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选择题专项练(三)一、单项选择题:每小题只有一个选项符合题目要求。
1.(2023广东广州模拟)核电池是利用放射性同位素衰变放出载能粒子(如α粒子、β粒子和γ射线)并将其能量转换为电能的装置。
人造心脏的放射性同位素动力源用的燃料是钚238,其衰变方程为238Pu U+X+γ。
下列说法正确的是()94A.92234U不具有放射性B.该衰变为α衰变C.原子核X和γ射线均属于实物粒子D.94238Pu的比结合能比92234U的比结合能大2.(2023福建福州模拟)2022年11月30日,神舟十五号载人飞船与天和核心舱成功对接,6名航天员首次实现“太空会师”。
如图所示,对接前神舟十五号飞船在圆形轨道Ⅰ运行,天和核心舱在距地面400 km高度的轨道Ⅱ运行。
神舟十五号飞船从轨道Ⅰ加速到达轨道Ⅱ与天和核心舱对接,对接后共同沿轨道Ⅱ运行,则下列说法正确的是()A.对接后神舟十五号飞船的运行速度小于7.9 km/sB.对接后天和核心舱的运行周期将增大C.考虑稀薄大气阻力,若天和核心舱不进行干预,运行速度将越来越大D.神舟十五号飞船在轨道Ⅰ与地心连线和在轨道Ⅱ与地心连线在相同时间内扫过的面积相等3.(2023河北邢台模拟)海面上有一列沿x轴正方向传播的简谐横波,t=0时刻波源O从平衡位置开始振动,图甲是该列波在t=0.6 s时的部分波形图,图乙是该列波上x=14 m处的质点振动的图像,下列说法正确的是()A.波源的起振方向向上B.t=0.6 s时,波一定刚传到x=10 m处C.该列波的波速一定为20 m/sD.0~0.7 s内海面上x=2 m处的一片树叶运动的路程为20 cm4.如图所示,两个体积相同的容器,甲一直敞口,乙在中午盖上盖子密封。
到了夜间温度降低。
若大气压强保持不变,容器导热性良好,下列说法正确的是()A.夜间甲容器中分子数减少B.夜间乙容器中气体的内能减小C.夜间甲容器中气体分子单位时间撞击单位面积器壁的次数减少D.从中午到夜间,乙容器中气体从外界吸收热量5.(2023江西南昌模拟)两名同学在篮球场进行投篮练习,投篮过程如图所示,篮球抛出点P距离篮筐初始位置的水平距离为L=1.8 m、竖直高度为H=0.6 m。
综合能力训练(三)(时间:60分钟满分:110分)综合能力训练第62页第Ⅰ卷一、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.关于近代物理学,下列说法正确的是()A.一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时能辐射出4种不同频率的光B.重核裂变过程生成中等质量的核,反应前后质量数守恒,但质量不一定减少C.10个放射性元素的原子核在经一个半衰期后,一定有5个原子核发生衰变D.光电效应和康普顿效应的实验都表明光具有粒子性答案:D2.一个物体沿直线运动,从t=0时刻开始,物体的 -t图像如图所示,图线与纵横坐标轴的交点分别为0.5m/s和-1s,由此可知()A.物体做匀速直线运动B.物体做变加速直线运动C.物体的初速度大小为0.5m/sD.物体的初速度大小为1m/s答案:C解析:物体的 -t图像(即v-t图像)是一条直线,物体做匀加速运动,选项A、B错误;图线在纵轴的截距是初速度的大小,等于0.5m/s,选项C正确,D错误。
3.人造卫星a的圆形轨道离地面高度为h,地球同步卫星b离地面高度为H,h<H,两卫星共面且运行方向相同。
某时刻卫星a恰好出现在赤道上某建筑物c的正上方,设地球赤道半径为R,地面重力加速度为g,则()A.a、bB.a、cC.b、c向心加速度大小之比为 +D.a下一次通过c正上方所需时间t=答案:C解析:人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动,由地球的万有引力提供向心力,根据牛顿运动定律求解卫星的角速度。
卫星绕地球做匀速圆周运动,建筑物随地球自转做匀速圆周运动,当卫星转过的角度与建筑物转过的角度之差等于2π时,卫星再次出现在建筑物上空。
绕地球运行的卫星,万有引力提供向心力,设卫星的线速度为v,则G 2=m 2 ,所以可知a、b故A错误;设卫星的角速度为ω,G 2=mω2r,得所以有 又由于卫星b的角速度与物体c的角速度相同,所以 故B错误;根据a=ω2r可得 + ,故C正确;设经过时间t卫星a再次通过建筑物c上方,有(ωa-ωc)t=2π,得t=2π - ,而2π =故D错误。
高考物理二轮总复习：专题能力训练3 力与物体的曲线运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共7小题,每小题8分,共56分。
