【文档说明】高中物理高考经典名题专项练习（共20题，附参考答案和解析）.docx，共(19)页，380.335 KB，由鹿哥教育上传

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1高考物理经典名题练习班级考号姓名总分1、甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体).甲罐的容积为V,罐中气体的压强为p;乙罐的容积为2V,罐中气体的压强为p.现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去,两罐中气体温度

相同且在调配过程中保持不变,调配后两罐中气体的压强相等.求调配后(i)两罐中气体的压强;(ii)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比.2、在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变，放射出的α粒子在与磁场垂直的平

面内做圆周运动，其轨道半径为R.以m、q分别表示α粒子的质量和电荷量，M表示新核的质量，放射性原子核用表示，新核的元素符号用Y表示，该衰变过程释放的核能都转化为α粒子和新核Y的动能，则（）A．新核Y和α粒子的半径之比B．α粒子的圆周运动可以等效成一个

环形电流，环形电流大小(Wewuli)C．新核的运动周期D．衰变过程的质量亏损为3、如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为，长为，导轨平面与水平面的夹角为，在导轨的中部刷有一段长为的薄绝缘涂层，

匀强磁场的磁感应强度大小为，方向与导轨平面垂直，质量为的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为，其他部分的电阻均不计，重力加速度为，求：（1）导体棒与涂层间的动摩擦因数；2（2）

导体棒匀速运动的速度大小；（3）整个运动过程中，电阻产生的焦耳热。4、如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。学.科网物块与桌面间的动摩擦因数

为（）A．B．C．D．5、如图，位于竖直水平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bc组成，圆弧半径Oa水平，b点为抛物线顶点。已知h=2m,，s=。取重力加速度大小。（1）一小环套在轨道上从a点由静止滑下，当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆

弧轨道的半径；（2）若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c点时速度的水平分量的大小。36、如图(a)所示，在光滑的水平面上有甲、乙两辆小车，质量为30kg的小孩乘甲车以5m/s的速度水平向右匀速运动，甲车的质量为15kg，乙车静止于甲车滑行的前方，两车碰撞前后的位移随时间变

化图象如图(b)所示．求：(1)甲、乙两车碰撞后的速度大小；(2)乙车的质量；(3)为了避免甲、乙两车相撞，小孩至少以多大的水平速度从甲车跳到乙车上？7、图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分

之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切．点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面．一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力．(1)若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离

轨道落在水面上的D点，OD＝2R，求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf；4(2)若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h.(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心

力与其速率的关系为F向＝m)8、空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q（q>0）。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g，求（1）电场

强度的大小；（2）B运动到P点时的动能。9、如图所示，坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E.一带电量为＋q、质量为m的粒子，

自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场．已知OP＝d，OQ＝2d，不计粒子重力．(1)求粒子过Q点时速度的大小和方向．(2)若磁感应强度的大小为一确定值B0，粒子将以垂直y轴的方

向进入第二象限，求B0.10、一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔．筒绕其中心轴以角速度顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成角．当筒转过时，该粒子恰好从小孔N飞

出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为().5A．B．C．D．11、如图，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距，左端与一电阻R相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为

B，方向竖直向下。一质量为m的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速度匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略。求（1）电阻R消耗的功率；（2）水平外力的大小

。12、一简谐横波沿水平绳沿x轴负方向以v=20m/s的波速传播。已知t=0时的波形如图所示，绳上两质点M、N的平衡位置分别是xM=5m、xN=35m。从该时刻开始计时，求：(1)质点N第一次回到平衡位置的时间t；6(2)平衡位置在x=20m的质点，其振动的位移随时间变化的表达式（用余弦函数表示

）；(3)经过多长时间，质点M、N振动的速度相同。13、如图，一竖直放置的气缸上端开口，气缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，

不计他们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0。现用电热丝缓慢加热气缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时气缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为g。14、如图

，一半径为R的玻璃半球，O点是半球的球心，虚线OO′表示光轴（过球心O与半球底面垂直的直线）。已知玻璃的折射率为1.5。现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出（不考虑被半球的内表面反射

后的光线）。求（i）从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值；（ii）距光轴的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O点的距离。15、完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了

便于7研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板是与水平甲板相切的一段圆弧，示意如图2，长，水平投影，图中点切线方向与水平方向的夹角（）。若舰载机从点由静止开始做匀加速直线运动，经到达点进入。已知飞行员的质量，，求（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到

