2018版世纪金榜高中物理二轮复习计算题标准练5.doc

机械能知识网络：单元切块：按照考纲的要求，本章内容可以分成四个单元，即：功和功率；动能、势能、动能定理；机械能守恒定律及其应用；功能关系动量能量综合。

其中重点是对动能定理、机械能守恒定律的理解，能够熟练运用动能定理、机械能守恒定律分析解决力学问题。

难点是动量能量综合应用问题。

§1 功和功率教学目标：理解功和功率的概念，会计算有关功和功率的问题培养学生分析问题的基本方法和基本技能教学重点：功和功率的概念教学难点：功和功率的计算教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、功1．功功是力的空间积累效应。

它和位移相对应（也和时间相对应）。

计算功的方法有两种：（1）按照定义求功。

即：W =Fs cos θ。

在高中阶段，这种方法只适用于恒力做功。

当20πθ<≤时F 做正功，当2πθ=时F 不做功，当πθπ≤<2时F 做负功。

这种方法也可以说成是：功等于恒力和沿该恒力方向上的位移的乘积。

（2）用动能定理W =ΔE k 或功能关系求功。

当F 为变力时，高中阶段往往考虑用这种方法求功。

这里求得的功是该过程中外力对物体做的总功（或者说是合外力做的功）。

这种方法的依据是：做功的过程就是能量转化的过程，功是能的转化的量度。

如果知道某一过程中能量转化的数值，那么也就知道了该过程中对应的功的数值。

【例1】 如图所示，质量为m 的小球用长L 的细线悬挂而静止在竖直位置。

在下列三种情况下，分别用水平拉力F 将小球拉到细线与竖直方向成θ角的位置。

在此过程中，拉力F 做的功各是多少？⑴用F 缓慢地拉；⑵F 为恒力；⑶若F 为恒力，而且拉到该位置时小球的速度刚好为零。

可供选择的答案有A.θcos FL B .θsin FL C.()θcos 1-FL D .()θcos 1-mgL【例2】如图所示，线拴小球在光滑水平面上做匀速圆周运动，圆的半径是1m ，球的质量是0.1kg ，线速度v =1m/s ，小球由A 点运动到B点恰好是半个圆周。

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实验题标准练(二)满分15分,实战模拟,15分钟拿下高考实验题高分!1.(5分)现有一块灵敏电流表A,量程为200μA,内阻约为200Ω,要精确测出其内阻R g,提供的器材有:电压表V:量程3V,内阻R V=3kΩ滑动变阻器R:阻值范围0～20Ω定值电阻R0:阻值R0=800Ω电源E:电动势约为4.5V、内阻很小单刀单掷开关S一个,导线若干(1)请将上述器材全部用上,设计出合理的、便于多次测量的实验电路图,并使实验精确度尽量高,请将电路图画在方框中。

(2)在所测量的数据中选一组数据,用测量量和已知量来计算电流表A的内阻,计算表达式R g=,表达式中各符号表示的意义是。

【解析】(1)由于灵敏电流表的最大电压较小,与给出的电压表不匹配,而电压表内阻又已知,故用电压表测电流。

为增大电压表上的电流,可用定值电阻R0与灵敏电流表并联。

滑动变阻器的总阻值较小,为调节方便,用分压式控制电路。

(2)在某次测量中,电流表读数为I,电压表读数为U。

则=I+,可得:R g=-R0;式中U表示电压表V示数;I表示电流表A示数;R0表示定值电阻;R V表示电压表V内阻。

答案:(1)如图所示(2)-R0U表示电压表V示数;I表示电流表A的示数;R0表示定值电阻;R V表示电压表V内阻2.(10分)如图所示为某同学研究“在外力一定的条件下,物体的加速度与其质量间的关系”的实验装置示意图。

世纪金榜导学号49294270 (1)下面列出了一些实验器材:电磁打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、砂和砂桶、刻度尺。

除以上器材外,还需要的实验器材有: 。

A.秒表B.天平(附砝码)C.低压交流电源D.低压直流电源(2)实验中,需要补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力:小车放在木板上,后面固定一条纸带,纸带穿过打点计时器。

计算题32分标准练(三)24.(12分)如图1所示，水平光滑的平行金属导轨，左端与电阻R 相连接，匀强磁场B 竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒在垂直导轨的方向上搁在导轨上。

今使棒以一定的初速度向右运动，当其通过位置a 时速率为v a ，通过位置b 时速率为v b ，到位置c 时棒刚好静止。

设导轨与棒的电阻均不计，a 、b 与b 、c 的间距相等，则金属棒在由a ―→b 和由b ―→c 的两个过程中，回路中产生的电能E ab 与E bc 之比为多大？图1解析 金属棒向右运动时，切割磁感线，回路中产生感应电流。

