武勝縣烈面中學(xué)2018高考物理課外輔導(dǎo)講義（1）含解析一、選擇題1．(2017·湖南省長沙市長郡中學(xué)高三上學(xué)期月考)如圖所示，中間有孔的物塊A套在光滑的豎直桿上，通過滑輪用不可伸長的輕繩將物體拉著勻速向上運(yùn)動，則關(guān)于拉力F以及拉力作用點(diǎn)的移動速度v的下列說法正確的是()A．F不變，v不變 B．F增大，v減小C．F增大，v增大 D．F增大，v不變解析：選B.設(shè)繩子與豎直方向上的夾角為θ，因?yàn)锳做勻速直線運(yùn)動，在豎直方向上合力為零，有：Fcosθ＝mg，因?yàn)棣仍龃螅瑒tF增大，物體A沿繩子方向上的分速度v1＝vcosθ，因?yàn)棣仍龃螅瑒tv減小，故B正確，ACD錯誤．2．(2017·重慶市永川中學(xué)高三第一次模擬診斷)如圖所示，下列有關(guān)運(yùn)動的說法正確的是()A．圖甲中撤掉擋板A的瞬間，小球的加速度豎直向下B．圖乙中固定在豎直面內(nèi)的圓環(huán)內(nèi)徑r＝1.6m，小球沿環(huán)的內(nèi)表面通過最高點(diǎn)的速度可以為2m/sC．圖丙中皮帶輪上b點(diǎn)的向心加速度大小等于a點(diǎn)的向心加速度大小(a點(diǎn)的半徑為r，b點(diǎn)的半徑4r，c點(diǎn)的半徑為2r)D．圖丁中用鐵錘水平打擊彈簧片后，B球比A球先著地解析：選C.開始小球受重力、彈簧的彈力和支持力處于平衡，重力和彈簧的合力方向與支持力方向相反，撤掉擋板的A的瞬間，支持力為零，彈簧彈力不變，則彈力和重力的合力方向與之前支持力的方向相反，則加速度的方向?yàn)榇怪睋醢逑蛳拢蔄錯誤．小球在圓環(huán)的最高點(diǎn)的臨界情況是：mg＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(gr)＝4m/s，知最高點(diǎn)的最小速度為4m/s.故B錯誤．a(chǎn)、c兩點(diǎn)的線速度大小相等，根據(jù)a＝eq\f(v2,r)，則a、c兩點(diǎn)的向心加速度之比為2∶1，b、c兩點(diǎn)的角速度相等，根據(jù)a＝rω2，則b、c兩點(diǎn)的加速度之比為2∶1，可知a、b兩點(diǎn)的加速度相等．故C正確．圖丁中用鐵錘水平打擊彈簧片后，A做平拋運(yùn)動，B做自由落體運(yùn)動，兩球同時落地．故D錯誤．故選C.3．如圖，在x軸上方存在垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，x軸下方存在垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為eq\f(B,2)的勻強(qiáng)磁場．一帶負(fù)電的粒子從原點(diǎn)O以與x軸成60°角的方向斜向上射入磁場，且在上方運(yùn)動半徑為R(不計重力)，則()A．粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)一定能回到原點(diǎn)OB．粒子在x軸上方和下方兩磁場中運(yùn)動的半徑之比為2∶1C．粒子再次回到x軸上方所需的時間為eq\f(2πm,Bq)D．粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進(jìn)了3R解析：選C.根據(jù)R＝eq\f(mv,Bq)可知粒子在x軸上方和下方兩磁場中運(yùn)動的半徑之比為1∶2，則B錯誤；根據(jù)對稱性，作出粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示，則由圖可知A選項(xiàng)錯誤；根據(jù)軌跡可知，粒子完成一次周期性運(yùn)動的時間為t＝eq\f(1,3)×eq\f(2πm,Bq)＋eq\f(1,3)×eq\f(2πm,\f(B,2)q)＝eq\f(2πm,Bq)，則C選項(xiàng)正確；粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進(jìn)的距離為x＝2R×cos30°＋4R×cos30°＝3eq\r(3)R，則D選項(xiàng)錯誤．4．如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域里有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，M、N是磁場邊界上兩點(diǎn)且M、N連線過圓心，在M點(diǎn)有一粒子源，可以在紙面內(nèi)沿各個方向向磁場里發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q、速度大小均為v＝eq\f(qBR,2m)的帶正電的粒子，不計粒子的重力，若某一個粒子在磁場中運(yùn)動的時間為t＝eq\f(πR,2v)，則該粒子從M點(diǎn)射入磁場時，入射速度方向與MN間夾角的正弦值為()A.eq\f(1,2) B.eq\f(3,5)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\f(4,5)解析：選A.