2018年高考物理三月課外編選題（三）及解析

2018年高考物理三月課外編選題（三）及解析1、如圖所示,圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面的勻強磁場,磁感應強度的大小為B1,P為磁場邊界上的一點。相同的帶正電荷粒子,以相同的速率從P點射入磁場區(qū)域,速度方向沿位于紙面內(nèi)的各個方向,這些粒子射出邊界的位置均處于邊界的某一段弧上,這段圓弧的弧長是圓周長的。若將磁感應強度的大小變?yōu)锽2,結(jié)果相應的弧長變?yōu)閳A周長的,不計粒子的重力和粒子間的相互影響,則等于()A.B.C.D.【解析】選C。設圓形區(qū)域的半徑為r。當磁感應強度為B1時,從P點射入的粒子與磁場邊界的最遠交點為M,最遠的點是軌跡上直徑與磁場邊界圓的交點,∠POM=120°,如圖所示:由幾何關系得sin60°=,解得R=r。磁感應強度為B2時,從P點射入的粒子與磁場邊界的最遠交點為N,最遠的點是軌跡上直徑與磁場邊界圓的交點,∠PON=90°,如圖所示:所以粒子做圓周運動的半徑為R′=r。對帶電粒子由牛頓第二定律得qvB=m,解得B=,由于v、m、q相等,則得==,選項C正確。2.(7分)(多選)如圖所示,真空中xOy平面內(nèi)有一束寬度為d的帶正電粒子束沿x軸正向運動,所有粒子為同種粒子,速度大小相等,在第一象限內(nèi)有一方向垂直xOy平面的有界勻強磁場區(qū)(圖中未畫出),所有帶電粒子通過磁場偏轉(zhuǎn)后都會聚于x軸上的a點。下列說法中正確的是()導學號49294172A.磁場方向一定是垂直xOy平面向里B.所有粒子通過磁場區(qū)的時間相同C.所有粒子在磁場區(qū)運動的半徑相等D.磁場區(qū)邊界可能是圓【解題指導】(1)磁場的方向可由帶電粒子的受力方向判斷。(2)粒子在磁場中的運動時間與圓心角有關。(3)帶電粒子進入磁場的位置為一圓弧,且圓弧的半徑與粒子在磁場中的軌跡半徑相同。【解析】選C、D。由題意可知,正粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn),都集中于一點a,根據(jù)左手定則,磁場的方向垂直xOy平面向外,故A錯誤;由洛倫茲力提供向心力,可得T=,而運動的時間還與圓心角有關,因此粒子的運動時間不等,故B錯誤;由洛倫茲力提供向心力,可得R=,由于是同種粒子,且速度大小相等,所以它們的運動半徑相等,故C正確;所有帶電粒子通過磁場偏轉(zhuǎn)后都會聚于x軸上的a點,因此磁場區(qū)邊界可能是圓,也可能是圓弧,故D正確。3、(多選)如圖所示,在空間存在平行于xOy平面的勻強電場,一簇質(zhì)子(重力及質(zhì)子間作用力均不計)從P點出發(fā),可以到達以原點O為圓心、R=10cm為半徑的圓上任意位置,其中質(zhì)子到達A點時動能增加量最大,最大動能增量為32eV,A點是圓與x軸正半軸的交點。已知∠OAP=37°且A點電勢為零,圖中B點為圓周與y軸負半軸的交點,PA=PB,則下列說法正確的是()導學號49294167A.該勻強電場的電場強度方向一定沿y軸負方向B.該勻強電場的電場強度大小為250V/mC.勻強電場中P、B兩點間的電勢差為32VD.質(zhì)子從P點到B點過程中電勢能減小24eV【解析】選B、D。因質(zhì)子從P點到A點時動能增量最大,所以等勢線在A點必與圓相切(否則一定還可以在圓周上找到比A點電勢低的點,質(zhì)子到達該點時動能增量將大于到達A點時的動能增量),即等勢線與y軸平行,又由質(zhì)子從P點到A點電場力做正功,所以電場強度方向必沿x軸正方向,A項錯誤;由W=qU=ΔEk知UPA=32V,由題圖知PA=2Rcos37°=0.16m,所以E==250V/m,B項正確;又因UPB=E·PB·sin37°=24V,C項錯誤;質(zhì)子從P點到B點過程中電場力做正功,其大小為W′=qUPB=24eV,D項正確。4、如圖所示,已知a、b、c、d為橢圓的四個頂點,+Q處在橢圓的一個焦點上,一帶負電的點電荷僅在庫侖力作用下繞固定的點電荷+Q運動,則下列說法正確的是()A.負電荷在a、c兩點所受的電場力相同B.負電荷在a點和c點的電勢能Epa>EpcC.負電荷由b運動到d的過程中電勢能增加,動能減少D.負電荷由a經(jīng)b運動到c的過程中,電勢能先增加后減少【解析】選C。