根据左手定则可知，金属棒所受安培力阻碍其运动。

假设金属棒由a 到b 过程中，所受平均安培力为F 1，时间为t 1；由b 到c 过程中，所受平均安培力为F 2，时间为t 2；导轨之间距离为d 。

则F 1＝BI 1d ＝B BL ab d Rt 1d ＝B 2d 2L ab Rt 1(2分) 同理F 2＝B 2d 2L bc Rt 2(1分) 根据动量定理得－F 1t 1＝mv b －mv a ，即B 2d 2L ab R＝mv a －mv b ①(2分) －F 2t 2＝0－mv b ，即B 2d 2L bc R＝mv b ②(2分) 又因为L ab ＝L bc ③据①②③式得 mv a －mv b ＝mv b (1分)所以v a ＝2v b (1分)根据能量守恒有E ab ＝12mv 2a －12mv 2b ＝32mv 2b (1分) E bc ＝12mv 2b (1分)则E ab E bc ＝32mv 2b 12mv 2b ＝3∶1(1分) 答案 3∶125.(20分)在某项娱乐活动中，要求参与者通过一光滑的斜面将质量为m 的物块送上高处的水平传送带后运送到网兜内。

斜面长度为l ，倾角θ＝30°，传送带距地面高度为l ，传送带的长度为3l ，传送带表面的动摩擦因数μ＝0.5，传送带一直以速度v ＝3gl 2顺时针运动。

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计算题标准练(三)满分32分,实战模拟,20分钟拿下高考计算题高分!1.(14分)如图所示,遥控电动赛车(可视为质点)从A点由静止出发,经过时间t后关闭电动机,赛车继续前进至B点后水平飞出,垂直地撞到倾角为θ=53°的斜面上C点。

已知赛车在水平轨道AB部分运动时受到恒定阻力F f=0.4N,赛车的质量m=0.4kg,通电后赛车的电动机以额定功率P=2W工作,轨道AB的长度L=2m,B、C两点的水平距离s=1.2m,空气阻力忽略不计,g取10m/s2,sin53°=0.8, cos53°=0.6。

求:(1)赛车运动到B点和C点时速度的大小分别为多少。

(2)赛车电动机工作的时间t。

【解析】(1)从B点抛出后做平抛运动,垂直地撞到倾角为θ=53°的斜面上C点,设平抛运动的时间为t1,根据几何关系得:tanθ=而v0=,v y=gt1,解得:t1=0.3s,则赛车运动到B点的速度v0==m/s=4m/s,到达C点的速度v C==5m/s。

(2)从A点到B点的过程中由动能定理有:Pt-F f L=m解得:t=2s。

答案:(1)4m/s5m/s(2)2s2.(18分)如图所示,空间存在着n个连续电磁场区域,电场大小均相同,方向水平向右,磁场大小均相同,方向垂直于纸面,分别向里、向外,每个电场的宽度均为d,磁场宽度分别为d1、d2…d n,其中d1=d,d2…d n未知。

一个带电粒子(m,+q)从第一个电磁场区域的电场左端静止释放,以水平速度v1进入磁场,在磁场中的偏转角α=60°,以后在每个磁场中的偏转角均为α=60°。

电磁场区域足够高,带电粒子始终在电磁场中运动,不计带电粒子的重力。

求:世纪金榜导学号49294279(1)电场强度E和磁感应强度B的大小。

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计算题标准练(二)满分32分,实战模拟,20分钟拿下高考计算题高分!1.(14分)如图所示,两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一竖直面(纸面)内,其上端接一阻值为R的电阻;在两导轨间OO′下方区域内有垂直导轨平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。

现使电阻为r、质量为m的金属棒ab由静止开始自OO′位置释放,向下运动距离d后速度不再变化。

(棒ab与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平,导轨电阻不计)。

(1)求棒ab在向下运动距离d过程中回路产生的总焦耳热。

(2)棒ab从静止释放经过时间t0下降了,求此时刻的速度大小。

【解析】(1)金属棒受到的安培力:F=BI l=错误！未找到引用源。

,金属棒做匀速运动时速度达到稳定,由平衡条件得:错误！未找到引用源。

=mg,由能量守恒定律得:mgd=Q+mv2,解得:Q=mgd-(2)通过金属棒横截面的电荷量:对金属棒,由动量定理得:(mg-BI l)t0=mv,整理得:mgt0-B l q=mv,解得:v=gt0-错误！未找到引用源。

答案:(1)mgd-错误！未找到引用源。

(2)gt0-错误！未找到引用源。

2.(18分)如图,质量均为m的物体A和物体B通过一劲度系数为k的轻质弹簧相连,A、B都处于静止状态。

一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮,一端连物体A,另一端连一轻挂钩。

开始时各段绳都处于伸直状态,A上方的一段绳沿竖直方向。

现在挂钩上挂物体C并从静止状态释放,已知它恰好能使B离开地面但不继续上升。

已知重力加速度为g。

世纪金榜导学号49294278(1)求物体C的质量。

(2)当B刚要离开地面时,AC间的轻绳的拉力多大?(3)若将C换成质量为3m的物体D,仍从前述初始位置由静止状态释放,则这次B刚离地时D的速度的大小是多少?【解析】(1)开始时,A、B静止,设弹簧压缩量为x1,有kx1=mg ①挂C并释放后,C向下运动,A向上运动,设B刚要离地时弹簧伸长量为x2, 有kx2=mg ②由①②式可知,x1=x2=③B不再上升表示此时A和C的速度为零,C已降到其最低点。