在每小题给出的四个选项中,1~4题只有一个选项符合题目要求,5~7题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.(2022·湖北武汉期末)移动靶项目,是对与射击地线平行方向的移动目标在限定的时间和区域内进行跟踪射击,要求射手具有思维敏捷、反应迅速、准确判断的能力和良好的心理自控能力。
如图所示,若运动员在射击地线处某点站定不动,靶移动的速度为v1,运动员射出的子弹速度为v2,移动目标与射击地线的最近距离为d。
则子弹射中靶心的最短时间为(不计空气阻力和重力影响)()A.√v22-v12B.dv2C.√v22+v12D.dv12.(2021·山东高三模拟)环保人员在一次检查时发现,某厂的一根水平放置的排污管正在向厂外的河道中满口排出污水。
环保人员利用手上的卷尺测出这根管道的直径为10 cm,管口中心距离河水水面的高度为80 cm,污水入河道处到排污管管口的水平距离为120 cm,重力加速度g取10 m/s2,则该管道的排污量(即流量——单位时间内通过管道某横截面的流体体积)约为()A.24 L/sB.94 L/sC.236 L/sD.942 L/s3.2020年3月3日消息,国网武汉供电公司每天用无人机对火神山医院周边线路进行巡检,一次最长要飞130分钟,它们是火神山医院的电力“保护神”。
甲、乙两图分别是某一无人机在相互垂直的x方向和y方向运动的v-t图像。
在0~2 s内,以下判断正确的是()甲乙A.无人机的加速度大小为10 m/s2,做匀变速直线运动B.无人机的加速度大小为10 m/s2,做匀变速曲线运动C.无人机的加速度大小为14 m/s2,做匀变速直线运动D.无人机的加速度大小为14 m/s2,做匀变速曲线运动4.(2020·全国卷Ⅱ)如图所示,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。
选修3-3精炼（2）1.下列说法正确的是( )A.当两分子间的距离大于0r 时，分子间的距离越大，分子势能越小B.叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用C.在空气中一定质量的100 ℃的水吸收热量后变为100 ℃的水蒸气，则吸收的热量大于增加的内能D.对一定质量的气体做功，气体的内能不一定增加E.热量不能从低温物体向高温物体传递2.下列说法正确的是（ ）A.处于完全失重的水滴呈球形，是液体表面张力作用的结果B.液体与固体接触处的附着层都有收缩的趋势C.液体与气体接触处的表面层都有收缩的趋势D.毛细管插入浸润液体中管内液面会上升E.毛细管插入不浸润液体中管内液面会上升3.关于用“油膜法”估测分子大小的实验，下列说法中正确的是（ ）A.单分子油膜的厚度被认为是油酸分子的直径B.测量结果表明，分子直径的数量级是1010mC.实验时先将一滴油酸酒精溶液滴入水面，再把痱子粉撒在水面上D.处理数据时将一滴油酸酒精溶液的体积除以油膜面积就算得油酸分子的直径E.实验时，先将31cm 的油酸滴入3300cm 的纯酒精中，制成油酸酒精溶液，再取一滴该溶液滴在撒有痱子粉的水面上，测量所形成的油膜面积4.下列说法正确的是( )A.悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间跟它相撞的液体分子数越少，布朗运动越不明显B.随着分子间距离的增大，分子势能一定先减小后增大C.人们感到特别闷热时，说明空气的相对湿度较大D.热量可以自发的从内能小的物体转移给内能大的物体E.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关5.关于气体压强的产生，下列说法正确的是( )A.气体的压强是大量气体分子对器壁频繁、持续地碰撞产生的B.气体对器壁产生的压强等于大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力C.气体对器壁的压强是由于气体的重力产生的D.气体的温度越高，每个气体分子与器壁碰撞的冲力越大E.气体压强的大小跟气体分子的平均动能和分子密集程度有关6.下列说法正确的是( )A.气体吸收了热量，其温度一定升高B.第一类永动机不可能造成的原因是违反了能量守恒定律C.自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性D.晶体均有规则的几何形状E.水黾能停在液体的表面是因为液体的表面张力的作用7.【物理—选修3-3】（1）一定量的理想气体从状态M开始经状态N、P、Q回到状态M，其压强温度图像（p-T图像）如图所示。
