【配套K12】四川省广安市武胜县2018届高考物理课外辅导讲义(21)(含解析)

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四川省-广安市-武胜县2020届高考物理课外辅导讲义(21)(含答案).doc

四川省广安市武胜县2018届高考物理课外辅导讲义（21）一、选择题1．(2017·四川省宜宾市高三二诊)(多选)如图所示，表面粗糙质量M ＝2 kg 的木板，t ＝0时在水平恒力F 的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a ＝2.5 m/s 2.t ＝0.5 s 时，将一个质量m ＝1 kg 的小铁块(可视为质点)无初速地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半．已知铁块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板和地面之间的动摩擦因数μ2＝0.25，g ＝10 m/s 2.则( )A ．水平恒力F 的大小为10 NB ．铁块放上木板后，木板的加速度为2 m/s 2C ．铁块在木板上运动的时间为1 sD ．木板的长度为1.625 m解析：选AC.未放木块时，对木板由牛顿定律：F －μ2Mg ＝Ma ，解得F ＝10 N ，选项A 正确；铁块放上木板后，对木板：F －μ1mg －μ2(M ＋m)g ＝Ma′，解得：a′＝0.75 m/s 2，选项B 错误；0.5 s 时木板的速度：v 0＝at 1＝2.5×0.5 m/s＝1.25 m/s ，木块滑离木板时，木板的速度：v 1＝v 0＋a′t 2＝1.25＋0.75t 2，木块的速度v′＝a 块t 2＝μ1gt 2＝t 2，由题意：v′＝12v 1，解得t 2＝1 s ，选项C 正确；木块滑离木板时，木板的速度v 1＝2 m/s ，木块的速度v′＝1 m/s ，则木板的长度为：L ＝v 0＋v 12t 2－v′2t 2＝1.25＋22×1 m－12×1 m＝1.125 m ，选项D 错误；故选AC.2．(2017·内蒙古包头市高三模拟)(多选)如图所示，一个质量为m 的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁上的P 、Q 两点处，弹簧的劲度系数为k ，起初圆环处于O 点，弹簧处于原长状态且原长为L ，细杆上面的A 、B 两点到O 点的距离都为L.将圆环拉至A 点由静止释放，重力加速度为g ，对于圆环从A 点运动到B 点的过程中，下列说法正确的是( )A ．圆环通过O 点的加速度小于gB ．圆环在O 点的速度最大C ．圆环在A 点的加速度大小为g ＋2－2kLmD ．圆环在B 点的速度为2gL解析：选CD.A 、圆环在O 点只受重力，则此时加速度a ＝g ，A 错误；B 、圆环在O 点时加速度向下，速度向下，仍在加速，速度不是最大值，B 错误；C 、圆环在A 点的加速度大小为：a A ＝mg ＋2×kL 2＋L 2－L ×cos 45°m ＝g ＋2－2kLm，C 正确；D 、A 、B 两点到O 点的距离都为L ，弹簧在此过程中没有做功，只有重力做功，根据动能定理得：mg·2L＝12mv 2即v ＝2gL ，D 正确；故选CD.3．下列说法正确的是( )A ．氡的半衰期是3.8天，所以10个氡原子核经过3.8天一定还剩5个B ．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应C ．核子凭借核力结合在一起构成原子核D ．温度越高，放射性元素衰变越快解析：选C.半衰期对大量的原子核适用，对少量的原子核不适用，故A 错误；太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应，选项B 错误；核子凭借核力结合在一起构成原子核，选项C 正确；半衰期与外界条件无关，选项D 错误；故选C.4．游乐场中，从离水面一定高度的A 处到水面B 处有两条长度相同的光滑轨道，如图所示，甲、乙两名小孩沿不同轨道同时从A 处自由滑向B 处，则两名小孩在全部滑行过程中的速率v 随时间t 变化的下列图象，正确的是( )解析：选B.根据牛顿第二定律可知甲的加速度逐渐减小，乙的加速度逐渐增加，而v －t 图线的斜率等于加速度；两物体的位移相同，图线与坐标轴围成的面积相等，故选项B 正确． 5．下表给出了一些金属材料的逸出功．现用波长为400 nm 的单色光照射上述材料，能产生光电效应的材料最多有几种(普朗克常量h ＝6.6×10－34J·s，光速c ＝3.00×108m/s)( ) 材料铯钙镁铍钛逸出功(10－19J)3.04.35.96.26.6A.2种 C ．4种D ．5种解析：选A.光电效应发生的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，入射光的能量大于金属的逸出功，光子的能量为ε＝hν＝h c λ，代入计算得ε＝6.6×10－34×3×108400×10－9 J ＝4.95×10－19J ，可以看出光子能量大于逸出功的金属有两种，所以A 项正确．6．14C 是碳的一种半衰期为5 730年的放射性同位素，2010年2月科学家发现了曹操墓，若考古工作者探测到其棺木中14C 的含量约为原来的45，则该古木死亡的时间距今大约为⎣⎢⎡⎦⎥⎤已知⎝ ⎛⎭⎪⎫1213≈0.8( )A ．22 900年B ．11 400年C ．5 700年D ．1 900年解析：选D.假设古木死亡时14C 的质量为m 0，现在的质量为m ，从古木死亡到现在所含14C 经过了n 个半衰期，由题意可知：m m 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝45，所以n≈13，即古木死亡的时间距今约为5 730×13年＝1 910年，D 正确．7．(2017·安徽师大附中高考物理最后一卷)如图所示，质量m ＝1 kg 的物体从高为h ＝0.2 m 的光滑轨道上P 点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A 点，物体和皮带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带AB 之间的距离为L ＝5 m ，传送带一直以v ＝4 m/s 的速度匀速运动，则( )A ．物体A 运动到B 的时间是1.5 sB ．物体A 运动到B 的过程中，摩擦力对物体做了2 J 功C ．物体A 运动到B 的过程中，产生2 J 热量D ．物体从A 运动到B 的过程中，带动传送带转动电动机多做了10 J 功解析：选AC.A.