高考物理前瞻試題與答案呈現(xiàn)選擇題1.一質(zhì)點(diǎn)做直線運(yùn)動，其速度時間圖像如圖所示。由圖像可知（）A.質(zhì)點(diǎn)在02s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動B.質(zhì)點(diǎn)在24s內(nèi)靜止C.質(zhì)點(diǎn)在46s內(nèi)的加速度為1m/s2D.質(zhì)點(diǎn)在06s內(nèi)的位移為12m答案：A。解析：在02s內(nèi)，速度時間圖像是傾斜直線，速度均勻增大，質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動，A正確；24s內(nèi)速度保持4m/s不變，質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動，B錯誤；46s內(nèi)加速度\(a=\frac{vv_0}{t}=\frac{04}{2}=2m/s2\)，C錯誤；根據(jù)速度時間圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，06s內(nèi)位移\(x=\frac{1}{2}\times(2+6)\times4=16m\)，D錯誤。2.如圖所示，一個質(zhì)量為m的物體（可視為質(zhì)點(diǎn)）以某一速度從A點(diǎn)沖上傾角為30°的固定斜面，其運(yùn)動的加速度大小為\(\frac{3}{4}g\)，這物體在斜面上上升的最大高度為h，則在這個過程中物體（）A.重力勢能增加了\(\frac{3}{4}mgh\)B.動能損失了\(mgh\)C.機(jī)械能損失了\(\frac{1}{2}mgh\)D.克服摩擦力做功\(\frac{1}{4}mgh\)答案：C。解析：物體在斜面上上升的最大高度為h，重力勢能增加量\(\DeltaE_p=mgh\)，A錯誤；根據(jù)牛頓第二定律\(mg\sin30^{\circ}+f=ma\)，已知\(a=\frac{3}{4}g\)，可得摩擦力\(f=\frac{1}{4}mg\)。物體沿斜面上升的距離\(s=\frac{h}{\sin30^{\circ}}=2h\)。根據(jù)動能定理，動能損失量\(\DeltaE_k=W_{合}=ma\cdots=\frac{3}{4}mg\times2h=\frac{3}{2}mgh\)，B錯誤；機(jī)械能損失量等于克服摩擦力做的功\(W_f=fs=\frac{1}{4}mg\times2h=\frac{1}{2}mgh\)，C正確，D錯誤。實(shí)驗(yàn)題1.某同學(xué)用圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置探究小車動能變化與合外力對它所做功的關(guān)系。圖中A為小車，連接在小車后面的紙帶穿過打點(diǎn)計(jì)時器B的限位孔，它們均置于水平放置的一端帶有定滑輪的足夠長的木板上，C為彈簧測力計(jì)，不計(jì)繩與滑輪的摩擦。實(shí)驗(yàn)時，先接通電源再松開小車，打點(diǎn)計(jì)時器在紙帶上打下一系列點(diǎn)。（1）該同學(xué)在一條比較理想的紙帶上，從點(diǎn)跡清楚的某點(diǎn)開始記為0點(diǎn)，順次選取5個點(diǎn)，分別測量這5個點(diǎn)到0點(diǎn)之間的距離\(x\)，并計(jì)算出各點(diǎn)速度平方與0點(diǎn)速度平方之差\(\Deltav^{2}=v^{2}v_{0}^{2}\)，填入下表：|點(diǎn)跡|x/cm|\(\Deltav^{2}/(m^{2}\cdots^{2})\)||||||1|1.60|0.04||2|3.60|0.09||3|6.00|0.15||4|7.00|0.18||5|9.20|0.23|請以\(\Deltav^{2}\)為縱坐標(biāo)，以\(x\)為橫坐標(biāo)在圖乙所示的坐標(biāo)紙中作出\(\Deltav^{2}x\)圖象。（2）若測出小車質(zhì)量為0.2kg，結(jié)合圖象可求得小車所受合外力的大小為______N（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。答案：（1）根據(jù)表格數(shù)據(jù)，在坐標(biāo)紙上描點(diǎn)，然后用平滑曲線連接各點(diǎn)，得到\(\Deltav^{2}x\)圖象。（2）由動能定理\(W=\DeltaE_k\)，即\(Fx=\frac{1}{2}m\Deltav^{2}\)，變形可得\(\Deltav^{2}=\frac{2F}{m}x\)，所以\(\Deltav^{2}x\)圖象的斜率\(k=\frac{2F}{m}\)。從圖象中選取兩點(diǎn)（如\((0,0)\)和\((8.00,0.20)\)）計(jì)算斜率\(k=\frac{0.200}{8.000}=0.025\)，已知\(m=0.2kg\)，由\(k=\frac{2F}{m}\)可得\(F=\frac{mk}{2}=\frac{0.2\times0.025}{2}=0.25N\)。計(jì)算題1.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一固定的光滑軌道ABCD，其中AB是長為\(L=2m\)的水平直軌道，BCD是圓心為O、半徑為\(R=1m\)的四分之三圓弧軌道，兩軌道相切于B點(diǎn)。一質(zhì)量為\(m=0.5kg\)的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），從A點(diǎn)以\(v_0=4m/s\)的初速度向右運(yùn)動，已知滑塊與AB段軌道間的動摩擦因數(shù)\(\mu=0.2\)，重力加速度\(g=10m/s2\)。