四川省广安市武胜县2018届高考物理课外辅导讲义11含解析

PAGE1-四川省广安市武胜县2018届高考物理课外辅导讲义（11）多项选择你能过关吗？如图所示，底角为θ＝eq\f(π,4)的圆锥体静止不动，顶端通过一根长为L＝1m的细线悬挂一个质量为m＝1kg的小球，细线处于张紧状态，若小球在水平面内做匀速圆周运动，角速度为ω的取值范围介于3rad/s到4rad/s之间，不计一切阻力，则细线拉力F可能等于()A．5eq\r(2)－5 B．5eq\r(2)＋5C．15 D．20解析：选BC.当小球刚好没有脱离圆锥时，小球受到重力G、拉力F的作用，它们的合力提供向心力，mgcoteq\f(π,4)＝mωeq\o\al(2,0)Lcoseq\f(π,4)，得ω0＝eq\r(10\r(2))rad/s，此时ω0的取值范围介于3rad/s到4rad/s之间，当ω较小时，小球没有脱离圆锥，小球受到重力G、拉力F和垂直于光滑圆锥的支持力N的作用，它们在水平方向的合力提供向心力，则Fsinθ－Ncosθ＝G，Fcosθ－Nsinθ＝mLcosθω2，可求得，F＝Gsinθ＋mω2Lcos2θ，此时5eq\r(2)＋4.5≤F≤10eq\r(2)，当ω较大时，小球脱离圆锥，小球的重力G和拉力F的合力提供向心力，设细线和水平方向夹角为α，则Fcosα＝mω2Lcosα，可求得F＝mω2L,10eq\r(2)≤F≤16，综上分析，选项B、C正确．8．(2017·山东省枣庄市高三上学期期末质量检测)在竖直杆上安装一个光滑小导向槽，使竖直上抛的小球能改变方向后做平抛运动；不计经导向槽时小球的能量损失；设小球从地面沿杆竖直上抛的速度大小为v，重力加速度为g；那么当小球有最大水平位移时，下列说法正确的是()A．导向槽位置应在高为eq\f(v2,4g)的位置B．最大水平距离为eq\f(v2,g)C．小球在上、下两过程中，在经过某相同高度时，合速度的大小总有v下＝2v上D．当小球落地时，速度方向与水平方向成45°角解析：选AD.设平抛时的速度为v0，根据机械能守恒定律可得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得：v0＝eq\r(v2－2gh)；根据平抛运动的知识可得下落时间：t＝eq\r(\f(2h,g))，则水平位移x＝v0t＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,g)－2h))·2h)，所以当eq\f(v2,g)－2h＝2h时水平位移最大，解得h＝eq\f(v2,4g)，A正确；最大的水平位移为：x＝eq\r(4h2)＝2h＝eq\f(v2,2g)，B错误；根据机械能守恒定律可知，在某高度处时上升的速率和下落的速率相等，C错误；设速度与水平方向成θ，位移与水平方向的夹角为α，根据平抛运动的规律可知，tanθ＝2tanα＝2×eq\f(h,2h)＝1，则θ＝45°，所以D正确．一、选择题1．(2017·南平市普通高中毕业班适应性检测)如图所示，轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于粗糙水平面上质量为m的小球接触但不连接．开始时小球位于O点，弹簧水平且无形变．O点的左侧有一竖直放置的光滑半圆弧轨道，圆弧的半径为R，B为轨道最高点，小球与水平面间的动摩擦因数为μ.现用外力推动小球，将弹簧压缩至A点，OA间距离为x0，将球由静止释放，小球恰能沿轨道运动到最高点B.已知弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.下列说法中正确的是()A．小球在从A到O运动的过程中速度不断增大B．小球运动过程中的最大速度为vm＝eq\r(5gR)C．小球与弹簧作用的过程中，弹簧的最大弹性势能Ep＝2.5mgR＋μmgx0D．小球通过圆弧轨道最低点时，对轨道的压力为5mg解析：选C.小球在从A到O运动的过程中，受弹力和摩擦力，由牛顿第二定律可知：kΔx－μmg＝ma，物体做加速度减小的加速运动，当加速度为零的时(弹力等于摩擦力时)速度最大，接下来摩擦力大于弹力，小球开始做减速运动，当弹簧原长时离开弹簧，故A错误；因为小球恰能沿轨道运动到最高点B，由重力提供向心力：mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，解得：vB＝eq\r(gR)，从O到B根据动能定理得：－mg2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，联立以上解得：v0＝eq\r(5gR)，由上分析可知：小球从开始运动到离开弹簧速度先增大后减小，所以最大速度要比eq\r(5gR)大，故B错误；从A到O根据能量守恒得：Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋μmgx0，联立以上得：Ep＝2.5mgR＋μmgx0，故C正确；小球在最低点时做圆周运动，由牛顿第二定律得：N－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，联立以上解得：N＝6mg，故D错误．