武勝縣烈面中學(xué)2018高考物理課外輔導(dǎo)講義（14）含解析多項選擇你能過關(guān)嗎？(2017·福建省龍巖市高中畢業(yè)班教學(xué)質(zhì)量檢查)冥王星和其附近的星體卡戎的質(zhì)量分別為M、m(m＜M)，兩星相距L，它們只在相互間的萬有引力作用下，繞球心連線的某點O做勻速圓周運動．冥王星與星體卡戎到O點的距離分別為R和r.則下列說法正確的是()A．可由Geq\f(Mm,R2)＝MRω2計算冥王星做圓周運動的角速度B．可由Geq\f(Mm,L2)＝Meq\f(v2,L)計算冥王星做圓周運動的線速度C．可由Geq\f(Mm,L2)＝mreq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2計算星體卡戎做圓周運動的周期D．冥王星與星體卡戎繞O點做圓周運動的動量大小相等解析：選CD.根據(jù)題意，對冥王星受力分析可以知道：Geq\f(Mm,L2)＝Mω2R＝Meq\f(v2,R)可以得到冥王星的角速度和線速度，故選項A、B錯誤；C.對卡戎根據(jù)萬有引力定律可以得到：Geq\f(Mm,L2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2r計算星體卡戎做圓周運動的周期，故選項C正確；D.對冥王星：Geq\f(Mm,L2)＝Mω2R，對卡戎：Geq\f(Mm,L2)＝mω2r，則：Mω2R＝mω2r.∴MR＝mr又∵v＝rω∴vM＝Rω，vm＝rω∴PM＝Mvm＝MRωPm＝mrω∴PM＝Pm一、選擇題1．如圖所示，固定斜面上的物體A用跨過滑輪的細線與小砂桶相連，連接A的細線與斜面平行，不計細線與滑輪間的摩擦力．若要使物體A在斜面上保持靜止，砂桶中砂的質(zhì)量有一定的范圍，已知其最大值和最小值分別為m1和m2(m2＞0)，重力加速度為g，由此可求出()A．物體A的質(zhì)量B．斜面的傾角C．物體A對斜面的正壓力D．物體A與斜面間的最大靜摩擦力解析：選D.設(shè)物體A的質(zhì)量為M，砂桶的質(zhì)量為m0，物體與斜面間的最大靜摩擦力為fm，斜面傾角為θ，由平衡條件可得物體A將要上滑時，有m0g＋m1g＝Mgsinθ＋fm；物體A將要下滑時，有m0g＋m2g＝Mgsinθ－fm，可得fm＝eq\f(m1g－m2g,2)，D正確．不能求出其他的物理量，A、B、C2．(多選)如圖所示，放在水平面上的斜面體B始終靜止，物塊A放在斜面體上，一輕質(zhì)彈簧兩端分別與物塊A及固定在斜面體底端的輕質(zhì)擋板拴接，初始時A、B靜止，彈簧處于壓縮狀態(tài)．現(xiàn)用力F沿斜面向下推A，但A并未運動．下列說法正確的是()A．彈簧對擋板的作用力不變B．B對地面的壓力增大C．A、B之間的摩擦力一定增大D．水平面對B的摩擦力始終為零解析：選AB.開始時彈簧處于壓縮狀態(tài)，加力F后，A未運動，彈簧長度不變，則彈簧對擋板的作用力不變，A正確．隔離物塊A進行受力分析，若初始時A受B的摩擦力沿斜面向上或為零，加推力F后，靜摩擦力沿斜面向上增大；若初始時A受B的摩擦力沿斜面向下，加推力F后，靜摩擦力沿斜面向下減小，或方向變?yōu)檠匦泵嫦蛏?，大小可能減小也可能增大，C錯誤．A、B、擋板和彈簧整體受力平衡，F(xiàn)N＝M總g＋F豎直，F(xiàn)水平＝Ff，B對地面的壓力增大，水平面對B的作用力多了向左的摩擦力，所以B正確、D錯誤．3．(2017·天津六校聯(lián)考)如圖所示，光滑絕緣的水平面上M、N兩點有完全相同的金屬小球A和B，帶有不等量的同種電荷，且qA＜qB.現(xiàn)使A、B以大小相等的初動量相向運動，并發(fā)生彈性碰撞，碰后返回M、N兩點，則下列說法正確的是()A．碰撞發(fā)生在M、N的中點右側(cè)B．兩球不會同時返回M、N兩點C．兩球回到原位置時各自的動量比原來大些D．A與B碰撞過程A對B的沖量等于B對A的沖量解析：選C.兩球所受的合力是相互間的靜電力，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度相等，通過運動學(xué)公式判斷兩者發(fā)生碰撞的位置，以及返回到M、N點的時間關(guān)系．