设物体下滑到A 点的速度为v 0，对PA 过程，由机械能守恒定律有：12mv 20＝mgh 代入数据得：v 0＝2gh ＝2 m/s ＜v ＝4 m/s则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀加速运动，加速度大小为a ＝μmg m ＝μg＝2 m/s 2；加速至速度与传送带相等时用时：t 1＝v －v 0a ＝4－22 s ＝1 s匀加速运动的位移s 1＝v 0＋v 2t 1＝2＋42×1 m＝3 m ＜L ＝5 m所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为t 2＝L －s 1v ＝5－34 s ＝0.5 s故物体从A 运动到B 的时间为：t ＝t 1＋t 2＝1.5 s ．故A 正确．B ．物体运动到B 的速度是v ＝4 m/s.根据动能定理得：摩擦力对物体做功W ＝12mv 2－12mv 20＝12×1×42－12×1×22J ＝6 J ，故B 错误．C ．在t 1时间内，皮带做匀速运动的位移为 s 皮带＝vt 1＝4 m故产生热量Q ＝μmgΔs＝μmg(s 皮带－s 1)，代入数据得：Q ＝2 J ．故C 正确．D ．电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功 W ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12mv 2－12mv 20＋Q ＝12×1×(42－22)＋2 J ＝8 J ，故D 错误．故选：AC.二、非选择题1．光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图所示装置，其中直轨道BC 粗糙，直轨道CD 光滑，两轨道相接处为一很小的圆弧，质量为m ＝0.1 kg 的滑块(可视为质点)在圆轨道上做圆周运动，到达轨道最高点A 时的速度大小为v ＝4 m/s ，当滑块运动到圆轨道与直轨道BC 的相切处B 时，脱离圆轨道开始沿倾斜直轨道BC 滑行，到达轨道CD 上的D 点时速度为零．若滑块变换轨道瞬间的能量损失可忽略不计，已知圆轨道的半径为R ＝0.25 m ，直轨道BC 的倾角θ＝37°，其长度为L ＝26.25 m ，D 点与水平地面间的高度差为h ＝0.2 m ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)滑块在圆轨道最高点A 时对轨道的压力大小； (2)滑块与直轨道BC 间的动摩擦因数； (3)滑块在直轨道BC 上能够运动的时间．解析：(1)在圆轨道最高点A 处对滑块，由牛顿第二定律得：mg ＋F N ＝m v2R得F N ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 2R －g ＝5.4 N 由牛顿第三定律得滑块在圆轨道最高点A 时对轨道的压力大小为5.4 N (2)从A 点到D 点全程，由动能定理得：mg(R ＋Rcos θ＋Lsin θ－h)－μmgLcos θ＝0－12mv 2即μ＝g R ＋Rcos θ＋Lsin θ－h ＋v22gLcos θ＝0.8(3)设滑块在BC 上向下滑动的时间为t 1，向上滑动的加速度为a 2，时间为t 2，在C 点时的速度为v C .由C 到D ：12mv 2C ＝mghv C ＝2gh ＝2 m/s A 点到B 点的过程： mgR(1＋cos θ)＝12mv 2B －12mv 2v B ＝v 2＋2gR 1＋cos θ＝5 m/s 在轨道BC 上：下滑：L ＝v B ＋v C 2t 1，t 1＝2Lv B ＋v C ＝7.5 s上滑：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 2 a 2＝gsin θ＋μgcos θ＝12.4 m/s 20＝v C －a 2t 2t 2＝v C a 2＝212.4s≈0.16 sμ＞tan θ，滑块在轨道BC 上停止后不再下滑滑块在BC 上运动的总时间： t 总＝t 1＋t 2＝(7.5＋0.16) s ＝7.66 s 答案：(1)5.4 N (2)0.8 (3)7.66 s2．某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则．实验步骤：①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向．②如图甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧秤示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置标记为O1、O2，记录弹簧秤的示数F，测量并记录O1、O2间的距离(即橡皮筋的长度l)．每次将弹簧秤示数改变0.50 N，测出所对应的l，部分数据如下表所示：F/(N) 0 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50l/(cm) l010.97 12.02 13.00 13.98 15.05F OO′.④在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图乙所示．用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA段的拉力记为F OA，OB段的拉力记为F OB.完成下列作图和填空：(1)利用表中数据在给出的坐标纸上画出F－l图线，根据图线求得l0＝________cm.(2)测得OA＝6.00 cm，OB＝7.60 cm，则F OA的大小为________N.(3)根据给出的标度，在图中作出F OA和F OB的合力F′的图示．(4)通过比较F′与________的大小和方向，即可得出实验结论．解析：(1)在坐标系中描点，用平滑的曲线(直线)将各点连接起来，不在直线上的点均匀分布在直线的两侧．如图甲所示，由图线可知与横轴的交点l0＝10.0 cm.(2)橡皮筋的长度l＝OA＋OB＝13.60 cm，由图甲可得F＝1.80 N，所以F OA＝F OB＝F＝1.80 N.(3)利用给出的标度作出F OA和F OB的图示，然后以F OA和F OB为邻边作平行四边形，对角线即为合力F′，如图乙．(4)F OO′的作用效果和F OA、F OB两个力的作用效果相同，F′是F OA、F OB两个力的合力，所以只要比较F′和F OO′的大小和方向，即可得出实验结论．答案：(1)如图甲所示10.0(9.8、9.9、10.1均正确)(2)1.80(1.70～1.90均正确)(3)如图乙所示(4)F OO′。

