，还应注意几个问题：(1)模型的理解和应用，如“轻绳”“轻杆”表示不考虑绳与杆的重力；如“光滑面”示意不考虑摩擦力；(2)弹力表现出的形式具有多样性；(3)摩擦力产生的必要条件；(4)隔离法和整体法的应用；(5)“转换对象法”的应用：直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力；(6)注意质点与物体的差别等等．变式训练1用两段等长的轻质细线将a、b两个小球连接并悬挂于O点，如图甲所示，球a受到水平向右的力3F的作用，球b受到水平向左的力F的作用，平衡时细线都被拉紧，系统平衡时两球的位置情况如图乙所示，则a、b两球质量之比为()A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．2∶3【解析】以整体为研究对象，分析受力如图甲：设Oa线与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得：tanα＝3F－F（m a＋m b）g＝2F（m a＋m b）g①以b球为研究对象，受力如图乙．设ab线与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得：tanβ＝Fm b g②由几何关系得到：α＝β③联立①②③式解得：m a＝m b，故A正确，B、C、D错误．【答案】A考点二物体的静态平衡例2(2019·天津卷)2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车．为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥，其索塔与钢索如图所示．下列说法正确的是()A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度C ．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下D ．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布【解析】以桥身为研究对象，钢索对桥身的拉力的合力与桥身的重力等大反向，则钢索对索塔的向下的压力数值上等于桥身的重力，增加钢索的数量钢索对索塔的向下的压力数值不变，故A 错误；由图甲可知2T cos α＝Mg ，当索塔高度降低后，α变大，cos α 变小，故T 变大，故B 错误；由B 项的分析可知，当钢索对称分布时，2T cos α＝Mg ，钢索对索塔的合力竖直向下，故C 正确；受力分析如图乙，由正弦定理可知，只要F AB sin α＝F AC sin β，钢索AC 、AB 的拉力F AC 、F AB 进行合成，合力竖直向下，钢索不一定要对称分布，故D 错误．【答案】C【方法总结】解决共点力平衡问题的典型方法和一般思路变式训练2(多选)如图，三个小球a、b、c分别用三根绝缘细线悬挂在同一点O，细线的长度关系为Oa＝Ob＜Oc，让三个小球带电后它们能静止在图中位置．此时细线Oc沿竖直方向，a、b连线水平，a、b、c恰为一等边三角形的三个顶点，则下列说法正确的是()A．a、b、c三球质量一定相等B．a、b两球所带电荷量一定相等C．细线Oa、Ob所受拉力大小相等D．a、b、c三球所受静电力大小一定相等【解析】由于Oc沿竖直方向，而c受重力及绳拉力也在竖直方向，所以a对c的库仑力与b对c的库仑力一定等大，即q a＝q b；选项B正确；因为ab连线处于水平，则m a ＝m b，但与c的质量关系不能确定，选项A错误；因c对a、b的库仑力大小相等，由受力分析知Oa、Ob所受拉力大小相等，C正确；而c的电荷量与a、b电荷量不一定相等，所以a、b、c三球所受库仑力大小不一定相等，故D错误，故选B、C.【答案】BC考点三物体的动态平衡例3(2019·全国卷Ⅰ)(多选)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知M始终保持静止，则在此过程中()A．水平拉力的大小可能保持不变B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加【解析】如图甲所示，以物块N为研究对象，它在水平向左拉力F作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中，水平拉力F逐渐增大，绳子拉力T逐渐增大；如图乙所示，对M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f也逐渐增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f可能先减小后增加．故本题选B、D.【答案】BD【方法总结】解决动态平衡问题的一般思路和方法把“动”化为“静”，“静”中求“动”．动态平衡问题的分析过程与处理方法如下：变式训练3(多选)《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1 000 kV的高压线上带电作业的过程．如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮上．另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制．身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处．绳OD一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m，不计一切阻力，重力加速度大小为g.关于王进从C点运动到E点的过程中，下列说法正确的是() A．工人对绳的拉力一直变大B．绳OD的拉力一直变小C．OD、CD两绳拉力的合力大小等于mgD．当绳CD与竖直方向的夹角为30°时，工人对绳的拉力为33mg【解析】对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示，绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为θ，绳CD的拉力为F2，与竖直方向的夹角为α.根据几何知识知：θ＋2α＝90°，由正弦定理可得F 1sin α＝F 2sin θ＝mgsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α，α增大，θ减小，则F 1增大，F 2减小，A 、B 错误；两绳拉力的合力大小等于mg ，C 正确；α＝30°时，θ＝30°，则2F 2cos 30°＝mg ，可求出F 2＝33mg ，D 正确． 【答案】CD考点四 平衡中的临界与极值问题 例4(多选)如图所示，光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上，一足够长的细绳跨过滑轮，一端悬挂小球b ，另一端与套在水平细杆上的小球a 连接．在水平拉力F 作用下小球a 从图示虚线位置开始缓慢向右移动．已知小球a 的质量为m ，小球b 的质量是小球a 的2倍，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小球a 与细杆间的动摩擦因数为33，重力加速度大小为g.则下列说法正确的是( )A ．拉力F 的大小一直增大B ．拉力F 的大小先减小后增大C ．支架对轻滑轮的作用力大小逐渐增大D ．当细绳与细杆的夹角为60°时，拉力F 的大小为⎝⎛⎭⎫2－33mg 【解析】设a 的质量为m ，则b 的质量为2m ；以b 为研究对象，竖直方向受力平衡，可得绳子拉力始终等于b 的重力，即T ＝2mg ，保持不变；以a 为研究对象，受力如图所示，设绳子与水平方向夹角为θ，支持力F N＝2mg sinθ－mg，向右缓慢拉动的过程中，θ角逐渐减小；水平方向：F＝f＋2mg cosθ＝2mg cosθ＋μ(2mg sinθ－mg)＝2mg(cosθ＋μsinθ)－μmg由于：cosθ＋μsinθ＝cosθ＋33sinθ＝23(sin60°cosθ＋cos60°sinθ)＝23sin(60°＋θ)θ有一临界值30°.当θ从90°开始逐渐减小至30°，即(60°＋θ)从150°逐渐减小时，sin(60°＋θ)逐渐增大；当θ＜30°后，F＝f＋2mg cosθ＝2mg cosθ＋μ(mg－2mg sinθ)＝2mg(cosθ－μsinθ)＋μmg由于：cosθ－μsinθ＝cosθ－33sinθ＝23(cos30°cosθ－sin30°sinθ)＝23cos(30°＋θ)当θ从30°逐渐减小的过程中，cos(30°＋θ)逐渐增大，所以当θ从30°逐渐减小的过程中F 仍然逐渐增大．可知水平拉力一直增大．故A 正确，B 错误．向右缓慢拉动的过程中，两绳子之间的夹角逐渐增大，绳子的拉力不变，所以绳子的合力减小，则绳子对滑轮的作用力逐渐减小，根据共点力平衡的条件可知，支架对轻滑轮的作用力大小逐渐减小；故C 错误．当细绳与细杆的夹角为60°时，拉力F 的大小为： F ＝2mg(cos θ＋μsin θ)－μmg ＝2mg ⎝⎛⎭⎫cos 60°＋33sin 60°－33mg＝⎝⎛⎭⎫2－33mg. 故D 正确．【答案】AD【方法总结】临界状态：平衡问题的临界状态是指物体所处的平衡状态将要被破坏而尚未被破坏的状态，可理解成“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“恰能”“恰好”等语言叙述．解决临界问题的基本思路：解决此类问题重在形成清晰的物理图景和模型(常见的模型如：细绳模型、摩擦自锁型)，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件．要特别注意可能出现的多种情况．解决临界问题的基本方法是假设推理法．也可以抓住平衡这一特点，利用矢量三角形法、相似三角形法、或正交分解处理．变式训练4如图所示，足够长的平行金属导轨与水平面的夹角θ＝37°，导轨电阻忽略不计，两导轨间距L ＝1 m ，导轨上端接入电路，匀强磁场垂直导轨平面向上，磁感应强度B ＝0.2 T ．质量m ＝0.02 kg ，阻值r ＝2 Ω的金属棒与导轨垂直并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导轨上端定值电阻R 2＝2 Ω，R 1为滑动变阻器，电源电动势E ＝4 V ，内阻不计．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m /s 2)求：(1)开关S断开，金属棒从导轨上端由静止开始下滑的过程中能达到的最大速度；(2)开关S闭合，若金属棒能静止在导轨上，滑动变阻器R1接入电路的阻值范围．【解析】(1)当金属棒的合力为零时，达到最大速度，设为v.根据平衡条件有：mg sinθ＝BIL＋μmg cosθ①其中I＝BLvR2＋r②联立①②式可得：v＝8 m/s(2)当滑动变阻器的阻值取最小值时，流过金属棒的电流最大，所受安培力最大，此时最大静摩擦力向下，则有：mg sinθ＋μmg cosθ＝BI max L③I干＝2I max④I干＝ER1min＋R2rR2＋r⑤联立③④⑤式可得：R1min＝1.5 Ω当滑动变阻器的阻值取最大值时，流过金属棒的电流最小，所受安培力最小，此时最大静摩擦力向上，则有：mg sinθ＝μmg cosθ＋BI min L⑥I干′＝2I min⑦I干′＝ER1max＋R2rR2＋r⑧联立⑥⑦⑧式可得：R1max＝4 Ω综上1.5 Ω≤R1≤4 Ω【答案】(1)8 m/s(2)1.5 Ω≤R1≤4 Ω【p113】A组1．