北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
版》
综合测试卷(二)
一、选择题
1.(2018杭州第一学期期末,6)下面对于教材中插图的理解正确的是 ( )
A.图甲中摩擦过的琥珀能吸引轻小的羽毛,是因为琥珀和羽毛间有万有引力作用
B.图乙中人站在体重计上迅速下蹲瞬间,体重计示数会迅速变大
C.图丙中所示的实验是用来观察桌面微小形变的,其利用了“放大”思想
D.图丁中汽车为了冲上斜坡,需要增大行驶速度以便获得更大的牵引力
答案 C 图甲中摩擦过的琥珀吸引轻小的羽毛,是因为摩擦使琥珀带了电,带电体能吸引轻小物体,故A错误;图乙中人迅速下蹲时
处于失重状态,体重计示数会迅速变小,故B错误;图丙所示实验用来观察桌面微小形变,其利用了“放大”思想,C正确;图丁中的汽
车上坡时,根据P=Fv知,需减小速度以便获得更大的牵引力,故D错误。
2.(2020安徽芜湖一模)如图是卢瑟福的α粒子散射实验装置,在一个小铅盒里放有少量的放射性元素钋,它发出的α粒子从铅盒的小
孔射出,形成很细的一束射线,射到金箔上,最后打在荧光屏上产生闪烁的光点。下列说法正确的是 ( )
A.该实验是卢瑟福建立原子核式结构模型的重要依据
B.该实验证实了汤姆孙原子模型的正确性
C.α粒子与原子中的电子碰撞会发生大角度偏转
D.绝大多数的α粒子发生大角度偏转
答案 A 卢瑟福根据α粒子散射实验,提出了原子核式结构模型,选项A正确;卢瑟福提出了原子核式结构模型的假设,从而否定了
汤姆孙原子模型的正确性,选项B错误;电子质量太小,对α粒子的影响不大,选项C错误;绝大多数α粒子穿过金箔后,几乎仍沿原方
向前进,选项D错误。
3.(2020吉林长春二检)如图所示,高速公路收费站都设有“ETC”通道(即不停车收费通道),设“ETC”车道是笔直的,由于有限速,汽
车通过时一般是先减速至某一限定速度,然后匀速通过电子收费区,再加速驶离,将减速和加速过程都视为加速度大小相等的匀变速
直线运动。设汽车从t=0时刻开始减速,下列四幅图能与汽车通过“ETC”车道的运动情况大致吻合的是(图中x、a和v分别表示
汽车的位移、加速度和速度) ( )
答案 D 由题意知汽车先匀减速、再匀速、最后做匀加速运动,在匀变速运动阶段的x-t图线应是二次函数的图像即抛物线,匀速
运动阶段是一段倾斜直线,故A、B均错误。在加速与减速运动阶段的加速度大小虽相等,但方向相反,故C错误。只有D选项正确。
规律归纳 位移 - 时间图线的斜率表示速度 , 速度 - 时间图线的斜率表示加速度 ; 加速度 - 时间图线与时间轴围成的面积表示速度变化
量 , 速度 - 时间图线与时间轴围成的面积表示位移变化量 , 位移 - 时间图线与时间轴围成的面积无意义。北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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4.如图所示,小球被轻绳系住,静止在光滑斜面上。若按力的实际作用效果来分解小球受到的重力G,则G的两个分力的方向分别是
图中的 ( )
A.1和2 B.1和3
C.2和3 D.1和4
答案 A 小球所受重力产生两个效果,一是使绳子拉伸,二是使斜面受压,故应按此两个方向分解,分别是1和2,故选A。
5.(2020河北鸡泽一中月考)一辆汽车正在以v=20 m/s的速度匀速行驶。突然,司机看见车的正前方x=33 m处有一只狗,如图甲所示。
0
若从司机看见狗开始计时(t=0),司机采取一系列动作。整个过程中汽车的运动规律如图乙所示,则下列判断正确的是 ( )
甲
乙
A.汽车先做匀速运动再做反向匀减速运动
B.汽车减速运动的加速度大小为5 m/s2
C.若狗正以v'=5 m/s的速度与汽车同向奔跑,则不能摆脱被撞的噩运
D.汽车从司机发现狗至停止运动的这段时间内前进的距离为48.4 m
答案 B 由题图乙可知,0~0.5 s内车速不变,0.5~4.5 s内车速随时间均匀减小,0~4.5 s内车速始终为正值,即0~4.5 s汽车始终沿规
Δv 0-20
定的正方向运动,则汽车先做匀速运动再做正方向的匀减速运动,故A错误;汽车减速运动的加速度a= = m/s2=-5
Δt 4.5-0.5
v'-v
m/s2,所以汽车减速运动的加速度大小为5 m/s2,方向与汽车运动方向相反,故B正确;汽车由20 m/s减速到5 m/s所需时间t=
