高考物理各章分类汇编试题解析.pdf
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1、高考物理冲刺讲义例1.如图所示,半径为R的竖直光滑半圆轨道b e与水平 1光滑轨道a b在b点连接,开始时可视为质点的物体A和B静/止在a b上,A、B之间压缩有一处于锁定状态的轻弹簧(弹簧 小制/与A、B不连接)。某时刻解除锁定,在弹力作用下A向左运动,a p/B向右运动,B沿轨道经过c点后水平抛出,落点p与b点间距离为2R。已知A质量为2m,B质量为m,重力加速度为g,不计空气阻力,求:(1)B经c点抛出时速度的大小?(2)B经b时速度的大小?(3)锁定状态的弹簧具有的弹性势能?解:(1)B平抛,2&=(2分)2R=y/(2分)得:匕=必(2分)(2)B从b到c,由机械能守恒定律,=陷2&
2、+;初T(2分)得:也=和筋(2分)弹簧回复原长过程中A与B组成系统动量守恒,2mvA-mvQ(2分)得:打=:质(2分)由能量守恒定律,弹簧弹性势能吗=12wv i+l(2分)得:Ep=3.7 5mgR(2分)例2.如图所示,在同一竖直平面内,一轻质弹簧一端固定,另一自由端恰好与水平线齐 平,静止放于光滑斜面上,一长为的轻质细线一端固定在。点,另一端系一质量为力的小 球,将细线拉至水平,此时小球在位置G由静止释放小球,小球到达最低点时,细绳刚 好被拉断,点到/夕的距离为力,之后小球在运动过程中恰好沿斜 面方向将弹簧压缩,弹簧的最大压缩量为筋重力加速度为g.求:(1)细绳所能承受的最大拉力;(
3、2)斜面的倾角夕的正切值;(3)弹簧所获得的最大弹性势能.解:(1)小球由C至UD,机械能定恒mgL=mv1 4=由牛顿第三定律,知细绳所能承受的最大拉力为3mg(2)小球由D到A,做平抛运动h0-a r ct a nh(3)小球达A点时=Vy+V=2 g5+)小球在压缩弹簧的过程中小球与弹簧系统的机械能守恒Ep=mgx sin 6+mv/.Ep-mg(x.熹+L)01)例3.一质量=0.2k g的长木板静止在水平面上,长木板与水平面间的滑动摩擦因数八=0.1,一质量m=0.2k g的小滑块以均=1.2mz s的速度从长木板的左端滑上长木板,滑块与长木板间滑动摩擦因数口 2=0.4(如图所示)
4、。求经过多少时间小滑块与长木板速度相同?从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中,小滑块滑动的距离为多少?(滑块始 终没有滑离长木块)一解:对 m:H 2mg=ma 2 解得:a2=4m/s-,/对 M:u 2mg-u 1(M+m)g=Ma 解得:a i=2m/s2设经历时间为t两者速度相同,则:vo-a2t=a i t解得:t=0.2s(2)两者共同速度为:v=a i t=0.4m/s两者相对静止前,小滑块的位移:s1=vot-a2t 72=O.16m 达到共同速度后对滑块和木板:U 1(M+m)g=(M+m)a3 滑行位移为:S 2=v2/2a 3 解得:S 2=0.08m 小滑块的总位称
5、为:s=S i+s2=0.24m例4.如图所示,在磁感应强度为B=0.6T的匀强磁场中,长为0.5 m、电阻为尸1 Q的导体棒 a b放置在水平的光滑金属框上,如图所示.导体棒a b在外力作用下以10 m/s的速度向右匀 速滑动,已知电容C=2uF,电阻R=6Q,其余电阻忽略不计,求:(1)a b棒哪端的电势高?a b棒中的电动势的大小?(2)a b棒两端的电压?(3)为使a b棒匀速运动,外力的大小及其机械功率?(4)电容器的电量?解:(1)由右手定则可知,a端电势较高;Ab棒中的 电动势E=BLV=3v 3(2)R外=:R=9Q 由闭合电路欧姆定律可得pI=0.3/Ua h=IR外 解得