粒子在磁場中運(yùn)動軌跡半徑r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(R,2)，由于該粒子在磁場中運(yùn)動的時間t＝eq\f(πR,2v)＝eq\f(πr,v)＝eq\f(1,2)T，因此該粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知，△MOP為正三角形，粒子從M點(diǎn)射入的速度方向與MN的夾角為30°，夾角正弦值為eq\f(1,2)，A正確．5．(2017·江南南昌三校四聯(lián))如圖所示，有一個矩形邊界的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里．一個三角形閉合導(dǎo)線框，由位置1(左)沿紙面勻速運(yùn)動到位置2(右)．取線框剛到達(dá)磁場邊界的時刻為計時起點(diǎn)(t＝0)，規(guī)定逆時針方向?yàn)殡娏鞯恼较颍瑒t圖中能正確反映線框中電流與時間關(guān)系的是()解析：選A.線框進(jìn)入磁場的過程，磁通量向里增加，根據(jù)楞次定律得知感應(yīng)電流的磁場向外，由安培定則可知感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r針，電流方向應(yīng)為正方向，故B、C錯誤；線框進(jìn)入磁場的過程，線框有效的切割長度先均勻增大后均勻減小，由E＝BLv，可知感應(yīng)電動勢先均勻增大后均勻減小；線框完全進(jìn)入磁場后，磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生；線框穿出磁場的過程，磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律得知感應(yīng)電流的磁場向里，由安培定則可知感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r針，電流方向應(yīng)為負(fù)方向，線框有效的切割長度先均勻增大后均勻減小，由E＝BLv，可知感應(yīng)電動勢先均勻增大后均勻減小；故A正確，D錯誤．6．如圖所示，M、N為光滑的金屬導(dǎo)軌，兩導(dǎo)軌平行且在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌所在的平面與勻強(qiáng)磁場垂直．導(dǎo)軌的左側(cè)接一定值電阻R，金屬桿AB在水平恒力F作用下從靜止開始向右運(yùn)動，則下列桿的速度v和加速度a隨時間t的變化關(guān)系正確的是(不計導(dǎo)軌與金屬桿電阻)()解析：選B.以金屬桿AB為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律，F(xiàn)－eq\f(B2l2v,R)＝ma，隨著速度的增大，加速度a越來越小，AB加速得越來越慢，最后做勻速運(yùn)動，選項(xiàng)A錯誤，選項(xiàng)B正確；加速度a減小，但a與t不是線性關(guān)系，選項(xiàng)C、D錯誤．7、(2017·潮州市二模)如圖所示，粗糙水平面上有一長木板，一個人站在木板上用力F向右推箱子，木板、人、箱子均處于靜止?fàn)顟B(tài)．三者的質(zhì)量均為m，下列說法正確的是()A．箱子受到的摩擦力方向向右B．人受到的摩擦力方向向右C．箱子對木板的摩擦力方向向右D．若水平面光滑，人用同樣大小的力F推箱子，能使長木板在水平面上滑動解析：選BC.人用力F向右推箱子，對箱子受力分析，受重力、支持力、靜摩擦力和向右的推力作用，根據(jù)平衡條件，箱子受到的摩擦力方向向左，與推力平衡，故A錯誤；人用力F向右推箱子，對箱子的作用力向右，根據(jù)牛頓第三定律可知，箱子對人的作用力的方向向左，人若要平衡，則受到的木板的摩擦力的方向向右，故B正確；箱子受到的摩擦力方向向左，根據(jù)牛頓第三定律可知箱子對木板的摩擦力方向向右，故C正確；對三者的整體受力分析，只受重力和支持力，水平方向不受力，故不能使長木板在水平面上滑動，故D錯誤．二、非選擇題1．光滑圓軌道和兩傾斜直軌道組成如圖所示裝置，其中直軌道BC粗糙，直軌道CD光滑，兩軌道相接處為一很小的圓弧，質(zhì)量為m＝0.1kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))在圓軌道上做圓周運(yùn)動，到達(dá)軌道最高點(diǎn)A時的速度大小為v＝4m/s，當(dāng)滑塊運(yùn)動到圓軌道與直軌道BC的相切處B時，脫離圓軌道開始沿傾斜直軌道BC滑行，到達(dá)軌道CD上的D點(diǎn)時速度為零．