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PAGE1-四川省廣安市武勝縣2018屆高考物理課外輔導講義(15)一、選擇題1.(2017·江西南昌質檢)如圖所示,粗糙水平面上有一固定的、粗糙程度處處相同的圓弧形框架ABC,框架下面放置一塊厚度不計的金屬板,金屬板的中心O點是框架的圓心,框架上套有一個輕圓環(huán),用輕彈簧把圓環(huán)與金屬板的O點固定連接,開始時輕彈簧處于水平拉伸狀態(tài).用一個始終沿框架切線方向的拉力F拉動圓環(huán),從左側水平位置緩慢繞框架運動,直到輕彈簧達到豎直位置,金屬板始終保持靜止狀態(tài),則在整個過程中()A.沿框架切線方向拉力F逐漸減小B.水平面對金屬板的摩擦力逐漸增大C.水平面對金屬板的支持力逐漸減小D.框架對圓環(huán)的支持力逐漸減小解析:選C.彈簧伸長量不變,彈簧的彈力大小F′不變,彈簧與水平方向夾角為θ.金屬板受重力mg、支持力N、彈簧的拉力F′和向右的靜摩擦力f作用,水平方向f=F′cosθ,豎直方向N+F′sinθ=mg,得N=mg-F′sinθ,隨著θ的增大,支持力不斷減小,靜摩擦力逐漸減小,故B錯,C對;圓環(huán)受彈簧的拉力、框架的支持力(大小不變?yōu)镕′)、拉力F和滑動摩擦力f′,有F=f′=μF′,故拉力大小不變,A、D錯.2.(2017·湖北黃石二模)將一橫截面為扇形的物體B放在水平面上,一小滑塊A放在物體B上,如圖所示,除了物體B與水平面間的摩擦力之外,其余接觸面的摩擦力均可忽略不計,已知物體B的質量為M、滑塊A的質量為m,當整個裝置靜止時,滑塊A與物體B接觸的一面與豎直擋板之間的夾角為θ.已知重力加速度為g,則下列選項正確的是()A.物體B對水平面的壓力大小為MgB.物體B受水平面的摩擦力大小為mgtanθC.滑塊A與豎直擋板之間的彈力大小為eq\f(mg,tanθ)D.滑塊A對物體B的壓力大小為eq\f(mg,cosθ)解析:選C.以滑塊A為研究對象進行受力分析,并運用合成法,如圖所示,由幾何知識得,擋板對滑塊A的彈力大小為N1=eq\f(mg,tanθ),C正確;物體B對滑塊A的彈力大小為N2=eq\f(mg,sinθ),根據(jù)牛頓第三定律,滑塊A對物體B的壓力大小為eq\f(mg,sinθ),D錯誤;以滑塊A和物體B組成的系統(tǒng)為研究對象,在豎直方向上受力平衡,則水平面對物體B的支持力N=(M+m)g,故水平面所受壓力大小為(M+m)g,A錯誤;A和B組成的系統(tǒng)在水平方向上受力平衡,則水平面對物體B的摩擦力大小為f=N1=eq\f(mg,tanθ),B錯誤.3.(2017·山西省太原市高三下學期模擬)在真空中M、N兩點分別放有異種點電荷+2Q和-Q,以MN連線中點O為中心作一圓形路徑abcd,a、O、c三點恰好將MN四等分.b、d為MN的中垂線與圓的交點,如圖所示,則下列說法正確的是()A.a(chǎn)、b、c、d四點電場強度的大小關系是Ea>Ec,Eb=EdB.a(chǎn)、b、c、d四點電勢的關系是φa<φc,φb=φdC.在MN的連線上,O點的電場強度最小D.將帶負電的試探電荷由b沿直線移動到d的過程中,其電勢能始終不變解析:選A.設Ma=aO=d.則Ea=eq\f(k·2Q,d2)+eq\f(kQ,3d2)=eq\f(19kQ,9d2),Ec=eq\f(k·2Q,3d2)+eq\f(kQ,d2)=eq\f(11kQ,9d2),故Ea>Ec,b、d兩點由于對稱,則有Eb=Ed.故A正確.沿電場線方向電勢降低,故φa>φc,根據(jù)對稱性可知φb=φd.故B錯誤.電場線的疏密表示電場強度的相對大小,由電場線疏密程度可知,AB連線上電場強度最小值出現(xiàn)在O點的右側,故C錯誤.負點電荷沿直線由b運動到d的過程中,只是初末位置的電勢能相等,過程中電勢能在變化,故D錯誤.4.