1
a
5-20 v+v' 20+5
= s=3 s,这段时间内汽车前进的距离x =vt+ t=20×0.5 m+ ×3 m=47.5 m,此时间内狗前进的距离x
-5 车 0 2 1 2 狗
=v'(t+t)=5×(0.5+3.2)m=18.5 m,因为x+x=18.5 m+33 m=51.5 m>x ,所以狗能摆脱被撞的噩运,故C错误;从司机发现狗至停止运动,
0 1 2 0 车
v 20
汽车的位移x=vt+ t=20×0.5 m+ ×4.0 m=50 m,故D错误。
0 2
2 2
6.(2020河北冀州中学期末)神舟十一号载人飞船与天宫二号对接成功。两者对接后一起绕地球运行的轨道可视为圆轨道,运行周期
为T,已知地球半径为R,对接体距地面的高度为kR,地球表面的重力加速度为g,引力常量为G。下列说法正确的是 ( )
A.对接前,飞船通过自身减速使轨道半径变大靠近天宫二号实现对接
2πkR
B.对接后,飞船的线速度大小为
T
g
C.对接后,飞船的加速度大小为
(1+k)2北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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D.地球的密度为3π(1+k)2
GT2
答案 C 对接前,如果飞船自身减速,飞船在原轨道上受到的万有引力大于所需要的向心力,所以飞船做近心运动,轨道半径变小,故
2πr 2π(1+k)R
A错误;对接后,轨道半径r=R+kR=(1+k)R,飞船的线速度大小v= = ,故B错误;在地球表面附近,根据重力等于万
T T
有引力,mg=GMm,得GM=gR2,对接后,根据万有引力提供向心力,有GMm=ma,得a=GM= gR2 = g ,故C正确;
R2 r2 r2 (1+k)2R2 (1+k)2
根据万有引力提供向心力,有GMm=m4π2 r,得地球质量M=4π2r3 =4π2(1+k)3R3 ,密度ρ=M=4π2(1+k)3R3
·
r2 T2 GT2 GT2 V GT2
3 =3π(1+k)3 ,故D错误。
4πR3 GT2
7.(2020广东广州模拟)篮球运动员接传来的篮球时,通常要先伸出两臂迎球,手触到球瞬间顺势后引。这样可以减小 ( )
A.球对手的力的冲量
B.球对手的力的大小
C.球的动量变化量
D.球的动能变化量
答案 B 球对手的冲量I=mv-mv 不变,故选项A错误;篮球运动员接传来的篮球时,通常要先伸出两臂迎球,手触到球瞬间顺势后引,
0
增加了手与球间的相互作用时间,根据Ft=mv-mv 可知,减小了球对手的力的大小,故选项B正确;根据动量变化Δp=mv-mv 可知,动量
0 0
1 1
变化量相同,故选项C错误;球的动能变化量ΔE= mv2- mv2不变,故选项D错误。
k 2 2 0
8.(2020湖北武汉部分学校联考)如图所示是早期发明的一种电流计,它是根据奥斯特实验中小磁针的偏转来计量电流的,缺点是精确
度不高、易受外界干扰。接通电路前,位于环形导线中央的小磁针仅在地磁场的作用下处于静止状态,调整电流计的方位,使环形导
线与小磁针共面。当给环形导线通以恒定电流I时,小磁针偏转角度为α;当给环形导线通以恒定电流kI时,小磁针偏转角度为β。若
已知环形电流圆心处的磁感应强度与通电电流成正比,关于这种电流计,下列说法正确的是 ( )
A.该电流计测量结果与地磁场的竖直分量有关
B.该电流计在地球上不同位置使用时,所标刻度均相同
C.小磁针偏转角满足关系式 sin β=k sin α
D.小磁针偏转角满足关系式 tan β=k tan α
答案 D 由题图可知,该电流计测量结果与地磁场的水平分量有关,选项A错误;在地球上不同位置,地磁场的水平分量可能不同,所
以该电流计在地球上不同位置使用时,所标刻度可能不相同,选项B错误; 根据磁场的矢量关系可得 tan α= B ,tan β=B ,因为环形
I kI
B B
地 地
电流圆心处的磁感应强度与通电电流成正比,有kB=B ,所以有 tan β=k tan α,选项C错误,D正确。
I kI北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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易错警示 不清楚磁感应强度的叠加性导致错选
