四川省广安市武胜县高考物理课外辅导讲义(12)
四川省广安市武胜县2018届高考物理课外辅导讲义（12）多项选择你能过关吗？(2017·山东省临沂市高三二模)如图所示，水平转台上有一质量为m 的小物块，用长为L 的细绳连接在通过转台中心的竖直转轴上，细线与转轴间的夹角为θ；系统静止时，细线绷直但绳中张力为零，物块与转台间动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当物块随转台由静止开始缓慢加速转动且未离开转台的过程中( )A ．物块受转台的静摩擦力方向始终指向转轴B ．至转台对物块的支持力为零时，物块的角速度大小为gtan θLC ．至转台对物块的支持力为零时转台对物块做的功mgLsin 2θ2cos θD ．细绳对物块拉力的瞬时功率始终为零解析：选CD.由题可知，物体做加速圆周运动，所以开始时物体受到的摩擦力必定有一部分的分力沿轨迹的切线方向．故A 错误；对物体受力分析知物块离开圆盘前，沿轴线方向的合力： F ＝f ＋Tsin θ＝m v2r① N ＋Tcos θ＝mg②根据动能定理知W ＝E k ＝12mv 2当弹力T ＝0，r ＝Lsin θ 当N ＝0，f ＝0，由①②知ω0＝gLcos θ，所以当物块的角速度增大到gLcos θ时，物块与转台间恰好无相互作用；此时W ＝E k ＝12mv 2＝12m(ω0Lsin θ)2＝mgLsin 2θ2cos θ，故B 错误，C正确；由几何关系可知，物体在做圆周运动的过程中受到的绳子的拉力方向与物体运动的方向始终垂直，所以细绳对物块拉力的瞬时功率始终为零．故D 正确；故选CD. 一、选择题 1．(2017·河南省商丘市高考物理二模考试)正方体空心框架ABCDA 1B 1C 1D 1下表面在水平地面上，将可视为质点的小球从顶点A 在∠BAD 所在范围内(包括边界)沿不同的水平方向分别抛出，落点都在△B 1C 1D 1平面内(包括边界)．不计空气阻力，以地面为重力势能参考平面．则下列说法正确的是( )A ．小球初速度的最小值与最大值之比是1∶ 2B ．落在C 1点的小球，运动时间最长C ．落在B 1D 1线段上的小球，落地时机械能最小值与最大值之比是1∶2 D ．轨迹与AC 1线段相交的小球，在交点处的速度方向都相同解析：选D.A 、小球落在A 1C 1线段中点时水平位移最小，落在C 1时水平位移最大，由几何关系知水平位移的最小值与最大值之比是1∶2，由x ＝v 0t ，t 相等得小球初速度的最小值与最大值之比是1∶2，故A 错误；B 、小球做平抛运动，由h ＝12gt 2得t ＝2hg，下落高度相同，平抛运动的时间相等，故B 错误；C 、落在B 1D 1线段中点的小球，落地时机械能最小，落在B 1D 1线段上D 1或B 1的小球，落地时机械能最大．设落在B 1D 1线段中点的小球初速度为v 1，水平位移为x 1.落在B 1D 1线段上D 1或B 1的小球初速度为v 2.水平位移为x 2.由几何关系有x 1∶x 2＝1∶2，由x ＝v 0t ，得：v 1∶v 2＝1∶2，落地时机械能等于抛出时的机械能，分别为：E 1＝mgh ＋12mv 21，E 2＝mgh ＋12mv 22，可知落地时机械能的最小值与最大值之比不等于1∶2.故C 错误．D 、设AC 1的倾角为α，轨迹与AC 1线段相交的小球，在交点处的速度方向与水平方向的夹角为θ.则有tan α＝y x ＝12gt 2v 0t ＝gt2v 0，tan θ＝gtv 0，则tan θ＝2tan α，可知θ一定，则轨迹与AC 1线段相交的小球，在交点处的速度方向相同，故D 正确．3．(多选)两个小球A 、B 在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m 1＝4 kg ，m 2＝2 kg ，A 的速度v 1＝3 m/s(设为正)，B 的速度v 2＝－3 m/s ，则它们发生正碰后，其速度可能分别是( ) A ．均为1 m/s B ．＋4 m/s 和－5 m/s C ．＋2 m/s 和－1 m/sD ．－1 m/s 和5 m/s解析：选AD.由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能情况 E k ＝12m 1v 21＋12m 2v 22＝12×4×9 J＋12×2×9 J＝27 JE k ′＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有E k ≥E k ′，可排除选项B.选项C 虽满足E k ≥E k ′，但A 、B 沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向(v A ′＞0，v B ′＜0)，这显然是不符合实际的，因此C 错误．验证选项A 、D 均满足E k ≥E k ′，故答案为选项A(完全非弹性碰撞)和选项D(弹性碰撞)．4．(多选)如图所示，在光滑水平面上停放质量为m 装有弧形槽的小车．现有一质量也为m 的小球以v 0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则( )A ．小球在小车上到达最高点时的速度大小为v 02B ．小球离车后，对地将向右做平抛运动C ．小球离车后，对地将做自由落体运动D ．此过程中小球对车做的功为12mv 2解析：选ACD.小球到达最高点时，小车和小球相对静止，且水平方向总动量守恒，小球离开小车时类似完全弹性碰撞，两者速度互换，故A 、C 、D 都是正确的．5．(2017·浙江宁波十校联考)(多选)在物理学中某物理量A 的变化量ΔA 与发生这个变化所用时间Δt 的比值ΔAΔt ，叫做这个物理量A 的变化率，则下列说法中正确的是( )A ．若A 表示某质点做匀速直线运动的位移，则ΔAΔt 是恒定不变的B ．若A 表示某质点做匀加速直线运动的速度，则ΔAΔt 是均匀变化的C ．若A 表示某质点做匀速圆周运动的线速度，则ΔAΔt是恒定不变的D ．若A 表示穿过某线圈的磁通量，则ΔAΔt越大，则线圈中的感应电动势就越大解析：选AD.若A 表示某质点做匀速直线运动的位移，则ΔAΔt ＝v ，匀速直线运动的速度v 是恒定不变的，选项A 正确．若A 表示某质点做匀加速直线运动的速度，则ΔAΔt ＝a ，匀加速直线运动的加速度a 是恒定不变的，选项B 错误．若A 表示某质点做匀速圆周运动的线速度，则ΔAΔt 没有意义，其线速度大小不变方向时刻在变化，选项C 错误．若A 表示穿过某线圈的磁通量，则ΔAΔt ＝E ，ΔAΔt越大，则线圈中的感应电动势就越大，选项D 正确．6．(2017·福建漳州八校联考)在人类对物质运动规律的认识过程中，许多物理学家大胆猜想、勇于质疑，取得了辉煌的成就，下列有关科学家及他们的贡献描述中正确的是( ) A ．卡文迪许在牛顿发现万有引力定律后，进行了“月——地检验”，将天体间的力和地球上物体的重力统一起来B ．伽利略在对自由落体运动研究中，对斜面滚球研究，测出小球滚下的位移正比于时间的平方，并把结论外推到斜面倾角为90°的情况，推翻了亚里士多德的落体观点C ．开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳做匀速圆周运动D ．奥斯特由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象的电本质 解析：选B.牛顿在发现万有引力定律过程中，进行了“月——地检验”，将天体间的力和地球上物体的重力统一起来，选项A 错误．伽利略在对自由落体运动研究中，对斜面滚球研究，并把结论外推到斜面倾角为90°的情况；而推翻了亚里士多德的落体观，选项B 正确．开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳运动的开普勒三定律，行星绕太阳做椭圆运动，选项C 错误．安培由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象的电本质，选项D 错误．二、非选择题1．(2017·盐城市阜宁中学高三下学期模拟考试)如图甲所示，在水平面上固定有长为L ＝2 m 、宽为d ＝0.5 m 的光滑金属“U”形导轨，导轨右端接有R ＝1 Ω的电阻，在“U”形导轨右侧l ＝1 m 范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．在t ＝0时刻，质量为m ＝0.1 kg 、内阻r ＝1 Ω导体棒ab 以v 0＝1 m/s 的初速度从导轨的左端开始向右运动，导轨的电阻忽略不计，g 取10 m/s 2.(1)求第一秒内流过ab 电流的大小及方向； (2)求ab 棒进磁场瞬间的加速度大小；(3)导体棒最终停止在导轨上，求全过程回路中产生的焦耳热． 解析：(1)第一秒内磁场随时间均匀变化，由法拉第电磁感应定律有 E 1＝ΔΦΔt ＝ldΔB Δt＝0.5 V所以流过ab 的电流I 1＝E 1R ＋r＝0.25 A ，方向：由a 流向b(2)依题意可知ab 棒在1 s 末时刻进入磁场(速度仍为v 0)，此后磁感应强度保持不变则 E 2＝Bdv 0＝0.5 VI 2＝E 22R ＝0.25 AF ＝BI 2d由牛顿第二定律，有BI 2d ＝ma 所以a ＝1.25 m/s 2(3)Q 1＝I 21(R ＋r)t 1＝0.125 J. Q 2＝12mv 20＝0.05 J.全过程回路产生的焦耳热Q ＝Q 1＋Q 2＝0.175 J 答案：(1)0.25 A 方向：由a 流向b (2)1.25 m/s 2(3)0.175 J2．(2017·高考北京卷)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(42He)在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R.用m 、q 分别表示α粒子的质量和电荷量．(1)放射性原子核用AZ X 表示，新核的元素符号用Y 表示，写出该α衰变的核反应方程． (2)α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小． (3)设该衰变过程释放的核能都转化为α粒子和新核的动能，新核的质量为M ，求衰变过程的质量亏损Δm.解析：(2)设α粒子的速度大小为v ，由qvB ＝m v 2R ，T ＝2πRv ，得α粒子在磁场中运动周期T ＝2πmqB环形电流大小I ＝q T ＝q 2B2πm(3)由qvB ＝m v 2R ，得v ＝qBRm设衰变后新核Y 的速度大小为v′，系统动量守恒，得 Mv′－mv ＝0 则v′＝mv M ＝qBRM由Δmc 2＝12Mv′2＋12mv 2得Δm＝M ＋m qBR22mMc2说明：若利用M ＝A －44m 解答，亦可．答案：(1)A ZX→A －4Z －2Y ＋42He (2)2πm qB q 2B 2πm (3)M ＋m qBR22mMc2。
高考物理复习资料大全第十二章光
界角 . 用 C 表示， C= arcsin 1 .
n
（ 4）发生全反射的条件： ①光从光密介质入射到光疏
介质；②入射角大于等于临界角 . （ 5）光导纤维： 实际用的光导纤维是非常细的特质玻
H =16cm， h=9cm，,d=12 cm,。根据推论公式可得：
H 2 d2 162 122 4
n
h2 d2
92 122 3
三、折射定律、折射率的理解及其应用
介质的折射率 n sin 1 ，与光速的关系： n
sin 2
c v
解题的关键：根据题意画出光路图，挖掘几何关系，
由数学知识求解 .
