《2020版高考物理總復(fù)習(xí) 沖A方案 3+2+3沖A練（六）（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理總復(fù)習(xí) 沖A方案 3+2+3沖A練（六）（含解析）新人教版（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、3+2+3沖A練(六) 16.如圖C6-1所示是衛(wèi)星變軌過程中的三個橢圓軌道,對于此次變軌前后衛(wèi)星的運動,下列說法正確的是 (　　) 圖C6-1 A.衛(wèi)星在軌道2上近地點的速率小于遠(yuǎn)地點的速率 B.衛(wèi)星兩次經(jīng)過軌道2上近地點的加速度大小相等 C.衛(wèi)星在軌道2上運行的周期小于在軌道1上運行的周期 D.軌道2可能是地球同步衛(wèi)星軌道 17.如圖C6-2所示,帶電小球A、B固定在絕緣豎直桿上,帶電小球C靜止于光滑絕緣水平天花板上,已知LACLAB=3,A、B、C帶電荷量的絕對值分別為QA、QB、QC,下列說法正確的是 (　　) 圖C6-2 A.QAQB=338 B.小球C對

2、天花板一定有壓力 C.A、B可能是同種電荷 D.QAQC=34 18.跳臺滑雪就是運動員腳著特制的滑雪板,沿著跳臺的傾斜助滑道下滑,以一定的速度從助滑道水平末端滑出,使整個身體在空中飛行約3~5 s后,落在著陸坡上,經(jīng)過一段減速運動最終停在終止區(qū).如圖C6-3所示是運動員跳臺滑雪的模擬過程圖,設(shè)運動員及裝備總質(zhì)量為60 kg,由靜止從出發(fā)點開始自由下滑,并從助滑道末端水平飛出,著陸點與助滑道末端的高度差為h=60 m,著陸瞬時速度的方向與水平面的夾角為60°(設(shè)助滑道光滑,不計空氣阻力),則下列判斷錯誤的是(g取10 m/s2) (　　) 圖C6-3 A.運動員(含裝備)著陸時的

3、動能為4.8×104 J B.運動員在空中運動的時間為23 s C.運動員著陸點到助滑道末端的水平距離是403 m D.運動員離開助滑道時與跳臺出發(fā)點的豎直距離為80 m 19.[2019·金華十校聯(lián)考] 某研究小組采用如圖C6-4甲所示的裝置進(jìn)行“驗證機械能守恒定律”實驗. 圖C6-4 (1)除了圖甲中裝置的器材之外,還必須從圖乙中選取實驗器材,其名稱是　　　　　.? (2)指出圖甲裝置中一處操作不合理的地方:　　　　　　　　　.? (3)打點計時器所接電源的頻率為50 Hz,圖丙為實驗中得到的紙帶,取紙帶上的點為計數(shù)點,則打點計時器打下計數(shù)點5時重錘的速度的大小為　　　

4、　　m/s.? (4)某次實驗中因為不知道當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣戎?有同學(xué)建議利用實驗獲得的紙帶用逐差法計算重力加速度值,該方法　　　　　(選填“可取”或“不可取”).? (5)根據(jù)圖丙中的實驗數(shù)據(jù),得到點0到點5過程中動能的增加量略小于重力勢能的減少量,可能的原因是　　　　　　　　　.? 20.[2019·杭州模擬] 小明同學(xué)在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”實驗中,為了更準(zhǔn)確選取電壓表和電流表的合適量程,決定先用多用電表測量小燈泡的阻值. (1)在使用前發(fā)現(xiàn)電表指針位置如圖C6-5甲所示,該同學(xué)應(yīng)該調(diào)節(jié)位置　　　　(選填“①”或“②”).? 圖C6-5 (2)小明使用多用電表歐姆

