四川省广安市武胜县高考物理课外辅导讲义(3)
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
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。
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。
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。
四川省广安市武胜县高考物理课外辅导讲义(19)(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〔19〕一、选择题1．(2017·河南十校联考)(多项选择)2017年4月27日，我国国产001A 航母首次下水，预计在2019年服役．假设航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统，某型号的舰载飞机质量为m ＝103kg ，在跑道上加速时产生的最大动力为F ＝7×103 N ，所受阻力为重力的0.2倍，当飞机的速度大小达到50 m/s 时才能离开航空母舰起飞．g 取10 m/s 2，设航空母舰甲板长为160 m ，如此如下说法中正确的答案是( )A ．飞机在跑道上加速时所受阻力大小为103 NB ．飞机在跑道上加速时的最大加速度大小为4 m/s 2C ．假设航空母舰处于静止状态，弹射系统必须使飞机至少具有大小为30 m/s 的初速度D ．假设航空母舰上不装弹射系统，为使飞机仍能在此舰上正常起飞，航空母舰沿飞机起飞方向的速度大小至少应为10 m/s 解析：选CD.飞机在跑道上加速时所受阻力f ＝kmg ＝0.2×103×10 N＝2×103 N ，选项A 错误．由牛顿第二定律得F －f ＝ma ，解得a ＝5 m/s 2，选项B 错误．设弹射系统必须使飞机具有的初速度大小为v 0，由匀变速直线运动规律得v 2－v 20＝2ax ，代入数据解得v 0＝30 m/s ，选项C 正确．假设航空母舰上不装弹射系统，设飞机起飞所用的时间为t ，航空母舰的最小速度为v 1，如此飞机相对地面的速度v ＝v 1＋at ，飞机相对航母的位移大小x ＝12at 2，代入数据联立解得v 1＝10 m/s ，选项D 正确．2．光滑水平地面上有两个叠放在一起的斜面体A 、B ，两斜面体形状大小完全一样，质量分别为M 、m.如图甲、乙所示，对上面或下面的斜面体施加水平方向的恒力F 1、F 2均可使两斜面体相对静止地做匀加速直线运动，两斜面体间的摩擦力为零，如此F 1与F 2之比为( )A ．M ∶mB ．m ∶MC ．m ∶(M ＋m)D ．M ∶(M ＋m)解析：选A.F 1作用于A 时，设A 和B 之间的弹力为N ，对A 有：Ncos θ＝Mg ，对B 有：Nsin θ＝ma ，对A 和B 组成的整体有：F 1＝(M ＋m)a ＝M ＋m M mgtan θ；F 2作用于A 时，对B 有：mgtanθ＝ma′，对A 和B 组成的整体有：F 2＝(M ＋m)a′＝(M ＋m)·gtan θ，F 1F 2＝M m. 3．(2017·武汉调研)如下列图，磁感应强度大小为B 的匀强磁场方向斜向右上方，与水平方向所夹的锐角为45°.将一个34金属圆环ab 置于磁场中，圆环的圆心为O ，半径为r ，两条半径Oa 和Ob 相互垂直，且Oa 沿水平方向．当圆环中通以电流I 时，圆环受到的安培力大小为( )A.2BIrB.32πBIr C ．BIr D ．2BIr解析：选A.圆环受到的安培力大小等效为ab 连线的长度电流受到的安培力，ab 连线的长度为2r ，F ＝BI·2r ＝2BIr ，选项A 正确．4．(2017·某某崇左摸底)(多项选择)图中虚线PQ 上方有一磁感应强度大小为B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．O 是PQ 上一点，在纸面内从O 点向磁场区域的任意方向连续发射速率为v 0的粒子，粒子电荷量为q 、质量为m.现有两个粒子先后射入磁场中并恰好在M 点相遇，MO 与PQ 间夹角为60°，不计粒子重力与粒子间的相互作用，如此如下说法正确的答案是( )A ．两个粒子从O 点射入磁场的时间间隔可能为2πm 3qBB ．两个粒子射入磁场的方向分别与PQ 成30°和60°角C ．在磁场中运动的粒子离边界的最大距离为2mv 0qBD ．垂直PQ 射入磁场中的粒子在磁场中的运动时间最长解析：选AC.明确两粒子在磁场中运动周期和半径，以正粒子为例进展分析，明确转过的角度规律，从而明确粒子的运动情况，根据圆周运动的规律即可明确最大距离和最长时间．以粒子带正电为例分析，先后由O 点射入磁场，并在M 点相遇的两个粒子轨迹恰好组成一个完整的圆，从O 点沿OP 方向入射并通过M 点的粒子轨迹所对圆心角为240°，根据带电粒子在磁场中运动周期T ＝2πm Bq 可知，该粒子在磁场中运动的时间t 1＝120°360°×2πm qB ＝4πm 3qB，如此另一个粒子轨迹所对圆心角为120°，该粒子运动时间t 2＝2πm 3qB，可知，两粒子在磁场中运动的时间差可能为Δt＝2πm 3qB，故A 正确；射入磁场方向分别与PQ 成30°和60°角的两粒子轨迹所对圆心角之和不是360°，不可能在M 点相遇，故B 错误；在磁场中运动的粒子离边界的最大距离为轨迹圆周的直径d ＝2mv 0qB，故C 正确；沿OP 方向入射的粒子在磁场中运动的轨迹所对圆心角最大，运动时间最长，故D 错误．5．(2017·市丰台区二模)关于玻尔建立的氢原子模型，如下说法正确的答案是( )A ．氢原子处于基态时，电子的轨道半径最大B ．氢原子在不同能量态之间跃迁时可以吸收任意频率的光子C ．氢原子从基态向较高能量态跃迁时，电子的动能减小D ．氢原子从基态向较高能量态跃迁时，系统的电势能减小解析：选C.氢原子处于基态时，电子的轨道半径最小，故A 错误；由hν＝E m －E n 知氢原子在不同能量态之间跃迁时只可以吸收特定频率的光子，故B 错误；氢原子从基态向较高能量态跃迁，电子距离氢原子核的距离增大，匀速圆周运动的半径增大，线速度减小，动能减小，C 正确；氢原子从基态向较高能量态跃迁时，电子距离氢原子核的距离增大，电场力做负功，电势能增大，D 错误．