四川省广安市武胜县高考物理课外辅导讲义(12)
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。
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＝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 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(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(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。
四川省广安市武胜县高考物理课外辅导讲义(13)(含解析)
四川省广安市武胜县2018届高考物理课外辅导讲义（13）多项选择你能过关吗？(2017·山东省泰安市高三第二轮复习质量检测)密度均匀的球形行星对其周围物体的万有引力使物体产生的加速度用a 表示，物体到行星表面的距离用h 表示．a 随h 变化的图象如图所示．图中a 1、h 1、a 2、h 2及万有引力常量G 均为已知．根据以上数据可以计算出()A ．该行星的半径B ．该行星的质量C ．该行星的自转周期D ．该行星同步卫星离行星表面的高度解析：选AB.A.球形行星对其周围质量为m 的物体的万有引力：F ＝ma ＝GMm ＋2所以：a 1＝GM＋h 12，a 2＝GM ＋h 22，联立可得：R ＝h 1a 1a 2－h 21－a 1a 2，A 正确； B.将R ＝h 1a 1a 2－h 21－a 1a 2代入加速度的表达式a 1＝GM＋h 12即可求出该行星的质量，B 正确；C.由题目以及相关的公式的物理量都与该行星转动的自转周期无关，所以不能求出该行星的自转周期，C 错误；D.由于不能求出该行星的自转周期，所以也不能求出该行星同步卫星离行星表面的高度，D 错误；故选A 、B.一、选择题1．如图所示，水平推力F 使物体静止于斜面上，则( )A ．物体一定受3个力的作用B ．物体可能受3个力的作用C ．物体一定受到沿斜面向下的静摩擦力的作用D ．物体一定受到沿斜面向上的静摩擦力的作用解析：选B.以物体为研究对象受力分析如图，若Fcos θ＝Gsin θ时，物体在水平推力、重力、斜面支持力三力作用下处于平衡状态，则物体受三个力作用；若Fcos θ＞Gsin θ(或Fcos θ＜Gsin θ)时，物体仍可以静止在斜面上，但物体将受到沿斜面向下(或沿斜面向上)的静摩擦力，综上所述B 对．2．(2017·安阳二模)如图所示，一质量为m 的沙袋用不可伸长的轻绳悬挂在支架上，一练功队员用垂直于绳的力将沙袋缓慢拉起，使绳与竖直方向的夹角为θ＝30°，且绳绷紧，则练功队员对沙袋施加的作用力大小为( )A.mg 2B.32mgC.33 mgD.3mg解析：选A.如图，建立直角坐标系对沙袋进行受力分析：由平衡条件有：Fcos 30°－F T sin 30°＝0，F T cos 30°＋Fsin 30°－mg ＝0，联立可解得：F ＝mg 2，故选A. 3．(2017·哈尔滨市第九中学高三二模)如图所示，在光滑绝缘的水平直轨道上有两个带电小球a 和b ，a 球质量为2m 、带电量为＋q ，b 球质量为m 、带电量为＋2q ，两球相距较远且相向运动．某时刻a 、b 球的速度大小依次为v 和1.5v ，由于静电斥力的作用，它们不会相碰．则下列叙述正确的是( )A ．两球相距最近时，速度大小相等、方向相反B ．a 球和b 球所受的静电斥力对两球始终做负功C．a球一直沿原方向运动，b球要反向运动D．a、b两球都要反向运动，但b球先反向解析：选D.本题利用动量守恒和功能关系求解比较简单，由于地面光滑，系统所受合外力为零，满足动量守恒条件，当两球速度相等，系统损失机械能最大，两球相距最近．水平方向系统动量守恒，由完全非弹性碰撞的知识可知，当两球速度相等时，系统损失机械能最大，两球相距最小，故A错误；由题意可知，a球动量大于b球动量，因此系统动量水平向右，故b球运动过程中将反向运动而静电斥力一直存在，a球速度减小为0后，也将反向(或者根据牛顿第二定律分析，此时a、b速度大小一样，而b的减速的加速度大，故b先减为零，然后反向加速运动)，因此静电斥力对b球先做负功后做正功，故BC错误，D正确．4．(2017·武汉武昌模拟)(多选)质量M＝3 kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动．质量为m＝2 kg的小球(视为质点)通过长L＝0.75 m的轻杆与滑块上的光滑轴O连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态．现给小球一个v0＝3 m/s的竖直向下的初速度，取g ＝10 m/s2.则( )A．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3 m B．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向左移动了0.3 m C．小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27 mD．