四川省广安市武胜县高考物理课外辅导讲义(10)(含解析)

四川省广安市武胜县2020届高考物理课外辅导讲义（9）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)如图甲所示，质量m＝1 kg、初速度v0＝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/s2，下列说法中正确的是( )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：a1＝v202x1＝362×6m/s2＝3 m/s2，物体匀减速直线运动的时间为：t2＝v0 a1＝63s＝2 s，故A正确；匀加速直线运动的加速度大小为：a2＝v′22×x2＝162×8m/s2＝1 m/s2，反向加速到出发点的时间t′＝2x1a2＝2×61s＝2 3 s，故B错误；根据牛顿第二定律得：F＋f＝ma2，F－f＝ma2，联立两式解得F＝2 N，f＝1 N，则动摩擦因数为μ＝fmg＝110＝0.1，故C、D正确．一、选择题1．(2020·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图所示规律变化，已知物块的质量为m，重力加速度为g,0～t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后功率保持不变，t1时刻物块达到最大速度，则下列说法正确的是( )A．物块始终做匀加速直线运动B．0～t0时间内物块的加速度大小为P0mt0C．t0时刻物块的速度大小为P0mgD ．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 ，则速度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．(2020·河南省高考物理预测试卷)如图所示，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，已知重力加速度为g.则在此过程中，下列说法中正确的是( )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．(2020·广东华南三校联考)(多选)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，已知物块在t 1时刻的速度与t 2时刻的速度大小相等，则在此过程中( )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，则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，则力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 －fm ，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，则B 错误．因初、末速度相等，则合外力做功为零，由动能定理有W F ＋W f ＝0，因摩擦力做负功，则推力F 一定对物块做正功，C 、D 正确．4．(2020·河南三市二模)(多选)如图所示，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 ．物块克服重力做功的平均功率等于12mgvD ．电梯及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，则其平均速度v ＝v 2，物块克服重力做功的平均功率P G ＝mg v ＝12mgv ，C 项正确．电梯及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．(多选)下面说法正确的是( )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是核聚变反应方程 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．(2020·广州市二模)(多选)用某单色光照射金属钛表面，发生光电效应．从钛表面放出光电子的最大初动能与入射光频率的关系图线如图所示．则下列说法正确的是( )A．钛的逸出功为6.63×10－19 JB．钛的极限频率为1.0×1015 HzC．光电子的最大初动能为1.0×10－18 JD．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，则νc＝1.0×1015 Hz，可知逸出功W0＝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．(2020·南阳市一中第四次模拟)如图所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充满方向垂直于ADEC平面向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B0，OF为上、下磁场的水平分界线．