2018年高考物理三輪助力選練題（二）及解析

2018年高考物理三輪助力選練題（二）及解析一、選擇題1.(2017·吉林實驗中學(xué)二模)如圖,水平傳送帶A,B兩端相距s=3.5m,工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.1.工件滑上A端瞬時速度vA=4m/s,達到B端的瞬時速度設(shè)為vB,下列說法正確的是(ABC)A.若傳送帶不動,則vB=3m/sB.若傳送帶以速度v=4m/s逆時針勻速轉(zhuǎn)動,則vB=3m/sC.若傳送帶以速度v=2m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動,則vB=3m/sD.若傳送帶以速度v=2m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動,則vB=2m/s解析:若傳送帶不動,工件的加速度大小a==μg=1m/s2,由勻變速直線運動的速度位移公式有=2as,得到vB=3m/s,選項A正確.若傳送帶以速度v=4m/s逆時針勻速轉(zhuǎn)動,工件的受力情況不變,由牛頓第二定律得知,工件的加速度大小仍為a=μg,工件的運動情況跟傳送帶不動時的一樣,則vB=3m/s,選項B正確;若傳送帶以速度v=2m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動,工件滑上傳送帶時所受的滑動摩擦力方向水平向左,做勻減速運動,工件的加速度大小仍為a=μg,工件的運動情況跟傳送帶不動時的一樣,則vB=3m/s,選項C正確,D錯誤.2．(2017·安徽省淮北市第一中學(xué)高三上學(xué)期第四次模擬考試)如圖所示，質(zhì)量相同的兩小球a、b分別從斜面頂端A和斜面中點B沿水平方向拋出后，恰好都落在斜面底端，不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．小球a、b在空中飛行的時間之比為2∶1B．小球a、b拋出時的初速度大小之比為2∶1C．小球a、b到達斜面底端時的動能之比為4∶1D．小球a、b到達斜面底端時速度方向與斜面的夾角之比為1∶1解析：選D.因為兩球下落的高度之比為2∶1，根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2得，t＝eq\r(\f(2h,g))，高度之比為2∶1，則時間之比為eq\r(2)∶1，故A錯誤．兩球的水平位移之比為2∶1，時間之比為eq\r(2)∶1，根據(jù)v0＝eq\f(x,t)知，初速度之比為eq\r(2)∶1，故B錯誤．根據(jù)動能定理可知，到達斜面底端時的動能之比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錯誤．小球落在斜面上，速度方向與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍，因為位移與水平方向的夾角相等，則速度與水平方向的夾角相等，到達斜面底端時速度方向與斜面的夾角也相等，故D正確．故選D.3.(2017·河南二模)如圖所示,空間有一正三棱錐OABC,點A′,B′,C′分別是三條棱的中點.現(xiàn)在頂點O處固定一正的點電荷,則下列說法中正確的是(AD)A.A′,B′,C′三點的電場強度大小相等B.△ABC所在平面為等勢面C.將一正的試探電荷從A′點沿直線A′B′移到B′點,靜電力對該試探電荷先做正功后做負功D.若A′點的電勢為φA′,A點的電勢為φA,則A′A連線中點D處的電勢φD一定小于解析:因為A′,B′,C′三點離頂點O處的正電荷的距離相等,所以三點處的電場強度大小均相等,故A正確;由于△ABC所在平面上各點到O點的距離不都相等,由等勢面的概念可知,△ABC所在平面不是等勢面,故B錯誤;由電勢的概念可知,沿直線A′B′的電勢變化為先增大后減小,所以當在此直線上從A′到B′移動正電荷時,電場力對該正電荷先做負功后做正功,故C錯誤;根據(jù)點電荷的電場特點可知,UA′D>UDA,即φA′φD>φDφA,整理可得,φD<,故D正確.4．(2017·河南中原名校高三聯(lián)考)如圖所示，變壓器輸入有效值恒定的電壓，副線圈匝數(shù)可調(diào)，輸出電壓通過輸電線送給用戶(電燈等用電器)，R表示輸電線的電阻，則()A．用電器增加時，變壓器輸出電壓增大B．