本题易错有三点: 一是不清楚地磁场的磁感应强度方向 ; 二是画不出地磁场磁感应强度的水平分量与环形电流在圆心处产生磁
感应强度方向关系 ; 三是认为地磁场的磁性弱 , 解题时忽略地磁场的存在。实际上小磁针的偏转方向应是地磁场与电流产生的磁场
共同作用的结果。
9.(2020安徽六安一中模拟七)2016年第31届奥运会在里约热内卢举行,我国女排不负众望获得奥运冠军。如图所示,某运动员发球
时,在P点把排球以某初速度水平向左抛出,可调整初速度的大小,不计空气阻力,下列判断不正确的是 ( )
A.初速度越大,排球落在对方界内地面上时的速度越大
B.初速度越大,排球经过网上方时的速度越大
C.无论初速度多大,排球经过P、Q连线时速度与P、Q连线的夹角都相同
D.初速度加倍,经过P、Q连线时平抛运动位移变为原来的4倍
答案 B 排球落在对方界内地面上时,竖直分速度相同,水平初速度越大,落到地面时的速度越大,故A正确。设发球处离网的水平
距离是L,排球经过网上方时竖直分速度为v,排球经过网上方时的速度为v,据平抛运动规律有L=vt,v=gt,v2= + ,整理得v2= +
y 0 y v2 v2 v2
0 y 0
g2L2
,据数学知识知,当 v2=gL时,v2有最小值,故B项错误。设P、Q连线与水平方向夹角为θ,排球经过P、Q连线时速度方向与水
v2 0
0
平方向夹角为α,根据平抛运动的推论可知 tan α=2 tan θ,所以排球经过P、Q连线时速度与P、Q连线的夹角都相同,故C正确。设
1
gt2 2v tanθ
P、Q连线与水平方向夹角为θ,当排球过P、Q连线时有2 =tan θ,可得t= 0 ,所以经过P、Q连线时平抛运动位移
g
v t
0
s= x = v t =2v2 tanθ,可知位移与初速度的平方成正比,故D正确。
0 0
cosθ cosθ gcosθ
10.(2020河北衡水十三中二检)智能扫地机器人成为许多家庭喜爱的电子产品,某型号的智能扫地机器人电动机的额定工作电压为
12 V,正常工作时的额定功率为40 W,其所用锂电池的容量为5 000 mA·h,当扫地机器人工作到电池剩余容量为总容量的20%时会
停止扫地,然后自动充电。已知机器人电动机的线圈电阻为3 Ω,则下列说法正确的是 ( )
A.机器人正常工作时的电流为4 A
B.工作时,机器人的发热功率为0.33 W
C.锂电池的内阻为3.6 Ω
D.机器人可以连续正常工作的时间为72 min
P
答案 D 机器人正常工作时的电流为I= ≈3.3 A,A项错误。不知道锂电池的内阻,因此无法求机器人的发热功率,B项错误。由
U
于锂电池的电动势未知,无法求锂电池的内阻,C项错误。机器人可以连续正常工作的时间为t=
5 000×10-3×3 600×0.8
40 s=72 min,D正确。
12
11.(2020甘肃天水模拟)如图所示是高压电场干燥中药技术基本原理图,在一个很大的导体板MN上铺一薄层中药材,针状电极O和
平板电极MN接高压直流电源,其间产生较强的电场。水分子是极性分子,可以看成棒状带电体,一端带正电,另一端带等量负电。水
分子在电场力的作用下会加速从中药材中分离出去,被鼓风机送出的水平微风裹挟着飞离电场区域。图中虚线ABCD是某一水分
子从A处由静止开始的运动轨迹。下列说法正确的是 ( )北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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A.水分子运动中受到的电场力越来越小
B.沿着曲线ABCD方向电势越来越低
C.水分子运动中电势能越来越少
D.水分子的轨迹ABCD是一条抛物线
答案 C 根据电场线疏密可以判断电场强弱,所以水分子所处位置电场强度越来越强,电场力越来越大,A错误;沿电场线方向电势
越来越低,所以沿着曲线ABCD方向电势越来越高,B错误;水分子从静止开始运动,电场力做正功,电势能减小,C正确;因为电场不是
匀强电场,所以水分子受力方向一直在变,所以不是类平抛运动,轨迹不是抛物线,D错误。
12.(2020天津河西质检)某兴趣小组利用变压器的原理设计了一个起重机装置用于提升物体,如图所示,理想变压器原线圈的输入电
压u=50√2 sin 100πt(V),照明灯的规格为“10 V 20 W”,电动机的内阻为R =5 Ω,装置启动后,质量为m=2 kg的物体恰好以
