【33份】2020江苏高考物理二轮复习讲义专题与练习

1、57西2。2。江苏奇考物理二轮陈习: 国2020江苏高考物理二轮粽习: 园="城0B1苏台考他埋二轮博引: 曲2020江苏高考物理二轮醇: 呢2020Q苏高考物理二轮防习; 西式V（X1苏高考初型轮博才 或2020江苏高考糊建二轮陈; 函2020江苏忙蹴习: 鳄为20江甚高考箍理一给第习: 国2020江苏高考物理二轮Q: 斌2。20江苏高考物理二轮缄习: 届 西国江节高考精理_短虢习: 彘I 2020江苏高考物理二轮嫉习: 同|久20江苏高等物理二轮赛习: 国2。笺工苏育考物理二轮统习: 见E020江芯高考物理二轮陈习: 2020江苏高考物理二轮赛习: S= 2C20a芯高考物理二轮

2、习: 群I 20笺工与高考物理Z轮统习: 函2020江苏高考初埋二轮赛斗 画2 2025工办高考物理二轮嫉习; 由2。笛江苏高考物理二轮维习; 函20251苏鲁老料理二轮辞斗 帚或2。江芬高等修理二轮统习: 屈| 2。笺江苏高考理二轮维习; 嗡2C2OLL苏考料建二轮每才 函2020江苏高考悯理二轮练习:2020年2月【33份】2020江苏高考物理二轮练习讨亶题照点巧建15电破春固定律的综台应用 计真题燕京巧诲1 5电磁感应定律的练合应用 计若题的点出年16力字号合题（:"X炮点、的加挂） 计箕题曲定历练16力学绘合题（三大觇点的应用） 计箕题热点历练17力学踪合题（E和运动形式的应

3、用） tt皙题热，点巧炼17力*合尊（二种三切形式的SM U苴题耍点巧练18电磁字综合题（舌电粒子在复合场中的运动） 计摩焦点巧练12电磁号综合题1帚宅粒子在算合场中的运过） 计苴题热点百蝶19审.碑学综合翻用磁感应中三大观点的应用） 计苜题融京历练19电磁字综合题曲流感应中三人观点的面钳 实验至定点巧练11力学嵬视交验 生轼题评点巧踪11 力学常现享骑 实这题热点巧味12力学制新实验 式物题基点历练12力学创新安脸 实轼策照点第铛113芝李常却卖脸 安捻题注京巧绘13电学常规实装 实验鳏点：5练14宣学班新卖骐 实轼题毋点：不练14电导向新实验 题型技巧方法篇二、考前必知皑方越巧 形遒技上方

4、法篇一，著南必的十丈戛错黑温点 选修部料热点巧每20选壕34 选修部点巧镂21选修3T 选修部分热点玷停22选修14 选择题去高巧绘1共点力平衡问翦 选译题总京巧繇2物理药象可辿 选专题热点工博金牛林运魂定律为应甫 选岑酶而巧陛4曲线区动雨2020江方高考恂理二轮曲习：选择题焦点巧练5万邮I力定律的应用I 2020江寿高考锄理一轮每才选择题热点战容6功能关亲的常见模型 画:一 202。江苏高考物I理二轮陈习；选理题德商由建7电场中力和睡性贡函2020江方高考恂理二轮第习；选择题热点巧繇8帚电粒子的电偏转和磁扇转® M2Q江外高考物理二轮练习：选择题热点巧练9电晶和理想受压器问翘 国2

5、020Q方高考物理二轮统习：选睡热点巧练10电磁感应司题分析 板块三计算题热点巧练热点15电磁感应定律的综合应用（建议用时：20分钟）1.(2019江苏一模)如图所示，匝数为N = 100、边长为L = 0.5 m、阻值 为r= 1.5 Q的正方形导线框与间距为d= 0.5 m的竖直导轨相连，正方形线框的上半部分处在水平向外的磁场Bi中，导轨的下部存在着水平向里的磁感应强度为 B2=1 T的匀强磁场.质量为m = 0.2 kg、电阻为R=0.5 的导体棒ab可以沿竖直导轨无摩擦地滑动，导体棒始终与导轨接触良 好.当磁场Bi发生变化时，导体棒 ab刚好能处于静止状态.重力加速度 g取10 m/s

6、 (2019苏州市模拟)如图所示，空间存在竖直向下的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B. 一边长为L,质量为m、电阻为R的正方形单匝导线框 abcd放在水平桌面上.在水平 拉力作用下，线框从左边界以速度v匀速进入磁场，当cd边刚进入磁场时撤去拉力，ab边恰好能到达磁场的右边界.已知线框与桌面间动摩擦因数为科，磁场宽度大于L,重力加速,试求：(1)此时通过ab棒的电流I的大小和方向;(2)此过程中磁场 B1的变化率；(3)开始的5 s内回路中产生的焦耳热 Q.* X X K M ； pI)I.JC xX L占他cl16；X X 拜 X；i1 1度为g.求:(1)ab边刚进入磁场时，其两端的电压 U