要提高用戶的電壓，滑動觸頭P應(yīng)向上滑C．用電器增加時，輸電線的熱損耗減少D．用電器增加時，變壓器的輸入功率減小解析：選B.由于變壓器原、副線圈的匝數(shù)不變，而且輸入電壓不變，因此增加負載不會影響輸出電壓，故A錯誤；根據(jù)變壓器原理可知輸出電壓U2＝eq\f(n2,n1)U1，當滑動觸頭P向上滑時，n2增大，所以輸出電壓增大，用戶兩端電壓增大，故B正確；由于用電器是并聯(lián)的，因此用電器增加時總電阻變小，輸出電壓不變，總電流增大，故輸電線上熱損耗增大，故C錯誤；用電器增加時總電阻變小，總電流增大，輸出功率增大，所以輸入功率增大，故D錯誤．5．質(zhì)量為0.8kg的球固定在支桿AB的上端，支桿AB的下端固定在升降機上，今用一段繩子水平拉球，使桿發(fā)生彎曲，如圖所示，已知繩的拉力為6N，g取10m/s2，則以下說法正確的是()A．若升降機是靜止狀態(tài)，則AB桿對球的作用力大小為6NB．若升降機是靜止狀態(tài)，則AB桿對球的作用力大小為8NC．若升降機是加速上升，加速度大小5m/s2，則AB桿對球的作用力大小為6eq\r(5)ND．若升降機是減速上升，加速度大小5m/s2，則AB桿對球的作用力大小為6eq\r(5)N解析：選C.A、B若升降機是靜止的，球靜止，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知，桿的作用力大小：eq\r(F\o\al(2,繩子)＋mg2)＝eq\r(62＋0.8×102)N＝10N，故AB錯誤；C、若升降機加速上升，對球，在豎直方向，由牛頓第二定律得：Fy－mg＝ma，解得：Fy＝12N，在水平方向，由平衡條件得：Fx＝F繩子＝6N，桿對球的作用力大小：F＝eq\r(F\o\al(2,x)＋F\o\al(2,y))＝6eq\r(5)N，故C正確；D、若升降機減速上升，對球，在豎直方向，由牛頓第二定律得：mg－Fy＝ma，解得：Fy＝4N，在水平方向，由平衡條件得：Fx＝F繩子＝6N，桿對球的作用力大小：F＝eq\r(F\o\al(2,x)＋F\o\al(2,y))＝2eq\r(13)N，故D錯誤；故選C.6．如圖甲所示，一傾角為37°的傳送帶以恒定速度運行，現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1kg的小物體拋上傳送帶，物體相對地面的速度隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示，取沿傳送帶向上為正方向，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.則下列說法正確的是()A．物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.875B．0～8s內(nèi)物體位移的大小為18mC．0～8s內(nèi)物體機械能的增量為90JD．0～8s內(nèi)物體與傳送帶由于摩擦產(chǎn)生的熱量為126J解析：選ACD.根據(jù)速度時間圖象分析，前6秒，物體的加速度方向沿傳送帶向上，大小為a＝1m/s2，根據(jù)物體在傳送帶上受力分析有μmgcosθ－mgsinθ＝ma，整理得μ＝0.875，選項A正確.0～8s內(nèi)物體位移等于前8秒速度時間圖象與時間軸圍成的面積，時間軸上面的部分代表位移為正，下面的部分代表位移為負，結(jié)合圖象得位移x＝eq\f(2＋6×4,2)m－eq\f(2×2,2)m＝14m，選項B錯誤.0～8s內(nèi)物體動能增加量為eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝6J，重力勢能增加量為mgxsinθ＝84J，機械能增加量為6J＋84J＝90J，選項C正確．摩擦生熱分為三部分，第一部分為前2秒：Q1＝μmgcosθ×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)t1＋vt1))＝70J，第二部分為2～6s，摩擦生熱Q2＝μmgcosθ×eq\f(v,2)t2＝56J，最后物體做勻速直線運動，摩擦力為靜摩擦力，二者沒有相對運動，不產(chǎn)生熱量，所以0～8s內(nèi)物體與傳送帶由于摩擦產(chǎn)生的熱量為Q1＋Q2＝126J，選項D正確．二、非選擇題1．（（選考部分））(1)(多選)下列說法中正確的是________．A．分子間的距離增大時，分子勢能一定增大B．