1、重庆合川中学2018高考物理二轮（三月）周末题（3）及解析包括的知识点：1、磁场及带电粒子在磁场中的运动2、电场及带电粒子在电场中的运动3、功、功率、动能定理4、机械能守恒定律、功能关系5、力与物体的平衡6、牛顿运动定律及其应用7、碰撞与动量守恒一、选择题1.如图所示,匀强磁场中有一个电荷量为q的正离子,自a点沿半圆轨道运动,当它运动到b点时,突然吸收了附近若干电子,接着沿另一半圆轨道运动到c点,已知a、b、c点在同一直线上,且ac=ab,电子电荷量为e,电子质量可忽略不计,则该离子吸收的电子个数为()A.B.C.D.【解析】选B。由a到b的过程,轨迹半径为r1=,由牛顿第二定律得qvB=m,
2、在b附近吸收n个电子,因电子的质量不计,所以正离子的速度不变,电量变为q-ne,由b到c的过程中,轨迹半径为r2=ab,由牛顿第二定律得(q-ne)vB=m,联立以上四式得n=,故选项B正确。2、如图,一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内,当开关S闭合,小球静止时,悬线与竖直方向的夹角为。则()A.当开关S断开时,若减小平行板间的距离,则夹角增大B.当开关S断开时,若增大平行板间的距离,则夹角增大C.当开关S闭合时,若减小平行板间的距离,则夹角增大D.当开关S闭合时,若减小平行板间的距离,则夹角减小【解析】选C。当断开开关S时,电容器所带的电量不变,由电容的决定式C=、电容的定义式C=和E
3、=解得E=,则知电容器板间距离d变化时,板间场强E不变,小球所受的电场力不变,则不变,故选项A、B错误;保持开关S闭合,电容器两板间的电势差U不变,若减小平行板间的距离,由E=知,板间的电场强度E增大,小球所受的电场力变大,则增大,故选项C正确,D错误。3、(多选)如图所示,M为固定在水平桌面上的有缺口的方形木块,abcd为半径是R的光滑圆弧形轨道,a为轨道的最高点,地面水平且有一定长度。今将质量为m的小球在d点的正上方高为h处由静止释放,让其自由下落到d处切入轨道内运动,不计空气阻力,则()A.只要h大于R,释放后小球就能通过a点B.只要改变h的大小,就能使小球通过a点后,既可能落回轨道内,
4、又可能落到de面上C.无论怎样改变h的大小,都不可能使小球通过a点后落回轨道内D.调节h的大小,可以使小球飞出de面之外(即e的右侧)【解析】选C、D。小球恰能通过a点的条件是小球的重力提供向心力,根据牛顿第二定律mg=m,解得v=,根据动能定理得mg(h-R)= mv2,解得h=R,若要释放后小球能通过a点,需满足hR,故选项A错误;小球离开a点时做平抛运动,由平抛运动的规律,水平方向x=vt,竖直方向R=gt2,解得x=RR,故无论怎样改变h的大小,都不可能使小球通过a点后落回轨道内,小球将通过a点不可能到达d点,只要改变h的大小,就能改变小球到达a点的速度,就有可能使小球通过a点后,落在
5、de之外,故选项B错误,C、D正确。4.如图所示,斜面固定在水平面上,轻质弹簧一端固定在斜面顶端,另一端与物块相连,弹簧处于自然长度时物块位于O点,物块与斜面间有摩擦。现将物块从O点拉至A点,撤去拉力后物块由静止向上运动,经O点到达B点时速度为零,则物块从A运动到B的过程中()世纪金榜导学号49294150A.经过位置O点时,物块的动能最大B.物块动能最大的位置与AO的距离无关C.物块从A向O运动过程中,弹性势能的减少量等于动能与重力势能的增加量D.物块从O向B运动过程中,动能的减少量等于弹性势能的增加量【解析】选B。根据题述,弹簧处于自然长度时物块位于O点,可知物块所受摩擦力等于重力沿斜面的
6、分力。将物块从O点拉至A点,撤去拉力后物块由静止向上运动,当弹簧对物块沿斜面向上的弹力等于物块重力沿斜面的分力和滑动摩擦力之和时,合力为零,物块的动能最大。由此可知,物块经过A、O之间某一位置时,物块的动能最大,A错误。物块动能最大的位置与AO的距离无关,B正确。由功能关系可知,物块从A向O运动过程中,弹性势能的减少量等于动能与重力势能的增加量加上克服摩擦力做功产生的热量,C错误。物块从O向B运动过程中,动能的减少量等于增加的重力势能与弹性势能加上克服摩擦力做功产生的热量,即动能的减少量大于弹性势能的增加量,D错误。5.如图所示,一固定斜面倾角为30,一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度
