专题06 多选题精练冲刺版-2018年高考物理黄金30天黄金

黄金三十天黄金30题
专题06 多选题精练（冲刺名校版）多项选择题：每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。

全部选对
的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1．如图所示，将两块光滑平板OA、OB固定连接，构成顶角为60°的楔形槽，楔形槽内放置一质量为m的光滑小球，整个装置保持静止，OA板与水平面夹角为15°。

现使楔形槽绕O点顺时针缓慢转动至OA板竖直，重力加速度为g，则转动过程中( )
A. OA板对小球的作用力一直在减小
B. OB板对小球的作用力一直在增大
C. OA板对小球作用力的最大值为mg
D. OB板对小球的作用力大小为mg时，OA板对小球的作用力大小也为mg
【答案】BCD
【解析】在转动过程中，恒定不变，为此可组成以为直径得圆，在转动过程中弦恒定不变，如图所示：
当B从开始位置转动到竖直位置，即从1到2的过程中，在增大，也在增大；当B 从竖直位置继续转动到A在竖直位置，即从2到4的过程中，在减小，在增大；故整个过程OA板对小球的作用力先增大后减小，而B板对小球的作用力一直在增大，故A错误，B正确；当B在竖直位置时OA板对小球作用力最大，此时的受力分析，如图所示：
根据平衡条件得：，故C正确；当OC线竖直时，球处于静止状态，受力平衡，根据几何关系可知，两挡板对球的弹力大小相等，且夹角为，根据平衡条件得：N=mg，故D正确；故选BCD.
2．如图所示，带电小球a由绝缘细线OC和OE悬挂而处于静止状态，其中OC水平，地面
上固定以绝缘且内壁光滑的的圆弧细管道AB，圆心O与a球位置重合，管道低端B与水平地面相切，一质量为m的带电小球b从A端口由静止释放，当小球b运动到B端时对管道壁恰好无压力，重力加速度为g，在此过程中（）
A. 小球b的机械能守恒
B. 悬线OE的拉力先增大后减小
C. 悬线OC的拉力先增大后减小
D. 小球b受到的库仑力大小始终为3mg
【答案】ACD
小球从A到B：，在B点：，解得Fc=3mg，故D正确。

3．如图所示，卫星1为地球同步卫星，卫星2是周期为3小时的极地卫星，只考虑地球引力的作用，卫星1和卫星2均绕地球做匀速圆周运动，两轨道平面相互垂直，运动过程中卫星1和卫星2某时刻同时处于地球赤道某一点的正上方。

下列说法中正确的是（）
A. 卫星1和卫星2的角速度大小为之比1∶8
B. 卫星1和卫星2的速度大小之比为1∶2
C. 卫星1和卫星2的向心力大小之比为1∶16
D. 卫星1和卫星2相邻两次同时处在地球赤道某一点正上方的时间间隔为24小时
【答案】ABD
C、由于不知道两个天体的质量，所以也不能确定两个向心力得关系，C错误
D、若某时刻卫星1和卫星2处于地球赤道上某一点的正上方，而卫星1周期为24小时，卫星2周期为3小时，卫星2每绕8圈，卫星1恰好绕一圈，所以再经过24小时，两个卫星又同时到达该点正上方，所以卫星1和卫星2处在地球赤道的某一点正上方的周期为24小时，D正确
本题选：ABD
点睛：本题的关键在于知道隐含条件，同步卫星的周期是24小时。

4．如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同的物体A、B质量均为m，在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动。

