2018年高考物理三輪助力選練題（19）及解析一、選擇題1.(2017·湖南長沙模擬)如圖所示,在勻速轉動的水平圓盤上,沿半徑方向放著用細線相連的質量相等的兩個物體A和B,它們與盤間的動摩擦因數(shù)相同,當圓盤轉動到兩個物體剛好還未發(fā)生滑動時,燒斷細線,兩個物體的運動情況是(BD)A.兩物體沿切線方向滑動B.物體B仍隨圓盤一起做勻速圓周運動C.兩物體仍隨圓盤一起做圓周運動,不發(fā)生滑動D.物體A發(fā)生滑動,離圓盤圓心越來越遠解析:兩物體隨圓盤一起做勻速圓周運動的角速度相同,由F=mω2r可知,在質量相同的情況下,A需要的向心力較大,當兩個物體剛好還未發(fā)生滑動時,其摩擦力達到最大靜摩擦力,A需要的向心力大于最大靜摩擦力,而B需要的向心力小于最大靜摩擦力,此時細線對A有拉力.燒斷細線,細線對A的拉力消失,由于A需要的向心力大于最大靜摩擦力,所以A將做離心運動;而B需要的向心力小于最大靜摩擦力,所以B仍隨圓盤一起做勻速圓周運動,選項B,D正確.2．(2017·河南省高考物理預測試卷)如圖所示，假設質量為m的運動員，在起跑階段前進的距離x內(nèi)，重心上升高度為h，獲得的速度為v，阻力做功為W阻、重力對人做功W重、地面對人做功W地、運動員自身做功W人，已知重力加速度為g.則在此過程中，下列說法中正確的是()A．地面對人做的功W地＝eq\f(1,2)mv2＋mghB．運動員的機械能增加了eq\f(1,2)mv2＋mghC．運動員的重力做功為W重＝mghD．運動員自身做功W人＝eq\f(1,2)mv2＋mgh＋W阻解析：選B.A、地面對人作用時，由于人的腳并沒有離開地面，故地面的力對運動員并不做功，故A錯誤；B、起跑過程，重力勢能增加mgh，動能增加eq\f(1,2)mv2，故機械能增加量為mgh＋eq\f(1,2)mv2，故B正確；C、重心上升h，故重力做功為W重＝－mgh，故C錯誤；D、根據(jù)動能定理有：W人＋W阻－mgh＝eq\f(1,2)mv2，故W人＝eq\f(1,2)mv2＋mgh－W阻，故D錯誤．3．（2018山東省棗莊八中期中）物理學的發(fā)展極大地豐富了人類對物質世界的認識，推動了科學技術的創(chuàng)新和革命，促進了人類文明的進步，關于物理學中運動與力的發(fā)展過程和研究方法的認識，下列說法中正確的是（）A.亞里士多德首先提出了慣性的概念B.伽利略對自由落體運動研究方法的核心是：把實驗和邏輯推理（包括數(shù)學演算）結合起來，從而發(fā)展了人類的科學思維方式和科學研究方法C.牛頓三條運動定律是研究動力學問題的基石，牛頓的三條運動定律都能通過現(xiàn)代的實驗手段直接驗證D.力的單位“N”是基本單位，加速度的單位“”是導出單位【答案】B4．(2017·天津六校聯(lián)考)如圖所示，光滑絕緣的水平面上M、N兩點有完全相同的金屬小球A和B，帶有不等量的同種電荷，且qA＜qB.現(xiàn)使A、B以大小相等的初動量相向運動，并發(fā)生彈性碰撞，碰后返回M、N兩點，則下列說法正確的是()A．碰撞發(fā)生在M、N的中點右側B．兩球不會同時返回M、N兩點C．兩球回到原位置時各自的動量比原來大些D．A與B碰撞過程A對B的沖量等于B對A的沖量解析：選C.兩球所受的合力是相互間的靜電力，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度相等，通過運動學公式判斷兩者發(fā)生碰撞的位置，以及返回到M、N點的時間關系．通過碰撞后電荷重新分布，電場力發(fā)生變化，根據(jù)電場力做功比較返回到原位置動能的變化，從而分析動量關系．結合牛頓第三定律分析碰撞過程中沖量關系．由于兩球在任何時刻所受的庫侖力大小相等，質量也相等，則兩球的加速度大小相等，速度大小相等，可知碰撞發(fā)生在M、N的中點，故A錯誤．由于兩球完全相同，碰撞前總動量為零，由碰撞過程中動量守恒可知，碰撞后總動量也為零，所以碰后兩球速度大小相等，庫侖力大小相等，則加速度大小相等，所以兩球同時返回M、N兩點，故B錯誤．兩球碰撞后，電量重新分配，兩球在同樣的位置間的作用力比之前增大，可知整個過程中電場力做正功，知返回到出發(fā)點的速度比較之前大，則兩球回到原位置時動量比原來大些．故C正確．A與B碰撞過程中，由牛頓第三定律知，相互間的作用力大小相等，方向相反，作用時間也相等，所以A對B的沖量與B對A的沖量大小相等，方向相反，所以沖量不等，D錯誤．5.(2017·河南安陽武清區(qū)模擬)如圖所示為一理想變壓器,b是原線圈的中心抽頭,副線圈兩端接有理想交流電壓表和電流表,開關S,可變電阻R以及兩個阻值相同的定值電阻R1,R2.從某時刻開始在原線圈c,d兩端加上正弦式交變電壓,下列說法正確的是(AC)A.將可變電阻R調大,其他部分不變,電壓表示數(shù)不變,電流表的讀數(shù)變小B.將開關S從斷開到閉合,其他部分不變,電流表讀數(shù)變大,電壓表讀數(shù)變小C.可變電阻R的阻值調為0時,開關S閉合前后電源的輸出功率之比為1∶2D.