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计算题标准练(十)满分32分,实战模拟,20分钟拿下高考计算题高分!1.(14分)如图所示,有一质量m=1kg的小物块,在平台上以初速度v0=3m/s 水平抛出,到达C点时,恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的半径R=0.5m的粗糙圆弧轨道,最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3kg的长木板,木板上表面与圆弧轨道末端切线相平,木板下表面与水平地面之间光滑接触,当小物块在木板上相对木板运动l=1m时,与木板有共同速度,小物块与长木板之间的动摩擦因数μ=0.3,C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=53°,不计空气阻力,取g=10m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。

求: 世纪金榜导学号49294286(1)A、C两点的高度差h。

(2)物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力。

(3)物块通过圆弧轨道克服摩擦力做的功。

【解析】(1)小物块到C点时的速度竖直分量为v Cy=v0tan 53°=3×m/s=4m/s下落的高度h==m=0.8 m。

(2)小物块在木板上滑行达到共同速度的过程木板的加速度大小:a1==m/s2=1m/s2,物块的加速度大小:a2==μg=3m/s2,由题意得:a1t=v D-a2t,v D t-a2t2-a1t2=l联立以上各式并代入数据解得v D=2m/s,物块在D点时由牛顿第二定律得F N-mg=m代入数据解得F N=26N由牛顿第三定律得F N′=F N=26N,方向竖直向下。

(3)小物块由A到D的过程中,由动能定理得mgh+mgR(1-cos 53°)-W=m-m代入数据解得W=10.5J。

答案:(1)0.8m(2)26N,方向竖直向下(3)10.5J2.(18分)1932年,劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器。

抛出后,竖直方向速度先减小后增大,则重力的瞬时功 率先减小后增大,故选项D正确。
2.(多选)(2017·福州模拟)在水平路面上AB段光滑,
BC段粗糙,两段长度相同,如图所示。在A处静止的小物
体(可视为质点)在水平恒力F作用下,从A点开始运动,
到C点恰好停下。下列判断正确的是
(
)
A.水平恒力F在两段路面上做功相等
动过程中做功情况正确的是
(
)
A.拉力做功150 J
B.拉力做功100 J
C.摩擦力做功250J
D.物体克服摩擦力做功200J
【解析】选A。速度—时间图象与时间轴围成的面积表
示位移大小,所以位移为25m,加速度为-2m/s2,F-Ff=ma,
F=6N,拉力F做功为W=Fl=150J,A正确、B错误;克服摩擦
第五章 机械能及其守恒定律
第1讲 功和功率
【知识梳理】 知识点1 功
1.做功的两个要素: 作用在物体上的力 。 (1)_________________ 力的方向 上发生的位移。 (2)物体在_________ 功是能量转化的量度 。 2.功的物理意义:___________________
Flcosα 。 3.公式:W=_______ 力与位移方向 之间的夹角,l为物体对地的位 (1)α 是_____________ 移。
2.(多选)(2017·厦门模拟)如图所示,滑块A和B叠放在
固定的斜面体上,从静止开始以相同的加速度一起沿斜
面加速下滑。已知B与斜面体间光滑接触,则在AB下滑
的过程中,下列说法正确的是
(
)
A.B对A的支持力不做功
B.B对A的作用力不做功
C.B对A的摩擦力做正功
D.B对A的摩擦力做负功

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专题能力提升练(五)电路与电磁感应(45分钟100分)一、选择题(本大题共7小题,每小题9分,共63分。

其中第1～4题为单选,第5～7题为多选)1.(2018·威海二模)如图甲所示,50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B=T的水平匀强磁场中,线框电阻不计,线框匀速转动时所产生的正弦交流电压图象如图乙所示。

把该交流电压加在图丙中理想变压器的P、Q两端,已知变压器的原线圈Ⅰ和副线圈Ⅱ的匝数比为5∶1,交流电流表为理想电表,电阻R=1Ω,其他各处电阻不计,以下说法正确的是( )A.t=0.1s时,电流表的示数为0B.副线圈中交流电的频率为50HzC.线框面积为m2D.0.18s线圈位于图甲所示位置【解析】选C。

原线圈中电压的有效值U1==V=10V,根据=,解得U2=2V,故副线圈中的电流I2==A=2A,电流表的电流为I1,则=,解得I1=0.4A,故A错误;交流电的周期T=0.2s,故交流电的频率f==5Hz,故B错误;根据E m=nBSω可知S==m2=m2,故C正确;0.18s时线圈产生的感应电动势最大,线圈平面与中性面垂直,故D错误。

