四川2018（春）高考物理課外系列練題（6）及解析答案一、選擇題1．距地面高5m的水平直軌道上A、B兩點(diǎn)相距2m，在B點(diǎn)用細(xì)線懸掛一小球，離地高度為h，如圖所示．小車始終以4m/s的速度沿軌道勻速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)將隨車攜帶的小球由軌道高度自由卸下，小車運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)細(xì)線被軋斷，最后兩球同時(shí)落地．不計(jì)空氣阻力，取重力加速度的大小g＝10m/s2.可求得h等于()A．1.25m B．2.25mC．3.75m D．4.75m解析：選A.根據(jù)兩球同時(shí)落地可得eq\r(\f(2H,g))＝eq\f(dAB,v)＋eq\r(\f(2h,g))，代入數(shù)據(jù)得h＝1.25m，選項(xiàng)A正確．2．(多選)在同一地點(diǎn)，甲、乙兩物體沿同一方向做直線運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖象如圖所示，則()A．兩物體兩次相遇的時(shí)刻是2s末和6s末B．4s后甲在乙后面C．兩物體相距最遠(yuǎn)的時(shí)刻是2s末D．乙物體先向前運(yùn)動(dòng)2s，隨后向后運(yùn)動(dòng)解析：選AB.在v-t圖象中圖線與橫坐標(biāo)圍成的面積大小與物體發(fā)生的位移大小相等，由圖可知當(dāng)t＝2s和t＝6s時(shí)，兩圖線與橫坐標(biāo)圍成面積相等，說(shuō)明兩物體發(fā)生的位移相等，由于兩物體同時(shí)從同一地點(diǎn)沿同一方向做直線運(yùn)動(dòng)，因此兩物體兩次相遇的時(shí)刻是2s和6s，故A正確；開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，乙的初速度為零，甲在前面，在t＝2s時(shí)，兩物體相遇，此時(shí)乙的速度大于甲的速度，因此乙在前面，甲勻速運(yùn)動(dòng)開(kāi)始追乙，乙做勻減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)t＝6s時(shí)，甲、乙再次相遇，因此在2～6s內(nèi)，甲在乙后面，故B正確；由圖象可知，兩物體相距最遠(yuǎn)時(shí)刻出現(xiàn)在甲追乙階段，即當(dāng)兩物體的速度相等時(shí)，甲、乙相距最遠(yuǎn)，此時(shí)t＝4s，故C錯(cuò)誤；整個(gè)過(guò)程中乙物體一直向前運(yùn)動(dòng)，先加速后減速，故D錯(cuò)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(diǎn)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(dòng)量相向運(yùn)動(dòng)，并發(fā)生彈性碰撞，碰后返回M、N兩點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是()A．碰撞發(fā)生在M、N的中點(diǎn)右側(cè)B．兩球不會(huì)同時(shí)返回M、N兩點(diǎn)C．兩球回到原位置時(shí)各自的動(dòng)量比原來(lái)大些D．A與B碰撞過(guò)程A對(duì)B的沖量等于B對(duì)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(guò)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式判斷兩者發(fā)生碰撞的位置，以及返回到M、N點(diǎn)的時(shí)間關(guān)系．通過(guò)碰撞后電荷重新分布，電場(chǎng)力發(fā)生變化，根據(jù)電場(chǎng)力做功比較返回到原位置動(dòng)能的變化，從而分析動(dòng)量關(guān)系．結(jié)合牛頓第三定律分析碰撞過(guò)程中沖量關(guān)系．由于兩球在任何時(shí)刻所受的庫(kù)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(diǎn)，故A錯(cuò)誤．由于兩球完全相同，碰撞前總動(dòng)量為零，由碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒可知，碰撞后總動(dòng)量也為零，所以碰后兩球速度大小相等，庫(kù)侖力大小相等，則加速度大小相等，所以兩球同時(shí)返回M、N兩點(diǎn)，故B錯(cuò)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(gè)過(guò)程中電場(chǎng)力做正功，知返回到出發(fā)點(diǎn)的速度比較之前大，則兩球回到原位置時(shí)動(dòng)量比原來(lái)大些．故C正確．A與B碰撞過(guò)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(shí)間也相等，所以A對(duì)B的沖量與B對(duì)A的沖量大小相等，方向相反，所以沖量不等，D錯(cuò)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(diǎn))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(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，平板小車A的長(zhǎng)度L＝0.9m．現(xiàn)給小鐵塊B一個(gè)v0＝5m/s的初速度使之向左運(yùn)動(dòng)，與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞后向右運(yùn)動(dòng)，重力加速度g＝10m/s2.下列說(shuō)法正確的是()A．小鐵塊B向左運(yùn)動(dòng)到達(dá)豎直墻壁時(shí)的速度為2m/sB．小鐵塊B與墻壁碰撞過(guò)程中所受墻壁的沖量為8N·sC．小鐵塊B向左運(yùn)動(dòng)到達(dá)豎直墻壁的過(guò)程中損失的機(jī)械能為4JD．小鐵塊B在平板小車A上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為9J解析：選BD.設(shè)小鐵塊B向左運(yùn)動(dòng)到達(dá)豎直墻壁時(shí)的速度為v1，根據(jù)動(dòng)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(xiàng)A錯(cuò)誤．