在时轻绳断开，A在F作用下继续前进，则下列说法正确的是（）
A. 至时间内，A、B的总动量守恒
B. 至时间内，A、B的总动量守恒
C. 时，A的动量为
D. 时，A的动量为
【答案】AC
【解析】设A、B受到的滑动摩擦力都为f，断开前两物体做匀速直线运动，根据平衡条件
得：F=2f，设B经过时间t速度为零，对B由动量定理得：，解得：；由此可知，在剪断细线前，两木块在水平地面上向右做匀速直线运动，以AB为系统，绳子的属于系统的内力，系统所受合力为零；在剪断细线后，在B停止运动以前，两物体受到
的摩擦力不变，两木块组成的系统的合力仍为零，则系统的总动量守恒，故在至
的时间内A、B的总动量守恒，故A正确；在后，B停止运动，A做匀加速直线运动，故两木块组成的系统的合力不为零，故A、B的总动量不守恒，故B错误；当
时，对A由动量定理得：，代入，解得
，故C正确；当时，对A由动量定理得：，代入
，解得：，故D错误；故选C.
【点睛】动量守恒定律适用的条件：系统的合外力为零．或者某个方向上的合外力为零，则那个方向上动量守恒．两木块原来做匀速直线运动，合力为零，某时刻剪断细线，在A停止运动以前，系统的合力仍为零，系统动量守恒；在B静止后，系统合力不为零，A和B 组成的系统动量不守恒．
5．如图所示表面光滑、半径为R的绝缘半球固定在水平地面上，置于半球表面上的两小球质量分别为m1和m2(大小忽略不计)并带异种电荷处于平衡时，小球m1、m2与半球球心连
线与整直方向的夹角分别为30°、60°，设这两个小球的质量之比为，小球与半球之间的压力之比为、则以下说法正确的是
A. =
B. =
C. =
D. =
【答案】AD
【解析】对m1受力分析由正弦定理可得：
对m2受力分析由正弦定理可得：
由以上两式解得：，，故A、D正确。

6．如图所示的电路中，E为电源，其内电阻为r，V为理想电压表，L为阻值恒为2r的小灯泡，定值电阻R1的阻值恒为r，R2为半导体材料制成的光敏电阻，电容器两极板处于水平状态，闭合开关S，电容器中心P点有一带电小球处于静止状态，电源负极接地，则下列说法正确的是
A. 若将R2的滑片上移，则电压表的示数变小
B. 若突然将电容器上极板上移，则小球在P点电势能增加
C. 若光照变强，则油滴会向上运动
D. 若光照变强，则AB间电路的功率变大
【答案】BD
7．如图，ABC为粗细均匀的等边三角形导线框，导线框在纸面内；过直线MN的水平面上方有一足够大的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，在t=0时刻，让线圈从图示位置开始绕垂直于纸面、且过C点的轴以周期T顺时针匀速转动，设线框产生的感应电流为i，穿过线框的磁通量为，则下列图像和图像可能正确的是（）
A.
B.
C.
D.
【答案】AD
【解析】线圈以C点为轴顺时针匀速转动，在进入的前内，线圈的有效长度随进入磁场的角度的增大而发生非线性变化，即先减小再增大，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，感应电流随有效长度的变化而变化，故电流也发生非线性变化，即
先减小再增大，而磁通量发生非线变化的增大；从BC边进入磁场到AC边将出磁场，即到
时间内，线圈内的磁通量不变，没有感应电流；从到时间内，线圈的有效长度随出磁场的角度的增大而发生非线性变化，即先减小再增大，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，感应电流随有效长度的变化而变化，故电流也发生非线性变化，即先减小再增大，而磁通量发生非线变化的减小；故AD正确，BC错误，故选AD.
8．如图所示，三根通电长直导线A、B、C互相平行，其横截面积为等腰直角三角形的三个顶点，三根导线中通入的电流大小相等，且A、C中电流方向垂直于纸面向外，B中电流方
向垂直于纸面向内；已知通电导线在其周围产生的磁场的磁感应强度，其中I为通电导线的电流强度，r为到通电直导线的距离，k为常量。