6．(2017·龙岩模拟)1995年科学家“制成〞了反氢原子，它是由一个反质子和一个围绕它运动的正电子组成．反质子和质子有一样的质量，带有等量异种电荷．反氢原子和氢原子有一样的能级分布，氢原子能级如下列图．如下说法中正确的答案是( )A ．反氢原子光谱与氢原子光谱不一样B ．基态反氢原子的电离能是13.6 eVC ．基态反氢原子能吸收11 eV 的光子发生跃迁D ．在反氢原子谱线中，从n ＝2能级跃迁到基态辐射光子的波长最长解析：选B.反氢原子和氢原子有一样的能级分布，所以反氢原子光谱与氢原子光谱一样，故A 错误；处于基态的氢原子的电离能是13.6 eV ，具有大于等于13.6 eV 能量的光子可以使氢原子电离，故B 正确；基态的反氢原子吸收11 eV 光子，能量为－13.6 eV ＋11 eV ＝－2.6 eV ，不能发生跃迁，所以该光子不能被吸收，故C 错误；在反氢原子谱线中，从n ＝2能级跃迁到基态辐射光子能量很大，频率很大，波长很小，故D 错误．7．如下选项是反映汽车从静止匀加速启动(汽车所受阻力F f 恒定)，达到额定功率P 后以额定功率运动最后做匀速运动的速度随时间与加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中正确的答案是( )解析：选ACD.汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速完毕，然后做加速度逐渐减小的加速运动，直至最后匀速运动．开始匀加速时：F －F f ＝ma设匀加速刚完毕时速度为v 1，有：P 额＝Fv 1最后匀速时：F ＝F f ，有：P 额＝Fv m由以上各式解得：匀加速的末速度为：v 1＝P 额F f ＋ma ，最后匀速运动的速度为：v m ＝P 额F f. 在v －t 图象中斜率表示加速度，汽车开始加速度不变，后来逐渐减小，故A 正确；汽车运动过程中开始加速度不变，后来加速度逐渐减小，最后加速度为零，故B 错误；汽车牵引力开始大小不变，然后逐渐减小，最后牵引力等于阻力，故C 正确；开始汽车功率逐渐增加，P ＝Fv ＝Fat ，故为过原点直线，后来功率恒定，故D 正确．二、非选择题1．(2017·广东肇庆市高三二模)如下列图，在直角坐标系xOy 平面内，虚线MN 平行于y 轴，N 点坐标为(－L,0)，MN 与y 轴之间有沿y 轴正方向的匀强电场，在第四象限的某区域有方向垂直于坐标平面的矩形有界匀强磁场(图中未画出)．现有一质量为m 、电荷量为－e 的电子，从虚线MN 上的P 点，以平行于x 轴正方向的初速度v 0射入电场，并从y 轴上点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12L 射出电场，射出时速度方向与y 轴负方向成30°角，此后，电子做匀速直线运动，进入矩形磁场区域并从磁场边界上点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫36L ，－L 射出，速度沿x 轴负方向，不计电子重力，求：(1)匀强电场的电场强度E 的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度B 的大小和电子在磁场中运动的时间t ；(3)矩形有界匀强磁场区域的最小面积S min .解析：(1)设电子在电场中运动的加速度大小为a ，时间为t ，离开电场时，沿y 轴方向的速度大小为v y如此L ＝v 0t ，a ＝eE m ，v y ＝at ，v y ＝v 0tan 30°联立解得E ＝3mv 20eL. (2)设轨迹与x 轴的交点为D ，O 、D 间的距离为x D ，如此x D ＝12Ltan 30°＝36L 所以DQ 平行于y 轴，电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道的圆心在DQ 上，电子运动轨迹如下列图设电子离开电场时速度大小为v ，在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r ，周期为T如此evB ＝m v 2r ，v ＝v 0sin 30°由几何关系有r ＋r sin 30°＝L 即r ＝L 3联立以上各式解得B ＝6mv 0eL电子在磁场中偏转的角度为120°，如此有t ＝T 3T ＝2πm eB ⎝⎛⎭⎪⎫或T ＝2πr v ＝πL 3v 0 解得t ＝πL 9v 0. (3)以切点F 、Q 的连线为矩形的一条边，与电子的运动轨迹相切的另一边作为FQ 的对边，此时有界匀强磁场区域面积最小S min ＝3r×r 2解得S min ＝3L 218. 答案：(1)3mv 20eL (2)B ＝6mv 0eL t ＝πL 9v 0(3)S min ＝3L 2182．如图甲所示是一种新的短途代步工具——电动平衡车，被称为站着骑的电动车，其最大速度可达20 km/h ，某同学为测量一电动平衡车在平直水泥路面上受到的阻力情况，设计了下述实验：将输液用的500 mL 塑料瓶装适量水后，连同输液管一起绑在平衡车的护手上，调节输液管的滴水速度，某滴水刚落地开始计时，从下一滴水开始依次计数为1、2、3…，当第50滴水刚好落地时停止计时，测得时间为25.0 s ，该同学骑上平衡车后，先加速到某一速度，然后关闭动力，让平衡车沿着直线滑行，如图乙所示是某次实验中在水泥路面上的局部水滴与测出的间距值(左侧是起点，单位：m)，当地重力加速度g 取9.8 m/s 2，如此根据该同学的测量结果可得出：(1)平衡车经过路面上相邻两滴水间的时间间隔T ＝________s.(2)平衡车加速过程的加速度大小a 1＝________m/s 2.(3)设平衡车运动过程中所受阻力的大小是人与车总重力的k 倍，如此k ＝________(计算结果保存两位有效数字)． 解析：(1)当第50滴水刚好落地时停止计时，测得时间为25.0 s ，如此相邻两滴水间的时间间隔T ＝2550s ＝0.50 s. (2)在加速阶段，连续相等时间内的位移之差是恒量，根据Δx＝aT 2得a 1＝x CE －x AC 2T 2＝1.98＋2.49－1.01－1.502×0.52 m/s 2＝1.96 m/s 2. (3)在减速阶段，根据Δx＝aT 2，运用逐差法得a ＝x HJ －x FH 4T 2＝2.16＋1.95－2.37－2.264×0.52 m/s 2＝－0.52 m/s 2. 根据牛顿第二定律得，f ＝kmg ＝ma ，解得：k ＝a g ＝0.529.8＝5.3×10－2. 答案：(1)0.50 (2)1.96 (3)5.3×10－2。
