2018年高考物理三輪助力選練題（8）及解析

2018年高考物理三輪助力選練題（8）及解析一、選擇題1.(2017·山西陽泉模擬)如圖(甲)所示為兩平行金屬板,板間電勢差變化如圖(乙)所示.一帶電小球位于兩板之間,已知小球在0～t時間內(nèi)處于靜止狀態(tài),在3t時刻小球恰好經(jīng)過靜止時的位置,整個過程帶電小球沒有與金屬板相碰.則(乙)圖中Ux的值為(C)A.3U0 B.4U0 C.5U0 D.6U0解析:0～t靜止有·q=mg,t～2t向下加速,mg·q=ma1,得a1=g,v=a1t=12gt,x1=12a1t2=12t～3t向下減速后向上加速,Uxd·x2=vt12a2t23t時刻回到靜止時的位置,則x2=x1,解以上各式得Ux=5U0,選項C正確.2．(2017·山東省日照市高三模擬考試)2016年11月24日，我國成功發(fā)射了天鏈一號04星．天鏈一號04星是我國發(fā)射的第4顆地球同步衛(wèi)星，它與天鏈一號02星、03星實現(xiàn)組網(wǎng)運行，為我國神舟飛船、空間實驗室天宮二號提供數(shù)據(jù)中繼與測控服務(wù)．如圖，1是天空二號繞地球穩(wěn)定運行的軌道，A．天鏈一號04星的最小發(fā)射速度是11.2km/sB．天鏈一號04星的運行速度小于天宮二號的運行速度C．為了便于測控，天鏈一號04星相對于地面靜止于北京飛控中心的正上方D．由于技術(shù)進步，天鏈一號04星的運行速度可能大于天鏈一號02星的運行速度解析：選B.由于第一宇宙速度是人造地球衛(wèi)星飛船環(huán)繞地球做勻速圓周運動時的最大速度，同時又是最小的發(fā)射速度，可知飛船的發(fā)射速度大于第一宇宙速度7.9km/s.飛船的發(fā)射速度大于第二宇宙速度11.2km/s時，就脫離地球束縛．所以飛船的發(fā)射速度要小于第二宇宙速度，同時要大于第一宇宙速度，介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之間，故A錯誤；由萬有引力提供向心力得：eq\f(GMm,r2)＝eq\f(mv2,r)可得v＝eq\r(\f(GM,r))，可知軌道半徑比較大的天鏈一號04星的運行速度小于天宮二號的運行速度．故B正確；天鏈一號04星位于赤道正上方，不可能位于北京飛控中心的正上方，故C錯誤；根據(jù)題意，天鏈一號04星與天鏈一號02星都是地球同步軌道數(shù)據(jù)中繼衛(wèi)星，軌道半徑相同，所以天鏈一號04星與天鏈一號02星具有相同的速度，故D錯誤．3.一質(zhì)點做速度逐漸增大的勻加速直線運動，在時間間隔t內(nèi)位移為x，動能變?yōu)樵瓉淼?倍。該質(zhì)點的加速度為()A.B.C.D.【答案】C【解析】動能變?yōu)樵瓉淼?倍，則物體的速度變?yōu)樵瓉淼?倍，即v＝2v0，由x＝(v0＋v)t和a＝得a＝，故C對。4．（2018山東省臨沂市高三上學(xué)期期中）某質(zhì)點做勻變速直線運動，運動的時間為t，位移為x，該質(zhì)點的圖象如圖所示，下列說法錯誤的是()A.質(zhì)點的加速度大小為B.t=0時，質(zhì)點的初速度大小為aC.t=0到t=b這段時間質(zhì)點的平均速度為0D.t=0到t=b這段時間質(zhì)點的路程為【答案】D5．如圖1所示為遠距離輸電示意圖，升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1∶100，降壓變壓器原副線圈匝數(shù)比為100∶1，遠距離輸電線的總電阻為100Ω.若升壓變壓器的輸入電壓如圖2所示，輸入功率為750kW.下列說法正確的是()A．用戶端交流電的頻率為100HzB．輸電線中電流為30AC．用戶端電壓為250VD．輸電線路損耗功率為180kW解析：選B.由題圖2知，交流電的周期為0.02s，則其頻率f＝eq\f(1,T)＝50Hz，A錯誤；由于輸入電壓的有效值為250V，則輸入電流I＝eq\f(P,U)＝3000A，由變流比知，輸電線中的電流為30A，B正確；由變壓比知，升壓變壓器中副線圈兩端的電壓為25000V，輸電線上損失的電壓ΔU＝I線R＝30×100V＝3000V，因此降壓變壓器輸入端電壓為22000V，由變壓比知，用戶端電壓為220V，C錯誤；輸電線損耗的功率P損＝Ieq\o\al(2,線)R＝302×100W＝90kW，D錯誤．6.(2017·山西模擬)質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具.圖中的鉛盒A中的放射源放出大量的帶正電粒子(可認為初速度為零),從狹縫S1進入電壓為U的加速電場區(qū)加速后,再通過狹縫S2從小孔G垂直于MN以v射入偏轉(zhuǎn)磁場,該偏轉(zhuǎn)磁場是以直線MN為切線、磁感應(yīng)強度為B、方向垂直于紙面向外半徑為R的圓形勻強磁場.現(xiàn)在MN上的F點(圖中未畫出)接收到該粒子,且GF=3R.則該粒子的比荷為(粒子的重力忽略不計)(C)A.8UR2C.6UR解析:帶電粒子運動軌跡如圖,設(shè)粒子加速后獲得的速度為v,由動能定理有,qU=12mv2,根據(jù)幾何關(guān)系知,粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑r=33R,又qvB=mv2r7．如圖為無線充電技術(shù)中使用的受電線圈示意圖，線圈匝數(shù)為n，面積為S.