a、b两个质量相同的球用线相连接，a球用线挂在天花板上，b球放在光滑斜面上，系统保持静止(线的质量不计)，则下列图中正确的是()【解析】对a、b球整体受力分析，受重力、斜面的支持力和线的拉力，如图甲所示，同理，对b球受力分析如图乙所示，可知B项正确．【答案】B2．力的合成和分解在生产和生活中有着重要的作用，下列说法中正确的是() A．高大的桥要建很长的引桥，减小斜面的倾角，是为了减小汽车重力沿桥面向下的分力，达到行车方便和安全的目的B．幼儿园的滑梯很陡，是为了增加小孩滑滑梯时受到的重力，使小孩下滑得更快C．运动员做引体向上(缓慢上升)动作时，双臂张开很大的角度时要比双臂竖直平行时觉得手臂用力大，是因为张开时手臂产生的合力增大的缘故D．帆船能逆风行驶，说明风力一定沿水平方向向前【解析】高大的桥要建很长的引桥，减小斜面的倾角，根据力的平行四边形定则可知，汽车重力沿桥面向下的分力减小，达到行车方便和安全的目的，故A正确；幼儿园的滑梯很陡，是为了增加小孩下滑的分力，而其重力不变，故B错误；双臂张开很大的角度时与双臂竖直平行时比较，合力不变，随着夹角越大，其分力越大，故C错误；帆船能逆风行驶，根据力的平行四边形定则，结合力的分解，则风力一定能分解出沿船前进方向的分力，所以风力不一定向前．故D错误．【答案】A3．如图是当前街头常见的踩踏式独轮电动车示意图，其中间是一个由电动机驱动的独轮，两侧各有一块踏板．当人站在踏板上向右做直线运动时，关于踏板对脚的摩擦力，下列说法正确的是()A．考虑空气阻力，以图甲的状态向右匀速运动时，摩擦力向左B．不计空气阻力，以图甲的状态向右加速运动时，摩擦力向左C．考虑空气阻力，以图乙的状态向右匀速运动时，摩擦力可能为零D．不计空气阻力，以图乙的状态向右加速运动时，摩擦力不可能为零【解析】考虑空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则脚所受摩擦力向右，故A错误；不计空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右加速运动时，脚受到摩擦力向右，故B错误；当考虑空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，若重力、支持力与空气阻力处于平衡，则脚所受摩擦力可能为零，故C正确；当不计空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右加速运动时，根据牛顿第二定律，脚受到的重力与支持力的合力产生加速度，那么脚所受摩擦力可能为零，故D错误．【答案】C4．如图所示，六根原长均为l的轻质细弹簧两两相连，在同一平面内六个大小相等、互成60°的恒定拉力F作用下，形成一个稳定的正六边形．已知正六边形外接圆的半径为R，每根弹簧的劲度系数均为k，弹簧在弹性限度内，则F的大小为()A.k2(R－l) B．k(R－l)C．k(R－2l) D．2k(R－l)【解析】正六边形外接圆的半径为R，则弹簧的长度为R，弹簧的伸长量为：Δx＝R －l，由胡克定律可知，每根弹簧的弹力为：f＝kΔx＝k(R－l)；两相邻弹簧夹角为120°，两相邻弹簧弹力的合力为：F合＝f＝k(R－l)．弹簧静止处于平衡状态，由平衡条件可知，F的大小为：F＝F合＝k(R－l)，故B正确；A、C、D错误．【答案】B5．(多选)如图所示，横截面为直角三角形的斜劈P，靠在粗糙的竖直墙面上，力F 通过球心水平作用在光滑球Q上，系统处于静止状态．当力F增大时，系统仍保持静止，下列说法正确的是()A．斜劈P所受合外力增大B．斜劈P对竖直墙壁的压力增大C．球Q对地面的压力增大D．墙面对斜劈P的摩擦力增大【解析】斜劈P一直处于静止，所受合外力一直为零不变，故A错误；以整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件，水平方向：N＝F，N为竖直墙壁对P的弹力，F增大，则N增大，所以由牛顿第三定律可得：P对竖直墙壁的压力增大．故B正确；对Q 受力分析，如图：根据平衡条件：F＝N′sin θ，F增大，则N′增大；N″＝mg＋N′cos θ，N′增大，则N″增大，根据牛顿第三定律得，球对地面的压力增大．以整体为研究对象，如果力F开始作用时，滑动摩擦力向上，则有在竖直方向：N″＋f＝Mg，故随支持力的增大，摩擦力减小，若N″增大至与Mg相等，则f＝0，故C正确，D错误．【答案】BC6．如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动．用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在以O点为圆心的圆弧形墙壁上的C点．当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中(保持OA与地面夹角θ不变)，OC绳所受拉力的大小变化情况是()A．逐渐减小B．逐渐增大C．先减小后增大D．先增大后减小【解析】对G分析，G受力平衡，则拉力等于重力；故竖直绳的拉力不变；再对O 点分析，O受绳子的拉力，OA的支持力及OC的拉力而处于平衡，受力分析如图所示，F 和OC绳上拉力的合力与G大小相等，方向相反，则在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC的拉力先减小后增大，图中D点时力最小，选项C正确．【答案】C7．(多选)如图所示，一个教学用的直角三角板的边长分别为a、b、c，被沿两直角边的细绳A、B悬吊在天花板上，且斜边c恰好平行于天花板，过直角顶点的竖直线为MN.设A、B两绳对三角形薄板的拉力分别为F a和F b，已知F a和F b及薄板的重力为在同一平面的共点力，则下列判断正确的是()A．薄板的重心不在MN线上B．薄板所受重力的反作用力的作用点在MN的延长线上C．两绳对薄板的拉力F a和F b是由于薄板发生形变而产生D．两绳对薄板的拉力F a和F b之比为F a∶F b＝b∶a【解析】三角形薄板受重力、两个拉力处于平衡，三个力虽然不是作用在同一点，但不平行，根据三力汇交定理，三个力的延长线必然交于一点，由几何关系，三个力一定交于三角形下面的顶点，所以重心一定在MN线上．故A错误．重心一定在MN线上，则根据牛顿第三定律知，重力的反作用力的作用点在MN的延长线上，故B正确．两绳对薄板的拉力F a和F b是由于绳发生形变而产生．故C错误．三角形薄板受力分析如图，根据合力等于0，则F a＝mg cos α，F b＝mg sin α，则F a∶F b＝cot α＝b∶a.故D正确．【答案】BD8.(多选)如图所示，一足够长的斜面体静置于粗糙水平地面上，一小物块沿着斜面体匀速下滑，现对小物块施加一水平向右的恒力F，在物块运动到最低点之前，下列说法正确的是()A．物块与斜面体间的弹力不变B．物块与斜面体间的摩擦力增大C．斜面体与地面间的弹力不变D．斜面体与地面间的摩擦力始终为0【解析】设斜面的倾角为α，不加推力F时，滑块匀速下滑，受重力、支持力和摩擦力，根据共点力平衡条件，支持力N＝mg cos α，摩擦力f＝mg sin α，故动摩擦因数μ＝fN ＝tan α；对小物块施加一水平向右的恒力F后，支持力N′＝mg cos α＋F sin α，变大；滑动摩擦力f′＝μN′，也变大；故A错误，B正确；不加推力F时，根据平衡条件，滑块受的支持力和摩擦力的合力竖直向上；故根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力竖直向下，斜面体相对地面没有滑动趋势，故斜面体不受摩擦力；加上水平推力后，滑块对斜面体的摩擦力和压力同比例增加，其合力方向依旧是竖直向上(大小变大，方向不变)；同理，根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力依旧是竖直向下(大小变大，方向不变)，故斜面体相对地面仍然没有滑动趋势，故斜面体仍然不受摩擦力，但对地压力变大了；故C 错误，D 正确；故选B 、D.【答案】BDB 组9．如图所示，A 、B 为竖直墙壁上等高的两点，AO 、BO 为长度相等的两根轻绳，CO 为一根轻杆．转轴C 在AB 中点D 的正下方，AOB 在同一水平面上．∠AOB ＝90°，∠COD ＝60°.若在O 点处用轻绳悬挂一个质量为m 的物体，则平衡后绳AO 所受拉力的大小为( )A.13mgB.33mgC.16mgD.66mg 【解析】设绳AO 和绳BO 拉力的合力为F ，对O 点进行受力分析可知，O 点受到竖直轻绳拉力mg 、杆的支持力F 1和两绳子拉力的合力F ，根据平衡条件得：F ＝mg tan 30°，将F 分解，则有AO 所受拉力的大小F 2＝22F ＝66mg ，选项D 正确． 【答案】D10．如图所示，水平面上等腰三角形均匀框架顶角∠BAC ＝30°，一均匀圆球放在框架内，球与框架BC 、AC 两边接触但无挤压，现使框架以顶点A 为转轴在竖直平面内顺时针方向从AB 边水平缓慢转至AB 边竖直，则在转动过程中( )A ．球对AB 边的压力先增大后减小 B ．球对BC 边的压力先增大后减小 C ．球对AC 边的压力先增大后减小D ．球的重力势能一直增大【解析】对球受力分析，重力、AB 边和AC 边的支持力，两个支持力的夹角为120°，重力的大小和方向都不变，BC 边与球间没有弹力，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：根据正弦定理，有：mgsin 30°＝F ACsin β＝F ABsin α，解得：F AB ＝sin αsin 30°mg ，F AC ＝sin βsin 30°mg ，在框架以顶点A为转轴在竖直平面内顺时针方向从AB边水平缓慢转至AB边竖直的过程中，α减小，β增加，由于α先大于90°，后小于90°，因此F AB先增大，后减小，F AC增加，故A正确，B、C均错误；在框架以顶点A为转轴在竖直平面内顺时针方向从AB边水平缓慢转至AB边竖直的过程中，球的重心先升高后降低，故重力势能先增加后减小，故D 错误．【答案】A11．(多选)如图所示，在MN、PQ间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面水平向外，电场在图中没有标出．一带电小球从a点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至b点，则小球()A．可能带正电B．受到电场力的方向一定水平向右C．从a点到b点的过程，克服电场力做功D．从a点到b点的过程中可能做匀加速运动【解析】因小球受到的洛伦兹力F＝q v B 随小球速度的变化而变化，为使带电小球能在场内做直线运动，小球的速度大小不能变化，即小球受力平衡，做匀速直线运动，D错误；小球共受到重力、电场力和洛伦兹力三个力的作用，无论小球带何种电荷，三力均可能平衡，故A正确，B错误；从a点到b点的过程中，小球的动能不变，洛伦兹力不做功，根据动能定理有ΔE k＝W G＋W电场＝0，重力做正功，所以电场力必做负功，C正确．【答案】AC12.如图所示，质量为m的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角α时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角α的大小．【解析】(1)由题意可知：当θ＝30°时物体匀速下滑，由平衡关系可得：mg sin θ＝μmg cos θμ＝tan θ＝3 3(2)设斜面倾角为α时，无论F多大都不能推动物块．受力情况如图所示，由平衡条件可得：。