【例 3】 如
（ 2）透明体的厚度为多大？
（ 3）光在透明体里运动的时间多长？
【解析】 （ 1 ）光 路 示意图如图
P
P
12-1-5 所示（注 意 出射光线平
α β 图 12-1-5
行，各
（ 2）由折射定律
得 sin α= n sinβ
得 β=30°
设透明体的厚为
d ，由题意及光路有 2 d tan60 °― 2 d tan30 °= △s
C．在月球进入地球的半影区时可以看到月偏食
D ．在月球完全进入地球的本影区时可以看到月全食
【 解析 】月球的影里只能形成日食，地球的影里只能
形成月食，太阳本身发光，故月球的本影里形成日全
食，月球的半影里形成日偏食； 而月球靠反射太阳光，
只要有光线照射月球就不会形成月食，而地球的半影
里虽然只有部分太阳光照射月球，但是还是看得到月
武胜届高考物理课外辅导讲义6
四川省广安市武胜县2020届高考物理课外辅导讲义（6）一、选择题1．(2020·四川省遂宁市高三二诊)如图所示，质量相同的三颗卫星a 、b 、c 绕地球做匀速圆周运动，其中b 、c 在地球的同步轨道上，a 距离地球表面的高度为R ，此时a 、b 恰好相距最近．已知地球质量为M 、半径为R 、地球自转的角速度为ω.万有引力常量为G ，则( )A ．发射卫星b 时速度要大于11.2 km/sB ．卫星a 的机械能大于卫星b 的机械能C ．卫星a 和b 下一次相距最近还需经过t ＝2πGM8R3－ωD ．若要卫星c 沿同步轨道与b 实现对接，可让卫星c 加速解析：选C.卫星b 绕地球做匀速圆周运动，7.9 km/s 是指在地球上发射的物体绕地球飞行作圆周运动所需的最小初始速度，11.2 km/s 是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度．所以发射卫星b 时速度大于7.9 km/s ，而小于11.2 km/s ，故A 错误；卫星从低轨道到高轨道需要克服引力做较多的功，卫星a 、b 质量相同，所以卫星b 的机械能大于卫星a 的机械能，故B 错误；b 、c 在地球的同步轨道上，所以卫星b 、c 和地球具有相同的周期和角速度．由万有引力提供向心力，即GMm r 2＝mω2r ，解得ω＝GMr3，a 距离地球表面的高度为R ，所以卫星a 的角速度ωa ＝GM8R3，此时a 、b 恰好相距最近，到卫星a 和b 下一次相距最近时满足(ωa －ω)t ＝2π，解得t ＝2πGM8R3－ω，故C 正确；让卫星c 加速，所需的向心力增大，由于万有引力小于所需的向心力，卫星c 会做离心运动，离开原轨道，所以不能与b 实现对接，故D 错误．2．(2020·广东省深圳市高三第一次调研)人造卫星a 的圆形轨道离地面高度为h ，地球同步卫星b 离地面高度为H ，h ＜H ，两卫星共面且旋转方向相同．某时刻卫星a 恰好出现在赤道上某建筑物c 的正上方，设地球赤道半径为R ，地面重力加速度为g ，则( ) A ．a 、b 线速度大小之比为 R ＋hR ＋H B ．a 、c 角速度之比为R 3R ＋h3C ．b 、c 向心加速度大小之比R ＋HRD ．a 下一次通过c 正上方所需时间等于t ＝2πR ＋h3gR2解析：选C.人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，根据牛顿运动定律求解卫星的角速度．卫星绕地球做匀速圆周运动，建筑物随地球自转做匀速圆周运动，当卫星转过的角度与建筑物转过的角度之差等于2π时，卫星再次出现在建筑物上空．绕地球运行的卫星，地球对卫星的万有引力提供向心力，设卫星的线速度为v ，则：G Mm r 2＝m v2r ，所以v ＝GMr ，可知a 、b 线速度大小之比为R ＋HR ＋h.故A 错误；设卫星的角速度为ω，G Mm r 2＝mω2r ，得ω＝GM r 3，所以：ωaωb＝⎝ ⎛⎭⎪⎫R ＋h R ＋H 3，又由于同步卫星b 的角速度与c 的角速度相同，所以ωaωc＝⎝ ⎛⎭⎪⎫R ＋h R ＋H 3，故B 错误；同步卫星b 的角速度与c 的角速度相同，根据：a ＝ω2r 可得：a b a c ＝R ＋H R ，故C 正确；设经过时间t 卫星a 再次通过建筑物c 上方，根据几何关系有：(ωa－ωc )t ＝2π，又mg ＝GMm R 2，联立解得：t ＝2πωa －ωc＝2πR ＋h3GM－R ＋H 3GM＝2πgR 2R ＋h3－R ＋H3，故D 错误．3．(2020·河南中原名校高三联考)如图所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器)，R 表示输电线的电阻，则( )A ．用电器增加时，变压器输出电压增大B ．要提高用户的电压，滑动触头P 应向上滑C ．用电器增加时，输电线的热损耗减少D ．用电器增加时，变压器的输入功率减小解析：选B.由于变压器原、副线圈的匝数不变，而且输入电压不变，因此增加负载不会影响输出电压，故A 错误；根据变压器原理可知输出电压U 2＝n 2n 1U 1，当滑动触头P 向上滑时，n 2增大，所以输出电压增大，用户两端电压增大，故B 正确；由于用电器是并联的，因此用电器增加时总电阻变小，输出电压不变，总电流增大，故输电线上热损耗增大，故C 错误；用电器增加时总电阻变小，总电流增大，输出功率增大，所以输入功率增大，故D 错误．4．(2020·西安一中期末考试)如图所示的电路中，灯泡A 和灯泡B 原来都是正常发光的，现在突然灯泡A 比原来变暗了些，灯泡B 比原来变亮了些，则电路中出现的故障可能是( )A ．R 3断路B ．R 2断路C ．R 1短路D ．R 1、R 2同时短路解析：选B.由题图可知，通过灯泡A 的电流等于通过灯泡B 的电流与通过R 2的电流之和．灯泡A 比原来变暗了些，灯泡B 比原来变亮了些，说明通过灯泡B 的电流变大，而通过灯泡A 的电流变小，因此通过R 1的电流变小，所以R 2断路符合条件．R 3断路或R 1短路都会使两灯泡比原来变亮；R 1、R 2同时短路会使灯泡A 比原来变亮，灯泡B 熄灭，故B 正确．5．(2020·河北唐山一模)一含有理想变压器的电路如图所示，变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝2∶1，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别是4 Ω、2 Ω和3 Ω，U 为有效值恒定的正弦交流电源．当开关S 断开时，理想电流表的示数为I ，当S 闭合时，电流表的示数为( )A.23I B.12I C.32I D ．2I解析：选D.设S 闭合时，电流表示数为I 1，对理想变压器有P 入＝P 出，I 1I 2＝n 2n 1，则开关闭合时有I 1U －I 21R 1＝(2I 1)2R 2，开关断开时有IU －I 2R 1＝(2I)2(R 2＋R 3)，两式联立解得I 1＝2I ，故D 项正确．6．(2020·岳阳市二模)如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数比为k 1.降压变压器T′的原、副线圈匝数比为k 2.原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，用户电阻为R(纯电阻)，若用户消耗功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率P r 和用户获得的电压U 分别为( )A ．P r ＝r Rk 22P U ＝2k 2U m 2k 1－2r k 22PR B ．P r ＝2r Rk 22P U ＝2U m 2k 1k 2－2rk 22P R C ．P r ＝2r Rk 22P U ＝2k 2U m 2k 1－2rk 1k 2P RD ．P r ＝2r Rk 21P U ＝2U m 2k 1k 2－2rk 1k 2PR解析：选B.用户流过的电流为I 4＝P R ，故在输电线路上的电流为I 3＝I 4k 2＝1k 2PR，故损失的电功率为P r ＝I 23·2r＝2r Rk 22P ；升压变压器两端电压的有效值为U 1＝U m 2，输电线路上损失的电压为ΔU ＝I 3·2r，升压变压器副线圈两端的电压为U 2＝U 1k 1故降压变压器原线圈的电压为U 3＝U 2－ΔU，用户获得的电压U ＝U 3k 2联立解得U ＝2U m 2k 1k 2－2rk 22P R. 7、如图所示，竖直平面内有一光滑直杆AB ，杆与水平方向的夹角为θ(0°≤θ≤90°)，一质量为m 的小圆环套在直杆上，给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力F ，并从A 端由静止释放，改变直杆和水平方向的夹角θ，当直杆与水平方向的夹角为30°时，小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为g ，则( )A ．恒力F 一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向B ．恒力F 和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向C ．若恒力F 的方向水平向右，则恒力F 的大小为3mgD ．恒力F 的最小值为32mg 解析：选BCD.小圆环受到竖直向下的重力、光滑直杆AB 对小圆环的支持力和恒力F.由于光滑直杆AB 对小圆环的支持力正交分解后，沿直杆方向无分力．要使小圆环在直杆上运动的时间最短，由l ＝12at 2可知，小圆环运动的加速度必须最大，由牛顿第二定律可知，恒力和重力的合力沿光滑直杆方向时加速度最大，所以选项A 错误，B 正确．若恒力F 的方向水平向右，由tan 30°＝mgF ，解得F ＝3mg ，选项C 正确．当恒力F 的方向垂直于光滑直杆时，恒力F 最小，由sin 60°＝F min mg 解得F 的最小值为F min ＝mgsin 60°＝32mg ，选项D 正确．二、非选择题1．如图甲所示，长木板A 静止在水平地面上，其右端叠放着物块B ，左端恰好在O 点，水平面以O 点为界，左侧光滑、右侧粗糙．物块C(可以看作质点)和D 间夹着一根被压缩的弹簧，并用细线锁住，两者以共同速度v 0＝8 m/s 向右运动，某时刻细线突然断开，C 和弹簧分离后，撤去D ，C 与A 碰撞并与A 粘连(碰撞时间极短)，此后，AC 及B 的速度—时间图象如图乙所示．已知A 、B 、C 、D 的质量均为m ＝1 kg ，木板A 的长度l ＝5 m ，A 、C 与粗糙面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)长木板A 与桌面间的动摩擦因数及B 与A 间的动摩擦因数； (2)烧断细线之前弹簧的弹性势能； (3)最终物块B 离长木板A 左端的距离．解析：(1)设A 与地面间的动摩擦因数为μ，B 与A 上表面的动摩擦因数为μ′，由图乙可知：0～1 s ，AC 整体做匀减速运动的加速度大小a A1＝3.5 m/s 2，B 做匀加速运动的加速度a B1＝1 m/s 2，对AC 整体：3μmg＋μ′mg＝2ma A1 对B 有：μ′mg＝ma B1 解得：μ′＝0.1；μ＝0.2(2)C 与A 碰撞过程中动量守恒：mv C ＝2mv A ，其中v A ＝4.5 m/s 解得v C ＝9 m/s弹簧弹开过程中，CD 系统动量守恒，由动量守恒定律： 2mv 0＝mv C ＋mv D 解得：v D ＝7 m/s弹簧弹开过程中，CD 及弹簧组成的系统的机械能守恒，则有 12×2mv 20＋E p ＝12mv 2C ＋12mv 2D 解得：E p ＝1 J(3)由图乙可知：0～1 s 内B 相对A 向左运动的位移： x 1＝4.52×1 m＝2.25 m AB 速度相等后，B 的加速度：a B2＝－μ′g＝－1 m/s 2AC 整体的加速度： a A2＝－3μmg＋μ′mg 2m＝－2.5 m/s 2因a A2＞a B2，所以AC 整体先停止运动， AC 整体的运动时间为：t ＝12.5s ＝0.4 s ， 在0.4 s 内B 相对A 向右运动的位移： x 2＝vt ＋12a B2t 2－12vt ＝0.12 mA 停止时B 的速度：v′＝v ＋a B2t ＝0.6 m/s 然后B 在A 上面做匀减速运动直到停止，B 的加速度 a B3＝－μ′g＝－1 m/s 2B 相对A 向右运动的位移：x 3＝－v′22a B3＝0.18 m所以最终B 离长木板A 左端的距离 x ＝l －x 1＋x 2＋x 3＝3.05 m答案：(1)μ＝0.2 μ′＝0.1 (2)1 J (3)3.05 m2．用绝缘材料制成的半径为R 的23圆桶如图所示放置，AC 为水平直径，θ＝30°，其内部有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B ，PT 是过圆上D 点的水平线，其上方存在一竖直向下的匀强电场，一电荷量为＋q 、质量为m 的粒子从A 点以一定初速度沿AO 射入匀强磁场中，粒子与桶壁弹性碰撞一次后恰从D 点飞入匀强电场中，并从M 点水平射出，已知MT 两点的距离为R2，不计粒子的重力，求：(1)粒子的初速度v 0； (2)电场强度E 的大小； (3)粒子从A 到M 点的时间t.解析：粒子运动轨迹如图所示，则∠AOQ ＝120°且粒子从D 点射出时与DT 成60°角(1)由图知tan 30°＝Rr而Bqv 0＝m v 2r联立得v 0＝3BqRm. (2)在电场中由运动的合成与分解得R 2＝12qE m t 22v 0sin 60°＝qEmt 2联立得t 2＝2m 3Bq ，E ＝9B 2qR4m.(3)粒子在磁场中运行的时间设为t 1，则 t 1＝2×60°360°×2πm Bq ＝2πm3Bq所以粒子从A到M点的时间t＝t1＋t2＝2＋2π3Bqm.答案：(1)3BqRm(2)9B2qR4m(3)2＋2π3Bqm高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
武胜届高考物理课外辅导讲义
