1、2018年高考物理三轮助力选练题（16）及解析一、选择题1.(2017吉林实验中学二模) 如图所示,水平的木板B托着木块A一起在竖直平面内做匀速圆周运动,从水平位置a沿逆时针方向运动到最高点b的过程中,下列说法正确的是(BC)A.木块A处于超重状态B.木块A处于失重状态C.B对A的摩擦力越来越小D.B对A的摩擦力越来越大解析:A,B一起做匀速圆周运动.当由水平位置a沿逆时针方向运动到最高点b的过程中,加速度大小不变,方向指向圆心.在竖直方向有竖直向下的分加速度,因此A,B都处于失重状态;对木块A,在a点时B对A的摩擦力提供向心力,但在b点重力及B对A的支持力的合力提供向心力,摩擦力为零,即从a
2、到b摩擦力越来越小.2(2017福建省厦门市高中毕业生3月第一次质量检测)如图所示，在水平地面上竖直固定一绝缘弹簧，弹簧中心直线的正上方固定一个带电小球Q，现将与Q带同种电荷的小球P，从直线上的N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是()A小球P的电势能先减小后增加B小球P与弹簧组成的系统机械能一定增加C小球动能的减少量等于电场力和重力做功的代数和D小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零解析：选B.小球下落的过程中，电场力一直对小球做正功，小球P的电势能一直减小，选项A错误；因Q对P做正功，故小球P与弹簧组成的系统机械能一定增加，选项B正确；小球动能的
3、减少量等于电场力和重力以及弹力做功的代数和，选项C错误；小球P速度最大时所受弹簧弹力、重力以及库仑力的合力为零，选项D错误；故选B.3如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.3。当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍。sin370.6，cos370.8，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为( ) A0.35mg B0.3mg C0.23mg D0.2mg【答案】D【解析】将a沿水平和竖直两个方向分解，对重物受力分析如图，水平方向：Ffmax竖直方向：FNmgm
4、ay，由，三式联立解得Ff0.2mg，D正确。 4(2017湖北八市联考)(多选)如图所示，一辆质量为M3 kg的平板小车A停靠在竖直光滑墙壁处，地面水平且光滑，一质量为m1 kg的小铁块B(可视为质点)放在平板小车A最右端，平板小车A上表面水平且与小铁块B之间的动摩擦因数0.5，平板小车A的长度L0.9 m现给小铁块B一个v05 m/s的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动，重力加速度g10 m/s2.下列说法正确的是()A小铁块B向左运动到达竖直墙壁时的速度为2 m/sB小铁块B与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为8 NsC小铁块B向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为4
5、JD小铁块B在平板小车A上运动的整个过程中系统损失的机械能为9 J解析：选BD.设小铁块B向左运动到达竖直墙壁时的速度为v1，根据动能定理得：mgLmvmv，解得：v14 m/s，选项A错误与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹速度为4 m/s，由动量定理可知，小铁块B与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为I2mv18 Ns，选项B正确小铁块B向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为mgL4.5 J，选项C错误假设发生弹性碰撞后小铁块B最终和平板小车A达到的共同速度为v2，根据动量守恒定律得：mv1(Mm)v2，解得：v21 m/s.设小铁块B在平板小车A上相对滑动的位移为x时与平板小车A达到共同速度v2，
6、则根据功能关系得：mgx(Mm)vmv，解得：x1.2 m，由于x L，说明小铁块B在没有与平板小车A达到共同速度时就滑出平板小车A，所以小铁块B在平板小车上运动的整个过程中系统损失的机械能为E2mgL9 J，选项D正确5.(2017天津一模)某理想自耦变压器接入电路中的示意图如图(甲)所示,图(乙)是其输入电压u的变化规律.已知滑动触头在图示位置时原、副线圈的匝数比为n1n2=101,电阻R=22 .下列说法正确的是(AC)A.通过R的交变电流的频率为50 HzB.电流表A2的示数为 AC.此时变压器的输入功率为22 WD.将P沿逆时针方向移动一些,电流表A1的示数变小解析:由图(乙)可知,