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。

理科综合物理局部 - - -新课标二、选择题 .此题共8小题 ,每题6分 .在每题给出的四个选项中 ,有的只有一项符合题目要求 ,有的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.伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验 ,提出了惯性的概念 ,从而奠定了牛顿力学的根底 .早期物理学家关于惯性有以下说法 ,其中正确的选项是 A.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性 B.没有力作用 ,物体只能处于静止状态C.行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D.运动物体如果没有受到力的作用 ,将继续以同一速度沿同一直线运动 答案：AD答案及解析： 14.【答案】AD 【解析】惯性的定义是物体保持静止或匀速直线运动的性质叫惯性 ,所以A 正确；如果没有力 ,物体将保持静止或匀速直线运动 ,所以B 错误；行星在轨道上保持匀速率的圆周运动的原因是合外力与需要的向心力总是相等 ,所以C 错误；运动物体不受力 ,它将保持匀速直线运动状态 ,所以D 正确 . 15.如图 ,x 轴在水平地面内 ,y 轴沿竖直方向 .图中画出了从y 轴上沿x 轴正向抛出的三个小球a 、b 和c 的运动轨迹 ,其中b 和c 是从同一点抛出的 ,不计空气阻力 ,那么 A.a 的飞行时间比b 的长 B.b 和c 的飞行时间相同 C.a 的水平速度比b 的小 D.b 的初速度比c 的大 答案：BD 15.【答案】BD 【解析】根据212h gt =可知t =,所以a b c t t t <= ,即A 错误 ,B 正确；由x v t =得a b c v v v >> ,所以C 错误 ,D 正确 .16.如图 ,一小球放置在木板与竖直墙面之间 .设墙面对球的压力大小为N 1 ,球对木板的压力大小为N 2 .以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴 ,将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置 .不计摩擦 ,在此过程中 A.N 1始终减小 ,N 2始终增大 B.N 1始终减小 ,N 2始终减小 C.N 1先增大后减小 ,N 2始终减小 D.N 1先增大后减小 ,N 2先减小后增大 答案：B16【答案】B【解析】受力分析如下图: 重力的大小方向都不变 ,可知N 1、N 2的合力大小、方向都不变 ,当木板向下转动时 ,N 1、N 2变化如下图 ,即N 1、N 2都减小 ,所以正确选项为B17.自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈 ,原、副线圈都只取该线圈的某局部 ,一升压式自耦调压变压器的电路如下图 ,其副线圈匝数可调 .变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝 ,接在有效值为220V 的交流电源上 .当变压器输出电压调至|最|大时 ,负载R 上的功率为2.0 kW .设此时原线圈中电流有效值为I 1 ,负载两端电压的有效值为U 2 ,且变压器是理想的 ,那么U 2和I 1分别约为 和 和 和 和 答案：B 17.【答案】B 【解析】由1212U U n n =得：221119002203801100n U U V V n ==⨯= ,由121122P P U I U I ===得21120009.1220P I A A U === ,所以B 正确 .GF 电F 合18.如图 ,平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度 ,两极板与一直流电源相连 .假设一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器 ,那么在此过程中 ,该粒子 A.所受重力与电场力平衡 B.电势能逐渐增加 C.动能逐渐增加 D.做匀变速直线运动 答案：BD18.【答案】BD【解析】受力分析如下图 ,知重力与电场力的合力与速度方向相反 ,所以粒子做匀减速直线运动 ,动能减小 ,所以A 、C 错误 ,D 正确；因为电场力与速度方向夹角为钝角 ,所以电场力做负功 ,电势能增加 ,即B 正确 .19.如图 ,均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框 ,半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面 (纸面 )向里 ,磁感应强度大小为B 0.使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周 ,在线框中产生感应电流 .现使线框保持图中所示位置 ,磁感应强度大小随时间线性变化 .为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流 ,磁感应强度随时间的变化率tB∆∆的大小应为 A.πω04B B.πω02B C.πω0B D.πω20B 答案：C 19【答案】C【解析】线圈匀速转动过程中 ,22001122B R B R E I r r rωω===；要使线圈产生相同电流 ,221111122B R E BR I r r t r t r tπφπ∆∆∆====∆∆∆ ,所以0B B t ωπ∆=∆ ,所以C 正确 .20.如图 ,一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内 ,线框在长直导线右侧 ,且其长边与长直导线平行 .在t =0到t =t 1的时间间隔内 ,直导线中电流i 发生某种变化 ,而线框中感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右 .设电流i 正方向与图中箭头方向相同 ,那么i 随时间t 变化的图线可能是答案：A20【答案】A【解析】由楞次定律可知：线框受力水平向左时 ,线圈中的磁场要阻碍原磁场引起的磁通量的减弱 ,说明导线中的电流正在减弱；线框受力水平向右时 ,线圈中的磁场要阻碍原磁场引起的磁通量的增强 ,说明导线中的电流正在增强；所以导线中的电流先减弱后增强 ,所以CD 错误；又因线圈中的电流为顺时针方向 ,所以由右手螺旋定那么知线圈产生磁场为垂直纸面向里 ,因为线圈中的磁场要阻碍原磁场引起的磁通量的减弱 ,故导线初始状态在导线右侧产生的磁场方向为垂直纸面向里 ,由右手螺旋定那么知导线中电流方向为正方向 ,所以A 正确 ,B 错误 .21.假设地球是一半径为R 、质量分布均匀的球体 .一矿井深度为d .质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零 .矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为 A.R d -1 B. Rd +1 C. 2)(R d R - D. 2)(d R R -答案：A 21【答案】A【解析】在地球外表2M mg Gm R = ,又343M R ρπ= ,所以243M g G G R R πρ== ,因为球壳对球内物体的引力为零 ,所以在深为d 的矿井内()2Mmg Gm R d '=- ,得()()243Mg GG R d R d πρ'==-- ,所以1g R d d g R R '-==- . 第二卷三、非选择题 .包括必考题和选考题两局部 .第22题~第32题为必考题 ,每个试题考生都必须做答 .第33题~第40题为选考题 ,考生根据要求做答 . (一 )必考题 (11题 ,共129分 ) 22. (5分 )某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度 .该螺旋测微器校零时的示数如图 (a )所示 ,测量金属板厚度时的示数如图 (b )所示 .图 (a )所示读数为_________mm ,图 (b )所示读数为_________mm ,所测金属板的厚度为_________mm .答案：；；22. (5分 )【考点】长度测量 【答案】；； 【解析】 (a )图螺旋测微器的读数步骤如下.首|先 ,确定从主尺读出毫米数为0mm ,可动刻度与主尺对齐个数为 (格 ) ,读数为 ,那么螺旋测微器读数为 + = , (b )图螺旋测微器的读数步骤如下.首|先 ,确定从主尺读出毫米数为 ,可动刻度与主尺对齐个数为 (格 ) ,读数为 ,那么螺旋测微器读数为 + = ,考虑调零问题金属板实际厚度 6.8700.100 6.860d mm =-=23. (10分 )图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场 .现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力 ,来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向 .所用局部器材已在图中给出 ,其中D 为位于纸面内的U 形金属框 ,其底边水平 ,两侧边竖直且等长；E 为直流电源；R 为电阻箱；○A 为电流表；S 为开关 .此外还有细沙、天平、米尺和假设干轻质导线 .(1 )在图中画线连接成实验电路图 . (2 )完成以下主要实验步骤中的填空①按图接线 .②保持开关S 断开 ,在托盘内参加适量细沙 ,使D 处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m 1 .③闭合开关S ,调节R 的值使电流大小适当 ,在托盘内重新参加适量细沙 ,使D________；然后读出_________________ ,并用天平称出_______ . ④用米尺测量_______________ .(3 )用测量的物理量和重力加速度g 表示磁感应强度的大小 ,可以得出B =_________ . (4 )判定磁感应强度方向的方法是：假设____________ ,磁感应强度方向垂直纸面向外；反之 ,磁感应强度方向垂直纸面向里 .23. (10分 )【答案】连线如下图 .(2)③重新处于平衡状态； 电流表的示数I ；此时细沙的质量 m 2 .