小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.54 m 解析：选AD.可把小球和滑块水平方向的运动看做人船模型，设滑块M在水平轨道上向右运动了x，由滑块和小球系统在水平方向时动量守恒，有mM＝xL－x，解得：x＝0.3 m，选项A正确B错误．根据动量守恒定律，小球m相对于初始位置上升到最大高度时小球和滑块速度都为零，由能量守恒定律可知，小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45 m，选项C错误．根据动量守恒定律，在小球上升到轨道高度时，滑块速度为零，由系统的能量守恒定律可知，小球m相对于初始位置可以到达的最大高度为h＝0.45 m，与水平面的夹角为cos α＝0.8，设小球从最低位置上升到最高位置过程中滑块M在水平轨道上又向右运动了x′，由滑块和小球系统在水平方向时动量守恒，有mM＝x′Lcos α－x′，解得：x′＝0.24 m．小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块在水平轨道上向右移动了x＋x′＝0.3 m＋0.24 m＝0.54 m，选项D正确．5．关于物理学的研究方法，以下说法不正确的是( )A．伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法B．卡文迪许在利用扭秤实验装置测量万有引力常量时，应用了放大法C ．电场强度是用比值法定义的，因而电场强度与电场力成正比，与试探电荷的电量成反比D ．“合力与分力”、“总电阻”、“交流电的有效值”用的是等效替代的方法解析：选C.伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法，即理想实验，选项A 正确；扭秤实验装置应用了放大法，选项B 正确；在定义电场强度时应用了比值法，因而电场强度与电场力和试探电荷的电量无关，选项C 错误；等效替代法是在保证某种效果相同的前提下，将实际的、复杂的物理问题和物理过程转化为等效的、简单的、易于研究的物理问题和物理过程来研究和处理的方法，合力与分力、总电阻、交流电的有效值用的是“等效替代”的方法，选项D 正确．6．如图所示，倾角为θ的斜面正上方有一小球以初速度v 0水平抛出．若小球到达斜面的位移最小，重力加速度为g ，则飞行时间t 为( )A ．t ＝v 0 tan θB ．t ＝2v 0 cot θgC ．t ＝v 0 cot θgD ．t ＝2v 0 tan θg解析：选B.过抛出点作斜面的垂线AB ，如图所示：当质点落在斜面上的B 点时，位移最小，设运动的时间为t ，则水平方向：x ＝v 0t竖直方向：y ＝12gt 2. 根据几何关系有x y＝tan θ 则v 0t 12gt 2＝tan θ 解得：t ＝2v 0g tan θ＝2v 0 cot θg.故B 正确，ACD 错误．故选B.二、非选择题1．(2017·河南高考预测卷)如图甲所示，相距L ＝1 m 、电阻不计的两根长金属导轨，各有一部分在同一水平面上，另一部分在同一竖直面内．质量均为m ＝50 g 、电阻均为R ＝1.0 Ω的金属细杆ab 、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数μ＝0.5.整个装置处于磁感应强度B ＝1.0 T 、方向竖直向上的匀强磁场中，ab 杆在水平拉力F 作用下沿导轨向右运动，cd 杆固定在某位置．现在释放cd 杆并开始计时，cd 杆的v cd －t 图象如图乙所示，已知在0～1 s 和2～3 s 内，图线为直线．取g ＝10 m/s 2.(1)求在0～1 s 内通过cd 杆中的电流；(2)若已知ab 杆在1 s ～2 s 内做匀加速直线运动，求1 s ～2 s 时间内拉力F 随时间t 变化的关系式．解析：(1)在0～1 s 内，cd 杆的v cd －t 图线为倾斜直线，因此cd 杆做匀变速直线运动，加速度为：a 1＝v t －v 0t＝4.0 m/s 2因此cd 杆受向上的摩擦力作用，其受力图如图所示．根据牛顿第二定律，有：mg －F f ＝ma其中F f ＝μF N ＝μF A ＝μBIL因此回路中的电流为：I ＝－μBL ＝0.6 A(2)在0～1 s 内，设ab 杆产生的电动势为E ，则：E ＝BLv 1由闭合电路欧姆定律知：I ＝E 2Rv 1＝2IR BL＝1.2 m/s 则ab 杆的速度为：v 1＝2IR BL ＝1.2 m/s在2～3 s 内，由图象可求出cd 杆的加速度为：a 2＝－4 m/s 2同理可求出ab 杆的速度：v 2＝－a 2μB 2L 2＝2.8 m/s 在1～2 s 内，ab 杆做匀加速运动，则加速度为：a ＝v 2－v 1t＝1.6 m/s 2I′＝BLv 2R对ab 杆，根据牛顿第二定律有：F －μmg －BI′L＝maab 杆在t 时刻的速度：v ＝v 1＋a(t －1)回路中的电流：I′＝BLv 2R联立可得：F ＝0.8t ＋0.13答案：(1)在0～1 s 内通过cd 杆中的电流0.6 A(2)这段时间内拉力F 随时间t 变化的关系式为：F ＝0.8t ＋0.132．某同学用如图甲所示的螺旋测微器测小球的直径时，他应先转动________到F 靠近小球，再转动________到F 夹住小球，直至听到棘轮发出声音为止，拨动________使F 固定后读数(填仪器部件字母符号)．正确操作后，螺旋测微器的示数如图乙所示，则小球的直径是________mm.解析：用螺旋测微器测小球直径时，先转动旋钮D 使测微螺杆F 靠近被测小球，再转动微调旋钮H 使测微螺杆F 夹住小球，直到棘轮发出声音为止，拨动旋钮G 使F 固定后读数，读数为6.5 mm ＋20.0×0.01 mm＝6.700 mm.答案：D H G 6.700。
