武勝縣烈面中學2018高考物理課外輔導講義（5）含解析一、選擇題1．(2017·云南省楚雄市高三下學期統測)隨著我國登月計劃的實施，我國宇航員登上月球已不是夢想；假如我國宇航員登上月球并在月球表面附近以初速度v0豎直向上拋出一個小球，經時間t后回到出發點．已知月球的半徑為R，萬有引力常量為G，則下列說法正確的是()A．月球表面的重力加速度為eq\f(v0,t)B．月球的質量為eq\f(2v0R2,Gt)C．宇航員在月球表面獲得eq\r(\f(v0R,t))的速度就可能離開月球表面圍繞月球做圓周運動D．宇航員在月球表面附近繞月球做勻速圓周運動的繞行周期為eq\r(\f(Rt,v0))解析：選B.小球在月球表面做豎直上拋運動，根據勻變速運動規律得t＝eq\f(2v0,g月)，解得g月＝eq\f(2v0,t)，故A錯誤；物體在月球表面上時，由重力等于月球的萬有引力得Geq\f(Mm,R2)＝mg月，解得M＝eq\f(R2g月,G)，聯立t＝eq\f(2v0,g月)，可得M＝eq\f(2v0R2,Gt)，故B正確；宇航員離開月球表面圍繞月球做圓周運動至少應獲得的速度大小即月球的第一宇宙速度大小，所以Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(\f(GM,R))＝eq\r(\f(2v0R,t))，故C錯誤；宇航員乘坐飛船在月球表面附近繞月球做勻速圓周運動，根據重力提供向心力得mg月＝meq\f(4π2R,T2)＝meq\f(2v0,t)，解得T＝πeq\r(\f(2Rt,v0))，故D錯誤．2．(2017·西安市長安區第一中學大學區高三第三次聯考)假設宇宙中有兩顆相距無限遠的行星A和B，半徑分別為RA和RB.兩顆行星周圍衛星的軌道半徑的三次方(r3)與運行周期的平方(T2)的關系如圖所示；T0為衛星環繞行星表面運行的周期．則()A．行星A的質量小于行星B的質量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．當兩行星的衛星軌道半徑相同時，行星A的衛星向心加速度大于行星B的衛星向心加速度解析：選D.根據萬有引力提供向心力得出：Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r得：M＝eq\f(4π2,G)·eq\f(r3,T2)，根據圖象可知，A的eq\f(R3,T2)比B的大，所以行星A的質量大于行星B的質量，故A錯誤；根圖象可知，在兩顆行星表面做勻速圓周運動的周期相同，密度ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(M,\f(4,3)πR3)＝eq\f(\f(4π2,G)·\f(R3,T\o\al(2,0)),\f(4,3)πR3)＝eq\f(3π,GT\o\al(2,0))，所以行星A的密度等于行星B的密度，故B錯誤；第一宇宙速度v＝eq\f(2πR,T0)，A的半徑大于B的半徑，衛星環繞行星表面運行的周期相同，則A的第一宇宙速度大于行星B的第一宇宙速度，故C錯誤；根據Geq\f(Mm,r2)＝ma得：a＝Geq\f(M,r2)，當兩行星的衛星軌道半徑相同時，A的質量大于B的質量，則行星A的衛星向心加速度大于行星B的衛星向心加速度，故D正確．故選D.3．在如圖所示的電路中，已知電阻R1的阻值小于滑動變阻器R的最大阻值．閉合電鍵S，在滑動變阻器的滑片P由左端向右滑動的過程中，四個電表V1、V2、A1、A2的示數及其變化量分別用U1、U2、I1、I2、ΔU1、ΔU2、ΔI1、ΔI2表示，下列說法中正確的是()A．U1先變大后變小，I1不變B．U1先變小后變大，I1變小C.eq\f(ΔU1,ΔI2)的絕對值先變大后變小，eq\f(ΔU2,ΔI2)的絕對值不變D．U2先變小后變大，I2先變小后變大解析：選D.