5、擋的“×10”倍率測量小燈泡的電阻,讀數(shù)如圖乙所示,為了更準(zhǔn)確地進(jìn)行測量,小明應(yīng)該旋轉(zhuǎn)開關(guān)至歐姆擋　　　　(選填“×100”或“×1”)倍率,兩表筆短接并調(diào)節(jié)　　　　(選填“①”或“②”).? (3)按正確步驟測量時,指針指在如圖丙所示的位置,則小燈泡電阻的測量值為　　　　Ω.? 21.如圖C6-6所示,質(zhì)量為m的金屬棒長為L1 ,棒兩端與長為L2的細(xì)軟金屬線相連,吊在磁感應(yīng)強度為B、豎直向上的勻強磁場中.當(dāng)金屬棒中通有穩(wěn)恒電流I時,金屬棒向紙外擺動,擺動過程中的最大偏角 θ=60°.求:(重力加速度為g) (1)金屬棒中的電流大小和方向; (2)金屬棒在擺動過程中動能的最大值.

6、 圖C6-6 22.如圖C6-7甲所示,“滑滑梯”是小朋友喜愛的游戲活動.“滑滑梯”裝置可簡化為圖乙所示,斜面AB傾角θ=37°,AD=2.4 m,C點處有一墻壁.小朋友(視為質(zhì)點)從A點開始由靜止下滑,到達(dá)B點的速度大小為4 m/s.假定小朋友與AB、BC面間的動摩擦因數(shù)相等,在B點平滑過渡(不損失機械能),sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2. 甲 乙 圖C6-7 (1)在滑行過程中,求AB面和BC面對小朋友的支持力大小的比值; (2)求小朋友與AB面間的動摩擦因數(shù); (3)為了防止小朋友在C點撞墻,求B、C間距離的

7、最小值. 23.[2019·臺州模擬] 如圖C6-8所示是一種過山車的簡易模型,它由傾角α=37°的傾斜軌道和豎直平面內(nèi)的兩個光滑圓形軌道組成,B、C分別是兩個圓形軌道與傾斜軌道的切點,兩點間的距離L=2.0 m,第一個圓形軌道的半徑R1=1.0 m.一個質(zhì)量為m=1.0 kg的小球(視為質(zhì)點)從傾斜軌道上的A點由靜止釋放,A、B間的距離L1=12.0 m.已知小球與傾斜軌道間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,且圓形軌道不能相互重疊.(g取10 m/s2) (1)求小球經(jīng)過B點時的速度大小; (2)小球在經(jīng)過第一個圓形軌道的最高點時,求軌道對小球的作用力大小; (3)要使小球

8、通過第二個圓形軌道最高點,求該軌道的半徑R2應(yīng)滿足的條件. 圖C6-8 3+2+3沖A練(六) 16.B　[解析] 由開普勒第二定律可知,選項A錯誤;根據(jù)GMmr2=ma可知,只要在同一個近地點,向心加速度大小相等,選項B正確;根據(jù)開普勒第三定律a3T2=k,由于軌道2的半長軸大于軌道1的半長軸,所以在軌道2上的周期更大,選項C錯誤;地球同步衛(wèi)星的軌道是圓軌道,并不是橢圓軌道,選項D錯誤. 17.A　[解析] 對小球C受力分析,由于不知道其重力大小,因此無法計算支持力大小,由牛頓第三定律知,選項B錯誤.由于小球C處于靜止?fàn)顟B(tài),所以B、C之間必須是排斥力,A、B之間必須是吸引力,但無

9、法確定電性,選項C錯誤.根據(jù)平衡條件,有FBCcos 30°=FAC,其中FBC=kQBQC(2LAB)2,FAC=kQAQC(3LAB)2,因此QAQB=338,選項A正確;由題中條件無法得出QAQC的值,D錯誤. 18.D　[解析] 根據(jù)平拋運動規(guī)律得h=12gt2,x=vxt,vy=gt,vyvx=tan 60°,解得運動員飛出時的速度vx=20 m/s,在空中運動的時間t=23 s,水平距離x=403 m,著陸時的動能為Ek=12mv2=12m(vx2+vy2)=4.8×104 J,A、B、C正確;助滑道光滑,則mgh'=12mvx2,解得h'=20 m,D錯誤. 19.(1)