下列说法正确的是
A. A所受磁场作用力的方向与B、C所在平面垂直
B. B所受磁场作用力的方向与A、C所在平面垂直
C. A、B单位长度所受的磁场作用力大小之比为1:2
D. A、B单位长度所受的磁场作用力大小之比为
【答案】BC
【解析】利用右手定则可知：A处的合磁场方向沿AC方向，所以A所受磁场作用力的方向与A、C所在平面垂直，A错；
B、利用右手定则可知：B处的合磁场方向沿AC方向，所以B所受磁场作用力的方向与A、C所在平面垂直，B对；
C、知通电导线在其周围产生的磁场的磁感应强度，根据磁场的叠加知：A处的磁场
大小为，而B处的磁场强度为，所以A、B单位长度所受的磁场作用力大小之比为1:2，C对，D错；
故本题选：BC
9．如图所示，处于竖直平面内的正六边形金属框架ABCDEF、可绕过C点且与平面垂直的水平轴自由转动，该金属框架的边长为L，中心记为O，用两根不可伸长、长度均为L的轻质细线将质量为m的金属小球悬挂于框架的A、E两个顶点并处于静止状态，现令框架绕转轴、沿顺时针方向缓慢转过90°角，已知重力加速度为g，在包括初、末状态的整个转动过程中下列说法正确的是( )
A. 细线OA中拉力最大值为mg
B. 细线OE中拉力最大值为
C. 细线OA中拉力逐渐增大
D. 细线OE中拉力逐渐减小
【答案】BD
【解析】对小球进行受力分析，如图所示，
Mg的对角始终为1200，设F TA的对角为，F TE的对角为，缓慢转动过程中，小球始终受力平衡，由正弦定理得，角由1500减小到600，F TA先增大后减小，当时，F TA最大，最大值为，故A、C错误；
角由900增加到1800，F TE减小到0，当时，F TE最大，最大值为，故B、D正确。

点晴：解决本题关键正确的受力分析，判断出角度的变化，由正弦定理求解。

10．如图所示，水平地面上停放一质量为3m的木板C,质量分别为2m和m的A、B两滑块，同时从木板的两端以相同的速率v滑上木板，两滑块相撞后粘连成一个整体一起运动。

已知木板C与水平地面间的动摩擦因数为μ,滑块A、B与木板间的动摩擦因数分别为为3μ和6μ,则
A. 木板C加速运动时的加速度大小为μg
B. 木板C加速运动时的加速度大小为2μg
C. 两滑块相撞后瞬间的速度大小一定小于
D. 两滑块相撞后瞬间的速度大小可能等于
【答案】BD
【解析】C、D、A与B相向运动时对C时间的摩擦力为，故C
无相对运动趋势而保持静止，对A与B的系统动量守恒有，解得，故C错误、D正确。

A、B、A与B相撞后一起向右运动，对C受力分析，由牛顿第二定律可知，得，方向向右，故A错误，B正确、故选BD。

【点睛】本题分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律与牛顿第二定律即可正确解题．11．如图所示，竖直平面内固定一个圆环状的细管，一光滑小球(直径略小于管经)在管内作圆周运动，则
A. 小球以不同的速度大小通过最高点时，管壁对小球的作用力天小一定不等
B. 小球以不同的速度大小通过最高点时，管壁对小球的作用力大小可能相等
C. 小球以不同的速度大小通过最低点时，管壁对小球的作用力大小一定不等
D. 小球以不同的速度大小通过最低点时，管壁对小球的作用力大小可能相等。

【答案】BC
【点睛】本题是杆—球模型在最低点和最高点的向心力分析，抓住临界状态，运用合适的规律进行求解．
12．设想宇航员完成了对火星表面的科学考察任务，乘坐返回舱返回围绕火星做圆周运动的轨道舱，如图所示。

