武勝縣烈面中學(xué)2018高考物理課外輔導(dǎo)講義（6）含解析一、選擇題1．(2017·四川省遂寧市高三二診)如圖所示，質(zhì)量相同的三顆衛(wèi)星a、b、c繞地球做勻速圓周運(yùn)動，其中b、c在地球的同步軌道上，a距離地球表面的高度為R，此時a、b恰好相距最近．已知地球質(zhì)量為M、半徑為R、地球自轉(zhuǎn)的角速度為ω.萬有引力常量為G，則()A．發(fā)射衛(wèi)星b時速度要大于11.2km/sB．衛(wèi)星a的機(jī)械能大于衛(wèi)星b的機(jī)械能C．衛(wèi)星a和b下一次相距最近還需經(jīng)過t＝eq\f(2π,\r(\f(GM,8R3))－ω)D．若要衛(wèi)星c沿同步軌道與b實(shí)現(xiàn)對接，可讓衛(wèi)星c加速解析：選C.衛(wèi)星b繞地球做勻速圓周運(yùn)動，7.9km/s是指在地球上發(fā)射的物體繞地球飛行作圓周運(yùn)動所需的最小初始速度，11.2km/s是物體掙脫地球引力束縛的最小發(fā)射速度．所以發(fā)射衛(wèi)星b時速度大于7.9km/s，而小于11.2km/s，故A錯誤；衛(wèi)星從低軌道到高軌道需要克服引力做較多的功，衛(wèi)星a、b質(zhì)量相同，所以衛(wèi)星b的機(jī)械能大于衛(wèi)星a的機(jī)械能，故B錯誤；b、c在地球的同步軌道上，所以衛(wèi)星b、c和地球具有相同的周期和角速度．由萬有引力提供向心力，即eq\f(GMm,r2)＝mω2r，解得ω＝eq\r(\f(GM,r3))，a距離地球表面的高度為R，所以衛(wèi)星a的角速度ωa＝eq\r(\f(GM,8R3))，此時a、b恰好相距最近，到衛(wèi)星a和b下一次相距最近時滿足(ωa－ω)t＝2π，解得t＝eq\f(2π,\r(\f(GM,8R3))－ω)，故C正確；讓衛(wèi)星c加速，所需的向心力增大，由于萬有引力小于所需的向心力，衛(wèi)星c會做離心運(yùn)動，離開原軌道，所以不能與b實(shí)現(xiàn)對接，故D錯誤．2．(2017·廣東省深圳市高三第一次調(diào)研)人造衛(wèi)星a的圓形軌道離地面高度為h，地球同步衛(wèi)星b離地面高度為H，h＜H，兩衛(wèi)星共面且旋轉(zhuǎn)方向相同．某時刻衛(wèi)星a恰好出現(xiàn)在赤道上某建筑物c的正上方，設(shè)地球赤道半徑為R，地面重力加速度為g，則()A．a(chǎn)、b線速度大小之比為eq\r(\f(R＋h,R＋H))B．a(chǎn)、c角速度之比為eq\r(\f(R3,R＋h3))C．b、c向心加速度大小之比eq\f(R＋H,R)D．a(chǎn)下一次通過c正上方所需時間等于t＝2πeq\r(\f(R＋h3,gR2))解析：選C.人造地球衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動，由地球的萬有引力提供向心力，根據(jù)牛頓運(yùn)動定律求解衛(wèi)星的角速度．衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動，建筑物隨地球自轉(zhuǎn)做勻速圓周運(yùn)動，當(dāng)衛(wèi)星轉(zhuǎn)過的角度與建筑物轉(zhuǎn)過的角度之差等于2π時，衛(wèi)星再次出現(xiàn)在建筑物上空．繞地球運(yùn)行的衛(wèi)星，地球?qū)πl(wèi)星的萬有引力提供向心力，設(shè)衛(wèi)星的線速度為v，則：Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，所以v＝eq\r(\f(GM,r))，可知a、b線速度大小之比為eq\r(\f(R＋H,R＋h)).