M
v=0.25 m/s的速度匀速上升,照明灯正常工作,电表均为理想电表,取g=10 m/s2。则( )
A.原、副线圈匝数比为1∶5
B.电压表的示数为14.1 V
C.装置启动后,电动机的输出功率为5 W
D.装置启动后,电流表的示数为4 A
U n
答案 C 原线圈电压有效值为50 V,副线圈电压的有效值为10 V,根据 1 = 1可知,原、副线圈匝数比为5∶1,A错误。电压表测
U n
2 2
量的是副线圈电压的有效值,为10 V,B错误。物体匀速上升,输出功率全部用来提升物体,因此装置启动后,电动机的输出功率为P
出
P
=mgv=5 W,C正确。电动机是非纯电阻元件,根据P -P =P ,即UI-I2R =P ,解得I=1 A,流过照明灯的电流I'= =2 A,因此流过电
入 热 出 M 出
U
流表的电流为3 A,D错误。
13.(2020湖南长沙模拟)(多选)近几年一些国家积极发展“月球探测计划”,该计划中的科研任务之一是探测月球上氦3的含量。氦
3是一种清洁、安全和高效的核发电燃料,可以采用在高温高压下用氘和氦3进行核聚变反应发电。若已知氘核的质量为2.013 6
u,氦3的质量为3.015 0 u,氦核的质量为4.001 51 u,质子质量为1.007 83 u,中子质量为1.008 665 u,1 u相当于931.5 MeV。则下列说
法正确的是 ( )
A.一个氘和一个氦3的核聚变反应释放的核能约为17.9 MeV
B.氘和氦3的核聚变反应方程式
:2
H
+3
He
→4
He+X,其中X是质子
1 2 2
C.因为聚变时释放能量,出现质量亏损,所以生成物的总质量数减少
D.目前我国的秦山、大亚湾等核电站广泛使用氦3进行核聚变反应发电
答案 AB 根据电荷数守恒和质量数守恒知X为质子,故B正确。根据质能方程知ΔE=Δmc2=(2.013 6 u+3.015 0 u-4.001 51
u-1.007 83 u)×931.5 MeV/u≈17.9 MeV,故A正确。因为聚变时释放能量,出现质量亏损,所以生成物的总质量减小,但是其总质量数
不变,C错误。目前我国的秦山、大亚湾等核电站广泛使用重核裂变反应发电,D错误。故选A、B。
方法总结 计算核能的几种方法
(1)根据ΔE=Δmc2计算。计算时Δm的单位是“kg”,c的单位是“m/s”,ΔE的单位是“J”。
(2)根据ΔE=Δm×931.5 MeV/u计算。因1原子质量单位(u)相当于931.5 MeV的能量,所以计算时Δm的单位是“u”,ΔE的单位
是“MeV”。
(3)根据平均结合能来计算核能北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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原子核的结合能=平均结合能×核子数。反应前后原子核的结合能之差即释放(吸收)的核能。
(4)有时可结合动量守恒定律和能量守恒定律进行分析计算。
14.(2020北京海淀中关村中学模拟)(多选)如图甲所示,沿波的传播方向上有间距均为1 m的六个质点a、b、c、d、e、f,均静止在各
自的平衡位置,t=0时刻振源a从平衡位置竖直向上做简谐运动,其振动图像如图乙所示,形成的简谐横波以1 m/s的速度水平向右传
播,则下列说法正确的是 ( )
A.这列波的周期为4 s
B.0~3 s内质点b运动路程为4 cm
C.4~5 s内质点c的加速度在减小
D.6 s时质点e的速度大小为1 m/s,水平向右
答案 AB 由题图乙知波的周期为4 s,A正确;质点b从1 s后开始振动,0~3 s内质点b振动了2 s,运动路程为2A=4 cm,B正确;波速
为1 m/s,周期为4 s,则波长为4 m,质点a和质点c相隔半个波长,故两质点的运动情况恰好相反,易知4~5 s内质点c正从平衡位置向
下振动,加速度在逐渐增大,C错误;质点只在平衡位置附近上下振动,并不随波迁移,故质点e的速度不可能沿水平方向,D错误。
15.(2020山东滕州模拟)(多选)如图所示,一玻璃柱体的横截面为半圆形,细的单色光束从空气射向柱体的O点(半圆的圆心),产生反
射光束1和透射光束2。已知光从空气射向玻璃时入射角的正弦与折射角的正弦的比值为√3,入射角为45°(相应的折射角为
24°)。现保持入射光不变,将半圆柱绕通过O点垂直于图面的轴线顺时针转过15°,如图中虚线所示。则( )