为了安全，返回舱与轨道舱对接时，必须具有相同的速度。

已知返回
舱返回过程中需克服火星的引力做功，返回舱与人的总质量为m，火星表面的重力加速度为g，火星的半径为R，轨道舱到火星中心的距离为r，轨道舱的质量为M，不计火星表面大气对返回舱的阻力和火星自转的影响，则下列说法正确的是
A. 该宇航员乘坐的返回舱要返回轨道舱至少需要获得能量W
B. 若设无穷远处万有引力势能为零，则地面处返回舱的引力势能为mgR
C. 轨道舱的动能为
D. 若设无穷远处万有引力势能为零，轨道舱的机械能为
【答案】CD
【解析】AC、返回舱与人在火星表面附近有:
设轨道舱的质量为,速度大小为v,则:
计算得出宇航员乘坐返回舱与轨道舱对接时,具有的动能为
因为返回舱返回过程克服引力做功，,
所以返回舱返回时至少需要能量,故A错误,C正确;
B、若设无穷远处万有引力势能为零,则地面处返回舱的引力势能为,故B错误;
D、轨道舱的机械能等于动能加重力势能,所以若设无穷远处万有引力势能为零,轨道舱的机
械能为,故D正确
故选CD
点睛：根据火星表面的重力等于万有引力列出等式.研究轨道舱绕卫星做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力,列出等式求解宇航员乘坐返回舱与轨道舱对接时速度.根据能量守恒求解返回轨道舱至少需要获得的能量,克服引力做功,则引力做负功,所以引力势能减小.向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用.
13．如图所示，倾角为θ=37°的传送带以速度v=2 m/s沿图示方向匀速运动。

现将一质量为2 kg的小木块，从传送带的底端以v0=4 m/s的初速度，沿传送带运动方向滑上转送带。

已知小木块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，传送带足够长，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10 m/s2。

小物块从滑上转送带至到达最高点的过程中，下列说法正确的是
A. 运动时间为0.4 s
B. 发生的位移为1.6 m
C. 产生的热量为9.6 J
D. 摩擦力对小木块所做功为12.8 J
【答案】BC
【解析】第一阶段：根据牛顿第二定律，，得，第一
阶段位移为，所用时间为，传送带位移为
，划痕为；第二阶段，得
，第二阶段位移为，所用时间为，传送带位移为
，划痕为。

由以上分析可知，物体运动总时间为
；物体的总位移；产生总热量为
；摩擦力第一阶段做负功，第二阶段做正功，摩擦力对小木块所做功为，综上分析可知BC正确。

14．如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，，轻绳所能承受的最大拉力为F．质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落。

则（）
A. 细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为
B. 细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为
C. 弹簧恢复原长时滑块的动能为
D. 滑块与木板AB间的动摩擦因数为
【答案】ABD
【解析】A、细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，对木板，由牛顿第二定律得F=Ma，得
，故A正确。

B、滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为,故B正确,C、弹簧
恢复原长时木板获得的动能，所以滑块的动能小于,故C错误。

D、小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为v′。

取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守
恒定律得：, ,联立解得,故D正确.故选ABD.
【点睛】本题是系统动量守恒和机械能守恒的综合应用，要挖掘所隐含的临界条件：细绳被拉断刚好被拉断时，细绳的拉力达到最大。

知道滑块恰好没有滑出木板时，滑到木板的右端，且速度与木板相同。

15．如图所示，固定在竖直面内的光滑绝缘圆环半径为R，圆环上套有质量分别为m和2m 的两个带电的小球A、B(均可看作质点)，小球A带正电，小球B带负电，带电荷量均为q，且小球A、B用一长为2R的轻质绝缘细杆相连，竖直面内有竖直向下的匀强电场(未画出)，
电场强度大小为E=。