高考物理二轮复习:计算题规范练31．天文学家观测河外星系大麦哲伦云时，发现了LMCX3双星系统，它由可见星A 和不可见的暗星B 构成．两星均可视为质点，不考虑其他天体的影响，A 、B 围绕两者连线上的O 点做匀速圆周运动，它们之间的距离保持不变，如图所示．引力常量为G ，由观测结果能够得到可见星A 的速率v 和运行周期T .(1)可见星A 所受暗星B 的引力F A 可等效成位于O 点处的质量为m ′的星体(可视为质点)对它的引力，设A 和B 的质量分别为m 1、m 2，试求m ′(用m 1、m 2表示)．(2)求暗星B 的质量m 2与可见星A 的速率v 、运行周期T 和质量m 1之间的关系式． 解析：(1)设A 、B 的圆轨道半径分别为r 1、r 2，角速度均为ω，由双星所受的向心力大小相等，可得m 1ω2r 1＝m 2ω2r 2，设A 、B 之间的距离为L ，则L ＝r 1＋r 2， 联立可得L ＝m 1＋m 2m 2r 1， 由万有引力定律得，双星间的引力F ＝G m 1m 2L 2＝Gm 1m 32m 1＋m 22r21，由题意，将此引力等效成在O 点处的质量为m ′的星体对可见星A 的引力，则有：F ＝Gm 1m ′r 21解得m ′＝m 32m 1＋m 22.(2)对可见星A ，有G m 1m ′r 21＝m 1v 2r 1，可见星A 的轨道半径r 1＝vT2π， 联立解得m 32m 1＋m 22＝v 3T2πG . 答案：(1)m 32m 1＋m 22 (2)m 32m 1＋m 22＝v 3T2πG2．如图所示，直角边长为0.4 m 的等腰直角斜面体AOB 固定在水平地面上，C 为斜面的中点．一小球从C 点正上方与A 等高的位置自由落下与斜面碰撞后做平抛运动，不计碰撞时的能量损失．g 取10 m/s 2.(1)求小球从开始下落到落到水平地面上所用的时间．(2)以OB 为x 轴，OA 为y 轴，建立xOy 坐标系．小球从坐标为(x ，y )处自由下落，与斜面碰撞一次后落到B 点，写出y 与x 的关系式．解析：(1)自由下落至C 点过程，则有：h 2＝12gt 21，代入数据解得：t 1＝0.2 s ， 平抛过程下落高度也为h2，故下落运动的时间：t ＝2t 1＝0.4 s.(2)由释放点落至斜面过程，设落至斜面时的速度为v ，则有：v 2＝2g [y －(h －x )]， 平抛运动过程设运动时间为t ′，则有：h －x ＝12gt ′2，h －x ＝vt ′，联立消去t ′解得：y ＝－54x ＋12(0<x <0.4)．答案：(1)0.4 s (2)y ＝－54x ＋12(0<x <0.4)3．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 的粒子沿图中直线从圆上的a 点射入柱形区域，从圆上的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35R .现将磁场换为平行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从a 点射入柱形区域，也从b 点离开该区域．若磁感应强度大小为B ，不计重力，求电场强度的大小．解析：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伦兹力公式得qvB ＝m v 2r，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 点和d 点．由几何关系知，线段ac 、bc 和过a 、b 两点的圆弧轨迹的两条半径(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 ＝45R ＋x ，③bc ＝35R ＋R 2－x 2，④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运动的距离均为r ，由运动学公式得r ＝12at 2⑦r ＝vt ⑧式中t 是粒子在电场中运动的时间．联立①⑤⑥⑦⑧式得E ＝14qRB25m .答案：14qRB 25m。
2024年苏教版物理高考复习试卷(答案在后面)一、单项选择题（本大题有7小题，每小题4分，共28分）1、下列关于力与运动关系的描述中，正确的是（）A、物体受到的合力越大，加速度一定越大B、物体的速度越大，其加速度一定越大C、物体做匀速直线运动时，一定不受力D、物体受到的合力方向与速度方向相反时，物体一定做匀减速直线运动2、关于波的传播，以下说法正确的是（）A、所有类型的波都可以在真空中传播B、波的传播速度与介质的密度无关C、波的频率由波源决定，与介质无关D、波在传播过程中，能量会不断减少3、题干：一物体在水平面上做匀速直线运动，受到的合外力为0。