④ D 的底边长度l . (3)B =Ilgm m 12-(4)m 2> m 1 ,【解析】测磁感应强度原理：开关断开时 ,线框的重力等于砝码的重力 ,所以01m g m g = ,得01m m =；接通电源后 ,假设磁感应强度的方向垂直于纸面向里 ,那么安培力向上 ,那么有02m g BIl m g -= ,所以()12m m g B Il-=；接通电源后 ,假设磁感应强度的方向垂直于纸面向外 ,那么安培力向下 ,那么有02m g BIl m g += ,所以()21m m gB Il-=；所以⑶中磁感应强度的大小为12m m gB Il-= .24. (14分 )拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具 (如图 ) .设拖把头的质量为m ,拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ ,重力加速度为g ,某同学用该拖把在水平地板上拖地时 ,沿拖杆方向推拖把 ,拖杆与竖直方向的夹角为θ . (1 )假设拖把头在地板上匀速移动 ,求推拖把的力的大小 .(2 )设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ .存在一临界角θ0 ,假设θ≤θ0 ,那么不管沿拖杆方向的推力多大 ,都不可能使拖把从静止开始运动 .求这一临界角的正切tan θ0 .24.(14分 )解：(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F 的力推拖把 .将推拖把的力沿竖直和水平方向分解 ,按平衡条件有Fcosθ + mg =N ① Fsinθ =f②式中N 和f 分别为地板对拖把的正压力和摩擦力 .按摩擦定律有 f =μN ③联立①②③得F =mg θμθμcos sin -④(2)假设不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动 ,应有 Fsinθ≤λN ⑤这时①式仍满足 ,联立①⑤得 sinθ -λcosθ≤λFmg现考察使上式成立的θ角的取值范围 ,注意到上式右边总是大于零 ,且当F 无限大时极限为零 ,有 sinθ -λcosθ≤0 ⑦使上式成立的θ角满足θ≤θ0 ,这里θ0是题中所定义的临界角 ,即当θ≤θ0时 ,不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把 .临界角的正切为 tanθ0 =λ 25. (18分 )如图 ,一半径为R 的圆表示一柱形区域的横截面 (纸面 ) .在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场 ,一质量为m 、电荷量为q 的粒子沿图中直线在圆上的a 点射入柱形区域 ,在圆上的b 点离开该区域 ,离开时速度方向与直线垂直 .圆心O 到直线的距离为 .现将磁场换为平等于纸面且垂直于直线的匀强电场 ,同一粒子以同样速度沿直线在a 点射入柱形区域 ,也在b 点离开该区域 .假设磁感应强度大小为B ,不计重力 ,求电场强度的大小 .25. (18分 )【答案】解：粒子在磁场中做圆周运动 .设圆周的半径为r ．由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得rv m qvB 2= ①式中v 为粒子在a 点的速度过b 点和O 点作直线的垂线 ,分别与直线交于c 和d 点 .由几何关系知 ,线段ac 、bc 和过a 、b 两点的轨迹圆弧的两条半径 (未画出 )围成一正方形 .因此ac =bc =r ②设cd =x ,由几何关系得 ac =45 R +x ③bc =2253x R R -+ ④联立②③④式得r =75R ⑤再考虑粒子在电场中的运动 .设电场强度的大小为E ,粒子在电场中做类平抛运动设其加速度大小为a ,由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE =ma ⑥粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r 由运动学公式得 r =12 at 2r =vt式中t 是粒子在电场中运动的时间 .联立①⑤⑥⑦⑧式得mRqB E 5142=⑨33.[物理 - -选修3 -3] (15分 )(1 ) (6分 )关于热力学定律 ,以下说法正确的选项是________ (填入正确选项前的字母 ,选对1个给3分 ,选对2个给4分 ,选对3个给6分 ,每选错1个扣3分 ,最|低得分为0分 ) . A.为了增加物体的内能 ,必须对物体做功或向它传递热量 B.对某物体做功 ,必定会使该物体的内能增加 C.可以从单一热源吸收热量 ,使之完全变为功 D.不可能使热量从低温物体传向高温物体E.功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程 答案：ACE(2 ) (9分 )如图 ,由U 形管和细管连接的玻璃泡A 、B 和C 浸泡在温度均为0°C 的水槽中 ,B 的容积是A 的3倍 .阀门S 将A 和B 两局部隔开 .A 内为真空 ,B 和C 内都充有气体 .U 形管内左边水银柱比右边的低60mm .翻开阀门S ,整个系统稳定后 ,U 形管内左右水银柱高度相等 .假设U 形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积 .(i )求玻璃泡C 中气体的压强 (以mmHg 为单位 )；(ii )将右侧水槽的水从0°C 加热到一定温度时 ,U 形管内左右水银柱高度差又为60mm ,求加热后右侧水槽的水温 . 33⑴【答案】ACE【解析】由热力学第|一定律W Q U +=∆ ,知A 正确 ,B 错误；由热力学第二定律知 ,C 、D 这些过程在借助于外界帮助的情况下是可以实现的 ,所以C 正确、D 错误；由自然界中一切与热现象有关的过程都是不可逆的 ,所以E 正确 .(2) (i )在翻开阀门S 前 ,两水槽水温均为T 0 =273K .设玻璃泡B 中气体的压强为p 1 ,体积为V B ,玻璃泡C 中气体的压强为p C ,依题意有p 1 =p C +Δp ①式中Δp =60mmHg .翻开阀门S 后 ,两水槽水温仍为T 0 ,设玻璃泡B 中气体的压强为p B . 依题意 ,有p A =p C ②玻璃泡A 和B 中气体的体积为 V 2 =V A +V B ③ 根据玻意耳定律得 p 1 V B =p B V 2 ④ 联立①②③④式 ,并代入题给数据得 180mmHg BC AV p p V =∆= ⑤ (ii )当右侧水槽的水温加热至|T′时 ,U 形管左右水银柱高度差为Δp .玻璃泡C 中气体的压强为p c ′ =p a +Δp ⑥玻璃泡C 的气体体积不变 ,根据查理定理得0C C p p T T '='⑦联立②⑤⑥⑦式 ,并代入题给数据得 T′ =364 K ⑧ 34.[物理 - -选修3 -4] (15分 )(1 ) (6分 )一简谐横波沿x 轴正向传播 ,t =0时刻的波形如图 (a )所示 ,x =处的质点的振动图线如图 (b )所示 ,该质点在t =0时刻的运动方向沿y 轴_______ (填 "正向〞或 "负向〞 ) .该波的波长大于 ,那么该波的波长为_______m .答案：正向；(2 ) (9分 )一玻璃立方体中|心有一点状光源 .今在立方体的局部外表镀上不透明薄膜 ,以致从光源发出的光线只经过一次折射不能透出立方体 .该玻璃的折射率为2 ,求镀膜的面积与立方体外表积之比的最|小值 .34⑴【答案】正向【解析】⑴由b 图可知 ,0时刻质点振动方向沿y 轴正向；根据质点带动法和波向右传播 ,得a 图知介质中各质点的振动方向如图示 ,由振动方程t T A y π2sin= ,即有t Tπ2sin 22= 得22sin 2t T π= ,又因为该波长大于 ,所以234t T ππ= ,得38t T = ,又0.338x v T t T λ∆===∆ 所以0.8m λ= .如图 ,考虑从玻璃立方体中|心O 点发出的一条光线 ,假设它斜射到玻璃立方体上外表发生折射 .根据折射定律有sin sin n θα= ① 式中 ,n 是玻璃的折射率 ,入射角等于θ ,α是折射角 .现假设A 点是上外表面积最|小的不透明薄膜边缘上的一点 .由题意 ,在A 点刚好发生全反射 ,故2A πα=②设线段OA 在立方体上外表的投影长为R A ,由几何关系有A 22sin =()2A A R a R θ+③式中a 为玻璃立方体的边长 ,有①②③式得221A a R n =-④由题给数据得2A a R =⑤ 由题意 ,上外表所镀的面积最|小的不透明薄膜应是半径为R A 的圆 .所求的镀膜面积S′与玻璃立方体的外表积S 之比为2266AR S S a π'=⑥ 由⑤⑥式得4S S π'=⑦ 35.[物理 - -选修3 -5] (15分 )(1 ) (6分 )氘核和氚核可发生热核聚变而释放巨大的能量 ,该反响方程为：21H +31H →42He +x ,式中x 是某种粒子 .：21H 、31H 、42He 和粒子x 的质量分别为、、和；2 ,c 是真空中的光速 .由上述反响方程和数据可知 ,粒子x 是__________ ,该反响释放出的能量为_________ MeV (结果保存3位有效数字 ) 答案：10n (或中子 ) ,(2 ) (9分 )如图 ,小球a 、b 用等长细线悬挂于同一固定点O .让球a 静止下垂 ,将球b 向右拉起 ,使细线水平 .从静止释放球b ,两球碰后粘在一起向左摆动 ,此后细线与竖直方向之间的最|大偏角为60° .忽略空气阻力 ,求 (i )两球a 、b 的质量之比；(ii )两球在碰撞过程中损失的机械能与球b 在碰前的最|大动能之比 .35.【答案】⑴10n (中子 )【解析】根据234112H H H x +→+并结合质量数守恒和电荷数守恒知x 为10n ；由质能方程2E mc ∆=∆得()()23412341112112293617.61H H H n H H H nMevE m m m m c m m m m MeV u∆=+--=+--=(i )设球b 的质量为m 2 ,细线长为L ,球b 下落至|最|低点 ,但未与球a 相碰时的速度为v ,由机械能守恒定律得22212m gL m v =① 式中g 是重力加速度的大小 .设球a 的质量为m 1；在两球碰后的瞬间 ,两球共同速度为v′ ,以向左为正 .有动量守恒定律得 212()m v m m v '=+②设两球共同向左运动到最|高处 ,细线与竖直方向的夹角为θ ,由机械能守恒定律得212121()()(1cos )2m m v m m gL θ'+=+-③联立①②③式得121m m =-代入数据得121m m = (ii )两球在碰撞过程中的机械能损失是 212()(1cos )Q m gL m m gL θ=-+-联立①⑥式 ,Q 与碰前球b 的最|大动能E k (E k =2212m v )之比为 1221(1cos )k m m QE m θ+=--⑦ 联立⑤⑦式 ,并代入题给数据得1k Q E =-⑧。