现在给小球一个扰动，使小球A从最高点由静止开始沿圆环下滑，已知重力加速度为g，在小球A滑到最低点的过程中，下列说法正确的是( )
A. 小球A减少的机械能等于小球B增加的机械能
B. 细杆对小球A和小球B做的总功为0
C. 小球A的最大速度为
D. 细杆对小球B做的功为mgR
【答案】BC
【解析】AB、在小球A下滑小球B上滑过程中，电场力对小球A和B都做正功，细杆对两小球做的总功为0，所以系统机械能不守恒，故A错误，B正确；
C、此过程两小球电势能都减少2mgR，对于整个系统的能量守恒列方程：减少的能量=增加的能量,小球A减少了重力势能和电势能，小球B减少了电势能，小球A增加了动能，小
球增加了重力势能和动能，，解得，故C 正确；
D、对小球B应用动能定理，可以求得细杆对小球B做功，故D错误；
故选BC。

【点睛】电场力对小球A和B都做正功，系统机械能不守恒，对于整个系统的能量守恒列
方程求出小球A的最大速度，对小球B应用动能定理可以求得细杆对小球B做功。

16．节能的LED灯越来越普及，而驱动LED发光需要恒流源。

如图所示，电路中的电压表、电流表都是理想电表，电源是一个恒流源（该恒流源输出的电流大小方向都不变），在改变R2的过程中，电压表的读数为U，电流表A的读数为I，电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，它们的变化量的绝对值分别为ΔU、ΔI、ΔI1、ΔI2，以下说法正确的是( ）
A. ，
B.
C.
D. 当R2= R1时，滑动变阻器R2消耗的电功率最大
【答案】ABD
【解析】A、由部分电路的欧姆定律可知，，A正确，B、因为I不变，I1的受化量与I2的变化量绝对值相等，所以B正确，C、因为ΔI=0，所以C错误。

D、
，，故当时，R2消耗的电功率最大，D正确。

故选ABD.
【点睛】本题是动态分析问题，关键明确电路结构，按照“局部→整体→局部”的顺序进行分析
17．如图，在xOy平面的第一象限内，分布有沿x轴负方向的场强的匀强电场，第四象限内分布有垂直于纸面向里的磁感应强度B1=0.2T的匀强磁场，第二、三象限内分布有垂直于纸面向里的磁感应强度为B2的匀强磁场。

在x轴上有一个垂直于y轴的平板OM平板上开有一个小孔P，P处连接有一段长度d=1cm，内径不计的准直管，位于第一
象限内，管内由于静电屏蔽没有电场。

Y轴负方向上距O点cm的粒子源S可以向第四象限平面内各个方向发射α粒子，且OS<OP。

假设发射的α粒子速度大小v均为2×105m/s，除了垂直于x轴通过P点的α粒子可以进入电场，其余打到平板上的α粒子均被吸收。

已知α粒子带正电，比荷q/m=5×107C/kg，重力不计，则( )
A. 经过P点进入电场中运动的α粒子，第一次到达y轴的位置与O点的距离为0.06m
B. 经过P点进入电场中运动的α粒子，第一次到达y轴的位置与O点的距离为0.07m
C. 要使离开电场的α粒子能回到粒子源S处，磁感应强度B2可为4（6﹣）/165 T
D. 要使离开电场的α粒子能回到粒子源S处，磁感应强度B2可为0.8/（7+）T
【答案】BD
【解析】AB、在B1磁场中做匀速圆周运动，则有：，得到：；粒子进入电场后做类平抛运动，x轴方向位移为：，y轴方向位移为：，加
速度为：，由几何关系可得，所以粒子到达y 轴位置与O点的距离；
CD、设粒子在y轴射出电场的位置到粒子源S的距离为H，有：
，设粒子在y轴射出电场的速度方向与y轴正方向夹角为θ，有：，所以θ=45°，，粒子离开电场经B2磁场偏转后直接回到离子源
处，则在B2磁场中圆周运动半径为：，由，得
，故D正确，C错误；
故选BD。

【点睛】从P点进入电场的粒子做类平抛运动，由类平抛运动相应规律就能求出类平抛运动的位移；粒子离开电场后进入B2磁场做匀速圆周运动，先求出离开电场磁场的速度方向，当再次回到y轴时根据圆周运动的对称性与y轴的夹角相等，但要注意的是可以是直接回到S点。

