（重慶）第九中學(xué)2018年高考物理二輪導(dǎo)學(xué)案及解析

（重慶）第九中學(xué)2018年高考物理二輪導(dǎo)學(xué)案及解析涉及的知識點(diǎn)：1、磁場及帶電粒子在磁場中的運(yùn)動2、電場及帶電粒子在電場中的運(yùn)動3、功、功率、動能定理4、機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系5、力與物體的平衡6、牛頓運(yùn)動定律及其應(yīng)用7碰撞與動量守恒一、選擇題1、(2017·宜春一模)如圖,勻強(qiáng)磁場垂直于紙面,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。2.(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(gè)質(zhì)量為m、電量為q,電性未知的小球在該電場中運(yùn)動,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49294164()A.A、B兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度和電勢大小關(guān)系為EA>EB、φA<φBB.若v2>v1,則電場力一定做正功C.A、B兩點(diǎn)間的電勢差為(2gh)D.小球從A運(yùn)動到B點(diǎn)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(cuò)誤。從A運(yùn)動到B對帶電小球應(yīng)用動能定理得:mgh+qUAB=mm,若v2>v1,電場力也不一定做正功,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。3、一小球以一定的初速度從圖示位置進(jìn)入光滑的軌道,小球先進(jìn)入圓軌道1,再進(jìn)入圓軌道2,圓軌道1的半徑為R,圓軌道2的半徑是軌道1的1.8倍,小球的質(zhì)量為m,若小球恰好能通過軌道2的最高點(diǎn)B,則小球在軌道1上經(jīng)過A處時(shí)對軌道的壓力為()導(dǎo)學(xué)號49294144A.2mg B.3mg C.4mg D.5mg【解析】選C。小球恰好能通過軌道2的最高點(diǎn)B時(shí),有mg=,小球在軌道1上經(jīng)過A處時(shí),有F+mg=,根據(jù)動能定理,有1.6mgR=mm,解得F=4mg,C項(xiàng)正確。4、(2017·六盤水一模)一根質(zhì)量為m、長為L的均勻鏈條一半放在光滑的水平桌面上,另一半懸在桌邊,桌面足夠高,如圖a所示。若將一個(gè)質(zhì)量為m的小球分別拴在鏈條左端和右端,如圖b、c所示,約束鏈條的擋板光滑,三種情況均由靜止釋放,當(dāng)整根鏈條剛離開桌面時(shí),關(guān)于它們的速度關(guān)系,下列判斷正確的是()導(dǎo)學(xué)號49294149A.va=vb=vcB.va<vb<vcC.vc>va>vbD.va>vb>vc【解析】選C。圖a中,當(dāng)整根鏈條離開桌面時(shí),根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得mg·=m,解得va=;圖b中,當(dāng)整根鏈條離開桌面時(shí),根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得mg·=·2m,解得vb=;圖c中,當(dāng)整根鏈條離開桌面時(shí),根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mg·+mg=·2m,解得vc=,故vc>va>vb,C正確。5、如圖所示,一輕彈簧固定于地面上,上面依次放置兩木塊A、B,用一力F豎直向下作用在木塊B上,撤去力F后,彈簧恰能恢復(fù)原長,有關(guān)上升過程中機(jī)械能的說法正確的是()A.此過程中A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B.此過程中彈簧對A做的功等于A機(jī)械能的增加量C.此過程中彈簧釋放的彈性勢能等于A的機(jī)械能增加量D.此過程中B的機(jī)械能一直在增加【解析】選D。撤去外力F后彈簧彈力對A、B做功,此過程中A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;此過程中彈簧對A做的功等于A與B機(jī)械能的增加量的和,即彈簧釋放的彈性勢能等于A、B兩木塊的機(jī)械能增加量,故選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤;此過程中A對B的支持力一直對B做正功,B的機(jī)械能一直在增加,故選項(xiàng)D正確。6.如圖所示,傾角為θ的固定斜面足夠長,一質(zhì)量為m上表面光滑的足夠長的長方形木板A正以速度v0沿斜面勻速下滑,某時(shí)刻將質(zhì)量為2m的小滑塊B無初速度地放在木板A上,則滑塊與木板都在滑動的過程中()A.木板A的加速度大小為3gsinθB.木板A的加速度大小為零C.A、B組成的系統(tǒng)所受合外力的沖量一定為零D.木板A的動量為mv0時(shí),小滑塊B的動量為mv0【解析】選C、D。只有木板A時(shí),木板A勻速下滑,則說明木板A受到的重力的分力與摩擦力等大反向,即mgsinθ=μmgcosθ,若加上小滑塊B后,A對斜面的壓力增大,則摩擦力變?yōu)棣獭?mgcosθ,而沿斜面方向上的力不變,故合外力為:3μmgcosθmgsinθ=2mgsinθ,故加速度大小a=2gsinθ,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;由分析可知,整體在沿斜面方向受力平衡,故整體動量守恒,故合外力的沖量一定為零,選項(xiàng)C正確;因動量守恒,故總動量保持不變,由動量守恒定律可知:mv1+2mv2=mv0,故當(dāng)A動量為mv0時(shí),B的動量為mv0,選項(xiàng)D正確。7、(多選)如圖,兩質(zhì)量分別為m1=1kg和m2=4kg的小球在光滑水平面上相向而行,速度分別為v1=4m/s和v2=6m/s,發(fā)生碰撞后,系統(tǒng)可能損失的機(jī)械能為()A.25JB.35JC.45JD.55J【解析】選A、B。兩物體發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí)損失的機(jī)械能最多,則相碰后兩小球粘在一起,根據(jù)動量守恒定律,m2v2m1v1=(m1+m2)v,此時(shí)損失的機(jī)械能ΔEk=m1+m2(m1+m2)v2,解得ΔEk=40J,即動能的損失一定不大于40J,因此A、B正確,C、D錯(cuò)誤。二、非選擇題8.如圖所示,電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后,沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場,并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為m,電荷量為e,加速電場電壓為U0,偏轉(zhuǎn)電場可看作勻強(qiáng)電場,極板間電壓為U,極板長度為L,板間距為d。導(dǎo)學(xué)號49294166(1)忽略電子所受重力,求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的初速度v0和從電場射出時(shí)沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy。(2)分析物理量的數(shù)量級是解決物理問題的常用方法。在解決(1)問時(shí)忽略了電子所受重力,請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因。已知U=2.0×102V,d=4.0×102m,m=9.1×1031kg,e=1.6×1019C,g取10m/s2。(3)極板間既有靜電場也有重力場。電勢反映了靜電場各點(diǎn)的能的性質(zhì),請寫出電勢φ的定義式。類比電勢的定義方法,在重力場中建立“重力勢”φG的概念,并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點(diǎn)。【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)把握以下三點(diǎn):(1)熟練掌握帶電粒子在加速電場和偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動規(guī)律。(2)通過計(jì)算重力的大小,根據(jù)數(shù)量級,分析忽略重力的原因。(3)利用類比法準(zhǔn)確定義重力勢,并說明和電勢的共同特點(diǎn)?！窘馕觥?1)電子加速過程由動能定理得:eU0=m解得:v0=電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動,則:電子的運(yùn)動時(shí)間:t==L偏轉(zhuǎn)距離:Δy=·t2=(2)考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級,有重力G=mg≈1029N電場力F=≈1015N由于F?G,因此不需要考慮電子所受的重力(3)電場中某點(diǎn)電勢φ定義為電荷在該點(diǎn)的電勢能Ep與電荷量q的