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/s B ．卫星的动能大小约为mgR8C ．卫星所在高度的重力加速度大小约为14gD ．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 Mm2＝m v24R，解得：v ＝GM4R，根据万有引力等于重力：GMm 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：GMm2＝ma ，根据万有引力等于重力：G Mm R 2＝mg ，联立以上解得：a ＝g16，故C 错误；卫星的绕行周期约为：G Mm2＝m 4π2T 24R ，根据万有引力等于重力：G MmR2＝mg ，联立以上解得：T ＝16πRg，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＝mv2r可得v ＝GMr，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mgqvcos 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qm 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qm ，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qm 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d3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 ＝d3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(11)(含解析)
四川省广安市武胜县2018届高考物理课外辅导讲义（11）多项选择你能过关吗？如图所示，底角为θ＝π4 的圆锥体静止不动，顶端通过一根长为L ＝1 m 的细线悬挂一个质量为m ＝1 kg 的小球，细线处于张紧状态，若小球在水平面内做匀速圆周运动，角速度为ω的取值范围介于3 rad/s 到4 rad/s 之间，不计一切阻力，则细线拉力F 可能等于( )A ．52－5B ．52＋5C ．15D ．20解析：选BC.当小球刚好没有脱离圆锥时，小球受到重力G 、拉力F 的作用，它们的合力提供向心力，mgcot π4＝m ω20Lcos π4，得ω0＝102rad/s ，此时ω0的取值范围介于3 rad/s 到4 rad/s之间，当ω较小时，小球没有脱离圆锥，小球受到重力G 、拉力F 和垂直于光滑圆锥的支持力N 的作用，它们在水平方向的合力提供向心力，则Fsin θ－Ncos θ＝G ，Fcos θ－Nsin θ＝mLcos θω2，可求得，F ＝Gsin θ＋m ω2Lcos 2θ，此时52＋4.5≤F≤102，当ω较大时，小球脱离圆锥，小球的重力G 和拉力F 的合力提供向心力，设细线和水平方向夹角为α，则Fcos α＝m ω2Lcos α，可求得F ＝m ω2L,102≤F≤16，综上分析，选项B 、C 正确．8．(2017·山东省枣庄市高三上学期期末质量检测)在竖直杆上安装一个光滑小导向槽，使竖直上抛的小球能改变方向后做平抛运动；不计经导向槽时小球的能量损失；设小球从地面沿杆竖直上抛的速度大小为v ，重力加速度为g ；那么当小球有最大水平位移时，下列说法正确的是( )A ．导向槽位置应在高为v24g 的位置B ．最大水平距离为v2gC ．小球在上、下两过程中，在经过某相同高度时，合速度的大小总有v 下＝2v 上D ．当小球落地时，速度方向与水平方向成45°角解析：选AD.设平抛时的速度为v 0，根据机械能守恒定律可得：12mv 20＋mgh ＝12mv 2，解得：v 0＝v 2－2gh ；根据平抛运动的知识可得下落时间：t ＝2hg，则水平位移x ＝v 0t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫v 2g －2h ·2h，所以当v 2g －2h ＝2h 时水平位移最大，解得h ＝v 24g ，A 正确；最大的水平位移为：x ＝4h 2＝2h ＝v 22g ，B 错误；根据机械能守恒定律可知，在某高度处时上升的速率和下落的速率相等，C 错误；设速度与水平方向成θ，位移与水平方向的夹角为α，根据平抛运动的规律可知，tan θ＝2tan α＝2×h2h＝1，则θ＝45°，所以D 正确．一、选择题1．(2017·南平市普通高中毕业班适应性检测)如图所示，轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于粗糙水平面上质量为m 的小球接触但不连接．开始时小球位于O 点，弹簧水平且无形变．