滑片P由滑動變阻器的左端向右端滑動的過程中，滑動變阻器R的左半部分與R1串聯然后與R的右半部分并聯，并聯電阻先變大后變小，所以電路總電阻先變大后變小，根據閉合電路歐姆定律，I2先變小后變大，U1先變大后變小，由極限法可得當滑片P滑到滑動變阻器右端時，電流表A1把R1所在支路短路，此時I1最大，所以I1一直增大，A、B錯誤；對于C項，eq\f(ΔU1,ΔI2)的絕對值等于電源的內阻，保持不變；eq\f(ΔU2,ΔI2)的絕對值等于R2，保持不變，所以C錯誤；電阻R2不變，電壓表V2的示數U2＝I2R2，U2先變小后變大，D正確．4．(2017·黃山月考)如圖所示，在AB間接入正弦交流電U1＝220V，通過理想變壓器和二極管D1、D2給阻值R＝20Ω的純電阻負載供電，已知D1、D2為相同的理想二極管，正向電阻為0，反向電阻無窮大，變壓器原線圈n1＝110匝，副線圈n2＝20匝，Q為副線圈正中央抽頭，為保證安全，二極管的反向耐壓值至少為U0，設電阻R上消耗的熱功率為P，則有()A．U0＝40eq\r(2)V，P＝80WB．U0＝40V，P＝80WC．U0＝40eq\r(2)V，P＝20WD．U0＝40V，P＝20W解析：選C.變壓器的次級電壓U2＝eq\f(n2,n1)U1＝eq\f(20,110)×220V＝40V，故二極管的反向耐壓值至少為40eq\r(2)V；電阻R上電壓有效值為20V，則R消耗的熱功率為P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(202,20)W＝20W，故C正確．5．(2017·瀘州市二診)如圖所示的閉合電路中，電源電動勢為E，內阻為r，電阻箱R1、R2、電燈和理想電流表A1、A2分別接入電路中，電燈的電阻為RL(電表和用電器均安全工作)，下列說法正確的是()A．僅調節R1，電流表A1的示數總大于A2的示數B．僅使R2減小，電流表A2變化量比A1變化量大C．僅使R1增大，電源內阻消耗的功率變大D．僅調節電阻箱R1，RL＝R1＋r時，電燈L可達到最亮解析：選B.僅調節R1，RL與R2的大小關系不確定，所以電流表A1的示數不一定總大于A2的示數．故A錯誤．僅使R2減小，并聯部分電阻減小，通過RL的電流減小，總電流增大，則通過R2的電流增大，且電流表A2變化量比A1變化量大．故B正確．僅使R1增大，總電阻增大，總電流減小，則電源內阻消耗的功率減小，故C錯誤．僅調節電阻箱R1，R1＝0時，電路中電流最大，電燈L的電壓最大，達到最亮，故D錯誤．6．(2017·深圳市二模)(多選)如圖所示，單匝矩形導線框abcd與勻強磁場垂直，線框電阻不計，線框繞與cd邊重合的固定轉軸以恒定角速度從圖示位置開始勻速轉動，理想變壓器匝數比為n1∶n2.開關S斷開時，額定功率為P的燈泡L1正常發光，電流表示數為I，電流表內阻不計，下列說法正確的是()A．線框中產生的電流為正弦式交變電流B．線框從圖中位置轉過eq\f(π,4)時，感應電動勢瞬時值為eq\f(P,I)C．燈泡L1的額定電壓等于eq\f(n1P,n2I)D．如果閉合開關S，則電流表示數變大解析：選ABD.根據產生交變電流的條件，A正確；轉過eq\f(π,4)時，感應電動勢的瞬時值應為eq\f(\r(2),2)Em，正好是有效值的大小eq\f(P,I)，B正確；C中燈泡L1的額定電壓應為eq\f(n2P,n1I)，C錯誤；開關S閉合，并聯L2后負載總電阻減小，U2不變，I2增大，I1也增大，D正確．7、如圖甲所示，傾角為θ的足夠長的傳送帶以恒定的速率v0沿逆時針方向運行．t＝0時，將質量m＝1kg的物體(可視為質點)輕放在傳送帶上，物體相對地面的v-t圖象如圖乙所示．設沿傳送帶向下為正方向，重力加速度g取10m/s2.則()A．傳送帶的速率v0＝10m/sB．傳送帶的傾角θ＝30°C．物體與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.5D．0～2.0s摩擦力對物體做功Wf＝－24J解析：選ACD.物體先做初速度為零的勻加速直線運動，速度達到傳送帶速度后，由于重力沿傳送帶向下的分力大于摩擦力，物體繼續向下做勻加速直線運動，從圖象可知傳送帶的速率為10m/s，故A正確．