关于这个物体的运动状态，以下说法正确的是：A、物体的速度大小不变，但方向可能改变B、物体的加速度一定为0C、物体一定受到摩擦力D、物体可能静止4、题干：一个物体在竖直向上的拉力和重力作用下，做匀速直线运动。
以下说法正确的是：A、物体所受的重力一定大于拉力B、物体所受的重力一定小于拉力C、物体所受的拉力和重力大小相等D、物体所受的拉力和重力大小关系无法确定5、一个物体在水平方向上受到两个力的作用，大小分别为5N和3N，方向相反，那么物体的合力大小为（）A. 2NB. 8NC. 10ND. 0N6、一个物体在粗糙水平面上以5m/s的速度匀速直线运动，若要使物体停下来，需要施加的摩擦力大小至少为（）A. 0.5NB. 5NC. 10ND. 50N7、一个质量为(m)的物体，在水平面上受到一个大小恒定的水平力(F)，从静止开始运动了距离(s)，摩擦系数为(μ)。
如果在运动过程中，除了摩擦力外没有其他外力做功，则该物体获得的速度(v)为：(A)(v=√2(F−μmg)sm ) (B)(v=√2Fsm) (C)(v=√2(F+μmg)sm) (D)(v=√(F−μmg)sm)二、多项选择题（本大题有3小题，每小题6分，共18分）1、题干：下列关于物理现象的说法中，正确的是：A、摩擦力总是阻碍物体运动的方向。
2023届高三二轮复习联考（三）全国卷理综物理试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的答案中，只有一个符合题目要求。
(共8题)第(1)题碘131的半衰期约为8天，若某药物含有质量为的碘131，经过32天后，该药物中碘131的含量大约还有（）A．B．C．D．第(2)题阴极射线管可简化成如图甲所示结构，电子在O点由静止开始向右加速，加速电压为；经加速后进入偏转电场，偏转电压为，偏转极板间距为d；电子射出偏转电场后，直线运动时掠射到荧光屏上，荧光屏上的亮线显示出电子束的径迹。
某次实验加上如图乙所示的偏转电压，荧光屏出现如图丙所示的两条亮线。
已知电子的电荷量为e，下列说法正确的是（ ）A．电子射出偏转电场时的动能为B．若仅使偏转极板间距d变为原来的2倍，两亮线右端点的间距会变为原来的C．若仅使加速电压变为原来的2倍，电子离开偏转电场时的动能会变为原来的2倍D．若仅使偏转电压变为原来的倍，两亮线之间的夹角的正切值会变为原来的第(3)题真空中存在点电荷产生的静电场，其电场线的分布如图所示，图中两点关于点电荷水平对称。
两点电场强度的大小分别为，电势分别为。
一个带电粒子沿虚线轨迹从移动至，则（ ）A．，B．和带同种电荷，C．从移动至，加速度先减小再增大D．粒子带负电，从至它的电势能先变大后变小第(4)题在如图所示电路中，蓄电池的电动势E=4V，内阻r=1Ω，电阻R=4Ω，电容C=1pF的平行板电容器水平放置且下极板接地。
一带电油滴位于板间正中央Р点且恰好处于静止状态。
下列说法正确的是（ ）A．P点的电势为2VB．上极板所带的电荷量为3.2×10-12CC．若在两极板间插入一块玻璃板，电容器上极板所带的电荷量将减少D．若将上极板缓慢上移少许，油滴将向上运动第(5)题某汽车无线充电站的无线充电设备充电效率约为80%，一辆新能源汽车最大充电容量为，从0到100km/h的加速时间为7s。
组合练11.(2020浙江临海高三模拟)如图所示,有一长为0.6 m、质量为0.5 kg、两端开口的圆筒,圆筒的中点处有一质量为0.1 kg的活塞,活塞与圆筒内壁紧密接触。
将圆筒竖直静放于地面上方某一高度,发现活塞无滑动,然后将圆筒静止释放,经过0.3 s圆筒与地面接触,圆筒与地面相碰后速度瞬间减为0,且不会倾倒,最终活塞刚好落地。
不计空气阻力,求:(1)圆筒释放前,活塞受到的摩擦力大小和方向;(2)圆筒落地后,活塞下滑过程中的加速度大小和摩擦力大小。
2.(2020山东高三一模)如图所示,气缸内A、B两部分气体由竖直放置、横截面积为S的绝热活塞隔开,活塞与气缸光滑接触且不漏气。
初始时两侧气体的温度相同,压强均为p,体积之比为V A∶V B=1∶2。
现将气缸从如图位置缓慢转动,转动过程中A、B两部分气体温度均不变,直到活塞成水平放置,此时,A、B两部分气体体积相同。
之后保持A部分气体温度不变,加热B部分气体使其温度缓慢升高,稳定后,A、B两部分气体体积之比仍然为V A∶V B=1∶2。
已知重力加速度为g。
求:(1)活塞的质量;(2)B部分气体加热后的温度与开始时的温度的比值。
3.(2020山东高三模拟)核聚变是能源的圣杯,但需要在极高温度下才能实现,最大难题是没有任何容器能够承受如此高温。
托卡马克采用磁约束的方式,把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内巧妙实现核聚变。
