四川2018（春）高考物理课外系列练题（2）及解析答案.doc

1、四川2018（春）高考物理课外系列练题（2）及解析答案一、选择题1如图所示，固定斜面上的物体A用跨过滑轮的细线与小砂桶相连，连接A的细线与斜面平行，不计细线与滑轮间的摩擦力若要使物体A在斜面上保持静止，砂桶中砂的质量有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为m1和m2(m20)，重力加速度为g，由此可求出()A物体A的质量B斜面的倾角C物体A对斜面的正压力D物体A与斜面间的最大静摩擦力解析：选D.设物体A的质量为M，砂桶的质量为m0，物体与斜面间的最大静摩擦力为fm，斜面倾角为，由平衡条件可得物体A将要上滑时，有m0gm1gMgsin fm；物体A将要下滑时，有m0gm2gMgsin fm，可得

2、fm，D正确不能求出其他的物理量，A、B、C错误2(多选)如图所示，放在水平面上的斜面体B始终静止，物块A放在斜面体上，一轻质弹簧两端分别与物块A及固定在斜面体底端的轻质挡板拴接，初始时A、B静止，弹簧处于压缩状态现用力F沿斜面向下推A，但A并未运动下列说法正确的是()A弹簧对挡板的作用力不变BB对地面的压力增大CA、B之间的摩擦力一定增大D水平面对B的摩擦力始终为零解析：选AB.开始时弹簧处于压缩状态，加力F后，A未运动，弹簧长度不变，则弹簧对挡板的作用力不变，A正确隔离物块A进行受力分析，若初始时A受B的摩擦力沿斜面向上或为零，加推力F后，静摩擦力沿斜面向上增大；若初始时A受B的摩擦力沿斜

3、面向下，加推力F后，静摩擦力沿斜面向下减小，或方向变为沿斜面向上，大小可能减小也可能增大，C错误A、B、挡板和弹簧整体受力平衡，FNM总gF竖直，F水平Ff，B对地面的压力增大，水平面对B的作用力多了向左的摩擦力，所以B正确、D错误3(多选)如图所示，一带负电的小金属环套在粗糙绝缘细杆AB上，杆与水平面夹角为，杆的下方O点处固定一带正电的点电荷，OAOB现使小环以初速度v0，从A点沿杆上滑，到达B点时速度为零，小环滑回A点时速度为v，下列说法正确的是()A小环上滑过程中先匀加速再匀减速B小环上滑时间小于下滑时间C小环下滑过程中，减少的重力势能等于摩擦产生的内能D从A点出发到再回到A点的过程，小

4、环克服摩擦力做的功等于小环损失的动能解析：选BD.因小环在运动过程中受到的库仑力是变力，对其受力分析可知，小环在上滑过程中的加速度是变化的，并不是匀变速运动，选项A错误；由于上滑时的平均加速度大于下滑时的平均加速度，由运动学公式定性分析可知，小环上滑时间小于下滑时间，选项B正确；由功能关系可知，小环下滑过程中，减少的重力势能等于其在A点的动能和克服摩擦力做的功之和，选项C错误；小环从A点到再次回到A点过程中，电场力做功为零，重力做功为零，故小环克服摩擦力做的功等于小环损失的动能，选项D正确4(2017河北石家庄二模)质量为m的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其vt图象如图所示(竖直向

5、上为正方向，DE段为直线)，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是()At0t2时间内，合力对小球先做正功后做负功B0t3时间内，小球的平均速度一定为Ct3t4时间内，拉力做的功为(v4v3)g(t4t3)Dt3t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动解析：选C.vt图象中图线的斜率表示加速度，速度在时间轴之上表明速度一直为正，从图象可以看出小球先向上做加速度越来越大的加速运动，再做加速度越来越小的加速运动，然后做加速度越来越大的减速运动，最后做匀减速运动，运动方向一直向上，D错图中t0t2时间内小球做加速运动，故合力对小球一直做正功，A错vt图象中图线与t轴所围面积表示位移，而平均速度v，

6、结合图象中的“面积”可知0t3时间内，小球的平均速度大于，B错t3t4时间内由动能定理得Wmghmvmv，又h(t4t3)，解得W(v4v3)g(t4t3)，C对5(2017河北石家庄二模)(多选)如图甲所示，质量m3.0103 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l0.20 m，处于磁感应强度大小B11.0 T、方向水平向右的匀强磁场中有一匝数n300匝、面积S0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示t0.22 s时闭合开关K瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力

