2018年高考物理三輪助力選練題（16）及解析

2018年高考物理三輪助力選練題（16）及解析一、選擇題1.(2017·吉林實(shí)驗(yàn)中學(xué)二模)如圖所示,水平的木板B托著木塊A一起在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動,從水平位置a沿逆時針方向運(yùn)動到最高點(diǎn)b的過程中,下列說法正確的是(BC)A.木塊A處于超重狀態(tài)B.木塊A處于失重狀態(tài)C.B對A的摩擦力越來越小D.B對A的摩擦力越來越大解析:A,B一起做勻速圓周運(yùn)動.當(dāng)由水平位置a沿逆時針方向運(yùn)動到最高點(diǎn)b的過程中,加速度大小不變,方向指向圓心.在豎直方向有豎直向下的分加速度,因此A,B都處于失重狀態(tài);對木塊A,在a點(diǎn)時B對A的摩擦力提供向心力,但在b點(diǎn)重力及B對A的支持力的合力提供向心力,摩擦力為零,即從a到b摩擦力越來越小.2．(2017·福建省廈門市高中畢業(yè)生3月第一次質(zhì)量檢測)如圖所示，在水平地面上豎直固定一絕緣彈簧，彈簧中心直線的正上方固定一個帶電小球Q，現(xiàn)將與Q帶同種電荷的小球P，從直線上的N點(diǎn)由靜止釋放，在小球P與彈簧接觸到速度變?yōu)榱愕倪^程中，下列說法中正確的是()A．小球P的電勢能先減小后增加B．小球P與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能一定增加C．小球動能的減少量等于電場力和重力做功的代數(shù)和D．小球P速度最大時所受彈簧彈力和庫侖力的合力為零解析：選B.小球下落的過程中，電場力一直對小球做正功，小球P的電勢能一直減小，選項(xiàng)A錯誤；因Q對P做正功，故小球P與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能一定增加，選項(xiàng)B正確；小球動能的減少量等于電場力和重力以及彈力做功的代數(shù)和，選項(xiàng)C錯誤；小球P速度最大時所受彈簧彈力、重力以及庫侖力的合力為零，選項(xiàng)D錯誤；故選B.3．如圖為用索道運(yùn)輸貨物的情景，已知傾斜的索道與水平方向的夾角為37°，重物與車廂地板之間的動摩擦因數(shù)為0.3。當(dāng)載重車廂沿索道向上加速運(yùn)動時，重物與車廂仍然保持相對靜止?fàn)顟B(tài)，重物對車廂內(nèi)水平地板的正壓力為其重力的1.15倍。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，那么這時重物對車廂地板的摩擦力大小為()A．0.35mgB．0.3mgC．0.23mgD．0.2mg【答案】D【解析】將a沿水平和豎直兩個方向分解，對重物受力分析如圖，水平方向：Ff＝max豎直方向：FN－mg＝may，由＝，三式聯(lián)立解得Ff＝0.2mg，D正確。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停靠在豎直光滑墻壁處，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之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，平板小車A的長度L＝0.9m．現(xiàn)給小鐵塊B一個v0＝5m/s的初速度使之向左運(yùn)動，與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞后向右運(yùn)動，重力加速度g＝10m/s2.下列說法正確的是()A．小鐵塊B向左運(yùn)動到達(dá)豎直墻壁時的速度為2m/sB．小鐵塊B與墻壁碰撞過程中所受墻壁的沖量為8N·sC．小鐵塊B向左運(yùn)動到達(dá)豎直墻壁的過程中損失的機(jī)械能為4JD．小鐵塊B在平板小車A上運(yùn)動的整個過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為9J解析：選BD.設(shè)小鐵塊B向左運(yùn)動到達(dá)豎直墻壁時的速度為v1，根據(jù)動能定理得：－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錯誤．與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，反彈速度為－4m/s，由動量定理可知，小鐵塊B與墻壁碰撞過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)動到達(dá)豎直墻壁的過程中損失的機(jī)械能為μmgL＝4.5J，選項(xiàng)C錯誤．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上相對滑動的位移為x時與平板小車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，說明小鐵塊B在沒有與平板小車A達(dá)到共同速度時就滑出平板小車A，所以小鐵塊B在平板小車上運(yùn)動的整個過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝2μmgL＝9J，選項(xiàng)D正確．5.(2017·天津一模)某理想自耦變壓器接入電路中的示意圖如圖(甲)所示,圖(乙)是其輸入電壓u的變化規(guī)律.已知滑動觸頭在圖示位置時原、副線圈的匝數(shù)比為n1∶n2=10∶1,電阻R=22Ω.下列說法正確的是(AC)A.通過R的交變電流的頻率為50HzB.電流表A2的示數(shù)為AC.此時變壓器的輸入功率為22WD.將P沿逆時針方向移動一些,電流表A1的示數(shù)變小解析:由圖(乙)可知,該交變電流的周期為T=0.02s,其頻率為f==Hz=50Hz,故A正確;由圖知輸入電壓的最大值為Um=220V,所以有效值為U=220V,則副線圈兩端的電壓為U′=U×=220×V=22V,所以通過電阻的電流(即為電流表A2的示數(shù))為I==A=1A,故B錯誤;變壓器的輸出功率為P′=U′I=22×1W=22W,理想變壓器的輸入功率等于輸出功率,所以有P=P′=22W,故C正確;將P沿逆時針方向移動一些,變壓器的副線圈匝數(shù)變大,輸出電壓變大,輸出功率變大,所以輸入功率也變大,故電流表A1的示數(shù)將變大,故D錯誤.6．如圖所示，M、N為光滑的金屬導(dǎo)軌，兩導(dǎo)軌平行且在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌所在的平面與勻強(qiáng)磁場垂直．