7、;(2)水平拉力的大小F和磁场的宽度d;3.(2019苏州市期初调研)如图所示，在倾角“=30°的光滑固ab边将离开(3)整个过程中产生的总热量Q.定斜面上，相距为d的两平行虚线 MN、PQ间分布有大小为 B、方向垂直斜面向下的匀强磁场.在PQ上方有一质量为 m、边长为L(L<d)的正方形单匝线圈 abcd,线圈的电阻值为 R, cd边与PQ边 平行且相距x.现将该线圈自此位置由静止释放，使其沿斜面下滑穿过磁场，在磁场时，线圈已做匀速运动.重力加速度为g.求:(1)线圈cd边刚进入磁场时的速率vi ;(2)线圈进入磁场的过程中，通过ab边的电荷量q;(3)线圈通过磁场的过程中所

8、产生的焦耳热Q.热点15电磁感应定律的综合应用1 .详细分析：(1)导体棒ab静止，所以有:mg= B2IL可得：I =mg0.2X 10B2L1 X 0.5由左手定则判断知，电流方向由a到b.(2)根据法拉第电磁感应定律得：A B1E=N FS, L2式中S= 2由闭合电路欧姆定律得：E= I(R+r)代入数据解得:A B1TT= 0.64 T/s.(3)开始的5 s内回路中产生的焦耳热为：Q= I2(R+ r)t=42x (0.5+1.5) X 5 J= 160 J.答案：(1)4 A 方向由a到b(2)0.64 T/s (3)160 J2 .详细分析：(1)E = BLvE BLvI=

9、一=R R3 3U = I ;R=:BLv.4 4b!l!v ，-(2)F = F 安+ 心 mg r + (1 mg2撤去拉力后，线框在磁场中只受到滑动摩擦力，做匀减速运动，X2=Tv2 g所以 d=L + -v.2w g(3)进入磁场过程中产生焦耳热Qi = I2Rt1 =B2L3v由于摩擦产生的热量,12m mgL- /mv22vQ2= "mgL+27所以整个过程产生的热量为Q = Qi + Q2=mg日。mv2H vr-.2 R答案：(1)jBLv (2, ： v+ w mg L + v (3) j mg.mv2+，： v 4R2(1g2 R3.详细分析：(1)线圈沿斜面向下

10、运动至cd边刚进入磁场时,12 cmgxsin 30 =mv20解得：vi=-ygx.(2)线圈进入磁场的过程中，感应电动势根据闭合电路欧姆定律得：=E RBI 2通过的电何重为：q= I A t =-.R(3)线圈离开磁场时，匀速运动.BLv2有：B r L= mgsin 30 °解得：v2 = 2mgR2由能量守恒：Q= mg(x+ d+ L)sin 301m3g2R2斛得：Q = 2mg(x+d +L)- 8B/4. BL 2答案：(1)gx (2)B- R1m3g2R2(3)2mg(x+d + L) 8B4L4E=KEA BL2At-2mv2板块三计算题热点巧练热点15电磁感

11、应定律的综合应用(建议用时：20分钟)1.(2019江苏一模)如图所示，匝数为N = 100、边长为L = 0.5 m、阻值 为r= 1.5 Q的正方形导线框与间距为d= 0.5 m的竖直导轨相连，正方形线框的上半部分处在水平向外的磁场B1中，导轨的下部存在着水平向里的磁感应强度为 B2= 1 T的匀强磁场.质量为m = 0.2 kg、电阻为R=0.5 的导体棒ab可以沿竖直导轨无摩擦地滑动，导体棒始终与导轨接触良 好.当磁场B1发生变化时，导体棒 ab刚好能处于静止状态.重力加速度 g取10 m/s2,试求：(1)此时通过ab棒的电流I的大小和方向;(2)此过程中磁场 Bi的变化率；(3)开

12、始的5 s内回路中产生的焦耳热 Q.2. (2019苏州市模拟)如图所示，空间存在竖直向下的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B. 一边长为L,质量为m、电阻为R的正方形单匝导线框 abcd放在水平桌面上.在水平 拉力作用下，线框从左边界以速度v匀速进入磁场，当cd边刚进入磁场时撤去拉力，ab边恰好能到达磁场的右边界.已知线框与桌面间动摩擦因数为科，磁场宽度大于L,重力加速度为g.求：；* X k b(1)ab边刚进入磁场时，其两端的电压U;(2)水平拉力的大小 F和磁场的宽度d;(3)整个过程中产生的总热量Q.3.(2019苏州市期初调研)如图所示，在倾角8= 30°的光滑固定斜面上，

13、相距为d的两平行虚线 MN、PQ间分布有大小为 B、方 向垂直斜面向下的匀强磁场.在PQ上方有一质量为 m、边长为L(L<d)的正方形单匝线圈 abcd,线圈的电阻值为 R, cd边与PQ边平行且相距x.现将该线圈自此位置由静止释放，使其沿斜面下滑穿过磁场，在 ab边将离开 磁场时，线圈已做匀速运动.重力加速度为g.求：(1)线圈cd边刚进入磁场时的速率 vi;(2)线圈进入磁场的过程中，通过ab边的电荷量q;(3)线圈通过磁场的过程中所产生的焦耳热Q.热点15电磁感应定律的综合应用1 .详细分析：(1)导体棒ab静止，所以有:mg= B2IL可得:mgB2LO2X 101X0.5由左手