若在t1到t2時間內(nèi)，勻強磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應(yīng)強度大小由B1均勻增加到B2，則該段時間線圈兩端a和b之間的電勢差φa－φb()A．恒為eq\f(nSB2－B1,t2－t1)B．從0均勻變化到eq\f(nSB2－B1,t2－t1)C．恒為－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)D．從0均勻變化到－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)解析：選C.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，感應(yīng)電動勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(B2－B1S,t2－t1)，由楞次定律和右手螺旋定則可判斷b點電勢高于a點電勢，因磁場均勻變化，所以感應(yīng)電動勢恒定，因此a、b兩點電勢差恒為φa－φb＝－neq\f(B2－B1S,t2－t1)，選項C正確．二、非選擇題1．實驗室有下列器材：靈敏電流計G(內(nèi)阻約為50Ω)；電壓表V(0～3V，內(nèi)阻約為10kΩ)；電阻箱R1(0～9999Ω)；滑動變阻器R2(0～100Ω，1.5A)；舊干電池一節(jié)；導(dǎo)線開關(guān)若干．(1)某實驗小組先測靈敏電流計的內(nèi)阻，電路如圖甲所示，測得電壓表示數(shù)為2V，靈敏電流計示數(shù)為4mA，電阻箱旋鈕位置如圖乙所示，則靈敏電流計內(nèi)阻為________Ω.(2)為將靈敏電流計的量程擴大為原來的10倍，該實驗小組將電阻箱與靈敏電流計并聯(lián)，則應(yīng)將電阻箱R1的阻值調(diào)為________Ω.調(diào)好后連接成如圖丙所示的電路測干電池的電動勢和內(nèi)阻，調(diào)節(jié)滑動變阻器讀出了幾組電壓表和電流計的示數(shù)如下表，請在圖丁所示的坐標系中作出合適的Ig－U圖線.Ig/mA3.02.52.01.51.0U/V0.80.91.01.11.2(3)由作出的Ig－U圖線求得干電池的電動勢E＝________V，內(nèi)阻r＝________Ω.解析：(1)由圖乙可知，電阻箱示數(shù)為R1＝0×1000Ω＋4×100Ω＋5×10Ω＋5×1Ω＝455Ω.由歐姆定律得Rg＋R1＝eq\f(U,I)＝eq\f(2V,0.004A)＝500Ω，電流計內(nèi)阻為Rg＝500Ω－455Ω＝45Ω.(2)將靈敏電流計的量程擴大為原來的10倍，并聯(lián)電阻阻值R＝eq\f(IgRg,I－Ig)＝eq\f(45Ig,10Ig－Ig)＝5Ω，根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)在坐標系內(nèi)找出對應(yīng)點，然后根據(jù)找出的點作出圖象，如答案圖所示．(3)由Ig－U圖線可知，圖線與橫軸的交點坐標值為1.4，則電源電動勢E＝1.4V，電流表內(nèi)阻RA＝eq\f(R1Rg,R1＋Rg)＝eq\f(5Ω×4.5Ω,5Ω＋4.5Ω)＝2.4Ω，圖線的斜率k＝eq\f(ΔI,ΔU)＝eq\f(0.003A×10,1.4V－0.8V)＝eq\f(1,20Ω)，電源內(nèi)阻r＝eq\f(1,k)－RA＝20Ω－2.4Ω＝17.6Ω.答案：(1)45(2)5如圖所示(3)1.417.62．光滑圓軌道和兩傾斜直軌道組成如圖所示裝置，其中直軌道BC粗糙，直軌道CD光滑，兩軌道相接處為一很小的圓弧，質(zhì)量為m＝0.1kg的滑塊(可視為質(zhì)點)在圓軌道上做圓周運動，到達軌道最高點A時的速度大小為v＝4m/s，當滑塊運動到圓軌道與直軌道BC的相切處B時，脫離圓軌道開始沿傾斜直軌道BC滑行，到達軌道CD上的D點時速度為零．若滑塊變換軌道瞬間的能量損失可忽略不計，已知圓軌道的半徑為R＝0.25m，直軌道BC的傾角θ＝37°，其長度為L＝26.25m，D點與水平地面間的高度差為h＝0.2m，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)滑塊在圓軌道最高點A時對軌道的壓力大?。?2)滑塊與直軌道BC間的動摩擦因數(shù)；(3)滑塊在直軌道BC上能夠運動的時間．解析：(1)在圓軌道最高點A處對滑塊，由牛頓第二定律得：mg＋FN＝meq\f(v2,R)得FN＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,R)－g))＝5.4N由牛頓第三定律得滑塊在圓軌道最高點A時對軌道的壓力大小為5.4N(2)從A點到D點全程，由動能定理得：mg(R＋Rcosθ＋Lsinθ－h(huán))－μmgLcosθ＝0－eq\f(1,2)mv2即μ＝eq\f(gR＋Rcosθ＋Lsinθ－h(huán)＋\f(v2,2),gLcosθ)＝0.8(3)設(shè)滑塊在BC上向下滑動的時間為t1，向上滑動的加速度為a2，時間為t2，在C點時的速度為vC.由C到D：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝mghvC＝eq\r(2gh)＝2m/sA點到B點的過程：mgR(1＋cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mv2vB＝eq\r(v2＋2gR1＋cosθ)＝5m/s在軌道BC上：下滑：L＝eq\f(vB＋vC,2)t1