2018年高考物理三輪助力選練題（12）及解析一、選擇題1.用一段橫截面半徑為r、電阻率為ρ、密度為d的均勻導體材料做成一個半徑為R(r?R)的圓環.圓環豎直向下落入如圖所示的徑向磁場中,圓環的圓心始終在N極的軸線上,圓環所在位置的磁感應強度大小均為B.圓環在加速下落過程中某一時刻的速度為v,忽略電感的影響,則(AD)A.此時在圓環中產生了(俯視)順時針的感應電流B.圓環因受到了向下的安培力而加速下落C.此時圓環的加速度a=D.如果徑向磁場足夠長,則圓環的最大速度vm=解析:由右手定則可以判斷感應電流的方向,可知選項A正確;由左手定則可以判斷,此時圓環受到的安培力應該向上,選項B錯誤;圓環受重力、安培力作用,mgBIL=ma,I=,m=dV,V=LS,L=2πR,S=πr2,電阻R=ρ,可解得加速度a=g,選項C錯誤;當重力等于安培力時速度達到最大,可得vm=,選項D正確.2．(2017·廣東省深圳市高三第一次調研)人造衛星a的圓形軌道離地面高度為h，地球同步衛星b離地面高度為H，h＜H，兩衛星共面且旋轉方向相同．某時刻衛星a恰好出現在赤道上某建筑物c的正上方，設地球赤道半徑為R，地面重力加速度為g，則()A．a、b線速度大小之比為eq\r(\f(R＋h,R＋H))B．a、c角速度之比為eq\r(\f(R3,R＋h3))C．b、c向心加速度大小之比eq\f(R＋H,R)D．a下一次通過c正上方所需時間等于t＝2πeq\r(\f(R＋h3,gR2))解析：選C.人造地球衛星繞地球做勻速圓周運動，由地球的萬有引力提供向心力，根據牛頓運動定律求解衛星的角速度．衛星繞地球做勻速圓周運動，建筑物隨地球自轉做勻速圓周運動，當衛星轉過的角度與建筑物轉過的角度之差等于2π時，衛星再次出現在建筑物上空．繞地球運行的衛星，地球對衛星的萬有引力提供向心力，設衛星的線速度為v，則：Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，所以v＝eq\r(\f(GM,r))，可知a、b線速度大小之比為eq\r(\f(R＋H,R＋h)).故A錯誤；設衛星的角速度為ω，Geq\f(Mm,r2)＝mω2r，得ω＝eq\r(\f(GM,r3))，所以：eq\f(ωa,ωb)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R＋h,R＋H)))3)，又由于同步衛星b的角速度與c的角速度相同，所以eq\f(ωa,ωc)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R＋h,R＋H)))3)，故B錯誤；同步衛星b的角速度與c的角速度相同，根據：a＝ω2r可得：eq\f(ab,ac)＝eq\f(R＋H,R)，故C正確；設經過時間t衛星a再次通過建筑物c上方，根據幾何關系有：(ωa－ωc)t＝2π，又mg＝eq\f(GMm,R2)，聯立解得：t＝eq\f(2π,ωa－ωc)＝eq\f(2π,\r(\f(R＋h3,GM))－\r(\f(R＋H3,GM)))＝eq\f(2π\r(gR2),\r(R＋h3)－\r(R＋H3))，故D錯誤．3．如圖，一質量為m的滑塊靜止置于傾角為30°的粗糙斜面上，一根輕彈簧一端固定在豎直墻上的P點，另一端系在滑塊上，彈簧與斜面垂直，則()A．滑塊不可能只受到三個力作用B．彈簧不可能處于伸長狀態C．斜面對滑塊的支持力大小可能為零D．斜面對滑塊的摩擦力大小一定等于mg【答案】D【解析】彈簧與斜面垂直，所以物體要靜止在斜面上必須受斜面的摩擦力，這樣才能平衡重力沿斜面的分力，有摩擦力則必有斜面對滑塊的支持力，彈簧不知是伸長、壓縮還是原長，所以D正確。4．(2017·河北石家莊二模)質量為m的小球在豎直向上的拉力作用下從靜止開始運動，其v-t圖象如圖所示(豎直向上為正方向，DE段為直線)，已知重力加速度大小為g，下列說法正確的是()A．t0～t2時間內，合力對小球先做正功后做負功B．0～t3時間內，小球的平均速度一定為eq\f(v3,2)C．t3～t4時間內，拉力做的功為eq\f(mv3＋v4,2)[(v4－v3)＋g(t4－t3)]D．