14、定则判断知，电流方向由a到b.(2)根据法拉第电磁感应定律得:E=NA BiAt L2式中s= 2由闭合电路欧姆定律得:E= I(R+r)代入数据解得:A Bi"zr= 0.64 T/s.(3)开始的5 s内回路中产生的焦耳热为：Q= |2(r+ r)t=42x (0.5+1.5) X 5 J= 160 J.答案：(1)4 A 方向由a到b(2)0.64 T/s (3)160 J2 .详细分析：(1)E = BLvE BLvI =-=I R R3 3U = I >R= 7BLv. 44B2L2V ,一(2)F = F 安+mg Q +(1 mg2VX2=-2w gR撤去拉力后，

15、线框在磁场中只受到滑动摩擦力，做匀减速运动, 所以d=L + (3)进入磁场过程中产生焦耳热Q1=I2吁普 R由于摩擦产生的热量V21 2Q2=科 mgL+n = m mg® omv22g2所以整个过程产生的热量为Q = Q + Q2=mgLF1mv2+ 1”.2 R答案：(1)3BLv (2)+ mg L + Tv- (3) mgmv2 + B-L7v4R2(1 g2 R _ ,一 1c3.详细分析：(1)线圈沿斜面向下运动至 cd边刚进入磁场时，mgxsin 30 = -mv2- 0解得：v1 = gX.(2)线圈进入磁场的过程中，感应电动势E=AO = BLjE At At根据

16、闭合电路欧姆定律得：I = ER一 BL2通过的电何重为： q= I,At=f.R(3)线圈离开磁场时，匀速运动.-BLv2有:B r L= mgsin 30 °解得：V2=<mg>R2-2mv22 B L由能量守恒： Q= mg(x+ d+ L)sin 301m3g2R2斛得： Q = 2mg(x+d +L)- 8支4.一 Bl 2答案：(1) gx (2)BL1m3g2R2(3)2mg(x+d + L)- 8B4L4热点16力学综合题(三大观点的应用)(建议用时：20分钟)1 .如图甲所示，质量 M= 1.0 kg的长木板A静止在光滑水平面上，在木板的左端放置 一个质

17、量m=1.0 kg的小铁块B,铁块与木板间的动摩擦因数科=0.2,对铁块施加水平向右的拉力F, F大小随时间变化如图乙所示，4 s时撤去拉力.可认为 A、B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g= 10 m/s2.求:(1)01 s内,A、B的加速度大小 aA、aB；(2)B相对A滑行的最大距离x;(3)04 s内，拉力做的功 W;(4)04 s内系统产生的摩擦热Q.2 . (2019无锡市高三期末调研)如图所示，半径R= 2.0 m的光滑圆弧轨道固定在光滑的 水平地面上，其末端水平.平板小车上固定一木块，紧靠在轨道的末端，木块上表面水平粗 糙，且与圆弧轨道末端等高.木块的厚度

18、h=0.45 m,木块最右端到小车最右端的水平距离x=0.45 m,小车连同木块总质量M=2 kg.现使一个质量 m=0.5 kg的小球从圆弧轨道上由静止释放，释放小球的位置和圆弧轨道的圆心之间的连线与竖直方向的夹角为53° ,小球从木块右端飞出后恰好击中小车的最右端.(g=10 m/s2, sin 53 ° =0.8, cos 53° = 0.6)求:(1)小球到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小;(2)小球离开木块最右端时，小球的速度大小；(3)小球运动到木块最右端过程中，系统产生的内能.3 .如图所示，在水平轨道上方 O处，用长为L=1 m的细线悬挂一质量为

19、m=0.1 kg的滑块B, B恰好与水平轨道相切， 并可绕 £O点在竖直平面内摆动.水平轨道的右侧有一质量为M =0.3 kg 14 曰 rh vph的滑块C与轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直墙D上，弹簧处于原长时，滑块C静止在P点处.一质量也为 m=0.1 kg的子弹以初速度 vo =15镜 m/s射穿滑块B后(滑块B质量不变)射中滑块C并留在其中，一起压缩弹簧，弹簧最 大压缩量为x=0.2 m.滑块B做圆周运动，恰好能保证绳子不松弛.滑块 C与PD段的动 摩擦因数为(1= 0.5, A、B、C均可视为质点，重力加速度为g= 10 m/s2,结果保留两位有效数字.求：(1