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。

[K12学习]四川省广安市武胜县2018届高考物理课外辅导讲义(6)(含解析)

四川省广安市武胜县2018届高考物理课外辅导讲义（6）一、选择题1．(2017·四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 ＝2πGM 8R3－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 r2＝m ω2r ，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 ＝GM 8R3，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 ＝2πGM 8R3－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．(2017·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 3＋3C ．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 ＝2π＋3gR2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 ＋H R ＋h .故A 错误；设卫星的角速度为ω，G Mm r2＝m ω2r ，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＝2π＋3GM－＋3GM＝2πgR 2＋3－＋3，故D 错误．3．(2017·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．(2017·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．(2017·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．(2017·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 1－2rk 22PRB ．P r ＝2r Rk 22P U ＝2U m 2k 1k 2－2rk 22PR C ．P r ＝2r Rk 22P U ＝2k 2U m 2k 1－2rk 1k 2P R D ．P r ＝2r Rk 21P U ＝2U m 2k 1k 2－2rk 1k 2P R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 2－2r k 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 mAB 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 ＝t 1＋t 2＝2＋2π3Bq m.答案：(1)3BqR m (2)9B 2qR 4m (3)2＋2π3Bq m。

四川省广安市武胜县2018届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2018届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 ＝h v 0，在磁场中运动的时间t 3＝π4R v ＝πh 4v 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＋π4h v 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(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(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 ＝NB ωSsin 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 ＝NBS ωcos 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)。

四川省广安市武胜县高考物理课外辅导讲义(1)(含解析)

四川省广安市武胜县2018届高考物理课外辅导讲义（1）一、选择题1．(2017·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v 1＝vcos θ，因为θ增大，则v 减小，故B 正确，ACD 错误．2．(2017·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/sC ．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 ＝r ω2，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 ＝πrv ＝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．(2017·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、(2017·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/s A 点到B 点的过程： mgR(1＋cos θ)＝12mv 2B －12mv 2v B ＝v 2＋＋cos θ＝5 m/s在轨道BC 上：下滑：L ＝v B ＋v C 2t 1，t 1＝2Lv B ＋v C ＝7.5 s上滑：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 2 a 2＝gsin θ＋μgcos θ＝12.4 m/s 20＝v C －a 2t 2t 2＝v C a 2＝212.4s≈0.16 sμ＞tan θ，滑块在轨道BC 上停止后不再下滑滑块在BC 上运动的总时间： t 总＝t 1＋t 2＝(7.5＋0.16) s ＝7.66 s 答案：(1)5.4 N (2)0.8 (3)7.66 s2．(2017·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 2m t 22 v y ＝qE 1m t 1＝qE 2m t 2v 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，…)。