四川省广安市武胜县高考物理课外辅导讲义(4)(含解析)
四川省广安市武胜县2018届高考物理课外辅导讲义（4）一、选择题1．(2017·湖南省常德市高三模拟考试)2016年2月1日15时29分，我国在西昌卫星发射中心成功发射了第五颗新一代北斗导航卫星．该卫星绕地球作圆周运动，质量为m ，轨道半径约为地球半径R 的4倍．已知地球表面的重力加速度为g ，忽略地球自转的影响，则( )A ．卫星的绕行速率大于7.9 km/sB ．卫星的动能大小约为mgR 8C ．卫星所在高度的重力加速度大小约为14g D ．卫星的绕行周期约为4πRg解析：选B.7.9 km/s 是第一宇宙速度，是卫星最大的环绕速度，所以该卫星的速度小于7.9 km/s.故A 错误．由万有引力提供向心力：G Mm 2＝m v 24R ，解得：v ＝GM 4R ，根据万有引力等于重力：G Mm R 2＝mg ，由以上可得动能为：E k ＝12mv 2＝18mgR ，故B 正确；卫星所在高度的重力加速度大小约为：G Mm2＝ma ，根据万有引力等于重力：G Mm R 2＝mg ，联立以上解得：a ＝g 16，故C 错误；卫星的绕行周期约为：G Mm 2＝m 4π2T 24R ，根据万有引力等于重力：G MmR 2＝mg ，联立以上解得：T ＝16πR g，故D 错误．所以B 正确，A 、C 、D 错误． 2．(2017·山东省日照市高三模拟考试)2016年11月24日，我国成功发射了天链一号04星．天链一号04星是我国发射的第4颗地球同步卫星，它与天链一号02星、03星实现组网运行，为我国神舟飞船、空间实验室天宫二号提供数据中继与测控服务．如图，1是天空二号绕地球稳定运行的轨道，2是天链一号绕地球稳定运行的轨道．下列说法正确的是( )A ．天链一号04星的最小发射速度是11.2 km/sB ．天链一号04星的运行速度小于天宫二号的运行速度C ．为了便于测控，天链一号04星相对于地面静止于北京飞控中心的正上方D ．由于技术进步，天链一号04星的运行速度可能大于天链一号02星的运行速度解析：选B.由于第一宇宙速度是人造地球卫星飞船环绕地球做匀速圆周运动时的最大速度，同时又是最小的发射速度，可知飞船的发射速度大于第一宇宙速度7.9 km/s.飞船的发射速度大于第二宇宙速度11.2 km/s 时，就脱离地球束缚．所以飞船的发射速度要小于第二宇宙速度，同时要大于第一宇宙速度，介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间，故A 错误；由万有引力提供向心力得：GMm r 2＝mv 2r 可得v ＝GM r，可知轨道半径比较大的天链一号04星的运行速度小于天宫二号的运行速度．故B 正确；天链一号04星位于赤道正上方，不可能位于北京飞控中心的正上方，故C 错误；根据题意，天链一号04星与天链一号02星都是地球同步轨道数据中继卫星，轨道半径相同，所以天链一号04星与天链一号02星具有相同的速度，故D 错误．3．(2017·四川绵阳南山中学模拟)质量为m 、电荷量为q 的微粒，以速度v 与水平方向成θ角从O 点进入方向如图所示的正交的匀强电场(场强大小为E)和匀强磁场(磁感应强度大小为B)组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的作用下，恰好沿直线运动到A ，重力加速度为g ，下列说法中正确的是( )A ．该微粒一定带正电B ．微粒从O 到A 的运动可能是匀变速运动C ．该磁场的磁感应强度大小为mg qvcos θD ．该电场的场强为Bvcos θ解析：选C.若微粒带正电，电场力水平向左，洛伦兹力垂直OA 斜向右下方，则电场力、重力、洛伦兹力不能平衡．若微粒带负电，符合题意，A 错误；微粒如果做匀变速运动，重力和电场力不变，而洛伦兹力变化，微粒不能沿直线运动，与题意不符，B 错误；由平衡条件得：qvBcos θ＝mg ，qvBsin θ＝qE ，知C 正确，D 错误．4．如图所示，a 、b 为竖直正对放置的两平行金属板，其中a 板带正电，两板间的电压为U ，在金属板下方存在一有界的匀强磁场，磁场的上边界为与两金属板下端重合的水平面PQ ，PQ 下方的磁场范围足够大，磁场的磁感应强度大小为B ，一比荷为q m的带正电粒子以速度v 0从两板中间位置沿与a 、b 平行方向射入两板间的偏转电场，不计粒子重力，粒子通过偏转电场后从PQ 边界上的M 点进入磁场，运动一段时间后又从PQ 边界上的N 点射出磁场，设M 、N 两点距离为x(M 、N 点在图中未画出)．则以下说法中正确的是( )A ．只减小磁感应强度B 的大小，则x 减小B ．只增大初速度v 0的大小，则x 减小C ．只减小带电粒子的比荷q m，则x 不变 D ．只减小偏转电场的电压U 的大小，则x 不变解析：选D.粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设粒子进入磁场时速度方向与磁场边界的夹角为θ，速度大小为v ＝v 0sin θ，轨道半径R ＝mv qB ，由几何关系可知x ＝2Rsin θ＝2mv 0qB，只减小磁感应强度B 、只增大初速度v 0或只减小带电粒子的比荷q m时，都可使x 增大，而x 与偏转电场的电压U 无关，故选项A 、B 、C 错误，D 正确．5．(2017·南京、盐城市二模)(多选)如图所示的火警报警装置，R 1为热敏电阻，若温度升高，则R 1的阻值会急剧减小，从而引起电铃电压的增加，当电铃电压达到一定值时，电铃会响．下列说法正确的是( )A ．要使报警的临界温度升高，可以适当增大电源的电动势B ．要使报警的临界温度降低，可以适当增大电源的电动势C ．要使报警的临界温度升高，可以把R 2的滑片P 适当向下移D ．要使报警的临界温度降低，可以把R 2的滑片P 适当向下移解析：选BD.要使报警的临界温度升高，R 1对应的阻值减小，电路中电流会增大，电铃两端的电压会增大，而电铃电压达到一定值时，电铃会响，要使电铃的电压仍为原来的值，必须适当减小电源的电动势，相反，要使报警的临界温度降低，可以适当增大电源的电动势．