開始時物體所受摩擦力方向沿傳送帶向下，速度等于傳送帶速度后摩擦力方向沿傳送帶向上，則a1＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,m)＝gsinθ＋μgcosθ＝10m/s2，a2＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)＝gsinθ－μgcosθ＝eq\f(12－10,1)m/s2＝2m/s2，聯立兩式解得μ＝0.5，θ＝37°，故B錯誤，C正確．第一段勻加速直線運動的位移x1＝eq\f(v\o\al(2,0),2a1)＝5m，摩擦力做的功為Wf1＝μmgcosθ·x1＝0.5×1×10×0.8×5J＝20J，第二段勻加速直線運動的位移x2＝eq\f(v2－v\o\al(2,0),2a2)＝11m，摩擦力做的功為Wf2＝－μmgcosθ·x2＝－0.5×1×10×0.8×11J＝－44J，則Wf＝Wf1＋Wf2＝－24J，故D正確．二、非選擇題1．(2017·寧夏銀川九中高三下學期第五次模擬考試)如圖所示，水平地面上靜止放置一輛小車A，質量mA＝4kg，上表面光滑，小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計．可視為質點的物塊B置于A的最右端，B的質量mB＝2kg，現對A施加一個水平向右的恒力F＝10N，A運動一段時間后，小車左端固定的擋板B發生碰撞，碰撞時間極短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下繼續運動，碰撞后經時間t＝0.6s，二者的速度達到vt＝2m/s.求：(1)A開始運動時加速度a的大小；(2)A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大小；(3)A的上表面長度l.解析：(1)以A為研究對象，由牛頓第二定律得F＝mAa代入數據解得：a＝2.5m/s2(2)對A、B碰撞后共同運動t＝0.6s的過程中，由動量定理得Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v代入數據解得：v＝1m/s(3)設A、B發生碰撞前，A的速度為vA，對A、B發生碰撞的過程，由動量守恒定律有：mAvA＝(mA＋mB)vA從開始運動到與B發生碰撞前，由動能定理得：Fl＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)聯立代入數據解得：l＝0.45m答案：(1)a＝2.5m/s2(2)v＝1m/s(3)l＝0.45m2．如圖所示，在直角坐標系xOy平面內有一矩形區域MNPQ，矩形區域內有水平向右的勻強電場，場強為E；在y≥0的區域內有垂直于坐標平面向里的勻強磁場，半徑為R的光滑絕緣空心半圓管ADO固定在坐標平面內，半圓管的一半處于電場中，圓心O1為MN的中點，直徑AO垂直于水平虛線MN.一質量為m、電荷量為q的帶電粒子(重力不計)從半圓管的O點由靜止釋放，進入管內后從A點穿出恰能在磁場中做半徑為R的勻速圓周運動，當粒子再次進入矩形區域MNPQ時立即撤去磁場，此后粒子恰好從QP的中點C離開電場．求：(1)勻強磁場的磁感應強度B的大小；(2)矩形區域的長度MN和寬度MQ應滿足的條件？(3)粒子從A點運動到C點的時間．解析：(1)粒子從O到A過程中由動能定理得qER＝eq\f(1,2)mv2從A點穿出后做勻速圓周運動，有qvB＝eq\f(mv2,R)解得B＝eq\r(\f(2Em,qR))(2)粒子再次進入矩形區域后做類平拋運動，由題意得R＝eq\f(1,2)at2a＝eq\f(qE,m)R＋OC＝vt聯立解得OC＝R所以，矩形區域的長度MN≥2R，寬度MQ＝2R.(3)粒子從A點到矩形邊界MN的過程中，t1＝eq\f(1,4)·eq\f(2πm,qB)＝