在a、c兩點負電荷所受電場力方向不同,A項錯誤;以固定點電荷為球心的球面是等勢面,所以a、c兩點電勢相等,根據(jù)電勢與電勢能的關系可知,負電荷在a、c兩點電勢能也相等,B項錯誤;負電荷由b到d過程中,電場力始終做負功,電勢能增加,動能減少,C項正確;負電荷由a經(jīng)b到c的過程中,電場力先做正功再做負功,故電勢能先減少后增加,D項錯誤。【總結(jié)提升】電勢能大小及其變化分析的兩個思路(1)做功角度:根據(jù)靜電力做功與電勢能變化的關系分析、判斷帶電粒子電勢能及其變化。靜電力做正功,粒子的電勢能減少,靜電力做負功,則粒子的電勢能增加。(2)轉(zhuǎn)化角度:只有靜電力做功時,電勢能與動能可以相互轉(zhuǎn)化,動能減小,電勢能增加,動能增大,電勢能減少。5.(2017·濟寧一模)如圖甲所示,靜止在水平地面上的物塊A,受到水平拉力F的作用,F與時間t的關系如圖乙所示。設物塊與地面間的最大靜摩擦力Ffm的大小與滑動摩擦力大小相等,則t1～t3時間內(nèi)()導學號49294145A.t1時刻物塊的速度為零B.t2時刻物塊的加速度最大C.t3時刻物塊的動能最大D.t1～t3時間內(nèi)F對物塊先做正功后做負功【解析】選A、B、C。由題圖乙知,t1時刻F=Ffm,物塊A剛要動,所以速度為零,故A選項正確。A一旦動起來由牛頓第二定律知FFfm=ma,則t2時刻a最大,故B選項正確。t1～t3時間內(nèi),F>Ffm,加速運動,故t3時刻動能最大,C選項正確。t1～t3時間內(nèi),F的方向與位移的方向相同,一直做正功,故D選項錯誤。6.(2017·淮南一模)a、b為緊靠著的、且兩邊固定的兩張相同薄紙,如圖所示。一個質(zhì)量為1kg的小球從距紙面高為60cm的地方自由下落,恰能穿破兩張紙。若將a紙的位置升高,b紙的位置不變,在相同條件下要使小球仍能穿破兩張紙,則a紙距離b紙可能是()A.15cm B.20cmC.30cm D.60cm【解析】選A、B、C。小球穿過兩張紙時,由動能定理得mgh2W=0,將a紙向上移,若恰能穿過第一張紙,則mgh′W=0,解得下落的高度h′=h,因此兩張紙的距離不能超過h=30cm,選項A、B、C正確。7、多選)如圖所示,楔形木塊abc固定在水平面上,粗糙斜面ab和光滑斜面bc與水平面的夾角相同,頂角b處安裝一定滑輪。質(zhì)量分別為M、m(M>m)的滑塊,通過不可伸長的輕繩跨過定滑輪連接,輕繩與斜面平行。兩滑塊由靜止釋放后,沿斜面做勻加速運動。若不計滑輪的質(zhì)量和摩擦,在兩滑塊沿斜面運動的過程中()A.兩滑塊組成系統(tǒng)的機械能守恒B.重力對M做的功等于M動能的增加C.輕繩對m做的功等于m機械能的增加D.兩滑塊組成系統(tǒng)的機械能損失等于M克服摩擦力做的功【解析】選C、D。由于斜面ab粗糙,在兩滑塊沿斜面運動的過程中,兩滑塊組成的系統(tǒng)機械能不守恒,A錯誤;由動能定理,重力對M做的功大于M動能的增加,B錯誤;由功能關系,輕繩對m做的功等于m機械能的增加,C正確;由功能關系可知,兩滑塊組成的系統(tǒng)機械能損失等于M克服摩擦力做的功,D正確。8、(多選)(2017·江蘇高考)如圖所示,三個小球A、B、C的質(zhì)量均為m,A與B、C間通過鉸鏈用輕桿連接,桿長為L,B、C置于水平地面上,用一輕質(zhì)彈簧連接,彈簧處于原長?，F(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點,兩輕桿間夾角α由60°變?yōu)?20°,A、B、C在同一豎直平面內(nèi)運動,彈簧在彈性限度內(nèi),忽略一切摩擦,重力加速度為g。則此下降過程中()A.A的動能達到最大前,B受到地面的支持力小于mgB.A的動能最大時,B受到地面的支持力等于mgC.彈簧的彈性勢能最大時,A的加速度方向豎直向下D.彈簧的彈性勢能最大值為mgL【解析】選A、B。A下落過程,先加速后減速,當A速度最大時,加速度為0,ABC整體受力平衡,B受到地面的支持力等于mg,B項正確;A的動能達到最大前,做加速度減小的加速運動,加速度方向豎直向下,處于失重狀態(tài),對ABC整體分析可知,B受到地面的支持力小于mg,A項正確;A末段減速向下,直至最低處其速度為0,彈簧形變最大,彈性勢能最大,A的加速度豎直向上,C項錯誤;對整個系統(tǒng)由機械能守恒:Ep=mgLsin60°mgLsin30°=mgL,D項錯誤。9.