四川省广安市武胜县高考物理课外辅导讲义(16)(含解析)
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。
四川省广安市武胜县高考物理课外辅导讲义(21)(含解析)
四川省广安市武胜县2018届高考物理课外辅导讲义（21）一、选择题1．(2017·四川省宜宾市高三二诊)(多选)如图所示，表面粗糙质量M ＝2 kg 的木板，t ＝0时在水平恒力F 的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a ＝2.5 m/s 2.t ＝0.5 s 时，将一个质量m ＝1 kg 的小铁块(可视为质点)无初速地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半．已知铁块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板和地面之间的动摩擦因数μ2＝0.25，g ＝10 m/s 2.则( )A ．水平恒力F 的大小为10 NB ．铁块放上木板后，木板的加速度为2 m/s 2C ．铁块在木板上运动的时间为1 sD ．木板的长度为1.625 m解析：选AC.未放木块时，对木板由牛顿定律：F －μ2Mg ＝Ma ，解得F ＝10 N ，选项A 正确；铁块放上木板后，对木板：F －μ1mg －μ2(M ＋m)g ＝Ma′，解得：a′＝0.75 m/s 2，选项B 错误；0.5 s 时木板的速度：v 0＝at 1＝2.5×0.5 m/s＝1.25 m/s ，木块滑离木板时，木板的速度：v 1＝v 0＋a′t 2＝1.25＋0.75t 2，木块的速度v′＝a 块t 2＝μ1gt 2＝t 2，由题意：v′＝12v 1，解得t 2＝1 s ，选项C 正确；木块滑离木板时，木板的速度v 1＝2 m/s ，木块的速度v′＝1 m/s ，则木板的长度为：L ＝v 0＋v 12t 2－v′2t 2＝1.25＋22×1 m－12×1 m＝1.125 m ，选项D 错误；故选AC.2．(2017·内蒙古包头市高三模拟)(多选)如图所示，一个质量为m 的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁上的P 、Q 两点处，弹簧的劲度系数为k ，起初圆环处于O 点，弹簧处于原长状态且原长为L ，细杆上面的A 、B 两点到O 点的距离都为L.将圆环拉至A 点由静止释放，重力加速度为g ，对于圆环从A 点运动到B 点的过程中，下列说法正确的是( )A ．圆环通过O 点的加速度小于gB ．圆环在O 点的速度最大C ．圆环在A 点的加速度大小为g ＋－2mD ．圆环在B 点的速度为2gL解析：选CD.A 、圆环在O 点只受重力，则此时加速度a ＝g ，A 错误；B 、圆环在O 点时加速度向下，速度向下，仍在加速，速度不是最大值，B 错误；C 、圆环在A 点的加速度大小为：a A ＝mg ＋L 2＋L 2－m＝g ＋－2m，C 正确；D 、A 、B 两点到O 点的距离都为L ，弹簧在此过程中没有做功，只有重力做功，根据动能定理得：mg·2L＝12mv 2即v ＝2gL ，D 正确；故选CD.3．下列说法正确的是( )A ．氡的半衰期是3.8天，所以10个氡原子核经过3.8天一定还剩5个B ．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应C ．核子凭借核力结合在一起构成原子核D ．温度越高，放射性元素衰变越快解析：选C.半衰期对大量的原子核适用，对少量的原子核不适用，故A 错误；太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应，选项B 错误；核子凭借核力结合在一起构成原子核，选项C 正确；半衰期与外界条件无关，选项D 错误；故选C.4．游乐场中，从离水面一定高度的A 处到水面B 处有两条长度相同的光滑轨道，如图所示，甲、乙两名小孩沿不同轨道同时从A 处自由滑向B 处，则两名小孩在全部滑行过程中的速率v 随时间t 变化的下列图象，正确的是( )解析：选B.根据牛顿第二定律可知甲的加速度逐渐减小，乙的加速度逐渐增加，而v －t 图线的斜率等于加速度；两物体的位移相同，图线与坐标轴围成的面积相等，故选项B 正确． 5．下表给出了一些金属材料的逸出功．现用波长为400 nm 的单色光照射上述材料，能产生光电效应的材料最多有几种(普朗克常量h ＝6.6×10－34J·s，光速c ＝3.00×108m/s)( )A.2种 C ．4种D ．5种解析：选A.光电效应发生的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，入射光的能量大于金属的逸出功，光子的能量为ε＝h ν＝h c λ，代入计算得ε＝6.6×10－34×3×108400×10－9 J ＝4.95×10－19J ，可以看出光子能量大于逸出功的金属有两种，所以A 项正确．6．14C 是碳的一种半衰期为5 730年的放射性同位素，2010年2月科学家发现了曹操墓，若考古工作者探测到其棺木中14C 的含量约为原来的45，则该古木死亡的时间距今大约为⎣⎢⎡⎦⎥⎤已知⎝ ⎛⎭⎪⎫1213≈0.8( )A ．