10、毫米刻度尺　(2)重錘離打點計時器太遠(yuǎn)　 (3)0.9025　(4)不可取　(5)下落過程中存在空氣阻力、紙帶與限位孔間阻力 [解析] (1)為了計算減少的重力勢能,還需要毫米刻度尺,同時還能計算重錘的瞬時速度. (2)由圖中可以發(fā)現(xiàn),重錘離打點計時器較遠(yuǎn),這會導(dǎo)致打點較少. (3)v5=7.71-4.100.04×10-2 m/s=0.9025 m/s. (4)利用紙帶數(shù)據(jù)計算重力加速度即應(yīng)用了機械能守恒定律,而此實驗?zāi)康氖球炞C機械能守恒定律,因此不可取. (5)由于下落過程中存在空氣阻力等,所以減少的重力勢能大部分轉(zhuǎn)化為動能,還有少部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能. 20.(1)①　(2)×1

11、　②　(3)28 [解析] (1)由圖甲可知,電表指針沒有指在左側(cè)零刻度線處,應(yīng)進(jìn)行機械調(diào)零,故應(yīng)用螺絲刀調(diào)節(jié)旋鈕①. (2)由圖乙可知,測量電阻時指針偏轉(zhuǎn)角較大,表盤上示數(shù)偏小,則說明所選擋位太大,應(yīng)換用小擋位,故選“×1”倍率;同時每次換擋后均應(yīng)進(jìn)行歐姆調(diào)零,將兩表筆短接,調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕②使指針指到右側(cè)零刻度線處. (3)由圖可知,電阻R=28×1 Ω=28 Ω. 21.(1)3mg3BL1　方向水平向右　(2)233-1mgL2 [解析] (1)金屬棒向紙外擺動,所受的安培力向外,根據(jù)左手定則可判斷,金屬棒中電流方向水平向右. 金屬棒上擺的過程,根據(jù)動能定理得FBL2sin

12、 60°-mgL2(1-cos 60°)=0 安培力FB=BIL1 聯(lián)立解得I=3mg3BL1 (2)金屬棒向上擺動的最大偏角θ=60°,根據(jù)對稱性可知,偏角是30°時是其平衡位置,金屬棒受力如圖所示(從左向右看) 則有G=FBcot 30° 當(dāng)金屬棒偏角是30°時,速度最大,動能最大,由動能定理得 Ekm=FBL2sin 30°-mgL2(1-cos 30°) 解得最大動能Ekm=233-1mgL2 22.(1)0.8　(2)0.5　(3)1.6 m [解析] (1)在AB面上,有FN1=mgcos θ 在BC面上,有FN2=mg AB面和BC面對小朋友的支持力大

13、小的比值FN1FN2=cosθ1=0.8 (2)設(shè)小朋友在AB面上的加速度大小為a1 由xAB=ADsinθ=4 m 可得a1=vB22xAB=2 m/s2 由牛頓第二定律得ma1=mgsin θ-μmgcos θ 解得μ=0.5 (3)小朋友在BC面上的加速度大小a2=μg=5 m/s2 當(dāng)剛好不撞上C點時,BC的長度為xBC=vB22a2=1.6 m 所以BC的長度至少為1.6 m 23.(1)43 m/s　(2)2 N　(3)R2≤1 m [解析] (1)小球從A點運動到B點,根據(jù)動能定理得 mgL1sin 37°-μmgcos 37°·L1=12mvB2 解得v

14、B=2gL1(sin37°-μcos37°)=43 m/s (2)小球從B點運動到第一個圓形軌道的最高點D過程,根據(jù)機械能守恒定律得 mgR1(1+cos 37°)=12mvB2-12mvD2 在最高點D時,有FD+mg=mvD2R1 解得FD=2 N (3)若小球恰好經(jīng)過第二個圓形軌道的最高點E,則從A點運動到E點,根據(jù)動能定理得 mg(L+L1)sin 37°-mgR2(1+cos 37°)-μmgcos 37°(L+L1)=12mvE2 在最高點E時,有mg=mvE2R2 解得R2=2823 m 考慮到不能重疊,有(R2max+R1)2=(R2max-R1)2+L2 解得R2max=1 m<2823 m 故R2≤1 m - 7 -