2．(2017·四川省宜宾市高三二诊)如图甲所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上．一质量为m的小球，从离弹簧上端一定距离的位置静止释放，接触弹簧后继续向下运动．小球运动的v­t图象如图乙所示，其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的平滑曲线，BC是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为g.关于小球的运动过程，下列说法正确的是()A．小球在tB时刻所受弹簧弹力大于eq\f(1,2)mgB．小球在tC时刻的加速度大于eq\f(1,2)gC．小球从tC时刻所在的位置由静止释放后，不能回到出发点D．小球从tA时刻到tC时刻的过程中重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量解析：选B.由图象可知，小球在tB时刻加速度大小为零，此时F弹＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，选项A错误；小球在tC时刻到达最低点，弹力达到最大值；小球在A点的加速度大小为eq\f(1,2)g，由图象可知，在C点的切线的斜率大于在A点的切线的斜率，即小球在tC时刻的加速度大于eq\f(1,2)g，选项B正确；由能量守恒定律可知，小球从tC时刻所在的位置由静止释放后，小球能回到出发点，选项C错误；小球从tA时刻到tC时刻的过程中重力势能的减少量与动能减小量之和等于弹簧弹性势能的增加量，选项D错误；故选B.3．(2017·山东潍坊中学一模)如图所示，在竖直面内固定一光滑的硬质杆ab，杆与水平面的夹角为θ，在杆的上端a处套一质量为m的圆环，圆环上系一轻弹簧，弹簧的另一端固定在与a处在同一水平线上的O点，O、b两点处在同一竖直线上．由静止释放圆环后，圆环沿杆从a运动到b，在圆环运动的整个过程中，弹簧一直处于伸长状态，则下列说法正确的是()A．圆环的机械能保持不变B．弹簧对圆环一直做负功C．弹簧的弹性势能逐渐增大D．圆环和弹簧组成的系统机械能守恒解析：选D.由几何关系可知，当环与O点的连线与杆垂直时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小，如图，所以在环从a到C的过程中弹簧对环做正功，弹簧的弹性势能减小，环的机械能增大，而从C到b的过程中，弹簧对环做负功，弹簧的弹性势能增大，环的机械能减小，故A、B、C错误；在整个的过程中只有圆环的重力和弹簧的弹力做功，所以圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，故D正确．4．(2017·三湘名校联盟三模)(多选)如图所示，一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知运动过程中受到恒定阻力f＝kmg作用(k为常数且满足0＜k＜1)．图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能和重力势能与其上升高度之间的关系(以地面为零势能面)，h0表示上升的最大高度．则由图可知，下列结论正确的是()A．E1是最大势能，且E1＝eq\f(Ek0,k＋2)B．上升的最大高度h0＝eq\f(Ek0,k＋1mg)C．落地时的动能Ek＝eq\f(kEk0,k＋1)D．在h1处，物体的动能和势能相等，且h1＝eq\f(Ek0,k＋2mg)解析：选BD.因小球上升的最大高度为h0，由图可知其最大势能E1＝eq\f(Ek0,k＋1)，又E1＝mgh0，得h0＝eq\f(Ek0,k＋1mg)，A项错误，B项正确．由图可知，小球上升过程中阻力做功为Ek0－eq\f(Ek0,k＋1)，因小球所受阻力恒定，且上升和下落高度相等，则小球下落过程中阻力做功为Ek0－eq\f(Ek0,k＋1)，则小球落地时的动能Ek＝eq\f(Ek0,k＋1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ek0－\f(Ek0,k＋1)))＝eq\f(1－k,k＋1)Ek0，C项错误．在h1处，小球的动能和势能相等，则有Ek0－(mg＋f)h1＝mgh1，解得h1＝eq\f(Ek0,k＋2mg)，D项正确．5．(2017·湖北八校联考)在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程．在以下几位物理学家所做科学贡献的叙述中，正确的是()A．