2018版高考物理教科版四川专用大一轮复习讲义文档+题

高考命题解读]第1讲机械振动1．简谐运动(1)定义：如果质点所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比，并且总是指向平衡位置． (2)平衡位置：物体在振动过程中回复力为零的位置． (3)回复力①定义：使物体返回到平衡位置的力． ②方向：总是指向平衡位置．③属于效果力，可以是某一个力，也可以是几个力的合力或某个力的分力．深度思考] 简谐运动的平衡位置就是质点所受合力为零的位置吗？答案不是，是回复力为零的位置． 2．简谐运动的两种模型深度思考] 做简谐运动的质点，速度增大时，其加速度如何变化？答案一定减小． 3．简谐运动的公式和图像 (1)简谐运动的表达式①动力学表达式：F ＝－kx ，其中“－”表示回复力与位移的方向相反．②运动学表达式：x ＝A sin(ωt ＋φ)，其中A 代表振幅，ω＝2πf 表示简谐运动的快慢，ωt ＋φ代表简谐运动的相位，φ叫做初相． (2)简谐运动的图像①从平衡位置开始计时，函数表达式为x ＝A sin ωt ，图像如图1甲所示． ②从最大位移处开始计时，函数表达式为x ＝A cos ωt ，图像如图乙所示．图14．受迫振动和共振 (1)受迫振动系统在驱动力作用下的振动．做受迫振动的物体，它做受迫振动的周期(或频率)等于驱动力的周期(或频率)，而与物体的固有周期(或频率)无关．(2)共振做受迫振动的物体，它的驱动力的频率与固有频率越接近，其振幅就越大，当二者相等时，振幅达到最大，这就是共振现象．共振曲线如图2所示．图21.如图3所示的装置，弹簧振子的固有频率是4Hz.现匀速转动把手，给弹簧振子以周期性的驱动力，测得弹簧振子振动达到稳定时的频率为1Hz ，则把手转动的频率为( )图3A ．1HzB ．3HzC ．4HzD ．5Hz答案 A解析受迫振动的频率等于驱动力的频率，把手转动的频率为1Hz ，选项A 正确． 2．有一弹簧振子，振幅为0.8cm ，周期为0.5s ，初始时具有负方向的最大加速度，则它的振动方程是( )A ．x ＝8×10－3sin ⎝⎛⎭⎫4πt ＋π2m B ．x ＝8×10－3sin ⎝⎛⎭⎫4πt －π2m C ．x ＝8×10－1sin ⎝⎛⎭⎫πt ＋3π2m D ．x ＝8×10－1sin ⎝⎛⎭⎫π4t ＋π2m 答案 A解析振幅A ＝0.8cm ＝8×10－3m ，ω＝2πT＝4πrad/s.由题知初始时(即t ＝0时)振子在正向最大位移处，即sin φ0＝1，得φ0＝π2，故振子做简谐运动的方程为：x ＝8×10－3sin ⎝⎛⎭⎫4πt ＋π2m ，选项A 正确．3．(人教版选修3－4P5第3题)如图4所示，在t ＝0到t ＝4s 的范围内回答以下问题．图4(1)质点相对平衡位置的位移的方向在哪些时间内跟它的瞬时速度的方向相同？在哪些时间内跟瞬时速度的方向相反？ (2)质点在第2s 末的位移是多少？ (3)质点在前2s 内走过的路程是多少？答案 (1)在0～1s,2～3s 内位移方向跟它的瞬时速度方向相同；在1～2s,3～4s 内位移方向跟它的瞬时速度方向相反． (2)0 (3)20cm4．(人教版选修3－4P12第4题)如图5所示为某物体做简谐运动的图像，在所画曲线的范围内回答下列问题．图5(1)哪些时刻物体的回复力与0.4s 时刻的回复力相同？ (2)哪些时刻物体的速度与0.4s 时刻的速度相同？ (3)哪些时刻的动能与0.4s 时刻的动能相同？ (4)哪些时间的加速度在减小？ (5)哪些时间的势能在增大？答案 (1)0.6s 、1.2s 、1.4s (2)0.2s 、1.0s 、1.2s(3)0、0.2s 、0.6s 、0.8s 、1.0s 、1.2s 和1.4s (4)0.1～0.3s 、0.5～0.7s 、0.9～1.1s 和1.3～1.5s (5)0～0.1s 、0.3～0.5s 、0.7～0.9s 、1.1～1.3s命题点一简谐运动的规律简谐运动的五大特征例1 (2018·山东·38(1))如图6所示，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动．以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y ＝0.1sin (2.5πt ) m.t ＝0时刻，一小球从距物块h 高处自由落下；t ＝0.6s 时，小球恰好与物块处于同一高度．取重力加速度的大小g ＝10m/s 2.以下判断正确的是( )图6A ．h ＝1.7mB ．简谐运动的周期是0.8sC ．0.6s 内物块运动的路程是0.2mD ．t ＝0.4s 时，物块与小球运动方向相反①物块沿竖直方向做简谐运动；②小球恰好与物块处于同一高度．答案 AB解析 t ＝0.6s 时，物块的位移为y ＝0.1sin(2.5π×0.6)m ＝－0.1m ，则对小球h ＋|y |＝12gt 2，解得h ＝1.7m ，选项A 正确；简谐运动的周期是T ＝2πω＝2π2.5πs ＝0.8s ，选项B 正确；0.6s 内物块运动的路程是3A ＝0.3m ，选项C 错误；t ＝0.4s ＝T2时，物块经过平衡位置向下运动，则此时物块与小球运动方向相同，选项D 错误．1．关于简谐运动的位移、加速度和速度的关系，下列说法中正确的是( ) A ．位移减小时，加速度减小，速度也减小B ．位移方向总是与加速度方向相反，与速度方向相同C ．物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向与位移方向相反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同D ．物体向负方向运动时，加速度方向与速度方向相同；向正方向运动时，加速度方向与速度方向相反答案 C解析位移减小时，加速度减小，速度增大，A 错误；位移方向总是与加速度方向相反，与速度方向有时相同，有时相反，B 、D 错误，C 正确．2．一个做简谐运动的弹簧振子，周期为T ，振幅为A ，已知振子从平衡位置第一次运动到x ＝A 2处所用的最短时间为t 1，从最大的正位移处第一次运动到x ＝A2处所用的最短时间为t 2，那么t 1与t 2的大小关系正确的是( ) A ．t 1＝t 2 B ．t 1＜t 2 C ．t 1＞t 2 D ．无法判断答案 B解析根据振子远离平衡位置时速度减小，靠近平衡位置时速度增大可知，振子第一次从平衡位置运动到x ＝12A 处的平均速度大于第一次从最大正位移处运动到x ＝12A 处的平均速度，而路程相等，说明t 1＜t 2.故A 、C 、D 错误，B 正确．命题点二简谐运动图像的理解和应用 1.根据简谐运动图像可获取的信息：(1)振幅A 、周期T (或频率f )和初相位φ(如图7所示)．图7(2)某时刻振动质点离开平衡位置的位移．(3)某时刻质点速度的大小和方向：曲线上各点切线的斜率的大小和正负分别表示各时刻质点的速度的大小和速度的方向，速度的方向也可根据下一时刻质点的位移的变化来确定． (4)某时刻质点的回复力和加速度的方向：回复力总是指向平衡位置，回复力和加速度的方向相同，在图像上总是指向t 轴．(5)某段时间内质点的位移、回复力、加速度、速度、动能和势能的变化情况． 2.利用简谐运动图像理解简谐运动的对称性：(图8)图8(1)相隔Δt ＝(n ＋12)T (n ＝0,1,2，…)的两个时刻，弹簧振子的位置关于平衡位置对称，位移等大反向，速度也等大反向．(2)相隔Δt ＝nT (n ＝0,1,2，…)的两个时刻，弹簧振子在同一位置，位移和速度都相同．例2 甲、乙两弹簧振子的振动图像如图9所示，则可知( )图9A ．两弹簧振子完全相同B ．两弹簧振子所受回复力最大值之比F 甲∶F 乙＝2∶1C ．振子甲速度为零时，振子乙速度最大D ．两振子的振动频率之比f 甲∶f 乙＝2∶1E ．振子乙速度为最大时，振子甲速度不一定为零答案 CE解析从图像中可以看出，两弹簧振子周期之比T 甲∶T 乙＝2∶1，则频率之比f 甲∶f 乙＝1∶2，D 错误；弹簧振子周期与振子质量、弹簧劲度系数k 有关，周期不同，说明两弹簧振子不同，A 错误；由于弹簧的劲度系数k 不一定相同，所以两弹簧振子所受回复力(F ＝－kx )的最大值之比F 甲∶F 乙不一定为2∶1，B 错误；由简谐运动的特点可知，在振子到达平衡位置时位移为零，速度最大，在振子到达最大位移处时，速度为零，从图像中可以看出，在振子甲到达最大位移处时，振子乙恰好到达平衡位置；C 正确；当振子乙到达平衡位置时，振子甲有两个可能的位置，一个是最大位移处，一个是平衡位置，E 正确．