1、2018年高考物理（通用）四月（上旬）晚自习讲义及解析一、选择题1、如图所示,圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场,磁感应强度的大小为B1,P为磁场边界上的一点。相同的带正电荷粒子,以相同的速率从P点射入磁场区域,速度方向沿位于纸面内的各个方向,这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上,这段圆弧的弧长是圆周长的。若将磁感应强度的大小变为B2,结果相应的弧长变为圆周长的,不计粒子的重力和粒子间的相互影响,则等于()A.B.C.D.【解析】选C。设圆形区域的半径为r。当磁感应强度为B1时,从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M,最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点,POM=120,如图所示:由
2、几何关系得sin60=,解得R=r。磁感应强度为B2时,从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为N,最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点,PON=90,如图所示:所以粒子做圆周运动的半径为R=r。对带电粒子由牛顿第二定律得qvB=m,解得B=,由于v、m、q相等,则得=,选项C正确。2.如图所示,已知a、b、c、d为椭圆的四个顶点,+Q处在椭圆的一个焦点上,一带负电的点电荷仅在库仑力作用下绕固定的点电荷+Q运动,则下列说法正确的是()A.负电荷在a、c两点所受的电场力相同B.负电荷在a点和c点的电势能EpaEpcC.负电荷由b运动到d的过程中电势能增加,动能减少D.负电荷由a经b运动到c的过程
3、中,电势能先增加后减少【解析】选C。在a、c两点负电荷所受电场力方向不同,A项错误;以固定点电荷为球心的球面是等势面,所以a、c两点电势相等,根据电势与电势能的关系可知,负电荷在a、c两点电势能也相等,B项错误;负电荷由b到d过程中,电场力始终做负功,电势能增加,动能减少,C项正确;负电荷由a经b到c的过程中,电场力先做正功再做负功,故电势能先减少后增加,D项错误。【总结提升】电势能大小及其变化分析的两个思路(1)做功角度:根据静电力做功与电势能变化的关系分析、判断带电粒子电势能及其变化。静电力做正功,粒子的电势能减少,静电力做负功,则粒子的电势能增加。(2)转化角度:只有静电力做功时,电势能
4、与动能可以相互转化,动能减小,电势能增加,动能增大,电势能减少。3、(多选)一质量为2kg的物体,在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动,当运动一段时间后,拉力逐渐减小,且当拉力减小到零时,物体刚好停止运动,图中给出了拉力随位移变化的关系图象。已知重力加速度g=10m/s2,由此可知()A.物体与水平面间的动摩擦因数约为0.35B.减速过程中拉力对物体所做的功约为13 JC.匀速运动时的速度约为6 m/sD.减速运动的时间约为1.7 s【解析】选A、B、C。物体匀速运动时,受力平衡,则F=mg,=0.35,选项A正确;因为WF=Fx,故拉力的功等于F-x图线包含的面积,
5、由图线可知小格数为13,则功为131J=13 J,选项B正确;由动能定理可知:WF-mgx=0-m,其中x=7m,则解得v0=6m/s,选项C正确;由于不知道具体的运动情况,无法求出减速运动的时间,故D错误。4、如图所示,一轻弹簧固定于地面上,上面依次放置两木块A、B,用一力F竖直向下作用在木块B上,撤去力F后,弹簧恰能恢复原长,有关上升过程中机械能的说法正确的是()A.此过程中A、B组成的系统机械能守恒B.此过程中弹簧对A做的功等于A机械能的增加量C.此过程中弹簧释放的弹性势能等于A的机械能增加量D.此过程中B的机械能一直在增加【解析】选D。撤去外力F后弹簧弹力对A、B做功,此过程中A、B组