如圖所示,空間中存在沿x軸的靜電場,其電勢φ沿x軸的分布如圖所示,x1、x2、x3、x4是x軸上的四個點,質量為m、帶電量為-q的粒子(不計重力),以初速度v0從O點沿x軸正方向進入電場,在粒子沿x軸運動的過程中,下列說法正確的是()A.粒子在x2點的速度為0B.從x1到x3點的過程中,粒子的電勢能先減小后增大C.若粒子能到達x4處,則v0的大小至少應為eq\r(\f(2qφ0,m))D.若v0=eq\r(\f(2qφ0,m)),則粒子在運動過程中的最大動能為3qφ0解析:選C.根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低,由φ-x圖象,畫出沿x軸方向的場強方向(圖中箭頭指向)及各點電勢分布如圖所示.由圖示知,O和x2兩點電勢相等,O到x2過程,電場力做功為0,動能不變,故粒子在x2點的速度為v0,選項A錯誤;從x1到x3過程中,電場力對負電荷一直做負功,粒子的電勢能一直增加,選項B錯誤;從x3到x4過程中,電場力對負電荷做正功,故粒子若能到達x4點,需能到達x3點.假設粒子恰好到達x3,由動能定理得W=qφ0=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0),故v0大小至少為eq\r(\f(2qφ0,m)),選項C正確;粒子運動過程中,電場力所做正功的最大值為qφ0,若v0=eq\r(\f(2qφ0,m)),則動能最大值為2qφ0,選項D錯誤.5.(多選)如圖所示,在兩等量異種點電荷的電場中,MN為一根光滑絕緣細桿,放在兩電荷連線的中垂線上,a、b、c三點所在直線平行于兩點電荷的連線,且a與c關于MN對稱,b點位于MN上,d點位于兩電荷的連線上.下列說法正確的是()A.b點場強小于d點場強B.b點電勢低于d點電勢C.試探電荷+q在a點的電勢能小于在c點的電勢能D.套在細桿上的帶電小環(huán)由靜止釋放后將做勻加速直線運動解析:選ABD.在兩等量異號電荷連線上,中間點電場強度最??;在兩等量異號電荷連線的中垂線上,中間點電場強度最大;所以b點場強小于d點場強,A正確;MN是一條等勢線,與在兩等量異號電荷連線上的點相比較,d點的電勢要高,所以b點電勢低于d點電勢,B正確;因a點的電勢高于c點的電勢,故試探電荷+q在a點的電勢能大于在c點的電勢能,C錯誤;MN上的電場方向垂直MN指向負電荷,故套在細桿上的帶電小環(huán)由靜止釋放后,由于在MN方向上只受到重力,所以做MN方向上做勻加速直線運動,D正確.6.(多選)如圖所示,輕彈簧一端固定于O點,另一端與小滑塊連接.把滑塊放在光滑斜面上的A點,此時彈簧恰好水平.將滑塊從A點由靜止釋放,經(jīng)B點到達位于O點正下方的C點.當滑塊運動到B點時,彈簧恰處于原長且與斜面垂直.已知彈簧原長為L,斜面傾角θ小于45°,彈簧始終在彈性限度內,重力加速度為g.在此過程中()A.滑塊的加速度可能一直減小B.滑塊經(jīng)過B點時的速度可能最大C.滑塊經(jīng)過C點的速度大于eq\r(\f(2gL,cosθ))D.滑塊在AB過程中動能的增量比BC過程小解析:選AC.從A到B過程中彈簧處于伸長狀態(tài),有一個沿斜面向下的分力F1,并且隨著伸長量的減小,分力F1在減小,故此過程中滑塊受到的合力F=mgsinθ+F1,在減小,故加速度在減小,從B到C過程中,彈簧處于拉伸狀態(tài),有一個沿斜面向上的分力F2,隨著伸長量的增大,F(xiàn)2在增大,若到達C點時F2<mgsinθ,則滑塊受到的合力F=mgsinθ-F2,在減小,故加速度減小,所以從A到C過程中滑塊的加速度可能一直減小,A正確;從B到C的過程中,合力F=mgsinθ-F2,由于彈力是從零增加的,所以F2是從零開始增大的,故肯定有一段時間F2<mgsinθ,所以從B點后滑塊肯定還會加速,所以B點一定不是速度最大點,B錯誤;根據(jù)幾何知識可得從A到C的豎直高度為h=eq\f(L,cosθ),假如只有重力做功,從A到C有:mgeq\f(L,cosθ)=eq\f(1,2)mv2,解得v=eq\r(\f(2gL,cosθ)),因為θ小于45°,故AO大于CO,在A點彈簧儲存的彈性勢能大于在C點彈簧儲存的彈性勢能,故還有一部分彈性勢能轉化為動能,故在C點的動能一定大于eq\r(\f(2gL,cosθ)),C正確;從A到B過程中彈力做正功,重力做正功,從B到C過程中重力做正功,彈力做負功,并且從A到B的豎直高度大于從B到C的豎直高度,故滑塊在AB過程中動能的增量比BC過程大,D錯誤.7.