22 900年B ．11 400年C ．5 700年D ．1 900年解析：选D.假设古木死亡时14C 的质量为m 0，现在的质量为m ，从古木死亡到现在所含14C 经过了n 个半衰期，由题意可知：m m 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝45，所以n≈13，即古木死亡的时间距今约为5 730×13年＝1 910年，D 正确．7．(2017·安徽师大附中高考物理最后一卷)如图所示，质量m ＝1 kg 的物体从高为h ＝0.2 m 的光滑轨道上P 点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A 点，物体和皮带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带AB 之间的距离为L ＝5 m ，传送带一直以v ＝4 m/s 的速度匀速运动，则( )A ．物体A 运动到B 的时间是1.5 sB ．物体A 运动到B 的过程中，摩擦力对物体做了2 J 功C ．物体A 运动到B 的过程中，产生2 J 热量D ．物体从A 运动到B 的过程中，带动传送带转动电动机多做了10 J 功解析：选AC.A.设物体下滑到A 点的速度为v 0，对PA 过程，由机械能守恒定律有：12mv 20＝mgh 代入数据得：v 0＝2gh ＝2 m/s ＜v ＝4 m/s则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀加速运动，加速度大小为a ＝μmg m ＝μg ＝2 m/s 2；加速至速度与传送带相等时用时：t 1＝v －v 0a ＝4－22 s ＝1 s匀加速运动的位移s 1＝v 0＋v 2t 1＝2＋42×1 m＝3 m ＜L ＝5 m所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为t 2＝L －s 1v ＝5－34 s ＝0.5 s故物体从A 运动到B 的时间为：t ＝t 1＋t 2＝1.5 s ．故A 正确．B ．物体运动到B 的速度是v ＝4 m/s.根据动能定理得：摩擦力对物体做功W ＝12mv 2－12mv 20＝12×1×42－12×1×22J ＝6 J ，故B 错误．C ．在t 1时间内，皮带做匀速运动的位移为 s 皮带＝vt 1＝4 m故产生热量Q ＝μmg Δs ＝μmg(s 皮带－s 1)，代入数据得：Q ＝2 J ．故C 正确．D ．电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功 W ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12mv 2－12mv 20＋Q ＝12×1×(42－22)＋2 J ＝8 J ，故D 错误．故选：AC.二、非选择题1．光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图所示装置，其中直轨道BC 粗糙，直轨道CD 光滑，两轨道相接处为一很小的圆弧，质量为m ＝0.1 kg 的滑块(可视为质点)在圆轨道上做圆周运动，到达轨道最高点A 时的速度大小为v ＝4 m/s ，当滑块运动到圆轨道与直轨道BC 的相切处B 时，脱离圆轨道开始沿倾斜直轨道BC 滑行，到达轨道CD 上的D 点时速度为零．若滑块变换轨道瞬间的能量损失可忽略不计，已知圆轨道的半径为R ＝0.25 m ，直轨道BC 的倾角θ＝37°，其长度为L ＝26.25 m ，D 点与水平地面间的高度差为h ＝0.2 m ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)滑块在圆轨道最高点A 时对轨道的压力大小； (2)滑块与直轨道BC 间的动摩擦因数； (3)滑块在直轨道BC 上能够运动的时间．解析：(1)在圆轨道最高点A 处对滑块，由牛顿第二定律得：mg ＋F N ＝m v2R得F N ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 2R －g ＝5.4 N 由牛顿第三定律得滑块在圆轨道最高点A 时对轨道的压力大小为5.4 N (2)从A 点到D 点全程，由动能定理得：mg(R ＋Rcos θ＋Lsin θ－h)－μmgLcos θ＝0－12mv 2即μ＝＋Rcos θ＋Lsin θ－＋v 22gLcos θ＝0.8(3)设滑块在BC 上向下滑动的时间为t 1，向上滑动的加速度为a 2，时间为t 2，在C 点时的速度为v C .由C 到D ：12mv 2C ＝mghv C ＝2gh ＝2 m/s A 点到B 点的过程： mgR(1＋cos θ)＝12mv 2B －12mv 2v B ＝v 2＋＋cos θ＝5 m/s在轨道BC 上：下滑：L ＝v B ＋v C 2t 1，t 1＝2Lv B ＋v C ＝7.5 s上滑：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 2 a 2＝gsin θ＋μgcos θ＝12.4 m/s 20＝v C －a 2t 2t 2＝v C a 2＝212.4s≈0.16 sμ＞tan θ，滑块在轨道BC 上停止后不再下滑 滑块在BC 上运动的总时间： t 总＝t 1＋t 2＝(7.5＋0.16) s ＝7.66 s 答案：(1)5.4 N (2)0.8 (3)7.66 s2．