6、Ua h=2.7v r+H外(3)匀速运动时有:F外=F安=BIL=G.09N 故外力的机械功率P=FV=0.9W R(4)电容器的电量Q=CU 其中t/=/y=0.9v 解得0=1.8x10-6。例5.如图,MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成。角固定,轨距为d。空间存在 匀强磁场,磁场方向垂直轨道平面向上,磁感应强度为B。P、M间所接阻值为R的电阻。质量为m的金属杆a d水平放置在轨道上,其有效电阻为r。现从静止释放a b,当它沿轨道下滑距离s时,达到最大速度。若轨道足够长且电阻不计,重力加速度为g。求:(1)金属杆a b运动的最大速度;(2)金属杆a b运动的加速度为ggsi n,
7、时,电阻R上电功率;(3)金属杆a b从静止到具有最大速度的过程中,克服安培力所 做的功。解:(1)当杆达到最大速度时F=mg si n 0(1分)安培力F=BId(1分)F感应电流 I=-(1分)R+r感应电动势=(1分)日 _l、士.mg(R+r)sin0 z.解得最大速度 匕二11-(1分)(2)当a b运动的加速为g mg si n 0时根据牛顿第二定律冽gsi n。-8/d=(1分)电阻R上的电功率P=/2r(2分)解得尸=(加gsme)2R(1分)1,(3)根据动能定理mgs sin,一叫 二2加匕j 一0(2分)“日皿 八 1 m3g2(R+r)2 sin2 0 一 八、解得 W
8、F=mgs sin(2)带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间:-E1 I(3)带电系统运动过程中,B球电势能增加的最大值。口:-=-4L-Q例9.如图,直线上W上方有平行于纸面且与成45c的有界匀强电场,电场强度大小为民 的V下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场,磁感应强度大小未知。今从上的O点向 磁场中射入一个速度大小为丫、方向与成45。角的带正电粒子,该粒子在磁场中运动时的 轨道半径为R。若该粒子从。点进入磁场后第三次经过直线后又恰好通过。点。不计粒子 的重力。求:粒子第三次经过直线MN时的位置;磁感应强度大小;粒子从O点出发到再次回到O点所需的时间。X XX X X X X X
9、 X例7.解:(1)2极板为正极板(2分)由题意可知:两板间的电压=A2=sA0=sk (1分)t Z而:5=nr2 带电液滴所受的电场力:F=d(1分)在竖直方向:mg=O(1分)由以上各式得K=(1分)兀广q(2)液滴在复合场中作匀速圆周周运动,则电场力与重力平衡,所以,电场力方向竖直向 上,由题意知该液滴带正电,故电场强度方向竖直向上.(2分)设匀强电场强 度为E,则qE=mg (1 分)E=(1 分)(3)液滴进入复合场后做匀速圆周运动,设运动半径为R,2由牛顿第二定律有:。用=粤 (1分)由式得:=吗(1R qBx分)讨论:若RWL,电子从磁场左边界离开(1分)由几何关系知偏转距离为
10、 尸24(1分)代入数据并整理得歹=网(1曲分)若RL,电子从磁场右边界离开(1分)由几何关系知偏转距离为y=R_、R2 (1分)代入数据并整理得y=等-j管-4 (1分)例8.解:(1)带电系统开始运动后,先向右加速运动;当B进入电场区时,开始做减速运动。故在B刚进入电场时,系统具有最大速度。(1分)设B进入电场前的过程中,系统的加速度为如 由牛顿第二定律:2Eq=2ma (1分)B刚进入电场时,系统的速度为以,由/=2&(1分)可得匕=、/亍(1分)(2)当/刚滑到右边界时,电场力对系统做功为第=2%3+(3助x 2)=0故系统不能从右端滑出,/刚滑到右边界时速度刚好为零(1分)。设8从静
