2018年高考物理三輪助力選練題（13）及解析

2018年高考物理三輪助力選練題（13）及解析一、選擇題1.(2017·遼寧大連模擬)一只船在靜水中的速度為4m/s,它要渡過一條寬度為200m的河,河水的流速為3m/s.下列說法正確的是(B)A.船不可能渡過河B.船有可能垂直到達(dá)對(duì)岸C.船不能垂直到達(dá)對(duì)岸D.船到達(dá)對(duì)岸所需時(shí)間都是50s解析:當(dāng)船頭指向始終垂直于河岸時(shí),渡河時(shí)間最短,最短時(shí)間為tmin==s=50s;當(dāng)船頭指向與河岸不垂直時(shí),船垂直于河岸方向的分速度變小,渡河時(shí)間變長(zhǎng),選項(xiàng)A,D錯(cuò)誤;由于船相對(duì)于水的速度大于水流速度,根據(jù)平行四邊形定則可知,它的合速度,即船實(shí)際的速度可以與河岸垂直,船可以垂直于河岸行駛,最終到達(dá)對(duì)岸,最小位移等于200m,選項(xiàng)B正確,C錯(cuò)誤.2．(2017·天津市河?xùn)|區(qū)高考物理模擬試卷)如圖所示，物體在與水平方向成60°角斜向上的500N拉力作用下，沿水平面以1m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)了10m．此過程中拉力對(duì)物體做的功和做功的功率分別為()A．50J,50W B．25J,25WC．25eq\r(3)J,25eq\r(3)W D．2500J,250W解析：選D.此過程中拉力對(duì)物體做的功為：W＝Fxcos60°＝500×10×0.5J＝2500J勻速運(yùn)動(dòng)經(jīng)歷的時(shí)間為：t＝eq\f(x,v)＝10s平均功率為：P＝eq\f(W,t)＝250W，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤．故選D.3．（2018襄陽四中高三月考）如圖所示吊床用繩子拴在兩棵樹上等高位置．某人先坐在吊床上，后躺在吊床上，均處于靜止?fàn)顟B(tài)．設(shè)吊床兩端系繩中的拉力為F1、吊床對(duì)該人的作用力為F2，則（）A.坐著比躺著時(shí)F1大B.躺著比坐著時(shí)F1大C.坐著比躺著時(shí)F2大D.躺著比坐著時(shí)F2大【答案】A4．(2017·山東濰坊中學(xué)一模)如圖所示，在豎直面內(nèi)固定一光滑的硬質(zhì)桿ab，桿與水平面的夾角為θ，在桿的上端a處套一質(zhì)量為m的圓環(huán)，圓環(huán)上系一輕彈簧，彈簧的另一端固定在與a處在同一水平線上的O點(diǎn)，O、b兩點(diǎn)處在同一豎直線上．由靜止釋放圓環(huán)后，圓環(huán)沿桿從a運(yùn)動(dòng)到b，在圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，彈簧一直處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，則下列說法正確的是()A．圓環(huán)的機(jī)械能保持不變B．彈簧對(duì)圓環(huán)一直做負(fù)功C．彈簧的彈性勢(shì)能逐漸增大D．圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒解析：選D.由幾何關(guān)系可知，當(dāng)環(huán)與O點(diǎn)的連線與桿垂直時(shí)，彈簧的長(zhǎng)度最短，彈簧的彈性勢(shì)能最小，如圖，所以在環(huán)從a到C的過程中彈簧對(duì)環(huán)做正功，彈簧的彈性勢(shì)能減小，環(huán)的機(jī)械能增大，而從C到b的過程中，彈簧對(duì)環(huán)做負(fù)功，彈簧的彈性勢(shì)能增大，環(huán)的機(jī)械能減小，故A、B、C錯(cuò)誤；在整個(gè)的過程中只有圓環(huán)的重力和彈簧的彈力做功，所以圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故D正確．5.(2017·河南一模)如圖所示,半徑為R的光滑半圓弧絕緣軌道固定在豎直面內(nèi),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于軌道平面向里.一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的小球由軌道左端A無初速度滑下,當(dāng)小球滑至軌道最低點(diǎn)C時(shí),給小球再施加一始終水平向右的外力F,使小球能以保持不變的速率滑過軌道右側(cè)的D點(diǎn).若小球始終與軌道接觸,重力加速度值為g,則下列判斷正確的是(AD)A.小球在C點(diǎn)受到的洛倫茲力大小為qBB.小球在C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為3mg+qBC.小球從C到D的過程中,外力F的大小保持不變D.