A.光束1转过15°
B.光束1转过30°
C.光束2转过的角度小于15°
D.光束2转过的角度大于15°
答案 BC 转动前入射光与反射光的夹角θ=90°,转动后入射光与反射光的夹角θ=120°,则光束1转过θ-θ=30°,B正确,A错误;入
1 2 2 1
射角增大15°,折射角增大的角度小于15°,所以C正确,D错误。
易错提醒 应用反射定律和折射定律应注意的问题
(1)应用光的反射定律和折射定律讨论问题时,应先作好光路图,确定好界面和法线。
(2) 入射角、折射角、反射角均以法线为标准来确定 , 不能以界面为标准 。
16.(2020天利38套能力提升卷五)(多选)如图所示为手机无线充电原理图,若连接电源的为发射线圈N,手机端为接收线圈M,接收线
圈匝数为n,电阻为r,横截面积为S,手机可看成纯电阻R,匀强磁场平行于线圈轴线穿过线圈。下列说法正确的是 ( )
A.只要发射线圈N中有电流流入,接收线圈M两端一定可以获得电压
B.只要接收线圈M两端有电压,发射线圈N中的电流一定不是恒定电流北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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C.当接收线圈M中磁感应强度大小均匀增加时,接收线圈M中有均匀增加的电流
nSΔBR
D.若Δt时间内,接收线圈M中磁感应强度大小均匀增加ΔB,则接收线圈M两端的电压为
Δt(R+r)
答案 BD 若发射线圈N中有恒定电流,则产生的磁场不变化,在接收线圈中不会产生感应电流,也就不会获得电压,A错误。只要
接收线圈M两端有电压,说明穿过接收线圈的磁场变化,所以发射线圈N中的电流一定不是恒定电流,B正确。若穿过接收线圈M
ΔΦ ΔB
的磁感应强度大小均匀增加,如果线圈闭合,根据法拉第电磁感应定律E=n =n S,可知接收线圈M中产生恒定的感应电动势,
Δt Δt
ΔΦ ΔB
根据闭合电路欧姆定律可知接收线圈M中有感应电流且恒定,C错误。根据法拉第电磁感应定律有E=n =nS ,根据分压规
Δt Δt
E nSΔBR
律得M两端的电压U= R= ,D正确。
R+r Δt(R+r)
二、非选择题
17.(2016宁波期末,14)利用图甲装置可以完成力学中的许多实验。
甲
乙
丙
(1)以下说法中正确的是 ( )
A.用此装置“研究匀变速直线运动”时,必须设法消除小车和木板间摩擦阻力的影响
B.用此装置“探究加速度与力、质量的关系”时,每次改变重物质量之后,需要重新平衡摩擦力
C.用此装置“探究加速度与力、质量的关系”时,为保证拉力近似等于重物的重力,必须满足重物的质量m远小于小车的质量
M
D.用此装置“探究做功和速度变化的关系”时,必须调整滑轮高度使连接小车的细线与木板平行
(2)某同学在进行“探究加速度与力和质量的关系”实验时,经历了以下过程:
a.在实验准备过程中,发现实验室有两种打点计时器,如图乙所示。该同学决定使用电火花计时器,该计时器对电源的要求是
( )
A.交流220 V B.直流220 V
C.交流4~6 V D.直流4~6 V北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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b.该同学欲通过图丙所示装置打出的纸带(图丁)来判断是否已经平衡摩擦力。根据纸带的点迹可以判断:为进一步平衡摩擦力,
图丙中垫块应向 (选填“左”或“右”)移一些。
丁
c.在利用此装置做实验时,实验中按规范操作打出的一条纸带的一部分如图戊。从比较清晰的点起,每隔4个点取一个计数点,
量出相邻计数点之间的距离(单位cm)。则打下计数点3时小车的瞬时速度为 m/s。(保留两位有效数字)
戊
答案 (1)CD (2)a.A b.右 c.0.38
解析 (1)根据实验原理,“研究匀变速直线运动”时不用平衡摩擦力,在“探究加速度与力、质量的关系”时,只需平衡一次摩擦力,
同时为保证拉力近似等于重物的重力,必须满足m≪M,故A、B错误,C正确;“探究做功和速度变化的关系”时,为测量拉力做功,必
须调整滑轮高度使连接小车的细线与木板平行,故D正确。(2)a.电火花计时器需用交流220 V的电源,故选A。b.根据纸带上的点距