四川省广安市武胜县2020届高考物理课外辅导讲义（10）多项选择你能过关吗？(2020·广东省深圳市高三2月第一次调研)如图，质量为M 的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m 的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F ，木块和木板由静止开始运动，木块相对地面运动位移x 后二者分离．则下列哪些变化可使位移x 增大( )A ．仅增大木板的质量MB ．仅增大木块的质量mC ．仅增大恒力FD ．仅稍增大木块与木板间的动摩擦因数解析：选BD.根据牛顿第二定律分别求出m 和M 的加速度，抓住位移之差等于板长，结合位移时间公式求出运动时间的变化，结合位移公式分析x 的变化．根据牛顿第二定律得m 的加速度为a 1＝F －μmg m ＝F m －μg，M 的加速度为a 2＝μmg M，设板长为L ，根据L ＝12a 1t 2－12a 2t 2，得t ＝2L a 1－a 2.木块相对地面运动位移为x ＝12a 2t 2，则知若仅增大木板的质量M ，m 的加速度a 1不变，M 的加速度a 2减小，由上式知时间t 减小，x 减小，故A 错误；若仅增大小木块的质量m ，则m 的加速度a 1减小，M 的加速度a 2增大，则t 增大，x 增大，故B 正确；若仅增大恒力F ，则m 的加速度a 1变大，M 的加速度不变，则t 减小，x 减小，故C 错误；若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则m 的加速度a 1减小，M 的加速度a 2增大，则t 增大，x 增大，故D 正确．一、选择题1．(2020·福建省厦门市高中毕业生3月第一次质量检测)如图所示，在水平地面上竖直固定一绝缘弹簧，弹簧中心直线的正上方固定一个带电小球Q ，现将与Q 带同种电荷的小球P ，从直线上的N 点由静止释放，在小球P 与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是( )A ．小球P 的电势能先减小后增加B ．小球P 与弹簧组成的系统机械能一定增加C ．小球动能的减少量等于电场力和重力做功的代数和D ．小球P 速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零解析：选B.小球下落的过程中，电场力一直对小球做正功，小球P 的电势能一直减小，选项A 错误；因Q 对P 做正功，故小球P 与弹簧组成的系统机械能一定增加，选项B 正确；小球动能的减少量等于电场力和重力以及弹力做功的代数和，选项C 错误；小球P 速度最大时所受弹簧弹力、重力以及库仑力的合力为零，选项D 错误；故选B.2．(2020·江苏省宜兴市高三下学期期初考试)一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端向上冲，到斜面上某一点后返回底端，斜面粗糙．滑块运动过程中加速度与时间关系图象如图所示．下列四幅图象分别表示滑块运动过程中位移x 、速度v 、动能E k 和重力势能E p (以斜面底端为参考平面)随时间变化的关系图象，其中正确的是( )解析：选D.根据at 图象知上滑和下滑过程中的加速度大小，从而得出速度随时间的变化规律；利用速度公式和动能定理得出动能、势能与时间的规律，再分析选项即可．物块向上做匀减速直线运动，向下做匀加速直线运动，两者速度方向相反，据位移公式可知，位移与时间成二次函数关系；据运动学公式可知，下滑所有的时间要大于上升所用的时间，先减速后加速，加速度始终向下，所以xt 图象应是开口向下的抛物线，故A 、B 错误；根据E k ＝12mv 2知动能先减小后增大，与时间为二次函数，故C 错误；E p ＝mgh ＝mgxsin θ＝mg ⎝⎛⎭⎪⎫v 0t ＋12at 2sin θ，a 为负，故为开口向下的抛物线，故D 正确． 3．(多选)如图所示，一带负电的小金属环套在粗糙绝缘细杆AB 上，杆与水平面夹角为θ，杆的下方O 点处固定一带正电的点电荷，OA ＝OB 现使小环以初速度v 0，从A 点沿杆上滑，到达B 点时速度为零，小环滑回A 点时速度为v ，下列说法正确的是( )A ．小环上滑过程中先匀加速再匀减速B ．小环上滑时间小于下滑时间C ．小环下滑过程中，减少的重力势能等于摩擦产生的内能D ．从A 点出发到再回到A 点的过程，小环克服摩擦力做的功等于小环损失的动能解析：选BD.因小环在运动过程中受到的库仑力是变力，对其受力分析可知，小环在上滑过程中的加速度是变化的，并不是匀变速运动，选项A 错误；由于上滑时的平均加速度大于下滑时的平均加速度，由运动学公式定性分析可知，小环上滑时间小于下滑时间，选项B 正确；由功能关系可知，小环下滑过程中，减少的重力势能等于其在A 点的动能和克服摩擦力做的功之和，选项C 错误；小环从A 点到再次回到A 点过程中，电场力做功为零，重力做功为零，故小环克服摩擦力做的功等于小环损失的动能，选项D 正确．4．(2020·河北石家庄二模)质量为m 的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其vt 图象如图所示(竖直向上为正方向，DE 段为直线)，已知重力加速度大小为g ，下列说法正确的是( )A ．t 0～t 2时间内，合力对小球先做正功后做负功B ．0～t 3时间内，小球的平均速度一定为v 32C ．t 3～t 4时间内，拉力做的功为m v 3＋v 42[(v 4－v 3)＋g(t 4－t 3)]D ．t 3～t 4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动解析：选C.vt 图象中图线的斜率表示加速度，速度在时间轴之上表明速度一直为正，从图象可以看出小球先向上做加速度越来越大的加速运动，再做加速度越来越小的加速运动，然后做加速度越来越大的减速运动，最后做匀减速运动，运动方向一直向上，D 错．图中t 0～t 2时间内小球做加速运动，故合力对小球一直做正功，A 错．vt 图象中图线与t 轴所围面积表示位移，而平均速度v ＝x t，结合图象中的“面积”可知0～t 3时间内，小球的平均速度大于v 32，B 错．t 3～t 4时间内由动能定理得W －mgh ＝12mv 24－12mv 23，又h ＝v 3＋v 42(t 4－t 3)，解得W ＝m v 3＋v 42[(v 4－v 3)＋g(t 4－t 3)]，C 对．5．(2020·福建省福州第一中学高三下学期模考)在物理学的发展中，建立概念，总结规律都离不开一大批辛勤攀登科学高峰的物理学家们．下面有关科学家的发现正确的是( )A ．为了建立天体运动规律，开普勒利用自己的行星观测数据，建立了开普勒行星运动定律B ．为了描述物体的运动，伽利略首先建立了平均速度、加速度的概念C ．“某个量是守恒的”，把这个量叫做能量，这是牛顿有关能量的描述D ．“闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量变化率成正比”，这是法拉第在对理论和实验资料严格分析后得出的法拉第电磁感应定律的内容解析：选B.为了建立天体运动规律，开普勒利用第谷的行星观测数据，建立了开普勒行星运动定律，故A 错误；为了描述物体的运动，伽利略首先建立了平均速度、加速度的概念，故B 正确；“某个量是守恒的”，把这个量叫做能量，这是焦耳有关能量的描述，故C 错误；法拉第发现了电磁感应现象，但“闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量变化率成正比”，并不是法拉第在对理论和实验资料严格分析后得出的法拉第电磁感应定律的内容．故D 错误．6．请用学过的物理知识判断，下列说法正确的是( )A ．物体的加速度大小不能瞬间改变，但加速度的方向可以瞬间发生变化B ．安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现C ．做圆周运动的物体受到的合外力一定指向圆心D ．牛顿第一、二、三定律都可以用实验的方式加以验证解析：选B.A 、加速度的大小方向都可以瞬间改变，A 错误；B 、安培力是通电导体在磁场中受到的力，洛伦兹力是运动电荷在磁场中受到的力，而电荷的定向移动就能形成电流，因此安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现，而且安培力和洛伦兹力的方向都是通过左手定则判断，B 正确；C 、做匀速圆周运动的物体受到的合外力才一定指向圆心，如果是非匀变速圆周运动，受到的合外力就不指向圆心，C 错误；D 、牛顿第一定律不能用实验验证，因为找不到物体不受力作用的实验条件，D 错误；故选：B.二、非选择题1．在第Ⅱ象限内紧贴两坐标轴的一边长为L 的正方形区域内存在匀强磁场，磁感应强度为B ，在第Ⅰ、Ⅳ象限x ＜L 区域内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E ；在x ＞L 区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度为B′的矩形匀强磁场，矩形的其中一条边在直线x ＝L 上．一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计粒子重力)从第Ⅱ象限的正方形匀强磁场区域的上边界和左边界的交点处以沿y 轴负方向的某一速度进入磁场区域，从坐标原点O 沿x 轴正方向射入匀强电场区域．(1)求带电粒子射入第Ⅱ象限的匀强磁场时的速度大小；(2)求带电粒子从匀强电场区域射出时的坐标；(3)若带电粒子进入x ＞L 区域的匀强磁场时速度方向与x 轴正方向成45°角，要使带电粒子能够回到x ＜L 区域，则x ＜L 区域中匀强磁场的最小面积为多少 ?解析：(1)根据题述带电粒子的运动情境，可知带电粒子在第Ⅱ象限的匀强磁场中运动的轨迹半径等于正方形区域的边长L ，即R ＝L设带电粒子射入第Ⅱ象限的匀强磁场中时速度大小为v ，由qvB ＝m v 2L， 解得v ＝qBL m. (2)设带电粒子从匀强电场区域射出时的纵坐标为－y 1，带电粒子从坐标原点O 沿x 轴正方向射入匀强电场区域做类平抛运动，设带电粒子运动的加速度大小为a ，在电场区域运动的时间为t ，则有L ＝vt ，y 1＝12at 2， qE ＝ma联立解得y 1＝mE 2qB 2所以带电粒子从匀强电场区域射出时的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫L ，－mE 2qB 2. (3)带电粒子以与x 轴正方向成45°角的方向进入x ＞L 区域的匀强磁场，其速度大小v′＝2v ＝2qBL m 由qv′B′＝m v′2R′， 解得R′＝2BL B′ 画出粒子在x ＞L 区域磁场中的运动轨迹，如图所示，由几何关系可知匀强磁场的最小宽度为d ＝(1＋cos 45°)R′＝1＋2BL B′所以x ＞L 区域中匀强磁场的最小面积为S ＝2R′d＝22＋2B 2L 2B′2. 答案：(1)qBL m (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫L ，－mE 2qB 2 (3)22＋2B 2L 2B′22．如图甲所示，虚线右侧足够大区域存在匀强磁场，磁场方向竖直向下．在光滑绝缘水平面内有一长方形金属线框，ab 边长为L ＝0.2 m ，线框质量m ＝0.1 kg 、电阻R ＝0.1 Ω，在水平向右的外力F 作用下，以初速度v 0＝1 m/s 匀加速进入磁场，外力F 大小随时间t 变化的图线如图乙所示．以线框右边刚进入磁场开始计时．(1)求匀强磁场的磁感应强度大小B ；(2)求线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q ；(3)若线框进入磁场过程中F 做的功为W F ＝0.27 J ，求在此过程中线框产生的焦耳热Q.解析：(1)由F －t 图象可知，线框全部进入磁场后，F 2＝0.2 N ，线框的加速度a ＝F m＝2 m/s 2 t ＝0时刻线框所受的安培力F A ＝BIL ＝B 2L 2v 0R，且F 1＝0.3 N 由牛顿第二定律得：F 1－F A ＝ma联立解得B ＝0.5 T.(2)线框进入磁场过程中通过横截面的电荷量q ＝I Δt由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt由闭合电路欧姆定律得I ＝E R解得电荷量q ＝ΔΦR ＝BLx R由匀变速直线运动规律得x ＝v 0t ＋12at 2代入数据解得x ＝0.75 mq ＝0.75 C.(3)线框进入磁场过程，由能量守恒定律得W F ＝Q ＋12mv 2－12mv 20，v ＝v 0＋at解得Q ＝0.12 J.答案：(1)0.5 T (2)0.75 C (3)0.12 J高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
四川省武胜中学高高三物理补习班10月月考试题
武胜中学2015届补习班第一次月考物理试题一 不定项选择题（共42分）1．下列关于摩擦力的说法中，错误的是（ ）A ．两物体间有摩擦力，一定有弹力，且摩擦力的方向和它们间的弹力方向垂直B ．两物体间的摩擦力大小和它们间的压力一定成正比C ．在两个运动的物体之间可以存在静摩擦力，且静摩擦力的方向可以与运动方向成任意角度D ．滑动摩擦力的方向可以与物体的运动方向相同，也可以相反2、水平力F 将两砖块A 和B 紧压在竖直墙上静止， 如图所示下列说法中正确的是 ( )A B 受墙的摩擦力方向可能向上，也可能向下 B 铁块A 肯定对B 施加竖直向上的摩擦力 C 铁块B 肯定受墙给它的竖直向上的摩擦力D 铁块B 受A 给它的摩擦力方向可能向上，也可能向下 3、如图所示，用一根长为l 的细绳一端固定在O 点， 另一端悬挂质量为4m 的小球A ，为使细绳与竖直方向 夹角为30°且绷紧，小球A处于静止，对小球施加 的最小的力是 ( ) A.0.5mgB.mgC. 2.5mg D.2mg4．为纪念邓小平诞辰110周年，2014年8月22日晚广安思源广场焰火晚会精彩上演。
在形成焰火的烟花运动的过程中，以下说法中正确的是( )A ．烟花的速度变化越快，加速度一定越大B ．烟花的速度越大，加速度也一定越大C 烟花的加速度不断减小，速度一定越来越小D 某时刻烟花速度为零，其加速度一定为零 5．在一大雾天，一辆小汽车以30m/s 的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方30m 处有一辆大卡车以10m/s 的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵．如图a 、b 分别为小汽车和大卡车的v －t 图象，以下说法正确的是 (）A ．因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾B ．在t =5s 时追尾C ．在t =3s 时追尾D ．由于初始距离太近，即使刹车不失灵也会追尾6. 骑自行车的人沿着直线从静止开始运动，运动后，在第1、2、3、4秒内，通过的路程分别为1米、2米、3米、4米。
四川省广安市武胜县高考物理课外辅导讲义(20)(含解析)