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)若下方区域的磁感应强度B＝3B0，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：R2－(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，则P 与P 1的连线一定与OF 平行，根据几何关系知：PP 1＝4a ；所以若粒子最终垂直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．(2020·高考江苏卷)如图所示，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 ，则 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。

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

武胜中学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2020届高考物理课外辅导讲义（20）一、选择题1．(多选)如图(a)，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v －t 图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出( )A ．斜面的倾角B ．物块的质量C ．物块与斜面间的动摩擦因数D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度解析：选ACD.由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度大小为a 1＝v 0t 1，下降过程中的加速度大小为a 2＝v 1t 1.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin θ＋f ＝ma 1，mgsin θ－f ＝ma 2，由以上各式可求得sin θ＝v 0＋v 12t 1g，滑动摩擦力f ＝mv 0－v 12t 1，而f ＝μF N ＝μmgcos θ，由以上分析可知，选项A 、C 正确．由v－t 图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D 正确．2．(2020·南昌市高三第二次模拟)(多选)水平力F 方向确定，大小随时间的变化如图a 所示，用力F 拉静止在水平桌面上的小物块，在F 从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a 随时间变化的图象如图b 所示．重力加速度大小为10 m/s 2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力．由图示可知( )A ．物块与水平桌面间的最大静摩擦力为3 NB ．物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.1C ．物块的质量m ＝2 kgD ．在0～4 s 时间内，合外力的冲量为12 N·S解析：选BD.由图b 可知，t ＝2 s 时刻物体刚开始运动，静摩擦力最大，最大静摩擦力等于此时的拉力，由图a 读出最大静摩擦力为6 N ，故A 错误．由图知：当t ＝2 s 时，a ＝1 m/s 2，F ＝6 N ，根据牛顿第二定律得：F －μmg＝ma ，代入得：6－μm×10＝m.当t ＝4 s 时，a ＝3 m/s 2，F ＝12 N ，根据牛顿第二定律得：F －μmg＝ma ，代入得：12－μm×10＝3m.联立解得μ＝0.1，m ＝3 kg ，故B 正确，C 错误．a­t 图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，则得0～4 s 内物体速度的增量为Δv＝1＋a2× (4－2)＝4 m/s ，t ＝0时刻速度为0，则物块在第4 s末的速度为4 m/s；根据动量定理，得0～4 s内合外力的冲量为：ΔI＝Δp＝mΔv＝3×4＝12 N·s，故D正确．故选：BD.3． (多选)如图甲所示，绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中的O点，另一端连接带正电的小球，小球电荷量q＝6×10－7C，在图示坐标中，电场方向沿竖直方向，坐标原点O的电势为零．当小球以2 m/s的速率绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动时，细绳上的拉力刚好为零．在小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随纵坐标y的变化关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2.