变小,可知小车做减速运动,加速度方向沿斜面向上,即摩擦力大于重力的分力,所以图丙中垫块应向右移动一些,增大倾角。c.匀变速
v
(3.68+3.83)×10-2
直线运动中 t=v,故打下计数点3时小车的瞬时速度v= m/s=0.38 m/s。
2 3 0.2
18.(2020山东济宁一中一轮检测)航空母舰采用弹射起飞模式,有助于提高舰载机的起飞质量。某航空母舰起飞跑道长度为160
m(跑道视为水平),某型号舰载机满负荷时总质量为20 t,加速时发动机产生的推力为1.2×105 N,飞机所受阻力为飞机重力的0.1。当
飞机的速度大小达到50 m/s时才可能离开航空母舰起飞。g取10 m/s2。
(1)若航空母舰处于静止状态,弹射系统必须使飞机至少获得多大的初速度;
(2)若航空母舰处于静止状态且不开启弹射系统,为使飞机仍能在此舰上正常起飞,需要减少多少质量的燃料或弹药。(结果保留
2位有效数字)
答案 (1)30 m/s (2)6.4×103 kg
解析 (1)根据牛顿第二定律有
F-0.1mg=ma
解得:a=5 m/s2
由v2-
v2
=2ax得
0
v=30 m/s
0
(2)设需减少质量m,减重后加速度不小于
1
v2 502 125
a'= = m/s2= m/s2
2x 2×160 16
根据牛顿第二定律有:
F-0.1(m-m)g=(m-m)a'
1 1
代入数据解得
m≈6.4×103 kg
1
19.(2020四川成都七中模拟)如图所示,在光滑水平桌面EAB上有质量为M=0.2 kg的小球P和质量为m=0.1 kg的小球Q,P、Q之间
压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接),桌面边缘E处放置一质量也为m=0.1 kg的橡皮泥球S,在B处固定一与水平桌面相切的光滑
竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧,P、Q两小球被轻弹簧弹出,小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道,恰好能够通过半圆形轨
道的最高点C;小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出,落在水平地面上的D点。已知水平桌面高为
h=0.2 m,D点到桌面边缘的水平距离为x=0.2 m,重力加速度为g=10 m/s2,求:
(1)小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小N ';
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(2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速度大小v ;
Q
(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能E。
p
答案 答案 (1)12 N (2)2 m/s (3)0.3 J
解析 (1)小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C,
Mg=Mv2
,解得v =
C C √gR
R
1 1
对于小球P从B→C,由动能定理有-2MgR= Mv2- Mv2
2 C 2 B
解得v =√5gR
B
在B点有N
-Mg=Mv2
B B
R
解得N =6Mg=12 N
B
由牛顿第三定律有N '=N =12 N。
B B
1
(2)设Q与S做平抛运动的初速度大小为v,所用时间为t,根据公式h= gt2,得t=0.2 s
2
根据公式x=vt,得v=1 m/s
碰撞前后Q和S组成的系统动量守恒,则有mv =2mv
Q
解得v =2 m/s。
Q
(3)P、Q和弹簧组成的系统动量守恒,
则有Mv =mv
P Q
解得v =1 m/s
P
对P、Q和弹簧组成的系统,由能量守恒定律有
1 1
E= Mv2+ mv2
p 2 P 2 Q
解得E=0.3 J。
p
20.新一代航母采用全新的电磁阻拦技术,它的阻拦技术原理是,飞机着舰时利用电磁作用力使它快速停止。为研究问题的方便,我们
将其简化为如图所示的模型。在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中,两根平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内,相距
