四川省广安市武胜县2018届高考物理课外辅导讲义14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（14）多项选择你能过关吗？(2017·福建省龙岩市高中毕业班教学质量检查)冥王星和其附近的星体卡戎的质量分别为M、m(m＜M)，两星相距L，它们只在相互间的万有引力作用下，绕球心连线的某点O做匀速圆周运动．冥王星与星体卡戎到O点的距离分别为R和r.则下列说法正确的是()A．可由Geq\f(Mm,R2)＝MRω2计算冥王星做圆周运动的角速度B．可由Geq\f(Mm,L2)＝Meq\f(v2,L)计算冥王星做圆周运动的线速度C．可由Geq\f(Mm,L2)＝mreq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2计算星体卡戎做圆周运动的周期D．冥王星与星体卡戎绕O点做圆周运动的动量大小相等解析：选CD.根据题意，对冥王星受力分析可以知道：Geq\f(Mm,L2)＝Mω2R＝Meq\f(v2,R)可以得到冥王星的角速度和线速度，故选项A、B错误；C.对卡戎根据万有引力定律可以得到：Geq\f(Mm,L2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2r计算星体卡戎做圆周运动的周期，故选项C正确；D.对冥王星：Geq\f(Mm,L2)＝Mω2R，对卡戎：Geq\f(Mm,L2)＝mω2r，则：Mω2R＝mω2r.∴MR＝mr又∵v＝rω∴vM＝Rω，vm＝rω∴PM＝Mvm＝MRωPm＝mrω∴PM＝Pm一、选择题1．如图所示，固定斜面上的物体A用跨过滑轮的细线与小砂桶相连，连接A的细线与斜面平行，不计细线与滑轮间的摩擦力．若要使物体A在斜面上保持静止，砂桶中砂的质量有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为m1和m2(m2＞0)，重力加速度为g，由此可求出()A．物体A的质量B．斜面的倾角C．物体A对斜面的正压力D．物体A与斜面间的最大静摩擦力解析：选D.设物体A的质量为M，砂桶的质量为m0，物体与斜面间的最大静摩擦力为fm，斜面倾角为θ，由平衡条件可得物体A将要上滑时，有m0g＋m1g＝Mgsinθ＋fm；物体A将要下滑时，有m0g＋m2g＝Mgsinθ－fm，可得fm＝eq\f(m1g－m2g,2)2．(多选)如图所示，放在水平面上的斜面体B始终静止，物块A放在斜面体上，一轻质弹簧两端分别与物块A及固定在斜面体底端的轻质挡板拴接，初始时A、B静止，弹簧处于压缩状态．现用力F沿斜面向下推A，但A并未运动．下列说法正确的是()A．弹簧对挡板的作用力不变B．B对地面的压力增大C．A、B之间的摩擦力一定增大D．水平面对B的摩擦力始终为零解析：选AB.开始时弹簧处于压缩状态，加力F后，A未运动，弹簧长度不变，则弹簧对挡板的作用力不变，A正确．隔离物块A进行受力分析，若初始时A受B的摩擦力沿斜面向上或为零，加推力F后，静摩擦力沿斜面向上增大；若初始时A受B的摩擦力沿斜面向下，加推力F后，静摩擦力沿斜面向下减小，或方向变为沿斜面向上，大小可能减小也可能增大，C错误．A、B、挡板和弹簧整体受力平衡，FN＝M总g＋F竖直，F水平＝Ff，B对地面的压力增大，水平面对B的作用力多了向左的摩擦力，所以B正确、D错误．3．(2017·天津六校联考)如图所示，光滑绝缘的水平面上M、N两点有完全相同的金属小球A和B，带有不等量的同种电荷，且qA＜qB.现使A、B以大小相等的初动量相向运动，并发生弹性碰撞，碰后返回M、N两点，则下列说法正确的是()A．碰撞发生在M、N的中点右侧B．两球不会同时返回M、N两点C．两球回到原位置时各自的动量比原来大些D．A与B碰撞过程A对B的冲量等于B对A的冲量解析：选C.两球所受的合力是相互间的静电力，根据牛顿第二定律可知，加速度相等，通过运动学公式判断两者发生碰撞的位置，以及返回到M、N点的时间关系．通过碰撞后电荷重新分布，电场力发生变化，根据电场力做功比较返回到原位置动能的变化，从而分析动量关系．结合牛顿第三定律分析碰撞过程中冲量关系．由于两球在任何时刻所受的库仑力大小相等，质量也相等，则两球的加速度大小相等，速度大小相等，可知碰撞发生在M、N的中点，故A错误．由于两球完全相同，碰撞前总动量为零，由碰撞过程中动量守恒可知，碰撞后总动量也为零，所以碰后两球速度大小相等，库仑力大小相等，则加速度大小相等，所以两球同时返回M、N两点，故B错误．两球碰撞后，电量重新分配，两球在同样的位置间的作用力比之前增大，可知整个过程中电场力做正功，知返回到出发点的速度比较之前大，则两球回到原位置时动量比原来大些．故C正确．A与B碰撞过程中，由牛顿第三定律知，相互间的作用力大小相等，方向相反，作用时间也相等，所以A对B的冲量与B对A的冲量大小相等，方向相反，所以冲量不等，D错误．4．(2017·湖北八市联考)(多选)如图所示，一辆质量为M＝3kg的平板小车A停靠在竖直光滑墙壁处，地面水平且光滑，一质量为m＝1kg的小铁块B(可视为质点)放在平板小车A最右端，平板小车A上表面水平且与小铁块B之间的动摩擦因数μ＝0.5，平板小车A的长度L＝0.9m．现给小铁块B一个v0＝5m/s的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动，重力加速度g＝10m/s2.下列说法正确的是()A．小铁块B向左运动到达竖直墙壁时的速度为2m/sB．小铁块B与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为8N·sC．小铁块B向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为4JD．小铁块B在平板小车A上运动的整个过程中系统损失的机械能为9J解析：选BD.设小铁块B向左运动到达竖直墙壁时的速度为v1，根据动能定理得：－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得：v1＝4m/s，选项A错误．