四川省广安市武胜县2018届高考物理课外辅导讲义（20）一、选择题1．(多选)如图(a)，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v －t 图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出( )A ．斜面的倾角B ．物块的质量C ．物块与斜面间的动摩擦因数D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度解析：选ACD.由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度大小为a 1＝v 0t 1，下降过程中的加速度大小为a 2＝v 1t 1.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin θ＋f ＝ma 1，mgsin θ－f＝ma 2，由以上各式可求得sin θ＝v 0＋v 12t 1g，滑动摩擦力f ＝－v 12t 1，而f ＝μF N ＝μmgcos θ，由以上分析可知，选项A 、C 正确．由v －t 图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D 正确．2．(2017·南昌市高三第二次模拟)(多选)水平力F 方向确定，大小随时间的变化如图a 所示，用力F 拉静止在水平桌面上的小物块，在F 从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a 随时间变化的图象如图b 所示．重力加速度大小为10 m/s 2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力．由图示可知( )A ．物块与水平桌面间的最大静摩擦力为3 NB ．物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.1C ．物块的质量m ＝2 kgD ．在0～4 s 时间内，合外力的冲量为12 N·S解析：选BD.由图b 可知，t ＝2 s 时刻物体刚开始运动，静摩擦力最大，最大静摩擦力等于此时的拉力，由图a 读出最大静摩擦力为6 N ，故A 错误．由图知：当t ＝2 s 时，a ＝1 m/s 2，F ＝6 N ，根据牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma ，代入得：6－μm×10＝m.当t ＝4 s 时，a ＝3 m/s 2，F ＝12 N ，根据牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma ，代入得：12－μm×10＝3m.联立解得μ＝0.1，m ＝3 kg ，故B 正确，C 错误．at 图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，则得0～4 s 内物体速度的增量为Δv ＝1＋a2× (4－2)＝4 m/s ，t ＝0时刻速度为0，则物块在第4 s 末的速度为4 m/s ；根据动量定理，得0～4 s 内合外力的冲量为：ΔI ＝Δp ＝m Δv ＝3×4＝12 N·s，故D 正确．故选：BD.3． (多选)如图甲所示，绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中的O 点，另一端连接带正电的小球，小球电荷量q ＝6×10－7C ，在图示坐标中，电场方向沿竖直方向，坐标原点O 的电势为零．当小球以2 m/s 的速率绕O 点在竖直平面内做匀速圆周运动时，细绳上的拉力刚好为零．在小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随纵坐标y 的变化关系如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列判断正确的是( )A ．匀强电场的场强大小为3.2×106V/mB ．小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少了2.4 JC ．小球做顺时针方向的匀速圆周运动D ．小球所受的洛伦兹力的大小为3 N解析：选BD.根据小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随纵坐标y 的变化关系可得，匀强电场的电场强度大小E ＝2×1060.4 V/m ＝5×106V/m ，故选项A 错误；由于带电小球在运动过程中，只有重力和电场力做功，则只有重力势能和电势能的相互转化，又由于带电小球在复合场(重力场、匀强电场和匀强磁场)中做匀速圆周运动，且细绳上的拉力刚好为零，则有小球受到的竖直向下的重力与其受到的电场力等大、反向，即qE ＝mg ，因此当带电小球从最低点运动到最高点的过程中，即小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少量为qE·2L＝2.4 J ，故选项B 正确；由于带电小球所受的洛伦兹力提供小球做匀速圆周运动的向心力，根据左手定则可知，小球沿逆时针方向运动，故选项C 错误；根据牛顿第二定律可得F 洛＝F n ＝mv2L ，又qE ＝mg ，解得F 洛＝3 N ，即小球所受的洛伦兹力的大小为3 N ，故选项D 正确．4．(2017·河南天一大联考)如图所示的坐标系中，第一象限存在与y 轴平行的匀强电场，场强方向沿y 轴负方向，第二象限存在垂直纸面向里的匀强磁场．P 、Q 两点在x 轴上，Q 点横坐标是C 点纵坐标的2倍．一带电粒子(不计重力)若从C 点以垂直于y 轴的速度v 0向右射入第一象限，恰好经过Q 点．若该粒子从C 点以垂直于y 轴的速度v 0向左射入第二象限，恰好经过P 点，经过P 点时，速度与x 轴正方向成90°角，则电场强度E 与磁感应强度B 的比值为( )A ．v 0 B.12v 0 C.13v 0 D.14v 0 解析：选B.作出粒子在磁场和电场中的运动轨迹，根据半径公式以及几何关系可明确B 与r 的关系，再对电场中运动进行分析，根据运动的合成和分解规律即可明确电场强度与速度及r 关系，则可求得E 和B 的比值．画出粒子运动轨迹如图所示；O 点为粒子在磁场中的圆心； 则∠POC 粒子在磁场中做圆周运动的半径为：r ＝mv 0qB ，OC ＝r粒子在电场中做类平抛运动，有：OQ ＝2OC ＝2r 粒子在电场中运动的时间为：t ＝OQ v 0＝2r v 0＝2mqB ；OC ＝12at 2＝12qE m t 2；联立解得：E ＝12Bv 0，故E ：B ＝12v 0故B 正确，ACD 错误．5．(2017·高考北京卷)2017年年初，我国研制的“大连光源”——极紫外自由电子激光装置，发出了波长在100 nm(1 nm ＝10－9m)附近连续可调的世界上最强的极紫外激光脉冲．“大连光源”因其光子的能量大、密度高，可在能源利用、光刻技术、雾霾治理等领域的研究中发挥重要作用．一个处于极紫外波段的光子所具有的能量可以电离一个分子，但又不会把分子打碎．据此判断，能够电离一个分子的能量约为(取普朗克常量h ＝6.6×10－34J·s，真空光速c ＝3×108m/s)( ) A ．10－21J B ．10－18J C ．10－15 JD ．10－12J解析：选B.由E ＝h ν，ν＝c λ，可得E ＝h c λ＝6.6×10－34×3×1081×10－7 J≈2×10－18J ，所以选项B 正确．6．(2017·高考天津卷)我国自主研发制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证，这是我国对国际热核聚变项目的重大贡献．下列核反应方程中属于聚变反应的是( )A.21H ＋31H→42He ＋10n B.147N ＋42He→178O ＋11H C.42He ＋2713Al→3015P ＋10n D.23592U ＋10n→14456Ba ＋8936Kr ＋310n解析：选A.21H ＋31H→42He ＋10n 是核聚变反应方程，A 正确；147N ＋42He→178O ＋11H 是原子核的人工转变反应方程，B 错误；42He ＋2713Al→3015P ＋10n 是居里夫妇发现人工放射性的核反应方程，C 错误；23592U ＋1n→144 56Ba ＋8936Kr ＋310n 是铀核裂变的反应方程，D 错误．7．如图，用轻绳连接的滑轮组下方悬挂着两个物体，它们的质量分别为m 1、m 2，且m 2＝2m 1，m 1用轻绳挂在动滑轮上，滑轮的质量、摩擦均不计．现将系统从静止释放，当m 1上升h 高度(h 小于两滑轮起始高度差)这一过程中，下列说法正确的是( )A ．m 2减小的重力势能全部转化为m 1的重力势能B ．m 1上升到h 高度时的速度为2gh 3C ．轻绳对m 2做功的功率与轻绳对m 1做功的功率大小相等D ．轻绳的张力大小为23m 1g解析：选BCD.根据能量守恒可知，m 2减小的重力势能全部转化为m 1的重力势能和两物体的动能，故A 错误；根据动滑轮的特点可知，m 2的速度为m 1速度的2倍，根据动能定理可得：m 2g·2h－m 1gh ＝12m 2v 22＋12m 1v 21解得：v ＝2gh3，故B 正确；绳子的拉力相同，由于轻绳对m 2做功的功率P 2＝Fv 2，P 1＝2F·v 1，由于v 2＝2v 1，故轻绳对m 2做功的功率与轻绳对m 1做功的功率大小相等，故C 正确；根据动滑轮的特点可知，m 1的加速度为m 2的加速度的一半，根据牛顿第二定律可知：2F －m 1g ＝m 1a ，m 2g －F ＝m 2a ；联立解得：F ＝2m 1g3，故D 正确；故选BCD.二、非选择题1．(2017·江苏徐州市第二次模拟)如图所示为某车间传送装置的简化示意图，由水平传送带、粗糙斜面、轻质弹簧及力传感器组成．传送带通过一段光滑圆弧与斜面顶端相切，且保持v 0＝4 m/s 的恒定速率运行，AB 之间距离为L ＝8 m ，斜面倾角θ＝37°，弹簧劲度系数k ＝200 N/m ，弹性势能E p ＝12kx 2，式中x 为弹簧的形变量，弹簧处于自然状态时上端到斜面顶端的距离为d ＝3.2 m ．现将一质量为4 kg 的工件轻放在传送带A 端，工件与传送带、斜面间的动摩擦因数均为0.5，不计其它阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.求：(1)工件传到B 端经历的时间； (2)传感器的示数最大值；(3)工件经多次缓冲后停在斜面上，传感器的示数为20 N ，工件在斜面上通过的总路程．(结果保留三位有效数字)解析：(1)设工件轻放后向右的加速度为a ，达共速时位移为x 1，时间为t 1，有： μmg ＝ma ⇒a ＝μg ＝5 m/s 2t 1＝v 0a ＝45s ＝0.8 s ，x 1＝12at 2＝12×5×0.82m ＝1.6 m接着工件向右匀速运动，设时间为t 2， t 2＝L －x 1v 0＝8－1.64s ＝1.6 s工件传到B 端经历的时间t ＝t 1＋t 2＝2.4 s (2)设传感器示数最大时弹簧的压缩量为Δx 1 由动能定理得：mg(d ＋Δx 1)sin 37°－μmg (d ＋Δx 1)cos 37°－12k Δx 21＝0－12mv 20代入数据得Δx 1＝0.8 m F m ＝k·Δx 1＝160 N(3)设传感器示数为20 N 时弹簧的压缩量为Δx 2，工件在斜面上通过的总路程为sΔx 2＝F 2k ＝20200 m ＝0.1 m由能量守恒得：12mv 20＋mg(d ＋Δx 2)sin 37°＝μmgscos 37°＋12k Δx 22 代入数据得s ＝6.89 m答案：(1)2.4 s (2)160 N (3)6.89 m2．某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车A 的前端粘有橡皮泥，推动小车A 使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B 相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动．他设计的具体装置如图甲所示，在小车A 后连着纸带，电磁打点计时器的电源频率为50 Hz ，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．(1)若已得到打点纸带如图乙所示，并将测得各计数点间距标在图上，A 为运动起始的第一点，若要计算小车A 的碰前速度v A 及计算A 和B 碰后的共同速度v 共，应分别选择纸带的哪一段？(“AB”、“BC”、“CD”或“DE”)(2)若已测得小车A 的质量m 1＝0.40 kg ，小车B 的质量m 2＝0.20 kg ，那么碰前两小车的总动量为多少？碰后两小车的总动量为多少？解析：(1)推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC 段为匀速运动的阶段，故选BC 段计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而A 和B 碰后共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE 段来计算碰后共同的速度．(2)碰前小车的速度为：v A ＝BC t ＝0.105 00.02×5 m/s ＝1.05 m/s ，碰前的总动量为：p ＝m A v A ＝0.40×1.05 kg·m/s＝0.420 kg·m/s； 碰后小车的共同速度为：v ＝DE t ＝0.069 50.02×5 m/s ＝0.695 m/s ，碰后的动量为：p′＝(m A ＋m B )v ＝(0.40＋0.20)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s.答案：(1)BC DE (2)0.420 kg·m/s0.417 kg·m/s。
四川省广安市武胜县高考物理课外辅导讲义(8)(含解析)