3．(2018·北京理综·15)如图10所示，弹簧振子在M 、N 之间做简谐运动．以平衡位置O 为原点，建立Ox 轴．向右为x 轴正方向．若振子位于N 点时开始计时，则其振动图像为( )图10答案 A解析开始计时时振子位于正向最大位移处向负方向做简谐运动，振动图像为余弦函数图像，A 项对．4．如图11甲所示，弹簧振子以O 点为平衡位置，在A 、B 两点之间做简谐运动．取向右为正方向，振子的位移x 随时间t 的变化图像如图乙所示，下列说法正确的是( )图11A ．t ＝0.8s 时，振子的速度方向向左B ．t ＝0.2s 时，振子在O 点右侧6cm 处C ．t ＝0.4s 和t ＝1.2s 时，振子的加速度完全相同D ．t ＝0.4s 到t ＝0.8s 的时间内，振子的速度逐渐减小答案 A解析从t ＝0.8s 时起，再过一段微小时间，振子的位移为负值，因为取向右为正方向，故t ＝0.8s 时，速度方向向左，A 正确；由题图乙得振子的位移x ＝12sin 5π4t cm ，故t ＝0.2s 时，x＝62cm ，故B 错误；t ＝0.4s 和t ＝1.2s 时，振子的位移方向相反，加速度方向相反，C 错误；t ＝0.4s 到t ＝0.8s 的时间内，振子的位移逐渐变小，故振子逐渐靠近平衡位置，其速度逐渐变大，故D 错误．5.如图12所示为一弹簧振子的振动图像，试完成以下问题：图12(1)写出该振子简谐运动的表达式；(2)在第2s 末到第3s 末这段时间内，弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变化的？(3)该振子在前100s 的总位移是多少？路程是多少？答案见解析解析 (1)由振动图像可得A ＝5cm ，T ＝4s ，φ＝0 则ω＝2πT ＝π2rad/s故该振子简谐运动的表达式为x ＝5sin π2t cm(2)由题图可知，在t ＝2s 时，振子恰好通过平衡位置，此时加速度为零，随着时间的延续，位移不断变大，加速度也变大，速度不断变小，动能不断减小，弹性势能逐渐增大，当t ＝3s 时，加速度达到最大值，速度等于零，动能等于零，弹性势能达到最大值．(3)振子经过一个周期位移为零，路程为4×5cm ＝20cm ，前100s 刚好经过了25个周期，所以前100s 振子的位移x ＝0，振子的路程s ＝25×20cm ＝500cm ＝5m. 命题点三单摆的周期公式和万有引力定律的结合 1．单摆的受力特征(1)回复力：摆球重力沿切线方向的分力，F 回＝－mg sin θ＝－mglx ＝－kx ，负号表示回复力F回与位移x 的方向相反．(2)向心力：细线的拉力和重力沿细线方向分力的合力充当向心力，F 向＝T －mg cos θ. (3)两点说明①当摆球在最高点时，F 向＝m v 2l＝0，T ＝mg cos θ.②当摆球在最低点时，F 向＝m v 2max l ，F 向最大，T ＝mg ＋m v 2maxl .2．周期公式T ＝2πlg的两点说明 (1)l 为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离． (2)g 为当地重力加速度．例3 一单摆在地面处的摆动周期与在某矿井底部摆动周期的比值为k .设地球的半径为R ，地球的密度均匀．已知质量均匀分布的球壳对壳内物体的引力为零，求矿井的深度d .质量均匀分布的球壳对壳内物体的引力为零．答案见解析解析根据万有引力定律，地面处质量为m 的物体的重力mg ＝G mMR2式中g 是地面处的重力加速度，M 是地球的质量．设ρ是地球的密度，则有M ＝43πρR 3摆长为l 的单摆在地面处的摆动周期为T ＝2πl g若该物体位于矿井底部，则其重力为mg ′＝G mM ′(R －d )2式中g ′是矿井底部的重力加速度，且M ′＝43πρ(R －d )3在矿井底部此单摆的周期为T ′＝2πl g ′由题意：T ＝kT ′联立以上各式得d ＝R (1－k 2)6．(2018·安徽理综·14)在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律．法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系．已知单摆摆长为l ，引力常量为G ，地球质量为M ，摆球到地心的距离为r ，则单摆振动周期T 与距离r 的关系式为( ) A ．T ＝2πr GMl B ．T ＝2πr l GM C ．T ＝2πr GMlD ．T ＝2πlr GM答案 B解析根据单摆周期公式T ＝2πlg和GM ＝gr 2可得T ＝2πl GMr 2＝2πr lGM，故选项B 正确．命题点四受迫振动和共振1．自由振动、受迫振动和共振的关系比较2.对共振的理解图13(1)共振曲线：如图13所示，横坐标为驱动力频率f，纵坐标为振幅A，它直观地反映了驱动力频率对某固有频率为f0的振动系统受迫振动振幅的影响，由图可知，f与f0越接近，振幅A 越大；当f＝f0时，振幅A最大．(2)受迫振动中系统能量的转化：做受迫振动的系统的机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换．例4下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，若该振动系统的固有频率为f 固，则()A.f固＝固C．50Hz＜f固＜60Hz D．以上三个都不对答案 C解析从如图所示的共振曲线可判断出f驱与f固相差越大，受迫振动的振幅越小；f驱与f固越接近，受迫振动的振幅越大．并可以从中看出f驱越接近f固，振幅的变化越慢．比较各组数据知f驱在50～60Hz范围内时，振幅变化最小，因此50Hz＜f固＜60Hz，即C正确．7.如图14所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，其中A、B的摆长相等．当A摆振动的时候，通过张紧的绳子给B、C、D摆施加驱动力，使其余各摆做受迫振动．观察B、C、D摆的振动发现()图14A．C摆的频率最小B．D摆的周期最大C．B摆的摆角最大D．B、C、D的摆角相同答案 C解析由A摆摆动从而带动其它3个单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，故其它各摆振动周期跟A摆相同，频率也相等．故A、B错误；受迫振动中，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大，由于B摆的固有频率与A摆的相同，故B 摆发生共振，振幅最大，故C正确，D错误．8．在实验室可以做“声波碎杯”的实验，用手指轻弹一只玻璃酒杯，可以听到清脆的声音，测得这声音的频率为500Hz.将这只酒杯放在一个大功率的声波发生器前，操作人员通过调整其发出的声波，就能使酒杯碎掉．下列说法中正确的是()A．操作人员必须把声波发生器输出的功率调到很大B．操作人员必须使声波发生器发出频率很高的超声波C．操作人员必须同时增大声波发生器发出声波的频率和功率D．操作人员必须将声波发生器发出的声波频率调到500Hz，且适当增大其输出功率答案 D解析由题可知用手指轻弹一只酒杯，测得这声音的频率为500Hz，就是酒杯的固有频率．当物体发生共振时，物体振动的振幅最大，甚至可能造成物体解体．将这只酒杯放在一个大功率的声波发生器前，操作人员通过调整其发出的声波，将酒杯碎掉是利用的共振现象，而发生共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率，而酒杯的固有频率为500Hz，故操作人员要将声波发生器发出的声波频率调到500Hz，使酒杯产生共振，从而能将酒杯碎掉，故D 正确.单摆模型模型特点：单摆模型指符合单摆规律的模型，需满足以下三个条件：(1)圆弧运动；(2)小角度往复运动；(3)回复力满足F＝－kx.典例如图15所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，C为弧形槽最低点，R≫AB.甲球从弧形槽的球心处自由下落，乙球从A 点由静止释放，问：图15(1)两球第1次到达C 点的时间之比；(2)若在圆弧的最低点C 的正上方h 处由静止释放小球甲，让其自由下落，同时将乙球从圆弧左侧由静止释放，欲使甲、乙两球在圆弧最低点C 处相遇，则甲球下落的高度h 是多少？