2018年高考物理三輪助力選練題（10）及解析

2018年高考物理三輪助力選練題（10）及解析一、選擇題1.如圖所示,質(zhì)量為m,電荷量為q的帶正電的物體,在磁感應強度為B,方向垂直紙面向里的勻強磁場中,沿動摩擦因數(shù)為μ的水平面向左運動,則(BD)A.若另加一個電場強度大小為,方向水平向右的勻強電場,物體做勻速運動B.若另加一個電場強度大小為,方向豎直向上的勻強電場,物體做勻速直線運動C.物體的速度由v減小到零所用的時間等于D.物體的速度由v減小到零所用的時間大于解析:物體受重力、支持力、洛倫茲力和滑動摩擦力,根據(jù)左手定則,洛倫茲力向下.若另加一個水平向右的電場,電場力的方向向右,與摩擦力方向相同,合外力不為零,物體不可能做勻速直線運動,選項A錯誤;若另加一個豎直向上的電場,電場力的方向向上,當qE=(mg+qvB),即E=時,支持力為零,摩擦力為零,則合外力為零,物體做勻速直線運動,選項B正確;由于合力向右,物體向左做減速運動,摩擦力f=μ(mg+qvB)=ma,隨速度的減小,摩擦力f不斷減小,加速度不斷減小,不是勻變速運動,故若物體的速度由v減小到零所經(jīng)歷的時間為t,則t一定大于,選項C錯誤,D正確.2．(2017·西安市長安區(qū)第一中學大學區(qū)高三第三次聯(lián)考)假設宇宙中有兩顆相距無限遠的行星A和B，半徑分別為RA和RB.兩顆行星周圍衛(wèi)星的軌道半徑的三次方(r3)與運行周期的平方(T2)的關(guān)系如圖所示；T0為衛(wèi)星環(huán)繞行星表面運行的周期．則()A．行星A的質(zhì)量小于行星B的質(zhì)量B．行星A的密度小于行星B的密度C．行星A的第一宇宙速度等于行星B的第一宇宙速度D．當兩行星的衛(wèi)星軌道半徑相同時，行星A的衛(wèi)星向心加速度大于行星B的衛(wèi)星向心加速度解析：選D.根據(jù)萬有引力提供向心力得出：Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r得：M＝eq\f(4π2,G)·eq\f(r3,T2)，根據(jù)圖象可知，A的eq\f(R3,T2)比B的大，所以行星A的質(zhì)量大于行星B的質(zhì)量，故A錯誤；根圖象可知，在兩顆行星表面做勻速圓周運動的周期相同，密度ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(M,\f(4,3)πR3)＝eq\f(\f(4π2,G)·\f(R3,T\o\al(2,0)),\f(4,3)πR3)＝eq\f(3π,GT\o\al(2,0))，所以行星A的密度等于行星B的密度，故B錯誤；第一宇宙速度v＝eq\f(2πR,T0)，A的半徑大于B的半徑，衛(wèi)星環(huán)繞行星表面運行的周期相同，則A的第一宇宙速度大于行星B的第一宇宙速度，故C錯誤；根據(jù)Geq\f(Mm,r2)＝ma得：a＝Geq\f(M,r2)，當兩行星的衛(wèi)星軌道半徑相同時，A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量，則行星A的衛(wèi)星向心加速度大于行星B的衛(wèi)星向心加速度，故D正確．故選D.3.頻閃照相是每隔相等時間曝光一次的照相方法，在同一張相片上記錄運動物體在不同時刻的位置。如圖所示是小球在豎直方向運動過程中拍攝的頻閃照片，相機的頻閃周期為T，利用刻度尺測量相片上2、3、4、5與1位置之間的距離分別為x1、x2、x3、x4。下列說法正確的是（）A．小球一定處于下落狀態(tài)B．小球在2位置的速度大小為C．小球的加速度大小為D．頻閃照相法可用于驗證機械能守恒定律【答案】D4．（2018湖南師范大學附屬中學高三上學期第二次月考）甲乙兩輛汽車都從同一地點由靜止出發(fā)做加速直線運動，加速度方向一直不變，在第一段時間間隔T內(nèi)，兩輛汽車的加速度大小不變，汽車乙的加速度大小是甲的三倍，接下來，汽車甲的加速度大小增加為原來的三倍，汽車乙的加速度大小減小為原來的，則A.在2T末時，甲、乙兩車的速度相等B.甲、乙兩車從靜止到速度相等時，所經(jīng)歷的位移大小之比為3：5C.在4T末，兩車第一次相遇，且只能相遇一次D.