O 点的左侧有一竖直放置的光滑半圆弧轨道，圆弧的半径为R ，B 为轨道最高点，小球与水平面间的动摩擦因数为μ.现用外力推动小球，将弹簧压缩至A 点，OA 间距离为x 0，将球由静止释放，小球恰能沿轨道运动到最高点B.已知弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.下列说法中正确的是( )A ．小球在从A 到O 运动的过程中速度不断增大B ．小球运动过程中的最大速度为v m ＝5gRC ．小球与弹簧作用的过程中，弹簧的最大弹性势能E p ＝2.5mgR ＋μmgx 0D ．小球通过圆弧轨道最低点时，对轨道的压力为5mg解析：选C.小球在从A 到O 运动的过程中，受弹力和摩擦力，由牛顿第二定律可知：k Δx －μmg ＝ma ，物体做加速度减小的加速运动 ，当加速度为零的时(弹力等于摩擦力时)速度最大，接下来摩擦力大于弹力，小球开始做减速运动，当弹簧原长时离开弹簧，故A 错误；因为小球恰能沿轨道运动到最高点B ，由重力提供向心力：mg ＝m v 2BR ，解得：v B ＝gR ，从O 到B 根据动能定理得：－mg 2R ＝12mv 2B －12mv 20，联立以上解得：v 0＝5gR ，由上分析可知：小球从开始运动到离开弹簧速度先增大后减小，所以最大速度要比5gR 大，故B 错误；从A 到O 根据能量守恒得：E p ＝12mv 20＋μmgx 0，联立以上得：E p ＝2.5mgR ＋μmgx 0，故C 正确；小球在最低点时做圆周运动，由牛顿第二定律得：N －mg ＝m v 2R，联立以上解得：N ＝6mg ，故D 错误．2．(2017·四川省宜宾市高三二诊)如图甲所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上．一质量为m 的小球，从离弹簧上端一定距离的位置静止释放，接触弹簧后继续向下运动．小球运动的vt 图象如图乙所示，其中OA 段为直线，AB 段是与OA 相切于A 点的平滑曲线，BC 是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为g.关于小球的运动过程，下列说法正确的是( )A ．小球在tB 时刻所受弹簧弹力大于12mgB ．小球在tC 时刻的加速度大于12gC ．小球从t C 时刻所在的位置由静止释放后，不能回到出发点D ．小球从t A 时刻到t C 时刻的过程中重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量解析：选B.由图象可知，小球在t B 时刻加速度大小为零，此时F 弹＝mgsin 30°＝12mg ，选项A错误；小球在t C 时刻到达最低点，弹力达到最大值；小球在A 点的加速度大小为12g ，由图象可知，在C 点的切线的斜率大于在A 点的切线的斜率，即小球在t C 时刻的加速度大于12g ，选项B正确；由能量守恒定律可知，小球从t C 时刻所在的位置由静止释放后，小球能回到出发点，选项C 错误；小球从t A 时刻到t C 时刻的过程中重力势能的减少量与动能减小量之和等于弹簧弹性势能的增加量，选项D 错误；故选B.3．(2017·山东潍坊中学一模)如图所示，在竖直面内固定一光滑的硬质杆ab ，杆与水平面的夹角为θ，在杆的上端a 处套一质量为m 的圆环，圆环上系一轻弹簧，弹簧的另一端固定在与a 处在同一水平线上的O 点，O 、b 两点处在同一竖直线上．由静止释放圆环后，圆环沿杆从a 运动到b ，在圆环运动的整个过程中，弹簧一直处于伸长状态，则下列说法正确的是( )A ．圆环的机械能保持不变B．弹簧对圆环一直做负功C．弹簧的弹性势能逐渐增大D．圆环和弹簧组成的系统机械能守恒解析：选D.由几何关系可知，当环与O点的连线与杆垂直时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小，如图，所以在环从a到C的过程中弹簧对环做正功，弹簧的弹性势能减小，环的机械能增大，而从C 到b的过程中，弹簧对环做负功，弹簧的弹性势能增大，环的机械能减小，故A、B、C错误；在整个的过程中只有圆环的重力和弹簧的弹力做功，所以圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，故D正确．4．(2017·三湘名校联盟三模)(多选)如图所示，一质量为m的小球以初动能E k0从地面竖直向上抛出，已知运动过程中受到恒定阻力f＝kmg作用(k为常数且满足0＜k＜1)．图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能和重力势能与其上升高度之间的关系(以地面为零势能面)，h0表示上升的最大高度．则由图可知，下列结论正确的是( )A．E1是最大势能，且E1＝E k0k＋2B．上升的最大高度h0＝E k0＋C．落地时的动能E k＝kE k0k＋1D．在h1处，物体的动能和势能相等，且h1＝E k0＋解析：选BD.因小球上升的最大高度为h0，由图可知其最大势能E1＝E k0k＋1，又E1＝mgh0，得h0＝E k0＋，A项错误，B项正确．由图可知，小球上升过程中阻力做功为E k0－E k0k＋1，因小球所受阻力恒定，且上升和下落高度相等，则小球下落过程中阻力做功为E k0－E k0k＋1，则小球落地时的动能E k＝E k0k＋1－⎝⎛⎭⎪⎫E k0－E k0k＋1＝1－kk＋1E k0，C项错误．