的水平力所做功；（2）舰载机刚进入时，飞行员受到竖直向上的压力多大。16、如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着

敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．求：（1）A被敲击后获得的初速度大小vA；（2）在

左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB'；（3）B被敲击后获得的初速度大小vB．817、平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ现象存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x

轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，问：（1）粒子到达O点时速度的大小和方向；（2）电场强度和磁感应强度的大小之比。18、电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制

新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，

使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后

离开导轨。问：（1）磁场的方向；（2）MN刚开始运动时加速度a的大小；（3）MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。919、一列简谐横波在t=时的波形图如图（a）所示，P、Q是介质中的两个质点，图（b）是质点Q的振动图象。求（i）波速及波的传播方向；

（ii）质点Q的平衡位置的x坐标。20、农村常用来喷射农药的压缩喷雾器的结构如图所示．A的容积为7.5L，装入药液后，药液上方空气的压强为10⁵Pa，体积为1.5L，关闭阀门K，用打气筒B每次打进10⁵Pa的空气0.25L．则：（1

）要使药液上方气体的压强为4×10⁵Pa，打气筒活塞应打几次？（2）当A中有4×10⁵Pa的空气后，打开阀门K可喷射药液，直到不能喷射时，A容器剩余多少体积的药液？10附：参考答案和解析1.答案：(i)p(ii)2∶3解析：(i)假设乙罐中的气体被压缩到压强为p,

其体积变为V1,由玻意耳定律有p(2V)=pV1①现两罐气体压强均为p,总体积为(V+V1).设调配后两罐中气体的压强为p',由玻意耳定律有p(V+V1)=p'(V+2V)②联立①②式可得p'=p③(ii)若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强p时,

体积为V2,由玻意耳定律p'V=pV2④设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为k,由密度的定义有k=⑤联立③④⑤式可得k=考查：气体的分压定律和克拉伯龙方程式PV=nRT(n=m/M)2.答案：AD解析：A由动量守恒定律，和粒子在磁场中的轨道半径而粒子带两个单位正电荷，因此新

核Y和α粒子的半径之比A正确；B．α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，环形电流大小B错误；C．新核的运动周期C错误D．由于根据质能方程整理得D正确。故选AD。考查：原子物理和动量守恒结合考察3.答案：（1）导体棒与涂层间的动摩擦因数为；11（2）导体棒匀速运的速度大小为；（

3）整个运动过程中，电阻产生的焦耳热为。解析：（1）在绝缘涂层上，导体棒做匀速直线运动，受力平衡，如图所示，则有：，解得：（2）导体棒在光滑导轨上滑动时：感应电动势为：，感应电流为：，安培力为：联立得：，受力平衡，有：，解

得：（3）导体棒在滑上涂层滑动时摩擦生热为：整个运动过程中，根据能量守恒定律得：解得：。考查：安培力推导公式，能量守恒4.答案：C解析：开始时力F水平拉动物体匀速运动，可得：F＝μmg....(1)F的大小不变

方向与水平面成60°角拉动物体时，仍然匀速直线运动结合平衡关系，对物体受力分析，如图所示利用正交分解的方法可知：水平方向：F.cos60=f.....(2)竖直方向：F.sin60+FN=mg...(3)f=uFN...

..(4)联立可得：Fcos60°＝μ(mg－Fsin60°)μ＝，故选C.考查：受力分析、正交分解，正交分解的考察125.答案（1）（2）解析：（1）一小环套在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则说明下落到b点时的速度，使得

小环套做平抛运动的轨迹与轨道bc重合，故有①，②，从ab滑落过程中，根据动能定理可得③，联立三式可得（2）下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，根据动能定理可得④因为物体滑到c点时与竖直方向的夹角等于（1）问中做

平抛运动过程中经过c点时速度与竖直方向的夹角相等，设为，则根据平抛运动规律可知⑤，根据运动的合成与分解可得⑥联立①②④⑤⑥可得考查：平抛运动、运动的合成与分解、动能定理6.答案：(1)1m/s3m/s(2)90kg(3)6.7m/s(1)