与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹速度为－4m/s，由动量定理可知，小铁块B与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为I＝2mv1＝8N·s，选项B正确．小铁块B向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为μmgL＝4.5J，选项C错误．假设发生弹性碰撞后小铁块B最终和平板小车A达到的共同速度为v2，根据动量守恒定律得：mv1＝(M＋m)v2，解得：v2＝1m/s.设小铁块B在平板小车A上相对滑动的位移为x时与平板小车A达到共同速度v2，则根据功能关系得：－μmgx＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得：x＝1.2m，由于x＞L，说明小铁块B在没有与平板小车A达到共同速度时就滑出平板小车A，所以小铁块B在平板小车上运动的整个过程中系统损失的机械能为ΔE＝2μmgL＝9J，选项D正确．5．质量为0.8kg的球固定在支杆AB的上端，支杆AB的下端固定在升降机上，今用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，如图所示，已知绳的拉力为6N，g取10m/s2，则以下说法正确的是()A．若升降机是静止状态，则AB杆对球的作用力大小为6NB．若升降机是静止状态，则AB杆对球的作用力大小为8NC．若升降机是加速上升，加速度大小5m/s2，则AB杆对球的作用力大小为6eq\r(5)ND．若升降机是减速上升，加速度大小5m/s2，则AB杆对球的作用力大小为6eq\r(5)N解析：选C.A、B若升降机是静止的，球静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，杆的作用力大小：eq\r(F\o\al(2,绳子)＋mg2)＝eq\r(62＋0.8×102)N＝10N，故AB错误；C、若升降机加速上升，对球，在竖直方向，由牛顿第二定律得：Fy－mg＝ma，解得：Fy＝12N，在水平方向，由平衡条件得：Fx＝F绳子＝6N，杆对球的作用力大小：F＝eq\r(F\o\al(2,x)＋F\o\al(2,y))＝6eq\r(5)N，故C正确；D、若升降机减速上升，对球，在竖直方向，由牛顿第二定律得：mg－Fy＝ma，解得：Fy＝4N，在水平方向，由平衡条件得：Fx＝F绳子＝6N，杆对球的作用力大小：F＝eq\r(F\o\al(2,x)＋F\o\al(2,y))＝2eq\r(13)N，故D错误；故选C.6．如图，边长为2L的等边三角形区域abc内部的匀强磁场垂直纸面向里，b点处于x轴的坐标原点O；一与三角形区域abc等高的直角闭合金属线框ABC，∠ABC＝60°，BC边处在x轴上．现让金属线框ABC沿x轴正方向以恒定的速度v穿过磁场，在t＝0时线框B点恰好位于原点O的位置．规定逆时针方向为线框中感应电流的正方向，在下列四个i－x图象中，能正确表示线框中感应电流随位移变化关系的是()解析：选D.当B点向右运动0～L过程中，线框切割磁感线的有效长度从0增加到eq\f(1,2)·AC＝eq\f(\r(3),2)L，感应电流从0～i0，感应电流为逆时针方向；当线圈向右运动L～2L过程中，切割磁感线的有效长度从eq\f(\r(3),2)L减小到0，感应电流从i0～0，电流为逆时针方向；当线圈向右运动2L～3L过程中，切割磁感线的有效长度从eq\r(3)L减小到0，感应电流从2i0～0，电流为顺时针方向；对比题中图象可知，选项D正确；故选D.二、非选择题(2017·湖北省襄阳市高三适应性考试)如图所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的“U”形框缓冲车厢．在车厢的底板上固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN，缓冲车的底部固定有电磁铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面向下并随车厢一起运动的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，设导轨右端QN是磁场的右边界．导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L.假设缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下(碰前车厢与滑块相对静止)，此后线圈与轨道磁场的作用使车厢减速运动，从而实现缓冲．不计一切摩擦阻力．(1)求滑块K的线圈中感应电流方向(从俯视图看，写“顺时针”，“逆时针”)及最大感应电流的大小；(2)若缓冲车与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，为使缓冲车厢所受的最大水平磁场力不超过Fm，求缓冲车匀速运动时的最大速度vmax；(3)若缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，求此后缓冲车的速度v随位移x的变化规律及缓冲车在滑块K停下后的最大位移(设此过程中缓冲车未与障碍物相碰)．解析：(1)由右手定则判断出感应电流的方向是逆时针方向；缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，滑块相对磁场的速度大小为v0，线圈中产生的感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律得Em＝nBLv0①由闭合电路欧姆定律得：I＝eq\f(E,R)②解得感应电流最大值为：Imax＝eq\f(nBlv0,R)(2)缓冲车与障碍物碰撞后，滑块相对于磁场的速度大小为vmax，线圈中产生的感应电动势为：Em＝nBLv0③线圈中的电流为I＝eq\f(E,R)④线圈ab边受到的安培力F＝nBIl⑤根据牛顿第三定律，缓冲车厢受到的磁场力F′＝F⑥根据题意得F′≤Fm⑦联立③④⑤⑥⑦得：vmax≤eq\f(FmR,n2