相当于给反应物制作一个无形的容器。
2018年11月12日我国宣布“东方超环”(我国设计的全世界唯一一个全超导托卡马克)首次实现一亿度运行,令世界震惊,使我国成为可控核聚变研究的领军者。
(1)2018年11月16日,国际计量大会利用玻尔兹曼常量将热力学温度重新定义。
玻尔兹曼kT,其中k=1.380 常量k可以将微观粒子的平均动能与温度定量联系起来,其关系式为E k=32649×10-23 J/K。
请你估算温度为一亿度时微观粒子的平均动能(保留一位有效数字)。
一、单选题1. 如图，当电键K 断开时，用光子能量为2.5eV 的一束光照射阴极P ，发现电流表读数不为零。
合上电键，调节滑线变阻器，发现当电压表读数小于0.60V 时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于0.60V时，电流表读数为零。
由此可知阴极材料的逸出功为（ ）A ．1.9eV B ．0.6eV C ．2.5eV D ．3.1eV2. 如图所示，两块质量分别为m 1和m 2的木块由一根轻弹簧连在一起，在m 1上施加一个竖直向下的力F ，整个系统处于平衡状态．现撤去F ，m 2刚好被弹簧提起（弹性势能的表达式为，其中x 为形变量，k 为劲度系数），则力F的值为A．B．C．D．3. 如图，虚线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示地球卫星的三条轨道，其中轨道Ⅰ为与第一宇宙速度对应的近地环绕圆轨道，轨道Ⅱ为椭圆轨道，轨道Ⅲ为与第二宇宙速度对应的脱离轨道，三点分别位于三条轨道上，点为轨道Ⅱ的远地点，点与地心的距离均为轨道Ⅰ半径的2倍，则（ ）A ．卫星在轨道Ⅱ的运行周期为轨道Ⅰ的2倍B ．卫星经过点的速率为经过点的倍C ．卫星在点的加速度大小为在点的3倍D．质量相同的卫星在点的机械能小于在点的机械能4. 如图所示为一种环保“重力灯”，让重物缓慢下落，拉动绳子，从而带动发电机转动，使小灯泡发光。
某“重力灯”中的重物的质量为18kg ，它在30min 内缓慢下落了2m 使规格为“1.5V ，0.12W”的小灯泡正常发光不计绳子重力，下列说法正确的是（ ）A ．绳子拉力对重物做正功B ．重物重力做功为216J2024年新高考物理二轮复习强化训练--力与物体的平衡真题汇编版二、多选题三、实验题C ．30min 内产生的电能为360JD ．重物重力势能转化为灯泡电能的效率为60%5. 查阅资料知，“全飞秒”近视矫正手术用的是一种波长的激光。
已知普朗克常数，光在真空中传播速度，则该激光中光子的能量约为（ ）A ．1.9×10-18JB ．1.9×10-19JC ．2.2×10-18JD ．2.2×10-19J6. 如图，质量为M 、长度为l 的小车静止在光滑的水平面上。
2021年高三物理二轮复习作业卷三力与物体平衡1（含解析）一、单选题（本大题共5小题。
在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1. 如图所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，M左边紧贴墙壁，若在M斜面上放一个物体m，当m沿着M的斜面下滑时，M始终静止不动，则M受力个数可能为( )A. 4个或5个B. 5个或6个C. 3个或4个D. 4个或6个2. 如图所示，质量m A =kg的小球A和质量m B =3 kg 的小球B用轻质细绳连接后，放在光滑的圆柱面上恰好处于静止状态，D为圆柱截面的圆心。
已知∠AOB=90°，则OB与竖直方向的夹角α为A．30°B. 45°C．60° D．90°3. 如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F，使两物体均处于静止状态。
则下列说法正确的是A．a、b两物体的受力个数一定相同B．a、b两物体对斜面的压力相同C．a、b两物体受到的摩擦力大小一定相等D．当逐渐增大拉力F时，物体b先开始滑动4.（xx山东高考真题）如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑。
已知A与B间的动摩擦因数为，A与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
A与B的质量之比为A． B． C． D．5. 如图所示，质量为的木块在质量为M的长木板上受到水平向右的拉力F作用向右滑行，长木板处于静止状态。
已知木块与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为。