20、)子弹A和滑块B作用过程中损失的能量；(2)弹簧的最大弹性势能.热点16力学综合题(三大观点的应用)1 .详细分析：(1)在01 s内，A、B两物体分别做匀加速直线运动根据牛顿第二定律得mg= MaAF1 mg= maB代入数据得 aA= 2 m/s2, aB = 4 m/s2.(2)t1=1 s后，拉力F2= (img,铁块B做匀速运动，速度大小为 vi；木板A仍做匀加速 运动，又经过时间t2,速度与铁块B相等.vi = aBt1又 v1= aA(t1+12)解得t2= 1 S设A、B速度相等后一起做匀加速运动，运动时间t3=2 s,加速度为aF2= (M + m)aa= 1 m/s2木板A

21、受到的静摩擦力f= Ma<mg A、B 一起运动，B相对A滑行的最大距离1 212x= 2aBt1 + V1t2 2aA(t1 + t2)代入数据得x=2 m.1 O(3)01 s 内拉力做的功 W1=F1x1 = F1 2aBt2= 12 J12 S内拉力做的功 W2= F2X2=F2V1t2=8 J24 s内拉力做的功W3= F2X3= F2 V1t3+2at2 =20 J04 s内拉力做的功 W= W1+W2+W3=40 J.(4)系统的摩擦热 Q只发生在铁块与木板相对滑动阶段，此过程中系统产生的摩擦热 Q=mgx 4 J.答案：(1)2 m/s2 4 m/s2 (2)2 m (3

22、)40 J (4)4 J2 .详细分析：(1)设小球到达轨道末端的速度为V。，由机械能守恒定律12mgR(1 cos 53 ) = 2mv2解得 V0=4 m/s2小球在轨道最低点 F -mg= m誓R解得F = 9 N由牛顿第三定律知小球对轨道的压力F' = F=9 N.(2)设小球运动到木块最右端的速度为V1,此时小车的速度为 V2,由动量守恒定律得 mv0 = mv1 + MV2小球离开木块最右端后做平抛运动，运动时间为th=2gt2解得t= 0.3 s小球恰好击中小车的最右端V1t V2t= X以上各式联立解得 V1= 2 m/s, V2= 0.5 m/s所以小球到达木块最右端

23、的速度大小为2 m/s.(3)由能量守恒定律得1010_mgR(1 cos 53 ) = 2mv2 + 2Mv2+ Q解得 Q = 2.75 J.答案：(1)9 N (2)2 m/s (3)2.75 Jmg3 .详细分析：(1)若滑块B恰好能够做完整的圆周运动，则在圆周运动最高点有v1=m-L解得 v 1 = gL =，10 m/s滑块B从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律得12 12mg 2L + 2mv2=2mvB解得 vB=/5gL=5V2 m/s子弹A和滑块B作用过程，由动量守恒定律得mvo=mvA + mvB,解得 Va= 10 2 m/s子弹A和滑块B作用过程中损失的能量A L

24、 121212A E= 2mv2 2mvA 2mvB= 10 J.若滑块B恰好能够运动到与 O等高处，则到达与 O等高处时的速度为零，滑块最低点到与。等高处的过程，由机械能守恒定律得.1,9 mg L = "mv Bv' B = ,2gL = 2粥 m/s子弹A和滑块B作用过程，由动量守恒定律得mvo = mv A + mv b ,解得 vA= (15 ,2-2 ,5) m/s子弹A和滑块B作用过程中损失的能量.L 191-1AE=2mv02mv A 2mv B 7.5 J.(2)若滑块B恰好能够做完整的圆周运动，设 动量守恒定律有A与C作用后瞬间的共同速度为v,由mvA=

25、(M + m)vA、C 一起压缩弹簧，由能量守恒定律有122(M+ m)v2= Ep+ MM + m)gx,解得 Ep= 2.1 J.若滑块B恰好能够运动到与 O等高处，设A与C作用后瞬间的共同速度为v ；由动量守恒定律得mv' A=(M + m)vA、C 一起压缩弹簧，由能量守恒定律有 12(M+m)v2=Ep+ p(M+m)gx,解得 Ep=3.1 J.答案：见解+析热点16力学综合题(三大观点的应用)(建议用时：20分钟)1.如图甲所示，质量 M= 1.0 kg的长木板A静止在光滑水平面上，在木板的左端放置 一个质量m=1.0 kg的小铁块B,铁块与木板间的动摩擦因数科=0.2,

26、对铁块施加水平向右的拉力F, F大小随时间变化如图乙所示，4 s时撤去拉力.可认为 A、B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g= 10 m/s2.求：>7N6.0. .4.0S2,or"' '：L I ,1.；F"上r了m.MF叮y w02甲乙(1)01 s内，A、B的加速度大小 aA、aB；(2)B相对A滑行的最大距离x;(3)04 s内，拉力做的功 W;(4)04 s内系统产生的摩擦热 Q.2 . (2019无锡市高三期末调研)如图所示，半径R= 2.0 m的光滑圆弧轨道固定在光滑的水平地面上，其末端水平.平板小车上固定一木块，紧靠