2.如图所示,电源电动势为E,内阻为r,电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器,R0为定值电阻,R1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小)。

当电键S闭合时,电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。

下列说法中正确的是世纪金榜导学号49294192( )A.只逐渐增大R1的光照强度,电阻R0消耗的电功率变大,电阻R3中有向上的电流B.只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时,电源消耗的功率变大,电阻R3中有向上的电流C.只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时,电压表示数变大,带电微粒向下运动D.若断开电键S,电容器所带电荷量变大,带电微粒向上运动【解析】选A。

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实验题标准练(四)满分15分,实战模拟,15分钟拿下高考实验题高分!1.(5分)有一个螺线圈,为测量它的两个接线柱间绕制的均匀金属丝的长度,现提供下列器材:A.待测螺线管L:绕制螺线管金属丝的电阻率ρ=5.0×10-7Ω/m,其总阻值R L大约100ΩB.螺旋测微器C.微安表量程I g=500μA,内阻R g=100ΩD.电阻箱R:阻值范围0～99999.9ΩE.电源E:电动势有3V和9V两种可供选择,内阻较小F.电键两个:S1和S2,导线若干。

(1)实验中用螺旋测微器测得金属丝的直径如图甲所示,其读数为d=________mm。

(2)已将提供的器材连成了如图乙所示的测金属丝电阻R L的电路,根据该实验电路的测量原理,为了更准确地测R L,应选择E中电动势为________V的电源。

(3)若测得的金属丝直径用d表示,测电阻时,先闭合S1,调R使微安表指针满偏,再闭合S2时微安表示数用I表示,则由已知量和测得量的符号表示金属丝的长度L=________。

(4)本实验测R L有系统误差,其测量值________真实值。

(选填“大于”或“小于”)【解析】(1)螺旋测微器的固定刻度读数为0,可动刻度读数为39.1×0.01mm=0.391mm,金属丝的直径d=0.391mm。

(2)(4)先只闭合S1,调电阻箱R,使微安表指针满偏,则R值必须很大;再闭合S2时,则R L与微安表并联,虽然电阻变小了,但因R很大,全电路总电阻变化很小,干路电流几乎不变化,可认为仍为满偏电流I g,此时微安表的读数为I,那么R L的分流I L=I g-I,实际值略大于此值。

可得:R L==,测量值偏大。

根据本实验原理,要减小测量R L的系统误差,提高电源的电动势,使R取值更大一些,这样才能保证在闭合S2后干路电流变化更小。

计算规范练(六)(时间：20分钟 分值：32分)24．(12分)(2018·Ⅰ卷)一质量为8.00×118 kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×118 m 处以7.50×118 m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s 时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s 2.(结果保留两位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.【解析】 (1)飞船着地前瞬间的机械能为E k0＝12 m v 20 ①(1分)式中，m 和v 0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率．由①式和题给数据得E k0＝4.0×118 J ． ②(1分)设地面附近的重力加速度大小为g .飞船进入大气层时的机械能为 E h ＝12m v 2h ＋mgh ③(2分)式中，v h 是飞船在高度1.60×118 m 处的速度大小．由③式和题给数据得 E h ≈2.4×1012 J ． ④(2分)(2)飞船在高度h ′＝600 m 处的机械能为E h ′＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2.0100v h 2＋mgh ′ ⑤(2分)由功能原理得W ＝E h ′－E k0 ⑥(2分) 式中，W 是飞船从高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给数据得W ≈9.7×118 J ． ⑦(2分)【答案】 (1)4.0×118 J 2.4×1012 J(2)9.7×118 J25．(20分)(2018·衡水中学二模)如图1所示，三角形AQC 是边长为2L 的等边三角形，P 、D 分别为AQ 、AC 的中点，在水平线QC 下方是水平向左的匀强电场．区域Ⅰ(梯形PQCD )内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，区域Ⅱ(三角形APD )内有垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅲ(虚线PD 以上，三角形P AD 以外)有垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅱ、Ⅲ内磁感应强度大小均为5B ，一带正电的粒子从Q 点正下方、距离Q 点为L 的O 点以某一初速度射出，在电场力作用下从QC 边中点N 以速度v 0垂直QC 射入区域Ⅰ，接着从P 点垂直AQ 射入区域Ⅲ，此后带电粒子经历一系列运动后又以原速率返回O 点，粒子重力忽略不计，求：图1(1)该粒子的比荷q m ；(2)电场强度E 及粒子从O 点射出时的初速度v 的大小；(3)粒子从O 点出发到再次到O 点的整个运动过程所经历的时间t .【导学号：19624278】【解析】 (1)根据牛顿第二定律可得Bq v 0＝m v 20R (2分)根据题意有R ＝L(1分) 解得q m ＝v 0BL . (2分)(2)粒子从O 到N ，由运动的合成与分解可得：L ＝v 0t ′ (1分)L ＝12at ′2 (1分)由牛顿第二定律可得a ＝qE m(1分)解得E ＝2B v 0(1分)由运动学公式可得v 2x ＝2aL ，由勾股定理可得v ＝v 2x ＋v 20＝5v 0.(2分)(3)粒子在电磁场中运动的总时间包括三段：电场中往返的时间t 0，区域Ⅰ中的时间t 1，区域Ⅱ和Ⅲ中的时间t 2＋t 3根据平抛运动规律有t 0＝2L v 0 (1分)设在区域Ⅰ中的时间为t 1，则t 1＝2×2πL 6v 0＝2πL 3v 0 (1分)粒子在区域Ⅱ和Ⅲ内的运动半径由q v 0·5B ＝m v 20r 知r ＝m v 05qB(2分)则粒子在区域Ⅱ和Ⅲ内的运动轨迹如图所示，总时间为(2＋56)个周期T (1分)由周期公式可得T ＝2πr v 0＝2πL 5v 0(1分) t 2＋t 3＝(2＋56)T ＝176×2πL 5v 0＝17πL 15v 0 (2分)故总时间t ＝t 0＋t 1＋t 2＋t 3＝2L v 0＋9πL 5v 0. (1分) 【答案】 (1)v 0BL (2)2B v 05v 0 (3)2L v 0＋9πL 5v 0。