下列说法正确的是A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是B．木板受到地面的摩擦力的大小一定是C．当时，木板发生运动D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动二、多选题（本大题共2小题）6.（xx新课标2高考真题）如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接。
三、计算题组合练A 卷1．具有我国自主知识产权的“歼—10”飞机的横空出世，证实了我国航空事业在飞速发展，而航空事业的发展又离不开风洞试验，其简化模型如图a 所示．在光滑的水平轨道上停放相距x 0＝10 m 的甲、乙两车，其中乙车是风力驱动车．在弹射装置使甲车获得v 0＝40 m/s 的瞬时速度向乙车运动的同时，乙车的风洞开始工作，将风吹向固定在甲车上的挡风板，从而使乙车获得了速度，测绘装置得到了甲、乙两车的v －t 图象如图b 所示，设两车始终未相撞．(1)若甲车的质量与其加速度的乘积等于乙车的质量与其加速度的乘积，求甲、乙两车的质量比； (2)求两车相距最近的距离．解析：(1)由题图b 可知：甲车加速度的大小a 甲＝40－10t 1m/s 2，乙车的加速度的大小a 乙＝10－0t 1m/s 2.因甲车的质量与其加速度的乘积等于乙车的质量与其加速度的乘积，所以有：m 甲a 甲＝m 乙a 乙，解得m 甲m 乙＝13.(2)在t 1时刻，甲、乙两车的速度相等，均为v ＝10 m/s ，此时两车相距最近，对乙车有：v ＝a 乙t 1， 对甲车有：v ＝a 甲(0.4－t 1)， 可解得t 1＝0.3 s ，车的位移等于v －t 图线与坐标轴所围的面积，有：x 甲＝（40＋10）×0.32m ＝7.5 m ，x 乙＝10×0.32m＝1.5 m ，两车相距最近时的距离为x min ＝x 0＋x 乙－x 甲＝4 m.答案：(1)13(2)4 m2．(2016·重庆模拟)如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端栓连物块b ，小车质量M ＝3 kg ，AO 部分粗糙且长L ＝2 m ，动摩擦因数μ＝0.3，OB 部分光滑．另一小物块a ，放在车的最左端，和车一起以v 0＝4 m/s 的速度向右匀速运动，车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连．已知车OB 部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内．a 、b 两物块视为质点质量为m ＝1 kg ，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运动(g 取10 m/s 2)．求：(1)物块a 与b 碰后的速度大小；(2)当物块a 相对小车静止时小车右端B 到挡板的距离； (3)当物块a 相对小车静止时在小车上的位置到O 点的距离．解析：(1)对物块a ，由动能定理得－μmgL ＝12mv 21－12mv 20，代入数据解得a 与b 碰前速度v 1＝2 m/s ；a 、b 碰撞过程系统动量守恒，以a 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv 1＝2mv 2，代入数据解得v 2＝1 m/s.(2)当弹簧恢复到原长时两物块分离，a 以v 2＝1 m/s 在小车上向左滑动，当与车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv 2＝(M ＋m )v 3，代入数据解得v 3＝0.25 m/s ，对小车，由动能定理得μmgs ＝12Mv 23，代入数据解得，同速时车B 端距挡板的距离s ＝132m ＝0.03125 m.(3)由能量守恒得μmgx ＝12mv 22－12(M ＋m )v 23，解得滑块a 与车相对静止时与O 点距离x ＝18m ＝0.125 m.答案：(1)1 m/s (2)s ＝132m (3)x ＝0.125 m3．(2016·全国甲卷)轻质弹簧原长为2l ，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l .现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接．AB 是长度为5l 的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径BD 竖直，如图所示．