故A 错误，B 正确．要使报警的临界温度升高，R 1对应的阻值减小，根据串联电路的特点可知，将使电铃的电压增大，要使电铃的电压仍为原来的值，可以把R 2的滑片P 适当向上移，以减小R 2，相反，要使报警的临界温度降低，可以把R 2的滑片P 适当向下移，故C 错误，D 正确．故选B 、D.6．(2017·山西五校四联)(多选)如图甲所示，一台线圈内阻为2 Ω的小型发电机外接一只电阻为10 Ω的灯泡，发电机内匀强磁场的磁感应强度为2πT ，线圈的面积为0.01 m 2，发电机正常工作时灯泡的电流i随时间t变化的正弦规律图象如图乙所示．下列说法正确的是( )A．t＝0.05 s时，穿过线圈的磁通量为零B．t＝0.05 s时，理想交流电压表的示数为30 VC．发电机内线圈的匝数为240D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为9 J解析：选AB.由图乙可知t＝0.05 s时，发电机的输出电流为最大值，此时线圈平面与中性面垂直，磁通量为零，A正确．由图乙可知电流的有效值I＝3 A，理想交流电压表的示数U＝3×10 V ＝30 V，B项正确．由图乙可知，电流最大值为3 2 A，则发电机产生的感应电动势最大值E m＝nBSω＝(2 Ω＋10 Ω)×3 2 A＝36 2 V，又B＝2πT，S＝0.01 m2，ω＝2πT＝10π rad/s，得n＝360，C项错误．Q＝32×2×1 J＝18 J，D项错误．7、(2017·山东省枣庄市高三下学期第一次模拟考试)如图所示，穿在一根光滑固定杆上的小球A、B通过一条跨过定滑轮的细绳连接，杆与水平方向成θ角，不计所有摩擦．当两球静止时，OA绳沿竖直方向，OB绳与杆的夹角为θ，则下列说法正确的是( )A．小球A可能受到3个力的作用B．小球B一定受到3个力的作用C．小球A、B的质量之比m A∶m B＝1∶tan θD．小球A、B的质量之比m A∶m B＝tan θ∶1解析：选BD.对A球受力分析可知，A受到重力，绳子的拉力，两个力合力为零，杆对A球没有弹力，否则A不能平衡，故A错误；对B球受力分析可知，B受到重力，绳子的拉力以及杆对B 球的弹力，三个力的合力为零，故B正确；分别对AB两球分析，运用合成法，根据共点力平衡条件，得：T＝m A g；Tsin θ＝m B g＋θ(根据正弦定理列式)故m B∶m A＝1∶tan θ，故D正确．故选B、D.二、非选择题1．(2017·湖北襄阳五中第五层适应性考试)如图所示，放在光滑水平地面上的小车固定一个金属制成的U 形管，小车连同U 形管质量为M ，U 形管底部呈半圆形，内部光滑．质量为m(M ＝3m)的光滑小球直径略小于U 形管内径，以水平初速度v 0从U 形管下口内射入，小球速度改变180°角后从上管口射出，整个运动过程重力对小球运动影响忽略不计．(1)当小球从U 形管中射出时，小球和小车的速度各是多大？(2)当小球经过U 形管底部半圆最左端时，小球的速度是多大？解析：(1)设小球射出U 形管时，小球和小车的速度分别为v 1和v 2，取向左为正方向 由动量守恒定律得：mv 0＝mv 1＋Mv 2由机械能守恒定律得：12mv 20＝12mv 21＋12Mv 22 根据已知条件M ＝3m 解得v 1＝－v 02，小球的速度大小为v 02，方向水平向右 v 2＝v 02，小车的速度大小为v 02，方向水平向左 (2)小球过圆弧最左侧点时，两者有共同水平速度v ，设小球对地速度为v′，则mv 0＝(m ＋M)v ，12mv 20＝12Mv 2＋12mv′2 解得v ＝14v 0，v′＝134v 0 答案：(1)v 1＝v 02 v 2＝v 02 (2)v′＝134v 02．(2017·孝感一模)如图所示，M 、N 为水平放置的彼此平行的不带电的两块平板，板的长度和板间距离均为d ，在两板间有垂直于纸面方向的匀强磁场，在距上板d 3处有一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子(不计重力)，以初速度v 0水平射入磁场，若使粒子不能射出磁场，求磁场的方向和磁感应强度B 的大小范围．解析：第一种情况：当磁场方向垂直纸面向里时，若粒子从左侧上板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径R 1＝12·d 3＝d 6由qv 0B 1＝m v 20R 1得：B 1＝6mv 0qd若粒子从右侧上板边缘飞出，其运动轨迹如图甲所示，设粒子做圆周运动的半径为R 2，则：R 22＝⎝⎛⎭⎪⎫R 2－d 32＋d 2，解得：R 2＝53d 由qv 0B 2＝m v 20R 2得：B 2＝3mv 05qd所以当磁场方向垂直纸面向里时，粒子不能射出两板间的磁感应强度的范围3mv 05qd <B<6mv 0qd. 第二种情况：当磁场方向垂直纸面向外时，若粒子从左侧下板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径R 3＝12·23d ＝d 3由qv 0B 3＝m v 20R 3得：B 3＝3mv 0qd若粒子从右侧下板边缘飞出，其运动轨迹如图乙所示，设粒子做圆周运动的半径为R 4，则：R 24＝⎝ ⎛⎭⎪⎫R 4－23d 2＋d 2，解得：R 4＝1312d由qv 0B 4＝m v 20R 4得：B 4＝12mv 013qd所以当磁场方向垂直纸面向外时，粒子不能射出两板间的磁感应强度的范围 12mv 013qd <B<3mv 0qd .答案：磁场垂直纸面向里时，3mv 05qd <B<6mv 0qd ；磁场垂直纸面向外时，12mv 013qd <B<3mv 0qd。
四川省广安市武胜县高考物理课外辅导讲义(7)(含解析)