(2017·商丘二模)如圖所示,固定軌道ABC中,在B點處通過一段極短的圓弧將傾角θ=37°的光滑斜面AB和固定水平面BC平滑連接,一小物塊從A點由靜止開始釋放后,沿斜面AB運動,最終停在水平面BC上。已知物塊與水平面BC上各處間的動摩擦因數(shù)均為0.2,物塊滑過B點時的動能不損失,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,下面四幅圖中,能正確反映物塊的速率v隨時間t變化規(guī)律的是()【解析】選A。在物塊沿光滑斜面下滑的過程中,對小物塊進行受力分析,設此過程物塊的加速度大小為a1,設物塊沿斜面下滑的時間為t1,到達斜面底端時的速度為v,根據(jù)牛頓第二定律得mgsin37°=ma1,解得a1=gsin37°=6m/s2,根據(jù)運動學公式v=v0+at可得v=a1t1=6t1,在物塊沿粗糙水平面上運動的過程中,對小物塊進行受力分析,設此過程中物體的加速度大小為a2,此過程中物塊運動時間為t2,根據(jù)牛頓第二定律得f=ma2,f=μFN,FN=mg,由以上三式解得a2=μg=2m/s2,根據(jù)運動學公式v=v0+at得v=a2t2=2t2,可知a1>a2,故物塊在沿斜面加速下滑過程中速度時間圖象斜率的絕對值大于物體在沿水平面做勻減速直線運動過程中速度時間圖象斜率的絕對值,解得t2=3t1,故A正確。10.如圖所示,質(zhì)量為m的球置于斜面上,被一個豎直擋板擋住,現(xiàn)用一個力F拉斜面,使斜面在水平面上做加速度為a的勻加速直線運動,忽略一切摩擦,以下說法中正確的是()A.若加速度足夠小,豎直擋板對球的彈力可能為零B.若加速度足夠大,斜面對球的彈力可能為零C.斜面和擋板對球的彈力的合力大于maD.斜面對球的彈力不僅有,而且是一個定值【解析】選C、D。小球受到的重力mg、豎直擋板的水平彈力FN1、斜面的支持力FN2,設斜面的傾斜角為α,則豎直方向有FN2cosα=mg,由于mg和α不變,所以無論加速度如何變化,FN2不變且不可能為零,故B錯誤,D正確;水平方向有FN1FN2sinα=ma,由于FN2sinα≠0,若加速度足夠小,豎直擋板的水平彈力也不可能為零,故A錯誤;斜面和擋板對球的彈力的合力即為豎直方向的FN2cosα與水平方向的力ma的合力,因此大于ma,故C正確。二、非選擇題1、(2017·江蘇高考)如圖所示,兩個半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上,其上有一光滑圓柱C,三者半徑均為R。C的質(zhì)量為m,A、B的質(zhì)量都為,與地面的動摩擦因數(shù)均為μ?，F(xiàn)用水平向右的力拉A,使A緩慢移動,直至C恰好降到地面。整個過程中B保持靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度為g。求:(1)未拉A時,C受到B作用力的大小F。(2)動摩擦因數(shù)的最小值μmin。(3)A移動的整個過程中,拉力做的功W?！窘馕觥?1)C受力平衡2Fcos30°=mg解得F=mg(2)C恰好降落到地面時,B受C壓力的水平分力最大Fxmax=mgB受地面的摩擦力f=μmg根據(jù)題意fmin=Fxmax,解得μmin=(3)C下降的高度h=(1)RA的位移x=2(1)R摩擦力做功的大小Wf=fx=2(1)μmgR根據(jù)動能定理WWf+mgh=00解得W=(2μ1)(1)mgR答案:(1)mg(2)(3)(2μ1)(1)mgR2、(2017·萊州二模)如圖所示,用內(nèi)壁光滑的薄壁細管彎成的“S”形軌道固定于豎直平面內(nèi),其彎曲部分由兩個半徑均為R=0.2m的半圓平滑對接而成(圓的半徑遠大于細管內(nèi)徑),軌道底端D點與粗糙的水平地面相切?，F(xiàn)有一輛質(zhì)量為m=1kg的玩具小車以恒定的功率從E點由靜止開始出發(fā),經(jīng)過一段時間t=4s后,出現(xiàn)了故障,發(fā)動機自動關閉,小車在水平地面繼續(xù)運動并進入“S”形軌道,從軌道的最高點飛出后,恰好垂直撞在固定斜面B上的C點,C點與下半圓的圓心O等高。已知小車與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.1,E、D之間的距離為x0=10m,斜面的傾角為30°。(g取10m/s2)求:導學號49294148(1)小車到達C點時的速度大小為多少?(2)在A點小