答案 (1)22π (2)(2n ＋1)2π2R 8(n ＝0,1,2…)解析 (1)甲球做自由落体运动 R ＝12gt 21，所以t 1＝2R g乙球沿圆弧做简谐运动(由于AC ≪R ，可认为摆角θ＜5°)．此运动与一个摆长为R 的单摆运动模型相同，故此等效摆长为R ，因此乙球第1次到达C 处的时间为 t 2＝14T ＝14×2πR g ＝π2R g，所以t 1∶t 2＝22π.(2)甲球从离弧形槽最低点h 高处自由下落，到达C 点的时间为t 甲＝2h g由于乙球运动的周期性，所以乙球到达C 点的时间为 t 乙＝T 4＋n T 2＝π2Rg(2n ＋1) (n ＝0,1,2，…) 由于甲、乙在C 点相遇，故t 甲＝t 乙联立解得h ＝(2n ＋1)2π2R8(n ＝0,1,2…)．1．解决该类问题的思路：首先确认符合单摆模型的条件，即小球沿光滑圆弧运动，小球受重力、轨道支持力(此支持力类似单摆中的摆线拉力)；然后寻找等效摆长l 及等效加速度g ；最后利用公式T ＝2πlg或简谐运动规律分析求解问题． 2．易错提醒：单摆模型做简谐运动时具有往复性，解题时要审清题意，防止漏解或多解．题组1 简谐运动的物理量和表达式1．做简谐运动的物体，当它每次经过同一位置时，可能不同的物理量是( ) A ．位移B ．速度C ．加速度D ．回复力答案 B2．某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x ＝A sin π4t ，则质点( )A ．第1s 末与第3s 末的位移相同B ．第1s 末与第3s 末的速度相同C ．第3s 末至第5s 末的位移方向都相同D ．第3s 末至第5s 末的速度方向都相同答案 AD解析由关系式可知ω＝π4 rad/s ，T ＝2πω＝8 s ，将t ＝1 s 和t ＝3 s 代入关系式中求得两时刻位移相同，A 对；作出质点的振动图像，由图像可以看出，第1 s 末和第3 s 末的速度方向不同，B 错；由图像可知，第3 s 末至第4 s 末质点的位移方向与第4 s 末至第5 s 末质点的位移方向相反，而速度的方向相同，故C 错，D 对．3．做简谐振动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的12，则单摆振动的( )A ．频率、振幅都不变B ．频率、振幅都改变C ．频率不变、振幅改变D ．频率改变、振幅不变答案 C解析单摆的周期由摆长和当地的重力加速度决定．由单摆的周期公式T ＝2πlg，可知，单摆摆长不变，则周期不变，频率不变；振幅A 是反映单摆运动过程中的能量大小的物理量，由E k ＝12m v 2结合题意可知，摆球经过平衡位置时的动能不变，因质量增大，故振幅减小，所以C 正确．题组2 简谐运动的图像4.如图1甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O 点为平衡位置，在a 、b 两点之间做简谐运动，其振动图像如图乙所示．由振动图像可以得知()图1A．振子的振动周期等于t1B．在t＝0时刻，振子的位置在a点C．在t＝t1时刻，振子的速度为零D．从t1到t2，振子正从O点向b点运动答案 D解析弹簧振子先后经历最短时间到达同一位置时，若速度相同，则这段时间间隔就等于弹簧振子的振动周期，从振动图像可以看出振子的振动周期为2t1，选项A错误；在t＝0时刻，振子的位移为零，所以振子应该在平衡位置O，选项B错误；在t＝t1时刻，振子在平衡位置O，该时刻振子速度最大，选项C错误；从t1到t2，振子的位移在增加，所以振子正从O点向b点运动，选项D正确．5．一质点做简谐运动的图像如图2所示，下列说法正确的是()图2A．质点振动频率是4HzB．在10s内质点经过的路程是20cmC．第4s末质点的速度是零D．在t＝1s和t＝3s两时刻，质点位移大小相等、方向相同答案 B解析由题图可知，该简谐运动的周期为4 s，频率为0.25 Hz，在10 s内质点经过的路程是2.5×4A＝20 cm.第4 s末质点的速度最大．在t＝1 s和t＝3 s两时刻，质点位移大小相等、方向相反．故B正确．6.如图3所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像，则下列说法中正确的是()图3A．甲、乙两单摆的摆长相等B．甲摆的振幅比乙摆大C．甲摆的机械能比乙摆大D．在t＝0.5s时有正向最大加速度的是乙摆E．由图像可以求出当地的重力加速度答案ABD解析由振动图像可以看出，甲摆的振幅比乙摆的大，两单摆的振动周期相同，根据单摆周期公式T＝2πlg可得，甲、乙两单摆的摆长相等，但不知道摆长是多少，不能计算出当地的重力加速度g，故A、B正确，E错误；两单摆的质量未知，所以两单摆的机械能无法比较，故C错误；在t＝0.5s时，乙摆有负向最大位移，即有正向最大加速度，而甲摆的位移为零，加速度为零，故D正确．7.一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如图4所示，则()图4A．此单摆的固有周期约为0.5sB．此单摆的摆长约为1mC．若摆长增大，单摆的固有频率增大D．若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动答案 B解析由共振曲线知此单摆的固有频率为0.5Hz，固有周期为2s；再由T＝2πlg，得此单摆的摆长约为1m；若摆长增大，单摆的固有周期增大，固有频率减小，则共振曲线的峰将向左移动．8．简谐运动的振动图线可用下述方法画出：如图5甲所示，在弹簧振子的小球上安装一支绘图笔P，让一条纸带在与小球振动方向垂直的方向上匀速运动，笔P在纸带上画出的就是小球的振动图像．取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移正方向，纸带运动的距离代表时间，得到的振动图线如图乙所示．则下列说法中正确的是()图5A．弹簧振子的周期为4sB．弹簧振子的振幅为10cmC．t＝17s时振子相对平衡位置的位移是10cmD．若纸带运动的速度为2cm/s，振动图线上1、3两点间的距离是4cmE．2.5s时振子正在向x轴正方向运动答案ABD解析周期是振子完成一次全振动的时间，由图知，弹簧振子的周期为T＝4 s，故A正确；振幅是振子离开平衡位置的最大距离，由图知，弹簧振子的振幅为10 cm，故B正确；振子的周期为4 s，由周期性知，t＝17 s时振子相对平衡位置的位移与t＝1 s时振子相对平衡位置的位移相同，为0.故C错误；若纸带运动的速度为2 cm/s，振动图线上1、3两点间的距离是s＝vt＝2 cm/s×2 s＝4 cm，故D正确；图像的斜率表示速度，斜率正负表示速度的方向，则知2.5 s时振子的速度为负，正在向x轴负方向运动，故E错误．题组3简谐运动的综合问题9.如图6所示为一个竖直放置的弹簧振子，物体沿竖直方向在A、B之间做简谐运动，O点为平衡位置，A点位置恰好为弹簧的原长．物体由C点运动到D点(C、D两点未在图上标出)的过程中，弹簧的弹性势能增加了3.0J，重力势能减少了2.0J．对于这段过程说法正确的是()图6A．物体的动能增加1.0JB．C点的位置可能在平衡位置以上C．D点的位置可能在平衡位置以上D．物体经过D点的运动方向可能指向平衡位置答案 BD10.一质点做简谐运动，其位移与时间的关系如图7所示．图7(1)求t ＝0.25×10－2s 时质点的位移；(2)在t ＝1.5×10－2s 到t ＝2×10－2s 的振动过程中，质点的位移、回复力、速度、动能、势能如何变化？(3)在t ＝0到t ＝8.5×10－2s 时间内，质点的路程、位移各多大？答案 (1)－2cm (2)变大变大变小变小变大 (3)34cm 2cm解析 (1)由题图可知A ＝2cm ，T ＝2×10－2s ，振动方程为x ＝A sin (ωt －π2)＝－A cos ωt ＝－2cos(2π2×10－2t ) cm ＝－2cos100πt cm 当t ＝0.25×10－2s 时，x ＝－2cos π4cm ＝－2cm.(2)由题图可知在t ＝1.5×10－2s 到t ＝2×10－2s 的振动过程中，质点的位移变大，回复力变大，速度变小，动能变小，势能变大．(3)在t ＝0到t ＝8.5×10－2s 时间内经历174个周期，质点的路程为s ＝17A ＝34cm ，位移为2cm.。