则下列判断正确的是( )A．匀强电场的场强大小为3.2×106 V/mB．小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少了2.4 JC．小球做顺时针方向的匀速圆周运动D．小球所受的洛伦兹力的大小为3 N解析：选BD.根据小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随纵坐标y的变化关系可得，匀强电场的电场强度大小E＝2×1060.4V/m＝5×106 V/m，故选项A错误；由于带电小球在运动过程中，只有重力和电场力做功，则只有重力势能和电势能的相互转化，又由于带电小球在复合场(重力场、匀强电场和匀强磁场)中做匀速圆周运动，且细绳上的拉力刚好为零，则有小球受到的竖直向下的重力与其受到的电场力等大、反向，即qE＝mg，因此当带电小球从最低点运动到最高点的过程中，即小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少量为qE·2L＝2.4 J，故选项B正确；由于带电小球所受的洛伦兹力提供小球做匀速圆周运动的向心力，根据左手定则可知，小球沿逆时针方向运动，故选项C错误；根据牛顿第二定律可得F洛＝F n＝mv2L，又qE＝mg，解得F洛＝3 N，即小球所受的洛伦兹力的大小为3 N，故选项D正确．4．(2020·河南天一大联考)如图所示的坐标系中，第一象限存在与y轴平行的匀强电场，场强方向沿y轴负方向，第二象限存在垂直纸面向里的匀强磁场．P、Q两点在x轴上，Q点横坐标是C点纵坐标的2倍．一带电粒子(不计重力)若从C点以垂直于y轴的速度v0向右射入第一象限，恰好经过Q点．若该粒子从C点以垂直于y轴的速度v0向左射入第二象限，恰好经过P点，经过P点时，速度与x轴正方向成90°角，则电场强度E与磁感应强度B的比值为( )A．v0 B.1 2 v0C.13v 0D.14v 0 解析：选B.作出粒子在磁场和电场中的运动轨迹，根据半径公式以及几何关系可明确B 与r 的关系，再对电场中运动进行分析，根据运动的合成和分解规律即可明确电场强度与速度及r 关系，则可求得E 和B 的比值．画出粒子运动轨迹如图所示；O 点为粒子在磁场中的圆心； 则∠POC 粒子在磁场中做圆周运动的半径为：r ＝mv 0qB ，OC ＝r粒子在电场中做类平抛运动，有：OQ ＝2OC ＝2r 粒子在电场中运动的时间为：t ＝OQ v 0＝2r v 0＝2m qB； OC ＝12at 2＝12qE m t 2；联立解得：E ＝12Bv 0，故E ：B ＝12v 0故B 正确，ACD 错误．5．(2020·高考北京卷)2020年年初，我国研制的“大连光源”——极紫外自由电子激光装置，发出了波长在100 nm(1 nm ＝10－9m)附近连续可调的世界上最强的极紫外激光脉冲．“大连光源”因其光子的能量大、密度高，可在能源利用、光刻技术、雾霾治理等领域的研究中发挥重要作用．一个处于极紫外波段的光子所具有的能量可以电离一个分子，但又不会把分子打碎．据此判断，能够电离一个分子的能量约为(取普朗克常量h ＝6.6×10－34J·s，真空光速c ＝3×108m/s)( )A ．10－21J B ．10－18J C ．10－15 JD ．10－12J解析：选B.由E ＝hν，ν＝c λ，可得E ＝h c λ＝6.6×10－34×3×1081×10－7 J≈2×10－18J ，所以选项B 正确． 6．(2020·高考天津卷)我国自主研发制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证，这是我国对国际热核聚变项目的重大贡献．下列核反应方程中属于聚变反应的是( )A.21H ＋31H→42He ＋10n B.147N ＋42He→178O ＋11H C.42He ＋2713Al→3015P ＋10n D.23592U ＋10n→14456Ba ＋8936Kr ＋310n解析：选A.21H ＋31H→42He ＋10n 是核聚变反应方程，A 正确；14 7N ＋42He→17 8O ＋11H 是原子核的人工转变反应方程，B 错误；42He ＋2713Al→3015P ＋10n 是居里夫妇发现人工放射性的核反应方程，C 错误；23592U ＋10n→14456Ba ＋8936Kr ＋310n 是铀核裂变的反应方程，D 错误．7．如图，用轻绳连接的滑轮组下方悬挂着两个物体，它们的质量分别为m 1、m 2，且m 2＝2m 1，m 1用轻绳挂在动滑轮上，滑轮的质量、摩擦均不计．现将系统从静止释放，当m 1上升h 高度(h 小于两滑轮起始高度差)这一过程中，下列说法正确的是( )A ．m 2减小的重力势能全部转化为m 1的重力势能B ．m 1上升到h 高度时的速度为2gh3C ．轻绳对m 2做功的功率与轻绳对m 1做功的功率大小相等D ．轻绳的张力大小为23m 1g解析：选BCD.