將單刀雙擲開關由a撥向b時,其他部分不變,副線圈的頻率減半解析:將可變電阻R調大,其他部分不變,電壓表示數(shù)不變,根據(jù)歐姆定律,電流表示數(shù)變小,故A正確;將開關S從斷開到閉合,其他部分不變,副線圈回路的電阻變小,電壓表示數(shù)不變,電流表示數(shù)變大,故B錯誤;將可變電阻R的阻值調為0時,開關S閉合前電源的輸出功率P1=,開關S閉合后電源的輸出功率P2=+=2,所以開關S閉合前后電源的輸出功率之比為1∶2,故C正確;變壓器不改變交變電流的頻率,將單刀雙擲開關由a撥向b時,其他部分不變,副線圈的頻率不變,故D錯誤.6．(2017·江南南昌三校四聯(lián))如圖所示，有一個矩形邊界的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里．一個三角形閉合導線框，由位置1(左)沿紙面勻速運動到位置2(右)．取線框剛到達磁場邊界的時刻為計時起點(t＝0)，規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，則圖中能正確反映線框中電流與時間關系的是()解析：選A.線框進入磁場的過程，磁通量向里增加，根據(jù)楞次定律得知感應電流的磁場向外，由安培定則可知感應電流方向為逆時針，電流方向應為正方向，故B、C錯誤；線框進入磁場的過程，線框有效的切割長度先均勻增大后均勻減小，由E＝BLv，可知感應電動勢先均勻增大后均勻減小；線框完全進入磁場后，磁通量不變，沒有感應電流產(chǎn)生；線框穿出磁場的過程，磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律得知感應電流的磁場向里，由安培定則可知感應電流方向為順時針，電流方向應為負方向，線框有效的切割長度先均勻增大后均勻減小，由E＝BLv，可知感應電動勢先均勻增大后均勻減小；故A正確，D錯誤．二、非選擇題1．實驗室有下列器材：靈敏電流計G(內(nèi)阻約為50Ω)；電壓表V(0～3V，內(nèi)阻約為10kΩ)；電阻箱R1(0～9999Ω)；滑動變阻器R2(0～100Ω，1.5A)；舊干電池一節(jié)；導線開關若干．(1)某實驗小組先測靈敏電流計的內(nèi)阻，電路如圖甲所示，測得電壓表示數(shù)為2V，靈敏電流計示數(shù)為4mA，電阻箱旋鈕位置如圖乙所示，則靈敏電流計內(nèi)阻為________Ω.(2)為將靈敏電流計的量程擴大為原來的10倍，該實驗小組將電阻箱與靈敏電流計并聯(lián)，則應將電阻箱R1的阻值調為________Ω.調好后連接成如圖丙所示的電路測干電池的電動勢和內(nèi)阻，調節(jié)滑動變阻器讀出了幾組電壓表和電流計的示數(shù)如下表，請在圖丁所示的坐標系中作出合適的Ig－U圖線.Ig/mA3.02.52.01.51.0U/V0.80.91.01.11.2(3)由作出的Ig－U圖線求得干電池的電動勢E＝________V，內(nèi)阻r＝________Ω.解析：(1)由圖乙可知，電阻箱示數(shù)為R1＝0×1000Ω＋4×100Ω＋5×10Ω＋5×1Ω＝455Ω.由歐姆定律得Rg＋R1＝eq\f(U,I)＝eq\f(2V,0.004A)＝500Ω，電流計內(nèi)阻為Rg＝500Ω－455Ω＝45Ω.(2)將靈敏電流計的量程擴大為原來的10倍，并聯(lián)電阻阻值R＝eq\f(IgRg,I－Ig)＝eq\f(45Ig,10Ig－Ig)＝5Ω，根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)在坐標系內(nèi)找出對應點，然后根據(jù)找出的點作出圖象，如答案圖所示．(3)由Ig－U圖線可知，圖線與橫軸的交點坐標值為1.4，則電源電動勢E＝1.4V，電流表內(nèi)阻RA＝eq\f(R1Rg,R1＋Rg)＝eq\f(5Ω×4.5Ω,5Ω＋4.5Ω)＝2.4Ω，圖線的斜率k＝eq\f(ΔI,ΔU)＝eq\f(0.003A×10,1.4V－0.8V)＝eq\f(1,20Ω)，電源內(nèi)阻r＝eq\f(1,k)－RA＝20Ω－2.4Ω＝17.6Ω.答案：(1)45(2)5如圖所示(3)1.417.61．如圖所示，半徑為R＝1m，內(nèi)徑很小的粗糙半圓管豎直放置，一直徑略小于半圓管內(nèi)徑、質量為m＝1kg的小球，在水平恒力F＝eq\f(250,17)N的作用下由靜止沿光滑水平面從A點運動到B點，A、B間的距離x＝eq\f(17,5)m，當小球運動到B點時撤去外力F，小球經(jīng)半圓管道運動到最高點C，此時球對外軌的壓力FN＝2.6mg，然后垂直打在傾角為θ＝45°的斜面上(g＝10m/s2)．求：(1)小球在B點時的速度的大小；(2)小球在C點時的速度的大小；(3)小球由B到C的過程中克服摩擦力做的功；(4)D點距地面的高度．解析：(1)小球從A到B過程，由動能定理得Fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝10m/s.(2)在C點，由牛頓第二定律得mg＋FN＝meq\f(v\o\al(2,C),R)由題意有FN＝2.6mg解得vC＝6m/s.(3)由B到C的過程，由動能定理得－mg·2R－Wf＝eq