物块P 与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度l ，然后放开，P 开始沿轨道运动．重力加速度大小为g .(1)若P 的质量为m ，求P 到达B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB 上的位置与B 点之间的距离；(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围．解析：(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为E p＝5mgl①设P的质量为M，到达B点时的速度大小为v B，由能量守恒定律得E p＝12Mv2B＋μMg·4l②联立①②式，取M＝m并代入题给数据得v B＝6gl③若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足mv2l－mg≥0④设P滑到D点时的速度为v D，由机械能守恒定律得1 2mv2B＝12mv2D＋mg·2l⑤联立③⑤式得v D＝2gl⑥v D满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度v D水平射出．设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得2l＝12gt2⑦P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s＝v D t⑧联立⑥⑦⑧式得s＝22l⑨(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零．由①②式可知5mgl>μMg·4l⑩要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有12Mv2B≤Mgl⑪联立①②⑩⑪式得：5 3m≤M<52m答案：6gl22l(2)53m≤M<52m4．如图甲所示，水平足够长的平行金属导轨MN 、PQ 间距L ＝0.3 m ．导轨电阻忽略不计，其间连接有阻值R ＝0.8 Ω的定值电阻．开始时，导轨上垂直放置着一质量m ＝0.01 kg 、电阻r ＝0.4 Ω的金属杆ab ，整个装置处于磁感应强度大小B ＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向里．现用一平行金属导轨的外力F 水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动．运动过程中，金属杆与导轨始终接触良好．电压采集器可将其两端的电压U 即时采集并输入电脑，获得的电压U 随时间t 变化的关系如图乙所示．求：(导学号 59230130)甲 乙(1)在t ＝4 s 时通过金属杆的感应电流和0～4 s 内金属杆的位移大小； (2)t ＝4 s 时拉力F 的瞬时功率．解析：(1)由题图乙可知，当t ＝4 s 时，U ＝0.6 V ，此时电路中的电流(即通过金属杆的电流)I ＝UR＝0.75 A ，用右手定则判断出，此时电流的方向由b 指向a .由题图乙知U ＝kt ＝0.15t (V)．金属杆切割磁感线产生的感应电动势E ＝BLv . 由电路分析有U ＝RR ＋rE ，联立得v ＝1.5t (m/s)，v 与t 成正比，即金属杆沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a ＝1.5 m/s 2，金属杆在0～4 s 内的位移x ＝12a (Δt )2＝12 m.(2)t ＝4 s 时杆的速度v 4＝a Δt ＝6 m/s ， 金属杆所受安培力F 安＝BIL ，由牛顿第二定律，对金属杆有F －F 安＝ma ，联立解得t ＝4 s 时拉力F 的瞬时功率P ＝Fv 4＝0.765 W. 答案：(1)0.75 A 12 m (2)0.765 W5．(2016·天津卷)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E ＝5 3 N/C ，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B ＝0.5 T ．有一带正电的小球，质量m ＝1×10－6kg ，电荷量q ＝2×10－6C ，正以速度v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P 点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，g 取10 m/s 2.