通過碰撞后電荷重新分布，電場力發(fā)生變化，根據(jù)電場力做功比較返回到原位置動能的變化，從而分析動量關(guān)系．結(jié)合牛頓第三定律分析碰撞過程中沖量關(guān)系．由于兩球在任何時刻所受的庫侖力大小相等，質(zhì)量也相等，則兩球的加速度大小相等，速度大小相等，可知碰撞發(fā)生在M、N的中點，故A錯誤．由于兩球完全相同，碰撞前總動量為零，由碰撞過程中動量守恒可知，碰撞后總動量也為零，所以碰后兩球速度大小相等，庫侖力大小相等，則加速度大小相等，所以兩球同時返回M、N兩點，故B錯誤．兩球碰撞后，電量重新分配，兩球在同樣的位置間的作用力比之前增大，可知整個過程中電場力做正功，知返回到出發(fā)點的速度比較之前大，則兩球回到原位置時動量比原來大些．故C正確．A與B碰撞過程中，由牛頓第三定律知，相互間的作用力大小相等，方向相反，作用時間也相等，所以A對B的沖量與B對A的沖量大小相等，方向相反，所以沖量不等，D錯誤．4．(2017·湖北八市聯(lián)考)(多選)如圖所示，一輛質(zhì)量為M＝3kg的平板小車A?？吭谪Q直光滑墻壁處，地面水平且光滑，一質(zhì)量為m＝1kg的小鐵塊B(可視為質(zhì)點)放在平板小車A最右端，平板小車A上表面水平且與小鐵塊B之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，平板小車A的長度L＝0.9m．現(xiàn)給小鐵塊B一個v0＝5m/s的初速度使之向左運動，與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞后向右運動，重力加速度g＝10m/s2.下列說法正確的是()A．小鐵塊B向左運動到達豎直墻壁時的速度為2m/sB．小鐵塊B與墻壁碰撞過程中所受墻壁的沖量為8N·sC．小鐵塊B向左運動到達豎直墻壁的過程中損失的機械能為4JD．小鐵塊B在平板小車A上運動的整個過程中系統(tǒng)損失的機械能為9J解析：選BD.設(shè)小鐵塊B向左運動到達豎直墻壁時的速度為v1，根據(jù)動能定理得：－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得：v1＝4m/s，選項A錯誤．與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，反彈速度為－4m/s，由動量定理可知，小鐵塊B與墻壁碰撞過程中所受墻壁的沖量為I＝2mv1＝8N·s，選項B正確．小鐵塊B向左運動到達豎直墻壁的過程中損失的機械能為μmgL＝4.5J，選項C錯誤．假設(shè)發(fā)生彈性碰撞后小鐵塊B最終和平板小車A達到的共同速度為v2，根據(jù)動量守恒定律得：mv1＝(M＋m)v2，解得：v2＝1m/s.設(shè)小鐵塊B在平板小車A上相對滑動的位移為x時與平板小車A達到共同速度v2，則根據(jù)功能關(guān)系得：－μmgx＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得：x＝1.2m，由于x＞L，說明小鐵塊B在沒有與平板小車A達到共同速度時就滑出平板小車A，所以小鐵塊B在平板小車上運動的整個過程中系統(tǒng)損失的機械能為ΔE＝2μmgL＝9J，選項D正確．5．質(zhì)量為0.8kg的球固定在支桿AB的上端，支桿AB的下端固定在升降機上，今用一段繩子水平拉球，使桿發(fā)生彎曲，如圖所示，已知繩的拉力為6N，g取10m/s2，則以下說法正確的是()A．若升降機是靜止狀態(tài)，則AB桿對球的作用力大小為6NB．若升降機是靜止狀態(tài)，則AB桿對球的作用力大小為8NC．若升降機是加速上升，加速度大小5m/s2，則AB桿對球的作用力大小為6eq\r(5)ND．若升降機是減速上升，加速度大小5m/s2，則AB桿對球的作用力大小為6eq\r(5)N解析：選C.A、B若升降機是靜止的，球靜止，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知，桿的作用力大?。篹q\r(F\o\al(2,繩子)＋mg2)＝eq\r(62＋0.8×102)N＝10N，故AB錯誤；C、若升降機加速上升，對球，在豎直方向，由牛頓第二定律得：Fy－mg＝ma，解得：Fy＝12N，在水平方向，由平衡條件得：Fx＝F繩子＝6N，桿對球的作用力大?。