27、在轨道的末端，木块上表面水平粗 糙，且与圆弧轨道末端等高.木块的厚度h=0.45 m,木块最右端到小车最右端的水平距离x=0.45 m,小车连同木块总质量M=2 kg.现使一个质量 m=0.5 kg的小球从圆弧轨道上由静止释放，释放小球的位置和圆弧轨道的圆心之间的连线与竖直方向的夹角为53° ,小球从木块右端飞出后恰好击中小车的最右端.(g=10 m/s2, sin 53 ° =0.8, cos 53° = 0.6)求:(1)小球到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；(2)小球离开木块最右端时，小球的速度大小；(3)小球运动到木块最右端过程中，系统产生的内能.3

28、.如图所示，在水平轨道上方 O处，用长为L=1 m的细线悬门挂一质量为m=0.1 kg的滑块B, B恰好与水平轨道相切，并可绕 土O点在竖直平面内摆动.水平轨道的右侧有一质量为M =0.3 kg 有占丛， ， , 一，一， ， ，一，一 ，一 ,，一 ' "的滑块C与轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直墙D上，弹簧处于原长时，滑块 C静止在P点处.一质量也为 m=0.1 kg的子弹以初速度 vo = 15M2 m/s射穿滑块B后(滑块B质量不变)射中滑块C并留在其中，一起压缩弹簧，弹簧最 大压缩量为x=0.2 m.滑块B做圆周运动，恰好能保证绳子不松弛.滑块 C与PD段

29、的动 摩擦因数为(1= 0.5, A、B、C均可视为质点，重力加速度为g= 10 m/s2,结果保留两位有效数字.求：(1)子弹A和滑块B作用过程中损失的能量;(2)弹簧的最大弹性势能.热点16力学综合题(三大观点的应用)1 .详细分析：(1)在01 s内，A、B两物体分别做匀加速直线运动 根据牛顿第二定律得 mg= MaAF1mg maB代入数据得 aA= 2 m/s2, aB = 4 m/s2(2)t1 = 1 s后，拉力F2= (img,铁块B做匀速运动，速度大小为 V1；木板A仍做匀加速 运动，又经过时间t2,速度与铁块 B相等.V1 = aBt1又 V1= aA(t1+12)解得t2

30、= 1 s设A、B速度相等后一起做匀加速运动，运动时间t3=2 s,加速度为aF2=(M + m)a a= 1 m/s2木板A受到的静摩擦力f= Ma<mg A、B 一起运动，B相对A滑行的最大距离1 212x= 2aBt2 + v112 2aA(t1 +12)2代入数据得x=2 m. 1c(3)01 s 内拉力做的功 W1=F1X1 = F1 - 2aBt2=12 J12 s内拉力做的功 W2= F2X2=F2Vlt2=8 J24 s内拉力做的功W3= F2X3= F2 vit3+；at2 =20 J04 s内拉力做的功 W= Wi+W2+W3=40 J.(4)系统的摩擦热 Q只发生在

31、铁块与木板相对滑动阶段，此过程中系统产生的摩擦热Q=mgx 4 J.答案：(1)2 m/s2 4 m/s2 (2)2 m (3)40 J (4)4 J2 .详细分析：(1)设小球到达轨道末端的速度为V0,由机械能守恒定律12mgR(1 cos 53 ) = 2mv2解得 vo=4 m/sv2小球在轨道最低点 F -mg= mR解得F = 9 N由牛顿第三定律知小球对轨道的压力F' = F=9 N.(2)设小球运动到木块最右端的速度为V1,此时小车的速度为 V2,由动量守恒定律得 mv0 = mv1 + Mv2小球离开木块最右端后做平抛运动，运动时间为t解得t= 0.3 s小球恰好击中小

32、车的最右端V1t V2t= X以上各式联立解得 V1= 2 m/s, v2= 0.5 m/s所以小球到达木块最右端的速度大小为2 m/s.(3)由能量守恒定律得1 1mgR(1 cos 53 ) = 2mv2 + 2Mv2+ Q解得 Q = 2.75 J.答案：(1)9 N (2)2 m/s (3)2.75 J3.详细分析：(1)若滑块B恰好能够做完整的圆周运动，则在圆周运动最高点有mg解得 V1 = >/gL= VTq m/s滑块B从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律得12 12mg 2L + 2mv2=2mvB解得 Vb= M5gL= 5欣 m/s子弹A和滑块B作用过程，由动量守

33、恒定律得mvo=mvA + mvB,解得 va= 10 2 m/s子弹A和滑块B作用过程中损失的能量.L 12A E= 2mv212 122mvA 2mvB= 10 J.若滑块B恰好能够运动到与 O等高处，则到达与 O等高处时的速度为零，滑块 B从最低点到与。等高处的过程，由机械能守恒定律得mg L = ；mv，Bv' b =32gL = 2加 m/s子弹A和滑块B作用过程，由动量守恒定律得mvo = mv A + mv B,解得 vA= (15 2-2 5) m/s子弹A和滑块B作用过程中损失的能量11 1, 1 1AE=2mv02mv A 2mv B 7.5 J.(2)若滑块B恰好