四川省广安市武胜县2018届高考物理课外辅导讲义（7）一、选择题1．(2017·天津市河东区高考物理模拟试卷)如图所示，物体在与水平方向成60°角斜向上的500 N 拉力作用下，沿水平面以1 m/s 的速度匀速运动了10 m ．此过程中拉力对物体做的功和做功的功率分别为 ( )A ．50 J,50 WB ．25 J,25 WC ．25 3 J,25 3 WD ．2 500 J,250 W解析：选D.此过程中拉力对物体做的功为：W ＝Fxcos 60°＝500×10×0.5 J＝2 500 J匀速运动经历的时间为：t ＝x v＝10 s 平均功率为：P ＝W t ＝250 W ，故D 正确，A 、B 、C 错误．故选D. 2．物体受到水平推力F 的作用在粗糙水平面上做直线运动．通过力和速度传感器监测到推力F 、物体速度v 随时间t 变化的规律分别如图甲、乙所示．取g ＝10 m/s 2，则下列说法错误的是( )A ．物体的质量m ＝0.5 kgB ．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.40C ．第2 s 内物体克服摩擦力做的功W ＝2 JD ．前2 s 内推力F 做功的平均功率P ＝3 W解析：选D.综合甲、乙两个图象信息，在1～2 s ，推力F 2＝3 N ，物体做匀加速运动，其加速度a ＝2 m/s 2，由牛顿运动定律可得，F 2－μmg＝ma ；在2～3 s ，推力F 3＝2 N ，物体做匀速运动，由平衡条件可知，μmg＝F 3；联立解得物体的质量m ＝0.5 kg ，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.40，选项A 、B 正确．由速度—时间图象所围的面积表示位移可得，第2 s 内物体位移x ＝1 m ，克服摩擦力做的功W f ＝μmgx＝2 J ，选项C 正确．第1 s 内，由于物体静止，推力不做功；第2 s 内，推力做功W ＝F 2x ＝3 J ，前2 s 内推力F 做功为W′＝3 J ，前2 s 内推力F 做功的平均功率P＝W′t＝32W＝1.5 W，选项D错误．3．一台小型发电机产生的电动势随时间以正弦规律变化的图象如图甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则( )A．电压表V的读数为220 VB．电路中的电流方向每秒改变50次C．灯泡实际消耗的功率为484 WD．发电机线圈内阻每秒产生的焦耳热为24.2 J解析：选D.由题图甲知发电机产生的感应电动势有效值为220 V，灯泡中电流大小为I＝ER＋r＝2.2 A，电压表读数为U＝IR＝2.2×95.0 V＝209 V，选项A错误；由题图甲知交变电流的周期为0.02 s，则其频率为50 Hz，电路中的电流方向每秒改变100次，选项B错误；灯泡实际消耗的功率为P＝IU＝209×2.2 W＝459.8 W，选项C错误；发电机线圈内阻每秒产生的焦耳热为Q＝I2rt＝2.22×5×1 J＝24.2 J，选项D正确．4．如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2和R3均为定值电阻，V1和V2为理想电压表， A1和A2为理想电流表．开关S闭合时，V1和V2的读数分别为U1和U2；A1和A2的读数分别为I1和I2.若交流电源电压不变，现断开S，下列推断中正确的是( )A．U2可能变小、I2一定变小B．U2一定不变、I2一定变小C．I1一定变小、I2可能变大D．I1可能变大、I2可能变大解析：选B.交流电源电压不变，U1数值不变，根据变压器变压公式可知，副线圈电压只与原线圈电压和变压器原、副线圈匝数比有关．现断开S，U2不变，副线圈所接电路的等效电阻增大，电流表A2的读数I2变小，选项B正确．变压器输出功率减小，导致变压器输入功率变小，I1变小，选项C、D错误．5．(2017·天津和平质量调查)下列说法正确的是( )A．卢瑟福用α粒子轰击14 7N核获得反冲核17 8O发现了质子B．普朗克通过对光电效应现象的分析提出了光子说C．玻尔通过对天然放射现象的研究提出了氢原子能级理论D．汤姆孙发现电子从而提出了原子的核式结构模型解析：选A.光子说是爱因斯坦提出的，B错误．玻尔通过对氢原子光谱的成因的研究提出了氢原子能级理论，C项错误．卢瑟福通过α粒子的散射实验，提出了原子的核式结构模型，D项错误．6．(2017·济宁市一模)(多选)如图甲是光电效应的实验装置图，图乙是光电流与加在阴极K和阳极A上的电压的关系图象，下列说法正确的是( )A．由图线①、③可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大B．由图线①、②、③可知对某种确定的金属来说，其遏止电压只由入射光的频率决定C．只要增大电压，光电流就会一直增大D．不论哪种颜色的入射光，只要光足够强，就能发生光电效应解析：选AB.由图线①、③可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大，故A正确；根据光电效应方程知，E k＝hν－W0＝eU c，可知入射光频率越大，最大初动能越大，遏止电压越大，对于确定的金属，遏止电压与入射光的频率有关，故B正确；当电压增大到一定值，电流达到饱和电流，不再增大，故C错误；发生光电效应的条件是入射光的频率大于截止频率，与入射光的强度无关，故D错误．7、(2017·山东省济宁市高三第一次模拟)如图所示，表面粗糙且足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块的速度随时间变化的关系图象可能符合实际的是( )解析：选BC.由静止释放后，物块受滑动摩擦力沿传送带向下．对物块，根据牛顿第二定律mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 1，物块以加速度a 1做匀加速运动，当速度等于传送带的速度时，摩擦力发生突变．若mgsin θ＜μmgcos θ，滑动摩擦力突变为静摩擦力，物块与传送带一起匀速运动，若mgsin θ＞μmgcos θ，滑动摩擦力突变为向上，mgsin θ－μmgcos θ＝ma 2，物块以加速度a 2继续加速，所以B 、C 正确；A 、D 错误．二、非选择题1．(2017·山东日照市高三校际联合考试第三次模拟)如图所示，粗糙的斜面与光滑的水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接．已知斜面的倾角α＝45°，A 、B 、C 是质量均为m ＝1 kg 的小滑块(均可视为质点)，B 和C 用轻质弹簧连在一起．开始时，滑块B 、C 和弹簧均静止在水平面上．当滑块A 置于斜面上且受到大小F ＝5 2 N 、方向垂直斜面向下的恒力作用时，恰能沿斜面向下匀速运动．