四川省广安市武胜县2018届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本文档仅供文库使用。

四川省广安市武胜县高考物理课外辅导讲义(3)(含解析)

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。

四川省广安市武胜县高考物理课外辅导讲义(5)(含解析)

四川省广安市武胜县2018届高考物理课外辅导讲义（5）一、选择题1．(2017·云南省楚雄市高三下学期统测)随着我国登月计划的实施，我国宇航员登上月球已不是梦想；假如我国宇航员登上月球并在月球表面附近以初速度v 0竖直向上抛出一个小球，经时间t 后回到出发点．已知月球的半径为R ，万有引力常量为G ，则下列说法正确的是( ) A ．月球表面的重力加速度为v 0tB ．月球的质量为2v 0R2GtC ．宇航员在月球表面获得v 0Rt的速度就可能离开月球表面围绕月球做圆周运动 D ．宇航员在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的绕行周期为Rt v 0解析：选B.小球在月球表面做竖直上抛运动，根据匀变速运动规律得t ＝2v 0g 月，解得g 月＝2v 0t ，故A 错误；物体在月球表面上时，由重力等于月球的万有引力得G Mm R 2＝mg 月，解得M ＝R 2g 月G ，联立t ＝2v 0g 月，可得M ＝2v 0R2Gt ，故B 正确；宇航员离开月球表面围绕月球做圆周运动至少应获得的速度大小即月球的第一宇宙速度大小，所以G Mm R 2＝m v2R，解得v ＝GMR ＝2v 0Rt，故C 错误；宇航员乘坐飞船在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动，根据重力提供向心力得mg 月＝m 4π2R T 2＝m 2v 0t ，解得T ＝π2Rtv 0，故D 错误． 2．(2017·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 ·r3T 2，根据图象可知，A 的R3T2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 ＝M43πR 3＝4π2G ·R3T 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 ＝2πRT 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 Mmr 2＝ma 得：a ＝G Mr2，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．(2017·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 2V ；电阻R 上电压有效值为20 V ，则R 消耗的热功率为P ＝U 2R ＝20220 W ＝20 W ，故C 正确．5．(2017·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．(2017·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PIC ．灯泡L 1的额定电压等于n 1Pn 2ID ．如果闭合开关S ，则电流表示数变大解析：选ABD.根据产生交变电流的条件，A 正确；转过π4时，感应电动势的瞬时值应为22E m ，正好是有效值的大小P I ，B 正确；C 中灯泡L 1的额定电压应为n 2Pn 1I ，C 错误；开关S 闭合，并联L 2后负载总电阻减小，U 2不变，I 2增大，I 1也增大，D 正确．7、如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v 0沿逆时针方向运行．t ＝0时，将质量m ＝1 kg 的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的vt 图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，重力加速度g 取10 m/s 2.则( )A ．传送带的速率v 0＝10 m/sB ．传送带的倾角θ＝30°C ．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D ．0～2.0 s 摩擦力对物体做功W f ＝－24 J解析：选ACD.物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后，由于重力沿传送带向下的分力大于摩擦力，物体继续向下做匀加速直线运动，从图象可知传送带的速率为10 m/s ，故A 正确．开始时物体所受摩擦力方向沿传送带向下，速度等于传送带速度后摩擦力方向沿传送带向上，则a 1＝mgsin θ＋μmgcos θm ＝gsin θ＋μgcos θ＝10 m/s 2，a 2＝mgsin θ－μmgcos θm ＝gsin θ－μgcos θ＝12－101m/s 2＝2 m/s 2，联立两式解得μ＝0.5，θ＝37°，故B 错误，C 正确．第一段匀加速直线运动的位移x 1＝v 22a 1＝5 m ，摩擦力做的功为W f1＝μmgcos θ·x 1＝0.5×1×10×0.8×5 J＝20 J ，第二段匀加速直线运动的位移x 2＝v 2－v 22a 2＝11 m ，摩擦力做的功为W f2＝－μmgcos θ·x 2＝－0.5×1×10×0.8×11 J＝－44J ，则W f ＝W f1＋W f2＝－24 J ，故D 正确．二、非选择题1．(2017·宁夏银川九中高三下学期第五次模拟考试)如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A ，质量m A ＝4 kg ，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B 置于A 的最右端，B 的质量m B ＝2 kg ，现对A 施加一个水平向右的恒力F ＝10 N ，A 运动一段时间后，小车左端固定的挡板B 发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A 、B 粘合在一起，共同在F 的作用下继续运动，碰撞后经时间t ＝0.6 s ，二者的速度达到v t ＝2 m/s.求：(1)A 开始运动时加速度a 的大小； (2)A 、B 碰撞后瞬间的共同速度v 的大小； (3)A 的上表面长度l.解析：(1)以A 为研究对象，由牛顿第二定律得 F ＝m A a代入数据解得：a ＝2.5 m/s 2(2)对A 、B 碰撞后共同运动t ＝0.6 s 的过程中，由动量定理得 Ft ＝(m A ＋m B )v t －(m A ＋m B )v 代入数据解得：v ＝1 m/s(3)设A 、B 发生碰撞前，A 的速度为v A ，对A 、B 发生碰撞的过程，由动量守恒定律有： m A v A ＝(m A ＋m B )vA 从开始运动到与B 发生碰撞前，由动能定理得： Fl ＝12m A v 2A联立代入数据解得：l ＝0.45 m答案：(1)a ＝2.5 m/s 2(2)v ＝1 m/s (3)l ＝0.45 m2．如图所示，在直角坐标系xOy 平面内有一矩形区域MNPQ ，矩形区域内有水平向右的匀强电场，场强为E ；在y≥0的区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，半径为R 的光滑绝缘空心半圆管ADO 固定在坐标平面内，半圆管的一半处于电场中，圆心O 1为MN 的中点，直径AO 垂直于水平虚线MN.一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子(重力不计)从半圆管的O 点由静止释放，进入管内后从A 点穿出恰能在磁场中做半径为R 的匀速圆周运动，当粒子再次进入矩形区域MNPQ 时立即撤去磁场，此后粒子恰好从QP 的中点C 离开电场．求：(1)匀强磁场的磁感应强度B 的大小；(2)矩形区域的长度MN 和宽度MQ 应满足的条件？ (3)粒子从A 点运动到C 点的时间．解析：(1)粒子从O 到A 过程中由动能定理得 qER ＝12mv 2从A 点穿出后做匀速圆周运动，有qvB ＝mv2R解得B ＝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 2a ＝qE mR ＋OC ＝vt 联立解得OC ＝R所以，矩形区域的长度MN≥2R，宽度MQ ＝2R. (3)粒子从A 点到矩形边界MN 的过程中， t 1＝14·2πm qB ＝π2mR2qE从矩形边界MN 到C 点的过程中，t 2＝2R a＝ 2mR qE故所求时间t ＝t 1＋t 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋1 2mRqE. 答案：(1) 2EmqR (2)MN≥2R MQ ＝2R (3)⎝⎛⎭⎪⎫π4＋12mRqE。