求：(1)小球做匀速直线运动的速度v 的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P 点所在的这条电场线经历的时间t .解析：(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB ＝q 2E 2＋m 2g 2①代入数据解得v ＝20 m/s ，速度v 的方向与电场E 的方向之间的夹角θ满足 tan θ＝qE mg② 代入数据解得 tan θ＝3，③ θ＝60°.④(2)解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a ，有a ＝ q 2E 2＋m 2g 2m⑤设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x ，有x ＝vt ⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y ，有 y ＝12at 2⑦ a 与mg 的夹角和v 与E 的夹角相同，均为θ，又tan θ＝yx⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t ＝2 3 s ≈3.5 s解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P 点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为v y ＝v sin θ⑤若使小球再次穿过P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有v y t －12gt 2＝0⑥联立⑤⑥式，代入数据解得t ＝23s ≈3.5 s.答案：(1)20 m/s ，方向与电场方向成60°角斜向上 (2)3.5 s6．如图所示，绝缘的水平桌面上方有一竖直方向的矩形区域，该区域是由两个边长均为L 的正方形区域ABED 、BCFE 组成的，且矩形的下边DF 位于桌面上．ABED 区域内存在方向水平向右、电场强度大小为E 1的匀强电场，BCFE 区域内存在方向竖直向上、电场强度大小为E 2的匀强电场，现有一质量为m 的带正电的滑块以v 0＝2gL2的初速度从D 点水平向右射入场区．已知滑块分别在ABED 、BCFE 区域中受到的电场力F 1、F 2与重力的关系为5F 1＝F 2＝5mg ，桌面与滑块之间的动摩擦因数为μ＝0.75，重力加速度为g ，滑块可视为质点．(导学号 59230131)(1)如图，以D 点为坐标原点建立直角坐标系，求滑块最终离开电场时的位置坐标及该位置与E 点间的电势差；(2)求滑块离开矩形区域时的动能；(3)如果保持ABED 区域内的电场不变，仅改变BCFE 区域内电场的电场强度大小，求滑块在BCFE 区域内受到的电场力满足什么条件可以使滑块从CF 边离开电场区域．解析：(1)对滑块在ABED 区域内时受力分析，根据牛顿第二定律可得F 1－μmg ＝ma 1， 设滑块运动到E 点时的速度为v E ，则2a 1L ＝v 2E －v 20， 联立解得v E ＝gL ，对滑块在BCFE 区域时受力分析，根据牛顿第二定律得a 2＝F 2－mg m＝4g ，滑块在BCFE 区域内做类平抛运动，假设滑块从BC 边离开电场区域，运动的时间为t 0，根据类平抛运动的规律得滑块在水平方向上做匀速运动，则x 1＝v E t 0，在竖直方向上做匀加速运动，则L ＝12a 2t 20，联立解得x 1＝22L <L ，假设成立． 因此滑块最终离开电场时的位置坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋22L ，L ，滑块离开电场的位置与E 点间的电势差U ＝－E 2L . (2)对滑块全过程运用动能定理得F 1L －μmgL ＋F 2L －mgL ＝E k －12mv 20，解得E k ＝4.5mgL .(3)滑块在BCFE 区域内的电场中运动，当恰好从C 点离开电场区域时，根据类平抛运动的规律得L ＝v E t ， L ＝12a 3t 2，根据牛顿第二定律得a 3＝F 3－mgm， 联立解得F 3＝3mg ，当恰好从F 点离开电场区域时，根据运动学规律得2a 4L ＝v 2E ，根据牛顿第二定律得a 4＝μ（mg －F 4）m，联立解得F 4＝mg3.故滑块在BCFE 区域内受到的电场力F 满足mg3<F ≤3mg 时，可以使滑块从CF 边离开电场区域．答案：(1)⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋22L ，L －E 2L (2)4.5mgL(3)mg3<F ≤3mg。