7、沿斜面向上做匀减速运动,加速度大小等于重力加速度的大小g。物块上升的最大高度为H,则此过程中,物块的()A.动能损失了2mgHB.动能损失了mgHC.机械能损失了mgHD.机械能损失了mgH【解析】选A、C。分析小物块沿斜面上滑,根据题意可知,物块所受滑动摩擦力Ff=0.5mg,由动能定理,动能损失了+mgH=2mgH,A正确,B错误。由功能关系,机械能损失了=mgH,C正确,D错误。6.如图所示,质量为m的球置于斜面上,被一个竖直挡板挡住,现用一个力F拉斜面,使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动,忽略一切摩擦,以下说法中正确的是()A.若加速度足够小,竖直挡板对球的弹力可能为零B.若
8、加速度足够大,斜面对球的弹力可能为零C.斜面和挡板对球的弹力的合力大于maD.斜面对球的弹力不仅有,而且是一个定值【解析】选C、D。小球受到的重力mg、竖直挡板的水平弹力FN1、斜面的支持力FN2,设斜面的倾斜角为,则竖直方向有FN2cos=mg,由于mg和不变,所以无论加速度如何变化,FN2不变且不可能为零,故B错误,D正确;水平方向有FN1-FN2sin=ma,由于FN2sin0,若加速度足够小,竖直挡板的水平弹力也不可能为零,故A错误;斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的FN2cos与水平方向的力ma的合力,因此大于ma,故C正确。7.(2017兰州一模)静止于粗糙水平面上的物体,受
9、到方向恒定的水平拉力F的作用,拉力F的大小随时间变化如图甲所示,在拉力F从0逐渐增大的过程中,物体的加速度随时间变化如图乙所示,g取10m/s2。则下列说法中正确的是世纪金榜导学号49294120()A.物体与水平面间的摩擦力先增大,后减小至某一值并保持不变B.物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C.物体的质量为6kgD.4s末物体的速度为4m/s【解析】选A、B、D。由图乙知,02s内物体静止不动,物体所受的静摩擦力与拉力平衡,则知摩擦力逐渐增大,t=2s时静摩擦力达到最大值,t=2s后物体开始运动,受到滑动摩擦力作用,滑动摩擦力小于最大静摩擦力,并且保持不变,所以物体所受的摩擦力先增大,后减
10、小至某一值并保持不变,故A正确;在24s内,由牛顿第二定律得F-mg=ma,由图可知,当F=6N时,a=1m/s2,当F=12N时,a=3m/s2,将两组数据代入上式解得=0.1,m=3kg,故B正确,C错误;根据a-t图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量,可知4s内物体速度的变化量为v=2m/s=4 m/s,由于初速度为0,所以4s末物体的速度为4 m/s,故D正确。二、非选择题1、在如图所示的同心圆环形区域内有垂直于圆环面的匀强磁场,磁场的方向如图,两同心圆的半径分别为r0、2r0,将一个质量为m(不计重力),电荷量为+q的粒子通过一个电压为U的电场加速后从P点沿内圆的切线进入环形磁场区
11、域。欲使粒子始终在磁场中运动,求匀强磁场的磁感应强度大小的范围。【解析】粒子在静电场加速过程由动能定理得:qU=mv2解得:v=欲使粒子始终在磁场中运动,运动轨迹如图所示:由图可知粒子运动的最小半径为:R小=r0最大半径为:R大= (r0+2r0)= r0由牛顿第二定律得:qvB=m当半径最小时,解得B的最大值为:Bmax=当半径最大时,解得B的最小值为:Bmin=故:B。答案:B2、如图所示,在xOy平面内,有一边长为L的等边三角形区域OPQ,PQ边与x轴垂直,在三角形区域以外,均存在着磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外的匀强磁场,三角形OPQ区域内无磁场分布。现有质量为m,带电量为+q
12、的粒子从O点射入磁场,粒子重力忽略不计。(1)若要使该粒子不出磁场,直接到达P点,求粒子从O点射入的最小速度的大小和方向。(2)若粒子从O点以初速度v0=沿y轴正方向射入,能再次经过O点,求该粒子从出发到再次过O点所经历的时间。【解析】(1)粒子运动轨迹如图所示,当初速度v1垂直于OP射入磁场时,粒子射入速度最小。由几何关系得:r1=由牛顿第二定律得:qvB=m解得:v1=方向垂直于OP向上或与y轴正半轴成30角斜向左上。(2)若粒子从O点以初速度v0=沿y轴正方向射入,则由牛顿第二定律得:qvB=m解得:r2=L粒子运动轨迹如图所示:粒子从O运动至A点出磁场进入三角形区域,由几何关系得:OA=r2=圆心角OO1A=120运动时间:t1=T=粒子从A到B做匀速直线运动,运动时间:t2=由运动轨迹可知,粒子可以回到O点,所用时间为:t=6t1+3t2=(4+3)。答案:(1)方向垂直于OP向上或与y轴正半轴成30角斜向左上(2)(4+3)
