四川省廣安市武勝縣2018屆高考物理課外輔導(dǎo)講義13含解析

PAGE1-四川省廣安市武勝縣2018屆高考物理課外輔導(dǎo)講義（13）多項(xiàng)選擇你能過關(guān)嗎？(2017·山東省泰安市高三第二輪復(fù)習(xí)質(zhì)量檢測(cè))密度均勻的球形行星對(duì)其周圍物體的萬有引力使物體產(chǎn)生的加速度用a表示，物體到行星表面的距離用h表示．a(chǎn)隨h變化的圖象如圖所示．圖中a1、h1、a2、h2及萬有引力常量G均為已知．根據(jù)以上數(shù)據(jù)可以計(jì)算出()A．該行星的半徑B．該行星的質(zhì)量C．該行星的自轉(zhuǎn)周期D．該行星同步衛(wèi)星離行星表面的高度解析：選AB.A.球形行星對(duì)其周圍質(zhì)量為m的物體的萬有引力：F＝ma＝eq\f(GMm,R＋h2)所以：a1＝eq\f(GM,R＋h12)，a2＝eq\f(GM,R＋h22)，聯(lián)立可得：R＝eq\f(h1\r(\f(a1,a2))－h(huán)2,1－\r(\f(a1,a2)))，A正確；B.將R＝eq\f(h1\r(\f(a1,a2))－h(huán)2,1－\r(\f(a1,a2)))代入加速度的表達(dá)式a1＝eq\f(GM,R＋h12)即可求出該行星的質(zhì)量，B正確；C.由題目以及相關(guān)的公式的物理量都與該行星轉(zhuǎn)動(dòng)的自轉(zhuǎn)周期無關(guān)，所以不能求出該行星的自轉(zhuǎn)周期，C錯(cuò)誤；D.由于不能求出該行星的自轉(zhuǎn)周期，所以也不能求出該行星同步衛(wèi)星離行星表面的高度，D錯(cuò)誤；故選A、B.一、選擇題1．如圖所示，水平推力F使物體靜止于斜面上，則()A．物體一定受3個(gè)力的作用B．物體可能受3個(gè)力的作用C．物體一定受到沿斜面向下的靜摩擦力的作用D．物體一定受到沿斜面向上的靜摩擦力的作用解析：選B.以物體為研究對(duì)象受力分析如圖，若Fcosθ＝Gsinθ時(shí)，物體在水平推力、重力、斜面支持力三力作用下處于平衡狀態(tài)，則物體受三個(gè)力作用；若Fcosθ＞Gsinθ(或Fcosθ＜Gsinθ)時(shí)，物體仍可以靜止在斜面上，但物體將受到沿斜面向下(或沿斜面向上)的靜摩擦力，綜上所述B對(duì)．2．(2017·安陽(yáng)二模)如圖所示，一質(zhì)量為m的沙袋用不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在支架上，一練功隊(duì)員用垂直于繩的力將沙袋緩慢拉起，使繩與豎直方向的夾角為θ＝30°，且繩繃緊，則練功隊(duì)員對(duì)沙袋施加的作用力大小為()A.eq\f(mg,2) B.eq\f(\r(3),2)mgC.eq\f(\r(3),3)mg D.eq\r(3)mg解析：選A.如圖，建立直角坐標(biāo)系對(duì)沙袋進(jìn)行受力分析：由平衡條件有：Fcos30°－FTsin30°＝0，F(xiàn)Tcos30°＋Fsin30°－mg＝0，聯(lián)立可解得：F＝eq\f(mg,2)，故選A.3．(2017·哈爾濱市第九中學(xué)高三二模)如圖所示，在光滑絕緣的水平直軌道上有兩個(gè)帶電小球a和b，a球質(zhì)量為2m、帶電量為＋q，b球質(zhì)量為m、帶電量為＋2q，兩球相距較遠(yuǎn)且相向運(yùn)動(dòng)．某時(shí)刻a、b球的速度大小依次為v和1.5v，由于靜電斥力的作用，它們不會(huì)相碰．則下列敘述正確的是()A．兩球相距最近時(shí)，速度大小相等、方向相反B．a(chǎn)球和b球所受的靜電斥力對(duì)兩球始終做負(fù)功C．a(chǎn)球一直沿原方向運(yùn)動(dòng)，b球要反向運(yùn)動(dòng)D．a(chǎn)、b兩球都要反向運(yùn)動(dòng)，但b球先反向解析：選D.本題利用動(dòng)量守恒和功能關(guān)系求解比較簡(jiǎn)單，由于地面光滑，系統(tǒng)所受合外力為零，滿足動(dòng)量守恒條件，當(dāng)兩球速度相等，系統(tǒng)損失機(jī)械能最大，兩球相距最近．