专题十八解答计算题方法与技巧物理计算题历来是高考拉分题，试题综合性强，涉及物理过程较多，所给物理情境较复杂，物理模型较模糊甚至很隐蔽，运用的物理规律也较多，对考生的各项能力要求很高，为了在物理计算题上得到理想的分值，应做到细心审题、用心析题、规范答题．方法技巧一细心审题，做到一“看”二“读”三“思”1．看题“看题”是从题目中获取信息的最直接方法，一定要全面、细心，看题时不要急于求解，对题中关键的词语要多加思考，搞清其含义，对特殊字、句、条件要用着重号加以标注；不能漏看、错看或看不全题目中的条件，要重点看清题目中隐含的物理条件、括号内的附加条件等．2．读题“读题”就是默读试题，是物理信息内化的过程，它能解决漏看、错看等问题．不管试题难易如何，一定要怀着轻松的心情去默读一遍，逐字逐句研究，边读边思索、边联想，以弄清题中所涉及的现象和过程，排除干扰因素，充分挖掘隐含条件，准确还原各种模型，找准物理量之间的关系．3．思题“思题”就是充分挖掘大脑中所储存的知识信息，准确、全面、快速思考，清楚各物理过程的细节、内在联系、制约条件等，进而得出解题的全景图．【例1】如图所示，一对加有恒定电压的平行金属极板竖直放置，板长、板间距均为d.在右极板的中央有个小孔P，小孔右边半径为R的圆形区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，区域边界刚好与右极板在小孔P处相切．一排宽度也为d的带负电粒子以速度v0竖直向上同时进入两极板间后，只有一个粒子通过小孔P进入磁场，其余全部打在右极板上，且最后一个到达极板的粒子刚好打在右极板的上边缘．已知这排粒子中每个粒子的质量均为m、带电荷量大小均为q，磁场的磁感应强度大小为2mv0qR，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力．求：(1)板间的电压大小U ；(2)通过小孔P 的粒子离开磁场时到右极板的距离L ；(3)通过小孔P 的粒子在电场和磁场中运动的总时间t 总．【解析】 (1)依题意，从左极板下边缘射入的粒子恰好打在右极板的上边缘在竖直方向上有t ＝d v 0在水平方向上有a ＝qE m ＝qU md ，d ＝12at 2 联立解得U ＝2mv 20q. (2)从小孔P 射入磁场的粒子，在电场中的运动时间t 1＝d 2v 0经过小孔P 时，水平分速度v 1＝at 1＝v 0进入磁场时的速度大小v ＝v 20＋v 21＝2v 0，速度方向与右极板的夹角θ＝π4设粒子在磁场中做匀速圆周运动后从Q 点离开磁场，其轨迹如图所示，轨迹圆心在O ′点，则qvB ＝m v 2r，得 r ＝mv qB ＝2mv 0qB＝R 由几何关系可知粒子射出磁场时的速度方向竖直向下，由图知L ＝r ＋r cos θ＝(1＋22)R . (3)从小孔P 飞出的粒子在磁场中偏转的角度α＝3π4，粒子在磁场中运动的时间t 2＝3π42π·2πr v ＝32πR 8v 0通过小孔P 的粒子在电场和磁场中运动的总时间t 总＝t 1＋t 2＝d 2v 0＋32πR 8v 0. 【答案】 (1)U ＝2mv 20q (2)(1＋22)R (3)d 2v 0＋32πR 8v 0方法技巧二 用心析题，做到一“明”二“画”三“析”1．明过程“明过程”就是建立物理模型的过程，在审题获取一定信息的基础上，要对研究对象的各个运动过程进行剖析，建立起清晰的物理图景，确定每一个过程对应的物理模型、规律及各过程间的联系．2．画草图“画草图”就是根据题中各已知量的数量关系充分想象、分析、判断，在草稿纸上或答题纸上画出草图(如运动轨迹图、受力分析图、等效图等)以展示题述物理情境、物理模型，使物理过程更加直观、物理特征更加明显，进而方便确立题给条件、物理量与物理过程的对应关系．3．析规律“析规律”就是指在解答物理计算题时，在透彻分析题给物理情境的基础上，灵活选用规律．如力学计算题可用力的观点，即牛顿运动定律与运动学公式联立求解，也可用能量观点，即功能关系、机械能守恒定律和能量守恒定律联立求解．【例2】如图所示，A、B间存在与竖直方向成45°角斜向上的匀强电场E1，B、C间存在竖直向上的匀强电场E2，A、B的间距为1.25 m，B、C的间距为3 m，C为荧光屏．一质量m＝1.0×10－3 kg，电荷量q＝＋1.0×10－2 C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点．若在B、C间再加方向垂直于纸面向外且大小B＝0.1 T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏的O′点(图中未画出)．g取10 m/s2.求：(1)E1的大小；(2)加上磁场后，粒子由b点到O′点电势能的变化量及偏转角度．【解析】(1)粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有qE1cos 45°－mg＝0①解得E1＝ 2 N/C＝1.4 N/C(2)粒子从a到b的过程中，由动能定理得：qE1d AB sin 45°＝12mv2b②解得v b＝5 m/s加磁场前粒子在B、C间做匀速直线运动，则有：qE2＝mg③加磁场后粒子在B、C间做匀速圆周运动，如图所示：由牛顿第二定律得：qv b B ＝m v 2b R④ 解得：R ＝5 m由几何关系得：R 2＝d 2BC ＋(R －y )2 ⑤解得：y ＝1.0 m粒子在B 、C 间运动时电场力做的功为：W ＝－qE 2y ＝－mgy ＝－1.0×10－2 J ⑥由功能关系知，粒子的电势能增加了1.0×10－2 J设偏转角度为θ，则sin θ＝d BC R ＝0.6 ⑦解得：θ＝37°【答案】 (1)1.4 N/C (2)1.0×10－2 J 37°方法技巧三 规范答题，做到一“有”二“分”三“准”1．有必要的文字说明必要的文字说明是对题目完整解答过程中不可缺少的文字表述，它能使解题思路清晰明了，让阅卷老师一目了然，是获取高分的必要条件之一，主要包括：(1)研究的对象、研究的过程或状态的说明．(2)题中物理量要用题中的符号，非题中的物理量或符号，一定要用假设的方式进行说明．(3)题目中的一些隐含条件或临界条件分析出来后，要加以说明．(4)所列方程的依据及名称要进行说明．(5)所列的矢量方程一定要规定正方向．(6)对题目所求或所问有一个明确的答复且对所求结果的物理意义要进行说明．2．分步列式、联立求解解答高考试题一定要分步列式，因高考阅卷实行按步给分，每一步的关键方程都是得分点．分步列式一定要注意以下几点：(1)列原始方程，与原始规律公式相对应的具体形式，而不是移项变形后的公式．(2)方程中的字母要与题目中的字母吻合，同一字母的物理意义要唯一．出现同类物理量，要用不同下标或上标区分．(3)列纯字母方程，方程全部采用物理量符号和常用字母表示(例如位移x等)．(4)依次列方程，不要方程中套方程，也不要写连等式或综合式子．(5)所列方程式尽量简洁，多个方程式要标上序号，以便联立求解．3．必要演算、明确结果解答物理计算题一定要有必要的演算过程，并明确最终结果，具体要注意：(1)演算时一般先进行文字运算，从列出的一系列方程，推导出结果的计算式，最后代入数据并写出结果(要注意简洁，千万不要在卷面上书写许多化简、数值运算式)．(2)计算结果的有效数字位数应根据题意确定，一般应与题目中所列的数据的有效数字位数相近，如有特殊要求，应按要求选定．(3)计算结果是数据的要带单位(最好采用国际单位)，是字母符号的不用带单位．(4)字母式的答案中，最终答案中所用字母都必须使用题干中所给的字母，不能包含未知量，且一些已知的物理量也不能代入数据．(5)题中要求解的物理量应有明确的答案(尽量写在显眼处)，待求量是矢量的必须说明其方向．(6)若在解答过程中进行了研究对象转换，则必须交代转换依据，对题目所求要有明确的回应，不能答非所问．【例3】一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图(a)所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s时间内小物块的v－t图线如图(b)所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求：(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离．【解析】(1)规定向右为正方向．