为L,电阻不计。轨道端点M、P间接有阻值为R的电阻。一个长为L、质量为m、阻值为r的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在
轨道上,与轨道接触良好。质量为m 的飞机以水平速度v 迅速钩住导体棒ab,钩住之后关闭动力系统并立即获得共同的速度。假如
0 0
忽略摩擦等次要因素,飞机和金属棒系统仅在安培力作用下很快停下来。求:
(1)飞机钩住金属棒后,它们获得的共同速度v的大小。
(2)飞机在阻拦减速过程中获得的加速度a的最大值。
(3)从飞机钩住金属棒到它们停下来的整个过程中运动的距离x。北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
版》
m B2L2m v m v (R+r)
答案 答案 (1) 0 v 0 (2) 0 0 (3) 0 0
m +m (R+r)(m +m)2 B2L2
0 0
解析 (1)以飞机和金属导体棒为研究对象
根据动量守恒定律,有mv=(m+m)v
0 0 0
m
解得它们共同的速度v= 0 v 0 。
m +m
0
(2)飞机钩住金属导体棒后,它们以速度v开始在安培力的作用下做减速运动,所以当它们速度为v时安培力最大,此时由安培力
产生的加速度也最大
根据牛顿第二定律,有BIL=(m+m)a
0
BLv
根据闭合电路欧姆定律,有I=
R+r
B2L2m v
联立解得a= 0 0 。
(R+r)(m +m)2
0
(3)以飞机和金属导体棒为研究对象,根据动量定理,有-BIL·Δt=0-(m+m)v
0
ΔΦ BLx
根据电磁感应定律得E= =
Δt Δt
E
根据闭合电路欧姆定律,有I=
R+r
B2L2
联立得 x=(m+m)v=mv
R+r 0 0 0
m v (R+r)
解得x= 0 0 。
B2L2
21.(2020四川宜宾叙州一中适应性考试一)如图,在xOy平面的第一、四象限内存在着方向垂直纸面向外,磁感应强度为B的匀强磁
场,第四象限内存在方向沿-y方向,电场强度为E的匀强电场。从y轴上坐标为(0,a)的一点向磁场区发射速度大小不等的带正电同
种粒子,速度方向范围是与+y方向夹角30°~150°,且在xOy平面内。结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x轴上,然后进入第四
象限的匀强电场区。已知带电粒子电荷量为q,质量为m,粒子的重力及粒子间相互作用不计。
(1)求垂直y轴方向射入磁场粒子运动的速度大小v;
1
(2)求粒子在第一象限的磁场中运动的最长时间与最短时间之差;
(3)从x轴上x=(√2-1)a点射入第四象限的粒子穿过电磁场后经过y轴上y=-b的点,求该粒子经过y=-b点的速度大小。
答案 (1) qBa (2) 2πm (3)√2(qBa)2 2qEb
+
m 3Bq m2 m
解析 (1)设初速度大小为v的粒子与y轴正方向夹角为θ射入磁场,垂直达到x轴上满足:a=R sin θ
v2
由牛顿第二定律得:qvB=m ,
R北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
版》
qBR qBa
解得:v= = ,
m msinθ
qBa
当θ=90°时,有v= 。
1
m
θ 150° 2πm 5πm
(2)运动时间最长对应粒子初速度与y轴正方向夹角30°,转过150°时,则有:t= T= × = ,
1 360° 360° qB 6qB
θ' 30° 2πm πm
运动时间最短对应粒子初速度与y轴负方向夹角30°,转过30°时,则有:t= T= × = ,
2 360° 360° qB 6qB
2πm
则时间差为:Δt=t-t= 。
1 2
3qB
(3)设最开始粒子从y轴射出时与y轴负方向夹角为φ,由数学知识得:
R-R cos φ=(√2-1)a,R sin φ=a,
解得:φ=45°,R=√2a,
qBR √2qBa
初速度为:v= = ,
0
m m
1 1
设到达y轴速度大小为v,由动能定理得:qEb= mv2- mv2,
2 2 2 2 0
解得:v=√2(qBa)2 2qEb。
2 +
m2 m
关键点拨 带电粒子在磁场中的运动类题目关键在于找出圆心确定半径,所以在解题时几何关系是关键,应灵活应用几何关系,同时
结合画图去找出合理的解题方法。