故A錯誤；設(shè)衛(wèi)星的角速度為ω，Geq\f(Mm,r2)＝mω2r，得ω＝eq\r(\f(GM,r3))，所以：eq\f(ωa,ωb)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R＋h,R＋H)))3)，又由于同步衛(wèi)星b的角速度與c的角速度相同，所以eq\f(ωa,ωc)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R＋h,R＋H)))3)，故B錯誤；同步衛(wèi)星b的角速度與c的角速度相同，根據(jù)：a＝ω2r可得：eq\f(ab,ac)＝eq\f(R＋H,R)，故C正確；設(shè)經(jīng)過時間t衛(wèi)星a再次通過建筑物c上方，根據(jù)幾何關(guān)系有：(ωa－ωc)t＝2π，又mg＝eq\f(GMm,R2)，聯(lián)立解得：t＝eq\f(2π,ωa－ωc)＝eq\f(2π,\r(\f(R＋h3,GM))－\r(\f(R＋H3,GM)))＝eq\f(2π\(zhòng)r(gR2),\r(R＋h3)－\r(R＋H3))，故D錯誤．3．(2017·河南中原名校高三聯(lián)考)如圖所示，變壓器輸入有效值恒定的電壓，副線圈匝數(shù)可調(diào)，輸出電壓通過輸電線送給用戶(電燈等用電器)，R表示輸電線的電阻，則()A．用電器增加時，變壓器輸出電壓增大B．要提高用戶的電壓，滑動觸頭P應(yīng)向上滑C．用電器增加時，輸電線的熱損耗減少D．用電器增加時，變壓器的輸入功率減小解析：選B.由于變壓器原、副線圈的匝數(shù)不變，而且輸入電壓不變，因此增加負(fù)載不會影響輸出電壓，故A錯誤；根據(jù)變壓器原理可知輸出電壓U2＝eq\f(n2,n1)U1，當(dāng)滑動觸頭P向上滑時，n2增大，所以輸出電壓增大，用戶兩端電壓增大，故B正確；由于用電器是并聯(lián)的，因此用電器增加時總電阻變小，輸出電壓不變，總電流增大，故輸電線上熱損耗增大，故C錯誤；用電器增加時總電阻變小，總電流增大，輸出功率增大，所以輸入功率增大，故D錯誤．4．(2017·西安一中期末考試)如圖所示的電路中，燈泡A和燈泡B原來都是正常發(fā)光的，現(xiàn)在突然燈泡A比原來變暗了些，燈泡B比原來變亮了些，則電路中出現(xiàn)的故障可能是()A．R3斷路 B．R2斷路C．R1短路 D．R1、R2同時短路解析：選B.由題圖可知，通過燈泡A的電流等于通過燈泡B的電流與通過R2的電流之和．燈泡A比原來變暗了些，燈泡B比原來變亮了些，說明通過燈泡B的電流變大，而通過燈泡A的電流變小，因此通過R1的電流變小，所以R2斷路符合條件．R3斷路或R1短路都會使兩燈泡比原來變亮；R1、R2同時短路會使燈泡A比原來變亮，燈泡B熄滅，故B正確．5．(2017·河北唐山一模)一含有理想變壓器的電路如圖所示，變壓器原、副線圈匝數(shù)比n1∶n2＝2∶1，圖中電阻R1、R2和R3的阻值分別是4Ω、2Ω和3Ω，U為有效值恒定的正弦交流電源．當(dāng)開關(guān)S斷開時，理想電流表的示數(shù)為I，當(dāng)S閉合時，電流表的示數(shù)為()A.eq\f(2,3)I B.eq\f(1,2)IC.eq\f(3,2)I D．2I解析：選D.設(shè)S閉合時，電流表示數(shù)為I1，對理想變壓器有P入＝P出，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，則開關(guān)閉合時有I1U－Ieq\o\al(2,1)R1＝(2I1)2R2，開關(guān)斷開時有IU－I2R1＝(2I)2(R2＋R3)，兩式聯(lián)立解得I1＝2I，故D項正確．6．(2017·岳陽市二模)如圖所示為遠(yuǎn)距離輸電示意圖，兩變壓器均為理想變壓器，升壓變壓器T的原、副線圈匝數(shù)比為k1.