34、能够做完整的圆周运动，设 动量守恒定律有A与C作用后瞬间的共同速度为 v,由mvA= (M + m)vA、C 一起压缩弹簧，由能量守恒定律有122(M+ m)v2= Ep+(XM + m)gx,解得 Ep= 2.1 J.若滑块B恰好能够运动到与 O等高处，设A与C作用后瞬间的共同速度为v ；由动量守恒定律得mv' A=(M + m)v'A、C 一起压缩弹簧，由能量守恒定律有1 一2(M+m)v2=Ep+ p(M+m)gx,解得 E p 3.1 J.答案：见解+析热点17力学综合题(三种运动形式的应用)(建议用时：20分钟)1 .(2019南京市六校联考)如图所示，一个质量为 M

35、、长为L的圆管竖直 放置，顶端塞有一个质量为 m的弹性小球，M = 5m,球和管间的滑动摩擦力 和最大静摩擦力大小均为5mg.管从下端距离地面为 H处自由落下，运动过程中，管始终保持竖直，每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等， 不计空气阻力，重力加速度为g.求：(1)管第一次落地弹起时管和球的加速度；(2)管第一次落地弹起后，若球没有从管中滑出，则球与管达到相同速度 时，管的下端距地面的高度；(3)管第二次弹起后球不致滑落，L应满足什么条件?2 .将一端带有四分之一圆弧轨道的长木板固定在水平面上，其中 B点为圆弧轨道的最 低点，BC段为长木板的水平部分， 长木板的右端与平板车平齐并紧靠

36、在一起，但不粘连.现将一质量mi= 2 kg的物块由圆弧的最高点 A无初速度释放，经过 B点时对长木板的压力大 小为40 N.物块经C点滑到平板车的上表面.若平板车固定不动，物块恰好停在平板车的 最右端.已知圆弧轨道的半径R=3.6 m, BC段的长度Li=5.0 m ,平板车的长度 L2= 4 m,物块与BC段之间的动摩擦因数为尸0.2,平板车与水平面之间的摩擦可忽略不计，g=10 m/s2 求:(1)物块从A到B过程中克服摩擦做的功 W克f；(2)物块在BC段滑动的时间t;(3)若换一材料、高度相同但长度仅为L3 = 1 m的平板车，平板车的质量m2= 1 kg,且不固定，试通过计算判断物

37、块是否能滑离平板车，若不能滑离，求出最终物块离平板车左端的距离；若能滑离，求出滑离时物块和平板车的速度大小.3 . (2019扬州高三考前调研)如图所示，质量为 m=1 kg的可视为质点的小物块轻轻放 在水平匀速运动白传送带上的P点，随传送带运动到A点后水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从 B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑，圆弧轨道与质量为M = 2 kg的足够长的小车在最低点。点相切，并在 O点滑上小车，水平地面光滑，当物块运动到障碍物Q处时与Q发生无机械能损失的碰撞.碰撞前物块和小车已经相对静止，而小车可继续向右运动 (物块始终在小车上)，小车运动过程中和圆弧无相互作用.已知圆弧半径R=

38、1.0 m,圆弧对应的圆心角。为53° , A点距水平面的高度 h=0.8 m,物块与小车间的动摩擦因数为严0.1,重力加速度 g = 10 m/s2, sin 53 =0.8, cos 53° =0.6.试求：Q(1)小物块离开A点的水平初速度vi大小；(2)小物块经过。点时对轨道的压力大小；(3)第一次碰撞后直至静止，物块相对小车的位移和小车做匀减速运动的总时间.热点17力学综合题(三种运动形式的应用)1.详细分析：(1)管第一次落地弹起时，管的加速度ai = 5m5mmg=2g,方向竖直向下.球的加速度a2=5mgmmg=4g,方向竖直向上(2)取竖直向下为正方向.管

39、第一次碰地瞬间的速度vo=M2gH,方向竖直向下.碰地后，管的速度 vi =4丽，方向竖直向上；球的速度V2= V2gH ,方向竖直向下若球刚好没有从管中滑出， 设经过时间ti,球、管的速度相同，则有一vi+aiti = v2a2ti2vo J2gH ai + a23g故管下端距地面的高度 . i .2 v! v1 4,hi = viti-2a1t2=3g-9g=9H.(3)球与管达到相对静止后，将以速度v、加速度g竖直上升到最高点,由于 v= V2 a2ti = 172gH 32故这个高度是h2 = r-=2g =9H因此，管第一次落地弹起后上升的最大高度.5.Hm= hi + h2= qH

40、9从管弹起到球与管共速的过程球运动的位移12 2s= V2ti 5a2t2= -H 29 2则球与官发生的相对位移 si = hi + s= «H.3同理可知，当管与球从 Hm再次下落，第二次落地弹起后到球与管共速，发生的相对位2移为S2 = -H m 3所以管第二次弹起后，球不会滑出管外的条件是Si + S2VL即L应满足条件l>27h.，一 一一，一 4答案：见解+析(2)4H 928l>27H2.详细分析：(1)设物块到达B点时的速度大小为 vi,由题意可知此时长木板对物块的支持力N=40 N,由牛顿第二定律有miv2N-mig=-R-解得 vi = 6 m/si