(2017·哈爾濱市第九中學高三二模)月球自轉周期T與它繞地球勻速圓周運動的公轉周期相同,假如“嫦娥四號”衛(wèi)星在近月軌道(軌道半徑近似為月球半徑)做勻速圓周運動的周期為T0,如圖所示,PQ為月球直徑,某時刻Q點離地心O最近,且P、Q、O共線,月球表面的重力加速度為g0,萬有引力常量為G,則下列說法正確的是()A.月球質量M=eq\f(T\o\al(4,0)g\o\al(3,0),4π4G)B.月球的第一宇宙速度v=eq\f(g0T0,2π)C.要使“嫦娥四號”衛(wèi)星在月球的背面P點著陸,需提前減速D.再經(jīng)eq\f(T,2)時,P點離地心O最近解析:選BC.根據(jù)mg0=mReq\f(4π2,T\o\al(2,0))得,月球的半徑R=eq\f(g0T\o\al(2,0),4π2),根據(jù)eq\f(GMm,R2)=mg0得月球的質量為:M=eq\f(g0R2,G)=eq\f(T\o\al(4,0)g\o\al(3,0),16π4G),故A錯誤.根據(jù)mg0=meq\f(v2,R)得月球的第一宇宙速度為:v=eq\r(g0R)=eq\f(g0T0,2π),故B正確.要使“嫦娥四號”衛(wèi)星在月球的背面P點著陸,需減速,使得萬有引力大于向心力,做近心運動.故C正確.月球自轉周期T與它繞地球勻速圓周運動的公轉周期相同,再經(jīng)eq\f(T,2)時,P點離地心O最遠,故D錯誤.故選B、C.二、非選擇題(2017·湖南省湘西州高考一模試卷)如圖所示,絕緣水平面內固定有一間距d=1m、電阻不計的足夠長光滑矩形導軌AKDC,導軌兩端接有阻值分別為R1=3Ω和R2=6Ω的定值電阻,矩形區(qū)域AKFE、NMCD范圍內均有方向豎直向下、磁感應強度大小B=1T的勻強磁場Ⅰ和Ⅱ,一質量m=0.2kg、電阻r=1Ω的導體棒ab垂直放在導軌上AK與EF之間某處,在方向水平向右、大小F0=2N的恒力作用下由靜止開始運動,剛要到達EF時導體棒ab的速度大小v1=3m/s,導體棒ab進入磁場Ⅱ后,導體棒ab中通過的電流始終保持不變,導體棒ab在運動過程中始終保持與導軌垂直且接觸良好,空氣阻力不計.(1)求導體棒ab剛要到達EF時的加速度大小a1;(2)求兩磁場邊界EF和MN之間的距離L;(3)若在導體棒ab剛要到達MN時將恒力F0撤去,求導體棒ab能繼續(xù)滑行的距離s以及滑行該距離s的過程中整個回路產(chǎn)生的焦耳熱Q.解析:(1)導體棒ab剛要到達EF時,在磁場中切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢:E1=Bdv1經(jīng)分析可知,此時導體棒ab所受安培力的方向水平向左,由牛頓第二定律,則有:F0-BI1d=ma1根據(jù)閉合電路的歐姆定律,則有:I1=eq\f(E1,R+r)上式中,R=eq\f(R1R2,R1+R2)=2Ω解得:a1=5m/s2(2)導體棒ab進入磁場Ⅱ后,受到的安培力與F0平衡,做勻速直線運動,導體棒ab中通過的電流I2,保持不變,則有:F0=BI2d,其中,I2=eq\f(Bdv2,R+r)設導體棒ab從EF運動到MN的過程中的加速度大小為a2,根據(jù)牛頓第二定律,則有:F0=ma2;導體棒ab在EF,MN之間做勻加速直線運動,則有:veq\o\al(2,2)-veq\o\al(2,1)=2a2L解得:L=1.35m(3)對撤去F0后,導體棒ab繼續(xù)滑行的過程中,根據(jù)牛頓第二定律和閉
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