武胜县烈面中学2018高考物理课外辅导讲义（6）含解析

武胜县烈面中学2018高考物理课外辅导讲义（6）含解析一、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11.2km/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＝eq\f(2π,\r(\f(GM,8R3))－ω)D．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，7.9km/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，11.2km/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7.9km/s，而小于11.2km/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eq\f(GMm,r2)＝mω2r，解得ω＝eq\r(\f(GM,r3))，a距离地球表面的高度为R，所以卫星a的角速度ωa＝eq\r(\f(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＝eq\f(2π,\r(\f(GM,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eq\r(\f(R＋h,R＋H))B．a、c角速度之比为eq\r(\f(R3,R＋h3))C．b、c向心加速度大小之比eq\f(R＋H,R)D．a下一次通过c正上方所需时间等于t＝2πeq\r(\f(R＋h3,gR2))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：Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，所以v＝eq\r(\f(GM,r))，可知a、b线速度大小之比为eq\r(\f(R＋H,R＋h)).故A错误；设卫星的角速度为ω，Geq\f(Mm,r2)＝mω2r，得ω＝eq\r(\f(GM,r3))，所以：eq\f(ωa,ωb)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(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eq\f(ωa,ωc)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(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：eq\f(ab,ac)＝eq\f(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＝eq\f(GMm,R2)，联立解得：t＝eq\f(2π,ωa－ωc)＝eq\f(2π,\r(\f(R＋h3,GM))－\r(\f(R＋H3,GM)))＝eq\f(2π\r(gR2),\r(R＋h3)－\r(R＋H3))，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U2＝eq\f(n2,n1)U1，当滑动触头P向上滑时，n2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．R3断路 B．R2断路C．R1短路 D．R1、R2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R2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R1的电流变小，所以R2断路符合条件．R3断路或R1短路都会使两灯泡比原来变亮；R1、R2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n1∶n2＝2∶1，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别是4Ω、2Ω和3Ω，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.eq\f(2,3)I B.eq\f(1,2)IC.eq\f(3,2)I D．2I解析：选D.设S闭合时，电流表示数为I1，对理想变压器有P入＝P出，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，则开关闭合时有I1U－Ieq\o\al(2,1)R1＝(2I1)2R2，开关断开时有IU－I2R1＝(2I)2(R2＋R3)，两式联立解得I1＝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k1.降压变压器T′的原、副线圈匝数比为k2.原线圈两端接入一电压u＝Umsinωt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Pr和用户获得的电压U分别为()A．Pr＝eq\f(r,Rk\o\al(2,2))PU＝eq\f(\r(2)k2Um,2k1)－eq\f(2r,k\o\al(2,2))eq\r(\f(P,R))B．Pr＝eq\f(2r,Rk\o\al(2,2))PU＝eq\f(\r(2)Um,2k1k2)－eq\f(2r,k\o\al(2,2))eq\r(\f(P,R))C．Pr＝eq\f(2r,Rk\o\al(2,2))PU＝eq\f(\r(2)k2Um,2k1)－eq\f(2r,k1k2)eq\r(\f(P,R))D．Pr＝eq\f(2r,Rk\o\al(2,1))PU＝eq\f(\r(2)Um,2k1k2)－eq\f(2r,k1k2)eq\r(\f(P,R))解析：选B.用户流过的电流为I4＝eq\r(\f(P,R))，故在输电线路上的电流为I3＝eq\f(I4,k2)＝eq\f(1,k2)eq\r(\f(P,R))，故损失的电功率为Pr＝Ieq\o\al(2,3)·2r＝eq\f(2r,Rk\o\al(2,2))P；升压变压器两端电压的有效值为U1＝eq\f(Um,\r(2))，输电线路上损失的电压为ΔU＝I3·2r，升压变压器副线圈两端的电压为U2＝eq\f(U1,k1)故降压变压器原线圈的电压为U3＝U2－ΔU，用户获得的电压U＝eq\f(U3,k2)联立解得U＝eq\f(\r(2)Um,2k1k2)－eq\f(2r,k\o\al(2,2))eq\r(\f(P,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eq\r(3)mgD．恒力F的最小值为eq\f(\r(3),2)mg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＝eq\f(1,2)at2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tan30°＝eq\f(mg,F)，解得F＝eq\r(3)mg，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sin60°＝eq\f(Fmin,mg)解得F的最小值为Fmin＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)mg，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v0＝8m/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＝1kg，木板A的长度l＝5m，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＝10m/s2.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：0～1s，AC整体做匀减速运动的加速度大小aA1＝3.5m/s2，B做匀加速运动的加速度aB1＝1m/s2，对AC整体：3μmg＋μ′mg＝2maA1对B有：μ′mg＝maB1解得：μ′＝0.1；μ＝0.2(2)C与A碰撞过程中动量守恒：mvC＝2mvA，其中vA＝4.5m/s解得vC＝9m/s弹簧弹开过程中，CD系统动量守恒，由动量守恒定律：2mv0＝mvC＋mvD解得：vD＝7m/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eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)＋Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)解得：Ep＝1J(3)由图乙可知：0～1s内B相对A向左运动的位移：x1＝eq\f(4.5,2)×1m＝2.25mAB速度相等后，B的加速度：aB2＝－μ′g＝－1m/s2AC整体的加速度：aA2＝eq\f(－3μmg＋μ′mg,2m)＝－2.5m/s2因aA2＞aB2，所以AC整体先停止运动，AC整体的运动时间为：t＝eq\f(1,2.5)s＝0.4s，在0.4s内B相对A向右运动的位移：x2＝vt＋eq\f(1,2)aB2t2－eq\f(1,2)vt＝0.12mA停止时B的速度：v′＝v＋aB2t＝0.6m/s然后B在A上面做匀减速运动直到停止，B的加速度aB3＝－μ′g＝－1m/s2B相对A向右运动的位移：x3＝－eq\f(v′2,2aB3)＝0.18m所以最终B离长木板A左端的距离x＝l－x1＋x2＋x3＝3.05m答案：(1)μ＝0.2μ′＝0.1(2)1J(3)3.05m2．用绝缘材料制成的半径为R的eq\f(2,3)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eq\f(R,2)，不计粒子的重力，求：(1)粒子的初速度v0；(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tan30°＝eq\f(R,r)而Bqv0＝meq\f(v\o\al(2,0),r)联立得v0＝eq\f(\r(3)BqR,m).(2)