现撤去F ，让滑块A 从斜面上距斜面底端L ＝10 2 m 处由静止下滑．取g ＝10 m/s 2.(1)求滑块A 到达斜面底端时的速度大小v 1；(2)滑块A 与C 发生碰撞并粘在一起，碰撞时间极短．求此后三滑块和弹簧构成的系统在相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能E p .(结果保留两位有效数字)解析：(1)滑块A 匀速下滑时，由平衡条件可知：mgsin 45°＝μF NF N ＝mgcos 45°＋F解得：μ＝mgsin 45°mgcos 45°＋F＝0.5 撤去F 后，滑块A 匀速下滑，由动能定理可知：(mgsin 45°－μmgcos 45°)L＝12mv 21 解得v 1＝10 m/s(2)滑块A 与C 组成的系统动量守恒：mv 1＝(m ＋m)v 2三滑块和弹簧组成的系统在相互作用过程中动量守恒，当它们速度相等时，弹簧弹性势能最大，设共同速度为v 2，由动量守恒和能量守恒： (m ＋m)v 2＝(m ＋m ＋m)v 3E p ＝12(m ＋m)v 22－12(m ＋m ＋m)v 23联立解得E p ＝8.3 J答案：(1)10 m/s (2)8.3 J2．如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，第Ⅰ象限的等腰直角三角形MNP 区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y ＜0的区域内存在着沿y 轴正方向的匀强电场．一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从电场中Q(－2h ，－h)点以速度v 0水平向右射出，经过坐标原点O 处射入第Ⅰ象限，最后以垂直于PN 的方向射出磁场．已知MN 平行于x 轴，N 点的坐标为(2h,2h)，不计粒子的重力，求：(1)电场强度E 的大小以及带电粒子从O 点射出匀强电场时与水平方向的夹角α；(2)磁感应强度B 的大小；(3)带电粒子从Q 点运动到射出磁场的时间t.解析：(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，由平抛运动规律及牛顿运动定律得2h ＝v 0t h ＝12at 2 又qE ＝ma联立以上各式解得E ＝mv 202qh设粒子到达O 点时的速度为v ，沿y 轴正方向的分速度为v y则有v y ＝at ＝qE m ·2h v 0＝v 0，v ＝v 20＋v 2y ＝2v 0 速度v 与x 轴正方向的夹角α满足tan α＝v y v 0＝1 即α＝45°，因此粒子从MP 的中点垂直于MP 进入磁场．(2)又因为粒子垂直于PN 射出磁场，所以P 点为圆心．轨道半径R ＝12MP ＝2h 由牛顿第二定律有qvB ＝m v 2R联立解得B ＝mv 0qh. (3)带电粒子在电场中运动的时间t 1＝2h v 0，从O 点运动到磁场边界的时间t 2＝2h v ＝hv 0，在磁场中运动的时间t 3＝π4Rv ＝πh4v 0带电粒子从Q 点运动到射出磁场的时间 t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2h v 0＋h v 0＋πh 4v 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋π4hv 0.答案：见解析。
武胜届高考物理课外辅导讲义20
四川省广安市武胜县2020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 ＝mv 0－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．(2020·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＝mΔv＝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/s2.则下列判断正确的是( )A．匀强电场的场强大小为3.2×106 V/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＝2×1060.4V/m＝5×106 V/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．(2020·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v0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v0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．v0 B.1 2 v0C.13v 0D.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＝2m qB； 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．(2020·高考北京卷)2020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 ＝hν，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．(2020·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；14 7N ＋42He→17 8O ＋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 ＋10n→14456Ba ＋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2gh3C ．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．