四川省广安市武胜县2018届高考物理课外辅导讲义（8）多项选择你能过关吗？(2017·湖北省黄冈市高三3月份质量检测)如图所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A 、B 在水平外力作用下紧靠在一起压紧弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x 0，以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示一维坐标系．现将外力突然反向并使B 向右做匀加速运动，下列关于拉力F 、两滑块间弹力F N 与滑块B 的位移x 变化的关系图象可能正确的是( )解析：选BD.设AB 向右匀加速运动的加速度为a ，根据牛顿第二定律得：对整体有：F ＋k(x 0－x)＝(m A ＋m B )a可得：F ＝kx ＋(m A ＋m B )a －kx 0因为可能有：(m A ＋m B )a ＝kx 0，则得：F ＝kx ，F 与x 成正比，Fx 图象可能是过原点的直线． 对A 有：k(x 0－x)－F N ＝m A a 得：F N ＝－kx ＋kx 0－m A a ， 可知F N x 图象是向下倾斜的直线．当F N ＝0时A 、B 开始分离，此后B 做匀加速运动，F 不变，则有x ＝x 0－m A ak ＜x 0，因此B 图和D 图是可能的．A 图和C 图不可能，故A 、C 错误，B 、D 正确． 一、选择题1．(2017·江西三市六校联考)如图所示，两质量均为m ＝1 kg 的小球1、2(可视为质点)用长为L ＝1.0 m 的轻质杆相连，水平置于光滑水平面上，且小球1恰好与光滑竖直墙壁接触，现用力F 竖直向上拉动小球1，当杆与竖直墙壁夹角θ＝37°时，小球2的速度大小v ＝1.6 m/s ，sin 37°＝0.6，g ＝10 m/s 2，则此过程中外力F 所做的功为( )A ．8 JB ．8.72 JC ．10 JD ．9.28 J解析：选C.当杆与竖直墙壁夹角θ＝37°时，设小球1的速度为v 1，将小球1、2的速度沿杆方向和垂直杆方向分解，则有v 1cos 37°＝vcos 53°，所以v 1＝34v ＝1.2 m/s ，取两小球和轻质杆为整体，则由动能定理知W F －mgLcos 37°＝12mv 21＋12mv 2，联立并代入数值得W F ＝10 J ，C 对．2．(2017·湖北武汉三模)如图所示，D 、E 、F 、G 为地面上水平间距相等的四点，三个质量相等的小球A 、B 、C 分别在E 、F 、G 的正上方不同高度处，以相同的初速度水平向左抛出，最后均落在D 点．若不计空气阻力，则可判断A 、B 、C 三个小球( )A ．初始离地面的高度比为1∶2∶3B ．落地时的速度大小之比为1∶2∶3C ．落地时重力的瞬时功率之比为1∶2∶3D ．从抛出到落地的过程中，动能的变化量之比为1∶2∶3解析：选C.A 、相同的初速度抛出，而A 、B 、C 三个小球的水平位移之比1∶2∶3，可得运动的时间之比为1∶2∶3，再由h ＝12gt 2可得，A 、B 、C 三个小球抛出高度之比为1∶4∶9，故A 错误；B 、由于相同的初动能抛出，根据动能定理12mv 2－12mv 20＝mgh ，由不同的高度，可得落地时的速度大小之比不可能为1∶2∶3，若没有初速度，则之比为1∶2∶3，故B 错误；C 、相同的初速度抛出，而A 、B 、C 三个小球的水平位移之比1∶2∶3，可得运动的时间之比为1∶2∶3，由v 竖＝gt 可得竖直方向的速度之比为1∶2∶3，由P ＝Gv ，那么落地时重力的瞬时功率之比为1∶2∶3，故C 正确；D 、根据动能定理12mv 2－12mv 20＝mgh ，由于质量相等且已知高度之比，可得落地时动能的变化量之比即为1∶4∶9，故D 错误；故选C.3．如图所示为某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成．发电机中矩形线圈所围的面积为S ，匝数为N ，电阻不计，它可绕水平轴OO′在磁感应强度为B 的水平匀强磁场中以角速度ω匀速转动．矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P 上下移动时可改变输出电压，R 0表示输电线的电阻．以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是( )A ．若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值为零B ．发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e ＝NBωSsin ωtC ．当用电量增加时，为使用户电压保持不变，滑动触头P 应向上滑动D ．当滑动触头P 向下移动时，变压器原线圈两端的电压将升高解析：选C.当线圈与磁场平行时，感应电流最大，A 错误；从垂直中性面计时，则感应电动势的瞬时值表达式为e ＝NBSωcos ωt，B 错误；根据功率P ＝UI ，当电压不变，则电流增大，从而可确定触头P 移动方向向上，C 正确；当触头P 向下移动时，会改变副线圈的电流，从而改变原线圈的电流，不会改变原线圈的电压，D 错误．4．如图1所示为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，降压变压器原副线圈匝数比为100∶1，远距离输电线的总电阻为100 Ω.若升压变压器的输入电压如图2所示，输入功率为750 kW.下列说法正确的是( )A ．用户端交流电的频率为100 HzB ．输电线中电流为30 AC ．用户端电压为250 VD ．输电线路损耗功率为180 kW解析：选B.由题图2知，交流电的周期为0.02 s ，则其频率f ＝1T ＝50 Hz ，A 错误；由于输入电压的有效值为250 V ，则输入电流I ＝PU ＝3 000 A ，由变流比知，输电线中的电流为30 A ，B正确；由变压比知，升压变压器中副线圈两端的电压为25 000 V ，输电线上损失的电压ΔU＝I线R ＝30×100 V＝3 000 V ，因此降压变压器输入端电压为22 000 V ，由变压比知，用户端电压为220 V ，C 错误；输电线损耗的功率P 损＝I 2线R ＝302×100 W＝90 kW ，D 错误．5．(2017·安徽江南十校联考)铀核(23592U)经过m 次α衰变和n 次β衰变变成铅核(20782Pb)，关于该过程，下列说法中正确的是( ) A ．m ＝5，n ＝4B ．铀核(23592U)的比结合能比铅核(20782Pb)的比结合能小 C ．衰变产物的结合能之和小于铀核(23592U)的结合能D．铀核(235 92U)衰变过程的半衰期与温度和压强有关解析：选B.原子核衰变时质量数守恒，电荷数守恒，235＝4m＋207,92＝82＋2m－n，两式联立解得：m＝7，n＝4，A项错误．衰变产物的结合能之和大于铀核(235 92U)的结合能，C错误．半衰期由原子核内部自身的因素决定，与温度和压强无关，D项错误．6．(2017·郑州市三模)(多选)如图所示为氢原子的能级图．用光子能量为13.06 eV的光照射一群处于基态的氢原子，下列说法正确的是( )A．氢原子可以辐射出连续的各种波长的光B．氢原子可能辐射出10种不同波长的光C．氢原子从n＝4的能级向n＝3的能级跃迁时辐射光的波长最短D．辐射光中，光子能量为0.31 eV的光波长最长解析：选BD.氢原子只能辐射出不连续的几种波长的光．故A错误；因为(－13.6＋13.06)eV＝－0.54 eV，知氢原子能够跃迁到第5能级，根据C25＝10知可能观测到氢原子辐射的不同波长的光有10种．故B正确；从n＝5能级跃迁到n＝1能级辐射的光子能量最大，波长最短．故C错误；从n＝5能级跃迁到n＝4能级辐射的光子能量最小，波长最长．光子能量为E5－E4＝[－0.54－(－0.85)]eV＝0.31 eV.故D正确．二、非选择题1．一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷．质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO 方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)M、N间电场强度E的大小；(2)圆筒的半径R ；(3)保持M 、N 间电场强度E 不变，仅将M 板向上平移23d ，粒子仍从M 板边缘的P 处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S 孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n.解析：(1)设两板间的电压为U ，由动能定理得 qU ＝12mv 2①由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U ＝Ed ② 联立①②式可得 E ＝mv 22qd③ (2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O′，圆半径为r.设第一次碰撞点为A ，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S 孔射出，因此，SA 弧所对的圆心角∠AO′S 等于π3.由几何关系得 r ＝R tan π3④粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得 qvB ＝m v 2r ⑤联立④⑤式得 R ＝3mv 3qB⑥ (3)保持M 、N 间电场强度E 不变，M 板向上平移23d 后，设板间电压为U′，则U′＝Ed 3＝U 3⑦设粒子进入S 孔时的速度为v′，由①式看出 U′U ＝v′2v2综合⑦式可得v′＝33v ⑧ 设粒子做圆周运动的半径为r′，则 r′＝3mv 3qB⑨ 设粒子从S 到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r′＝R ，可见θ＝π2⑩粒子须经过四个这样的圆弧才能从S 孔射出，故 n ＝3⑪答案：(1)mv 22qd (2)3mv 3qB(3)32．如图(a)所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L ＝0.4 m ．导轨右端接有阻值R ＝1 Ω的电阻．导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd 内有方向竖直向下的匀强磁场，bd 连线与导轨垂直，长度也为L.从0时刻开始，磁感应强度B 的大小随时间t 变化，规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s 后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v ＝1 m/s 做直线运动，求：(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E ；(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F ，以及棒通过三角形abd 区域时电流i 与时间t 的关系式．解析：(1)正方形磁场的面积为S ，则S ＝L 22＝0.08 m 2.在棒进入磁场前，回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的．由B t 图象可知ΔB Δt ＝0.5 T/s ，根据E ＝n ΔΦΔt ，得回路中的感应电动势E ＝ΔBΔtS ＝0.5×0.08 V＝0.04 V.(2)当导体棒通过bd 位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大．此时感应电动势E′＝BLv ＝0.5×0.4×1 V＝0.2 V ；回路中感应电流I′＝E′R ＝0.21 A ＝0.2 A导体棒受到的安培力F ＝BI′L＝0.5×0.2×0.4 N＝0.04 N当导体棒通过三角形abd 区域时，导体棒切割磁感线的有效长度l ＝2v(t －1)(1 s≤t≤1.2 s)感应电动势e ＝Blv ＝2Bv 2(t －1)＝(t －1)V 感应电流i ＝eR＝(t －1)A(1 s≤t≤1.2 s)答案：(1)0.04 V (2)0.04 N i ＝(t －1)A(1 s≤t≤1.2 s)。
武胜届高考物理课外辅导讲义2
四川省广安市武胜县2020届高考物理课外辅导讲义（2）含解析一、选择题1．(2020·安徽省淮北市第一中学高三上学期第四次模拟考试)如图所示，质量相同的两小球a 、b 分别从斜面顶端A 和斜面中点B 沿水平方向抛出后，恰好都落在斜面底端，不计空气阻力，下列说法正确的是( )A ．小球a 、b 在空中飞行的时间之比为2∶1B ．小球a 、b 抛出时的初速度大小之比为2∶1C ．小球a 、b 到达斜面底端时的动能之比为4∶1D ．小球a 、b 到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角之比为1∶1 解析：选D.因为两球下落的高度之比为2∶1，根据h ＝12gt 2得，t ＝2hg，高度之比为2∶1，则时间之比为2∶1，故A 错误．两球的水平位移之比为2∶1，时间之比为2∶1，根据v 0＝xt 知，初速度之比为2∶1，故B 错误．根据动能定理可知，到达斜面底端时的动能之比E ka ∶E kb ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12mv 2a ＋mgh a ∶⎝ ⎛⎭⎪⎫12mv 2b ＋mgh b ＝2∶1，故C 错误．小球落在斜面上，速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，因为位移与水平方向的夹角相等，则速度与水平方向的夹角相等，到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角也相等，故D 正确．故选D.2．如图所示，ABC 为竖直平面内的金属半圆环，AC 连线水平，AB 为固定在A 、B 两点间的直金属棒，在直棒和圆环的BC 部分上分别套着小环M 、N(棒和半圆环均光滑)，现让半圆环绕竖直对称轴以角速度ω1做匀速转动，小球M 、N 在图示位置．如果半圆环的角速度变为ω2，ω2比ω1稍微小一些．关于小环M 、N 的位置变化，下列说法正确的是( )A ．小环M 将到达B 点，小环N 将向B 点靠近稍许 B ．小环M 将到达B 点，小环N 的位置保持不变C ．小环M 将向B 点靠近稍许，小环N 将向B 点靠近稍许D ．小环M 向B 点靠近稍许，小环N 的位置保持不变解析：选A.M 环做匀速圆周运动，则mgtan 45°＝mω2r ，小环M 的合力大小为定值，如果角速度变小，其将一直下滑，直到B 点，N 环做匀速圆周运动，设其与ABC 环圆心连线夹角为θ，则mgtan θ＝mω2r ，r＝Rsin θ，R r ＝ω2cos θ，如果角速度变小，则cos θ变大，θ变小，小环N 将向B 点靠近稍许，因此A正确．3．(2020·马鞍山二检)如图所示，abcd 为一正方形边界的匀强磁场区域，磁场边界边长为L ，三个粒子以相同的速度从a 点沿ac 方向射入，粒子1从b 点射出，粒子2从c 点射出，粒子3从cd 边垂直于磁场边界射出，不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用．根据以上信息，可以确定( )A ．粒子1带负电，粒子2不带电，粒子3带正电B ．粒子1和粒子3的比荷之比为2∶1C ．粒子1和粒子3在磁场中运动时间之比为4∶1D ．粒子3的射出位置与d 点相距L2解析：选B.根据左手定则可知粒子1带正电，粒子2不带电，粒子3带负电，选项A 错误；粒子1在磁场中的轨迹为四分之一圆周，半径r 1＝22L ，时间t 1＝14T ＝14×2πr 1v ＝2πL 4v，粒子3在磁场中的轨迹为八分之一圆周，半径r 3＝2L ，时间t 3＝18T ＝18×2πr 3v ＝2πL 4v ，则t 1＝t 3，选项C 错误；由r ＝mvqB 可知粒子1和粒子3的比荷之比为2∶1，选项B 正确；粒子3的射出位置与d 点相距(2－1)L ，选项D 错误． 4．如图甲所示，M 、N 是宽为d 的两竖直线，其间存在垂直纸面方向的磁场(未画出)，磁感应强度随时间按图乙所示规律变化(垂直纸面向外为正，T 0为已知)．现有一个质量为m 、电荷量为＋q 的离子在t ＝0时从直线M 上的O 点沿着OM 线射入磁场，离子重力不计，离子恰好不能从右边界穿出且在2T 0时恰好返回左边界M.