2018年高考物理三轮助力选练题（二）及解析

2018年高考物理三轮助力选练题（二）及解析一、选择题1.(2017·吉林实验中学二模)如图,水平传送带A,B两端相距s=3.5m,工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1.工件滑上A端瞬时速度vA=4m/s,达到B端的瞬时速度设为vB,下列说法正确的是(ABC)A.若传送带不动,则vB=3m/sB.若传送带以速度v=4m/s逆时针匀速转动,则vB=3m/sC.若传送带以速度v=2m/s顺时针匀速转动,则vB=3m/sD.若传送带以速度v=2m/s顺时针匀速转动,则vB=2m/s解析:若传送带不动,工件的加速度大小a==μg=1m/s2,由匀变速直线运动的速度位移公式有=2as,得到vB=3m/s,选项A正确.若传送带以速度v=4m/s逆时针匀速转动,工件的受力情况不变,由牛顿第二定律得知,工件的加速度大小仍为a=μg,工件的运动情况跟传送带不动时的一样,则vB=3m/s,选项B正确;若传送带以速度v=2m/s顺时针匀速转动,工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向左,做匀减速运动,工件的加速度大小仍为a=μg,工件的运动情况跟传送带不动时的一样,则vB=3m/s,选项C正确,D错误.2．(2017·安徽省淮北市第一中学高三上学期第四次模拟考试)如图所示，质量相同的两小球a、b分别从斜面顶端A和斜面中点B沿水平方向抛出后，恰好都落在斜面底端，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．小球a、b在空中飞行的时间之比为2∶1B．小球a、b抛出时的初速度大小之比为2∶1C．小球a、b到达斜面底端时的动能之比为4∶1D．小球a、b到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角之比为1∶1解析：选D.因为两球下落的高度之比为2∶1，根据h＝eq\f(1,2)gt2得，t＝eq\r(\f(2h,g))，高度之比为2∶1，则时间之比为eq\r(2)∶1，故A错误．两球的水平位移之比为2∶1，时间之比为eq\r(2)∶1，根据v0＝eq\f(x,t)知，初速度之比为eq\r(2)∶1，故B错误．根据动能定理可知，到达斜面底端时的动能之比Eka∶Ekb＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,a)＋mgha))∶eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,b)＋mghb))＝2∶1，故C错误．小球落在斜面上，速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，因为位移与水平方向的夹角相等，则速度与水平方向的夹角相等，到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角也相等，故D正确．故选D.3.(2017·河南二模)如图所示,空间有一正三棱锥OABC,点A′,B′,C′分别是三条棱的中点.现在顶点O处固定一正的点电荷,则下列说法中正确的是(AD)A.A′,B′,C′三点的电场强度大小相等B.△ABC所在平面为等势面C.将一正的试探电荷从A′点沿直线A′B′移到B′点,静电力对该试探电荷先做正功后做负功D.若A′点的电势为φA′,A点的电势为φA,则A′A连线中点D处的电势φD一定小于解析:因为A′,B′,C′三点离顶点O处的正电荷的距离相等,所以三点处的电场强度大小均相等,故A正确;由于△ABC所在平面上各点到O点的距离不都相等,由等势面的概念可知,△ABC所在平面不是等势面,故B错误;由电势的概念可知,沿直线A′B′的电势变化为先增大后减小,所以当在此直线上从A′到B′移动正电荷时,电场力对该正电荷先做负功后做正功,故C错误;根据点电荷的电场特点可知,UA′D>UDA,即φA′φD>φDφA,整理可得,φD<,故D正确.4．(2017·河南中原名校高三联考)如图所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器)，R表示输电线的电阻，则()A．用电器增加时，变压器输出电压增大B．要提高用户的电压，滑动触头P应向上滑C．用电器增加时，输电线的热损耗减少D．用电器增加时，变压器的输入功率减小解析：选B.由于变压器原、副线圈的匝数不变，而且输入电压不变，因此增加负载不会影响输出电压，故A错误；根据变压器原理可知输出电压U2＝eq\f(n2,n1)U1，当滑动触头P向上滑时，n2增大，所以输出电压增大，用户两端电压增大，故B正确；由于用电器是并联的，因此用电器增加时总电阻变小，输出电压不变，总电流增大，故输电线上热损耗增大，故C错误；用电器增加时总电阻变小，总电流增大，输出功率增大，所以输入功率增大，故D错误．5．质量为0.8kg的球固定在支杆AB的上端，支杆AB的下端固定在升降机上，今用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，如图所示，已知绳的拉力为6N，g取10m/s2，则以下说法正确的是()A．若升降机是静止状态，则AB杆对球的作用力大小为6NB．若升降机是静止状态，则AB杆对球的作用力大小为8NC．若升降机是加速上升，加速度大小5m/s2，则AB杆对球的作用力大小为6eq\r(5)ND．若升降机是减速上升，加速度大小5m/s2，则AB杆对球的作用力大小为6eq\r(5)N解析：选C.A、B若升降机是静止的，球静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，杆的作用力大小：eq\r(F\o\al(2,绳子)＋mg2)＝eq\r(62＋0.8×102)N＝10N，故AB错误；C、若升降机加速上升，对球，在竖直方向，由牛顿第二定律得：Fy－mg＝ma，解得：Fy＝12N，在水平方向，由平衡条件得：Fx＝F绳子＝6N，杆对球的作用力大小：F＝eq\r(F\o\al(2,x)＋F\o\al(2,y))＝6eq\r(5)N，故C正确；D、若升降机减速上升，对球，在竖直方向，由牛顿第二定律得：mg－Fy＝ma，解得：Fy＝4N，在水平方向，由平衡条件得：Fx＝F绳子＝6N，杆对球的作用力大小：F＝eq\r(F\o\al(2,x)＋F\o\al(2,y))＝2eq\r(13)N，故D错误；故选C.6．