(2020·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°－12kΔx 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s Δx 2＝F 2k ＝20200 m ＝0.1 m由能量守恒得：12mv 20＋mg(d ＋Δx 2)sin 37°＝μmgscos 37°＋12kΔx 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m1＝0.40 kg，小车B的质量m2＝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＝BCt＝0.105 00.02×5m/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＝DEt＝0.069 50.02×5m/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（3）含解析一、选择题1．如图所示为足球球门，球门宽为L.一个球员在球门中心正前方距离球门s 处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角(图中P 点)．球员顶球点的高度为h.足球做平抛运动(足球可看成质点，忽略空气阻力)，则( )A ．足球位移的大小x ＝L 24＋s 2B ．足球初速度的大小v 0＝g 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 24＋s 2C ．足球末速度的大小v ＝g 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 24＋s 2＋4gh D ．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan θ＝L2s解析：选B.根据几何关系可知，足球做平抛运动的竖直高度为h ，水平位移为x 水平＝s 2＋L 24，则足球位移的大小为：x ＝x2水平＋h 2＝s 2＋L 24＋h 2，选项A 错误；由h ＝12gt 2，x 水平＝v 0t ，可得足球的初速度为v 0＝g 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 24＋s 2，选项B 正确；对小球应用动能定理：mgh ＝mv 22－mv 202，可得足球末速度v ＝v 2＋2gh ＝g 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 24＋s 2＋2gh ，选项C 错误；初速度方向与球门线夹角的正切值为tan θ＝2sL，选项D 错误．2．(2017·山东省济宁市高三第一次模拟)假设地球为质量均匀分布的球体．已知地球表面的重力加速度在两极处的大小为g 0、在赤道处的大小为g ，地球半径为R ，则地球自转的周期T 为( ) A ．2π Rg 0＋g B ．2π R g 0－g C ．2πg 0＋gRD ．2πg 0－gR解析：选B.在两极处物体不随地球自转，所以G Mm R 2＝mg 0；在赤道处物体随地球自转，可得G MmR2＝mg ＋m 4π2T2R ，联立解得T ＝2πRg 0－g，所以B 正确；A 、C 、D 错误． 3．如图，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里．一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板．若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时，粒子运动轨迹不会改变( )A ．粒子速度的大小B ．粒子所带的电荷量C ．电场强度D ．磁感应强度解析：选B.粒子作直线运动，有qvB ＝qE ，即E ＝vB ，与q 无关．4．如图所示，空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，图中虚线为匀强电场的等势线，一不计重力的带电粒子在M 点以某一初速度垂直等势线进入正交电磁场中，运动轨迹如图所示(粒子在N 点的速度比在M 点的速度大)．则下列说法正确的是( )A ．粒子一定带正电B ．粒子的运动轨迹一定是抛物线C ．电场线方向一定垂直等势面向左D ．粒子从M 点运动到N 点的过程中电势能增大解析：选C.根据粒子在电、磁场中的运动轨迹和左手定则可知，粒子一定带负电，选项A 错误；由于洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，故粒子受到的合力是变力，而物体只有在恒力作用下做曲线运动时，轨迹才是抛物线，选项B 错误；由于空间只存在电场和磁场，粒子的速度增大，说明在此过程中电场力对带电粒子做正功，则电场线方向一定垂直等势面向左，选项C 正确；电场力做正功，电势能减小，选项D 错误．5．(2017·江淮十校三模)宽为L 的两光滑竖直裸导轨间接有固定电阻R ，导轨(电阻忽略不计)间Ⅰ、Ⅱ区域中有垂直纸面向里宽为d 、磁感应强度为B 的匀强磁场，Ⅰ、Ⅱ区域间距为h ，如图，有一质量为m 、长为L 电阻不计的金属杆与竖直导轨紧密接触，从距区域Ⅰ上端H 处杆由静止释放．若杆在Ⅰ、Ⅱ区域中运动情况完全相同，现以杆由静止释放为计时起点，则杆中电流随时间t 变化的图象可能正确的是( )解析：选B.杆在Ⅰ、Ⅱ区域中运动情况完全相同，说明产生的感应电流也应完全相同，排除A 和C 选项．因杆在无磁场区域中做a ＝g 的匀加速运动，又杆在Ⅰ、Ⅱ区域中运动情况完全相同，则杆在Ⅰ、Ⅱ区域应做减速运动，在区域Ⅰ中对杆受力分析知其受竖直向下的重力和竖直向上的安培力，由牛顿第二定律得加速度a ＝mg －B 2L 2v Rm ，方向竖直向上，则知杆做加速度逐渐增大的减速运动，又I ＝BLvR，由It 图线斜率变化情况可知选项B 正确，选项D 错误．6．(2017·山东潍坊中学一模)(多选)如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a 、b 的边长均为l ，电阻均为R ，质量分别为2m 和m.它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l 、磁感应强度大小为B 、方向垂直竖直面的匀强磁场区域．