某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则．实验步骤：①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向．②如图甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧秤示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置标记为O1、O2，记录弹簧秤的示数F，测量并记录O1、O2间的距离(即橡皮筋的长度l)．每次将弹簧秤示数改变0.50 N，测出所对应的l，部分数据如下表所示：F OO′.④在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图乙所示．用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA段的拉力记为F OA，OB段的拉力记为F OB.完成下列作图和填空：(1)利用表中数据在给出的坐标纸上画出F－l图线，根据图线求得l0＝________cm.(2)测得OA＝6.00 cm，OB＝7.60 cm，则F OA的大小为________N.(3)根据给出的标度，在图中作出F OA和F OB的合力F′的图示．(4)通过比较F′与________的大小和方向，即可得出实验结论．解析：(1)在坐标系中描点，用平滑的曲线(直线)将各点连接起来，不在直线上的点均匀分布在直线的两侧．如图甲所示，由图线可知与横轴的交点l0＝10.0 cm.(2)橡皮筋的长度l＝OA＋OB＝13.60 cm，由图甲可得F＝1.80 N，所以F OA＝F OB＝F＝1.80 N.(3)利用给出的标度作出F OA和F OB的图示，然后以F OA和F OB为邻边作平行四边形，对角线即为合力F′，如图乙．(4)F OO′的作用效果和F OA、F OB两个力的作用效果相同，F′是F OA、F OB两个力的合力，所以只要比较F′和F OO′的大小和方向，即可得出实验结论．答案：(1)如图甲所示10.0(9.8、9.9、10.1均正确)(2)1.80(1.70～1.90均正确)(3)如图乙所示(4)F OO′。
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 0R2GtC ．宇航员在月球表面获得v 0Rt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 0R2Gt ，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 v2R，解得v ＝GMR ＝2v 0Rt，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 ＝π2Rtv 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 3T 2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＝MV＝M43πR3＝4π2G·R3T2043πR3＝3πGT20，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＝2πRT0，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GMmr2＝ma得：a＝GMr2，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R1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V1、V2、A1、A2的示数及其变化量分别用U1、U2、I1、I2、ΔU1、ΔU2、ΔI1、ΔI2表示，下列说法中正确的是( )A．U1先变大后变小，I1不变B．U1先变小后变大，I1变小C.ΔU1ΔI2的绝对值先变大后变小，ΔU2ΔI2的绝对值不变D．U2先变小后变大，I2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R1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，I2先变小后变大，U1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A1把R1所在支路短路，此时I1最大，所以I1一直增大，A、B错误；对于C项，ΔU1ΔI2的绝对值等于电源的内阻，保持不变；ΔU2ΔI2的绝对值等于R2，保持不变，所以C错误；电阻R2不变，电压表V2的示数U2＝I2R2，U2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U1＝220 V，通过理想变压器和二极管D1、D2给阻值R＝20 Ω的纯电阻负载供电，已知D1、D2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n1＝110匝，副线圈n2＝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U0，设电阻R上消耗的热功率为P，则有( )A．