導(dǎo)軌的左側(cè)接一定值電阻R，金屬桿AB在水平恒力F作用下從靜止開始向右運(yùn)動，則下列桿的速度v和加速度a隨時間t的變化關(guān)系正確的是(不計(jì)導(dǎo)軌與金屬桿電阻)()解析：選B.以金屬桿AB為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律，F(xiàn)－eq\f(B2l2v,R)＝ma，隨著速度的增大，加速度a越來越小，AB加速得越來越慢，最后做勻速運(yùn)動，選項(xiàng)A錯誤，選項(xiàng)B正確；加速度a減小，但a與t不是線性關(guān)系，選項(xiàng)C、D錯誤．二、非選擇題1．某物理實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)安裝“驗(yàn)證動量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示．讓質(zhì)量為m1的小球從斜面上某處自由滾下與靜止在支柱上質(zhì)量為m2的小球發(fā)生對心碰撞，則：(1)(多選)下列關(guān)于實(shí)驗(yàn)的說法正確的是________．A．軌道末端的切線必須是水平的B．斜槽軌道必須光滑C．入射球m1每次必須從同一高度滾下D．應(yīng)滿足入射球m1質(zhì)量小于被碰小球m2(2)在實(shí)驗(yàn)中，根據(jù)小球的落點(diǎn)情況，該同學(xué)測量出OP、OM、ON、O′P、O′M、O′N的長度，用以上數(shù)據(jù)合理地寫出驗(yàn)證動量守恒的關(guān)系式為________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(3)在實(shí)驗(yàn)中，用20分度的游標(biāo)卡尺測得兩球的直徑相等，讀數(shù)部分如圖所示，則小球的直徑為________mm.解析：(1)要保證小球每次都做平拋運(yùn)動，則軌道的末端必須水平，A正確；“驗(yàn)證動量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中，通過平拋運(yùn)動的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度，只要離開軌道后做平拋運(yùn)動的初速度相同即可，對斜槽是否光滑沒有要求，B錯誤；要保證碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下，C正確；在“驗(yàn)證碰撞中的動量守恒”實(shí)驗(yàn)中，為防止被碰球碰后反彈，入射球的質(zhì)量m1必須大于被碰球的質(zhì)量m2，D錯誤．(2)入射球與被碰球離開斜槽末端后均從同一高度開始做平拋運(yùn)動，則小球在空中運(yùn)動的時間相同．由實(shí)驗(yàn)操作可知需要驗(yàn)證動量守恒表達(dá)式為m1v1＝m1v1′＋m2v2′，由于運(yùn)動時間相同則有m1v1t＝m1v1′t＋m2v2′t，整理可得m1·OP＝m1·OM＋m2·O′N.(3)由圖可知主尺22mm處的刻度線與游標(biāo)尺的第11小格對齊，則由游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)則可知小球的直徑為22mm－11×0.95mm＝11.55mm.答案：(1)AC(2)m1·OP＝m1·OM＋m2·O′N(3)11.552．在真空中，邊長為3L的正方形區(qū)域ABCD分成相等的三部分，左右兩側(cè)為勻強(qiáng)磁場，中間區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)電場，如圖所示．左側(cè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1＝eq\f(\r(6mqU),2qL)，方向垂直紙面向外；右側(cè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2＝eq\f(\r(6mqU),qL)，方向垂直于紙面向里；中間區(qū)域電場方向與正方形區(qū)域的上下邊界平行．一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子從平行金屬板的正極板開始由靜止被加速，加速電壓為U，加速后粒子從a點(diǎn)進(jìn)入左側(cè)磁場，又從距正方形上下邊界等間距的b點(diǎn)沿與電場平行的方向進(jìn)入中間區(qū)域的電場中，不計(jì)粒子重力．(1)求a點(diǎn)到A點(diǎn)的距離．(2)電場強(qiáng)度E的取值在什么范圍內(nèi)時粒子能從右側(cè)磁場的上邊緣CC1間離開？(3)改變中間區(qū)域的電場方向和場強(qiáng)大小，粒子可從D點(diǎn)射出，求粒子在左右兩側(cè)磁場中運(yùn)動的總時間．解析：(1)粒子在金屬板間加速時，有qU＝eq\f(1,2)mv2 ①粒子在左側(cè)磁場中運(yùn)動時，如圖甲所示，有qvB1＝meq\f(v2,R1) ②sinα＝eq\f(L,R1) ③a點(diǎn)到A點(diǎn)的距離x＝eq\f(3L,2)－R1(1－cosα) ④聯(lián)立解得x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(\r(3),3)))L(2)如圖甲所示，粒子在右側(cè)磁場中以半徑為Rn和Rm的兩軌跡為臨界軌跡從上邊緣CC1離開磁場時，有Rn＝eq\f(3,4)L ⑤Rm＝L ⑥又qvnB2＝meq\f(v\o\al(2,n),Rn) ⑦qvmB2＝meq\f(v\o\al(2,m),Rm) ⑧粒子在中間電場運(yùn)動時，有qEnL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)－eq\f(1,2)mv2 ⑨qEmL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mv2 ⑩聯(lián)立解得En＝eq\f(11U,16L)，Em＝eq\f(2U,L)電場強(qiáng)度的取值范圍為eq\f(11U,16L)＜E＜eq\f(2U,L).(3)粒子在左右磁場中運(yùn)動，T1＝eq\f(2πm,qB1) ?T2＝eq\f(2πm,qB2) ?必須改變中間區(qū)域的電場方向并取定電場E的某一恰當(dāng)確定數(shù)值