7、)，跳起的最大高度h0.20 m不计空气阻力，重力加速度g10 m/s2，下列说法正确的是()A00.10 s内线圈中的感应电动势大小为3 VB开关K闭合瞬间，CD中的电流方向由C到DC磁感应强度B2的方向竖直向下D开关K闭合瞬间，通过细杆CD的电荷量为0.03 C解析：选BD.00.1 s内线圈中的磁场均匀变化，由法拉第电磁感应定律EnnS，代入数据得E30 V，A错开关闭合瞬间，细框会跳起，可知细框受向上的安培力，由左手定则可判断电流方向由C到D，B对由于t0.22 s时通过线圈的磁通量正在减少，再对线圈由楞次定律可知感应电流产生的磁场的方向与B2的方向相同，故再由安培定则可知C错误K闭合

8、瞬间，因安培力远大于重力，则由动量定理有B1Iltmv，通过细杆的电荷量QIt，线框向上跳起的过程中v22gh，解得Q0.03 C，D对6(2017山东泰安二模)(多选)如图甲所示，间距为L的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，轨道左侧连接一定值电阻R.垂直导轨的导体棒ab在水平外力F作用下沿导轨运动，F随t变化的规律如图乙所示在0t0时间内，棒从静止开始做匀加速直线运动图乙中t0、F1、F2为已知量，棒和导轨的电阻不计则()A在t0以后，导体棒一直做匀加速直线运动B在t0以后，导体棒先做加速，最后做匀速直线运动C在0t0时间内，导体棒的加速度大小为D在0t0时间内，通过导

9、体棒横截面的电荷量为解析：选BD.因在0t0时间内棒做匀加速直线运动，故在t0时刻F2大于棒所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不变，安培力逐渐变大，导体棒做加速度越来越小的加速运动，当加速度a0，即导体棒所受安培力与外力F2相等后，导体棒做匀速直线运动，故A错误，B正确设在0t0时间内导体棒的加速度为a，通过导体棒横截面的电荷量为q，导体棒的质量为m，t0时刻导体棒的速度为v，则有：a，F2ma，F1ma，q，BSBLt0，解得：a，q，故C错误、D正确二、非选择题1、光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图所示装置，其中直轨道BC粗糙，直轨道CD光滑，两轨道相接处为一很小的圆弧，质量为m0.1

10、kg的滑块(可视为质点)在圆轨道上做圆周运动，到达轨道最高点A时的速度大小为v4 m/s，当滑块运动到圆轨道与直轨道BC的相切处B时，脱离圆轨道开始沿倾斜直轨道BC滑行，到达轨道CD上的D点时速度为零若滑块变换轨道瞬间的能量损失可忽略不计，已知圆轨道的半径为R0.25 m，直轨道BC的倾角37，其长度为L26.25 m，D点与水平地面间的高度差为h0.2 m，取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)滑块在圆轨道最高点A时对轨道的压力大小；(2)滑块与直轨道BC间的动摩擦因数；(3)滑块在直轨道BC上能够运动的时间解析：(1)在圆轨道最高点A处对滑块，由牛

11、顿第二定律得：mgFNm得FNm5.4 N由牛顿第三定律得滑块在圆轨道最高点A时对轨道的压力大小为5.4 N(2)从A点到D点全程，由动能定理得：mg(RRcos Lsin h)mgLcos 0mv2即0.8(3)设滑块在BC上向下滑动的时间为t1，向上滑动的加速度为a2，时间为t2，在C点时的速度为vC.由C到D：mvmghvC2 m/sA点到B点的过程：mgR(1cos )mvmv2vB5 m/s在轨道BC上：下滑：Lt1，t17.5 s上滑：mgsin mgcos ma2a2gsin gcos 12.4 m/s20vCa2t2t2 s0.16 stan ，滑块在轨道BC上停止后不再下滑滑

12、块在BC上运动的总时间：t总t1t2(7.50.16) s7.66 s答案：(1)5.4 N(2)0.8(3)7.66 s2、某同学用位移传感器研究木块在斜面上的滑动情况，装置如图(a)已知斜面倾角37.他使木块以初速度v0沿斜面上滑，并同时开始记录数据，绘得木块从开始上滑至最高点，然后又下滑回到出发处过程中的xt图线如图(b)所示图中曲线左侧起始端的坐标为(0,1.4)，曲线最低点的坐标为(0.5,0.4)重力加速度g取10 m/s2.求：(1)木块上滑时的初速度v0和上滑过程中的加速度a；(2)木块与斜面间的动摩擦因数；(3)木块滑回出发点时的速度vt.解析：(1)木块匀减速上滑，由图象得到：末速度v0，位移x1.4 m0.4 m1.0 m，时间为t0.5 s；根据位移时间公式，有：xv0tat2；根据速度时间公式，有：vv0at；联立解得：v04 m/s，a8 m/s2.(2)上滑过程，木块受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：mgsin 37mgcos 37ma代入数据解得：0.25.(3)木块下滑过程，根据牛顿第二定律，有：mgsin 37mgcos 37ma代入数据解得：a4 m/s2物体匀加速下滑，根据速度位移公式，有：v2ax解得：vt m/s2 m/s.答案：(1)4 m/s8 m/s2(2)0.25(3)2 m/s