根据能量守恒可知，m 2减小的重力势能全部转化为m 1的重力势能和两物体的动能，故A 错误；根据动滑轮的特点可知，m 2的速度为m 1速度的2倍，根据动能定理可得：m 2g·2h－m 1gh ＝12m 2v 22＋12m 1v 21解得：v ＝2gh3，故B 正确；绳子的拉力相同，由于轻绳对m 2做功的功率P 2＝Fv 2，P 1＝2F·v 1，由于v 2＝2v 1，故轻绳对m 2做功的功率与轻绳对m 1做功的功率大小相等，故C 正确；根据动滑轮的特点可知，m 1的加速度为m 2的加速度的一半，根据牛顿第二定律可知：2F －m 1g ＝m 1a ，m 2g －F ＝m 2a ；联立解得：F ＝2m 1g3，故D 正确；故选BCD.二、非选择题1．(2020·江苏徐州市第二次模拟)如图所示为某车间传送装置的简化示意图，由水平传送带、粗糙斜面、轻质弹簧及力传感器组成．传送带通过一段光滑圆弧与斜面顶端相切，且保持v 0＝4 m/s 的恒定速率运行，AB 之间距离为L ＝8 m ，斜面倾角θ＝37°，弹簧劲度系数k ＝200 N/m ，弹性势能E p ＝12kx 2，式中x 为弹簧的形变量，弹簧处于自然状态时上端到斜面顶端的距离为d ＝3.2 m ．现将一质量为4 kg 的工件轻放在传送带A 端，工件与传送带、斜面间的动摩擦因数均为0.5，不计其它阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.求：(1)工件传到B 端经历的时间；(2)传感器的示数最大值；(3)工件经多次缓冲后停在斜面上，传感器的示数为20 N ，工件在斜面上通过的总路程．(结果保留三位有效数字)解析：(1)设工件轻放后向右的加速度为a ，达共速时位移为x 1，时间为t 1，有： μmg＝ma ⇒a ＝μg＝5 m/s 2t 1＝v 0a ＝45s ＝0.8 s ，x 1＝12at 2＝12×5×0.82m ＝1.6 m接着工件向右匀速运动，设时间为t 2， t 2＝L －x 1v 0＝8－1.64s ＝1.6 s 工件传到B 端经历的时间t ＝t 1＋t 2＝2.4 s (2)设传感器示数最大时弹簧的压缩量为Δx 1 由动能定理得：mg(d ＋Δx 1)sin 37°－μmg (d＋Δx 1)cos 37°－12kΔx 21＝0－12mv 20代入数据得Δx 1＝0.8 m F m ＝k·Δx 1＝160 N(3)设传感器示数为20 N 时弹簧的压缩量为Δx 2，工件在斜面上通过的总路程为s Δx 2＝F 2k ＝20200 m ＝0.1 m由能量守恒得：12mv 20＋mg(d ＋Δx 2)sin 37°＝μmgscos 37°＋12kΔx 22 代入数据得s ＝6.89 m答案：(1)2.4 s (2)160 N (3)6.89 m2．某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车A 的前端粘有橡皮泥，推动小车A 使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B 相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动．他设计的具体装置如图甲所示，在小车A 后连着纸带，电磁打点计时器的电源频率为50 Hz ，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．(1)若已得到打点纸带如图乙所示，并将测得各计数点间距标在图上，A 为运动起始的第一点，若要计算小车A 的碰前速度v A 及计算A 和B 碰后的共同速度v 共，应分别选择纸带的哪一段？(“AB”、“BC”、“CD”或“DE”)(2)若已测得小车A的质量m1＝0.40 kg，小车B的质量m2＝0.20 kg，那么碰前两小车的总动量为多少？碰后两小车的总动量为多少？解析：(1)推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC段计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而A和B碰后共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度．(2)碰前小车的速度为：v A＝BCt＝0.105 00.02×5m/s＝1.05 m/s，碰前的总动量为：p＝m A v A＝0.40×1.05 kg·m/s＝0.420 kg·m/s；碰后小车的共同速度为：v＝DEt＝0.069 50.02×5m/s＝0.695 m/s，碰后的动量为：p′＝(m A＋m B)v＝(0.40＋0.20)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s.答案：(1)BC DE (2)0.420 kg·m/s0.417 kg·m/s高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

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)。