降壓變壓器T′的原、副線圈匝數(shù)比為k2.原線圈兩端接入一電壓u＝Umsinωt的交流電源，用戶電阻為R(純電阻)，若用戶消耗功率為P，輸電線的總電阻為2r，不考慮其他因素的影響，則輸電線上損失的電功率Pr和用戶獲得的電壓U分別為()A．Pr＝eq\f(r,Rk\o\al(2,2))PU＝eq\f(\r(2)k2Um,2k1)－eq\f(2r,k\o\al(2,2))eq\r(\f(P,R))B．Pr＝eq\f(2r,Rk\o\al(2,2))PU＝eq\f(\r(2)Um,2k1k2)－eq\f(2r,k\o\al(2,2))eq\r(\f(P,R))C．Pr＝eq\f(2r,Rk\o\al(2,2))PU＝eq\f(\r(2)k2Um,2k1)－eq\f(2r,k1k2)eq\r(\f(P,R))D．Pr＝eq\f(2r,Rk\o\al(2,1))PU＝eq\f(\r(2)Um,2k1k2)－eq\f(2r,k1k2)eq\r(\f(P,R))解析：選B.用戶流過的電流為I4＝eq\r(\f(P,R))，故在輸電線路上的電流為I3＝eq\f(I4,k2)＝eq\f(1,k2)eq\r(\f(P,R))，故損失的電功率為Pr＝Ieq\o\al(2,3)·2r＝eq\f(2r,Rk\o\al(2,2))P；升壓變壓器兩端電壓的有效值為U1＝eq\f(Um,\r(2))，輸電線路上損失的電壓為ΔU＝I3·2r，升壓變壓器副線圈兩端的電壓為U2＝eq\f(U1,k1)故降壓變壓器原線圈的電壓為U3＝U2－ΔU，用戶獲得的電壓U＝eq\f(U3,k2)聯(lián)立解得U＝eq\f(\r(2)Um,2k1k2)－eq\f(2r,k\o\al(2,2))eq\r(\f(P,R)).7、如圖所示，豎直平面內(nèi)有一光滑直桿AB，桿與水平方向的夾角為θ(0°≤θ≤90°)，一質(zhì)量為m的小圓環(huán)套在直桿上，給小圓環(huán)施加一與該豎直平面平行的恒力F，并從A端由靜止釋放，改變直桿和水平方向的夾角θ，當(dāng)直桿與水平方向的夾角為30°時，小圓環(huán)在直桿上運(yùn)動的時間最短，重力加速度為g，則()A．恒力F一定沿與水平方向成30°角斜向右下的方向B．恒力F和小圓環(huán)的重力的合力一定沿與水平方向成30°角斜向右下的方向C．若恒力F的方向水平向右，則恒力F的大小為eq\r(3)mgD．恒力F的最小值為eq\f(\r(3),2)mg解析：選BCD.小圓環(huán)受到豎直向下的重力、光滑直桿AB對小圓環(huán)的支持力和恒力F.由于光滑直桿AB對小圓環(huán)的支持力正交分解后，沿直桿方向無分力．要使小圓環(huán)在直桿上運(yùn)動的時間最短，由l＝eq\f(1,2)at2可知，小圓環(huán)運(yùn)動的加速度必須最大，由牛頓第二定律可知，恒力和重力的合力沿光滑直桿方向時加速度最大，所以選項A錯誤，B正確．若恒力F的方向水平向右，由tan30°＝eq\f(mg,F)，解得F＝eq\r(3)mg，選項C正確．當(dāng)恒力F的方向垂直于光滑直桿時，恒力F最小，由sin60°＝eq\f(Fmin,mg)解得F的最小值為Fmin＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)mg，選項D正確．二、非選擇題1．如圖甲所示，長木板A靜止在水平地面上，其右端疊放著物塊B，左端恰好在O點(diǎn)，水平面以O(shè)點(diǎn)為界，左側(cè)光滑、右側(cè)粗糙．物塊C(可以看作質(zhì)點(diǎn))和D間夾著一根被壓縮的彈簧，并用細(xì)線鎖住，兩者以共同速度v0＝8m/s向右運(yùn)動，某時刻細(xì)線突然斷開，C和彈簧分離后，撤去D，C與A碰撞并與A粘連(碰撞時間極短)，此后，AC及B的速度—時間圖象如圖乙所示．