2018年高考物理三月課外編選題（五）及解析

2018年高考物理三月課外編選題（五）及解析一、選擇題1.如圖所示,勻強磁場中有一個電荷量為q的正離子,自a點沿半圓軌道運動,當它運動到b點時,突然吸收了附近若干電子,接著沿另一半圓軌道運動到c點,已知a、b、c點在同一直線上,且ac=ab,電子電荷量為e,電子質(zhì)量可忽略不計,則該離子吸收的電子個數(shù)為()A.B.C.D.【解析】選B。由a到b的過程,軌跡半徑為r1=,由牛頓第二定律得qvB=m,在b附近吸收n個電子,因電子的質(zhì)量不計,所以正離子的速度不變,電量變?yōu)閝ne,由b到c的過程中,軌跡半徑為r2==ab,由牛頓第二定律得(qne)vB=m,聯(lián)立以上四式得n=,故選項B正確。2.(2017·宜春一模)如圖,勻強磁場垂直于紙面,磁感應強度為B。某種比荷為,速度大小為v的一群離子以一定發(fā)散角α由原點O射出,y軸正好平分該發(fā)散角,離子束偏轉(zhuǎn)后打在x軸上長度為L的區(qū)域MN內(nèi),則cos()為導學號49294169()A. B.1C.1 D.1【解析】選B。洛倫茲力充當向心力qvB=m,根據(jù)題意,粒子速度方向沿y軸正方向的打在N點,粒子速度方向與y軸正方向夾角為的打在M點,畫出粒子速度方向與y軸正方向夾角為的軌跡,設OM之間的距離為x,則有2rcos()=x,2r=x+L聯(lián)立解得:cos()=1,故B正確。3.(2017·棗莊一模)空間某區(qū)域豎直平面內(nèi)存在電場,電場線分布如圖所示。一個質(zhì)量為m、電量為q,電性未知的小球在該電場中運動,小球經(jīng)過A點時的速度大小為v1,方向水平向右,運動至B點時的速度大小為v2。若A、B兩點之間的高度差為h,則以下判斷中正確的是導學號49294164()A.A、B兩點的電場強度和電勢大小關系為EA>EB、φA<φBB.若v2>v1,則電場力一定做正功C.A、B兩點間的電勢差為(2gh)D.小球從A運動到B點的過程中電場力做的功為mm【解析】選C。由電場線的疏密分布知EA<EB,沿電場線電勢降低,φA>φB,所以A錯誤。從A運動到B對帶電小球應用動能定理得:mgh+qUAB=mm,若v2>v1,電場力也不一定做正功,B錯誤。由上式得UAB=,C正確。小球從A到B合外力做功為mm,D錯誤。4.(2017·江蘇高考)如圖所示,三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分別位于O、M、P點。由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點?，F(xiàn)將C板向右平移到P′點,則由O點靜止釋放的電子()A.運動到P點返回B.運動到P和P′點之間返回C.運動到P′點返回D.穿過P′點【解析】選A。電子在A、B間加速,在B、C間減速,加速電壓做功與減速電壓做功相等?，F(xiàn)將C板向右平移到P′點,B、C板間的電場強度不變,根據(jù)U=Ed判斷,由O點靜止釋放的電子運動到P點速度為0再返回,A項正確。5、(多選)如圖所示,M為固定在水平桌面上的有缺口的方形木塊,abcd為半徑是R的光滑圓弧形軌道,a為軌道的最高點,地面水平且有一定長度。今將質(zhì)量為m的小球在d點的正上方高為h處由靜止釋放,讓其自由下落到d處切入軌道內(nèi)運動,不計空氣阻力,則()A.只要h大于R,釋放后小球就能通過a點B.只要改變h的大小,就能使小球通過a點后,既可能落回軌道內(nèi),又可能落到de面上C.無論怎樣改變h的大小,都不可能使小球通過a點后落回軌道內(nèi)D.