水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由完全非彈性碰撞的知識(shí)可知，當(dāng)兩球速度相等時(shí)，系統(tǒng)損失機(jī)械能最大，兩球相距最小，故A錯(cuò)誤；由題意可知，a球動(dòng)量大于b球動(dòng)量，因此系統(tǒng)動(dòng)量水平向右，故b球運(yùn)動(dòng)過程中將反向運(yùn)動(dòng)而靜電斥力一直存在，a球速度減小為0后，也將反向(或者根據(jù)牛頓第二定律分析，此時(shí)a、b速度大小一樣，而b的減速的加速度大，故b先減為零，然后反向加速運(yùn)動(dòng))，因此靜電斥力對(duì)b球先做負(fù)功后做正功，故BC錯(cuò)誤，D正確．4．(2017·武漢武昌模擬)(多選)質(zhì)量M＝3kg的滑塊套在水平固定著的軌道上并可在軌道上無摩擦滑動(dòng)．質(zhì)量為m＝2kg的小球(視為質(zhì)點(diǎn))通過長(zhǎng)L＝0.75m的輕桿與滑塊上的光滑軸O連接，開始時(shí)滑塊靜止，輕桿處于水平狀態(tài)．現(xiàn)給小球一個(gè)v0＝3m/s的豎直向下的初速度，取g＝10m/s2.則()A．小球m從初始位置到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動(dòng)了0.3mB．小球m從初始位置到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，滑塊M在水平軌道上向左移動(dòng)了0.3mC．小球m相對(duì)于初始位置可以上升的最大高度為0.27mD．小球m從初始位置到第一次到達(dá)最大高度的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動(dòng)了0.54m解析：選AD.可把小球和滑塊水平方向的運(yùn)動(dòng)看做人船模型，設(shè)滑塊M在水平軌道上向右運(yùn)動(dòng)了x，由滑塊和小球系統(tǒng)在水平方向時(shí)動(dòng)量守恒，有eq\f(m,M)＝eq\f(x,L－x)，解得：x＝0.3m，選項(xiàng)A正確B錯(cuò)誤．根據(jù)動(dòng)量守恒定律，小球m相對(duì)于初始位置上升到最大高度時(shí)小球和滑塊速度都為零，由能量守恒定律可知，小球m相對(duì)于初始位置可以上升的最大高度為0.45m，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．根據(jù)動(dòng)量守恒定律，在小球上升到軌道高度時(shí)，滑塊速度為零，由系統(tǒng)的能量守恒定律可知，小球m相對(duì)于初始位置可以到達(dá)的最大高度為h＝0.45m，與水平面的夾角為cosα＝0.8，設(shè)小球從最低位置上升到最高位置過程中滑塊M在水平軌道上又向右運(yùn)動(dòng)了x′，由滑塊和小球系統(tǒng)在水平方向時(shí)動(dòng)量守恒，有eq\f(m,M)＝eq\f(x′,Lcosα－x′)，解得：x′＝0.24m．小球m從初始位置到第一次到達(dá)最大高度的過程中，滑塊在水平軌道上向右移動(dòng)了x＋x′＝0.3m＋0.24m＝0.54m，選項(xiàng)D正確．5．關(guān)于物理學(xué)的研究方法，以下說法不正確的是()A．伽利略開創(chuàng)了運(yùn)用邏輯推理和實(shí)驗(yàn)相結(jié)合進(jìn)行科學(xué)研究的方法B．卡文迪許在利用扭秤實(shí)驗(yàn)裝置測(cè)量萬有引力常量時(shí)，應(yīng)用了放大法C．電場(chǎng)強(qiáng)度是用比值法定義的，因而電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力成正比，與試探電荷的電量成反比D．“合力與分力”、“總電阻”、“交流電的有效值”用的是等效替代的方法解析：選C.伽利略開創(chuàng)了運(yùn)用邏輯推理和實(shí)驗(yàn)相結(jié)合進(jìn)行科學(xué)研究的方法，即理想實(shí)驗(yàn)，選項(xiàng)A正確；扭秤實(shí)驗(yàn)裝置應(yīng)用了放大法，選項(xiàng)B正確；在定義電場(chǎng)強(qiáng)度時(shí)應(yīng)用了比值法，因而電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力和試探電荷的電量無關(guān)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；等效替代法是在保證某種效果相同的前提下，將實(shí)際的、復(fù)雜的物理問題和物理過程轉(zhuǎn)化為等效的、簡(jiǎn)單的、易于研究的物理問題和物理過程來研究和處理的方法，合力與分力、總電阻、交流電的有效值用的是“等效替代”的方法，選項(xiàng)D正確．