7、该交变电流的周期为T=0.02 s,其频率为f= Hz=50 Hz,故A正确;由图知输入电压的最大值为Um=220 V,所以有效值为U=220 V,则副线圈两端的电压为U=U=220 V=22 V,所以通过电阻的电流(即为电流表A2的示数)为I= A=1 A,故B错误;变压器的输出功率为P=UI=221 W=22 W,理想变压器的输入功率等于输出功率,所以有P=P=22 W,故C正确;将P沿逆时针方向移动一些,变压器的副线圈匝数变大,输出电压变大,输出功率变大,所以输入功率也变大,故电流表A1的示数将变大,故D错误.6如图所示，M、N为光滑的金属导轨，两导轨平行且在同一水平面内，导轨所在的平面
8、与匀强磁场垂直导轨的左侧接一定值电阻R，金属杆AB在水平恒力F作用下从静止开始向右运动，则下列杆的速度v和加速度a随时间t的变化关系正确的是(不计导轨与金属杆电阻)()解析：选B.以金属杆AB为研究对象，根据牛顿第二定律，Fma，随着速度的增大，加速度a越来越小，AB加速得越来越慢，最后做匀速运动，选项A错误，选项B正确；加速度a减小，但a与t不是线性关系，选项C、D错误二、非选择题1某物理实验小组的同学安装“验证动量守恒定律”的实验装置如图所示让质量为m1的小球从斜面上某处自由滚下与静止在支柱上质量为m2的小球发生对心碰撞，则：(1)(多选)下列关于实验的说法正确的是_A轨道末端的切线必须是
9、水平的B斜槽轨道必须光滑C入射球m1每次必须从同一高度滚下D应满足入射球m1质量小于被碰小球m2(2)在实验中，根据小球的落点情况，该同学测量出OP、OM、ON、OP、OM、ON的长度，用以上数据合理地写出验证动量守恒的关系式为_. (3)在实验中，用20分度的游标卡尺测得两球的直径相等，读数部分如图所示，则小球的直径为_mm.解析：(1)要保证小球每次都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，A正确；“验证动量守恒定律”的实验中，通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度，只要离开轨道后做平抛运动的初速度相同即可，对斜槽是否光滑没有要求，B错误；要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由
10、静止滚下，C正确；在“验证碰撞中的动量守恒”实验中，为防止被碰球碰后反弹，入射球的质量m1必须大于被碰球的质量m2，D错误(2)入射球与被碰球离开斜槽末端后均从同一高度开始做平抛运动，则小球在空中运动的时间相同由实验操作可知需要验证动量守恒表达式为m1v1m1v1m2v2，由于运动时间相同则有m1v1tm1v1tm2v2t，整理可得m1OPm1OMm2ON.(3)由图可知主尺22 mm处的刻度线与游标尺的第11小格对齐，则由游标卡尺的读数规则可知小球的直径为22 mm110.95 mm11.55 mm.答案：(1)AC(2)m1OPm1OMm2ON (3)11.552在真空中，边长为3L的正方
11、形区域ABCD分成相等的三部分，左右两侧为匀强磁场，中间区域为匀强电场，如图所示左侧磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向外；右侧磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直于纸面向里；中间区域电场方向与正方形区域的上下边界平行一质量为m、电荷量为q的带电粒子从平行金属板的正极板开始由静止被加速，加速电压为U，加速后粒子从a点进入左侧磁场，又从距正方形上下边界等间距的b点沿与电场平行的方向进入中间区域的电场中，不计粒子重力(1)求a点到A点的距离(2)电场强度E的取值在什么范围内时粒子能从右侧磁场的上边缘CC1间离开？(3)改变中间区域的电场方向和场强大小，粒子可从D点射出，求粒子在左右两侧磁场中
12、运动的总时间解析：(1)粒子在金属板间加速时，有qUmv2粒子在左侧磁场中运动时，如图甲所示，有qvB1msin a点到A点的距离xR1(1cos )联立解得xL (2)如图甲所示，粒子在右侧磁场中以半径为Rn和Rm的两轨迹为临界轨迹从上边缘CC1离开磁场时，有RnLRmL又qvnB2mqvmB2m粒子在中间电场运动时，有qEnLmvmv2qEmLmvmv2联立解得En，Em电场强度的取值范围为E.(3)粒子在左右磁场中运动，T1T2必须改变中间区域的电场方向并取定电场E的某一恰当确定数值，粒子才能沿如图乙所示的轨迹从D点射出由式可得：60，有t联立并代入数据解得t .答案：(1)L(2)E(3)