则图乙中磁感应强度B 0的大小和离子的初速度v 0分别为( )A ．B 0＝2πm qT 0，v 0＝πdT 0B ．B 0＝2πm qT 0，v 0＝πd2T 0 C ．B 0＝πm qT 0，v 0＝πdT 0D ．B 0＝πm qT 0，v 0＝πd 2T 0解析：选B.由题意及题图乙可画出离子的运动轨迹，如图所示．离子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力知B 0qv 0＝m v 2R，由轨迹图可知离子运动的半径满足d ＝4R ，由轨迹图可知离子运动的周期为T ＝T 0，而T ＝2πR v 0，联立得B 0＝2πm qT 0，v 0＝πd2T 0，A 、C 、D 错，B 对．5．(2020·河北石家庄二模)(多选)如图甲所示，质量m ＝3.0×10－3kg 的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD 长l ＝0.20 m ，处于磁感应强度大小B 1＝1.0 T 、方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n ＝300匝、面积S ＝0.01 m 2的线圈通过开关K 与两水银槽相连．线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B 2随时间t 变化的关系如图乙所示．t ＝0.22 s 时闭合开关K 瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h ＝0.20 m ．不计空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．0～0.10 s 内线圈中的感应电动势大小为3 VB ．开关K 闭合瞬间，CD 中的电流方向由C 到D C ．磁感应强度B 2的方向竖直向下D ．开关K 闭合瞬间，通过细杆CD 的电荷量为0.03 C解析：选BD.0～0.1 s 内线圈中的磁场均匀变化，由法拉第电磁感应定律E ＝nΔΦΔt ＝nS ΔBΔt，代入数据得E ＝30 V ，A 错．开关闭合瞬间，细框会跳起，可知细框受向上的安培力，由左手定则可判断电流方向由C 到D ，B 对．由于t ＝0.22 s 时通过线圈的磁通量正在减少，再对线圈由楞次定律可知感应电流产生的磁场的方向与B 2的方向相同，故再由安培定则可知C 错误．K 闭合瞬间，因安培力远大于重力，则由动量定理有B 1IlΔt＝mv ，通过细杆的电荷量Q ＝IΔt，线框向上跳起的过程中v 2＝2gh ，解得Q ＝0.03 C ，D 对． 6．(2020·山东泰安二模)(多选)如图甲所示，间距为L 的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B ，轨道左侧连接一定值电阻R.垂直导轨的导体棒ab 在水平外力F 作用下沿导轨运动，F 随t 变化的规律如图乙所示．在0～t 0时间内，棒从静止开始做匀加速直线运动．图乙中t 0、F 1、F 2为已知量，棒和导轨的电阻不计．则( )A ．在t 0以后，导体棒一直做匀加速直线运动B ．在t 0以后，导体棒先做加速，最后做匀速直线运动C ．在0～t 0时间内，导体棒的加速度大小为2F 2－F 1R B 2L 2t 0D ．在0～t 0时间内，通过导体棒横截面的电荷量为F 2－F 1t 02BL解析：选BD.因在0～t 0时间内棒做匀加速直线运动，故在t 0时刻F 2大于棒所受的安培力，在t 0以后，外力保持F 2不变，安培力逐渐变大，导体棒做加速度越来越小的加速运动，当加速度a ＝0，即导体棒所受安培力与外力F 2相等后，导体棒做匀速直线运动，故A 错误，B 正确．设在0～t 0时间内导体棒的加速度为a ，通过导体棒横截面的电荷量为q ，导体棒的质量为m ，t 0时刻导体棒的速度为v ，则有：a ＝v t 0，F 2－B 2L 2vR ＝ma ，F 1＝ma ，q ＝ΔΦR ，ΔΦ＝BΔS＝BL v2t 0，解得：a ＝F 2－F 1RB 2L 2t 0，q ＝F 2－F 1t 02BL，故C 错误、D 正确．7．(2020·上海长宁区一模)如图所示，两个带电小球A 、B 分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内．用水平向左的推力F 作用于B 球，两球在图示位置静止．现将B 球沿斜面向上移动一小段距离，发现A 球随之向上移动少许，两球在虚线位置重新平衡．重新平衡后与移动前相比，下列说法正确的是( )A ．墙面对A 的弹力变小B ．斜面对B 的弹力不变C ．推力F 变大D ．两球之间的距离变大解析：选ABD.利用整体法可知，斜面对B 球支持力的竖直分量等于A 、B 两带电小球的重力之和，斜面倾角不变，斜面对B 球支持力不变，故斜面对B 的弹力不变，B 选项正确；库仑力与竖直方向的夹角变小，而竖直分量不变，故库仑力变小，A 、B 间的距离变大，故D 正确；因库仑力水平分量减小，故A 正确，C 错误．二、非选择题1．如图所示，质量m ＝1 kg 的小滑块，轻质弹簧的一端与滑块相连，弹簧的另一端固定在挡板上，光滑斜面和光滑圆筒形轨道平滑连接，开始时弹簧处于压缩状态，滑块和小球均处于锁定状态，圆弧的轨道半径R 和斜面的顶端C 离地面的高度均为1 m ，斜面与水平面夹角θ＝60°，现将滑块解除锁定，滑块运动到C 点与小球M 相碰时弹簧刚好恢复原长，相碰瞬间小球的锁定被解除，碰后滑块和小球以大小相等的速度向相反的方向运动，碰后小球沿光滑圆筒轨道运动到最高点D 水平抛出时对圆筒壁刚好无压力，若滑块与小球碰撞过程时间极短且碰撞过程没有能量损失．g ＝10 m/s 2求：(1)小球从D 点抛出后运动的水平距离； (2)小球的质量；(3)已知弹簧的弹性势能表达式为E p ＝12kΔx 2，k 为弹簧的劲度系数，Δx 为弹簧的形变量，求滑块碰后返回过程中滑块的最大动能．解析：(1)小球在D 点做平抛运动，设小球的质量为M ，则：x 1＝v D t 32R ＝12gt 2 Mg ＝Mv 2DR联立解得：v D ＝10 m/s x 1＝ 3 m(2)滑块与小球相碰时动量守恒，机械能守恒： mv ＝Mv C －mv C 12mv 2＝12Mv 2C ＋12mv 2C 小球从C 点到D 点的过程中机械能守恒： 12Mv 2C ＝12mv 2D ＋MgR(1－cos θ) 联立解得：v ＝4 5 m/s v C ＝2 5 m/s M ＝3m ＝3 kg (3)滑块由B 到C 过程，弹簧和滑块组成的系统机械能守恒 12k ⎝ ⎛⎭⎪⎫R tan 60°2＝12mv 2＋mgRcos 60° 设碰后滑块距C 点距离为x 2时动能最大 mgsin 60°＝kx 2滑块返回过程中弹簧和滑块组成的系统的机械能守恒： 12mv 2C ＋mgx 2sin 60°＝12kx 22＋E k 联立解得：E k ≈10.14 J答案：(1)x 1＝ 3 m (2)M ＝3 kg (3)E k ≈10.14 J2．(2020·河北唐山质检)如图所示，水平导轨间距为L ＝0.5 m ，导轨电阻忽略不计；导体棒ab 的质量m ＝1 kg ，电阻R 0＝0.9 Ω，与导轨接触良好；电源电动势E ＝10 V ，内阻r ＝0.1 Ω，电阻R ＝4 Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B ＝5 T ，方向垂直于ab ，与导轨平面成夹角α＝53°；ab 与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，定滑轮摩擦不计，细线对ab 的拉力为水平方向，且细线通过定滑轮与重物相连．重力加速度g＝10 m/s2，ab处于静止状态．已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：(1)通过ab的电流大小和方向；(2)ab受到的安培力大小；(3)重物重力G的取值范围．解析：(1)I＝ER＋R0＋r＝2 A方向为由a到b(2)F＝BIL＝5 N(3)受力如图，f m＝μ(mg－Fcos 53°)＝3.5 N当最大静摩擦力方向向右时，F T＝Fsin 53°－f m＝0.5 N 当最大静摩擦力方向向左时，F T＝Fsin 53°＋f m＝7.5 N 所以0.5 N≤G≤7.5 N答案：(1)2 A 方向由a到b (2)5 N(3)0.5 N≤G≤7.5 N高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
武胜届高考物理课外辅导讲义15
四川省广安市武胜县2020届高考物理课外辅导讲义（15）一、选择题1．(2020·江西南昌质检)如图所示，粗糙水平面上有一固定的、粗糙程度处处相同的圆弧形框架ABC，框架下面放置一块厚度不计的金属板，金属板的中心O点是框架的圆心，框架上套有一个轻圆环，用轻弹簧把圆环与金属板的O点固定连接，开始时轻弹簧处于水平拉伸状态．用一个始终沿框架切线方向的拉力F拉动圆环，从左侧水平位置缓慢绕框架运动，直到轻弹簧达到竖直位置，金属板始终保持静止状态，则在整个过程中( )A．沿框架切线方向拉力F逐渐减小B．水平面对金属板的摩擦力逐渐增大C．水平面对金属板的支持力逐渐减小D．框架对圆环的支持力逐渐减小解析：选C.弹簧伸长量不变，弹簧的弹力大小F′不变，弹簧与水平方向夹角为θ.金属板受重力mg、支持力N、弹簧的拉力F′和向右的静摩擦力f作用，水平方向f＝F′cos θ，竖直方向N＋F′sin θ＝mg，得N＝mg－F′sin θ，随着θ的增大，支持力不断减小，静摩擦力逐渐减小，故B错，C对；圆环受弹簧的拉力、框架的支持力(大小不变为F′)、拉力F和滑动摩擦力f′，有F＝f′＝μF′，故拉力大小不变，A、D错．2．(2020·湖北黄石二模)将一横截面为扇形的物体B放在水平面上，一小滑块A放在物体B上，如图所示，除了物体B与水平面间的摩擦力之外，其余接触面的摩擦力均可忽略不计，已知物体B的质量为M、滑块A 的质量为m，当整个装置静止时，滑块A与物体B接触的一面与竖直挡板之间的夹角为θ.已知重力加速度为g，则下列选项正确的是( )A．物体B对水平面的压力大小为MgB．物体B受水平面的摩擦力大小为mgtan θC．滑块A与竖直挡板之间的弹力大小为mgtan θD．滑块A对物体B的压力大小为mgcos θ解析：选C.以滑块A为研究对象进行受力分析，并运用合成法，如图所示，由几何知识得，挡板对滑块A的弹力大小为N1＝mgtan θ，C正确；物体B对滑块A的弹力大小为N2＝mgsin θ，根据牛顿第三定律，滑块A对物体B的压力大小为mgsin θ，D错误；以滑块A和物体B组成的系统为研究对象，在竖直方向上受力平衡，则水平面对物体B的支持力N＝(M＋m)g，故水平面所受压力大小为(M＋m)g，A错误；A和B组成的系统在水平方向上受力平衡，则水平面对物体B的摩擦力大小为f＝N1＝mgtan θ，B错误．3．(2020·山西省太原市高三下学期模拟)在真空中M、N两点分别放有异种点电荷＋2Q和－Q，以MN连线中点O为中心作一圆形路径abcd，a、O、c三点恰好将MN四等分．b、d为MN的中垂线与圆的交点，如图所示，则下列说法正确的是( )A．a、b、c、d四点电场强度的大小关系是E a＞E c，E b＝E dB．a、b、c、d四点电势的关系是φa＜φc，φb＝φdC．在MN的连线上，O点的电场强度最小D．将带负电的试探电荷由b沿直线移动到d的过程中，其电势能始终不变解析：选A.设Ma＝aO＝d.则E a＝k·2Qd2＋kQ3d2＝19kQ9d2，E c＝k·2Q3d2＋kQd2＝11kQ9d2，故E a＞E c，b、d两点由于对称，则有E b＝E d.故A正确．沿电场线方向电势降低，故φa＞φc，根据对称性可知φb＝φd.故B错误．电场线的疏密表示电场强度的相对大小，由电场线疏密程度可知，AB连线上电场强度最小值出现在O点的右侧，故C错误．负点电荷沿直线由b运动到d的过程中，只是初末位置的电势能相等，过程中电势能在变化，故D错误．4．如图所示，空间中存在沿x轴的静电场，其电势φ沿x轴的分布如图所示，x1、x2、x3、x4是x轴上的四个点，质量为m、带电量为－q的粒子(不计重力)，以初速度v0从O点沿x轴正方向进入电场，在粒子沿x 轴运动的过程中，下列说法正确的是( )A．粒子在x2点的速度为0B．从x1到x3点的过程中，粒子的电势能先减小后增大C．若粒子能到达x4处，则v0的大小至少应为2qφ0 mD．若v0＝2qφ0m，则粒子在运动过程中的最大动能为3qφ0解析：选C.根据沿着电场线方向电势逐渐降低，由φx图象，画出沿x轴方向的场强方向(图中箭头指向)及各点电势分布如图所示．由图示知，O和x2两点电势相等，O 到x2过程，电场力做功为0，动能不变，故粒子在x2点的速度为v0，选项A错误；从x1到x3过程中，电场力对负电荷一直做负功，粒子的电势能一直增加，选项B错误；从x3到x4过程中，电场力对负电荷做正功，故粒子若能到达x4点，需能到达x3点．假设粒子恰好到达x3，由动能定理得W＝qφ0＝12mv20，故v0大小至少为2qφ0m，选项C正确；粒子运动过程中，电场力所做正功的最大值为qφ0，若v0＝2qφ0m，则动能最大值为2qφ0，选项D错误．5．(多选)如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为一根光滑绝缘细杆，放在两电荷连线的中垂线上，a、b、c三点所在直线平行于两点电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上．下列说法正确的是( )A．b点场强小于d点场强B．b点电势低于d点电势C．试探电荷＋q在a点的电势能小于在c点的电势能D．套在细杆上的带电小环由静止释放后将做匀加速直线运动解析：选ABD.在两等量异号电荷连线上，中间点电场强度最小；在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大；所以b点场强小于d点场强，A正确；MN是一条等势线，与在两等量异号电荷连线上的点相比较，d点的电势要高，所以b点电势低于d点电势，B正确；因a点的电势高于c点的电势，故试探电荷＋q在a点的电势能大于在c点的电势能，C错误；MN上的电场方向垂直MN指向负电荷，故套在细杆上的带电小环由静止释放后，由于在MN方向上只受到重力，所以做MN方向上做匀加速直线运动，D正确．6．(多选)如图所示，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小滑块连接．把滑块放在光滑斜面上的A点，此时弹簧恰好水平．将滑块从A点由静止释放，经B点到达位于O点正下方的C点．当滑块运动到B点时，弹簧恰处于原长且与斜面垂直．已知弹簧原长为L，斜面倾角θ小于45°，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.在此过程中( )A．滑块的加速度可能一直减小B．滑块经过B点时的速度可能最大C．滑块经过C点的速度大于2gL cos θD．