6．如圖所示，傾角為θ的斜面正上方有一小球以初速度v0水平拋出．若小球到達(dá)斜面的位移最小，重力加速度為g，則飛行時(shí)間t為()A．t＝v0tanθ B．t＝eq\f(2v0cotθ,g)C．t＝eq\f(v0cotθ,g) D．t＝eq\f(2v0tanθ,g)解析：選B.過拋出點(diǎn)作斜面的垂線AB，如圖所示：當(dāng)質(zhì)點(diǎn)落在斜面上的B點(diǎn)時(shí)，位移最小，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則水平方向：x＝v0t豎直方向：y＝eq\f(1,2)gt2.根據(jù)幾何關(guān)系有eq\f(x,y)＝tanθ則eq\f(v0t,\f(1,2)gt2)＝tanθ解得：t＝eq\f(2v0,gtanθ)＝eq\f(2v0cotθ,g).故B正確，ACD錯(cuò)誤．故選B.二、非選擇題1．(2017·河南高考預(yù)測(cè)卷)如圖甲所示，相距L＝1m、電阻不計(jì)的兩根長(zhǎng)金屬導(dǎo)軌，各有一部分在同一水平面上，另一部分在同一豎直面內(nèi)．質(zhì)量均為m＝50g、電阻均為R＝1.0Ω的金屬細(xì)桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直接觸形成閉合回路，桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5.整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，ab桿在水平拉力F作用下沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，cd桿固定在某位置．現(xiàn)在釋放cd桿并開始計(jì)時(shí)，cd桿的vcd－t圖象如圖乙所示，已知在0～1s和2～3s內(nèi)，圖線為直線．取g＝10m/s2.(1)求在0～1s內(nèi)通過cd桿中的電流；(2)若已知ab桿在1s～2s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，求1s～2s時(shí)間內(nèi)拉力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系式．解析：(1)在0～1s內(nèi)，cd桿的vcd－t圖線為傾斜直線，因此cd桿做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為：a1＝eq\f(vt－v0,t)＝4.0m/s2因此cd桿受向上的摩擦力作用，其受力圖如圖所示．根據(jù)牛頓第二定律，有：mg－Ff＝ma其中Ff＝μFN＝μFA＝μBIL因此回路中的電流為：I＝eq\f(mg－a,μBL)＝0.6A(2)在0～1s內(nèi)，設(shè)ab桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E，則：E＝BLv1由閉合電路歐姆定律知：I＝eq\f(E,2R)v1＝eq\f(2IR,BL)＝1.2m/s則ab桿的速度為：v1＝eq\f(2IR,BL)＝1.2m/s在2～3s內(nèi)，由圖象可求出cd桿的加速度為：a2＝－4m/s2同理可求出ab桿的速度：v2＝eq\f(2mg－a2R,μB2L2)＝2.8m/s在1～2s內(nèi)，ab桿做勻加速運(yùn)動(dòng)，則加速度為：a＝eq\f(v2－v1,t)＝1.6m/s2I′＝eq\f(BLv,2R)對(duì)ab桿，根據(jù)牛頓第二定律有：F－μmg－BI′L＝maab桿在t時(shí)刻的速度：v＝v1＋a(t－1)回路中的電流：I′＝eq\f(BLv,2R)聯(lián)立可得：F＝0.8t＋0.13答案：(1)在0～1s內(nèi)通過cd桿中的電流0.6A(2)這段時(shí)間內(nèi)拉力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系式為：F＝0.8t＋0.132．某同學(xué)用如圖甲所示的螺旋測(cè)微器測(cè)小球的直徑時(shí)，他應(yīng)先轉(zhuǎn)動(dòng)________到F靠近小球，再轉(zhuǎn)動(dòng)_______