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实验题标准练(六)满分15分,实战模拟,15分钟拿下高考实验题高分!1.(5分)如图甲所示,一端带有定滑轮的水平放置的长木板上固定有A、B两个光电门,与通过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示小车所受的拉力。

(1)在探究“合外力一定,加速度与质量的关系”时,某同学在实验中得到五组数据,为了更直观地描述物体的加速度跟其质量的关系,请你根据他的描点在图乙的坐标系中画出a-图象。

若不计空气阻力及一切摩擦,则该图线斜率值表示的物理意义是_________________。

(2)如图a所示,将长木板的左端抬高,小车遮光片装在右侧,使小车从靠近光电门A处由静止开始运动,读出测力计的示数F及小车在两光电门之间的运动时间t,改变木板倾角,测得多组数据,据此数据得到的F-的图线如图b。

实验中测得两光电门的距离L=1.0m,砂和砂桶的总质量m1=0.5kg,则图线的斜率为________(计算结果保留两位有效数字);若小车与长木板间的摩擦不能忽略,则测得的图线斜率将________(选填“变大”“变小”或“不变”)。

【解析】(1)a-图象斜率k=Ma=F,斜率的物理意义是小车所受的合外力。

作出图象如图所示。

(2)根据牛顿第二定律,对砂和砂桶,F-m1g=m1a,又对小车L=at2,小车与砂和砂桶的加速度大小相同,两式联立得F=m1g+2m1L,图线的斜率为k′=2m1L,代入数据得k′=1.0kg·m。

小车与长木板间的摩擦力只影响图线的纵截距,不影响图线的斜率。

答案:(1)见解析小车所受的合外力(2)1.0kg·m 不变2.(10分)目前汽车上都有车载电瓶作为备用电源,用久以后性能会下降,表现之一为电瓶的电动势变小,内阻变大。

某兴趣小组将一旧的车载电瓶充电,准备利用下列器材测量电瓶的电动势和内阻。

提升训练5估算法1。

（2016浙江选考10月,6)某探险者在野外攀岩时,踩落一小石块,约5 s后听到石头直接落到崖底的声音,探险者离崖底的高度最接近的是( )A。

25 m B.50 mC.110 mD.150 m2.(2015浙江选考10月,4）小李乘坐高铁,当他所在的车厢刚要进隧道时,看到车厢内显示屏上的示数为216 km/h，他立即观察手表秒针走动,经过20 s车厢出了隧道，则该隧道的长度约为()A.600 m B。

1 200 mC.2 160 mD.4 320 m3.（2016浙江模拟4月，7)某同学在实验室做了如图所示的实验，铁质小球被电磁铁吸附，断开电磁铁的电源,小球自由下落,已知小球的直径为0.5 cm,该同学从计时器上读出小球通过光电门的时间为1。

00×10-3s，g取10 m/s2,则小球开始下落的位置距光电门的距离约为（)A。

1 m B.1。

25 mC。

0。

4 m D.1.5 m4.在平直公路上以一定速率(约为5 m/s）行驶的自行车所受阻力为车和人总重力的，则骑车人的功率最接近于（车和人的总质量约为100 kg)（)A.0。

1 kWB.1×103 kWC。

1 kW D。

10 kW5。

2014年9月22日，林清峰代表中国举重队出战韩国仁川亚运会男子举重项目男子69公斤级的比赛，并且拿到了金牌。

比赛中，林清峰第二次试举,他成功举起187公斤杠铃，历时约3 s,则林清峰在举起杠铃过程中的平均功率是( )A.一百瓦左右B。

一千瓦左右C。

几千瓦D。

几十千瓦6.建筑工人正在高楼上砌砖(如图),手滑不慎使砖块掉落,发现2 s后砖块落到地上断成两块,则估计此楼高度约为(不计空气阻力）( )A.5 mB.10 mC.20 mD.40 m7。