小球從C到D的過程中,外力F的功率逐漸增大解析:從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中只有重力做功,根據(jù)動(dòng)能定理得,mgR=mv2,解得v=,故小球在C點(diǎn)受到的洛倫茲力大小為F洛=qBv=qB,故A正確;由左手定則可知,小球向右運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)若受到的洛倫茲力的方向向上,則有N+qvBmg=,解得N=3mgqvB=3mgqB,故B錯(cuò)誤;小球從C到D的過程中,受力分析得,mgsinθ=Fcosθ,速度方向與水平方向夾角θ變大,重力沿切線方向的分力增大,所以水平外力F的大小增大,故C錯(cuò)誤;小球從C到D的過程中小球的速率不變,而洛倫茲力和支持力不做功,所以拉力F的功率與重力的功率大小相等、方向相反.由運(yùn)動(dòng)的合成與分解可知,小球從C向D運(yùn)動(dòng)的過程中,豎直方向的分速度越來越大,所以重力的功率增大,外力F的功率也增大,故D正確.6．(2017·北京市豐臺(tái)區(qū)二模)關(guān)于玻爾建立的氫原子模型，下列說法正確的是()A．氫原子處于基態(tài)時(shí)，電子的軌道半徑最大B．氫原子在不同能量態(tài)之間躍遷時(shí)可以吸收任意頻率的光子C．氫原子從基態(tài)向較高能量態(tài)躍遷時(shí)，電子的動(dòng)能減小D．氫原子從基態(tài)向較高能量態(tài)躍遷時(shí)，系統(tǒng)的電勢(shì)能減小解析：選C.氫原子處于基態(tài)時(shí)，電子的軌道半徑最小，故A錯(cuò)誤；由hν＝Em－En知?dú)湓釉诓煌芰繎B(tài)之間躍遷時(shí)只可以吸收特定頻率的光子，故B錯(cuò)誤；氫原子從基態(tài)向較高能量態(tài)躍遷，電子距離氫原子核的距離增大，勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑增大，線速度減小，動(dòng)能減小，C正確；氫原子從基態(tài)向較高能量態(tài)躍遷時(shí)，電子距離氫原子核的距離增大，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，D錯(cuò)誤．二、非選擇題如圖甲所示，長(zhǎng)木板A靜止在水平地面上，其右端疊放著物塊B，左端恰好在O點(diǎn)，水平面以O(shè)點(diǎn)為界，左側(cè)光滑、右側(cè)粗糙．物塊C(可以看作質(zhì)點(diǎn))和D間夾著一根被壓縮的彈簧，并用細(xì)線鎖住，兩者以共同速度v0＝8m/s向右運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻細(xì)線突然斷開，C和彈簧分離后，撤去D，C與A碰撞并與A粘連(碰撞時(shí)間極短)，此后，AC及B的速度—時(shí)間圖象如圖乙所示．已知A、B、C、D的質(zhì)量均為m＝1kg，木板A的長(zhǎng)度l＝5m，A、C與粗糙面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)長(zhǎng)木板A與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)及B與A間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)燒斷細(xì)線之前彈簧的彈性勢(shì)能；(3)最終物塊B離長(zhǎng)木板A左端的距離．解析：(1)設(shè)A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，B與A上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ′，由圖乙可知：0～1s，AC整體做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小aA1＝3.5m/s2，B做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度aB1＝1m/s2，對(duì)AC整體：3μmg＋μ′mg＝2maA1對(duì)B有：μ′mg＝maB1解得：μ′＝0.1；μ＝0.2(2)C與A碰撞過程中動(dòng)量守恒：mvC＝2mvA，其中vA＝4.5m/s解得vC＝9m/s彈簧彈開過程中，CD系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律：2mv0＝mvC＋mvD解得：vD＝7m/s彈簧彈開過程中，CD及彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則有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)由圖乙可知：0～1s內(nèi)B相對(duì)A向左運(yùn)動(dòng)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整體的加速度：aA2＝eq\f(－3μmg＋μ′mg,2m)＝－2.5m/s2因aA2＞aB2，所以AC整體先停止運(yùn)動(dòng)，AC整體的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t＝eq\f(1,2.5)s＝0.4s，在0.4s內(nèi)B相對(duì)A向右運(yùn)動(dòng)的位移：x2＝vt＋eq\f(1,2)aB2t2－eq\f(1,2)vt＝0.12mA停止時(shí)B的速度：v′＝