滑块在AB过程中动能的增量比BC过程小解析：选AC.从A到B过程中弹簧处于伸长状态，有一个沿斜面向下的分力F1，并且随着伸长量的减小，分力F1在减小，故此过程中滑块受到的合力F＝mgsin θ＋F1，在减小，故加速度在减小，从B到C过程中，弹簧处于拉伸状态，有一个沿斜面向上的分力F2，随着伸长量的增大，F2在增大，若到达C点时F2<mgsin θ，则滑块受到的合力F＝mgsin θ－F2，在减小，故加速度减小，所以从A到C过程中滑块的加速度可能一直减小，A正确；从B到C的过程中，合力F＝mgsin θ－F2，由于弹力是从零增加的，所以F2是从零开始增大的，故肯定有一段时间F2<mgsin θ，所以从B点后滑块肯定还会加速，所以B点一定不是速度最大点，B错误；根据几何知识可得从A到C的竖直高度为h＝Lcos θ，假如只有重力做功，从A到C有：mgLcos θ＝1 2mv2，解得v＝2gLcos θ，因为θ小于45°，故AO大于CO，在A点弹簧储存的弹性势能大于在C点弹簧储存的弹性势能，故还有一部分弹性势能转化为动能，故在C点的动能一定大于2gLcos θ，C正确；从A到B过程中弹力做正功，重力做正功，从B到C过程中重力做正功，弹力做负功，并且从A到B的竖直高度大于从B到C的竖直高度，故滑块在AB过程中动能的增量比BC过程大，D错误．7．(2020·哈尔滨市第九中学高三二模)月球自转周期T与它绕地球匀速圆周运动的公转周期相同，假如“嫦娥四号”卫星在近月轨道(轨道半径近似为月球半径)做匀速圆周运动的周期为T0，如图所示，PQ为月球直径，某时刻Q点离地心O最近，且P、Q、O共线，月球表面的重力加速度为g0，万有引力常量为G，则下列说法正确的是( )A．月球质量M＝T40g304π4GB．月球的第一宇宙速度v＝g0T0 2πC．要使“嫦娥四号”卫星在月球的背面P点着陆，需提前减速D．再经T2时，P点离地心O最近解析：选BC.根据mg0＝mR 4π2T20得，月球的半径R＝g0T204π2，根据GMmR2＝mg0得月球的质量为：M＝g0R2G＝T40g3016π4G，故A错误．根据mg0＝m v2R得月球的第一宇宙速度为：v＝g0R＝g0T02π，故B正确．要使“嫦娥四号”卫星在月球的背面P 点着陆，需减速，使得万有引力大于向心力，做近心运动．故C 正确．月球自转周期T 与它绕地球匀速圆周运动的公转周期相同，再经T 2时，P 点离地心O 最远，故D 错误．故选B 、C.二、非选择题(2020·湖南省湘西州高考一模试卷)如图所示，绝缘水平面内固定有一间距d ＝1 m 、电阻不计的足够长光滑矩形导轨AKDC ，导轨两端接有阻值分别为R 1＝3 Ω和R 2＝6 Ω的定值电阻，矩形区域AKFE 、NMCD 范围内均有方向竖直向下、磁感应强度大小B ＝1 T 的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，一质量m ＝0. 2 kg 、电阻r ＝1 Ω的导体棒ab 垂直放在导轨上AK 与EF 之间某处，在方向水平向右、大小F 0＝2 N 的恒力作用下由静止开始运动，刚要到达EF 时导体棒ab 的速度大小v 1＝3 m/s ，导体棒ab 进入磁场Ⅱ后，导体棒ab 中通过的电流始终保持不变，导体棒ab 在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，空气阻力不计．(1)求导体棒ab 刚要到达EF 时的加速度大小a 1；(2)求两磁场边界EF 和MN 之间的距离L ；(3)若在导体棒ab 刚要到达MN 时将恒力F 0撤去，求导体棒ab 能继续滑行的距离s 以及滑行该距离s 的过程中整个回路产生的焦耳热Q.解析： (1)导体棒ab 刚要到达EF 时，在磁场中切割磁感线产生的感应电动势：E 1＝Bdv 1经分析可知，此时导体棒ab 所受安培力的方向水平向左，由牛顿第二定律，则有：F 0－BI 1d ＝ma 1根据闭合电路的欧姆定律，则有：I 1＝E 1R ＋r上式中，R ＝R 1R 2R 1＋R 2＝2 Ω 解得：a 1＝5 m/s 2(2)导体棒ab 进入磁场Ⅱ后，受到的安培力与F 0平衡，做匀速直线运动，导体棒ab 中通过的电流I 2，保持不变，则有：F 0＝BI 2d ，其中，I 2＝Bdv 2R ＋r设导体棒ab 从EF 运动到MN 的过程中的加速度大小为a 2，根据牛顿第二定律，则有：F 0＝ma 2；导体棒ab 在EF ，MN 之间做匀加速直线运动，则有：v 22－v 21＝2a 2L解得：L ＝1.35 m(3)对撤去F 0后，导体棒ab 继续滑行的过程中，根据牛顿第二定律和闭合电路欧姆定律，则有：BId ＝ma ；而I ＝Bdv R ＋r若Δt→0，则有：a ＝Δv Δt； 由以上三式可得：B 2d 2R ＋rvΔt＝mΔv 则有：B 2d 2R ＋r ΣvΔt＝mΣΔv，即B 2d 2R ＋rs ＝m(v 2－0) 解得：s ＝3.6 m ；根据能量守恒定律，则有：Q ＝12mv 22因v 2＝6 m/s ，代入数据，解得：Q ＝3.6 J答案：(1)5 m/s 2 (2)1.35 m (3)3.6 m 3.6 J高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
武胜届高考物理课外辅导讲义5
四川省广安市武胜县2020届高考物理课外辅导讲义（5）一、选择题1．(2020·云南省楚雄市高三下学期统测)随着我国登月计划的实施，我国宇航员登上月球已不是梦想；假如我国宇航员登上月球并在月球表面附近以初速度v 0竖直向上抛出一个小球，经时间t 后回到出发点．已知月球的半径为R ，万有引力常量为G ，则下列说法正确的是( )A ．月球表面的重力加速度为v 0tB ．月球的质量为2v 0R 2GtC ．宇航员在月球表面获得 v 0R t的速度就可能离开月球表面围绕月球做圆周运动 D ．宇航员在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的绕行周期为Rt v 0 解析：选B.小球在月球表面做竖直上抛运动，根据匀变速运动规律得t ＝2v 0g 月，解得g 月＝2v 0t，故A 错误；物体在月球表面上时，由重力等于月球的万有引力得G Mm R 2＝mg 月，解得M ＝R 2g 月G ，联立t ＝2v 0g 月，可得M ＝2v 0R 2Gt，故B 正确；宇航员离开月球表面围绕月球做圆周运动至少应获得的速度大小即月球的第一宇宙速度大小，所以G Mm R 2＝m v 2R ，解得v ＝GM R ＝2v 0R t，故C 错误；宇航员乘坐飞船在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动，根据重力提供向心力得mg 月＝m 4π2R T 2＝m 2v 0t ，解得T ＝π 2Rt v 0，故D 错误． 2．(2020·西安市长安区第一中学大学区高三第三次联考)假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A 和B ，半径分别为R A 和R B .两颗行星周围卫星的轨道半径的三次方(r 3)与运行周期的平方(T 2)的关系如图所示；T 0为卫星环绕行星表面运行的周期．则( )A ．行星A 的质量小于行星B 的质量B ．行星A 的密度小于行星B 的密度C ．行星A 的第一宇宙速度等于行星B 的第一宇宙速度D ．当两行星的卫星轨道半径相同时，行星A 的卫星向心加速度大于行星B 的卫星向心加速度解析：选D.根据万有引力提供向心力得出：G Mm r 2＝m 4π2T 2r 得：M ＝4π2G ·r 3T 2，根据图象可知，A 的R 3T2比B 的大，所以行星A 的质量大于行星B 的质量，故A 错误；根图象可知，在两颗行星表面做匀速圆周运动的周期相同，密度ρ＝M V ＝M 43πR 3＝4π2G ·R 3T 2043πR 3＝3πGT 20，所以行星A 的密度等于行星B 的密度，故B 错误；第一宇宙速度v ＝2πR T 0，A 的半径大于B 的半径，卫星环绕行星表面运行的周期相同，则A 的第一宇宙速度大于行星B 的第一宇宙速度，故C 错误；根据G Mm r 2＝ma 得：a ＝G M r 2，当两行星的卫星轨道半径相同时，A 的质量大于B 的质量，则行星A 的卫星向心加速度大于行星B 的卫星向心加速度，故D 正确．故选D.3．在如图所示的电路中，已知电阻R 1的阻值小于滑动变阻器R 的最大阻值．闭合电键S ，在滑动变阻器的滑片P 由左端向右滑动的过程中，四个电表V 1、V 2、A 1、A 2的示数及其变化量分别用U 1、U 2、I 1、I 2、ΔU 1、ΔU 2、ΔI 1、ΔI 2表示，下列说法中正确的是()A ．U 1先变大后变小，I 1不变B ．U 1先变小后变大，I 1变小C.ΔU 1ΔI 2的绝对值先变大后变小，ΔU 2ΔI 2的绝对值不变 D ．U 2先变小后变大，I 2先变小后变大解析：选D.滑片P 由滑动变阻器的左端向右端滑动的过程中，滑动变阻器R 的左半部分与R 1串联然后与R 的右半部分并联，并联电阻先变大后变小，所以电路总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律，I 2先变小后变大，U 1先变大后变小，由极限法可得当滑片P 滑到滑动变阻器右端时，电流表A 1把R 1所在支路短路，此时I 1最大，所以I 1一直增大，A 、B 错误；对于C 项，ΔU 1ΔI 2的绝对值等于电源的内阻，保持不变；ΔU 2ΔI 2的绝对值等于R 2，保持不变，所以C 错误；电阻R 2不变，电压表V 2的示数U 2＝I 2R 2，U 2先变小后变大，D 正确．4．(2020·黄山月考)如图所示，在AB 间接入正弦交流电U 1＝220 V ，通过理想变压器和二极管D 1、D 2给阻值R ＝20 Ω的纯电阻负载供电，已知D 1、D 2为相同的理想二极管，正向电阻为0，反向电阻无穷大，变压器原线圈n 1＝110匝，副线圈n 2＝20匝，Q 为副线圈正中央抽头，为保证安全，二极管的反向耐压值至少为U 0，设电阻R 上消耗的热功率为P ，则有()A ．U 0＝40 2 V ，P ＝80 WB ．U 0＝40 V ，P ＝80 WC ．U 0＝40 2 V ，P ＝20 WD ．U 0＝40 V ，P ＝20 W解析：选C.变压器的次级电压U 2＝n 2n 1U 1＝20110×220 V＝40 V ，故二极管的反向耐压值至少为40 2 V ；电阻R 上电压有效值为20 V ，则R 消耗的热功率为P ＝U 2R ＝20220W ＝20 W ，故C 正确． 5．(2020·泸州市二诊)如图所示的闭合电路中，电源电动势为E ，内阻为r ，电阻箱R 1、R 2、电灯和理想电流表A 1、A 2分别接入电路中，电灯的电阻为R L (电表和用电器均安全工作)，下列说法正确的是( )A ．仅调节R 1，电流表A 1的示数总大于A 2的示数B ．仅使R 2减小，电流表A 2变化量比A 1变化量大C ．仅使R 1增大，电源内阻消耗的功率变大D ．仅调节电阻箱R 1，R L ＝R 1＋r 时，电灯L 可达到最亮解析：选B.仅调节R 1，R L 与R 2的大小关系不确定，所以电流表A 1的示数不一定总大于A 2的示数．故A 错误．仅使R 2减小，并联部分电阻减小，通过R L 的电流减小，总电流增大，则通过R 2的电流增大，且电流表A 2变化量比A 1变化量大．故B 正确．仅使R 1增大，总电阻增大，总电流减小，则电源内阻消耗的功率减小，故C 错误．仅调节电阻箱R 1，R 1＝0时，电路中电流最大，电灯L 的电压最大，达到最亮，故D 错误．6．(2020·深圳市二模)(多选)如图所示，单匝矩形导线框abcd 与匀强磁场垂直，线框电阻不计，线框绕与cd 边重合的固定转轴以恒定角速度从图示位置开始匀速转动，理想变压器匝数比为n 1∶n 2.开关S 断开时，额定功率为P 的灯泡L 1正常发光，电流表示数为I ，电流表内阻不计，下列说法正确的是( )A ．线框中产生的电流为正弦式交变电流B ．线框从图中位置转过π4时，感应电动势瞬时值为P IC ．灯泡L 1的额定电压等于n 1P n 2ID ．如果闭合开关S ，则电流表示数变大解析：选ABD.根据产生交变电流的条件，A 正确；转过π4时，感应电动势的瞬时值应为22E m ，正好是有效值的大小P I ，B 正确；C 中灯泡L 1的额定电压应为n 2P n 1I，C 错误；开关S 闭合，并联L 2后负载总电阻减小，U 2不变，I 2增大，I 1也增大，D 正确．7、如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v 0沿逆时针方向运行．t ＝0时，将质量m ＝1 kg 的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的vt 图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，重力加速度g 取10 m/s 2.则( )A ．传送带的速率v 0＝10 m/sB ．传送带的倾角θ＝30°C ．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D ．0～2.0 s 摩擦力对物体做功W f ＝－24 J解析：选ACD.物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后，由于重力沿传送带向下的分力大于摩擦力，物体继续向下做匀加速直线运动，从图象可知传送带的速率为10 m/s ，故A 正确．开始时物体所受摩擦力方向沿传送带向下，速度等于传送带速度后摩擦力方向沿传送带向上，则a 1＝mgsin θ＋μmgcos θm ＝gsin θ＋μgcos θ＝10 m/s 2，a 2＝mgsin θ－μmgcos θm＝gsin θ－μgcos θ＝12－101m/s 2＝2 m/s 2，联立两式解得μ＝0.5，θ＝37°，故B 错误，C 正确．第一段匀加速直线运动的位移x 1＝v 202a 1＝5 m ，摩擦力做的功为W f1＝μmgcos θ·x 1＝0.5×1×10×0.8×5 J＝20 J ，第二段匀加速直线运动的位移x 2＝v 2－v 202a 2＝11 m ，摩擦力做的功为W f2＝－μmgcos θ·x 2＝－0.5×1×10×0.8×11 J ＝－44 J ，则W f ＝W f1＋W f2＝－24 J ，故D 正确．二、非选择题1．(2020·宁夏银川九中高三下学期第五次模拟考试)如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A ，质量m A ＝4 kg ，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B 置于A 的最右端，B 的质量m B ＝2 kg ，现对A 施加一个水平向右的恒力F ＝10 N ，A 运动一段时间后，小车左端固定的挡板B 发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A 、B 粘合在一起，共同在F 的作用下继续运动，碰撞后经时间t ＝0.6 s ，二者的速度达到v t ＝2 m/s.