11、止到刚进入电场的时间为3则?陋(1分)1 a Eq设夕进入电场后,系统的加速度为食,由牛顿第二定律-3Eq+2Eq=2相的(2分)系统做匀减速运动,减速所需时间为t2,则有,-匕”=陋(1分)-a2 V Eq系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间为/=乙+/,=3 叵(1分)(3)当带电系统速度第一次为零,即A恰好到达右边界NQ时,B克服电场力做的功最多,B增加的电势能最多,此时B的位置在PQ的中点处(1分)所以B电势能增加的最大值/例=3&x 2=6/(2分)例9.解:粒子的运动轨迹如图,先是一段半径为R的1/4圆弧到a点,接着恰好逆电场线 匀减速运动到b点速度为零再返回a点速度仍为v,再
12、在磁场中运动一段3/4圆弧到c 点,之后垂直电场线进入电场作类平抛运动。(1)由图可知:。=2Hcos45=后7?(1)因此i=2后火 即距离。点2行火(2)(2)粒子在电场中运动时垂直和平行电场方向的位移都为xX X X X X X X由可得EB=(8)v(3)粒子在磁场中运动的总时间为2兀R f2=-V粒子在电场中的加速度为(9)qE _ v2 m R(10)粒子在电场中做直线运动所需时间为2v h=一 a2R(11)由(4)(9)(11)得粒子从出发到再到达O点所需时间2R、t=%+芍+=-(2+7T)V(12)课外练兵1.10个同样的扁长木块一个紧挨一个地放在水平地面上,如图所示,每个
13、木块的质量 m=0.40 k g,长/=0.50m,它们与底面间的静摩擦和滑动摩擦系数均为P 2=0.10。原来木 块处于静止状态。左方第一个木块的左端上方放一质量为M=1.0k g的小铅块,它与木块间 的静摩擦和滑动摩擦系数均为u 1=0.20 o现突然给铅块一向右的初速度V0=4.3 m/s,使其 在大木块上滑行。试确定铅块最后的位置在何处(落在地上还是停在哪块木块上)。取重力 加速度g=10m/s2 o设铅块的线度与/相比可以忽略。v解析 当铅块向右运动时,铅块与10个相同的扁长木块中的第一块先发生摩擦力,若此摩 擦力大于10个扁长木块与地面间的最大静摩擦力,则10个扁长木块开始运动,若
14、此摩擦力 小于10个扁长木块与地面间的最大摩擦力,则10个扁长木块先静止不动,随着铅块的运动,总有一个时刻扁长木块要运动,直到铅块与扁长木块相对静止,后又一起匀减速运动到停止.铅块M在木块上滑行所受到的滑动摩擦力二%Mg=2.07V设M可以带动木块的数目为n,则n满足:/-/2(A/+m)g-(n-0即 2.0 1.4 0.4(一 1)2 0上式中的n只能取整数,所以n只能取2,也就是当M滑行到倒数第二个木块时,剩 下的两个木块将开始运动.设铅块刚离开第8个木块时速度为v,则1?1 9-Mv2得:v2=2.49(m/s)2 0由此可见木块还可以滑到第9个木块上.M在第9个木块上运动如图69甲所
15、示,则对M而言有:jL L Mg=Ma乂J/L J,J 一7/一得:aM=-2.0m/.s2第9及第10个木块的动力学方程为:Mg-+m)g-jll2mg=2切a”,得:am=0.25m/52.设M刚离开第9个木块上时速度为M,而第10个木块运动的速度为P,并设木块运 动的距离为s,则M运动的距离为s+/,有:v,2=v2+2a M(5+/)消去s及t求出:/,故将运动到第10个木块上.再设M运动到第10个木块的边缘时速度为力,这时木块的速度为,则:v 2=J2+2见“(5,+/)解得:v2=-1.63-4/0,故M不能滑离第10个木块,只能停在它的表面上,最后和木块一起静止在地面上.2.如图