在運動過程中，兩車能夠相遇兩次【答案】AB【解析】設汽車甲在第一段時間間隔末（時刻T）的速度為，第二段時間間隔末（時刻2T）的速度為，第一段時間間隔內(nèi)行駛的路程為，加速度為，在第二段時間間隔內(nèi)行駛的路程為，由運動學公式有，，，；；設汽車乙在時刻T的速度為，第二段時間間隔末（時刻2T）的速度為，在第一、二段時間間隔內(nèi)行駛的路程分別為、，同理有，，，，；在2T末時，甲、乙兩車的速度相等，故A正確；甲、乙兩車從靜止到速度相等時，所經(jīng)歷的位移大小之比為3：5，故B正確；在4T末，，，甲車在前，乙車在后，故D錯誤；5．(2017·河南三市二模)(多選)如圖所示，電梯質(zhì)量為M，電梯地板上放置一個質(zhì)量為m的物塊，輕質(zhì)鋼索拉動電梯由靜止開始豎直向上做勻加速直線運動，當上升高度為H時，速度達到v.不計空氣阻力，重力加速度為g，在這個過程中()A．物塊所受支持力與鋼索拉力之比為m∶MB．地板對物塊的支持力做的功等于eq\f(1,2)mv2＋mgHC．物塊克服重力做功的平均功率等于eq\f(1,2)mgvD．電梯及物塊構(gòu)成的系統(tǒng)機械能增加量等于eq\f(1,2)(M＋m)v2解析：選BC.鋼索拉力T＝(M＋m)(g＋a)，物塊所受支持力FN＝m(g＋a)，所以eq\f(FN,T)＝eq\f(m,M＋m)，A項錯誤．對物塊m，由動能定理有WFN－mgH＝eq\f(1,2)mv2，得WFN＝eq\f(1,2)mv2＋mgH，B項正確．因物塊做初速度為零的勻加速直線運動，則其平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(v,2)，物塊克服重力做功的平均功率PG＝mgeq\x\to(v)＝eq\f(1,2)mgv，C項正確．電梯及物塊構(gòu)成的系統(tǒng)機械能增加量等于(M＋m)gH＋eq\f(1,2)(M＋m)v2，D項錯誤．6.(2017·內(nèi)蒙古包頭一模)如圖所示,在圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場,ab是圓的直徑.一帶電粒子從a點射入磁場,速度大小為v、方向與ab成30°角時,恰好從b點飛出磁場,且粒子在磁場中運動的時間為t;若同一帶電粒子從a點沿ab方向射入磁場,也經(jīng)時間t飛出磁場,則其速度大小為(C)A.v B.v C.v D.v解析:設圓形區(qū)域的半徑為R.帶電粒子進入磁場中做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力,則有qvB=,得r=.當粒子從b點飛出磁場時,入射速度與出射速度與ab的夾角相等,所以速度的偏轉(zhuǎn)角為60°,軌跡對應的圓心角為60°.根據(jù)幾何知識得,軌跡半徑為r1=2R;當粒子從a點沿ab方向射入磁場時,經(jīng)過磁場的時間也是t,說明軌跡對應的圓心角與第一種情況相等,也是60°.根據(jù)幾何知識得,粒子的軌跡半徑為r2=R;由r=可得,==,即v′=v,故C正確.7．(2017·高考天津卷)如圖所示，兩根平行金屬導軌置于水平面內(nèi)，導軌之間接有電阻R.金屬棒ab與兩導軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向下．現(xiàn)使磁感應強度隨時間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是()A．a(chǎn)b中的感應電流方向由b到aB．a(chǎn)b中的感應電流逐漸減小C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力逐漸減小解析：選D.磁感應強度隨時間均勻減小，ab始終保持靜止，所以閉合回路面積不發(fā)生改變，根據(jù)楞次定律ab中產(chǎn)生由a到b的恒定電流，A錯誤，由法拉第電磁感應定律，E＝eq\f(nΔΦ,Δt)＝eq\f(nΔB,Δt)S，電阻一定，則感應電流不變，B錯誤；由于電流恒定，磁感應強度逐漸減小，所以，安培力逐漸減小，靜摩擦力與安培力是一對平衡力，所以靜摩擦力逐漸減小，C錯誤，D正確．二、非選擇題1．常用無線話筒所用的電池電動勢E約為9V，內(nèi)阻r約為40Ω，最大允許電流為100mA.(1)為測定該電池的電動勢和內(nèi)阻，某同學先利用多用電表直流電壓10V擋粗測電源電動勢如圖甲所示，測得值為________V.