（廣安市）育才中學(xué)2018年高考物理二輪自學(xué)導(dǎo)案（五）及解析

（廣安市）育才中學(xué)2018年高考物理二輪自學(xué)導(dǎo)案（五）及解析一、選擇題1、如圖所示,勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一個(gè)電荷量為q的正離子,自a點(diǎn)沿半圓軌道運(yùn)動(dòng),當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí),突然吸收了附近若干電子,接著沿另一半圓軌道運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn),已知a、b、c點(diǎn)在同一直線上,且ac=ab,電子電荷量為e,電子質(zhì)量可忽略不計(jì),則該離子吸收的電子個(gè)數(shù)為()A.B.C.D.【解析】選B。由a到b的過程,軌跡半徑為r1=,由牛頓第二定律得qvB=m,在b附近吸收n個(gè)電子,因電子的質(zhì)量不計(jì),所以正離子的速度不變,電量變?yōu)閝ne,由b到c的過程中,軌跡半徑為r2==ab,由牛頓第二定律得(qne)vB=m,聯(lián)立以上四式得n=,故選項(xiàng)B正確。2、如圖所示,一帶電小球懸掛在豎直放置的平行板電容器內(nèi),當(dāng)開關(guān)S閉合,小球靜止時(shí),懸線與豎直方向的夾角為θ。則()A.當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí),若減小平行板間的距離,則夾角θ增大B.當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí),若增大平行板間的距離,則夾角θ增大C.當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí),若減小平行板間的距離,則夾角θ增大D.當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí),若減小平行板間的距離,則夾角θ減小【解析】選C。當(dāng)斷開開關(guān)S時(shí),電容器所帶的電量不變,由電容的決定式C=、電容的定義式C=和E=解得E=,則知電容器板間距離d變化時(shí),板間場(chǎng)強(qiáng)E不變,小球所受的電場(chǎng)力不變,則θ不變,故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;保持開關(guān)S閉合,電容器兩板間的電勢(shì)差U不變,若減小平行板間的距離,由E=知,板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E增大,小球所受的電場(chǎng)力變大,則θ增大,故選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤。3、(2017·邯鄲一模)某同學(xué)參加學(xué)校運(yùn)動(dòng)會(huì)立定跳遠(yuǎn)項(xiàng)目比賽,起跳直至著地過程如圖,測(cè)量得到比賽成績(jī)是2.5m,目測(cè)空中腳離地最大高度約0.8m,忽略空氣阻力,則起跳過程該同學(xué)所做功約為()A.65J B.350JC.700J D.1250J【解析】選C。由動(dòng)能定理知起跳過程該同學(xué)做的功轉(zhuǎn)化為該同學(xué)的動(dòng)能,所以求該同學(xué)做的功應(yīng)該求該同學(xué)起跳后斜拋的初速度。豎直方向由h=gt2得t=0.4s,水平方向由x=vx·2t得vx=3.125m/s,豎直方向vy=gt=4m/s,所以該同學(xué)初速度v的平方為:v2=+=25.8m2/s2,取該同學(xué)質(zhì)量為m=60kg,則Ek=mv2=25.8×30J=774J,所以該同學(xué)所做功約為700J,故選項(xiàng)C正確。4、如圖所示,一輕質(zhì)細(xì)桿兩端分別固定著質(zhì)量為mA和mB的兩個(gè)小球A和B(可視為質(zhì)點(diǎn))。將其放在一個(gè)直角形光滑槽中,已知輕桿與槽右壁成α角,槽右壁與水平地面成θ角時(shí),兩球剛好能平衡,且α≠θ,則A、B兩小球質(zhì)量之比為()A. B.C. D.【解析】選C。設(shè)桿的彈力為F,對(duì)B受力分析,在沿槽右壁方向上mBgsinθ=Fcosα,對(duì)A受力分析,在沿槽左壁方向上mAgcosθ=Fsinα,聯(lián)立兩式可得=,C正確。5、元宵節(jié)焰火晚會(huì)上,萬發(fā)禮花彈點(diǎn)亮夜空,如圖所示為焰火燃放時(shí)的精彩瞬間。假如燃放時(shí)長(zhǎng)度為1m的炮筒豎直放置,每個(gè)禮花彈約為1kg(燃放前后看作質(zhì)量不變),當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹?0m/s2,爆炸后的高壓氣體對(duì)禮花彈做功900J,離開炮筒口時(shí)的動(dòng)能為800J,禮花彈從炮筒底部豎直運(yùn)動(dòng)到炮筒口的過程中,下列判斷正確的是()A.