1、四川岳池中学2018高考物理物理课外选练（二）及解析涉及的知识点：磁场及带电粒子在磁场中的运动电场及带电粒子在电场中的运动功、功率、动能定理机械能守恒定律、功能关系力与物体的平衡牛顿运动定律及其应用碰撞与动量守恒1.(2017临沂一模)如图所示,OM的左侧存在范围足够大,磁感应强度大小为B的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,ON(在纸面内)与磁场方向垂直且NOM=60,ON上有一点P,OP=L。P点有一粒子源,可沿纸面内各个方向射出质量为m,电荷量为q的带正电的粒子(不计重力),速率为,则粒子在磁场中运动的最短时间为()A.B.C.D.【解析】选A。粒子运动的半径r=;当粒子在磁场中运动时间最短
2、时,在磁场中的圆弧弦最短,则由P点作MO的垂线即为最短弦长,则PA=Lsin60=L,由三角函数可得:sin=,解得PO1A=90,则最短时间t=T=,故选A。2.在研究影响平行板电容器电容大小因素的实验中,一已充电的平行板电容器与静电计连接如图所示。现保持B板不动,适当移动A板,发现静电计指针张角减小,则A板可能是()A.右移B.左移C.上移D.下移【解析】选A。将A板向右移一些,板间距离减小,由电容的决定式C=可知,电容增大,而电容器带电量不变,由C=分析得知,板间电势差减小,则静电计指针张角减小;同理可知,A板向左移一些时,静电计指针张角增大,故选项A正确,B错误;A板向上或向下移一些,
3、两极板正对面积减小,由电容的决定式C=可知,电容减小,而电容器带电量不变,由C=分析得知,板间电势差增大,则静电计指针张角增大,故选项C、D错误。3.一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道,小球先进入圆轨道1,再进入圆轨道2,圆轨道1的半径为R,圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍,小球的质量为m,若小球恰好能通过轨道2的最高点B,则小球在轨道1上经过A处时对轨道的压力为()世纪金榜导学号49294144A.2mgB.3mgC.4mgD.5mg【解析】选C。小球恰好能通过轨道2的最高点B时,有mg=,小球在轨道1上经过A处时,有F+mg=,根据动能定理,有1.6mgR=m-m,解得F=4mg
4、,C项正确。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,
5、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
6、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.(2017宁德一模)如图所示,质量为0.2kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上,质量为0.6kg的物体B由
7、细线悬挂在天花板上,B与A刚好接触但不挤压,现突然将细线剪断,则剪断后瞬间A、B间的作用力大小为(g取10m/s2)世纪金榜导学号49294119()A.0.5 NB.2.5 NC.0 ND.1.5 N【解析】选D。细线被剪断前分别取A、B为研究对象,根据物体的平衡条件可得,绳的拉力T=mBg=6N,弹簧的弹力F=mAg=2N、方向竖直向上,细线被剪断的瞬间T1=0,F1=F=2N,取A、B组成的系统为研究对象,根据牛顿第二定律得,(mA+mB)g-F1=(mA+mB)a,代入数据解得a=7.5m/s2,设细线被剪断瞬间A对B的作用力为F2,取B为研究对象,由牛顿第二定律得mBg-F2=mBa
8、,代入数据解得F2=1.5N,故D正确。【总结提升】瞬时性问题的解题技巧(1)分析物体在某一时刻的瞬时加速度,关键是明确该时刻物体的受力情况及运动状态,再由牛顿第二定律求出瞬时加速度,此类问题应注意以下几种模型:特性模型受外力时的形变量力能否突变产生拉力或支持力质量内部弹力轻绳微小不计可以只有拉力没有支持力不计处处相等轻杆微小不计可以既可有拉力也可有支持力橡皮绳较大不能只有拉力没有支持力轻弹簧较大不能既可有拉力也可有支持力(2)在求解瞬时加速度问题时应注意:物体的受力情况和运动情况是时刻对应的,当外界因素发生变化时,需要重新进行受力分析和运动分析。加速度可以随着力的突变而突变,而速度的变化需要
9、一个过程,不会发生突变。7.(2017商丘二模)如图所示,固定轨道ABC中,在B点处通过一段极短的圆弧将倾角=37的光滑斜面AB和固定水平面BC平滑连接,一小物块从A点由静止开始释放后,沿斜面AB运动,最终停在水平面BC上。已知物块与水平面BC上各处间的动摩擦因数均为0.2,物块滑过B点时的动能不损失,g取10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8,下面四幅图中,能正确反映物块的速率v随时间t变化规律的是()【解析】选A。在物块沿光滑斜面下滑的过程中,对小物块进行受力分析,设此过程物块的加速度大小为a1,设物块沿斜面下滑的时间为t1,到达斜面底端时的速度为v,根据牛顿第二定律得mgs
10、in37=ma1,解得a1=gsin37=6m/s2,根据运动学公式v=v0+at可得v=a1t1=6t1,在物块沿粗糙水平面上运动的过程中,对小物块进行受力分析,设此过程中物体的加速度大小为a2,此过程中物块运动时间为t2,根据牛顿第二定律得f=ma2,f=FN,FN=mg,由以上三式解得a2=g=2m/s2,根据运动学公式v=v0+at得v=a2t2=2t2,可知a1a2,故物块在沿斜面加速下滑过程中速度时间图象斜率的绝对值大于物体在沿水平面做匀减速直线运动过程中速度时间图象斜率的绝对值,解得t2=3t1,故A正确。8、(2017淄博一模)如图所示,在y轴右侧有一方向垂直纸面向里的有界匀强
11、磁场区域(图中未画出),磁感应强度大小为B。一束质量为m,电量为+q的粒子流,沿x轴正向运动,其速度大小介于v0与2v0之间,从坐标原点射入磁场,经磁场偏转后,所有粒子均沿y轴正方向射出磁场区域。不计粒子重力。求: (1)粒子在磁场中运动的最大半径和最小半径。(2)粒子在磁场中运动的时间。(3)满足条件的磁场区域的最小面积。【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,则qvB=m,速度最大为2v0的粒子,运动半径最大,则R1=,速度最小为v0的粒子,运动半径最小,则R2=。(2)所有粒子运动的周期都相同,粒子在磁场中运动的时间也相同,T=,t=,解得t=。(3)粒子沿x轴正向进入磁场,射出时速度方向均竖直向上,偏转角都是90,所以轨迹经过的区域为磁场的最小面积,如图所示,图中灰色阴影部分即为最小磁场区域。S1=-,S2=-,S=S1-S2。联立代入数据得S=。答案:(1)(2)(3)
