（广安市）育才中学2018年高考物理二轮自学导案（五）及解析

（广安市）育才中学2018年高考物理二轮自学导案（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、如图所示,一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内,当开关S闭合,小球静止时,悬线与竖直方向的夹角为θ。则()A.当开关S断开时,若减小平行板间的距离,则夹角θ增大B.当开关S断开时,若增大平行板间的距离,则夹角θ增大C.当开关S闭合时,若减小平行板间的距离,则夹角θ增大D.当开关S闭合时,若减小平行板间的距离,则夹角θ减小【解析】选C。当断开开关S时,电容器所带的电量不变,由电容的决定式C=、电容的定义式C=和E=解得E=,则知电容器板间距离d变化时,板间场强E不变,小球所受的电场力不变,则θ不变,故选项A、B错误;保持开关S闭合,电容器两板间的电势差U不变,若减小平行板间的距离,由E=知,板间的电场强度E增大,小球所受的电场力变大,则θ增大,故选项C正确,D错误。3、(2017·邯郸一模)某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛,起跳直至着地过程如图,测量得到比赛成绩是2.5m,目测空中脚离地最大高度约0.8m,忽略空气阻力,则起跳过程该同学所做功约为()A.65J B.350JC.700J D.1250J【解析】选C。由动能定理知起跳过程该同学做的功转化为该同学的动能,所以求该同学做的功应该求该同学起跳后斜抛的初速度。竖直方向由h=gt2得t=0.4s,水平方向由x=vx·2t得vx=3.125m/s,竖直方向vy=gt=4m/s,所以该同学初速度v的平方为:v2=+=25.8m2/s2,取该同学质量为m=60kg,则Ek=mv2=25.8×30J=774J,所以该同学所做功约为700J,故选项C正确。4、如图所示,一轻质细杆两端分别固定着质量为mA和mB的两个小球A和B(可视为质点)。将其放在一个直角形光滑槽中,已知轻杆与槽右壁成α角,槽右壁与水平地面成θ角时,两球刚好能平衡,且α≠θ,则A、B两小球质量之比为()A. B.C. D.【解析】选C。设杆的弹力为F,对B受力分析,在沿槽右壁方向上mBgsinθ=Fcosα,对A受力分析,在沿槽左壁方向上mAgcosθ=Fsinα,联立两式可得=,C正确。5、元宵节焰火晚会上,万发礼花弹点亮夜空,如图所示为焰火燃放时的精彩瞬间。假如燃放时长度为1m的炮筒竖直放置,每个礼花弹约为1kg(燃放前后看作质量不变),当地重力加速度为10m/s2,爆炸后的高压气体对礼花弹做功900J,离开炮筒口时的动能为800J,礼花弹从炮筒底部竖直运动到炮筒口的过程中,下列判断正确的是()A.重力势能增加800JB.克服阻力(炮筒阻力及空气阻力)做功90JC.克服阻力(炮筒阻力及空气阻力)做功无法计算D.机械能增加800J【解析】选B。礼花弹在炮筒内运动的过程中,克服重力做功mgh=10J,则重力势能增加量ΔEp=10J,根据动能定理ΔEk=WW阻WG可知W阻=WΔEkWG=900J800J10J=90J,机械能的增加量ΔE=ΔEk+ΔEp=800J+10J=810J,故B正确。6、如图所示,细线上端固定于O点,其下端系一小球,静止时细线长L。现将细线和小球拉至图中实线位置,此时细线与竖直方向的夹角为θ=60°;并在小球原来所在的最低点处放置一质量相同的泥球,然后使悬挂的小球从实线位置由静止释放,它运动到最低点时与泥球碰撞并合为一体,它们一起摆动中可达到的最大高度是()A.B.C.D.【解析】选C。碰前由机械能守恒得mgL(1cos60°)=m,解得v1=,两球相碰过程动量守恒mv1=2mv2,得v2=,碰后两球一起摆动,机械能守恒,则有×2m=2mgh,解得h=L。7、(2017·成都一模)如图所示,ABCD是固定在地面上,由同种金属细杆制成的正方形框架,框架任意两条边的连接处平滑,A、B、C、D四点在同一竖直面内,BC、CD边与水平面的夹角分别为α、β(α>β),让套在金属杆上的小环从A点无初速度释放。若小环从A经B滑到C点,摩擦力对小环做功为W1,重力的冲量为I1,若小环从A经D滑到C点,摩擦力对小环做功为W2,重力的冲量为I2。则()A.W1>W2 B.W1=W2C.I1>I2 D.I1=I2【解析】选B、C。设正方形的边长为l,经AB段和CD段摩擦力做负功,大小为μmglcosβ,经BC段和AD段摩擦力做负功,大小为μmglcosα,W1=W2,选项A错误、B正确;小环从A经B滑到C点和从A经D滑到C点过程中路程相等,到达C点时速度大小相等。设AB段加速度为a1,a1=gsinβμgcosβ,AD段加速度为a2,a2=gsinαμgcosα,则a1<a2,B点速度vB=QUOTE,D点的速度vD=QUOTE,vD>vB,所以AD段的平均速度大于AB段的平均速度,CD段的平均速度大于BC段的平均速度,小环从A经B滑到C点所用时间大于从A经D滑到C点所用的时间,根据I=mgt,I1>I2,选项C正确、D错误。二、非选择题8、如图所示,在xOy平面内,有一边长为L的等边三角形区域OPQ,PQ边与x轴垂直,在三角形区域以外,均存在着磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外的匀强磁场,三角形OPQ区域内无磁场分布。现有质量为m,带电量为+q的粒子从O点射入磁场,粒子重力忽略不计。(1)若要使该粒子不出磁场,直接到达P点,求粒子从O点射入的最小速度的大小和方向。(2)若粒子从O点以初速度v0=沿y轴正方向射入,能再次经过O点,求该粒子从出发到再次过O点所经历的时间。【解析】(1)粒子运动轨迹如图所示,当初速度v1垂直于OP射入磁场时,粒子射入速度最小。由几何关系得:r1=由牛顿第二定律得:qvB=m解得:v1=方向垂直于OP向上或与y轴正半轴成30°角斜向左上。(2)若粒子从O点以初速度v0=沿y轴正方向射入,则由牛顿第二定律得:qvB=m解得:r2==L粒子运动轨迹如图所示:粒子从O运动至A点出磁场进