求：（1）滑塊到達(dá)B點(diǎn)時的速度大小；（2）滑塊到達(dá)C點(diǎn)時對軌道的壓力大??；（3）滑塊能否到達(dá)D點(diǎn)，若能，求出滑塊在D點(diǎn)時對軌道的壓力大??；若不能，說明理由。答案：（1）在AB段，根據(jù)動能定理\(\mumgL=\frac{1}{2}mv_{B}^{2}\frac{1}{2}mv_{0}^{2}\)，代入數(shù)據(jù)\(0.2\times0.5\times10\times2=\frac{1}{2}\times0.5v_{B}^{2}\frac{1}{2}\times0.5\times4^{2}\)，解得\(v_{B}=2\sqrt{2}m/s\)。（2）從B到C，根據(jù)機(jī)械能守恒定律\(\frac{1}{2}mv_{B}^{2}=\frac{1}{2}mv_{C}^{2}+mgR\)，代入\(v_{B}=2\sqrt{2}m/s\)，\(R=1m\)，\(m=0.5kg\)，\(g=10m/s2\)，可得\(\frac{1}{2}\times0.5\times(2\sqrt{2})^{2}=\frac{1}{2}\times0.5v_{C}^{2}+0.5\times10\times1\)，解得\(v_{C}=2m/s\)。在C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律\(Nmg=\frac{mv_{C}^{2}}{R}\)，\(N=mg+\frac{mv_{C}^{2}}{R}=0.5\times10+\frac{0.5\times2^{2}}{1}=7N\)，根據(jù)牛頓第三定律，滑塊對軌道的壓力大小為7N。（3）從B到D，根據(jù)機(jī)械能守恒定律\(\frac{1}{2}mv_{B}^{2}=\frac{1}{2}mv_{D}^{2}+mg\cdot2R\)，代入數(shù)據(jù)\(\frac{1}{2}\times0.5\times(2\sqrt{2})^{2}=\frac{1}{2}\times0.5v_{D}^{2}+0.5\times10\times2\)，解得\(v_{D}^{2}=16\lt0\)，說明滑塊不能到達(dá)D點(diǎn)。2.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系\(xOy\)中，第一象限存在沿\(y\)軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，第四象限存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為\(B\)。一質(zhì)量為\(m\)、電荷量為\(q\)的帶正電的粒子從\(y\)軸正半軸上的\(M\)點(diǎn)以速度\(v_0\)垂直于\(y\)軸射入電場，經(jīng)\(x\)軸上的\(N\)點(diǎn)與\(x\)軸正方向成\(\theta=60^{\circ}\)角射入磁場，最后從\(y\)軸負(fù)半軸上的\(P\)點(diǎn)垂直于\(y\)軸射出磁場。不計(jì)粒子重力，求：（1）粒子在\(N\)點(diǎn)的速度大小\(v\)；（2）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度\(E\)的大小；（3）粒子從\(M\)點(diǎn)運(yùn)動到\(P\)點(diǎn)的總時間\(t\)。答案：（1）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，將粒子在\(N\)點(diǎn)的速度分解，\(v\cos\theta=v_0\)，已知\(\theta=60^{\circ}\)，則\(v=\frac{v_0}{\cos60^{\circ}}=2v_0\)。（2）在電場中，粒子在\(y\)方向的分速度\(v_y=v\sin\theta=\sqrt{3}v_0\)，根據(jù)\(v_y=at\)，\(a=\frac{qE}{m}\)，水平方向\(x=v_0t\)，豎直方向\(y=\frac{1}{2}at^{2}\)。又\(\tan\theta=\frac{v_y}{v_0}\)，且\(v_y=\frac{qE}{m}t\)，\(x=v_0t\)。由\(v_y=\sqrt{3}v_0\)，\(a=\frac{qE}{m}\)，\(v_y=at\)可得\(t=\frac{\sqrt{3}v_0}{a}=\frac{\sqrt{3}mv_0}{qE}\)，水平位移\(x=v_0t=\frac{\sqrt{3}mv_{0}^{2}}{qE}\)。根據(jù)動能定理\(qEy=\frac{1}{2}mv^{2}\frac{1}{2}mv_{0}^{2}\)，\(v=2v_0\)，則\(qEy=\frac{1}{2}m(2v_0)^{2}\frac{1}{2}mv_{0}^{2}=\frac{3}{2}mv_{0}^{2}\)。又\(y=\frac{1}{2}at^{2}=\frac{1}{2}\times\frac{qE}{m}\times(\frac{\sqrt{3}v_0}{a})^{2}=\frac{3mv_{0}^{2}}{2qE}\)，代入\(qEy=\frac{3}{2}mv_{0}^{2}\)可得\(E=\frac{\sqrt{3}mv_{0}^{2}}{qx}\)，再結(jié)合幾何關(guān)系和運(yùn)動學(xué)公式可得\(E=\frac{\sqrt{3}Bv_0}{3}\)。（3）在電場中運(yùn)動時間\(t_1\)，\(v_y=at_1\)，\(a=\frac{qE}{m}\)，\(v_y=\sqrt{3}v_0\)，\(E=\frac{\sqrt{3}Bv_0}{3}\)，\(a=\frac{q\sqrt{3}Bv_0}{3m}\)，\(t_1=\frac{\sqrt{3}v_0}{a}=3\frac{m}{qB}\)。在磁場中，粒子做勻速圓周運(yùn)動，\(qvB=\