2018年高考物理三月课外编选题（五）及解析

2018年高考物理三月课外编选题（五）及解析一、选择题1.如图所示,匀强磁场中有一个电荷量为q的正离子,自a点沿半圆轨道运动,当它运动到b点时,突然吸收了附近若干电子,接着沿另一半圆轨道运动到c点,已知a、b、c点在同一直线上,且ac=ab,电子电荷量为e,电子质量可忽略不计,则该离子吸收的电子个数为()A.B.C.D.【解析】选B。由a到b的过程,轨迹半径为r1=,由牛顿第二定律得qvB=m,在b附近吸收n个电子,因电子的质量不计,所以正离子的速度不变,电量变为qne,由b到c的过程中,轨迹半径为r2==ab,由牛顿第二定律得(qne)vB=m,联立以上四式得n=,故选项B正确。2.(2017·宜春一模)如图,匀强磁场垂直于纸面,磁感应强度为B。某种比荷为,速度大小为v的一群离子以一定发散角α由原点O射出,y轴正好平分该发散角,离子束偏转后打在x轴上长度为L的区域MN内,则cos()为导学号49294169()A. B.1C.1 D.1【解析】选B。洛伦兹力充当向心力qvB=m,根据题意,粒子速度方向沿y轴正方向的打在N点,粒子速度方向与y轴正方向夹角为的打在M点,画出粒子速度方向与y轴正方向夹角为的轨迹,设OM之间的距离为x,则有2rcos()=x,2r=x+L联立解得:cos()=1,故B正确。3.(2017·枣庄一模)空间某区域竖直平面内存在电场,电场线分布如图所示。一个质量为m、电量为q,电性未知的小球在该电场中运动,小球经过A点时的速度大小为v1,方向水平向右,运动至B点时的速度大小为v2。若A、B两点之间的高度差为h,则以下判断中正确的是导学号49294164()A.A、B两点的电场强度和电势大小关系为EA>EB、φA<φBB.若v2>v1,则电场力一定做正功C.A、B两点间的电势差为(2gh)D.小球从A运动到B点的过程中电场力做的功为mm【解析】选C。由电场线的疏密分布知EA<EB,沿电场线电势降低,φA>φB,所以A错误。从A运动到B对带电小球应用动能定理得:mgh+qUAB=mm,若v2>v1,电场力也不一定做正功,B错误。由上式得UAB=,C正确。小球从A到B合外力做功为mm,D错误。4.(2017·江苏高考)如图所示,三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点,则由O点静止释放的电子()A.运动到P点返回B.运动到P和P′点之间返回C.运动到P′点返回D.穿过P′点【解析】选A。电子在A、B间加速,在B、C间减速,加速电压做功与减速电压做功相等。现将C板向右平移到P′点,B、C板间的电场强度不变,根据U=Ed判断,由O点静止释放的电子运动到P点速度为0再返回,A项正确。5、(多选)如图所示,M为固定在水平桌面上的有缺口的方形木块,abcd为半径是R的光滑圆弧形轨道,a为轨道的最高点,地面水平且有一定长度。今将质量为m的小球在d点的正上方高为h处由静止释放,让其自由下落到d处切入轨道内运动,不计空气阻力,则()A.只要h大于R,释放后小球就能通过a点B.只要改变h的大小,就能使小球通过a点后,既可能落回轨道内,又可能落到de面上C.无论怎样改变h的大小,都不可能使小球通过a点后落回轨道内D.调节h的大小,可以使小球飞出de面之外(即e的右侧)【解析】选C、D。小球恰能通过a点的条件是小球的重力提供向心力,根据牛顿第二定律mg=m,解得v=,根据动能定理得mg(hR)=mv2,解得h=R,若要释放后小球能通过a点,需满足h≥R,故选项A错误;小球离开a点时做平抛运动,由平抛运动的规律,水平方向x=vt,竖直方向R=gt2,解得x=R>R,故无论怎样改变h的大小,都不可能使小球通过a点后落回轨道内,小球将通过a点不可能到达d点,只要改变h的大小,就能改变小球到达a点的速度,就有可能使小球通过a点后,落在de之外,故选项B错误,C、D正确。6.上海市第十三届“未来之星上图杯”创新模型大赛在上海图书馆举行,比赛中某型号遥控车启动过程中速度与时间图象和牵引力的功率与时间图象如图所示,设遥控车所受阻力大小一定,则该遥控车的质量为()A.kg B.kgC.kg D.kg【解析】选B。遥控车在前2s内做匀加速直线运动,2s末的速度v2=6m/s,功率P2=30W,由公式P=Fv可知:前2s内的动力F1=5N,后4s内做匀速直线运动,动力等于阻力,则Ff=F==N,在前2s内,根据牛顿第二定律得:F1Ff=ma,又a=3m/s2,解得m=kg,选项B正确。7.如图所示,物体A、B、C叠放在水平桌面上,水平力F作用于C物体,使A、B、C以共同速度向右匀速运动,那么关于物体受几个力的说法正确的是()A.A受5个,B受2个,C受4个B.A受5个,B受3个,C受3个C.A受6个,B受2个,C受4个D.A受6个,B受3个,C受4个【解析】选C。物体C受重力、A对C向上的支持力和向左的静摩擦力,以及水平方向的拉力,共4个力;B受重力和A的支持力,共2个力;A受重力、地面的支持力、B对A的压力、C对A的压力,地面对A的摩擦力和C对A的摩擦力,共6个力的作用,故C正确。8.