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(qiáng)磁場(chǎng)中有一個(gè)電荷量為q的正離子,自a點(diǎn)沿半圓軌道運(yùn)動(dòng),當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí),突然吸收了附近若干電子,接著沿另一半圓軌道運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn),已知a、b、c點(diǎn)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(jì),則該離子吸收的電子個(gè)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(gè)電子,因電子的質(zhì)量不計(jì),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(xiàng)B正確。2.(2017·宜春一模)如圖,勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于紙面,磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)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(dǎo)學(xué)號(hào)49294169()A. B.1C.1 D.1【解析】選B。洛倫茲力充當(dāng)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(diǎn),粒子速度方向與y軸正方向夾角為的打在M點(diǎn),畫出粒子速度方向與y軸正方向夾角為的軌跡,設(shè)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(chǎng),電場(chǎng)線分布如圖所示。一個(gè)質(zhì)量為m、電量為q,電性未知的小球在該電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),小球經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的速度大小為v1,方向水平向右,運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)的速度大小為v2。若A、B兩點(diǎn)之間的高度差為h,則以下判斷中正確的是導(dǎo)學(xué)號(hào)49294164()A.A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)大小關(guān)系為EA>EB、φA<φBB.若v2>v1,則電場(chǎng)力一定做正功C.A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為(2gh)D.小球從A運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中電場(chǎng)力做的功為mm【解析】選C。由電場(chǎng)線的疏密分布知EA<EB,沿電場(chǎng)線電勢(shì)降低,φA>φB,所以A錯(cuò)誤。從A運(yùn)動(dòng)到B對(duì)帶電小球應(yīng)用動(dòng)能定理得:mgh+qUAB=mm,若v2>v1,電場(chǎng)力也不一定做正功,B錯(cuò)誤。由上式得UAB=,C正確。小球從A到B合外力做功為mm,D錯(cuò)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(diǎn)。由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)。現(xiàn)將C板向右平移到P′點(diǎn),則由O點(diǎn)靜止釋放的電子()A.運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回B.運(yùn)動(dòng)到P和P′點(diǎn)之間返回C.運(yùn)動(dòng)到P′點(diǎn)返回D.穿過P′點(diǎn)【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(diǎn),B、C板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變,根據(jù)U=Ed判斷,由O點(diǎn)靜止釋放的電子運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)速度為0再返回,A項(xiàng)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(diǎn),地面水平且有一定長度。今將質(zhì)量為m的小球在d點(diǎn)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(yùn)動(dòng),不計(jì)空氣阻力,則()A.只要h大于R,釋放后小球就能通過a點(diǎn)B.只要改變h的大小,就能使小球通過a點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(dòng)能定理得mg(hR)=mv2,解得h=R,若要釋放后小球能通過a點(diǎn),需滿足h≥R,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;小球離開a點(diǎn)時(shí)做平拋運(yùn)動(dòng),由平拋運(yùn)動(dòng)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(diǎn)后落回軌道內(nèi),小球?qū)⑼ㄟ^a點(diǎn)不可能到達(dá)d點(diǎn),只要改變h的大小,就能改變小球到達(dá)a點(diǎn)的速度,就有可能使小球通過a點(diǎn)后,落在de之外,故選項(xiàng)B錯(cuò)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(hào)遙控車啟動(dòng)過程中速度與時(shí)間圖象和牽引力的功率與時(shí)間圖象如圖所示,設(shè)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(yùn)動(dòng),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(dòng)力F1=5N,后4s內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng),動(dòng)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(xiàng)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(yùn)動(dòng),那么關(guān)于物體受幾個(gè)力的說法正確的是()A.A受5個(gè),B受2個(gè),C受4個(gè)B.A受5個(gè),B受3個(gè),C受3個(gè)C.A受6個(gè),B受2個(gè),C受4個(gè)D.A受6個(gè),B受3個(gè),C受4個(gè)【解析】選C。物體C受重力、A對(duì)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(gè)力;B受重力和A的支持力,共2個(gè)力;A受重力、地面的支持力、B對(duì)A的壓力、C對(duì)A的壓力,地面對(duì)A的摩擦力和C對(duì)A的摩擦力,共6個(gè)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(yùn)送材料,圖中C為光滑定滑輪,為了保證材料不碰觸窗臺(tái)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(yùn)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(diǎn)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(cuò)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(dòng)距離很小,幾乎看不到)落入杯中,這就是慣性演示實(shí)驗(yàn)。已知雞蛋(可視為質(zhì)點(diǎn))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(dòng)摩擦因數(shù)均為μ,重力加速度為g,若雞蛋移動(dòng)的距離不超過就能保證實(shí)驗(yàn)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(yùn)動(dòng)可轉(zhuǎn)換為滑塊—木板模型,所以對(duì)雞蛋有=a1t2,μmg=ma1,對(duì)紙板有d+=a2t2,Fmin3μmgμmg=2ma2,聯(lián)立解得Fmin=26μmg,故D正確,A、B、C錯(cuò)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(yùn)動(dòng)距離x,重力加速度為g,下列說法中正確的是導(dǎo)學(xué)號(hào)49294122()A.物體運(yùn)動(dòng)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(shí)間為【解析】選B、C。對(duì)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(cuò)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(shí)間公式可知x=at2,解得t=,故D錯(cuò)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(xì)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?；喿髠?cè)的細(xì)線水平,右側(cè)的細(xì)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(yùn)動(dòng)。不計(jì)一切摩擦,重力加速度為g。求:(1)A固定不動(dòng)時(shí),A對(duì)B支持力的大小N。(2)A滑動(dòng)的位移為x時(shí),B的位移大小s。(3)A滑動(dòng)的位移為x時(shí)的速度大小vx?！窘忸}指導(dǎo)】(1)A固定不動(dòng)時(shí)求支持力,就當(dāng)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(yùn)動(dòng),勾畫兩個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)圖景。(3)解決疊加體問題中的速度問題首選機(jī)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(guān)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(jī)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(yùn)動(dòng),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(shí)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(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.25,重力加速度為g,不計(jì)滑輪的質(zhì)量與摩擦。求:導(dǎo)學(xué)號(hào)49294153(1)運(yùn)動(dòng)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(yuǎn)處的過程中,PQ系統(tǒng)機(jī)械能的改變量。(3)若傳送帶以不同的速度v(0<v<2v0)勻速運(yùn)動(dòng),當(dāng)v取多大時(shí)物塊P向右沖到最遠(yuǎn)處時(shí),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(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下四點(diǎn):(1)物塊P和物塊Q的位移大小關(guān)系。(2)判斷物塊P達(dá)到與傳送帶共速時(shí)的受力情況,確定物塊的運(yùn)動(dòng)情況。(3)由功能關(guān)系求解機(jī)械能的改變量。(4)寫出物塊P相對(duì)于傳送帶的位移的表達(dá)式以及Q=Ffx相對(duì),求出產(chǎn)生的最小的熱量?！窘馕觥?1)設(shè)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(duì)P:μmg+FT=ma1對(duì)Q:mg2FT=ma2解得:FT=0.35mga1=0.6gP先減速到與傳送帶速度相同,設(shè)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(yùn)動(dòng),P將繼續(xù)向右減速,設(shè)此時(shí)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(duì)P:FTμmg=ma1′對(duì)Q:mg2FT=m