t3～t4時間內，小球豎直向下做勻減速直線運動解析：選C.v-t圖象中圖線的斜率表示加速度，速度在時間軸之上表明速度一直為正，從圖象可以看出小球先向上做加速度越來越大的加速運動，再做加速度越來越小的加速運動，然后做加速度越來越大的減速運動，最后做勻減速運動，運動方向一直向上，D錯．圖中t0～t2時間內小球做加速運動，故合力對小球一直做正功，A錯．v-t圖象中圖線與t軸所圍面積表示位移，而平均速度v＝eq\f(x,t)，結合圖象中的“面積”可知0～t3時間內，小球的平均速度大于eq\f(v3,2)，B錯．t3～t4時間內由動能定理得W－mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，又h＝eq\f(v3＋v4,2)(t4－t3)，解得W＝eq\f(mv3＋v4,2)[(v4－v3)＋g(t4－t3)]，C對．5.(2017·河北張家口模擬)如圖所示,AOB為一邊界為圓的勻強磁場,O點為圓心,D點為邊界OB的中點,C點為邊界上一點,且CD∥AO.現有兩個帶正電粒子1,2,它們的比荷之比為1∶2,射入磁場的速率之比為1∶2,其中粒子1從A點正對圓心射入,恰從B點射出,粒子2從C點沿CD射入,從某點離開磁場,不計重力及粒子間的相互作用,則(CD)A.粒子2必在B,C之間(不含B,C)某點射出磁場B.粒子2必在D,B之間(不含D,B)某點射出磁場C.粒子1與粒子2在磁場中的運行時間之比為3∶1D.粒子1與粒子2的速度偏轉角度之比為3∶2解析:粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得qvB=,解得r=,由題意可知,兩粒子的比荷之比為1∶2,射入磁場的速率之比為1∶2,則它們的軌道半徑相等,即r1=r2,粒子運動軌跡如圖所示,粒子1從A點正對圓心射入,恰從B點射出,粒子在磁場中運動的圓心角為90°,粒子軌道半徑等于BO,粒子2從C點沿CD射入其運動軌跡如圖所示,設對應的圓心為O1,運動軌道半徑等于BO,連接O1C,O1B,O1COB是平行四邊形,O1B=CO,則粒子2一定從B點射出磁場,故A,B錯誤;粒子1的速度偏角等于在磁場中轉過的圓心角θ1=90°,連接PB,可知P為O1C的中點,由數學知識可知,粒子2在磁場中轉過的圓心角θ2=∠BO1P=60°,兩粒子的速度偏角不同,粒子在磁場中運動的周期T=,由于兩粒子的比荷之比為1∶2,則=,粒子在磁場中的運動時間t=T,它們在磁場中的運動時間之比==×=,粒子1與粒子2的速度偏轉角度之比==,故C,D正確.6．(2017·龍海聯考)關于光的理解，下列說法正確的是()A．光電效應和康普頓效應都表明光具有粒子性B．光在傳播時是波，而與物質相互作用時就轉變成粒子C．德布羅意是歷史上第一個實驗驗證了物質波存在的人D．牛頓的“微粒說”與愛因斯坦的“光子說”本質上是一樣的解析：選A.物體在光的照射下發射出電子的現象叫光電效應，根據愛因斯坦光子說的理論可知，光電效應說明了光具有粒子性，康普頓效應也揭示了光具有粒子性，A正確；光同時具有波粒二象性，B錯誤；德布羅意是歷史上第一個提出物質波的人，C錯誤；牛頓認為光是一種實物，是一些硬的小球，是按照牛頓運動定律運動的．愛因斯坦的光子說認為，光子是一種不連續的，分離的粒子狀的波動，這兩種學說在本質上是不同的，D錯誤．二、非選擇題(2017·寧夏銀川九中高三下學期第五次模擬考試)如圖所示，水平地面上靜止放置一輛小車A，質量mA＝4kg，上表面光滑，小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計．可視為質點的物塊B置于A的最右端，B的質量mB＝2kg，現對A施加一個水平向右的恒力F＝10N，A運動一段時間后，小車左端固定的擋板B發生碰撞，碰撞時間極短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下繼續運動，碰撞后經時間t＝0.6s，二者的速度達到vt＝2m/s.求：(1)A開始運動時加速度a的大小；(2)A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大小；(3)A的上表面長度l.解析：(1)以A為研究對象，由牛頓第二定律得F＝mAa代入數據解得：a＝2.5m/s2(2)對A、B碰撞后共同運動t＝0.6s的過程中，由動量定理得Ft＝(mA＋mB)vt