U0＝40 2 V，P＝80 WB．U0＝40 V，P＝80 WC．U0＝40 2 V，P＝20 WD．U0＝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 1Pn 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 2Pn 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 22a 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 22a 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 ＝mv2R解得B ＝2EmqR(2)粒子再次进入矩形区域后做类平抛运动，由题意得 R ＝12at 2a ＝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 ＝π2mR2qE从矩形边界MN 到C 点的过程中，t 2＝2R a＝ 2mRqE故所求时间t ＝t 1＋t 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋1 2mRqE. 答案：(1)2EmqR (2)MN≥2R MQ ＝2R (3)⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋1 2mRqE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。
武胜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（1）一、选择题1．(2020·湖南省长沙市长郡中学高三上学期月考)如图所示，中间有孔的物块A套在光滑的竖直杆上，通过滑轮用不可伸长的轻绳将物体拉着匀速向上运动，则关于拉力F以及拉力作用点的移动速度v的下列说法正确的是( )A．F不变，v不变B．F增大，v减小C．F增大，v增大D．F增大，v不变解析：选B.设绳子与竖直方向上的夹角为θ，因为A做匀速直线运动，在竖直方向上合力为零，有：Fcos θ＝mg，因为θ增大，则F增大，物体A沿绳子方向上的分速度v1＝vcos θ，因为θ增大，则v减小，故B正确，ACD错误．2．(2020·重庆市永川中学高三第一次模拟诊断)如图所示，下列有关运动的说法正确的是( )A．图甲中撤掉挡板A的瞬间，小球的加速度竖直向下B．图乙中固定在竖直面内的圆环内径r＝1.6 m，小球沿环的内表面通过最高点的速度可以为2 m/s C．图丙中皮带轮上b点的向心加速度大小等于a点的向心加速度大小(a点的半径为r，b点的半径4r，c 点的半径为2r)D．图丁中用铁锤水平打击弹簧片后，B球比A球先着地解析：选C.开始小球受重力、弹簧的弹力和支持力处于平衡，重力和弹簧的合力方向与支持力方向相反，撤掉挡板的A的瞬间，支持力为零，弹簧弹力不变，则弹力和重力的合力方向与之前支持力的方向相反，则加速度的方向为垂直挡板向下．故A错误．小球在圆环的最高点的临界情况是：mg＝m v2r，解得v＝gr＝4 m/s，知最高点的最小速度为4 m/s.故B错误．a、c两点的线速度大小相等，根据a＝v2r，则a、c两点的向心加速度之比为2∶1，b、c两点的角速度相等，根据a＝rω2，则b、c两点的加速度之比为2∶1，可知a、b 两点的加速度相等．故C正确．图丁中用铁锤水平打击弹簧片后，A做平抛运动，B做自由落体运动，两球同时落地．故D错误．故选C.3．如图，在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为B2的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O 以与x 轴成60°角的方向斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R(不计重力)，则( )A ．粒子经偏转一定能回到原点OB ．粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1C ．粒子再次回到x 轴上方所需的时间为2πmBqD ．粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进了3R解析：选C.