(2016—2017学年浙江杭州五县高三上期中，3)用如图所示的方法可以测出一个人的反应时间。

甲同学用手握住直尺顶端刻度为零的地方，乙同学在直尺下端刻度为a的地方做捏住尺子的准备,但手没有碰到尺子。

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计算题标准练(五)满分32分,实战模拟,20分钟拿下高考计算题高分!1.(14分)质量m=1.0kg、带电量q=+2.5×10-4C的小滑块(可视为质点)放在质量为M=2.0kg的绝缘长木板的左端,木板放在光滑水平面上,滑块与木板之间的动摩擦因数μ=0.2,木板长L=1.5m,开始时两者都处于静止状态,所在空间加有一个方向竖直向下强度为E=4.0×118N/C的匀强电场,如图所示。

取g=10m/s2,试求:(1)用水平力F0拉小滑块,要使小滑块与木板以相同的速度一起运动,力F0应满足什么条件?(2)用水平恒力F拉小滑块向木板的右端运动,在1.0s末使滑块从木板右端滑出,力F应为多大?(设m与M之间的最大静摩擦力与它们之间的滑动摩擦力大小相等,滑块在运动中带电量不变)【解析】(1)当拉力F0作用于滑块m上,木板能够产生的最大加速度为a M==2.0m/s2为了使滑块与木板以相同的速度共同运动,滑块的最大加速度a m≤a M对滑块F0-μ(mg+qE)=ma m则F0=μ(mg+qE)+ma m≤6.0N,即F0≤6.0N。

(2)设滑块的加速度为a1,木板的加速度为a2,由运动学公式s1=a1t2,s2=a2t2且s1-s2=L滑动过程中木板的加速度a2=2.0m/s2则a1=5.0m/s2对滑块F=μ(mg+qE)+ma1=9.0N。

答案:(1)F0≤6.0N (2)9.0 N2.(18分)如图所示,光滑水平轨道的左端与长L=1.25m的水平传送带AB 相接,传送带逆时针匀速转动的速度v0=1m/s,轻弹簧右端固定,弹簧处于自然状态时左端恰位于A点,现用质量m=0.4kg的小物块(视为质点)将弹簧压缩后由静止释放,到达水平传送带左端B点后,立即沿切线进入竖直固定的光滑半圆轨道最高点并恰好做圆周运动,经圆周最低点C后滑上质量为M=0.2kg的长木板且不会从木板上掉下。