調(diào)節(jié)h的大小,可以使小球飛出de面之外(即e的右側(cè))【解析】選C、D。小球恰能通過a點的條件是小球的重力提供向心力,根據(jù)牛頓第二定律mg=m,解得v=,根據(jù)動能定理得mg(hR)=mv2,解得h=R,若要釋放后小球能通過a點,需滿足h≥R,故選項A錯誤;小球離開a點時做平拋運動,由平拋運動的規(guī)律,水平方向x=vt,豎直方向R=gt2,解得x=R>R,故無論怎樣改變h的大小,都不可能使小球通過a點后落回軌道內(nèi),小球?qū)⑼ㄟ^a點不可能到達d點,只要改變h的大小,就能改變小球到達a點的速度,就有可能使小球通過a點后,落在de之外,故選項B錯誤,C、D正確。6.上海市第十三屆“未來之星上圖杯”創(chuàng)新模型大賽在上海圖書館舉行,比賽中某型號遙控車啟動過程中速度與時間圖象和牽引力的功率與時間圖象如圖所示,設遙控車所受阻力大小一定,則該遙控車的質(zhì)量為()A.kg B.kgC.kg D.kg【解析】選B。遙控車在前2s內(nèi)做勻加速直線運動,2s末的速度v2=6m/s,功率P2=30W,由公式P=Fv可知:前2s內(nèi)的動力F1=5N,后4s內(nèi)做勻速直線運動,動力等于阻力,則Ff=F==N,在前2s內(nèi),根據(jù)牛頓第二定律得:F1Ff=ma,又a=3m/s2,解得m=kg,選項B正確。7.如圖所示,物體A、B、C疊放在水平桌面上,水平力F作用于C物體,使A、B、C以共同速度向右勻速運動,那么關于物體受幾個力的說法正確的是()A.A受5個,B受2個,C受4個B.A受5個,B受3個,C受3個C.A受6個,B受2個,C受4個D.A受6個,B受3個,C受4個【解析】選C。物體C受重力、A對C向上的支持力和向左的靜摩擦力,以及水平方向的拉力,共4個力;B受重力和A的支持力,共2個力;A受重力、地面的支持力、B對A的壓力、C對A的壓力,地面對A的摩擦力和C對A的摩擦力,共6個力的作用,故C正確。8.(2017·淮南二模)在房屋裝修過程中工人經(jīng)常用如圖所示的簡易方式運送材料,圖中C為光滑定滑輪,為了保證材料不碰觸窗臺A、B,需要一人在樓下用一根繩子拽拉,保證材料豎直向上緩慢上升,假定人的位置不變,則在運送過程中()A.OC繩的拉力逐漸增大,OD繩的拉力逐漸減小B.OC繩的拉力逐漸減小,OD繩的拉力逐漸增大C.OC繩和OD繩的拉力逐漸減小D.OC繩和OD繩的拉力逐漸增大【解析】選D。在建筑材料緩慢提起的過程中,其合力保持為零,因物體與墻壁的距離始終保持不變,結(jié)點與豎直墻壁保持一定的距離L,如圖甲所示,在建筑材料被緩慢提起的過程中OC繩與豎直方向夾角變大,OD繩與豎直方向夾角減小,根據(jù)平衡條件得知兩繩拉力的合力與物體的重力大小相等、方向相反,保持不變,由平行四邊形定則作出圖乙,由圖可知,兩根繩子上的拉力F1和F2均增大,故A、B、C錯誤,D正確。9、如圖所示,一只杯子固定在水平桌面上,將一塊薄紙板蓋在杯口上并在紙板上放一枚雞蛋,現(xiàn)用水平向右的拉力將紙板快速抽出,雞蛋(水平移動距離很小,幾乎看不到)落入杯中,這就是慣性演示實驗。已知雞蛋(可視為質(zhì)點)中心離紙板左端的距離為d,雞蛋和紙板的質(zhì)量分別為m和2m,所有接觸面的動摩擦因數(shù)均為μ,重力加速度為g,若雞蛋移動的距離不超過就能保證實驗成功,則所需拉力的最小值為()A.3μmg B.6μmg C.12μmg D.26μmg【解析】選D。