18．某同学在实验室里做如下实验，光滑竖直金属导轨(电阻不计)上端接有电阻R，下端开口，所在区域有垂直纸面向里的匀强磁场，一个矩形导体框(电阻不计)和光滑金属导轨在整个运动中始终保持良好接触，矩形导体框的宽度大于两个导轨的间距，一弹簧下端固定在水平面上，弹簧涂有绝缘漆，弹簧和导体框接触时，二者处于绝缘状态，且导体框与弹簧接触过程无机械能的损失。

现将导体框在距离弹簧上端H处由静止释放，导体框下落，接触到弹簧后一起向下运动然后反弹，直至导体框静止。

导体框的质量为m，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 导体框接触到弹簧后，可能立即做减速运动
B. 在接触弹簧前导体框下落的加速度为g
C. 只改变下落的初始高度H，导体框的最大速度可能不变
D. 只改变R的阻值，在导体框运动过程中系统产生的焦耳热会改变
【答案】AC
【解析】AC、导体框下落过程中导体框两部分切割磁感线，相当于两个电源给电阻R供电，接入导轨部分的导体框有电流流过，所以当导体框所受安培力等于导体框的重力时速度达到最大，达到最大速度可能发生在接触弹簧之前，所以有可能在接触弹簧前已经达到匀速，故AC正确；
B、由于有感应电流，导体框受到安培力作用，所以加速度小于g，故B错误；
D、由于质量一定，所以最后弹簧停止的位置是确定的，重力势能的减少是确定的，弹簧增加的弹性势能是确定的，所以电阻产生的热量与R无关，电阻大小会影响导体框反复的次数，故D错误；
故选AC。

【点睛】当导体框所受安培力等于导体框的重力时速度达到最大，达到最大速度可能发生在接触弹簧之前，所以有可能在接触弹簧前已经达到匀速。

19．将一总电阻为1Ω，匝数n=4的线圈放在匀强磁场中，已知磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻其穿过线圈的磁通量按图示规律变化，则
A. 在0~8s内与8s~10s内线圈内的电流方向相同
B. 在0~8s内通过线圈导线截面的电荷量为8C
C. 在8s~10s线圈中感应电动势为1V
D. 现象中产生交变电流的有效值为2A
【答案】BD
20．甲、乙两建筑工人用简单机械装置将工件从地面提升并运送到楼顶。

如图所示，设当重物提升到一定高度后，两工人保持位置不动，甲通过缓慢释放手中的绳子，使乙能够用一始终水平的轻绳将工件缓慢向左拉动，最后工件运送至乙所在位置，完成工件的运送，设两绳端始终在同一水平面上，蝇的重力及滑轮的摩擦不计，滑轮大小忽略不计，则在工件向左移动过程中（）
A. 甲手中绳子上的拉力不断破小
B. 楼顶对甲的支持力不断增大
C. 楼顶对甲的摩擦力大于对乙的摩擦力
D. 乙手中绍子上的拉力不斯增大
【答案】CD
【解析】A、B、开始的时候绳子上的拉力大小是物体重力，后来就是重力和拉力的合力大小，如图所示，由于三角形斜边大于任意直角边，所以绳子上的拉力增大了，对甲的拉力也增大了，A、B错误；
C、可用极端法，先分析乙在图上位置，再分析乙在甲位置，所以在移动的过程中，楼顶对甲的摩擦力大于对乙的摩振力，C正确；
D、绳子与滑轮夹角为θ，则有，当θ角减小，则f增大，根据平衡条件可知乙手中绳子上的拉力不断增大，D正确；
故选CD。

21．如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上，已知A的质量为6m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计。

现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，开始时整个系统处于静止状态。

释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面，关于此过程，下列说法正确的是
A. 斜面倾角 ＝30°
B. A获得最大速度为
C. C刚离开地面时，B的速度最大
D. A、B两小球组成的系统机械能守恒。