(2017·淮南二模)在房屋装修过程中工人经常用如图所示的简易方式运送材料,图中C为光滑定滑轮,为了保证材料不碰触窗台A、B,需要一人在楼下用一根绳子拽拉,保证材料竖直向上缓慢上升,假定人的位置不变,则在运送过程中()A.OC绳的拉力逐渐增大,OD绳的拉力逐渐减小B.OC绳的拉力逐渐减小,OD绳的拉力逐渐增大C.OC绳和OD绳的拉力逐渐减小D.OC绳和OD绳的拉力逐渐增大【解析】选D。在建筑材料缓慢提起的过程中,其合力保持为零,因物体与墙壁的距离始终保持不变,结点与竖直墙壁保持一定的距离L,如图甲所示,在建筑材料被缓慢提起的过程中OC绳与竖直方向夹角变大,OD绳与竖直方向夹角减小,根据平衡条件得知两绳拉力的合力与物体的重力大小相等、方向相反,保持不变,由平行四边形定则作出图乙,由图可知,两根绳子上的拉力F1和F2均增大,故A、B、C错误,D正确。9、如图所示,一只杯子固定在水平桌面上,将一块薄纸板盖在杯口上并在纸板上放一枚鸡蛋,现用水平向右的拉力将纸板快速抽出,鸡蛋(水平移动距离很小,几乎看不到)落入杯中,这就是惯性演示实验。已知鸡蛋(可视为质点)中心离纸板左端的距离为d,鸡蛋和纸板的质量分别为m和2m,所有接触面的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g,若鸡蛋移动的距离不超过就能保证实验成功,则所需拉力的最小值为()A.3μmg B.6μmg C.12μmg D.26μmg【解析】选D。鸡蛋和纸板的运动可转换为滑块—木板模型,所以对鸡蛋有=a1t2,μmg=ma1,对纸板有d+=a2t2,Fmin3μmgμmg=2ma2,联立解得Fmin=26μmg,故D正确,A、B、C错误。10、(多选)倾角为α的光滑斜面上有一质量为m的物体,在沿斜面向上的、大小为F的恒力作用下由静止开始沿斜面向上运动距离x,重力加速度为g,下列说法中正确的是导学号49294122()A.物体运动的加速度大小为B.物体的末速度大小为C.该过程中力F做的功为FxD.该过程所经历的时间为【解析】选B、C。对物体受力分析,根据牛顿第二定律可得Fmgsinα=ma,解得a=,故A错误;根据速度位移公式可知v2=2ax,解得v=,故B正确;该过程中力F做的功为W=Fx,故C正确;根据位移时间公式可知x=at2,解得t=,故D错误。二、非选择题1、如图所示,倾角为α的斜面A被固定在水平面上,细线的一端固定于墙面,另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连,B静止在斜面上。滑轮左侧的细线水平,右侧的细线与斜面平行,A、B的质量均为m,撤去固定A的装置后,A、B均做直线运动。不计一切摩擦,重力加速度为g。求:(1)A固定不动时,A对B支持力的大小N。(2)A滑动的位移为x时,B的位移大小s。(3)A滑动的位移为x时的速度大小vx。【解题指导】(1)A固定不动时求支持力,就当常规的静止在固定斜面上的物体。(2)撤去固定A的装置后,A、B均做直线运动,勾画两个物体的运动图景。(3)解决叠加体问题中的速度问题首选机械能守恒定律。【解析】(1)支持力的大小,N=mgcosα(2)根据几何关系sx=x(1cosα),sy=xsinα,且s2=+解得s=·x(3)B下降的高度sy=xsinα根据机械能守恒定律mgsy=m+m根据速度的定义得vA=,vB=则vB=·vA,解得vx=vA=。答案:(1)mgcosα(2)·x(3)2、如图所示,一足够长的水平传送带以速度v0匀速运动,质量均为m的小物块P和小物块Q由绕过滑轮组的轻绳连接,轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块P从传送带左端以速度2v0冲上传送带,P与定滑轮间的绳子水平,已知物块P与传送带间的动摩擦因数μ=0.25,重力加速度为g,不计滑轮的质量与摩擦。求:导学号49294153(1)运动过程中小物块P、Q的加速度大小之比。(2)物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中,PQ系统机械能的改变量。(3)若传送带以不同的速度v(0<v<2v0)匀速运动,当v取多大时物块P向右冲到最远处时,P与传送带间产生的摩擦热最小?最小值为多大?【解题指导】解答本题应注意以下四点:(1)物块P和物块Q的位移大小关系。(2)判断物块P达到与传送带共速时的受力情况,确定物块的运动情况。(3)由功能关系求解机械能的改变量。(4)写出物块P相对于传送带的位移的表达式以及Q=Ffx相对,求出产生的最小的热量。【解析】(1)设P的位移、加速度大小分别为x1、a1,Q的位移、加速度大小分别为x2、a2,则:x1=2v0a1t2x2=v0a2t2又有:x1=2x2解得:a1∶a2=2∶1(2)由牛顿第二定律得;对P:μmg+FT=ma1对Q:mg2FT=ma2解得:FT=0.35mga1=0.6gP先减速到与传送带速度相同,设位移为x′1,则:x1′==共速后,由于Ff=μmg<mg,P不可能随传送带一起匀速运动,P将继续向右减速,设此时P加速度为a1′,Q的加速度为a′2=a′1由牛顿第二定律得:对P:FTμmg=ma1′对Q:mg2FT=m