重力勢(shì)能增加800JB.克服阻力(炮筒阻力及空氣阻力)做功90JC.克服阻力(炮筒阻力及空氣阻力)做功無法計(jì)算D.機(jī)械能增加800J【解析】選B。禮花彈在炮筒內(nèi)運(yùn)動(dòng)的過程中,克服重力做功mgh=10J,則重力勢(shì)能增加量ΔEp=10J,根據(jù)動(dòng)能定理ΔEk=WW阻WG可知W阻=WΔEkWG=900J800J10J=90J,機(jī)械能的增加量ΔE=ΔEk+ΔEp=800J+10J=810J,故B正確。6、如圖所示,細(xì)線上端固定于O點(diǎn),其下端系一小球,靜止時(shí)細(xì)線長(zhǎng)L?，F(xiàn)將細(xì)線和小球拉至圖中實(shí)線位置,此時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角為θ=60°;并在小球原來所在的最低點(diǎn)處放置一質(zhì)量相同的泥球,然后使懸掛的小球從實(shí)線位置由靜止釋放,它運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與泥球碰撞并合為一體,它們一起擺動(dòng)中可達(dá)到的最大高度是()A.B.C.D.【解析】選C。碰前由機(jī)械能守恒得mgL(1cos60°)=m,解得v1=,兩球相碰過程動(dòng)量守恒mv1=2mv2,得v2=,碰后兩球一起擺動(dòng),機(jī)械能守恒,則有×2m=2mgh,解得h=L。7、(2017·成都一模)如圖所示,ABCD是固定在地面上,由同種金屬細(xì)桿制成的正方形框架,框架任意兩條邊的連接處平滑,A、B、C、D四點(diǎn)在同一豎直面內(nèi),BC、CD邊與水平面的夾角分別為α、β(α>β),讓套在金屬桿上的小環(huán)從A點(diǎn)無初速度釋放。若小環(huán)從A經(jīng)B滑到C點(diǎn),摩擦力對(duì)小環(huán)做功為W1,重力的沖量為I1,若小環(huán)從A經(jīng)D滑到C點(diǎn),摩擦力對(duì)小環(huán)做功為W2,重力的沖量為I2。則()A.W1>W2 B.W1=W2C.I1>I2 D.I1=I2【解析】選B、C。設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為l,經(jīng)AB段和CD段摩擦力做負(fù)功,大小為μmglcosβ,經(jīng)BC段和AD段摩擦力做負(fù)功,大小為μmglcosα,W1=W2,選項(xiàng)A錯(cuò)誤、B正確;小環(huán)從A經(jīng)B滑到C點(diǎn)和從A經(jīng)D滑到C點(diǎn)過程中路程相等,到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度大小相等。設(shè)AB段加速度為a1,a1=gsinβμgcosβ,AD段加速度為a2,a2=gsinαμgcosα,則a1<a2,B點(diǎn)速度vB=QUOTE,D點(diǎn)的速度vD=QUOTE,vD>vB,所以AD段的平均速度大于AB段的平均速度,CD段的平均速度大于BC段的平均速度,小環(huán)從A經(jīng)B滑到C點(diǎn)所用時(shí)間大于從A經(jīng)D滑到C點(diǎn)所用的時(shí)間,根據(jù)I=mgt,I1>I2,選項(xiàng)C正確、D錯(cuò)誤。二、非選擇題8、如圖所示,在xOy平面內(nèi),有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的等邊三角形區(qū)域OPQ,PQ邊與x軸垂直,在三角形區(qū)域以外,均存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),三角形OPQ區(qū)域內(nèi)無磁場(chǎng)分布?，F(xiàn)有質(zhì)量為m,帶電量為+q的粒子從O點(diǎn)射入磁場(chǎng),粒子重力忽略不計(jì)。(1)若要使該粒子不出磁場(chǎng),直接到達(dá)P點(diǎn),求粒子從O點(diǎn)射入的最小速度的大小和方向。(2)若粒子從O點(diǎn)以初速度v0=沿y軸正方向射入,能再次經(jīng)過O點(diǎn),求該粒子從出發(fā)到再次過O點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間?！窘馕觥?1)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,當(dāng)初速度v1垂直于OP射入磁場(chǎng)時(shí),粒子射入速度最小。由幾何關(guān)系得:r1=由牛頓第二定律得:qvB=m解得:v1=方向垂直于OP向上或與y軸正半軸成30°角斜向左上。(2)若粒子從O點(diǎn)以初速度v0=沿y軸正方向射入,則由牛頓第二定律得:qvB=m解得:r2==L粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示:粒子從O運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)出磁場(chǎng)進(jìn)