已知A、B、C、D的質(zhì)量均為m＝1kg，木板A的長度l＝5m，A、C與粗糙面間的動摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)長木板A與桌面間的動摩擦因數(shù)及B與A間的動摩擦因數(shù)；(2)燒斷細(xì)線之前彈簧的彈性勢能；(3)最終物塊B離長木板A左端的距離．解析：(1)設(shè)A與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，B與A上表面的動摩擦因數(shù)為μ′，由圖乙可知：0～1s，AC整體做勻減速運(yùn)動的加速度大小aA1＝3.5m/s2，B做勻加速運(yùn)動的加速度aB1＝1m/s2，對AC整體：3μmg＋μ′mg＝2maA1對B有：μ′mg＝maB1解得：μ′＝0.1；μ＝0.2(2)C與A碰撞過程中動量守恒：mvC＝2mvA，其中vA＝4.5m/s解得vC＝9m/s彈簧彈開過程中，CD系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律：2mv0＝mvC＋mvD解得：vD＝7m/s彈簧彈開過程中，CD及彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則有eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)＋Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)解得：Ep＝1J(3)由圖乙可知：0～1s內(nèi)B相對A向左運(yùn)動的位移：x1＝eq\f(4.5,2)×1m＝2.25mAB速度相等后，B的加速度：aB2＝－μ′g＝－1m/s2AC整體的加速度：aA2＝eq\f(－3μmg＋μ′mg,2m)＝－2.5m/s2因aA2＞aB2，所以AC整體先停止運(yùn)動，AC整體的運(yùn)動時間為：t＝eq\f(1,2.5)s＝0.4s，在0.4s內(nèi)B相對A向右運(yùn)動的位移：x2＝vt＋eq\f(1,2)aB2t2－eq\f(1,2)vt＝0.12mA停止時B的速度：v′＝v＋aB2t＝0.6m/s然后B在A上面做勻減速運(yùn)動直到停止，B的加速度aB3＝－μ′g＝－1m/s2B相對A向右運(yùn)動的位移：x3＝－eq\f(v′2,2aB3)＝0.18m所以最終B離長木板A左端的距離x＝l－x1＋x2＋x3＝3.05m答案：(1)μ＝0.2μ′＝0.1(2)1J(3)3.05m2．用絕緣材料制成的半徑為R的eq\f(2,3)圓桶如圖所示放置，AC為水平直徑，θ＝30°，其內(nèi)部有一垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，PT是過圓上D點(diǎn)的水平線，其上方存在一豎直向下的勻強(qiáng)電場，一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子從A點(diǎn)以一定初速度沿AO射入勻強(qiáng)磁場中，粒子與桶壁彈性碰撞一次后恰從D點(diǎn)飛入勻強(qiáng)電場中，并從M點(diǎn)水平射出，已知MT兩點(diǎn)的距離為eq\f(R,2)，不計粒子的重力，求：(1)粒子的初速度v0；(2)電場強(qiáng)度E的大??；(3)粒子從A到M點(diǎn)的時間t.解析：粒子運(yùn)動軌跡如圖所示，則∠AOQ＝120°且粒子從D點(diǎn)射出時與DT成60°角(1)由圖知tan30°＝eq\f(R,r)而Bqv0＝meq\f(v\o\al(2,0),r)聯(lián)立得v0＝eq\f(\r(3)BqR,m).(2)