(2)接著該同學利用圖乙的電路進行實驗．圖中電壓表為理想電表，R為電阻箱(阻值范圍為0～999.9Ω)，R0為定值電阻，目的是為了防止電阻箱的阻值調(diào)得過小時，通過電源的電流大于其承受范圍，起保護電路的作用；實驗室備有的定值電阻R0的規(guī)格有以下幾種，則本實驗應選用________．A．50Ω，1.0W B．500Ω，2.5WC．1500Ω，15W D．2500Ω，25W(3)接入符合要求的R0后，閉合開關(guān)S，調(diào)整電阻箱的阻值讀出電壓表的示數(shù)U，再改變電阻箱阻值R，取得多組數(shù)據(jù)，作出了如圖丙的圖線．由圖線求得該電池的電動勢E＝________V，內(nèi)阻r＝________Ω.(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)解析：(1)直流電壓10V擋的最小分度為0.2V，故測得值為9.2V.(2)電池最大允許電流為100mA，則電路中總電阻R總≥eq\f(E,I)＝90Ω＝r＋R0，故定值電阻R0應選50Ω，選項A正確．(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律E＝U＋I(R0＋r)＝U＋eq\f(U,R)(R0＋r)，解得eq\f(1,U)＝eq\f(1,E)＋eq\f(R0＋r,E)·eq\f(1,R)，故該圖線縱坐標的截距為eq\f(1,E)＝0.1V－1，解得電池電動勢E＝10.0V，斜率k＝eq\f(R0＋r,E)＝eq\f(0.6－0.1,6－0×10－2)＝eq\f(25,3)，解得R0＋r＝83.3Ω，故電池內(nèi)阻r＝33.3Ω.答案：(1)9.2(2)A(3)10.033.32．(2017·廣東華南師大高三二模)如圖所示，光滑水平面上有一小車B，右端固定一沙箱，沙箱上連接一水平的輕質(zhì)彈簧，小車與沙箱的總質(zhì)量為M＝2kg.車上在與沙箱左側(cè)距離s＝1m的位置上放一質(zhì)量為m＝1kg小物塊A，物塊A與小車的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1.僅在沙面上方空間存在水平向右的勻強電場，場強E＝2×103V/m.當物塊A隨小車以速度v0＝10m/s向右做勻速直線運動時，距沙面H＝5m高處有一質(zhì)量為m0＝2kg的帶正電q＝1×10－2C的小球C，以u0＝10m/s的初速度水平向左拋出，最終落入沙箱中．已知小球與沙箱的相互作用時間極短，且忽略彈簧最短時的長度，并取g＝10m/s2.(1)小球落入沙箱前的速度u和開始下落時與小車右端的水平距離x；(2)小車在前進過程中，彈簧具有的最大值彈性勢能EP；(3)設小車左端與沙箱左側(cè)的距離為L，請討論分析物塊A相對小車向左運動的過程中，其與小車摩擦產(chǎn)生的熱量Q與L的關(guān)系式．解析：(1)小球C下落到沙箱的時間為t，則：豎直方向上H＝eq\f(1,2)gt2所以有：t＝eq\r(\f(2H,g))＝1s小球在水平方向做勻減速運動：qE＝m0axux＝u0－axt代入數(shù)據(jù)解得：ax＝10m/s2ux＝0所以小球落入沙箱瞬間的速度：u＝uy＝gt＝10m/s方向豎直向下；小球開始下落時與小車右端的水平距離：x＝x1＋x2＝v0t＋eq\f(u0,2)t＝15m(2)設向右為正，在小球快速落入沙箱的過程中，小車(不含物塊A)和小球的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，設小球落入沙箱瞬間，車與球的共同速度為v1，有：Mv0＝(m0＋M)v1可得：v1＝eq\f(M,M＋m0)v0＝5m/s由于小車速度減小，隨后物塊A相對小車向右運動并將彈簧壓縮，在此過程中，A與小車(含小球)系統(tǒng)動量守恒，當彈簧壓縮至最短時，整個系統(tǒng)有一共同速度v2：mv0＋(M＋m0)v1＝(M＋m＋m0)v2解得：v2＝6m/s根據(jù)能量守恒定律，彈簧的最大彈性勢能：Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)(M＋m0)veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(M＋m＋m0)veq\o\al(2,2)－μmgs解得：Ep＝9