16、,ABCD是边长为a的正方形。质量为优、电荷量为e的电子以大小为功的初速度 沿纸面垂直于BC变射入正方形区域。在正方形内适当区域中有匀强磁场。电子从BC边上 的任意点入射,都只能从A点射出磁场。不计重力,求:(1)次匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大小;口 c(2)此匀强磁场区域的最小面积。解析:(1)设匀强磁场的磁感应强度的大小为B。令圆弧4EC是自C点垂直于BC入射的电子在磁场中的运行轨道。电子所受到的磁场 的作用力f=ev0B应指向圆弧的圆心,因而磁场的方向应垂直于纸面向外。圆弧4EC的圆心在CB边或其延长线上。依题意,圆心在A、C连线的中垂线上,故B点即为圆联立式得(2)由(1)中决定
17、的磁感应强度的方向和大小,可知自。点垂直于入射电子在A点 沿DA方向射出,且自BC边上其它点垂直于入射的电子的运动轨道只能在BAEC区域中。因而,圆弧ZEC是所求的最小磁场区域的一个边界。为了决定该磁场区域的另一边界,我们来考察射中A点的电子的速度方向与BA的延长线7 T交角为e(不妨设ow e0)o由此可求出A.物块的质量B.斜面的倾角C.物块与斜面间的最大静摩擦力D.物块对斜面的压力1.C【命题意图】本题考查受力分析、力的分解、摩擦力、平衡条件及其相关知识,意在考 查考生分析解决问题的能力。【解题思路】设斜面倾角为9,斜面对物块的最大静摩擦力为fo平行于斜面的外力F取最 大值F1时,最大静
18、摩擦力f方向沿斜面向下,由平衡条件可得:Fl=f+mgsi n 0;平行于斜 面的外力F取最小值F2时,最大静摩擦力f方向沿斜面向上,由平衡条件可得:f+F2=mgsi nO;联立解得物块与斜面的最大静摩擦力f=(F2-Fl)/2.选项C正确。不能得出物块 质量m,不能得出斜面倾角0,不能得出物块对斜面压力,选项ABD错误。【技巧点拨】分析此题,只需根据题述,利用最大静摩擦力平行斜面向上、平行斜面向下两 种情况,应用平衡条件列出两个方程得出,不需要具体解出块与斜面的最大静摩擦力表达式。2.(2013高考重庆理综第1题)如图所示,某人静躺在椅子上,椅子的靠背与水平面之间 有固定倾斜角若此人所受重
19、力为G,则椅子各个部分对他作用力的合 力大小为B.Gsi n 9C.6cos 9D.Gt a n 0答案:A解析:人静躺在椅子上,受力平衡,由平衡条件可知椅子各个部分对他作用力的合力大小为G,选项A正确。3.(2013高考上海物理第8题)如图,质量处的的两物体A、B叠放在一起,靠着竖直墙面。让它们由静止释放,在沿粗糙墙面下落过程中,物体B的受力示意图是答案:A甲甲(A)(B)(C)?啥尸N(D)A解析:两物体A、B叠放在一起,在沿粗糙墙面下落过程中,由于物块与竖直墙面之间 没有压力,没有摩擦力,二者一起做自由落体运动,AB之间没有弹力作用,物体B的受力 示意图是图A。4.(2013高考上海物理
20、第18题)两个共点力、月大小不同,它们的合力大小为万 则(A)、K同时增大一倍,月也增大一倍(B)E、同时增加10N,月也增加10N(C)E增加ION,减少10N,产一定不变(D)若月、中的一个增大,分不一定增大答案:AD解析:、K同时增大一倍,月也增大一倍,选项A正确。R、同时增加10N,分不一 定增加10N,选项B错误;增加10N,月减少10N,厂可能变化,选项C错误。若、中的一个增大,分不一定增大,选项D正确。5.(2013高考山东理综第14题)如图所示,用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的 小球连接并悬挂,小球处于静止状态,弹簧A与竖直方向的夹角为30,弹簧C水平,则弹 簧A、C的