雞蛋和紙板的運動可轉(zhuǎn)換為滑塊—木板模型,所以對雞蛋有=a1t2,μmg=ma1,對紙板有d+=a2t2,Fmin3μmgμmg=2ma2,聯(lián)立解得Fmin=26μmg,故D正確,A、B、C錯誤。10、(多選)傾角為α的光滑斜面上有一質(zhì)量為m的物體,在沿斜面向上的、大小為F的恒力作用下由靜止開始沿斜面向上運動距離x,重力加速度為g,下列說法中正確的是導學號49294122()A.物體運動的加速度大小為B.物體的末速度大小為C.該過程中力F做的功為FxD.該過程所經(jīng)歷的時間為【解析】選B、C。對物體受力分析,根據(jù)牛頓第二定律可得Fmgsinα=ma,解得a=,故A錯誤;根據(jù)速度位移公式可知v2=2ax,解得v=,故B正確;該過程中力F做的功為W=Fx,故C正確;根據(jù)位移時間公式可知x=at2,解得t=,故D錯誤。二、非選擇題1、如圖所示,傾角為α的斜面A被固定在水平面上,細線的一端固定于墻面,另一端跨過斜面頂端的小滑輪與物塊B相連,B靜止在斜面上。滑輪左側(cè)的細線水平,右側(cè)的細線與斜面平行,A、B的質(zhì)量均為m,撤去固定A的裝置后,A、B均做直線運動。不計一切摩擦,重力加速度為g。求:(1)A固定不動時,A對B支持力的大小N。(2)A滑動的位移為x時,B的位移大小s。(3)A滑動的位移為x時的速度大小vx?！窘忸}指導】(1)A固定不動時求支持力,就當常規(guī)的靜止在固定斜面上的物體。(2)撤去固定A的裝置后,A、B均做直線運動,勾畫兩個物體的運動圖景。(3)解決疊加體問題中的速度問題首選機械能守恒定律?！窘馕觥?1)支持力的大小,N=mgcosα(2)根據(jù)幾何關系sx=x(1cosα),sy=xsinα,且s2=+解得s=·x(3)B下降的高度sy=xsinα根據(jù)機械能守恒定律mgsy=m+m根據(jù)速度的定義得vA=,vB=則vB=·vA,解得vx=vA=。答案:(1)mgcosα(2)·x(3)2、如圖所示,一足夠長的水平傳送帶以速度v0勻速運動,質(zhì)量均為m的小物塊P和小物塊Q由繞過滑輪組的輕繩連接,輕繩足夠長且不可伸長。某時刻物塊P從傳送帶左端以速度2v0沖上傳送帶,P與定滑輪間的繩子水平,已知物塊P與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.25,重力加速度為g,不計滑輪的質(zhì)量與摩擦。求:導學號49294153(1)運動過程中小物塊P、Q的加速度大小之比。(2)物塊P剛沖上傳送帶到右方最遠處的過程中,PQ系統(tǒng)機械能的改變量。(3)若傳送帶以不同的速度v(0<v<2v0)勻速運動,當v取多大時物塊P向右沖到最遠處時,P與傳送帶間產(chǎn)生的摩擦熱最小?最小值為多大?【解題指導】解答本題應注意以下四點:(1)物塊P和物塊Q的位移大小關系。(2)判斷物塊P達到與傳送帶共速時的受力情況,確定物塊的運動情況。(3)由功能關系求解機械能的改變量。(4)寫出物塊P相對于傳送帶的位移的表達式以及Q=Ffx相對,求出產(chǎn)生的最小的熱量?！窘馕觥?1)設P的位移、加速度大小分別為x1、a1,Q的位移、加速度大小分別為x2、a2,則:x1=2v0a1t2x2=v0a2t2又有:x1=2x2解得:a1∶a2=2∶1(2)由牛頓第二定律得;對P:μmg+FT=ma1對Q:mg2FT=ma2解得:FT=0.35mga1=0.6gP先減速到與傳送帶速度相同,設位移為x′1,則:x1′==共速后,由于Ff=μmg<mg,P不可能隨傳送帶一起勻速運動,P將繼續(xù)向右減速,設此時P加速度為a1′,Q的加速度為a′2=a′1由牛頓第二定律得:對P:FTμmg=ma1′對Q:mg2FT=m