專題強化訓練(十九)一、選擇題1. (多選)(2018·河南五校聯(lián)考)如圖所示，兩個可視為質點的小球A、B通過固定在O點的光滑小滑輪(圖中未畫出)用細線相連，小球A置于光滑半圓柱上，小球B用水平線拉著，水平線另一端系于豎直板上，兩球均處于靜止狀態(tài)，已知O點在半圓柱橫截面圓心O1的正上方，OA與豎直方向成45°角，其長度與半圓柱橫截面的半徑相等，OB與豎直方向成60°角，則()A細線對球A的拉力與球A所受半圓柱的彈力大小相等B細線對球A的拉力與半圓柱對球A的彈力大小相等C細線對球A的拉力與對球B的拉力大小之比為D球A與球B的質量之比為21解析對A、B兩個小球進行受力分析，如圖所示，球A所受的彈力為半圓柱對球A的支持力和細線對球A的拉力的合力，大小等于mAg，細線對球A的拉力大小為TmAgcos45°mAg，所以細線對球A的拉力與球A所受彈力大小不相等，故A錯誤；根據(jù)受力分析圖，由幾何關系知細線對球A的拉力與半圓柱對球A的彈力大小相等，故B正確；因為同一根細線上拉力相等，所以細線對球A的拉力與對球B的拉力之比為11，故C錯誤；根據(jù)勾股定理，對球B：T2mBg，對球A：TmAg，故2mBgmAg，解得，故D正確答案BD2. (2019·遼寧五校聯(lián)考)如圖所示，兩質點A、B質量分別為m、2m，用兩根等長的細輕繩懸掛在O點，兩質點之間夾著一根勁度系數(shù)為k的輕彈簧，整個系統(tǒng)靜止不動時，兩根細繩之間的夾角為60°.設繩OA、OB與豎直方向的夾角分別為和，則()A2Bsin2sinCtan2tanDcoscos2解析設輕彈簧對兩質點的彈力大小為F，分別隔離A、B兩質點分析受力，作出受力分析圖，如圖所示因為兩根繩等長，頂角為60°，所以三角形OAB為等邊三角形，對左側的矢量三角形，由拉密定理可知；對右側的矢量三角形，由拉密定理可知；兩式聯(lián)立解得sin2sin，選項B正確答案B3(多選)(2017·全國卷)如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N.初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為.現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角不變在OM由豎直被拉到水平的過程中()AMN上的張力逐漸增大BMN上的張力先增大后減小COM上的張力逐漸增大DOM上的張力先增大后減小解析對重物受力分析可知，重物受重力G、OM的拉力FOM、MN的拉力FMN.重物處于動態(tài)平衡狀態(tài)，合力為零，所以G、FOM、FMN構成封閉的矢量三角形重力不變，由于OM與MN之間的夾角不變，則FOM與FMN的夾角()，不變，矢量三角形動態(tài)圖如圖所示，當FOM為圓的直徑時最大，最后FOM變?yōu)樗剑藭rFMN最大，所以FOM先增大后減小，F(xiàn)MN一直增大答案AD4如右圖所示的起重裝置，A為固定軸，AB為輕桿，B端系兩根輕繩，一根在下面拴一重物，另一根繞過無摩擦定滑輪，在繩端施加拉力，使桿從位置緩緩移到位置的過程中，繞過定滑輪的那根繩的張力F以及輕桿在B端受到的作用力FN的變化情況是()AF減小，F(xiàn)N大小不變，方向由沿桿向外變?yōu)檠貤U向里BF減小，F(xiàn)N大小不變，方向始終沿桿向里CF不變，F(xiàn)N先變小后變大，方向沿桿向里DF不變，F(xiàn)N變小，方向沿桿向里解析分析桿的端點B的受力，如圖所示，三角形ABO和由力組成的三角形BCD相似，由幾何關系知，L1不變，F(xiàn)N大小不變，L2減小，F(xiàn)減小，B正確答案B5(2019·武漢二月調考)如下圖所示，“”表示電流方向垂直紙面向里，“”表示電流方向垂直紙面向外兩根通電長直導線a、b平行且水平放置，a、b中的電流強度分別為I和2I，此時a受到的磁場力大小為F.當在a、b的上方再放置一根與a、b平行的通電長直導線c后，a受到的磁場力大小仍為F，圖中abc正好構成一個等邊三角形，此時b受到的磁場力大小為()AF B.F C2F D.F解析先分析導線a的受力，題設a、b平行，電流分別為I和2I，此時a受到的磁場力大小為F.再在a、b的上方放置一根與a、b平行的通電長直導線c，a、b、c正好構成一個等邊三角形，a受到的磁場力大小仍為F，根據(jù)平行四邊形定則，可知c對a的磁場力Fca方向由a指向c，大小等于F，如圖所示再分析b的受力，a對b的磁場力大小為F，因為rcarcb，a、b電流分別為I和2I，所以c對a的磁場力大小FcaF，故c對b的磁場力大小Fcb2F，根據(jù)平行四邊形定則和余弦定理，可得b受到的磁場合力大小為Fb合F，選項D正確答案D6(多選)如下圖所示，A、B兩物體相距s，物體A以vA6 m/s的速度向右勻速運動而物體B此時的速度vB2 m/s，向右做勻加速運動，加速度a2 m/s2.