2018年高考物理三轮助力选练题（13）及解析

2018年高考物理三轮助力选练题（13）及解析一、选择题1.(2017·辽宁大连模拟)一只船在静水中的速度为4m/s,它要渡过一条宽度为200m的河,河水的流速为3m/s.下列说法正确的是(B)A.船不可能渡过河B.船有可能垂直到达对岸C.船不能垂直到达对岸D.船到达对岸所需时间都是50s解析:当船头指向始终垂直于河岸时,渡河时间最短,最短时间为tmin==s=50s;当船头指向与河岸不垂直时,船垂直于河岸方向的分速度变小,渡河时间变长,选项A,D错误;由于船相对于水的速度大于水流速度,根据平行四边形定则可知,它的合速度,即船实际的速度可以与河岸垂直,船可以垂直于河岸行驶,最终到达对岸,最小位移等于200m,选项B正确,C错误.2．(2017·天津市河东区高考物理模拟试卷)如图所示，物体在与水平方向成60°角斜向上的500N拉力作用下，沿水平面以1m/s的速度匀速运动了10m．此过程中拉力对物体做的功和做功的功率分别为()A．50J,50W B．25J,25WC．25eq\r(3)J,25eq\r(3)W D．2500J,250W解析：选D.此过程中拉力对物体做的功为：W＝Fxcos60°＝500×10×0.5J＝2500J匀速运动经历的时间为：t＝eq\f(x,v)＝10s平均功率为：P＝eq\f(W,t)＝250W，故D正确，A、B、C错误．故选D.3．（2018襄阳四中高三月考）如图所示吊床用绳子拴在两棵树上等高位置．某人先坐在吊床上，后躺在吊床上，均处于静止状态．设吊床两端系绳中的拉力为F1、吊床对该人的作用力为F2，则（）A.坐着比躺着时F1大B.躺着比坐着时F1大C.坐着比躺着时F2大D.躺着比坐着时F2大【答案】A4．(2017·山东潍坊中学一模)如图所示，在竖直面内固定一光滑的硬质杆ab，杆与水平面的夹角为θ，在杆的上端a处套一质量为m的圆环，圆环上系一轻弹簧，弹簧的另一端固定在与a处在同一水平线上的O点，O、b两点处在同一竖直线上．由静止释放圆环后，圆环沿杆从a运动到b，在圆环运动的整个过程中，弹簧一直处于伸长状态，则下列说法正确的是()A．圆环的机械能保持不变B．弹簧对圆环一直做负功C．弹簧的弹性势能逐渐增大D．圆环和弹簧组成的系统机械能守恒解析：选D.由几何关系可知，当环与O点的连线与杆垂直时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小，如图，所以在环从a到C的过程中弹簧对环做正功，弹簧的弹性势能减小，环的机械能增大，而从C到b的过程中，弹簧对环做负功，弹簧的弹性势能增大，环的机械能减小，故A、B、C错误；在整个的过程中只有圆环的重力和弹簧的弹力做功，所以圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，故D正确．5.(2017·河南一模)如图所示,半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内,磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于轨道平面向里.一可视为质点、质量为m、电荷量为q(q>0)的小球由轨道左端A无初速度滑下,当小球滑至轨道最低点C时,给小球再施加一始终水平向右的外力F,使小球能以保持不变的速率滑过轨道右侧的D点.若小球始终与轨道接触,重力加速度值为g,则下列判断正确的是(AD)A.小球在C点受到的洛伦兹力大小为qBB.小球在C点对轨道的压力大小为3mg+qBC.小球从C到D的过程中,外力F的大小保持不变D.小球从C到D的过程中,外力F的功率逐渐增大解析:从A点运动到C点的过程中只有重力做功,根据动能定理得,mgR=mv2,解得v=,故小球在C点受到的洛伦兹力大小为F洛=qBv=qB,故A正确;由左手定则可知,小球向右运动到C点时若受到的洛伦兹力的方向向上,则有N+qvBmg=,解得N=3mgqvB=3mgqB,故B错误;小球从C到D的过程中,受力分析得,mgsinθ=Fcosθ,速度方向与水平方向夹角θ变大,重力沿切线方向的分力增大,所以水平外力F的大小增大,故C错误;小球从C到D的过程中小球的速率不变,而洛伦兹力和支持力不做功,所以拉力F的功率与重力的功率大小相等、方向相反.由运动的合成与分解可知,小球从C向D运动的过程中,竖直方向的分速度越来越大,所以重力的功率增大,外力F的功率也增大,故D正确.6．(2017·北京市丰台区二模)关于玻尔建立的氢原子模型，下列说法正确的是()A．氢原子处于基态时，电子的轨道半径最大B．氢原子在不同能量态之间跃迁时可以吸收任意频率的光子C．氢原子从基态向较高能量态跃迁时，电子的动能减小D．氢原子从基态向较高能量态跃迁时，系统的电势能减小解析：选C.氢原子处于基态时，电子的轨道半径最小，故A错误；由hν＝Em－En知氢原子在不同能量态之间跃迁时只可以吸收特定频率的光子，故B错误；氢原子从基态向较高能量态跃迁，电子距离氢原子核的距离增大，匀速圆周运动的半径增大，线速度减小，动能减小，C正确；氢原子从基态向较高能量态跃迁时，电子距离氢原子核的距离增大，电场力做负功，电势能增大，D错误．二、非选择题如图甲所示，长木板A静止在水平地面上，其右端叠放着物块B，左端恰好在O点，水平面以O点为界，左侧光滑、右侧粗糙．物块C(可以看作质点)和D间夹着一根被压缩的弹簧，并用细线锁住，两者以共同速度v0＝8m/s向右运动，某时刻细线突然断开，C和弹簧分离后，撤去D，C与A碰撞并与A粘连(碰撞时间极短)，此后，AC及B的速度—时间图象如图乙所示．已知A、B、C、D的质量均为m＝1kg，木板A的长度l＝5m，A、C与粗糙面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)长木板A与桌面间的动摩擦因数及B与A间的动摩擦因数；(2)烧断细线之前弹簧的弹性势能；(3)最终物块B离长木板A左端的距离．解析：(1)设A与地面间的动摩擦因数为μ，B与A上表面的动摩擦因数为μ′，由图乙可知：0～1s，AC整体做匀减速运动的加速度大小aA1＝3.5m/s2，B做匀加速运动的加速度aB1＝1m/s2，对AC整体：3μmg＋μ′mg＝2maA1对B有：μ′mg＝maB1解得：μ′＝0.1；μ＝0.2(2)C与A碰撞过程中动量守恒：mvC＝2mvA，其中vA＝4.5m/s解得vC＝9m/s弹簧弹开过程中，CD系统动量守恒，由动量守恒定律：2mv0＝mvC＋mvD解得：vD＝7m/s弹簧弹开过程中，CD及弹簧组成的系统的机械能守恒，则有eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)＋Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)解得：Ep＝1J(3)由图乙可知：0～1s内B相对A向左运动的位移：x1＝eq\f(4.5,2)×1m＝2.25mAB速度相等后，B的加速度：aB2＝－μ′g＝－1m/s2AC整体的加速度：aA2＝eq\f(－3μmg＋μ′mg,2m)＝－2.5m/s2因aA2＞aB2，所以AC整体先停止运动，AC整体的运动时间为：t＝eq\f(1,2.5)s＝0.4s，在0.4s内B相对A向右运动的位移：x2＝vt＋eq\f(1,2)aB2t2－eq\f(1,2)vt＝0.12mA停止时B的速度：v′＝