四川2018（春）高考物理課外系列練題（2）及解析答案一、選擇題1．如圖所示，固定斜面上的物體A用跨過滑輪的細(xì)線與小砂桶相連，連接A的細(xì)線與斜面平行，不計(jì)細(xì)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(duì)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(shí)，有m0g＋m1g＝Mgsinθ＋fm；物體A將要下滑時(shí)，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(shí)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(yùn)動(dòng)．下列說法正確的是()A．彈簧對(duì)擋板的作用力不變B．B對(duì)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(duì)B的摩擦力始終為零解析：選AB.開始時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，加力F后，A未運(yùn)動(dòng)，彈簧長(zhǎng)度不變，則彈簧對(duì)擋板的作用力不變，A正確．隔離物塊A進(jìn)行受力分析，若初始時(shí)A受B的摩擦力沿斜面向上或?yàn)榱?，加推力F后，靜摩擦力沿斜面向上增大；若初始時(shí)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(cuò)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(duì)地面的壓力增大，水平面對(duì)B的作用力多了向左的摩擦力，所以B正確、D錯(cuò)誤．3．(多選)如圖所示，一帶負(fù)電的小金屬環(huán)套在粗糙絕緣細(xì)桿AB上，桿與水平面夾角為θ，桿的下方O點(diǎn)處固定一帶正電的點(diǎn)電荷，OA＝OB現(xiàn)使小環(huán)以初速度v0，從A點(diǎn)沿桿上滑，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，小環(huán)滑回A點(diǎn)時(shí)速度為v，下列說法正確的是()A．小環(huán)上滑過程中先勻加速再勻減速B．小環(huán)上滑時(shí)間小于下滑時(shí)間C．小環(huán)下滑過程中，減少的重力勢(shì)能等于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能D．從A點(diǎn)出發(fā)到再回到A點(diǎn)的過程，小環(huán)克服摩擦力做的功等于小環(huán)損失的動(dòng)能解析：選BD.因小環(huán)在運(yùn)動(dòng)過程中受到的庫侖力是變力，對(duì)其受力分析可知，小環(huán)在上滑過程中的加速度是變化的，并不是勻變速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于上滑時(shí)的平均加速度大于下滑時(shí)的平均加速度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式定性分析可知，小環(huán)上滑時(shí)間小于下滑時(shí)間，選項(xiàng)B正確；由功能關(guān)系可知，小環(huán)下滑過程中，減少的重力勢(shì)能等于其在A點(diǎn)的動(dòng)能和克服摩擦力做的功之和，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小環(huán)從A點(diǎn)到再次回到A點(diǎn)過程中，電場(chǎng)力做功為零，重力做功為零，故小環(huán)克服摩擦力做的功等于小環(huán)損失的動(dòng)能，選項(xiàng)D正確．4．(2017·河北石家莊二模)質(zhì)量為m的小球在豎直向上的拉力作用下從靜止開始運(yùn)動(dòng)，其v-t圖象如圖所示(豎直向上為正方向，DE段為直線)，已知重力加速度大小為g，下列說法正確的是()A．t0～t2時(shí)間內(nèi)，合力對(duì)小球先做正功后做負(fù)功B．0～t3時(shí)間內(nèi)，小球的平均速度一定為eq\f(v3,2)C．t3～t4時(shí)間內(nèi)，拉力做的功為eq\f(mv3＋v4,2)[(v4－v3)＋g(t4－t3)]D．t3～t4時(shí)間內(nèi)，小球豎直向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)解析：選C.v-t圖象中圖線的斜率表示加速度，速度在時(shí)間軸之上表明速度一直為正，從圖象可以看出小球先向上做加速度越來越大的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度越來越小的加速運(yùn)動(dòng)，然后做加速度越來越大的減速運(yùn)動(dòng)，最后做勻減速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向一直向上，D錯(cuò)．圖中t0～t2時(shí)間內(nèi)小球做加速運(yùn)動(dòng)，故合力對(duì)小球一直做正功，A錯(cuò)．v-t圖象中圖線與t軸所圍面積表示位移，而平均速度v＝eq\f(x,t)，結(jié)合圖象中的“面積”可知0～t3時(shí)間內(nèi)，小球的平均速度大于eq\f(v3,2)，B錯(cuò)．t3～t4時(shí)間內(nèi)由動(dòng)能定理得W－mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，又h＝eq\f(v3＋v4,2)(t4－t3)，解得W＝eq\f(mv3＋v4,2)[(v4－v3)＋g(t4－t3)]，C對(duì)．5．(2017·河北石家莊二模)(多選)如圖甲所示，質(zhì)量m＝3.0×10－3kg的“”形金屬細(xì)框豎直放置在兩水銀槽中，“”形框的水平細(xì)桿CD長(zhǎng)l＝0.20m，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝1.0T、方向水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．有一匝數(shù)n＝300匝、面積S＝0.01m2的線圈通過開關(guān)K與兩水銀槽相連．線圈處于與線圈平面垂直、沿豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B2隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示．t＝0.22s時(shí)閉合開關(guān)K瞬間細(xì)框跳起(細(xì)框跳起瞬間安培力遠(yuǎn)大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20m．不計(jì)空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．0～0.10s內(nèi)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為3VB．