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。

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。

四川省广安市武胜县2018届高考物理课外辅导讲义（17）一、选择题 1．(2017·合肥模拟)某同学欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机在平直跑道上做匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为x ，从着陆到停下来所用的时间为t ，实际上飞机的速度越大，所受的阻力越大，则飞机着陆时的速度应是( ) A ．v ＝xtB ．v ＝2x tC ．v ＞2x tD.x t ＜v ＜2x t解析：选C.飞机着陆后若做匀减速直线运动，末速度为零，则飞机着陆时的速度应是v ＝2xt ，实际上，飞机速度越大，所受阻力越大，飞机着陆后做的是加速度减小的减速直线运动．结合v­t 图象可知，飞机着陆后的总位移x ＜v 2t ，故v ＞2xt，C 正确．2．(2017·宁波效实中学期中)“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器．假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v 时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t 上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t 0(t 0＜t)时刻距离海面的深度为( ) A.v t －t 022tB.vt 202tC.vt 2D ．vt 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t 02t 解析：选A.“蛟龙号”潜水器加速度a ＝v t ，减速上浮时距离海面深度H ＝vt2，经t 0时间上升距离h ＝vt 0－vt 202t，此时到海面的距离为H －h ＝vt －t 022t，A 正确．3．(多选)如图所示，A 、B 为两块平行带电金属板，A 带负电，B 带正电且与大地相接，两板间P 点处固定一负电荷，设此时两极间的电势差为U ，P 点场强大小为E ，电势为φP ，负电荷的电势能为E p ，现将A 、B 两板水平错开一段距离(两板间距不变)，下列说法正确的是( )A ．U 变大，E 变大B ．U 变小，φP 变小C ．φP 变小，E p 变大D ．φP 变大，E p 变小解析：选AC.根据题意可知两极板间电荷量保持不变，当正对面积减小时，则由C ＝εr S4πkd 可知电容减小，由U ＝Q C 可知极板间电压增大，由E ＝Ud 可知，电场强度增大，故A 正确；设P 点的电势为φP ，则由题可知0－φP ＝Ed′是增大的，则φP 一定减小，由于负电荷在电势低的地方电势能一定较大，所以可知电势能E p 是增大的，故C 正确．4．将如图所示的交变电压加在平行板电容器A 、B 两板上，开始B 板电势比A 板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A 、B 两极板间的距离足够大，下列说法正确的是( )A ．电子一直向着A 板运动B ．电子一直向着B 板运动C ．电子先向A 板运动，然后返回向B 板运动，之后在A 、B 两板间做周期性往复运动D ．电子先向B 板运动，然后返回向A 板运动，之后在A 、B 两板间做周期性往复运动 解析：选D.根据交变电压的变化规律，作出电子的加速度a 、速度v 随时间变化的图线，如图甲、乙．从图中可知，电子在第一个T 4内做匀加速运动，第二个T4内做匀减速运动，在这半周期内，因初始B 板电势比A 板电势高，所以电子向B 板运动，加速度大小为eU md .在第三个T4内电子做匀加速运动，第四个T4内做匀减速运动，但在这半个周期内运动方向与前半个周期相反，向A板运动，加速度大小为eU md .所以电子在交变电场中将以t ＝T4时刻所在位置为平衡位置做周期性往复运动，综上分析选项D 正确．5．(2017·高考北京卷)图a和图b是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是( )a bA．图a中，A1与L1的电阻值相同B．图a中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图b中，变阻器R与L2的电阻值相同D．图b中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等解析：选C.分析图a，断开开关S1瞬间，A1突然闪亮，说明流经A1的电流瞬间增大，从而得到S1闭合，电路稳定时，A1中的电流小于L1中的电流，所以选项B错误．由并联电路特点可知，A1的电阻值大于L1的电阻值，所以选项A错误．分析图b，开关S2闭合后，灯A2逐渐变亮，A3立即变亮，说明闭合S2瞬间A2与A3中的电流不相等，那么L2与R中的电流也不相等，所以选项D 错误．