木板与墙壁碰撞前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m 和M【评注1】 要有必要的文字说明，这里说明了规定的正方向和所设字母的物理意义．由牛顿第二定律有－μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 1① 【评注2】 所列方程的名称．由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前的瞬间速度v 1＝4 m/s由运动学公式得v 1＝v 0＋a 1t 1②s 0＝v 0t 1＋12a 1t 21 ③ 式中，t 1＝1 s ，s 0＝4.5 m 是木板与墙壁碰撞前的位移，v 0是小物块和木板开始运动时的速度，联立①②③式和题给条件解得μ1＝0.1 ④【评注3】代入数据解方程的具体过程不必写出．在木板与墙壁碰撞后，木板以－v 1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v 1的初速度向右做匀变速运动．【评注4】说明两物体对应的物理过程或物理状态．设小物块的加速度为a 2，由牛顿第二定律有－μ2mg ＝ma 2 ⑤由题图(b)可得a 2＝v 2－v 1t 2－t 1⑥ 式中，t 2＝2 s ，v 2＝0，联立⑤⑥式和题给条件解得μ2＝0.4 ⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a 3，经过时间Δt ，木板和小物块刚好具有共同速度v 3，由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg ＋μ1(M ＋m )g ＝Ma 3⑧v 3＝－v 1＋a 3Δt⑨ v 3＝v 1＋a 2Δt ⑩ 【评注5】列原始方程，与原始规律公式相对应的具体形式．碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为x 1＝－v 1＋v 32Δt ⑪ 小物块运动的位移为x 2＝v 1＋v 32Δt ⑫小物块相对木板的位移为Δx ＝x 2－x 1⑬ 联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数据解得Δx ＝6.0 m ⑭【评注6】演算时一般先根据列出的一系列方程推导出结果的计算式，然后代入数据并写出结果．这样既有利于减轻运算负担，又有利于一般规律的发现．因为运动过程中小物块始终没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m.(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为x3，由牛顿第二定律及运动学公式得μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4⑮0－v23＝2a4x3⑯碰撞后木板运动的位移为x＝x1＋x3⑰联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数据解得x＝－6.5 m⑱【评注7】“－”号说明与规定向右的正方向相反，木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.【答案】(1)0.10.4(2)6.0 m(3)6.5 m【满分策略】策略①——“善于拆分，大题小做”计算题通常被称为“大题”，其原因是：此类试题一般文字叙述量较大，涉及多个物理过程，所给物理情境较复杂，涉及的物理模型较多且不明显，甚至很隐蔽，要运用较多的物理规律进行论证或计算才能求得结论，题目的分值也较重．特别是压轴题25题都是一个较复杂的运动过程，整个运动过程往往是由多个连续的、简单的运动过程有机链接而成，能否顺利解题关键是同学们能否顺利地将整个复杂的运动过程分解为独立的、较为简单的过程——即大题小做，各个击破．“大题小做”三步曲第一步：细心审题(1)注意关键字句，明确解答目标(2)加强判断推理，找出隐含条件(3)关注过程细节，弄清内在联系第二步：用心析题(1)过程拆分——快速建模物理计算题中研究对象所经历的过程往往比较复杂，在审题获取关键词语、隐含条件后，就要建立相应的物理模型，即对研究对象的各个运动过程进行剖析，建立起清晰的物理图景，确定每一个过程对应的物理模型、规律及各过程间的联系．(2)活用规律——准确答题解答物理计算题时，在透彻分析题给物理情境的基础上，要灵活选用规律和方法分步列式、联立求解． 第三步：规范答题(1)有必要的文字说明(2)有必要的方程式(3)有必要的演算过程及明确的结果例1、如图，ABD 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB 段是水平的，BD 段为半径R ＝0.2 m 的半圆，两段轨道相切于B 点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E ＝5.0×103 V /m .一不带电的绝缘小球甲，以速度v 0沿水平轨道向右运动，与静止在B 点带正电的小球乙发生弹性碰撞．已知甲、乙两球的质量均为m ＝1.0×10－2 kg ，乙所带电荷量q ＝2.0×10－5 C ，g 取10 m /s 2.(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)求：(1)甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D ，求乙在轨道上的首次落点到B 点的距离；(2)在满足(1)的条件下，求甲的速度v 0；(3)若甲仍以速度v 0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B 点的距离范围．【过程拆分】 第(1)问可拆分为2个小题：①求乙恰能通过轨道最高点的速度？建模：竖直面内圆周运动“绳”模型规律：牛顿第二定律 mg ＋Eq ＝mv 2D R②求乙在轨道上的首次落点到B 点的距离x?建模：乙离开D 点后做类平抛运动规律：2R ＝12⎝⎛⎭⎫mg ＋Eq m t 2 x ＝v D t 第(2)问可拆为2个小题：③甲、乙两球刚碰后乙球的速度是多少？建模：竖直面内圆周运动模型(B→D 过程)规律：动能定理 －mg·2R －qE·2R ＝12mv 2D －12mv 2乙 ④甲、乙两球刚碰后甲球的速度是多少？建模：弹性碰撞模型规律：动量守恒定律 mv 0＝mv 甲＋mv 乙机械能守恒定律 12mv 20＝12mv 2甲＋12mv 2乙 第(3)问可拆分为3个小题：⑤设甲的质量为M ，求甲、乙两球碰后，乙的速度v m 的范围？建模：弹性碰撞规律：动量守恒 Mv 0＝Mv M ＋mv m机械能守恒 12Mv 20＝12Mv 2M ＋12mv 2m ⑥求乙球过D 点的速度v D ′的范围？建模：竖直面内圆周运动模型(B→D 过程)规律：动能定理 －mg·2R －qE·2R ＝12mv D ′2－12mv 2m⑦求小球落点到B 点的距离范围？建模：类平抛运动 规律：水平方向匀速运动 x′＝v D ′t【解析】(1)在乙恰好能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为v D ，乙离开D 点达到水平轨道的时间为t ，乙的落点到B 点的距离为x ，则mg ＋qE ＝m v 2D R① 2R ＝12⎝⎛⎭⎫mg ＋qE m t 2② x ＝v D t ③联立①②③得x ＝0.4 m ④(2)对乙球从B→D 过程由动能定理得－mg·2R －qE·2R ＝12mv 2D －12mv 2乙⑤ 联立并代入数据得v 乙＝5(mg ＋qE )R m＝2 5 m /s ⑥ 设碰撞后甲、乙的速度分别为v 甲、v 乙，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv 0＝mv 甲＋mv 乙⑦12mv 20＝12mv 2甲＋12mv 2乙⑧联立⑦⑧得v 乙＝v 0，v 甲＝0所以v 0＝2 5 m /s ⑨(3)设甲的质量为M ，碰撞后甲、乙的速度分别为v M 、v m ，根据动量守恒和机械能守恒定律有Mv 0＝Mv M ＋mv m ○1012Mv 20＝12Mv 2M ＋12mv 2m⑪ 联立⑩⑪得v m ＝2Mv 0M ＋m⑫ 由⑫和M≥m 可得v 0≤v m <2v 0⑬设乙球过D 点的速度为v D ′，由动能定理得－mg·2R －qE·2R ＝12mv D ′2－12mv 2m⑭ 联立⑨⑬⑭得2 m /s ≤v D ′<8 m /s ⑮设乙在水平轨道上的落点到B 点的距离为x′，则有x′＝v D ′t ⑯联立②⑮⑯得0.4 m ≤x′<1.6 m .