欲讓兩物體相遇兩次，則s可能的值為()A1 m B2 m C4 m D6 m解析設經時間t，物體A、B相遇，位移滿足xAxBs，物體A做勻速直線運動的位移xAvAt，物體B做勻加速直線運動的位移xBvBtat2，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得t24ts0，根據(jù)上述方程，欲讓t有兩解，則b24ac164s>0，即s<4 m，選項C、D錯誤；將選項A、B代值計算可知，兩解都為正值，選項A、B正確答案AB7(多選)(2019·安徽省安慶市二模)如下圖甲所示，光滑平行金屬導軌MN、PQ所在平面與水平面成角，M、P兩端接一電阻R，整個裝置處于方向垂直導軌平面向上的勻強磁場中t0時對金屬棒施加一平行于導軌的外力F，使金屬棒由靜止開始沿導軌向上運動，金屬棒電阻為r，導軌電阻忽略不計已知通過電阻R的感應電流I隨時間t變化的關系如圖乙所示下列關于棒運動速度v、外力F、流過R的電荷量q以及閉合回路中磁通量的變化率隨時間變化的圖像正確的是()解析根據(jù)題圖乙所示的It圖像可知Ikt，其中k為比例系數(shù)，由閉合電路歐姆定律可得：Ikt，可推出：Ekt(Rr)，而E，所以有：kt(Rr)，t圖像是一條過原點且斜率大于零的直線，故B正確；因EBlv，所以vt，vt圖像是一條過原點且斜率大于零的直線，說明了金屬棒做的是初速度為零的勻加速直線運動，即vat，故A正確；對金屬棒在沿導軌方向列出動力學方程FBIlma，而I，vat，得到Fma，可見Ft圖像是一條斜率大于零且與縱軸正半軸有交點的直線，故C錯誤；qtt2，qt圖像是一條開口向上的拋物線，故D錯誤答案AB8(多選)(2019·山東省臨沂市上學期期末)如圖所示，矩形線框abcd處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向與線框平面垂直，線框ab長為2L，bc長為L，MN為垂直于ab并可在ab和cd上自由滑動的金屬桿，且桿與ab和cd接觸良好，abcd和MN上單位長度的電阻皆為r.讓MN從ad處開始以速度v向右勻速滑動，設MN與ad之間的距離為x(0x2L)，則在整個過程中()A當x0時，MN中電流最小B當xL時，MN中電流最小CMN中電流的最小值為DMN中電流的最大值為解析MN產生感應電動勢為BLv，MN中電流I，當x0或x2L時，MN中電流最大，MN中電流的最大值為Imax，當xL時，MN中電流最小，MN中電流的最小值為Imin，故B、C、D正確，A錯誤答案BCD二、非選擇題9(2019·廣東省肇慶市一模)如圖a所示，一物體以一定的速度v0沿足夠長的固定斜面向上運動，此物體在斜面上的最大位移與斜面傾角的關系如圖b所示設各種條件下，物體與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，取g10 m/s2.試求：(1)物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)及物體的初速度大小；(2)為多大時，x值最?。壳蟪鰔的最小值解析(1)當為90°時，由運動學知識可得：v2gh設動摩擦因數(shù)為，當0°時摩擦力大小為：FfmgFfma1由運動學公式可得：v2a1x0聯(lián)立以上各式解得：，v05 m/s(2)對于任意角度，根據(jù)動能定理可得，物體對應的最大位移x滿足的關系式：mvmgxsinmgxcos對式變形可得：xtan，則x的最小值為xmin h1.08 m對應的答案(1)5 m/s(2)1.08 m10示波器主要由電子槍中的加速電場，兩水平放置的平行金屬板中的偏轉電場和豎直放置的熒光屏組成，如下圖所示若已知加速電場的電壓為U1，兩平行金屬板的板長、板間距均為d，熒光屏距兩平行金屬板右側的距離也為d.若兩板間的偏轉電壓為零，則電子槍發(fā)射的電子從兩平行金屬板的中央穿過，打在熒光屏的中點O；若兩板間的偏轉電壓為U2，則電子會打在熒光屏上的某點，該點與O點的距離為d.已知兩金屬板間只存在豎直方向的勻強電場，不計電子在進入加速電場時的速度及電子重力，電子的質量為m，電荷量為e，求U1與U2的比值解析電子加速過程，由動能定理可得eU1mv電子進入偏轉區(qū)做類平拋運動，軌跡如圖所示沿初速度方向，有dv0t在垂直初速度方向，有yat2其中a，E設電子離開偏轉電場時，它的速度偏向角為，則tan，其中Yd解得.答案9