如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，现将一质量m＝1kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则下列说法正确的是()A．物体与传送带间的动摩擦因数为0.875B．0～8s内物体位移的大小为18mC．0～8s内物体机械能的增量为90JD．0～8s内物体与传送带由于摩擦产生的热量为126J解析：选ACD.根据速度时间图象分析，前6秒，物体的加速度方向沿传送带向上，大小为a＝1m/s2，根据物体在传送带上受力分析有μmgcosθ－mgsinθ＝ma，整理得μ＝0.875，选项A正确.0～8s内物体位移等于前8秒速度时间图象与时间轴围成的面积，时间轴上面的部分代表位移为正，下面的部分代表位移为负，结合图象得位移x＝eq\f(2＋6×4,2)m－eq\f(2×2,2)m＝14m，选项B错误.0～8s内物体动能增加量为eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝6J，重力势能增加量为mgxsinθ＝84J，机械能增加量为6J＋84J＝90J，选项C正确．摩擦生热分为三部分，第一部分为前2秒：Q1＝μmgcosθ×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)t1＋vt1))＝70J，第二部分为2～6s，摩擦生热Q2＝μmgcosθ×eq\f(v,2)t2＝56J，最后物体做匀速直线运动，摩擦力为静摩擦力，二者没有相对运动，不产生热量，所以0～8s内物体与传送带由于摩擦产生的热量为Q1＋Q2＝126J，选项D正确．二、非选择题1．（（选考部分））(1)(多选)下列说法中正确的是________．A．分子间的距离增大时，分子势能一定增大B．晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点C．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体D．物体吸热时，它的内能可能不增加E．一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热(2)如图，在圆柱形汽缸中用具有质量的光滑导热活塞密闭有一定质量的理想气体，在汽缸底部开有一小孔，与U形水银管相连，已知外界大气压为p0＝75cmHg，室温t0＝27℃，稳定后两边水银面的高度差为Δh＝1.5cm，此时活塞离容器底部的高度为L＝50cm.已知柱形容器横截面积S＝0.01m2,75cmHg＝1.0×10①求活塞的质量；②使容器内温度降至－63℃，求此时U形管两侧水银面的高度差和活塞离容器底部的高度解析：(1)分子间的距离有一个特殊值r0，此时分子间引力与斥力平衡，分子势能最小．当分子间的距离小于r0时，分子势能随距离的增大而减小，当分子间的距离大于r0时，分子势能随距离的增大而增大，选项A错误．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体而不引起其他变化．在有外力做功的情况下热量可以从低温物体传到高温物体，选项C错误．(2)①根据U形管两侧水银面的高度差为Δh＝1.5cm，可知A中气体压强pA1＝p0＋pΔh＝75cmHg＋1.5cmHg＝76.5cmHg而pA1＝p0＋p塞所以活塞产生的压强p塞＝1.5cmHg＝1.5×eq\f(1,75)×105Pa＝0.02×105Pa由p塞＝mg/S，解得m＝2kg.②由于活塞光滑，所以气体等压变化，U形管两侧水银面的高度差不变仍为Δh＝1.5cm初状态：温度T1＝300K，体积V1＝50cm·S；末状态：温度T2＝210K，体积V2＝L′S由盖－吕萨克定律，eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)解得活塞离容器底部的高度L′＝35cm.答案：(1)BDE(2)①2kg②1.5cm35cm2．一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷．质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)M、N间电场强度E的大小；(2)圆筒的半径R；(3)保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移eq\f(2,3)d，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n.解析：(1)设两板间的电压为U，由动能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2①由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U＝Ed②联立①②式可得E＝eq\f(mv2,2qd)③(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O′，圆半径为r.设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA弧所对的圆心角∠AO′S等于eq\f(π,3).由几何关系得r＝Rtaneq\f(π,3)④粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得qvB＝meq\f(v2,r)⑤联立④⑤式得R＝eq\f(\r(3)mv,3qB)⑥(3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移eq\f(2,3)d后，设板间电压为U′，则U′＝eq\f(