根据R ＝mvBq 可知粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，则B 错误；根据对称性，作出粒子的运动轨迹如图所示，则由图可知A 选项错误；根据轨迹可知，粒子完成一次周期性运动的时间为t ＝13×2πm Bq ＋13×2πm B 2q ＝2πmBq，则C 选项正确；粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进的距离为x ＝2R×cos 30°＋4R×cos 30°＝33R ，则D 选项错误．4．如图所示，半径为R 的圆形区域里有磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，M 、N 是磁场边界上两点且M 、N 连线过圆心，在M 点有一粒子源，可以在纸面内沿各个方向向磁场里发射质量为m 、电荷量为q 、速度大小均为v ＝qBR2m的带正电的粒子，不计粒子的重力，若某一个粒子在磁场中运动的时间为t ＝πR2v，则该粒子从M 点射入磁场时，入射速度方向与MN 间夹角的正弦值为( )A.12 B.35 C.22D.45解析：选A.粒子在磁场中运动轨迹半径r ＝mv qB ＝R 2，由于该粒子在磁场中运动的时间t ＝πR 2v ＝πr v ＝12T ，因此该粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，△MOP 为正三角形，粒子从M 点射入的速度方向与MN 的夹角为30°，夹角正弦值为12，A 正确．5．(2020·江南南昌三校四联)如图所示，有一个矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里．一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)．取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t ＝0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流与时间关系的是( )解析：选A.线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流方向应为正方向，故B 、C 错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E ＝BLv ，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生；线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流方向应为负方向，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E ＝BLv ，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；故A 正确，D 错误．6．如图所示，M 、N 为光滑的金属导轨，两导轨平行且在同一水平面内，导轨所在的平面与匀强磁场垂直．导轨的左侧接一定值电阻R ，金属杆AB 在水平恒力F 作用下从静止开始向右运动，则下列杆的速度v 和加速度a 随时间t 的变化关系正确的是(不计导轨与金属杆电阻)( )解析：选B.以金属杆AB 为研究对象，根据牛顿第二定律，F －B 2l 2vR ＝ma ，随着速度的增大，加速度a 越来越小，AB 加速得越来越慢，最后做匀速运动，选项A 错误，选项B 正确；加速度a 减小，但a 与t 不是线性关系，选项C 、D 错误．7、(2020·潮州市二模)如图所示，粗糙水平面上有一长木板，一个人站在木板上用力F 向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止状态．三者的质量均为m ，下列说法正确的是( )A ．箱子受到的摩擦力方向向右B ．人受到的摩擦力方向向右C ．箱子对木板的摩擦力方向向右D ．若水平面光滑，人用同样大小的力F 推箱子，能使长木板在水平面上滑动解析：选BC.人用力F 向右推箱子，对箱子受力分析，受重力、支持力、静摩擦力和向右的推力作用，根据平衡条件，箱子受到的摩擦力方向向左，与推力平衡，故A 错误；人用力F 向右推箱子，对箱子的作用力向右，根据牛顿第三定律可知，箱子对人的作用力的方向向左，人若要平衡，则受到的木板的摩擦力的方向向右，故B 正确；箱子受到的摩擦力方向向左，根据牛顿第三定律可知箱子对木板的摩擦力方向向右，故C 正确；对三者的整体受力分析，只受重力和支持力，水平方向不受力，故不能使长木板在水平面上滑动，故D 错误．二、非选择题1．光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图所示装置，其中直轨道BC 粗糙，直轨道CD 光滑，两轨道相接处为一很小的圆弧，质量为m ＝0.1 kg 的滑块(可视为质点)在圆轨道上做圆周运动，到达轨道最高点A 时的速度大小为v ＝4 m/s ，当滑块运动到圆轨道与直轨道BC 的相切处B 时，脱离圆轨道开始沿倾斜直轨道BC 滑行，到达轨道CD 上的D 点时速度为零．