21、伸长量之比为解析:把两个小球看作整体,分析受力,由平衡条件可得:47344:73弹簧A的拉力FA=2mg/cos30,弹簧C的拉力Fc=2mgt a n30,又 Fa=1cx a,Fc=k x c,联立解得:弹簧A、C的伸长量之比为:xA:xc=l:cos30 t a n30=2:1,选项D正确。6o.(2013高考北京理综第16题)倾角为。、质量为M的斜面体静止在水平桌面上,质量为nraMm的木块静止在斜面体上。下列结论正确的是A.木块受到的摩擦力大小是mgcos aB.木块对斜面体的压力大小是mg si n aC.桌面对斜面体的摩擦力大小是mg si n a cos aD.桌面对斜面体的支
22、持力大小是(M+m)g答案:D解析:将木块的重力沿平行于斜面方向和垂直于斜面方向分解,平行于斜面方向分力为mgsi na,垂直于斜面方向分力为mgcos。由平衡条件可得木块受到的摩擦力大 小是f=mgsi n a,支持力F=mgcos a,由牛顿第三定律,木块对斜面体的压力大小 是mgcos a,选项AB错误。把木块和斜面体看作整体,分析受力,由平衡条件可 知桌面对斜面体的摩擦力大小为零,桌面对斜面体的支持力大小是(M+m)g,选项 C错误D正确。7.(2013高考天津理综物理第5题)如图所示,小球用细绳系住,绳的另一端固定于0点。现用水平力F缓慢推动斜面体,小球在斜面上无摩擦地滑动,细绳始终
23、处于直线状态,当小 球升到接近斜面顶端时细绳接近水平,此过程中斜面对小球的支持力Fn以及绳对小球的拉力Ft的变化情况是A.Fn保持不变,B.Fn不断增大,c.Fn保持不变,D.Fn不断增大,答案:DFt不断增大Ft不断减小Ft先增大后减小Ft先减小后增大解析:由于此过程中细线与斜面体斜面的夹角逐渐减小,所以斜面对小球的支持力R增大。画出小球受力动态图,由平衡条件可得&先减小后增大,选项D正确。8.(2013高考广东理综第20题)如图8,物体P静止于固定的斜面上,P的上表面水平,现把物体Q轻轻地叠放在P上,则A.P向下滑动B.P静止不动C.P所受的合外力增大D.P与斜面间的静摩擦力增大.考点:受
24、力分析、力平衡、等效法 图8答案:B D解析:设斜面的倾角为6,加上Q,相当于增加了 P的质量,受力分析列平衡方程得f=mgsi n 0 u mgcos 0,N=mgcos。当m增加时,不等式两边都增加,不等式仍然成立,即P静止 不动,P所受的合外力为零,P与斜面间的静摩擦力f=mgsi n。增大,选项BD正确。9.(2013高考上海物理第25题)如图,倾角为37,质量不计的支架ABCD的D端有一大si n37=0.6,cos37=0.8)答案:0.248 等于解析:拉力 F=mgsi n37+4 建cos37=8.4N。BC=CA/si n37=0.5m.设 m 对支架 BC的压力mg co
25、s37对A点的力臂为x,由力矩平衡条件,F DC cos37+小os37-CA cos37=F,CA cos37+mg cos37,x,解得 x=0.072m。由 x+s=BC-AC si n37 解得 s=0.248mo由上述方程可知,F-DC cos37=F CA cos37,x值与F无关,所以若增大 尸后,支架仍不绕A点转动,物体能向上滑行的最大距离/=s。专题三、牛顿运动定律1.(2013高考上海物理第6题)秋千的吊绳有些磨损。在摆动过程中,吊绳最容易断裂的 时候是秋千(A)在下摆过程中(B)在上摆过程中(0摆到最高点时(D)摆到最低点时答案:D解析:当秋千摆到最低点时吊绳中拉力最大,
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