在对自由落体运动的研究中，伽利略巧妙的利用斜面实验来冲淡重力影响使得时间更容易测量，最后逻辑推理证明了自由落体的运动规律B．牛顿应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德关于“力是维持物体运动的原因”的观点，并归纳总结了牛顿第一定律C．卡文迪许将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出万有引力定律，并测出了引力常量G的数值D．法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了点电荷间的相互作用规律，并通过油滴实验测定了元电荷的电荷量解析：选A.在对自由落体运动的研究中，伽利略巧妙的利用斜面实验来冲淡重力影响使得时间更容易测量，最后逻辑推理证明了自由落体的运动规律，选项A正确．伽利略应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德关于“力是维持物体运动的原因”的观点，牛顿归纳总结了牛顿第一定律，选项B错误．牛顿将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量G的数值，选项C错误．法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了点电荷间的相互作用规律，密立根通过油滴实验测定了元电荷的电荷量，选项D错误．6．(2017·江西红色七校联考)下列关于物理方法或物理学史的说法中错误的是()A．安培分子电流假说解释了磁体的磁场的形成B．由楞次定律判断感应电流的方向C．物理模型在物理学研究中起到了重要作用，其中“质点”“点电荷”“电流元”“元电荷”等都是理想化模型D．牛顿在发现万有引力定律的过程中使用了“月——地检验”解析：选C.安培分子电流假说解释了磁体和电流的磁场的形成，故A正确；由楞次定律即可判断感应电流的方向，故B正确；物理模型在物理学研究中起到了重要作用，其中“质点”“点电荷”“电流元”等都是理想化模型，但元电荷是客观存在的，不属于理想化模型，故C错误；牛顿在发现万有引力定律的过程中使用了“月——地检验”证明了万有引力定律的正确性，故D正确．二、非选择题1．(2017·山西运城上学期期末)如图所示的区域中，左边为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B大小未知，右边是一个电场强度大小为E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qL)的匀强电场，其方向平行于OC向上且垂直于磁场方向；有一初速度大小为v0，质量为m、电荷量为－q的带电粒子从P点沿与边界线PQ的夹角θ＝60°的方向射入匀强磁场，恰好从距O点正上方L处的C点垂直于OC射入匀强电场，最后打在Q点，不计粒子的重力，求：(1)磁感应强度B的大小；(2)求粒子从P至Q所用时间及OQ的长度；(3)如果保持电场与磁场方向不变，而将它们左右对调，且磁感应强度大小变为原来的eq\f(1,4)，电场强度减小到原来的一半，粒子仍从P点以速度v0沿某一方向射入，恰好从O点正上方的小孔C射入匀强磁场，则粒子进入磁场后做圆周运动的半径是多少？解析：①粒子在磁场中做的是匀速圆周运动，在电场中粒子做的是类平抛运动；②根据几何关系求出带电粒子做圆周运动的半径．(1)做出粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹，由几何关系可知：r＋rcos60°＝L由洛伦兹力提供向心力可得：qv0B＝eq\f(mv2,r)解得B＝eq\f(3mv0,2qL)(2)粒子在磁场中运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)粒子在磁场中运动的时间为：t1＝eq\f(T,3)粒子在电场中做类平抛运动，在垂直电场方向：x＝v0t2在平行电场方向：qE＝maL＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)解得粒子从P运动至Q点所用的时间：t＝t1＋t2＝eq\f(4πL,9v0)＋eq\f(2L,v0)OQ的长度为：x＝2L(3)电场和磁场左右对调后，粒子在电场中，E′＝eq\f(1,2)E＝eq\f(mv\o\al(2,0),4qL)由动能定理可得：－qEL＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)粒子在磁场中：B′＝eq\f(1,4)B＝eq\f(3mv0,8qL)根据牛顿第二定律：qv0B′＝eq\f(mv2,r′)解得粒子进入磁场后做圆周运动的半径为：r′＝eq\f(4\r(2),3)L答案：(1)B＝eq\f(3mv0,2qL)(2)eq\f(4πL,9v0)＋eq\