求：(1)A 开始运动时加速度a 的大小；(2)A 、B 碰撞后瞬间的共同速度v 的大小；(3)A 的上表面长度l.解析：(1)以A 为研究对象，由牛顿第二定律得F ＝m A a代入数据解得：a ＝2.5 m/s 2(2)对A 、B 碰撞后共同运动t ＝0.6 s 的过程中，由动量定理得Ft ＝(m A ＋m B )v t －(m A ＋m B )v代入数据解得：v ＝1 m/s(3)设A 、B 发生碰撞前，A 的速度为v A ，对A 、B 发生碰撞的过程，由动量守恒定律有：m A v A ＝(m A ＋m B )vA 从开始运动到与B 发生碰撞前，由动能定理得：Fl ＝12m A v 2A 联立代入数据解得：l ＝0.45 m答案：(1)a ＝2.5 m/s 2(2)v ＝1 m/s (3)l ＝0.45 m2．如图所示，在直角坐标系xOy 平面内有一矩形区域MNPQ ，矩形区域内有水平向右的匀强电场，场强为E ；在y≥0的区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，半径为R 的光滑绝缘空心半圆管ADO 固定在坐标平面内，半圆管的一半处于电场中，圆心O 1为MN 的中点，直径AO 垂直于水平虚线MN.一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子(重力不计)从半圆管的O 点由静止释放，进入管内后从A 点穿出恰能在磁场中做半径为R 的匀速圆周运动，当粒子再次进入矩形区域MNPQ 时立即撤去磁场，此后粒子恰好从QP 的中点C 离开电场．求：(1)匀强磁场的磁感应强度B 的大小；(2)矩形区域的长度MN 和宽度MQ 应满足的条件？(3)粒子从A 点运动到C 点的时间．解析：(1)粒子从O 到A 过程中由动能定理得qER ＝12mv 2 从A 点穿出后做匀速圆周运动，有qvB ＝mv 2R解得B ＝ 2Em qR (2)粒子再次进入矩形区域后做类平抛运动，由题意得R ＝12at 2 a ＝qE mR ＋OC ＝vt联立解得OC ＝R所以，矩形区域的长度MN≥2R，宽度MQ ＝2R.(3)粒子从A 点到矩形边界MN 的过程中，t 1＝14·2πm qB ＝π2 mR 2qE从矩形边界MN 到C 点的过程中，t 2＝2R a ＝ 2mR qE 故所求时间t ＝t 1＋t 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋1 2mR qE . 答案：(1) 2Em qR(2)MN≥2R MQ ＝2R (3)⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋1 2mR qE高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
四川省广安市武胜县高考物理课外辅导讲义(9)(含解析)-人教版高三全册物理试题
四川省广安市武胜县2018届高考物理课外辅导讲义〔9〕多项选择你能过关吗？．(2017·广东省某某市高三2月第一次调研)如图甲所示，质量m ＝1 kg 、初速度v 0＝6 m/s 的物块受水平向左的恒力F 作用，在粗糙的水平地面上从O 点开始向右运动，O 点为坐标原点，整个运动过程中物块速率的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g ＝10 m/s 2，如下说法中正确的答案是( )A ．t ＝2 s 时物块速度为零B ．t ＝3 s 时物块回到O 点C ．恒力F 大小为2 ND ．物块与水平面间的动摩擦因数为0.1解析：选ACD.通过图象可知，物块在恒力F 作用下先做匀减速直线运动，恒力F 反向后做匀加速直线运动，根据图线求出匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出恒力F 和摩擦力的大小．物体匀减速直线运动的加速度大小为：a 1＝v 202x 1＝362×6 m/s 2＝3 m/s 2，物体匀减速直线运动的时间为：t 2＝v 0a 1＝63 s ＝2 s ，故A 正确；匀加速直线运动的加速度大小为：a 2＝v′22×x 2＝162×8 m/s2＝1 m/s 2，反向加速到出发点的时间t′＝2x 1a 2＝2×61s ＝2 3 s ，故B 错误；根据牛顿第二定律得：F ＋f ＝ma 2，F －f ＝ma 2，联立两式解得F ＝2 N ，f ＝1 N ，如此动摩擦因数为μ＝f mg ＝110＝0.1，故C 、D 正确． 一、选择题1．(2017·南昌市十所省重点中学命制高三第二次模拟)用一根绳子竖直向上拉一个物块，物块从静止开始运动，绳子拉力的功率按如下列图规律变化，物块的质量为m ，重力加速度为g,0～t 0时间内物块做匀加速直线运动，t 0时刻后功率保持不变，t 1时刻物块达到最大速度，如此如下说法正确的答案是( )A ．物块始终做匀加速直线运动B ．0～t 0时间内物块的加速度大小为P 0mt 0C ．t 0时刻物块的速度大小为P 0mgD ．0～t 1时间内物块上升的高度为P 0mg ⎝⎛⎭⎪⎫t 1－t 02－P 22m 2g 3解析：选D.t 0时刻以后，功率保持不变，结合P ＝Fv 分析牵引力的变化，结合牛顿第二定律得出加速度的变化．根据P ＝Fv ，结合牛顿第二定律得出Pt 的关系式，结合图线的斜率求出加速度．Pt 图线围成的面积表示牵引力做功的大小，根据动能定理求出0～t 1时间内物块上升的高度.0～t 0时间内物块做匀加速直线运动，t 0时刻后功率保持不变，根据P ＝Fv 知，v 增大，F 减小，物块做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，物体做匀速直线运动，故A 错误；根据P 0＝Fv ＝Fat ，F ＝mg ＋ma 得P ＝(mg ＋ma)at ，可知图线的斜率k ＝P 0t 0＝m(g ＋a)a ，可知a≠P 0mt 0，故B 错误；在t 1时刻速度达到最大，F ＝mg ，如此速度v ＝P 0mg ，可知t 0时刻物块的速度大小小于P 0mg ，故C 错误；Pt 图线围成的面积表示牵引力做功的大小，根据动能定理得，P 0t 02＋P 0(t 1－t 0)－mgh ＝12mv 2，解得h ＝P 0mg ⎝⎛⎭⎪⎫t 1－t 02－P 22m 2g 3，故D 正确．2．(2017·河南省高考物理预测试卷)如下列图，假设质量为m 的运动员，在起跑阶段前进的距离x 内，重心上升高度为h ，获得的速度为v ，阻力做功为W 阻、重力对人做功W 重、地面对人做功W 地、运动员自身做功W 人，重力加速度为g.如此在此过程中，如下说法中正确的答案是( )A ．地面对人做的功W 地＝12mv 2＋mghB ．运动员的机械能增加了12mv 2＋mghC ．运动员的重力做功为W 重＝mghD ．运动员自身做功W 人＝12mv 2＋mgh ＋W 阻解析：选B.A 、地面对人作用时，由于人的脚并没有离开地面，故地面的力对运动员并不做功，故A 错误；B 、起跑过程，重力势能增加mgh ，动能增加12mv 2，故机械能增加量为mgh ＋12mv 2，故B 正确；C 、重心上升h ，故重力做功为W 重＝－mgh ，故C 错误；D 、根据动能定理有：W 人＋W 阻－mgh ＝12mv 2，故W 人＝12mv 2＋mgh －W 阻，故D 错误．3．(2017·广东华南三校联考)(多项选择)正在粗糙水平面上滑动的物块，从t 1时刻到t 2时刻受到恒定的水平推力F 的作用，在这段时间内物块做直线运动，物块在t 1时刻的速度与t 2时刻的速度大小相等，如此在此过程中( ) A ．物块可能做匀速直线运动 B ．物块的位移可能为零 C ．合外力对物块做功一定为零 D ．F 一定对物块做正功解析：选ACD.物块做直线运动，合外力与速度共线，由于初、末速度相等，如此物块可能做匀速直线运动，也可能做匀变速直线运动，A 正确．当物块做匀变速直线运动时，其速度应先减小为零，然后反向增大，如此力F 与初速度方向相反，由牛顿第二定律可知，减速时加速度大小a 1＝F ＋f m ，反向加速时加速度大小a 2＝F －f m ，结合速度位移关系式v 2－v 20＝2ax 分析可知，减速时位移大小小于反向加速时位移大小，如此B 错误．因初、末速度相等，如此合外力做功为零，由动能定理有W F ＋W f ＝0，因摩擦力做负功，如此推力F 一定对物块做正功，C 、D 正确． 4．(2017·河南三市二模)(多项选择)如下列图，电梯质量为M ，电梯地板上放置一个质量为m 的物块，轻质钢索拉动电梯由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，当上升高度为H 时，速度达到v.不计空气阻力，重力加速度为g ，在这个过程中( )A ．物块所受支持力与钢索拉力之比为m ∶MB ．地板对物块的支持力做的功等于12mv 2＋mgHC ．物块抑制重力做功的平均功率等于12mgvD ．电梯与物块构成的系统机械能增加量等于12(M ＋m)v 2解析：选BC.钢索拉力T ＝(M ＋m)(g ＋a)，物块所受支持力F N ＝m(g ＋a)，所以F N T ＝mM ＋m ，A 项错误．对物块m ，由动能定理有WF N －mgH ＝12mv 2，得WF N ＝12mv 2＋mgH ，B 项正确．因物块做初速度为零的匀加速直线运动，如此其平均速度v ＝v 2，物块抑制重力做功的平均功率P G ＝mg v ＝12mgv ，C 项正确．电梯与物块构成的系统机械能增加量等于(M ＋m)gH ＋12(M ＋m)v 2，D 项错误．5．(多项选择)下面说法正确的答案是( )A ．卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型 B.11H ＋21H→32He ＋γ是核聚变反响方程 C ．β射线是由原子核外的电子电离产生的 D ．α射线是由氦原子核衰变产生的解析：选AB.卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子核式结构模型，选项A 正确；核聚变就是两个轻核相聚碰撞，结合成质量较大的原子核的过程，B 选项是典型的核聚变方程，选项B 正确；具有放射性的元素发生β衰变时，原子核中的一个中子转化成一个质子同时释放出一个高速电子，即β粒子，选项C 错误；具有放射性的元素发生α衰变时，原子核中的两个中子和两个质子结合在一起形成氦核(即α粒子)而从原子核中释放出来，选项D 错误．6．(2017·广州市二模)(多项选择)用某单色光照射金属钛外表，发生光电效应．从钛外表放出光电子的最大初动能与入射光频率的关系图线如下列图．如此如下说法正确的答案是( )A ．钛的逸出功为6.63×10－19JB ．钛的极限频率为1.0×1015Hz C ．光电子的最大初动能为1.0×10－18JD ．光电子的最大初动能与入射光的频率成正比解析：选AB.当最大初动能为零时，入射光的频率等于金属的极限频率，如此νc ＝1.0×1015Hz ，可知逸出功W 0＝hνc ≈6.63×10－19J ，故A 、B 正确．入射光的频率越大，光电子的最大初动能越大，根据该图无法得出光电子的最大初动能，故C 错误．由图可知，光电子的最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不是正比关系，故D 错误．二、非选择题1．(2017·南阳市一中第四次模拟)如下列图，在无限长的竖直边界AC 和DE 间，上、下局部分别充满方向垂直于ADEC 平面向外的匀强磁场，上局部区域的磁感应强度大小为B 0，OF 为上、下磁场的水平分界限．质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子从AC 边界上与O 点相距为a 的P 点垂直于AC 边界射入上方区域，经OF 上的Q 点第一次进入下方区域，Q 与O 点的距离为3a.不考虑粒子重力．(1)求粒子射入时的速度大小；(2)要使粒子不从AC 边界飞出，求下方区域的磁感应强度应满足的条件；(3)假设下方区域的磁感应强度B ＝3B 0，粒子最终垂直DE 边界飞出，求边界DE 与AC 间距离的可能值．解析：(1)设粒子在OF 上方做圆周运动半径为R ，由几何关系可知：R 2－(R －a)2＝(3a)2，R ＝5a由牛顿第二定律可知：qvB 0＝m v 2R ，解得：v ＝5aqB 0m；(2)当粒子恰好不从AC 边界飞出时，设粒子在OF 下方做圆周运动的半径为r 1，由几何关系得：r 1＋r 1cos θ＝3a ，cos θ＝35，所以r 1＝15a 8，根据qvB 1＝mv2r 1解得：B 1＝8B 03，当B 1＞8B 03时，粒子不会从AC 边界飞出．(3)当B ＝3 B 0时，粒子在OF 下方的运动半径为：r ＝53a ，设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为P 1，如此P 与P 1的连线一定与OF 平行，根据几何关系知：PP 1＝4a ；所以假设粒子最终垂直DE 边界飞出，边界DE 与AC 间的距离为：L ＝n PP 1＝4na(n ＝1,2,3…)；答案：(1)5aqB 0m (2)B 1＞8B 03时粒子不会从AC 边界飞出 (3)L ＝4na(n ＝1,2,3…)2．(2017·高考江苏卷)如下列图，两条相距d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R 的电阻．质量为m 的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ 的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v 0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v.导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：(1)MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I ； (2)MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a ； (3)PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率P.解析：(1)感应电动势E ＝Bdv 0 感应电流I ＝ER解得I ＝Bdv 0R(2)安培力F ＝BId 由牛顿第二定律得F ＝ma 解得a ＝B 2d 2v 0mR(3)金属杆切割磁感线的速度v′＝v 0－v ，如此 感应电动势E ＝Bd(v 0－v) 电功率P ＝E2R解得P ＝B 2d2v 0－v 2R答案：(1)Bdv 0R (2)B 2d 2v 0mR (3)B 2d2v 0－v2R。