最终A2与A3亮度相同，说明流经A2与A3的电流相同，由欧姆定律可知，R与L2的电阻值相等，所以选项C正确．6．(2017·高考天津卷)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是( )A．ab中的感应电流方向由b到aB．ab 中的感应电流逐渐减小C．ab所受的安培力保持不变D．ab所受的静摩擦力逐渐减小解析：选D.磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，所以闭合回路面积不发生改变，根据楞次定律ab中产生由a到b的恒定电流，A错误，由法拉第电磁感应定律，E＝nΔΦΔt＝nΔBΔtS，电阻一定，则感应电流不变，B错误；由于电流恒定，磁感应强度逐渐减小，所以，安培力逐渐减小，静摩擦力与安培力是一对平衡力，所以静摩擦力逐渐减小，C错误，D正确．7．(2017·南昌市十所省重点中学命制高三第二次模拟)1772年，法籍意大利数学家拉格朗日在论文《三体问题》指出：两个质量相差悬殊的天体(如太阳和地球)所在同一平面上有5个特殊点，如图中的L 1、L 2、L 3、L 4、L 5所示，人们称为拉格朗日点．若飞行器位于这些点上，会在太阳与地球共同引力作用下，可以几乎不消耗燃料而保持与地球同步绕太阳做圆周运动．若发射一颗卫星定位于拉格朗日L 2点，下列说法正确的是( )A ．该卫星绕太阳运动周期和地球自转周期相等B ．该卫星在L 2点处于平衡状态C ．该卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度D ．该卫星在L 2处所受太阳和地球引力的合力比在L 1处大解析：选CD.该卫星与地球同步绕太阳做圆周运动的周期相同，处于非平衡状态，由地球和太阳的引力的合力提供向心力，根据公式a ＝4π2T 2r 可知向心加速度和向心力关系．该卫星与地球同步绕太阳做圆周运动，则该卫星绕太阳运动周期和地球绕太阳运动周期相等，但与地球自转周期没有关系，故A 错误；该卫星所受的合力为地球和太阳对它引力的合力，这两个引力方向相同，合力不为零，处于非平衡状态，故B 错误；由于该卫星与地球绕太阳做圆周运动的周期相同，该卫星的轨道半径大，根据公式a ＝4π2T 2r 分析可知，该卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度，故C 正确；因为这些点上的周期相同，根据a ＝4π2T 2r 可得半径越大，向心加速度越大，所以根据F ＝ma 可得半径越大受到的合力越大，故D 正确．二、非选择题在真空中，边长为3L 的正方形区域ABCD 分成相等的三部分，左右两侧为匀强磁场，中间区域为匀强电场，如图所示．左侧磁场的磁感应强度大小为B 1＝6mqU2qL，方向垂直纸面向外；右侧磁场的磁感应强度大小为B 2＝6mqUqL，方向垂直于纸面向里；中间区域电场方向与正方形区域的上下边界平行．一质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子从平行金属板的正极板开始由静止被加速，加速电压为U ，加速后粒子从a 点进入左侧磁场，又从距正方形上下边界等间距的b 点沿与电场平行的方向进入中间区域的电场中，不计粒子重力．(1)求a 点到A 点的距离．(2)电场强度E 的取值在什么范围内时粒子能从右侧磁场的上边缘CC 1间离开？(3)改变中间区域的电场方向和场强大小，粒子可从D 点射出，求粒子在左右两侧磁场中运动的总时间．解析：(1)粒子在金属板间加速时，有 qU ＝12mv 2①粒子在左侧磁场中运动时，如图甲所示，有 qvB 1＝m v2R 1② sin α＝LR 1③ a 点到A 点的距离x ＝3L2－R 1(1－cos α)④联立解得x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32－33L(2)如图甲所示，粒子在右侧磁场中以半径为R n 和R m 的两轨迹为临界轨迹从上边缘CC 1离开磁场时，有R n ＝34L⑤R m ＝L ⑥又qv n B 2＝m v 2nR n⑦qv m B 2＝m v 2mR m⑧粒子在中间电场运动时，有 qE n L ＝12mv 2n －12mv 2⑨ qE m L ＝12mv 2m －12mv 2⑩联立解得E n ＝11U 16L ，E m ＝2U L电场强度的取值范围为11U 16L ＜E ＜2UL .(3)粒子在左右磁场中运动，T 1＝2πmqB 1⑪ T 2＝2πm qB 2⑫必须改变中间区域的电场方向并取定电场E 的某一恰当确定数值，粒子才能沿如图乙所示的轨迹从D 点射出由①～③式可得：α＝60°，有t ＝T 13＋T 22⑬联立⑪⑫⑬并代入数据解得t ＝7πL3m 6qU. 答案：(1)⎝ ⎛⎭⎪⎫32－33L (2)11U 16L ＜E ＜2U L (3)7πL 3m 6qU。

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。