晶體有確定的熔點，非晶體沒有確定的熔點C．根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，熱量不可能從低溫物體傳到高溫物體D．物體吸熱時，它的內(nèi)能可能不增加E．一定質(zhì)量的理想氣體，如果壓強不變，體積增大，那么它一定從外界吸熱(2)如圖，在圓柱形汽缸中用具有質(zhì)量的光滑導(dǎo)熱活塞密閉有一定質(zhì)量的理想氣體，在汽缸底部開有一小孔，與U形水銀管相連，已知外界大氣壓為p0＝75cmHg，室溫t0＝27℃，穩(wěn)定后兩邊水銀面的高度差為Δh＝1.5cm，此時活塞離容器底部的高度為L＝50cm.已知柱形容器橫截面積S＝0.01m2,75cmHg＝1.0×10①求活塞的質(zhì)量；②使容器內(nèi)溫度降至－63℃，求此時U形管兩側(cè)水銀面的高度差和活塞離容器底部的高度解析：(1)分子間的距離有一個特殊值r0，此時分子間引力與斥力平衡，分子勢能最?。敺肿娱g的距離小于r0時，分子勢能隨距離的增大而減小，當分子間的距離大于r0時，分子勢能隨距離的增大而增大，選項A錯誤．根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，熱量不可能從低溫物體傳到高溫物體而不引起其他變化．在有外力做功的情況下熱量可以從低溫物體傳到高溫物體，選項C錯誤．(2)①根據(jù)U形管兩側(cè)水銀面的高度差為Δh＝1.5cm，可知A中氣體壓強pA1＝p0＋pΔh＝75cmHg＋1.5cmHg＝76.5cmHg而pA1＝p0＋p塞所以活塞產(chǎn)生的壓強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，所以氣體等壓變化，U形管兩側(cè)水銀面的高度差不變?nèi)詾棣＝1.5cm初狀態(tài)：溫度T1＝300K，體積V1＝50cm·S；末狀態(tài)：溫度T2＝210K，體積V2＝L′S由蓋－呂薩克定律，eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)解得活塞離容器底部的高度L′＝35cm.答案：(1)BDE(2)①2kg②1.5cm35cm2．一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O.筒內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負電荷．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中．粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設(shè)粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重力的情況下，求：(1)M、N間電場強度E的大??；(2)圓筒的半徑R；(3)保持M、N間電場強度E不變，僅將M板向上平移eq\f(2,3)d，粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放，粒子自進入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數(shù)n.解析：(1)設(shè)兩板間的電壓為U，由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2①由勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系得U＝Ed②聯(lián)立①②式可得E＝eq\f(mv2,2qd)③(2)粒子進入磁場后做勻速圓周運動，運用幾何關(guān)系作出圓心為O′，圓半徑為r.設(shè)第一次碰撞點為A，由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出，因此，SA弧所對的圓心角∠AO′S等于eq\f(π,3).由幾何關(guān)系得r＝Rtaneq\f(π,3)④粒子運動過程中洛倫茲力充當向心力，由牛頓第二定律，得qvB＝meq\f(v2,r)⑤聯(lián)立④⑤式得R＝eq\f(\r(3)mv,3qB)⑥(3)保持M、N間電場強度E不變，M板向上平移eq\f(2,3)d后，設(shè)板間電壓為U′，則U′＝eq\f(