若滑块变换轨道瞬间的能量损失可忽略不计，已知圆轨道的半径为R ＝0.25 m ，直轨道BC 的倾角θ＝37°，其长度为L ＝26.25 m ，D 点与水平地面间的高度差为h ＝0.2 m ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)滑块在圆轨道最高点A 时对轨道的压力大小； (2)滑块与直轨道BC 间的动摩擦因数； (3)滑块在直轨道BC 上能够运动的时间．解析：(1)在圆轨道最高点A 处对滑块，由牛顿第二定律得：mg ＋F N ＝m v2R得F N ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 2R －g ＝5.4 N 由牛顿第三定律得滑块在圆轨道最高点A 时对轨道的压力大小为5.4 N (2)从A 点到D 点全程，由动能定理得：mg(R ＋Rcos θ＋Lsin θ－h)－μmgLcos θ＝0－12mv 2即μ＝gR ＋Rcos θ＋Lsin θ－h＋v 22gLcos θ＝0.8(3)设滑块在BC 上向下滑动的时间为t 1，向上滑动的加速度为a 2，时间为t 2，在C 点时的速度为v C . 由C 到D ：12mv 2C ＝mghv C ＝2gh ＝2 m/sA 点到B 点的过程： mgR(1＋cos θ)＝12mv 2B －12mv 2v B ＝v 2＋2gR1＋cos θ＝5 m/s在轨道BC 上：下滑：L ＝v B ＋v C 2t 1，t 1＝2Lv B ＋v C ＝7.5 s上滑：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 2 a 2＝gsin θ＋μgcos θ＝12.4 m/s 20＝v C －a 2t 2t 2＝v C a 2＝212.4s≈0.16 sμ＞tan θ，滑块在轨道BC 上停止后不再下滑 滑块在BC 上运动的总时间： t 总＝t 1＋t 2＝(7.5＋0.16) s ＝7.66 s 答案：(1)5.4 N (2)0.8 (3)7.66 s2．(2020·滕州期末)如图所示，相距2L 的AB 、CD 两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中PS 下方的电场E 1的场强方向竖直向上，PS 上方的电场E 2的场强方向竖直向下，在电场左边界AB 上宽为L 的PQ 区域内，连续分布着电量为＋q 、质量为m 的粒子．从某时刻起由Q 到P 点间的带电粒子，依次以相同的初速度v 0沿水平方向垂直射入匀强电场E 1中，若从Q 点射入的粒子，通过PS 上的某点R 进入匀强电场E 2后从CD 边上的M 点水平射出，其轨迹如图，若MS 两点的距离为L2.不计粒子的重力及它们间的相互作用．试求：(1)电场强度E 1与E 2的大小；(2)在PQ 间还有许多水平射入电场的粒子通过电场后也能垂直于CD 边水平射出，这些入射点到P 点的距离有什么规律？解析：(1)设粒子由Q 到R 及R 到M 点的时间分别为t 1与t 2，到达R 时竖直速度为v y ， 则由y ＝12at 2、v y ＝at 及F ＝qE ＝ma 得：L ＝12a 1t 21＝12qE 1m t 21L 2＝12a 2t 22＝12qE 2mt 22v y ＝qE 1m t 1＝qE 2mt 2 v 0(t 1＋t 2)＝2L联立解得：E 1＝9mv 208qL ，E 2＝9mv 24qL.(2)由(1)知E 2＝2E 1，t 1＝2t 2.因沿PS 方向所有粒子做匀速运动，所以它们到达CD 边的时间同为t ＝2Lv 0.设PQ 间距离P 点为h 的粒子射入电场后，经过n(n ＝2,3,4，…)个类似于Q→R→M 的循环运动(包括粒子从电场E 2穿过PS 进入电场E 1的运动)后，恰好垂直于CD 边水平射出，则它的速度第一次变为水平所用时间为T ＝t n ＝2L nv 0(n ＝2,3,4，…)，第一次到达PS 边的时间则为23T ，则有h ＝12·qE 1m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23T 2＝Ln 2(n ＝2,3,4，…)．答案：(1)9mv 208qL 9mv 204qL (2)Ln2(n ＝2,3,4，…)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。
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四川省广安市武胜县2018届高考物理课外辅导讲义（16）一、选择题1．(多选)一质点做匀变速直线运动，先后通过P 、Q 、N 三点，如图所示，已知PQ ＝QN ＝15 m ，质点通过PQ 的时间t 1＝3 s ，通过QN 的时间t 2＝2 s ，则下列说法中正确的是( )A ．此质点运动的加速度为1 m/s 2B ．此质点通过P 的速度为3.0 m/sC ．此质点通过Q 的速度为6.5 m/sD ．此质点通过Q 的速度为6.0 m/s解析：选AC.设质点加速度为a ，经过P 点时速度为v P ，对PQ 段有x ＝v P t 1＋12at 21，对PN 段有2x＝v P (t 1＋t 2)＋12a(t 1＋t 2)2，联立并代入数据解得v P ＝3.5 m/s ，a ＝1 m/s 2，则v Q ＝v P ＋at 1，代入数据解得v Q ＝6.5 m/s ，所以选项A 、C 正确．