高考物理二轮复习:计算题规范练61．(2018·南京三模)如图甲所示，A 、B 是在真空中水平正对的两块金属板，板长L ＝40 cm ，板间距d ＝24 cm ，在B 板左侧边缘有一粒子源，能连续均匀发射带负电的粒子，粒子紧贴B 板水平向右射入，粒子的比荷q m ＝1.0×108 C/kg ，初速度v 0＝2×105 m/s ，粒子重力不计．在A 、B 两板间加上如图乙所示的电压，周期T ＝2.0×10－6 s ，t ＝0时刻A 板电势高于B 板电势，两板间电场可视为匀强电场，电势差U 0＝360 V ，A 、B 板右侧边缘处有一个边界MN .求：(1)带电粒子离开电场时的速度大小；(2)带电粒子从电场射出到MN 边界上的宽度Δy .解析：(1)设带电粒子在两金属板间运动的时间为t 1，则L ＝v 0t 1，解得t 1＝2×10－6 s ， 因为t 1＝T ，所以无论何时射入电场，带电粒子在电场中加速运动时间均相同．设带电粒子离开电场时竖直方向上速度大小为v y ，带电粒子在两金属板间运动的加速度为a ，则qU 0d ＝ma ，v y ＝a t 12， 联立解得v y ＝1.5×105 m/s.带电粒子离开电场时的速度v ＝v 2x ＋v 2y ＝2.5×105 m/s ，(2)由题可知，当带电粒子在t ＝kT (k ＝0,1,2…)时刻进入电场时，带电粒子的侧向位移最大，其侧向位移y max ＝12a (t 12)2＋a (t 12)2＝22.5 cm ， 当带电粒子在t ＝kT ＋T 2(k ＝0,1,2…)时刻进入电场时，带电粒子的侧向位移最小，其侧向位移y min ＝12a (t 12)2＝7.5 cm ， 带电粒子从电场射出到MN 边界上的宽度Δy ＝y max －y min ＝15 cm.答案：(1)2.5×105 m/s (2)15 cm2．(2018·锦州模拟)如图所示，两根相同的轻质弹簧，中间与质量为m 的圆环相连于O 位置，另一端各自固定在同一水平线上的P 、Q 两点，弹簧恰好处于原长L ，圆环套在光滑的竖直细杆上，细杆上的A 、B 两点关于O 点对称，OA ＝H .现将圆环沿杆拉至A 位置由静止释放，当下滑到速度最大时，弹簧与细杆间的夹角为θ，整个过程中，弹簧处于弹性限度范围内．重力加速度为g .求： (1)圆环过O 点时的加速度． (2)圆环过B 点的瞬时速度．(3)每根轻质弹簧的劲度系数．解析：(1)物体下落到O 点时只受重力作用，由牛顿第二定律得：F ＝mg ＝ma ，解得：a ＝g .(2)圆环从A 到B 过程中，由对称性可知，弹簧弹力做总功为零，圆环不受摩擦力作用，只有重力做功，由动能定理得：2mgH ＝12mv 2－0， 解得：v ＝2gH .(3)下落过程中，当环所受合力为零时速度最大，由牛顿第二定律有：2F 弹cos θ＝mg ，解得：F 弹＝mg2cos θ， 由胡克定律得：F 弹＝k Δx ， 弹簧的伸长量为：Δx ＝L sin θ－L ，解得：k ＝mg tan θ2L 1－sin θ. 答案：(1)g (2)2gH (3)mg tan θ2L 1－sin θ3．(2018·南昌调研)磁聚焦被广泛地应用在电真空器件中．如图所示，在坐标xOy 中存在有界的匀强聚焦磁场，方向垂直坐标平面向外，磁场边界PQ 直线与x 轴平行，与x 轴的距离为23a 3，边界POQ 的曲线方程为y ＝x a －x a 23－x 2，且方程关于y 轴对称．在坐标x 轴上A 处有一粒子源，向着不同方向射出大量质量均为m 、电荷量均为q 的带正电粒子，所有粒子的初速度大小相同，均为v ，粒子通过有界的匀强磁场后都会聚焦在x 轴上的F 点．已知A 点坐标为(－a,0)，F 点坐标为(a,0)，不计粒子所受的重力和相互作用．(1)求匀强磁场的磁感应强度．(2)粒子射入磁场时的速度方向与x 轴的夹角为多大时，粒子在磁场中运动时间最长？最长时间为多少？解析：(1)设磁场的磁感应强度为B ，粒子在磁场中做圆周运动的半径为r ，圆心为C ，从D 处射出磁场，其坐标为(x ，y )，由Rt △CED 相似于Rt △FGD 可得yx ＝a －x r 2－x 2. 又POQ 的曲线方程为y ＝x a －x a 23－x 2解得r ＝33a ， 且r ＝mvqB ，解得B ＝3mv aq. (2)设粒子射入磁场时的速度方向与x 轴夹角为θ时，粒子在磁场中运动的轨迹与PQ 相切，运动的时间最长，最长时间为t ，粒子的轨迹对应的圆心角为α，且设此时，粒子飞出磁场时的位置坐标为(x ′，y ′)由几何知识得23a 3＝r ＋y －r cos θ， x ′＝r sin θ，解得sin θ＝32，θ＝60°＝π3， 且t ＝αm qB，α＝2θ， 解得t ＝2θm qB ＝23πa 9v. 答案：(1)3mv aq (2)π3 23πa 9v。

二轮滚讲义练（五）滚动练一、选择题1、(多选)(2015·山东高考)如图甲，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示。

t ＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T 3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。

微粒运动过程中未与金属板接触。

重力加速度的大小为g 。

关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是( )A ．末速度大小为 2v 0B ．末速度沿水平方向C ．重力势能减少了12mgd D ．克服电场力做功为mgd解析：选BC 0～T 3时间内微粒匀速运动，有mg ＝qE 0。

把微粒的运动分解，水平方向：做速度为v 0的匀速直线运动；竖直方向：T 3～2T 3时间内，只受重力，做自由落体运动，2T 3时刻，v 1y ＝g·T 3；2T 3～T 时间内，a ＝2qE 0－mg m ＝g ，做匀减速直线运动，T 时刻，v 2y ＝v 1y －a·T 3＝0，所以末速度v ＝v 0，方向沿水平方向，选项A 错误，B 正确；重力势能的减少量ΔE p＝mg·d 2＝12mgd ，选项C 正确；根据动能定理：12mgd －W 克电＝0，得W 克电＝12mgd ，选项D 错误。

2、(2017·东海期中)如图所示，带电的平行金属板电容器水平放置，质量相同、重力不计的带电微粒A 、B 以平行于极板的相同初速度从不同位置射入电场，结果打在极板上同一点P 。

不计两微粒之间的库仑力，下列说法正确的是( )A ．在电场中微粒A 运动的时间比B 长B ．在电场中微粒A 运动的时间比B 短C ．静电力对微粒A 做的功比B 少D ．微粒A 所带的电荷量比B 多解析：选D 水平方向两微粒做匀速直线运动，运动时间为 t ＝x v 0，因为x 、v 0相等，则t 相等，故A 、B 错误；在竖直方向上两微粒做初速度为零的匀加速直线运动，由y ＝12at 2＝Eq 2m t 2得电荷量为：q ＝2my Et 2，可知，q ∝y ，所以微粒A 所带的电荷量多。