开始时，线框b 的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a 的下边到匀强磁场的上边界的距离为l.现将系统由静止释放，当线框b 全部进入磁场时，a 、b 两个线框开始做匀速运动．不计摩擦和空气阻力，则( )A ．a 、b 两个线框匀速运动的速度大小为2mgRB 2l2B ．线框a 从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为3B 2l3mgRC ．从开始运动到线框a 全部进入磁场的过程中，线框a 所产生的焦耳热为mglD ．从开始运动到线框a 全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl解析：选BC.设两线框匀速运动的速度为v ，此时轻绳上的张力大小为T ，则对a 有：T ＝2mg －BIl ，对b 有：T ＝mg ，又I ＝E R ，E ＝Blv ，解得v ＝mgRB 2l 2，故A 错误．线框a 从下边进入磁场后，线框a 通过磁场时以速度v 匀速运动，则线框a 从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间t ＝3lv ＝3B 2l 3mgR ，故B 正确．从开始运动到线框a 全部进入磁场的过程中，线框a 只在其匀速进入磁场的过程中产生焦耳热，设为Q ，由功能关系有2mgl －Tl ＝Q ，得Q ＝mgl ，故C 正确．设两线框从开始运动至a 全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做的功为W ，此过程中左、右两线框分别向上、向下运动2l 的距离，对这一过程，由能量守恒定律有：4mgl ＝2mgl ＋12·3mv 2＋W ，得W ＝2mgl －3m 3g 2R22B 4l4，故D 错误．7、(2017·合肥市第一中学高三上学期第一次月考)a 、b 为截面完全相同的直角楔形物体，分别在垂直于斜边的恒力F 1、F 2作用下静止在相同的竖直墙面上，如图所示，下列说法错误的是( )A ．a 、b 受力个数可能不相同B ．b 受到的摩擦力一定小于a 受到的摩擦力C ．a 、b 所受摩擦力方向一定沿墙面向上D ．F 1、F 2大小一定相等解析：选BCD.对a 受力分析如图1：除摩擦力外的三个力不可能平衡，故一定有摩擦力，故a 受四个力；除摩擦力外对b 受力分析如图2：除摩擦力外，N 、F 2、mg 三力有可能平衡．沿竖直方向和水平方向分解F 2，设F 2与竖直方向夹角为α则有： F 2cos α＝mg ① F 2sin α＝N ②由①得F 2＝mgcos α③ (1)若F 2＝mgcos α，没有摩擦力，此时b 受3个力．(2)若F 2＞mgcos α，摩擦力向下，b 受四个力．(3)若F 2＜mg cos α，摩擦力向上，b 受四个力．当F 2＝mgcos α，b 只受3个力．而a 一定受四个力，故A 正确；由摩擦力公式得 f 1＝mg ＋F 1cos α，当推力向上的分力大于mg 时，摩擦力会随推力的增大而增大，则f 2＝F 2cos α－mg ，则有可能出现b 受到的摩擦力大于a 受到的摩擦力的情况，故B 错误；当F 2＝mgcos α时，b 受到的摩擦力为0，故C 错误；F 1和F 2有可能相等，但也有可能不等，故D 错误．二、非选择题(2017·广东华南师大高三二模)如图所示，光滑水平面上有一小车B ，右端固定一沙箱，沙箱上连接一水平的轻质弹簧，小车与沙箱的总质量为M ＝2 kg.车上在与沙箱左侧距离s ＝1 m 的位置上放一质量为m ＝1 kg 小物块A ，物块A 与小车的动摩擦因数为μ＝0.1.仅在沙面上方空间存在水平向右的匀强电场，场强E ＝2×103V/m.当物块A 随小车以速度v 0＝10 m/s 向右做匀速直线运动时，距沙面H ＝5 m 高处有一质量为m 0＝2 kg 的带正电q ＝1×10－2C 的小球C ，以u 0＝10 m/s 的初速度水平向左抛出，最终落入沙箱中．已知小球与沙箱的相互作用时间极短，且忽略弹簧最短时的长度，并取g ＝10 m/s 2.求：(1)小球落入沙箱前的速度u 和开始下落时与小车右端的水平距离x ； (2)小车在前进过程中，弹簧具有的最大值弹性势能E P ；(3)设小车左端与沙箱左侧的距离为L ，请讨论分析物块A 相对小车向左运动的过程中，其与小车摩擦产生的热量Q 与L 的关系式．解析：(1)小球C 下落到沙箱的时间为t ，则：竖直方向上H ＝12gt 2所以有：t ＝2Hg＝1 s 小球在水平方向做匀减速运动：qE ＝m 0a x u x ＝u 0－a x t代入数据解得：a x ＝10 m/s 2u x ＝0所以小球落入沙箱瞬间的速度：u ＝u y ＝gt ＝10 m/s 方向竖直向下； 小球开始下落时与小车右端的水平距离：x ＝x 1＋x 2＝v 0t ＋u 02t ＝15 m(2)设向右为正，在小球快速落入沙箱的过程中，小车(不含物块A)和小球的系统在水平方向动量守恒，设小球落入沙箱瞬间，车与球的共同速度为v 1，有：Mv 0＝(m 0＋M)v 1可得：v 1＝MM ＋m 0v 0＝5 m/s由于小车速度减小，随后物块A 相对小车向右运动并将弹簧压缩，在此过程中，A 与小车(含小球)系统动量守恒，当弹簧压缩至最短时，整个系统有一共同速度v 2：mv 0＋(M ＋m 0)v 1＝(M ＋m ＋m 0)v 2 解得：v 2＝6 m/s根据能量守恒定律，弹簧的最大弹性势能： E p ＝12mv 20＋12(M ＋m 0)v 21－12(M ＋m ＋m 0)v 22－μmgs解得：E p ＝9 J(3)随后弹簧向左弹开物块A ，假设A 运动至车的左侧时恰好与车相对静止，此过程中系统动量仍守恒，所以系统具有的速度仍为：v 2＝6 m/s根据功能关系可知：E p ＝μmgL 0解得小车左端与沙箱左侧的距离为：L 0＝9 m 分情况讨论如下：①若L≥L 0＝9 m 物块A 停在距离沙箱左侧L 0＝9 m 处与小车一起运动，因此摩擦产生的热量为Q 1＝μmgL 0＝9 J②若L ＜L 0＝9 m 物块A 最终会从小车左端滑下，因此摩擦产生的热量为Q 2＝μmgL 答案：(1)10 m/s 方向竖直向下 15 m (2)9 J (3)9 J 或μmgL。