由图可知，碰撞后甲车的速度大小：v1＝＝－1m/s，负号表示方向向左，乙车的速度大小：v2＝＝m/s＝3m/s；(2)甲、乙两车碰撞过程中，三者组成的系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：(

m人＋m甲)v0＝(m人＋m甲)v1＋m乙v2，代入数据解得：m乙＝90kg；(3)设人跳向乙车的速度为v人，系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：人跳离甲车：(m人＋m甲)v0＝m人v人＋m甲v3，人跳至乙车：m人v人＝(m人＋m乙)v4

，为使二车避免相撞，应满足：v3≤v4，取“＝”时，人跳离甲车的速度最小，代入数据解得：v人＝m/s≈6.7m/s.考查：动量守恒，相对运动关系与图像7.答案：(1)－(mgH－2mgR)(2)R解析：(1)游客从B点做平抛运动，

有2R＝vBt①13R＝gt2②由①②式得vB＝③从A到B，根据动能定理，有mg(H－R)＋Wf＝mv－0④由③④式得Wf＝－(mgH－2mgR)⑤(2)设OP与OB间夹角为θ，游客在P点时的速度为vP，受到的支持力为N，从B到P由机械能守

恒定律，有mg(R－Rcosθ)＝mv－0⑥过P点时，根据向心力公式，有mgcosθ－N＝m⑦N＝0⑧cosθ＝⑨由⑥⑦⑧⑨式解得h＝R.⑩考查：动能定理，曲线运动8.答案：（1）；（2）解析：（1）设电场强度的大小为E，小球B

运动的加速度为a。根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有mg+qE=ma①②解得③（2）设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有④且有⑤⑥联立③④⑤⑥式得考查：电偏和能量关系9.答案：（1）v＝2θ＝45°.（2）B0＝.解析：(1)设粒子在电场

中运动的时间为t0，加速度的大小为a，粒子的初速度为v0，过Q点时速度的大小为v，沿y轴方向分速度的大小为vy，速度与x轴正方向间的夹角为θ，由牛顿第二定律得14qE＝ma①由运动学公式得d＝at②2d＝v0t0

③vy＝at0④v＝⑤tanθ＝⑥联立①②③④⑤⑥式得v＝2⑦θ＝45°.⑧(2)设粒子做圆周运动的半径为R1，粒子在第一象限内的运动轨迹如图所示，O1为圆心，由几何关系可知△O1OQ为等腰直角三角形，得R1＝2d⑨由牛顿第二定律得qvB0＝m⑩联立⑦⑨⑩式得B0＝.⑪考查：带

电粒子在纯电场中的运动、运动的独立性与等时性，带电粒子在分立场中的运动。10.答案：A解析：如图所示，由几何关系可知粒子的运动轨迹圆心为，由粒子在磁场中的运动规律可知：①②由①②得即比荷③由圆周运动与几何关系可知即则④15又有⑤由③④⑤得考查：带电粒子在磁场中运动的轨

迹类问题，圆场区域。11.答案：，解析：（1）导体切割磁感线运动产生的电动势为，根据欧姆定律，闭合回路中的感应电流为电阻R消耗的功率为，联立可得（2）对导体棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡，故有，，

故考查：安培力推论：电荷量推论：安培力冲量推论：BqL=MV12.答案:(1)0.75s；(2)；(3)解析：(1)机械波在均匀介质中匀速传播，波沿x轴负方向传播，平衡位置的振动状态距N点解得(2)由题知，该质点与原点的距

离为，则该质点的初相位为故该质点的振动表达式为或(3)当某质点位于平衡位置时，其两侧与它平衡位置间距相等的质点速度相同，平衡位置的振动状态传播到MN中点的距离经过的时间解得考查：平移法，解决周期性问题13.答案：，16解析：（i）开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活

塞开始运动。设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有①根据力的平衡条件有②；联立①②式可得③此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处

和b处时气体的体积分别为V1和V2。根据盖—吕萨克定律有④式中V1=SH⑤V2=S（H+h）⑥联立③④⑤⑥式解得⑦从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为⑧考查：热力学第一定律与气体状态方程14.答

案：（i）（ii）解析：（i）如图，从底面上A处射入的光线，在球面上发生折射时的入射角为i，当i等于全反射临界角i0时，对应入射光线到光轴的距离最大，设最大距离为l。①设n是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有②由几何关系有③联立①②③式并利用题给条件，得④（ii）设与光轴距的光线在球