6、成的系统机械能不守恒,故选项A错误;此过程中弹簧对A做的功等于A与B机械能的增加量的和,即弹簧释放的弹性势能等于A、B两木块的机械能增加量,故选项B、C错误;此过程中A对B的支持力一直对B做正功,B的机械能一直在增加,故选项D正确。5.如图所示,一半径为R的均匀带正电圆环水平放置,环心为O点,质量为m的带正电的小球从O点正上方h高的A点静止释放,并穿过带电环,关于小球从A到A关于O的对称点A的过程中加速度(a)、重力势能(EpG)、机械能(E)、电势能(Ep电)随位置变化的图象一定错误的是(取O点为坐标原点且重力势能为零,向下为正方向,无限远电势为零)()【解析】选D。圆环中心的场强为零,无穷
7、远处场强也为零,则小球从A到圆环中心的过程中,场强可能先增大后减小,则小球所受的电场力先增大后减小,方向竖直向上,由牛顿第二定律得知,重力不变,则加速度可能先减小后增大,小球穿过圆环后,小球所受的电场力竖直向下,加速度方向向下,为正值,根据对称性可知,电场力先增大后减小,则加速度先增大后减小,故A是可能的,故选项A正确;小球下落过程中,重力势能EpG=-mgh,根据数学知识可知,B是可能的,故选项B正确;小球从A到圆环中心的过程中,电场力做负功,机械能减小,小球穿过圆环后,电场力做正功,机械能增大,C是可能的,故选项C正确;由于圆环所产生的是非匀强电场,小球下落的过程中,电场力做功与下落的高度
8、之间是非线性关系,电势能变化与下落高度之间也是非线性关系,所以D是不可能的,故选项D错误。6、如图所示,细线上端固定于O点,其下端系一小球,静止时细线长L。现将细线和小球拉至图中实线位置,此时细线与竖直方向的夹角为=60;并在小球原来所在的最低点处放置一质量相同的泥球,然后使悬挂的小球从实线位置由静止释放,它运动到最低点时与泥球碰撞并合为一体,它们一起摆动中可达到的最大高度是()A.B.C.D.【解析】选C。碰前由机械能守恒得mgL(1-cos60)= m,解得v1=,两球相碰过程动量守恒mv1=2mv2,得v2=,碰后两球一起摆动,机械能守恒,则有2m=2mgh,解得h=L。7.(2017成
9、都一模)如图所示,ABCD是固定在地面上,由同种金属细杆制成的正方形框架,框架任意两条边的连接处平滑,A、B、C、D四点在同一竖直面内,BC、CD边与水平面的夹角分别为、(),让套在金属杆上的小环从A点无初速度释放。若小环从A经B滑到C点,摩擦力对小环做功为W1,重力的冲量为I1,若小环从A经D滑到C点,摩擦力对小环做功为W2,重力的冲量为I2。则()A.W1W2B.W1=W2C.I1I2D.I1=I2【解析】选B、C。设正方形的边长为l,经AB段和CD段摩擦力做负功,大小为mglcos,经BC段和AD段摩擦力做负功,大小为mglcos,W1=W2,选项A错误、B正确;小环从A经B滑到C点和从
10、A经D滑到C点过程中路程相等,到达C点时速度大小相等。设AB段加速度为a1,a1=gsin-gcos,AD段加速度为a2,a2=gsin-gcos,则a1vB,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,小环从A经B滑到C点所用时间大于从A经D滑到C点所用的时间,根据I=mgt,I1I2,选项C正确、D错误。二、非选择题8.(2017新乡一模)如图所示,光滑水平地面上有一小车,车上固定光滑斜面和连有轻弹簧的挡板,弹簧处于原长状态,自由端恰在C点,总质量为M =2kg。小物块从斜面上A点由静止滑下,经过B点时无能量损失。已知:物块的质量m =1kg,A点到B点
11、的竖直高度为h =1.8m,BC长度为l =3m,BC段动摩擦因数为0.3,CD段光滑。g取10m/s2,求在运动过程中,导学号49294156(1)弹簧弹性势能的最大值。(2)物块第二次到达C点的速度。【解析】(1)下滑过程中,对m:mgh=m-0m滑下后,对系统,取向右为正,当两者第一次共速时弹簧被压缩到最短,弹簧弹性势能最大为Ep,有:mv0=(m+M)v,Ffl+Ep=m- (M+m)v2Ff=FN,FN-mg=0解得:Ep=3J(2)物块从B点经BC后压缩弹簧被弹回到C点时,根据动量守恒定律和动能定理有mv0=mv1+Mv2,-Ffl=m+M-m解得:v1=4m/s或0,经分析,物块第二次到达C点速度应为0。答案:(1)3J(2)0【总结提升】动量的观点和能量的观点(1)动量的观点和能量的观点。动量的观点:动量守恒定律。能量的观点:动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律。(2)动量的观点和能量的观点的优点:只要知道过程的始末状态动量、动能和力在过程中所做的功,即可对问题求解,不需要对变化过程的细节做深入研究。