與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，反彈速度為－4m/s，由動(dòng)量定理可知，小鐵塊B與墻壁碰撞過(guò)程中所受墻壁的沖量為I＝2mv1＝8N·s，選項(xiàng)B正確．小鐵塊B向左運(yùn)動(dòng)到達(dá)豎直墻壁的過(guò)程中損失的機(jī)械能為μmgL＝4.5J，選項(xiàng)C錯(cuò)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(dá)到的共同速度為v2，根據(jù)動(dòng)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(duì)滑動(dòng)的位移為x時(shí)與平板小車A達(dá)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(shuō)明小鐵塊B在沒(méi)有與平板小車A達(dá)到共同速度時(shí)就滑出平板小車A，所以小鐵塊B在平板小車上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝2μmgL＝9J，選項(xiàng)D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(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，理想電流表的示數(shù)為I，當(dāng)S閉合時(shí)，電流表的示數(shù)為()A.eq\f(2,3)IB.eqB.eq\f(1,2)IC.eq\f(3,2)I D．2I解析：選D.設(shè)S閉合時(shí)，電流表示數(shù)為I1，對(duì)理想變壓器有P入＝P出，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，則開(kāi)關(guān)閉合時(shí)有I1U－Ieq\o\al(2,1)R1＝(2I1)2R2，開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)有IU－I2R1＝(2I)2(R2＋R3)，兩式聯(lián)立解得I1＝2I，故D項(xiàng)正確．6．(2017·岳陽(yáng)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(guò)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)).二、非選擇題1．(2017·寧夏銀川九中高三下學(xué)期第五次模擬考試)如圖所示，水平地面上靜止放置一輛小車A，質(zhì)量mA＝4kg，上表面光滑，小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計(jì)．可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊B置于A的最右端，B的質(zhì)量mB＝2kg，現(xiàn)對(duì)A施加一個(gè)水平向右的恒力F＝10N，A運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，小車左端固定的擋板B發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，碰撞后經(jīng)時(shí)間t＝0.6s，二者的速度達(dá)到vt＝2m/s.求：(1)A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大??；(2)A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大?。?3)A的上表面長(zhǎng)度l.解析：(1)以A為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得F＝mAa代入數(shù)據(jù)解得：a＝2.5m/s2(2)對(duì)A、B碰撞后共同運(yùn)動(dòng)t＝0.6s的過(guò)程中，由動(dòng)量定理得Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v代入數(shù)據(jù)解得：v＝1m/s(3)設(shè)A、B發(fā)生碰撞前，A的速度為vA，對(duì)A、B發(fā)生碰撞的過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律有：mAvA＝(mA＋mB)vA從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與B發(fā)生碰撞前，由動(dòng)能定理得：Fl＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：l＝0.45m答案：(1)a＝2.5m/s2(2)v＝1m/s(3)l＝0.45m2．(2017·河北衡水中學(xué)二模)宇宙中存在質(zhì)量相等的四顆星組成的四星系統(tǒng)，這些系統(tǒng)一般離其他恒星較遠(yuǎn)，通?？珊雎云渌求w對(duì)它們的引力作用．四星系統(tǒng)通常有兩種構(gòu)成形式：一是三顆星繞另一顆中心星運(yùn)動(dòng)(三繞一)，二是四顆星穩(wěn)定地分布在正方形的四個(gè)頂點(diǎn)上運(yùn)動(dòng)．若每個(gè)星體的質(zhì)量均為m，引力常量為G.(1)分析說(shuō)明三繞一應(yīng)該具有怎樣的空間結(jié)構(gòu)模式．(2)若相鄰星球的最小距離為a，求兩種構(gòu)成形式下天體運(yùn)動(dòng)的周期之比．解析：(1)三顆星繞另一顆中心星運(yùn)動(dòng)時(shí)，其中任意一個(gè)繞行的星球受到的另三個(gè)星球的萬(wàn)有引力的合力提供向心力，三個(gè)繞行星球的向心力一定指向同一點(diǎn)，且中心星受力平衡，由于星球質(zhì)量相等，具有對(duì)稱關(guān)系，因此向心力一定指向中心星，繞行星一定分布在以中心星為中心的等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上，如圖甲所示．(2)對(duì)三繞一模式，三顆星繞行軌道半徑均為a，所受合力等于向心力，因此有2·Geq\f(m2,\r(3)a2)cos30°＋Geq\f(m2,a2)＝meq\f(4π2,T\o\al(2,1))a解得Teq\o\al(2,1)＝e