2．(多选)如图所示为甲、乙两个物体在同一时刻从同一地点沿同一直线做匀变速直线运动的位移—速度图象，下列有关说法正确的是( )A ．两个物体的初速度都为零B ．两个物体的加速度方向相同C ．物体甲做匀加速直线运动，物体乙做匀减速直线运动D ．物体甲加速度的大小是物体乙的2倍解析：选CD.甲的速度随位移的增大而增大，对照图象可得物体甲做匀加速直线运动．乙的速度随位移的增大而减小，对照图象可得物体乙做匀减速直线运动，且初速度为v 0＝6 m/s ，所以选项C 正确，A 、B 错误．当甲的速度v 1＝8 m/s 、乙的速度v 2＝2 m/s 时，两质点通过相同的位移，设为x′.对甲有v 21＝2a 1x′，对乙有v 22－v 20＝－2a 2x′，联立解得a 1＝2a 2，所以选项D 正确． 3．(2017·浙江联考)如图所示，粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC 放置在水平面上，∠CAB ＝30°，斜面内部O 点(与斜面无任何连接)固定有一正点电荷，一带负电的小物体(可视为质点)可以分别静止在M 、N 点和MN 的中点P 上，OM ＝ON ，OM ∥AB ，则下列判断正确的是( )A ．小物体分别在三处静止时所受力的个数一定都是4个B ．小物体静止在P 点时受到的支持力最大，静止在M 、N 点时受到的支持力相等C ．小物体静止在P 点时受到的摩擦力最大D ．当小物体静止在N 点时，地面给斜面的摩擦力为零解析：选B.从小物体所受重力、支持力和库仑力的方向关系看，小物体在M 点时可能受三个力作用，故A 错；小物体静止时受到的支持力大小等于重力和库仑力在垂直斜面方向的分力之和的大小，由于P 点离O 点最近，且此时库仑力垂直于斜面，故小物体静止在P 点时受到的支持力最大，由M 、N 点相对P 点的对称关系可确定库仑力垂直斜面的分力相同，故小物体静止在M 、N 点时受到的支持力相等，B 正确；在P 点时，小物体所受静摩擦力大小等于重力沿斜面方向的分力大小，而在N 点时静摩擦力大小等于重力和库仑力沿斜面方向的分力大小之和，故C 错；小物体静止在N 点时，对斜面和小物体整体受力分析可知，由于受到沿左下方的库仑力，由平衡条件知地面给斜面的摩擦力方向向右．故D 错．4．如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m 、电荷量为＋q 的物块从A 点由静止开始下落，加速度为13g ，下降高度H 到B 点后与一轻弹簧接触，又下落h 后到达最低点C ，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g ，则带电物块在由A 点运动到C 点过程中，下列说法正确的是( )A ．该匀强电场的电场强度为mg3qB ．带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为＋3C ．带电物块电势能的增加量为mg(H ＋h)D ．弹簧的弹性势能的增加量为＋3解析：选D.带电物块由静止开始下落时的加速度为13g ，根据牛顿第二定律得：mg －qE ＝ma ，解得：E ＝2mg3q ，故A 错误；从A 到C 的过程中，除重力和弹簧弹力以外，只有电场力做功，电场力做功为：W ＝－qE(H ＋h)＝－＋3，可知机械能减少量为＋3，故B 错误；从A 到C 的过程中，电场力做功为－＋3，则电势能增加量为＋3，故C 错误；根据动能定理得：mg(H ＋h)－＋3＋W 弹＝0－0，解得弹力做功为：W 弹＝－＋3，即弹簧弹性势能增加量为＋3，故D 正确．5．(2017·宁波效实中学等十校3月联考)关于下列物理现象的分析，说法正确的是( ) A ．鸟儿能欢快地停在高压电线上，是因为鸟儿的脚底上有一层绝缘皮B ．电动机电路开关断开时会出现电火花，是因为电路中的线圈产生很大的自感电动势C ．话筒能把声音变成相应的电流，是因为电流的磁效应D ．静电喷涂时，被喷工件表面所带的电荷与涂料微粒所带的应为同种电荷解析：选B.鸟儿能欢快地停在高压电线上，是因为鸟儿的两脚之间的导线的电阻很小，两脚间的跨步电压很小，选项A 错误；电动机电路开关断开时会出现电火花，是因为电路中的线圈产生很大的自感电动势，击穿空气产生火花放电，选项B 正确；话筒能把声音变成相应的电流，是因为电磁感应现象，选项C 错误；静电喷涂时，被喷工件表面所带的电荷与涂料微粒所带的应为异种电荷，选项D 错误．6．如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n ，面积为S.若在t 1到t 2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B 1均匀增加到B 2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb ( )A ．恒为2－B 1t 2－t 1B ．从0均匀变化到2－B 1t 2－t 1C ．恒为－2－B 1t 2－t 1D ．