41、一从A到B由功能关系有 W克f= migR- 2miv2解得W克f= 36 J.(2)设物块在C点的速度大小为V2,从B运动到C的时间为t,由动能定理有i 2 i 2一(imigLi= 2miv2 2miv2解得 V2=4 m/s由牛顿第二定律有 (1 mig= mia解得 a= 2 m/s2则从B运动到C的时间为t=Vi V2 s.(3)当平板车固定时，由动能定理有i 20 ?miV2= fL2解得f= 4 N当平板车不固定时，假设物块恰好不能滑离平板车，它停在平板车最右端时二者共同的速度大小为V3,物块相对平板车滑行的距离为x物块与平板车组成的系统动量守恒，有miV2= (mi + m2)

42、V3物块与平板车组成的系统能量守恒，有12 12fx= miv2 2(mi + m2)v3联立解得x = m>1 m3说明假设不成立，物块滑离平板车设物块滑离平板车时物块的速度大小为V4,平板车的速度大小为V5物块与平板车组成的系统动量守恒，有miv2= miv4+ m2v5物块与平板车组成的系统能量守恒，有121212fL3= 2m1v2; 2m1v2 2m2 v5解得 v4=当m/s, v5= 1m/s 33另一组解v4= 2 m/s, v5= 4 m/s不合题意，舍去.答案：(1)36 J (2)1 s(3)能滑离:m/s gm/s 333.详细分析：(1)对小物块由A至ij B有

43、v2= 2gh在 B 点 tan 0 =vy v1解得 v1 = 3 m/s.(2)由A到O,根据动能定理有mg(h+RRcos 8)=2mv2 2mv2V0在。点 Fn mg= mR解得 vo= 33 m/s, Fn=43 N由牛顿第三定律知，小物块对轨道的压力F' n=43 N.摩擦力Ff=pmg=1 N,物块滑上小车后经过时间t达到的共同速度为 vtmttvo- vt vt贝U= , am= 2aMamaM/曰_J3得 vt= 2 m/s 3由于碰撞不损失能量，物块在小车上重复做匀减速和匀加速运动，相对小车始终向左运动，物块与小车最终静止，摩擦力做功使动能全部转化为内能，故有:1

44、2Ff l 相=2(M + m)vt得l相=5.5 m小车从物块碰撞后开始匀减速运动,（每个减速阶段）加速度不变Ff2,aM = = 0.5 m/s ， Vt=aMt M得 t=|/33 s.答案：(1)3 m/s (2)43 N(3)5.5 m热点17力学综合题（三种运动形式的应用）（建议用时：20分钟）1 .（2019南京市六校联考）如图所示，一个质量为 M、长为L的圆管竖直 放置，顶端塞有一个质量为 m的弹性小球，M = 5m,球和管间的滑动摩擦力 和最大静摩擦力大小均为 5mg.管从下端距离地面为 H处自由落下，运动过 程中，管始终保持竖直，每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等

45、， 不计空气阻力，重力加速度为g.求：（1）管第一次落地弹起时管和球的加速度；（2）管第一次落地弹起后，若球没有从管中滑出，则球与管达到相同速度时，管的下端距地面的高度;（3）管第二次弹起后球不致滑落，L应满足什么条件?2 .将一端带有四分之一圆弧轨道的长木板固定在水平面上，其中B点为圆弧轨道的最低点，BC段为长木板的水平部分， 长木板的右端与平板车平齐并紧靠在一起，但不粘连.现将一质量mi= 2 kg的物块由圆弧的最高点 A无初速度释放，经过 B点时对长木板的压力大 小为40 N.物块经C点滑到平板车的上表面.若平板车固定不动，物块恰好停在平板车的最右端.已知圆弧轨道的半径 R=3.6 m,

46、 BC段的长度Li=5.0 m ,平板车的长度 L2= 4 m, 物块与BC段之间的动摩擦因数为 尸0.2,平板车与水平面之间的摩擦可忽略不计，g= 10m/s2 求:(1)物块从A到B过程中克服摩擦做的功 W克f；(2)物块在BC段滑动的时间t;(3)若换一材料、高度相同但长度仅为L3 = 1 m的平板车，平板车的质量m2= 1 kg,且不固定，试通过计算判断物块是否能滑离平板车，若不能滑离，求出最终物块离平板车左端的距离；若能滑离，求出滑离时物块和平板车的速度大小.3 . (2019扬州高三考前调研)如图所示，质量为 m=1 kg的可视为质点的小物块轻轻放在水平匀速运动白传送带上的P点，随

47、传送带运动到 A点后水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从 B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑，圆弧轨道与质量为M = 2 kg的足够长的小车在最低点。点相切，并在 O点滑上小车，水平地面光滑，当物块运动到障碍物 Q处时 与Q发生无机械能损失的碰撞.碰撞前物块和小车已经相对静止，而小车可继续向右运动(物块始终在小车上)，小车运动过程中和圆弧无相互作用.已知圆弧半径R= 1.0 m,圆弧对应的圆心角。为53° , A点距水平面的高度 h=0.8 m,物块与小车间的动摩擦因数为严0.1,重力加速度 g = 10 m/s2, sin 53° =0.8, cos 53° =0