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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（21）一、选择题1．(2017·四川省宜宾市高三二诊)(多选)如图所示，表面粗糙质量M ＝2 kg 的木板，t ＝0时在水平恒力F 的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a ＝2.5 m/s 2.t ＝0.5 s 时，将一个质量m ＝1 kg 的小铁块(可视为质点)无初速地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半．已知铁块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板和地面之间的动摩擦因数μ2＝0.25，g ＝10 m/s 2.则( )A ．水平恒力F 的大小为10 NB ．铁块放上木板后，木板的加速度为2 m/s 2C ．铁块在木板上运动的时间为1 sD ．木板的长度为1.625 m解析：选AC.未放木块时，对木板由牛顿定律：F －μ2Mg ＝Ma ，解得F ＝10 N ，选项A 正确；铁块放上木板后，对木板：F －μ1mg －μ2(M ＋m)g ＝Ma′，解得：a′＝0.75 m/s 2，选项B 错误；0.5 s 时木板的速度：v 0＝at 1＝2.5×0.5 m/s＝1.25 m/s ，木块滑离木板时，木板的速度：v 1＝v 0＋a′t 2＝1.25＋0.75t 2，木块的速度v′＝a 块t 2＝μ1gt 2＝t 2，由题意：v′＝12v 1，解得t 2＝1 s ，选项C 正确；木块滑离木板时，木板的速度v 1＝2 m/s ，木块的速度v′＝1 m/s ，则木板的长度为：L ＝v 0＋v 12t 2－v′2t 2＝1.25＋22×1 m－12×1 m＝1.125 m ，选项D 错误；故选AC.2．(2017·内蒙古包头市高三模拟)(多选)如图所示，一个质量为m 的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁上的P 、Q 两点处，弹簧的劲度系数为k ，起初圆环处于O 点，弹簧处于原长状态且原长为L ，细杆上面的A 、B 两点到O 点的距离都为L.将圆环拉至A 点由静止释放，重力加速度为g ，对于圆环从A 点运动到B 点的过程中，下列说法正确的是( )A ．圆环通过O 点的加速度小于gB ．圆环在O 点的速度最大C ．圆环在A 点的加速度大小为g ＋－2mD ．圆环在B 点的速度为2gL解析：选CD.A 、圆环在O 点只受重力，则此时加速度a ＝g ，A 错误；B 、圆环在O 点时加速度向下，速度向下，仍在加速，速度不是最大值，B 错误；C 、圆环在A 点的加速度大小为：a A ＝mg ＋L 2＋L 2－m＝g ＋－2m，C 正确；D 、A 、B 两点到O 点的距离都为L ，弹簧在此过程中没有做功，只有重力做功，根据动能定理得：mg·2L＝12mv 2即v ＝2gL ，D 正确；故选CD.3．下列说法正确的是( )A ．氡的半衰期是3.8天，所以10个氡原子核经过3.8天一定还剩5个B ．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应C ．核子凭借核力结合在一起构成原子核D ．温度越高，放射性元素衰变越快解析：选C.半衰期对大量的原子核适用，对少量的原子核不适用，故A 错误；太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应，选项B 错误；核子凭借核力结合在一起构成原子核，选项C 正确；半衰期与外界条件无关，选项D 错误；故选C.4．游乐场中，从离水面一定高度的A 处到水面B 处有两条长度相同的光滑轨道，如图所示，甲、乙两名小孩沿不同轨道同时从A 处自由滑向B 处，则两名小孩在全部滑行过程中的速率v 随时间t 变化的下列图象，正确的是( )解析：选B.根据牛顿第二定律可知甲的加速度逐渐减小，乙的加速度逐渐增加，而v －t 图线的斜率等于加速度；两物体的位移相同，图线与坐标轴围成的面积相等，故选项B 正确． 5．下表给出了一些金属材料的逸出功．现用波长为400 nm 的单色光照射上述材料，能产生光电效应的材料最多有几种(普朗克常量h ＝6.6×10－34J·s，光速c ＝3.00×108m/s)( )A.2种 C ．4种D ．5种解析：选A.光电效应发生的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，入射光的能量大于金属的逸出功，光子的能量为ε＝h ν＝h c λ，代入计算得ε＝6.6×10－34×3×108400×10－9 J ＝4.95×10－19J ，可以看出光子能量大于逸出功的金属有两种，所以A 项正确．6．14C 是碳的一种半衰期为5 730年的放射性同位素，2010年2月科学家发现了曹操墓，若考古工作者探测到其棺木中14C 的含量约为原来的45，则该古木死亡的时间距今大约为⎣⎢⎡⎦⎥⎤已知⎝ ⎛⎭⎪⎫1213≈0.8( )A ．22 900年B ．11 400年C ．5 700年D ．1 900年解析：选D.假设古木死亡时14C 的质量为m 0，现在的质量为m ，从古木死亡到现在所含14C 经过了n 个半衰期，由题意可知：m m 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝45，所以n≈13，即古木死亡的时间距今约为5 730×13年＝1 910年，D 正确．7．(2017·安徽师大附中高考物理最后一卷)如图所示，质量m ＝1 kg 的物体从高为h ＝0.2 m 的光滑轨道上P 点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A 点，物体和皮带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带AB 之间的距离为L ＝5 m ，传送带一直以v ＝4 m/s 的速度匀速运动，则( )A ．物体A 运动到B 的时间是1.5 sB ．物体A 运动到B 的过程中，摩擦力对物体做了2 J 功C ．物体A 运动到B 的过程中，产生2 J 热量D ．物体从A 运动到B 的过程中，带动传送带转动电动机多做了10 J 功解析：选AC.A.设物体下滑到A 点的速度为v 0，对PA 过程，由机械能守恒定律有：12mv 20＝mgh 代入数据得：v 0＝2gh ＝2 m/s ＜v ＝4 m/s则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀加速运动，加速度大小为a ＝μmg m ＝μg ＝2 m/s 2；加速至速度与传送带相等时用时：t 1＝v －v 0a ＝4－22 s ＝1 s匀加速运动的位移s 1＝v 0＋v 2t 1＝2＋42×1 m＝3 m ＜L ＝5 m所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为t 2＝L －s 1v ＝5－34 s ＝0.5 s故物体从A 运动到B 的时间为：t ＝t 1＋t 2＝1.5 s ．故A 正确．B ．物体运动到B 的速度是v ＝4 m/s.根据动能定理得：摩擦力对物体做功W ＝12mv 2－12mv 20＝12×1×42－12×1×22J ＝6 J ，故B 错误．C ．在t 1时间内，皮带做匀速运动的位移为 s 皮带＝vt 1＝4 m故产生热量Q ＝μmg Δs ＝μmg(s 皮带－s 1)，代入数据得：Q ＝2 J ．故C 正确．D ．电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功 W ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12mv 2－12mv 20＋Q ＝12×1×(42－22)＋2 J ＝8 J ，故D 错误．故选：AC.二、非选择题1．光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图所示装置，其中直轨道BC 粗糙，直轨道CD 光滑，两轨道相接处为一很小的圆弧，质量为m ＝0.1 kg 的滑块(可视为质点)在圆轨道上做圆周运动，到达轨道最高点A 时的速度大小为v ＝4 m/s ，当滑块运动到圆轨道与直轨道BC 的相切处B 时，脱离圆轨道开始沿倾斜直轨道BC 滑行，到达轨道CD 上的D 点时速度为零．若滑块变换轨道瞬间的能量损失可忽略不计，已知圆轨道的半径为R ＝0.25 m ，直轨道BC 的倾角θ＝37°，其长度为L ＝26.25 m ，D 点与水平地面间的高度差为h ＝0.2 m ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)滑块在圆轨道最高点A 时对轨道的压力大小； (2)滑块与直轨道BC 间的动摩擦因数； (3)滑块在直轨道BC 上能够运动的时间．解析：(1)在圆轨道最高点A 处对滑块，由牛顿第二定律得：mg ＋F N ＝m v2R得F N ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 2R －g ＝5.4 N 由牛顿第三定律得滑块在圆轨道最高点A 时对轨道的压力大小为5.4 N (2)从A 点到D 点全程，由动能定理得：mg(R ＋Rcos θ＋Lsin θ－h)－μmgLcos θ＝0－12mv 2即μ＝＋Rcos θ＋Lsin θ－＋v 22gLcos θ＝0.8(3)设滑块在BC 上向下滑动的时间为t 1，向上滑动的加速度为a 2，时间为t 2，在C 点时的速度为v C .由C 到D ：12mv 2C ＝mghv C ＝2gh ＝2 m/s A 点到B 点的过程： mgR(1＋cos θ)＝12mv 2B －12mv 2v B ＝v 2＋＋cos θ＝5 m/s在轨道BC 上：下滑：L ＝v B ＋v C 2t 1，t 1＝2Lv B ＋v C ＝7.5 s上滑：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 2 a 2＝gsin θ＋μgcos θ＝12.4 m/s 20＝v C －a 2t 2t 2＝v C a 2＝212.4s≈0.16 sμ＞tan θ，滑块在轨道BC 上停止后不再下滑滑块在BC 上运动的总时间： t 总＝t 1＋t 2＝(7.5＋0.16) s ＝7.66 s 答案：(1)5.4 N (2)0.8 (3)7.66 s2．某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则．实验步骤：①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向．②如图甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧秤示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置标记为O1、O2，记录弹簧秤的示数F，测量并记录O1、O2间的距离(即橡皮筋的长度l)．每次将弹簧秤示数改变0.50 N，测出所对应的l，部分数据如下表所示：F OO′.④在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图乙所示．用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA段的拉力记为F OA，OB段的拉力记为F OB.完成下列作图和填空：(1)利用表中数据在给出的坐标纸上画出F－l图线，根据图线求得l0＝________cm.(2)测得OA＝6.00 cm，OB＝7.60 cm，则F OA的大小为________N.(3)根据给出的标度，在图中作出F OA和F OB的合力F′的图示．(4)通过比较F′与________的大小和方向，即可得出实验结论．解析：(1)在坐标系中描点，用平滑的曲线(直线)将各点连接起来，不在直线上的点均匀分布在直线的两侧．如图甲所示，由图线可知与横轴的交点l0＝10.0 cm.(2)橡皮筋的长度l＝OA＋OB＝13.60 cm，由图甲可得F＝1.80 N，所以F OA＝F OB＝F＝1.80 N.(3)利用给出的标度作出F OA和F OB的图示，然后以F OA和F OB为邻边作平行四边形，对角线即为合力F′，如图乙．(4)F OO′的作用效果和F OA、F OB两个力的作用效果相同，F′是F OA、F OB两个力的合力，所以只要比较F′和F OO′的大小和方向，即可得出实验结论．答案：(1)如图甲所示10.0(9.8、9.9、10.1均正确)(2)1.80(1.70～1.90均正确)(3)如图乙所示(4)F OO′。