若滑塊變換軌道瞬間的能量損失可忽略不計，已知圓軌道的半徑為R＝0.25m，直軌道BC的傾角θ＝37°，其長度為L＝26.25m，D點(diǎn)與水平地面間的高度差為h＝0.2m，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)滑塊在圓軌道最高點(diǎn)A時對軌道的壓力大小；(2)滑塊與直軌道BC間的動摩擦因數(shù)；(3)滑塊在直軌道BC上能夠運(yùn)動的時間．解析：(1)在圓軌道最高點(diǎn)A處對滑塊，由牛頓第二定律得：mg＋FN＝meq\f(v2,R)得FN＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,R)－g))＝5.4N由牛頓第三定律得滑塊在圓軌道最高點(diǎn)A時對軌道的壓力大小為5.4N(2)從A點(diǎn)到D點(diǎn)全程，由動能定理得：mg(R＋Rcosθ＋Lsinθ－h(huán))－μmgLcosθ＝0－eq\f(1,2)mv2即μ＝eq\f(gR＋Rcosθ＋Lsinθ－h(huán)＋\f(v2,2),gLcosθ)＝0.8(3)設(shè)滑塊在BC上向下滑動的時間為t1，向上滑動的加速度為a2，時間為t2，在C點(diǎn)時的速度為vC.由C到D：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝mghvC＝eq\r(2gh)＝2m/sA點(diǎn)到B點(diǎn)的過程：mgR(1＋cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mv2vB＝eq\r(v2＋2gR1＋cosθ)＝5m/s在軌道BC上：下滑：L＝eq\f(vB＋vC,2)t1，t1＝eq\f(2L,vB＋vC)＝7.5s上滑：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2a2＝gsinθ＋μgcosθ＝12.4m/s20＝vC－a2t2t2＝eq\f(vC,a2)＝eq\f(2,12.4)s≈0.16sμ＞tanθ，滑塊在軌道BC上停止后不再下滑滑塊在BC上運(yùn)動的總時間：t總＝t1＋t2＝(7.5＋0.16)s＝7.66s答案：(1)5.4N(2)0.8(3)7.66s2．(2017·滕州期末)如圖所示，相距2L的AB、CD兩直線間的區(qū)域存在著兩個大小不同、方向相反的有界勻強(qiáng)電場，其中PS下方的電場E1的場強(qiáng)方向豎直向上，PS上方的電場E2的場強(qiáng)方向豎直向下，在電場左邊界AB上寬為L的PQ區(qū)域內(nèi)，連續(xù)分布著電量為＋q、質(zhì)量為m的粒子．從某時刻起由Q到P點(diǎn)間的帶電粒子，依次以相同的初速度v0沿水平方向垂直射入勻強(qiáng)電場E1中，若從Q點(diǎn)射入的粒子，通過PS上的某點(diǎn)R進(jìn)入勻強(qiáng)電場E2后從CD邊上的M點(diǎn)水平射出，其軌跡如圖，若MS兩點(diǎn)的距離為eq\f(L,2).不計粒子的重力及它們間的相互作用．試求：(1)電場強(qiáng)度E1與E2的大小；(2)在PQ間還有許多水平射入電場的粒子通過電場后也能垂直于CD邊水平射出，這些入射點(diǎn)到P點(diǎn)的距離有什么規(guī)律？解析：(1)設(shè)粒子由Q到R及R到M點(diǎn)的時間分別為t1與t2，到達(dá)R時豎直速度為vy，則由y＝eq\f(1,2)at2、vy＝at及F＝qE＝ma得：L＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)eq\f(qE1,m)teq\o\al(2,1)eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)eq\f(qE2,m)teq\o\al(2,2)vy＝eq\f(qE1,m)t1＝eq\f(qE2,m)t2v0(t1＋t2)＝2L聯(lián)立解得：E1＝eq\f(9mv\o\al(2,0),8qL)，E2＝eq\f(9mv\o\al(2,0),4qL).(2)由(1)知E2＝2E1，t1＝2t2.因沿PS方向所有粒子做勻速運(yùn)動，所以它們到達(dá)CD邊的時間同為t＝eq\f(2L,v0).設(shè)PQ間距離P點(diǎn)為h的粒子射入電場后，經(jīng)過n(n＝2,3,4，…)個類似于Q→R→M的循環(huán)運(yùn)動(包括粒子從電場E2穿過PS進(jìn)入電場E1的運(yùn)動)后，恰好垂直于CD邊水平射出，則它的速度第一次變