在h1处，小球的动能和势能相等，则有E k0－(mg＋f)h1＝mgh1，解得h1＝E k0＋，D项正确．5．(2017·湖北八校联考)在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程．在以下几位物理学家所做科学贡献的叙述中，正确的是( )A．在对自由落体运动的研究中，伽利略巧妙的利用斜面实验来冲淡重力影响使得时间更容易测量，最后逻辑推理证明了自由落体的运动规律B．牛顿应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德关于“力是维持物体运动的原因”的观点，并归纳总结了牛顿第一定律C．卡文迪许将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出万有引力定律，并测出了引力常量G的数值D．法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了点电荷间的相互作用规律，并通过油滴实验测定了元电荷的电荷量解析：选A.在对自由落体运动的研究中，伽利略巧妙的利用斜面实验来冲淡重力影响使得时间更容易测量，最后逻辑推理证明了自由落体的运动规律，选项A正确．伽利略应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德关于“力是维持物体运动的原因”的观点，牛顿归纳总结了牛顿第一定律，选项B错误．牛顿将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量G的数值，选项C错误．法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了点电荷间的相互作用规律，密立根通过油滴实验测定了元电荷的电荷量，选项D错误．6．(2017·江西红色七校联考)下列关于物理方法或物理学史的说法中错误的是( )A．安培分子电流假说解释了磁体的磁场的形成B．由楞次定律判断感应电流的方向C．物理模型在物理学研究中起到了重要作用，其中“质点”“点电荷”“电流元”“元电荷”等都是理想化模型D．牛顿在发现万有引力定律的过程中使用了“月——地检验”解析：选C.安培分子电流假说解释了磁体和电流的磁场的形成，故A正确；由楞次定律即可判断感应电流的方向，故B正确；物理模型在物理学研究中起到了重要作用，其中“质点”“点电荷”“电流元”等都是理想化模型，但元电荷是客观存在的，不属于理想化模型，故C错误；牛顿在发现万有引力定律的过程中使用了“月——地检验”证明了万有引力定律的正确性，故D 正确．二、非选择题1．(2017·山西运城上学期期末)如图所示的区域中，左边为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B 大小未知，右边是一个电场强度大小为E ＝mv 22qL 的匀强电场，其方向平行于OC 向上且垂直于磁场方向；有一初速度大小为v 0，质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子从P 点沿与边界线PQ 的夹角θ＝60°的方向射入匀强磁场，恰好从距O 点正上方L 处的C 点垂直于OC 射入匀强电场，最后打在Q 点，不计粒子的重力，求：(1)磁感应强度B 的大小；(2)求粒子从P 至Q 所用时间及OQ 的长度；(3)如果保持电场与磁场方向不变，而将它们左右对调，且磁感应强度大小变为原来的14，电场强度减小到原来的一半，粒子仍从P 点以速度v 0沿某一方向射入，恰好从O 点正上方的小孔C 射入匀强磁场，则粒子进入磁场后做圆周运动的半径是多少？解析：①粒子在磁场中做的是匀速圆周运动，在电场中粒子做的是类平抛运动；②根据几何关系求出带电粒子做圆周运动的半径．(1)做出粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹，由几何关系可知：r ＋rcos 60°＝L由洛伦兹力提供向心力可得：qv 0B ＝mv 2r 解得B ＝3mv 02qL(2)粒子在磁场中运动的周期T ＝2πmqB粒子在磁场中运动的时间为：t 1＝T3粒子在电场中做类平抛运动，在垂直电场方向： x ＝v 0t 2在平行电场方向：qE ＝ma L ＝12at 22解得粒子从P 运动至Q 点所用的时间：t ＝t 1＋t 2＝4πL 9v 0＋2Lv 0OQ 的长度为：x ＝2L(3)电场和磁场左右对调后，粒子在电场中， E′＝12E ＝mv 24qL由动能定理可得：－qEL ＝12mv 2－12mv 2粒子在磁场中：B′＝14B ＝3mv 08qL根据牛顿第二定律：qv 0B′＝mv2r′解得粒子进入磁场后做圆周运动的半径为：r′＝423L答案：(1)B ＝3mv 02qL (2)4πL 9v 0＋2L v 0 2L (3)r′＝423L2．一个静止的铀核23292U(原子质量为232.037 2 u)放出一个α粒子(原子质量为4.002 6 u)后衰变成钍核22890Th(原子质量为228.028 7 u)．(已知：原子质量单位1 u ＝1.67×10－27kg,1 u相当于931 MeV)(1)写出核衰变反应方程；(2)算出该核衰变反应中释放出的核能；(3)假设反应中释放出的核能全部转化为钍核和α粒子的动能，则钍核获得的动能有多大？ 解析：(1)23292U→22890Th ＋42He. (2)质量亏损Δm ＝0.005 9 uΔE ＝Δmc 2＝0.005 9×931 MeV≈5.49 MeV.(3)系统动量守恒，钍核和α粒子的动量大小相等，即 p Th ＝p α E kTh ＝p 2Th2m ThE k α＝p 2α2m αE kTh ＋E k α＝ΔE 所以钍核获得的动能E kTh ＝m αm α＋m Th ×ΔE ＝44＋228×ΔE≈0.09 MeV.答案：(1)23292U→22890Th ＋42He (2)5.49 MeV (3)0.09 MeV。
高考物理课外辅导讲义(12)
避躲市安闲阳光实验学校四川省广安市武胜县高考物理课外辅导讲义（12）多项选择你能过关吗？(2017·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g Lcos θ时，物块与转台间恰好无相互作用；此时W ＝E k ＝12mv 2＝12m(ω0Lsinθ)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·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∶2 B ．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∶2D ．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 ＝2h g，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 ＝gt 2v 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 20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ΔA Δt ＝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·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 ＝ldΔBΔt＝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 V I 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 Z X→A －4Z －2Y ＋42He (2)2πm qB q 2B 2πm (3)M ＋m qBR 22mMc2。
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＝＋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/sA 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．(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。
武胜届高考物理课外辅导讲义8
四川省广安市武胜县2020届高考物理课外辅导讲义（8）多项选择你能过关吗？(2020·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．(2020·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．(2020·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．(2020·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(23592U)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(23592U)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．(2020·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C 25＝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E 5－E 4＝[－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 tanπ3④ 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′2v 2 综合⑦式可得v′＝33v ⑧ 设粒子做圆周运动的半径为r′，则 r′＝3mv3qB⑨ 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 ＝ΔB ΔtS ＝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)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（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。