【答案】 (1)0.4 m (2)2 5 m /s (3)0.4 m ≤x′<1.6 m策略②——“情境示意，一目了然”认真阅读题目、分析题意、搞清题述物理状态及过程，并用简图(示意图、运动轨迹图、受力分析图、等效图等)将这些状态及过程表示出来，以展示题述物理情境、物理模型，使物理过程更为直观、物理特征更为明显，进而快速简便解题．例2、如图所示，M 、N 为加速电场的两极板，M 板中心Q 点有一小孔，其正上方有圆心为O 、半径R 1＝1 m 的圆形磁场区域和圆心为O 、内半径为R 1、外半径R 2＝ 2 m 的环形磁场区域．环形磁场区域的外边界与M 板相切于Q 点．两个磁场均垂直于纸面，磁感应强度大小均为B(B ＝0.5 T )，但方向相反．一带正电的粒子从N 板附近的P 点由静止释放，经加速后通过小孔，垂直进入环形磁场区域．已知点P 、Q 、O 在同一直线上，粒子的比荷q m ＝4×107 C /kg ，不计粒子的重力，且不考虑粒子的相对论效应．(1)若加速电场的两极板间的电压U 1＝5×106 V ，求粒子刚进入环形磁场时的速率v 0；(2)要使粒子能进入中间的圆形磁场区域，加速电场的两极板间的电压U 2应满足什么条件？(3)当加速电场的两极板间的电压为某一值时，粒子进入圆形磁场区域后恰能水平通过圆心O ，之后返回到出发点P ，求粒子从进入磁场到第一次回到Q 点所用的时间t.【分析】 第1步：读题――→分析运动过程――→建构运动模型．模型1：粒子在电场中做匀加速直线运动模型2：粒子在两磁场中均做匀速圆周运动第2步：“抽象思维”――→转化为“形象思维”(1)“要使粒子能进入中间的圆形磁场区域”――→转化几何关系：r 21＋R 22＝(R 1＋r 1)2 (2)“粒子进入圆形磁场区域后恰能水平通过圆心O”――→转化几何关系：O 2O 3＝2O 2Q ＝2r 2↓∠QO 3O 2＝30°，∠QO 2O 3＝60°↓∠OO 3O 2＝150°【解析】 (1)粒子在电场中加速，由动能定理有qU 1＝12mv 20解得v 0＝2×107 m /s .(2)粒子刚好不进入中间圆形磁场时的运动轨迹如图甲所示，圆心O 1在M 板上．设此时粒子在磁场中运动的轨道半径为r 1.根据图中的几何关系(Rt △OQO 1)有r 21＋R 22＝(r 1＋R 1)2又根据洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m v 2r 1在加速电场中，由动能定理有qU 2＝12mv 2 联立并代入数据解得U 2＝1.25×106 V要使粒子能进入中间的圆形磁场区域，加速电场的两极板间的电压U 2应满足的条件为U 2>1.25×106 V .(3)依题意作出粒子的运动轨迹，如图乙所示．由于O 、O 3、Q 共线，且粒子在两磁场中运动的轨迹半径(设为r 2)相同，故有O 2O 3＝2O 2Q ＝2r 2，由此可判断∠QO 3O 2＝30°，∠QO 2O 3＝60°，进而判断∠OO 3O 2＝150°粒子从进入磁场到第一次回到Q 点所用的时间t ＝2⎝⎛⎭⎫60°360°T ＋150°360°T ＝76T又T ＝2πm qB联立并代入数据解得t ＝7π6×10－7 s . 【答案】 (1)2×107 m /s (2)U 2>1.25×106 V (3)7π6×10－7 s 【变式探究】某课外探究小组的同学们利用学校实验室内的绝缘材料自制了一条细导轨OABCDP(如图所示)，其中OAB 段和DP 段为粗糙的水平导轨，B 点和D 点在同一水平面上但不重合，P 端离沙地的高度h ＝0.8 m ；BCD 段为圆环形导轨，半径R ＝0.5 m ，其中BC 段光滑、CD 段很粗糙．将一个中心有孔的钢球(孔径略大于细导轨直径)套在导轨端点O 处，钢球的带电荷量q ＝＋3.7×10－4 C ，质量m ＝0.2 kg .某次实验中，在导轨OA 段加上水平向右的、场强E ＝1×104 V /m 的匀强电场时，钢球即开始沿导轨运动，经过C 点时速度为3 m /s ，最终恰好停在P 点．已知AB 段长L 1＝1.0 m ，DP 段长L 2＝1.0 m ，钢球与水平导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.2.(1)求钢球经过C 点时对导轨的弹力；(2)求OA 段导轨的长度d ；(3)为了让钢球从导轨右端抛出，并且落在沙地上的位置最远，需在P 端截去多长的一段水平导轨？钢球落在沙地上的最远位置与D 点的水平距离多大？【解析】(1)在C 点，设导轨对钢球的弹力方向为竖直向下，则F N ＋mg ＝m v 2C R代入数据解得F N ＝1.6 N由牛顿第三定律知，钢球对导轨的弹力也为1.6 N ，方向竖直向上(2)O→C 过程，qEd －μmg(d ＋L 1)－mg·2R ＝12mv 2C代入数据可解得d ＝1 m(3)设导轨右端截去长度为x ，滑块离开导轨平抛时的初速度为v 0，落在沙地上的位置与D 点的水平距离为s ，则v 20＝2μgx ，h ＝12gt 2，s ＝(L 2－x)＋v 0t 由以上各式代入数据可得s ＝1－x ＋0.8x 当x ＝0.4，即x ＝0.16 m 时，s 有最大值s m ＝1.16 m .【答案】(1)1.6 N ，方向竖直向上 (2)1 m (3)0.16 m 1.16 m【变式探究】如图所示，两间距为l 的足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，整个空间存在竖直向下的磁场，虚线将磁场分成两部分，虚线左、右两侧的磁感应强度大小分别为B 1、B 2，且B 1＝2B 2.两质量均为m 的导体棒甲、乙垂直导轨静止地放在虚线的左侧，导体棒甲、乙的阻值分别为R 1、R 2.现给导体棒甲一水平向右的冲量I ，两导体棒开始运动，整个过程中两导体棒始终与导轨垂直且接触良好，两导轨的电阻可忽略不计．(1)求导体棒甲开始运动时电路中的电流．(2)如果导体棒乙运动到虚线前达到稳定状态，求导体棒乙稳定时的速度大小．(3)导体棒乙越过虚线后，经过一段时间再次达到稳定状态，假设此时导体棒甲刚好运动到虚线．求导体棒乙从越过虚线到再次稳定的过程中，整个电路产生的焦耳热．【解析】(1)设导体棒甲得到冲量I 时的速度为v 0，导体棒甲产生的感应电动势为E ，回路中的电流为i ，则由动量定理得I ＝mv 0由法拉第电磁感应定律得E ＝B 1lv 0由闭合电路欧姆定律得i ＝E R 1＋R 2， 联立得i ＝B 1lI (R 1＋R 2)m. (2)导体棒甲和导体棒乙在虚线左侧磁场中运动过程中所受安培力大小相等、方向相反，二者组成的系统所受的合力为零，故两导体棒组成的系统动量守恒．导体棒甲和导体棒乙在虚线左侧达到稳定时两导体棒速度相等，导体棒乙速度达到最大，假设最大速度为v m ，此时根据动量守恒定律有mv 0＝2mv m ，解得v m ＝I 2m. (3)导体棒乙刚进入虚线右侧的磁场中时，设导体棒甲产生的感应电动势为E 1，导体棒乙产生的感应电动势为E 2，则由法拉第电磁感应定律得E 1＝B 1lv m 、E 2＝B 2lv m又B 1＝2B 2，所以E 1＝2E 2导体棒乙越过虚线后，回路中立即产生感应电流，在安培力作用下导体棒甲做减速运动，导体棒乙做加速运动，直至两棒产生的感应电动势大小相等时，二者做匀速运动．此时设导体棒甲的速度为v a ，导体棒乙的速度为v b ，这一过程所用的时间为t.此时有B 1lv a ＝B 2lv b解得v b ＝2v a设在t 时间内通过导体棒甲、乙的电流的平均值为I －，以水平向右为正方向．对导体棒甲，根据动量定理有，－B 1I －lt ＝mv a －mv m对导体棒乙，根据动量定理有，B 2I －lt ＝mv b －mv m联立解得v a ＝35v m ，v b ＝65v m 设导体棒乙越过虚线后，整个电路中产生的焦耳热为Q ，根据能量守恒定律有Q ＝2×12mv 2m －12mv 2a －12mv 2b 联立得Q ＝I 240m. 【答案】(1)B 1lI (R 1＋R 2)m(2)I 2m (3)I 240m。