从0均匀变化到－2－B 1t 2－t 1解析：选C.根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n2－B 1t 2－t 1，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b 点电势高于a 点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a 、b 两点电势差恒为φa －φb ＝－n2－B 1t 2－t 1，选项C 正确．7．如左图所示，假设某星球表面上有一倾角为θ的固定斜面，一质量为m 的小物块从斜面底端沿斜面向上运动，其速度—时间图象如右图所示．已知小物块和斜面间的动摩擦因数为μ＝39，该星球半径为R ＝6×104 km.引力常量G ＝6.67×10－11 N·m 2/kg 2，则下列正确的是( )A ．该星球的第一宇宙速度v 1＝3.0×104m/s B ．该星球的质量M ＝8.1×1026kg C ．该星球的自转周期T ＝1.3×104s D ．该星球的密度ρ＝895 kg/m 3解析：选ABD.由vt 图象知：物体沿斜面向上运动的加速度a 1＝10 m/s 2，物体沿斜面向下运动的加速度a 2＝5 m/s 2，由牛顿第二定律得：沿斜面向上运动时，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 1，沿斜面向下运动时，mgsin θ－μmgcos θ＝ma 2，解得星球表面上的重力加速度g ＝15 m/s 2.该星球的第一宇宙速度v 1＝gR ＝3×104m/s ，星球的质量M ＝gR 2G＝8.1×1026kg ，故A 、B 正确；根据本题的条件，无法求出该星球的自转周期，故C 错误；该星球的密度ρ＝M 43πR 3＝895 kg/m 3，故D 正确．二、非选择题1．如图所示，半径为R ＝1 m ，内径很小的粗糙半圆管竖直放置，一直径略小于半圆管内径、质量为m ＝1 kg 的小球，在水平恒力F ＝25017 N 的作用下由静止沿光滑水平面从A 点运动到B 点，A 、B 间的距离x ＝175 m ，当小球运动到B 点时撤去外力F ，小球经半圆管道运动到最高点C ，此时球对外轨的压力F N ＝2.6mg ，然后垂直打在倾角为θ＝45°的斜面上(g ＝10 m/s 2)．求：(1)小球在B 点时的速度的大小；(2)小球在C 点时的速度的大小；(3)小球由B 到C 的过程中克服摩擦力做的功； (4)D 点距地面的高度．解析：(1)小球从A 到B 过程，由动能定理得 Fx ＝12mv 2B解得v B ＝10 m/s.(2)在C 点，由牛顿第二定律得mg ＋F N ＝m v 2CR由题意有F N ＝2.6mg 解得v C ＝6 m/s.(3)由B 到C 的过程，由动能定理得 －mg·2R－W f ＝12mv 2C －12mv 2B解得克服摩擦力做的功W f ＝12 J.(4)设小球从C 点到打在斜面上经历的时间为t ， D 点距地面的高度为h ，则在竖直方向上有2R －h ＝12gt 2由小球垂直打在斜面上可知gtv C＝tan 45° 联立解得h ＝0.2 m.答案：(1)10 m/s (2)6 m/s (3)12 J (4)0.2 m2．某课外活动小组利用竖直上抛运动验证机械能守恒定律．(1)某同学用20分度的游标卡尺测量一小球的直径，示数如图甲所示，则小球的直径d ＝________cm.(2)如图乙所示，弹射装置将小球竖直向上抛出，先后通过光电门A 、B ，计时装置测出小球通过A 、B 的时间分别为Δt A 、Δt B .用刻度尺测出光电门A 、B 间的距离h ，用游标卡尺测得小球直径为d ，当地的重力加速度为g ，在误差范围内，若公式________________成立，就可以验证机械能守恒(用题中给出的物理量符号表示)．解析：(1)游标卡尺示数为10 mm ＋0.05×4 mm＝10.20 mm ＝1.020 cm. (2)小球在A 点动能E kA ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt A 2，B 点动能E kB ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt B 2，动能减少量：ΔE k ＝E kA －E kB ＝12m ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt A 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt B 2，小球由A 到B 重力势能增加量ΔE p ＝mgh ， 在误差允许范围内，若满足ΔE k ＝ΔE p ， 即⎝⎛⎭⎪⎫d Δt A 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt B 2＝2gh ，就可以验证机械能守恒．答案：(1)1.020 (2)⎝⎛⎭⎪⎫d Δt A 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt B 2＝2gh。