面B点折射时的入射角和折射角分别为i1和r1，由折射定律有⑤设折射光线与光轴的交点为C，在△OBC中，由正弦定理有⑥由几何关系有⑦⑧联立⑤⑥⑦⑧式及题给的条件得⑨考查：本题主要考查光的折射定律的应用，解题关键是根据题意画出光路图，根据几何知识确定入射角与折射角，然后列

方程求解。15.答案：（1）（2）17解析：（1）舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有①根据动能定理，有②联立①②式，代入数据，得③（2）设上翘甲板所对应的圆弧半径为，根据几何关系，有④由牛顿第二定律，有⑤联立①④⑤式，代入数据，

得⑥考查：运动学与中国科技进步与建设16．答案：（1）（2）aB=3μgaB′=μg（3）。解析：（1）由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA=μg匀变速直线运动2aAL=vA2解得（2）设A、B的质量均为m对齐前，B所受合外力大小F=3μmg由牛顿运动定律F=maB，得aB=3μg对

齐后，A、B所受合外力大小F′=2μmg由牛顿运动定律F′=2maB′，得aB′=μg（3）经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA则v=aAt，v=vB–aBt且xB–xA=L解得考查：相对运动基本公式组17.答案:（1），方向与x轴方向的夹角为45°角斜向

上（2）.解析：（1）粒子在电场中由Q到O做类平抛运动，设O点速度v与+x方向夹角为α，Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，根据类平抛运动的规律，有：x方向：y方向：18粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为：又：解得：，即，

粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上。粒子到达O点时的速度大小为（2）设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，粒子在电场中运动的加速度：设磁感应强度大小为B，粒子做匀速圆周运动的半径为R，洛伦兹力提供向心力，有：根据几何关系可知：整理可得

：考查：本题难度不大，但需要设出的未知物理量较多，容易使学生感到混乱，要求学生认真规范作答，动手画图。18.答案：（1）磁场的方向垂直于导轨平面向下（2）（3）解析：（1）电容器充电后上板带正电，下板带负电，放电时通过MN的电流由M到N，欲使炮弹射出，安培力应沿导轨

向右，根据左手定则可知磁场的方向垂直于导轨平面向下。（2）电容器完全充电后，两极板间电压为E，根据欧姆定律，电容器刚放电时的电流：炮弹受到的安培力：根据牛顿第二定律：解得加速度（3）电容器放电前所带的电荷量开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vm时，MN上的感应电动势：最终电

容器所带电荷量设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力：由动量定理，有：又：19整理得：最终电容器所带电荷量考查：本题难度较大，尤其是最后一个小题，给学生无从下手的感觉：动量定理的应用是关键。19.答案：（1），波沿负方向传播（2）xQ=9cm解析：（1）由图

a可以看出，改波的波长为由图b可以看出周期T=2s，故波速为=18cm/s由图b可知，当时，Q向上振动，结合图a可知，该波沿x轴负方向传播（2）设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为、。由图（a）知，处，因此④由图（b）知，在时Q点处于平衡位置，经，其振动

状态向x轴负方向传播至P点处，由此及③式有⑤由④⑤式得，质点Q的平衡位置的x坐标为考查：波动图象、振动图象、波动传播及其相关的知识点。20.答案：（1）要使药液上方气体的压强为4×10⁵Pa，打气筒活塞应打18次；（2）当A中有

4×10⁵Pa的空气后，打开阀门K可喷射药液，直到不能喷射时，A容器剩余多少体积的药液为1.5L．解析：（1）设打n次气，以容器A中与打入的气体为研究对象，其状态参量为：p₁=1×10⁵Pa，V₁=（1.5+0.25n）L，p₂=4×10⁵Pa，V₂=1.5L，由玻意耳定律得：p₁V₁=

p₂V₂，代入数据解得：n=18次；（2）当内外气压相等时，药液不再喷出，此时：p₃=1×10⁵Pa，V₃=？，由玻意耳定律得：p₂V₂=p₃V₃，代入数据解得：V₃=6L，剩余药液的体积：△V=V₃-V₁=7.5-6=1.5L；考查：气体定律与现实生活相联系是热点考察方向，分析清楚

气体状态变化过程、求出气体的状态参量、应用玻意耳定律即可正确解题．