篎＝eq\r(F\o\al(2,x)＋F\o\al(2,y))＝6eq\r(5)N，故C正確；D、若升降機減速上升，對球，在豎直方向，由牛頓第二定律得：mg－Fy＝ma，解得：Fy＝4N，在水平方向，由平衡條件得：Fx＝F繩子＝6N，桿對球的作用力大?。篎＝eq\r(F\o\al(2,x)＋F\o\al(2,y))＝2eq\r(13)N，故D錯誤；故選C.6．如圖，邊長為2L的等邊三角形區(qū)域abc內(nèi)部的勻強磁場垂直紙面向里，b點處于x軸的坐標原點O；一與三角形區(qū)域abc等高的直角閉合金屬線框ABC，∠ABC＝60°，BC邊處在x軸上．現(xiàn)讓金屬線框ABC沿x軸正方向以恒定的速度v穿過磁場，在t＝0時線框B點恰好位于原點O的位置．規(guī)定逆時針方向為線框中感應(yīng)電流的正方向，在下列四個i－x圖象中，能正確表示線框中感應(yīng)電流隨位移變化關(guān)系的是()解析：選D.當B點向右運動0～L過程中，線框切割磁感線的有效長度從0增加到eq\f(1,2)·AC＝eq\f(\r(3),2)L，感應(yīng)電流從0～i0，感應(yīng)電流為逆時針方向；當線圈向右運動L～2L過程中，切割磁感線的有效長度從eq\f(\r(3),2)L減小到0，感應(yīng)電流從i0～0，電流為逆時針方向；當線圈向右運動2L～3L過程中，切割磁感線的有效長度從eq\r(3)L減小到0，感應(yīng)電流從2i0～0，電流為順時針方向；對比題中圖象可知，選項D正確；故選D.二、非選擇題(2017·湖北省襄陽市高三適應(yīng)性考試)如圖所示，虛線框內(nèi)為某種電磁緩沖車的結(jié)構(gòu)示意圖，其主要部件為緩沖滑塊K和質(zhì)量為m的“U”形框緩沖車廂．在車廂的底板上固定著兩個光滑水平絕緣導(dǎo)軌PQ、MN，緩沖車的底部固定有電磁鐵(圖中未畫出)，能產(chǎn)生垂直于導(dǎo)軌平面向下并隨車廂一起運動的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度為B，設(shè)導(dǎo)軌右端QN是磁場的右邊界．導(dǎo)軌內(nèi)的緩沖滑塊K由高強度絕緣材料制成，滑塊K上繞有閉合矩形線圈abcd，線圈的總電阻為R，匝數(shù)為n，ab邊長為L.假設(shè)緩沖車以速度v0與障礙物C碰撞后，滑塊K立即停下(碰前車廂與滑塊相對靜止)，此后線圈與軌道磁場的作用使車廂減速運動，從而實現(xiàn)緩沖．不計一切摩擦阻力．(1)求滑塊K的線圈中感應(yīng)電流方向(從俯視圖看，寫“順時針”，“逆時針”)及最大感應(yīng)電流的大小；(2)若緩沖車與障礙物C碰撞后，滑塊K立即停下，為使緩沖車廂所受的最大水平磁場力不超過Fm，求緩沖車勻速運動時的最大速度vmax；(3)若緩沖車以速度v0與障礙物C碰撞后，滑塊K立即停下，求此后緩沖車的速度v隨位移x的變化規(guī)律及緩沖車在滑塊K停下后的最大位移(設(shè)此過程中緩沖車未與障礙物相碰)．解析：(1)由右手定則判斷出感應(yīng)電流的方向是逆時針方向；緩沖車以速度v0與障礙物C碰撞后，滑塊K立即停下，滑塊相對磁場的速度大小為v0，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，由法拉第電磁感應(yīng)定律得Em＝nBLv0①由閉合電路歐姆定律得：I＝eq\f(E,R)②解得感應(yīng)電流最大值為：Imax＝eq\f(nBlv0,R)(2)緩沖車與障礙物碰撞后，滑塊相對于磁場的速度大小為vmax，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：Em＝nBLv0③線圈中的電流為I＝eq\f(E,R)④線圈ab邊受到的安培力F＝nBIl⑤根據(jù)牛頓第三定律，緩沖車廂受到的磁場力F′＝F⑥根據(jù)題意得F′≤Fm⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦得：vmax≤eq\f(FmR,n