计算规范练(五)(时间：20分钟 分值：32分)24．(14分)(2018·临川一中模拟)在足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中．某足球场长90 m 、宽60 m ，如图1所示，攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为8 m/s 的匀减速直线运动，加速度大小为23m/s 2，试求：图1(1)足球从开始做匀减速直线运动到底线需要多长时间；(2)足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员在边线中点处沿边线向前追赶足球，他的启动过程可以视为从静止出发的匀加速直线运动，能达到的最大速度为 6 m/s ，并能以最大速度匀速运动，该前锋队员要在足球越过底线前追上足球，他加速时的加速度应满足什么条件？【解析】 (1)设所用时间为t ，由v 0＝8 m/s ，x ＝45 m ． (2分)x ＝v 0t ＋12at 2，解得t ＝9 s ．(3分) (2)设前锋队员恰好在底线追上足球，加速过程中加速度为a ，若前锋队员一直匀加速运动，则其平均速度v ＝x t，即v ＝5 m/s ；而前锋队员的最大速度为6 m/s ，故前锋队员应该先加速后匀速． (1分) 设加速过程中用时为t 1，则t 1＝v m a . (1分)匀加速运动的位移x 1＝v 2m －022a 解得x 1＝18a (2分)匀速运动的位移x 2＝v m (t －t 1)，即x 2＝6×(9－t 1)m. (2分)而x 1＋x 2＝45 m 解得a ＝2 m/s 2. (2分)故该队员要在球出底线前追上足球，加速度应该大于或等于2 m/s 2.(1分)【答案】 (1)9 s (2)大于或等于2 m/s 225．(18分)(2018·抚州市临川一中模拟)如图2所示，有一固定在水平面的平直轨道，设轨道由白色轨道和黑色轨道交替排列并平滑连接而成．各段轨道的编号已在图中标出．仅黑色轨道处在竖直向上的匀强电场中，一不带电的小滑块A 静止在第1段轨道的最左端，绝缘带电小滑块B 静止在第1段轨道的最右端．某时刻给小滑块A 施加一水平向右的恒力F ，使其从静止开始沿轨道向右运动，小滑块A 运动到与小滑块B 碰撞前瞬间撤去小滑块A 所受水平恒力．滑块A 、B 碰撞时间极短，碰后粘在一起沿轨道向右运动．已知白色轨道和黑色轨道各段的长度均为L ＝0.10 m ，匀强电场的电场强度的大小E ＝1.0×118 N/C ；滑块A 、B 的质量均为m ＝0.010 kg ，滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数处处相等，均为μ＝0.40，绝缘滑块B 所带电荷量q ＝＋1.0×10－5 C ，小滑块A 与小滑块B 碰撞前瞬间的速度大小v ＝6.0 m/s.A 、B 均可视为质点(忽略它们的尺寸大小)，且不计A 、B 间的静电力作用．在A 、B 粘在一起沿轨道向右运动过程中电荷量保持不变，取重力加速度g ＝10 m/s 2.图2(1)求F 的大小；(2)碰撞过程中滑块B 对滑块A 的冲量；(3)若A 和B 最终停在轨道上编号为k 的一段，求k 的数值.【导学号：19624277】【解析】 (1)以滑块A 为研究对象，在第1段轨道上，滑块A 受到摩擦力的大小f ＝μmg ，(1分)对于滑块A 在第1段轨道上从最左端到最右端的过程，根据动能定理得：(F －f )L ＝12mv 2－0 (2分) 解得：F ＝1.84 N ． (1分) (2)设滑块A 、B 碰撞后瞬间A 和B 的共同速度为v AB ，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv ＝2mv AB ， (2分)设滑块B 对滑块A 的冲量为I ，规定水平向右为正方向．以滑块A 为研究对象，根据动量定理有：I ＝mv AB －mv ，(2分) 解得：I ＝－0.180 N·s，滑块B 对滑块A 冲量的方向水平向左． (1分)(3)设滑块A 和B 每经过一段长为L 的黑色轨道损失的动能为ΔE 1，则ΔE 1＝μ(2mg －Eq )L ， (2分) 设滑块A 和B 每经过一段长为L 的白色轨道，损失的动能为ΔE 2，则ΔE 2＝μ2mgL ， (1分)设滑块A 和B 碰撞后瞬间的总动能为E k AB ＝12×2mv AB ，令N ＝E k AB ΔE 1＋ΔE 2，解得：N ＝7.5， (2分)即滑块通过标号为15的白色轨道后，仍有动能：E k＝0.5(ΔE1＋ΔE2)＝6×10－3 J，(1分) 因E k>ΔE1，故物块可通过第16号轨道而进入第17号轨道，进入第17号轨道时的动能E k′＝E k－ΔE1＝2×10－3 J<ΔE2，故将不能通过第17号轨道，即最终停在第17号轨道上．(3分) 【答案】(1)1.84 N (2)0.180 N·s方向水平向左(3)17。