2024年高考真题完全解读（江西卷）养成良好的答题习惯，是决定成败的决定性因素之一。

做题前，要认真阅读题目要求、题干和选项，并对答案内容作出合理预测;答题时，切忌跟着感觉走，最好按照题目序号来做，不会的或存在疑问的，要做好标记，要善于发现，找到题目的题眼所在，规范答题，书写工整;答题完毕时，要认真检查，查漏补缺，纠正错误。

2024年是江西省新教材新高考元年，试卷题型、题量与2024年1月“九省联考”完全一样，即选择题分为单项选择题（7个），多项选择题（3个），实验题（一力一电两个），解答题（3个），与新教材新高考先行一步的广东卷相同。

2024年江西省新教材新高考物理试卷依据高考评价体系的“四翼”考查要求，即基础性、综合性、应用性和创新性。

整套试卷难度适中，试题按难易程度顺序逐步排序，前面1-9题简单、基础，运算也不大，考生作答时，容易上手，消除开始的紧张感，逐渐进入佳境，有利于考生的发挥；同时试题具有一定的区分度，从第10题开始，试题难度逐步增加（第13题热学除外），第14题通过雪地转椅的水平圆盘分别在水平雪地和离雪地一定高度匀速转动两种情况考查匀速圆周运动的向心力来源，本题物理原理简单，数学运算具有一定的难度；第15题的（3）问借鉴2022年全国乙卷25题的（3）问的思路，考查考生的逻辑推理能力和对运动过程的分析能，结合乙棒在斜面上运动度度与时间的关系，找出两个临界条件，难度很大，考生在短时间内较难分析得出结论，也体现出《中国高考评价体系》“四翼”中的综合性，具有较好的选拔性。

对于江西省第一年新教材新高考，从知识分布来看，绝大部分集中在力、电两大模块，其中力学分值约40分，占比40%，电磁学分值约40分，点比40%，突显力、电两大模块的重要性，而对选择性必修部分的考查相对来说就更简单，光学只考查了一道题（双缝干涉实验器材的放置顺序与器材的作用），并没有出现难度相对较的几何光学；热学部分也只考查了一道试题（查理定律和波意耳定律的简单应用，属于送分题），原子物理部分利用江西科学家发明的硅衬底氮化镓基系列发光二极管考查光的能量公式（本题也是送分题），总体来看，本套物理试题，注意基础知识的应用，力、电两大模型是重点，经典物理模型考查不多，要求学生对每个知识原理熟悉，能够灵活运用。

高考物理2020试题答案2020年高考物理试题答案解析一、选择题1. 根据牛顿第二定律，物体的加速度与作用力成正比，与其质量成反比。

因此，当物体质量减半，作用力翻倍时，物体的加速度将是原来的多少倍？答案是4倍。

2. 在电路中，串联电阻的总阻值等于各个电阻之和。

并联电阻的总阻值的倒数等于各个电阻倒数之和。

所以，对于给定的电阻值，选择并联方式会使总阻值变小。

3. 光的折射定律表明，入射光线、折射光线和法线都在同一平面内，且入射角和折射角的正弦值之比等于两种介质的折射率之比。

因此，当光从光密介质进入光疏介质时，折射角会大于入射角。

4. 电磁感应定律是法拉第发现的，它表明在闭合回路中，感应电动势的大小与穿过回路的磁通量的变化率成正比。

而楞次定律则说明了感应电流的方向，总是这样的，它的效果是反抗引起感应电流的磁通量的变化。

二、填空题1. 物体做匀速圆周运动时，所受的向心力是由其他力提供的，向心加速度的大小为物体质量与速度平方的乘积除以圆周的半径。

2. 牨定滑轮的特点是它不省力，但可以改变力的方向。

动滑轮则可以省一半的力，不过通常需要移动整个滑轮系统。

3. 欧姆定律表明，电阻中的电流与两端的电压成正比，与电阻值成反比。

因此，当电阻值固定时，电压增加会导致电流增加。

三、计算题1. 一个质量为2kg的物体受到一个水平方向的力F=10N，求物体的加速度。

根据牛顿第二定律，加速度a=F/m=10N/2kg=5m/s²。

2. 一个电路由一个电阻R1=5Ω和一个电阻R2=10Ω串联组成，求电路的总阻值。

根据串联电阻的计算方法，总阻值R=R1+R2=5Ω+10Ω=15Ω。

3. 一束光线从折射率为1.2的介质入射到空气中，入射角为30°，求折射角。

根据折射定律，sin折射角=sin入射角/折射率，所以sin折射角=sin30°/1.2，得到折射角约为19.47°。

四、实验题1. 在测量物体加速度的实验中，可以使用打点计时器来记录物体在不同时间的位置。