開關(guān)K閉合瞬間，CD中的電流方向由C到DC．磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的方向豎直向下D．開關(guān)K閉合瞬間，通過細(xì)桿CD的電荷量為0.03C解析：選BD.0～0.1s內(nèi)線圈中的磁場(chǎng)均勻變化，由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，代入數(shù)據(jù)得E＝30V，A錯(cuò)．開關(guān)閉合瞬間，細(xì)框會(huì)跳起，可知細(xì)框受向上的安培力，由左手定則可判斷電流方向由C到D，B對(duì)．由于t＝0.22s時(shí)通過線圈的磁通量正在減少，再對(duì)線圈由楞次定律可知感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向與B2的方向相同，故再由安培定則可知C錯(cuò)誤．K閉合瞬間，因安培力遠(yuǎn)大于重力，則由動(dòng)量定理有B1IlΔt＝mv，通過細(xì)桿的電荷量Q＝IΔt，線框向上跳起的過程中v2＝2gh，解得Q＝0.03C，D對(duì)．6．(2017·山東泰安二模)(多選)如圖甲所示，間距為L(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，軌道左側(cè)連接一定值電阻R.垂直導(dǎo)軌的導(dǎo)體棒ab在水平外力F作用下沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)隨t變化的規(guī)律如圖乙所示．在0～t0時(shí)間內(nèi)，棒從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．圖乙中t0、F1、F2為已知量，棒和導(dǎo)軌的電阻不計(jì)．則()A．在t0以后，導(dǎo)體棒一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．在t0以后，導(dǎo)體棒先做加速，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)C．在0～t0時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒的加速度大小為eq\f(2F2－F1R,B2L2t0)D．在0～t0時(shí)間內(nèi)，通過導(dǎo)體棒橫截面的電荷量為eq\f(F2－F1t0,2BL)解析：選BD.因在0～t0時(shí)間內(nèi)棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故在t0時(shí)刻F2大于棒所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不變，安培力逐漸變大，導(dǎo)體棒做加速度越來越小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度a＝0，即導(dǎo)體棒所受安培力與外力F2相等后，導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確．設(shè)在0～t0時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒的加速度為a，通過導(dǎo)體棒橫截面的電荷量為q，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，t0時(shí)刻導(dǎo)體棒的速度為v，則有：a＝eq\f(v,t0)，F(xiàn)2－eq\f(B2L2v,R)＝ma，F(xiàn)1＝ma，q＝eq\f(ΔΦ,R)，ΔΦ＝BΔS＝BLeq\f(v,2)t0，解得：a＝eq\f(F2－F1R,B2L2t0)，q＝eq\f(F2－F1t0,2BL)，故C錯(cuò)誤、D正確．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(dòng)，到達(dá)軌道最高點(diǎn)A時(shí)的速度大小為v＝4m/s，當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到圓軌道與直軌道BC的相切處B時(shí)，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(shí)速度為零．若滑塊變換軌道瞬間的能量損失可忽略不計(jì)，已知圓軌道的半徑為R＝0.25m，直軌道BC的傾角θ＝37°，其長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝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(shí)對(duì)軌道的壓力大小；(2)滑塊與直軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(3)滑塊在直軌道BC上能夠運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．解析：(1)在圓軌道最高點(diǎn)A處對(duì)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(shí)對(duì)軌道的壓力大小為5.4N(2)從A點(diǎn)到D點(diǎn)全程，由動(dòng)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(dòng)的時(shí)間為t1，向上滑動(dòng)的加速度為a2，時(shí)間為t2，在C點(diǎn)時(shí)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(dòng)的總時(shí)間：t總＝t1＋t2＝(7.5＋0.16)s＝7.66s答案：(1)5.4N(2)0.8(3)7.66s2、某同學(xué)用位移傳感器研究木塊在斜面上的滑動(dòng)情況，裝置如圖(a)．已知斜面傾角θ＝37°.他使木塊以初速度v0沿斜面上滑，并同時(shí)開始記錄數(shù)據(jù)，繪得木塊從開始上滑至最高點(diǎn)，然后又下滑回到出發(fā)處過程中的x－t圖線如圖(b)所示．圖中曲線左側(cè)起始端的坐標(biāo)為(0,1.4)，曲線最低點(diǎn)的坐標(biāo)為(0.5,0.4)．重力加速度g取10m/s2.求：(1)木塊上滑時(shí)的初速度v0和上滑過程中的加速度a；(2)木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(3)木塊滑回出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度vt.解析：(1)木塊勻減速上滑，由圖象得到：末速度v＝0，位移x＝1.4m－0.4m＝1.0m，時(shí)間為t＝0.5s；根據(jù)位移時(shí)間公式，有：x＝v0t＋eq\f(1,2)at2；根據(jù)速度時(shí)間公式，有：v＝v0＋at；聯(lián)立解得：v0＝4m/s，a＝－8m/s2.(2)上滑過程，木塊受重力、支持力和滑動(dòng)摩