48、.6.试求：(1)小物块离开A点的水平初速度vi大小；(2)小物块经过。点时对轨道的压力大小；(3)第一次碰撞后直至静止，物块相对小车的位移和小车做匀减速运动的总时间.热点17力学综合题(三种运动形式的应用)1.详细分析：(1)管第一次落地弹起时，管的加速度5mg 5mga1 = -2g,a 5m g,方向竖直向下.球的加速度a2 = 5mgmmg =4g，方向竖直向上(2)取竖直向下为正方向.管第一次碰地瞬间的速度V0=M2gH ,方向竖直向下.碰地后，管的速度 vi = 42gH ,方向竖直向上；球的速度 V2=另2gH ,方向竖直向下若球刚好没有从管中滑出，设经过时间t1 ,球、管的速度

49、相同，则有一V1+a1t1 = V2a2t1力=卫上=画ai + a2 3g故管下端距地面的高度2.2hi = viti -ait2= = -H.2 3g 9g 9(3)球与管达到相对静止后，将以速度v、加速度g竖直上升到最高点,由于 v= V2 a2ti = 32gH故这个高度是2Hi 2g=9H因此，管第一次落地弹起后上升的最大高度5Hm= hl+ h2= qH9从管弹起到球与管共速的过程球运动的位移,12 21.s= v2ti -a2ti= -H 292则球与管发生的相对位移 si=hi+ s= 2H.3同理可知，当管与球从 Hm再次下落，第二次落地弹起后到球与管共速，发生的相对位2移为

50、S2 = -H m3所以管第二次弹起后，球不会滑出管外的条件是S1 + 82VL即L应满足条件L>27h.4答案：见解+析(2凝928L>27H2.详细分析：(1)设物块到达B点时的速度大小为 vi,由题意可知此时长木板对物块的支持力N=40 N,由牛顿第二定律有一 2miv2N-mig=_R-解得 vi = 6 m/s1 C从A到B由功能关系有 W克f= migR_ 2miv2解得W克f= 36 J.(2)设物块在C点的速度大小为V2,从B运动到C的时间为t,由动能定理有12 12 一(imigLi= miV2 /mivi解得 V2=4 m/s由牛顿第二定律有科电g= mi a解

51、得 a= 2 m/s2则从B运动到C的时间为Vi V2t= i s.a(3)当平板车固定时，由动能定理有1 20 2miv2= fL2解得f= 4 N当平板车不固定时，假设物块恰好不能滑离平板车，它停在平板车最右端时二者共同的速度大小为V3,物块相对平板车滑行的距离为x物块与平板车组成的系统动量守恒，有miV2= (mi + m2)V3物块与平板车组成的系统能量守恒，有12 12fx= 2miV2 2(mi + m2)V3联立解得x = gm>i m3说明假设不成立，物块滑离平板车设物块滑离平板车时物块的速度大小为V4,平板车的速度大小为 V5物块与平板车组成的系统动量守恒，有miV2=

52、 miV4+ m2v5物块与平板车组成的系统能量守恒，有i 2 i 2 i 2fL3= 2miv2; Qmiv2 2m2 v5加/曰 i04斛得 v4= m/s, v5= "m/s33另一组解v4= 2 m/s, v5= 4 m/s不合题意，舍去.答案：(i)36 J (2)i s(3)能滑离 i0m/s 4m/s 333.详细分析：(i)对小物块由A至ij B有 v2= 2gh在 B 点 tan 0 =vy vi解得 vi = 3 m/s.(2)由A到O,根据动能定理有mg(h+ R Rcos 9 )= 2mv2 2mv2在 O 点 Fn mg= mvr解得 V0=33 m/s,

53、Fn=43 N由牛顿第三定律知，小物块对轨道的压力F' n=43 N.摩擦力Ff=mg=1 N,物块滑上小车后经过时间t达到的共同速度为 vtam aM得 vt= 3 m/s由于碰撞不损失能量，物块在小车上重复做匀减速和匀加速运动，相对小车始终向左运动，物块与小车最终静止，摩擦力做功使动能全部转化为内能，故有：Ff l 相=2(M + m)v2得l相=5.5 m小车从物块碰撞后开始匀减速运动，(每个减速阶段)加速度不变Ff2.aM = M=0.5 m/s2, vt=aMt得 t= 2/33 s.答案：(1)3 m/s (2)43 N(3)5.5 m 33 s热点18电磁学综合题(带电粒子在复合场中的运动(建议用时：20分钟)1. (2019盐城高三三模)反射式速调管是常用的微波器件之一，皿、它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程/弋类似.已知静电场的方向平行于x轴，其电势。随x的分布如图所 一二一,-In CIS We示.一质量 m= 1.0X 10 2