（廣安市）育才中學(xué)2018年高考物理二輪自學(xué)導(dǎo)案（四）及解析一、選擇題1.(2017·臨沂一模)如圖所示,OM的左側(cè)存在范圍足夠大,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場,磁場方向垂直紙面向里,ON(在紙面內(nèi))與磁場方向垂直且∠NOM=60°,ON上有一點(diǎn)P,OP=L。P點(diǎn)有一粒子源,可沿紙面內(nèi)各個(gè)方向射出質(zhì)量為m,電荷量為q的帶正電的粒子(不計(jì)重力),速率為,則粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為()A.B.C.D.【解析】選A。粒子運(yùn)動(dòng)的半徑r==;當(dāng)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短時(shí),在磁場中的圓弧弦最短,則由P點(diǎn)作MO的垂線即為最短弦長,則PA=Lsin60°=L,由三角函數(shù)可得:sin==,解得∠PO1A=90°,則最短時(shí)間t=T=,故選A。2.在研究影響平行板電容器電容大小因素的實(shí)驗(yàn)中,一已充電的平行板電容器與靜電計(jì)連接如圖所示。現(xiàn)保持B板不動(dòng),適當(dāng)移動(dòng)A板,發(fā)現(xiàn)靜電計(jì)指針張角減小,則A板可能是()A.右移 B.左移C.上移 D.下移【解析】選A。將A板向右移一些,板間距離減小,由電容的決定式C=可知,電容增大,而電容器帶電量不變,由C=分析得知,板間電勢差減小,則靜電計(jì)指針張角減小;同理可知,A板向左移一些時(shí),靜電計(jì)指針張角增大,故選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤;A板向上或向下移一些,兩極板正對面積減小,由電容的決定式C=可知,電容減小,而電容器帶電量不變,由C=分析得知,板間電勢差增大,則靜電計(jì)指針張角增大,故選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。3、(多選)如圖所示,光滑的水平軌道AB,與半徑為R的光滑的半圓形軌道BCD相切于B點(diǎn),AB水平軌道部分存在水平向右的勻強(qiáng)電場,半圓形軌道在豎直平面內(nèi),B為最低點(diǎn),D為最高點(diǎn)。一質(zhì)量為m、帶正電的小球從距B點(diǎn)x的位置在電場力的作用下由靜止開始沿AB向右運(yùn)動(dòng),恰能通過最高點(diǎn),則()導(dǎo)學(xué)號49294147A.R越大,x越大B.R越大,小球經(jīng)過B點(diǎn)后瞬間對軌道的壓力越大C.m越大,x越大D.m與R同時(shí)增大,電場力做功增大【解析】選A、C、D。小球在BCD部分做圓周運(yùn)動(dòng),在D點(diǎn),mg=m,小球由B到D的過程中有:2mgR=mm,解得vB=,R越大,小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度越大,則x越大,選項(xiàng)A正確;在B點(diǎn)有:FNmg=m,解得FN=6mg,與R無關(guān),選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由Eqx=m,知m、R越大,小球在B點(diǎn)的動(dòng)能越大,則x越大,電場力做功越多,選項(xiàng)C、D正確。【總結(jié)提升】應(yīng)用動(dòng)能定理解題的一般步驟(1)確定研究對象和研究過程。(2)分析研究對象的受力情況和各力的做功情況。(3)寫出該過程中合外力做的功,或分別寫出各個(gè)力做的功(注意功的正負(fù)),如果研究過程中物體受力情況有變化,要分別寫出該力在各個(gè)階段做的功。(4)寫出物體的初、末動(dòng)能。(5)按照動(dòng)能定理列式求解。4.(2017·泉州二模)如圖,當(dāng)風(fēng)以恒定的水平速度吹來時(shí),風(fēng)箏面與水平面成某一夾角,人靜止站在地面上拉住連接風(fēng)箏的細(xì)線(細(xì)線質(zhì)量、受風(fēng)力不計(jì)),使風(fēng)箏處于靜止,不計(jì)空氣浮力。則()A.風(fēng)對風(fēng)箏的作用力方向水平向右B.地面對人的支持力小于人和風(fēng)箏的總重力C.地面對人的作用力方向斜向左上方D.拉直的細(xì)線可能垂直風(fēng)箏面【解析】選B、C。設(shè)細(xì)線與水平面的夾角為α,風(fēng)力大小為F,風(fēng)箏受力如圖所示,空氣對風(fēng)箏的作用力方向垂直于風(fēng)箏的平面,風(fēng)箏處于穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)拉直的細(xì)線不可能垂直于風(fēng)箏面,故A、D錯(cuò)誤;對人和風(fēng)箏整體由平衡條件得,豎直方向上(M+m)g=FN+Fcosβ,β是風(fēng)箏與水平面之間的夾角,解得FN=(M+m)gFcosβ<(M+m)g,故B正確;地面對人的摩擦力水平向左,地面對人的作用力即支持力和摩擦力的合力,其方向斜向左上方,故C正確。【總結(jié)提升】共點(diǎn)力平衡問題的一般解題步驟(1)選取研究對象:根據(jù)題目要求,選取一個(gè)平衡體(單個(gè)物體或系統(tǒng),也可以是結(jié)點(diǎn))作為研究對象。(2)畫受力示意圖:對研究對象進(jìn)行受力分析,畫出受力示意圖。(3)正交分解:選取合適的方向建立直角坐標(biāo)系,將所受各力正交分解。(4)列方程求解:根據(jù)平衡條件列出平衡方程,解平衡方程,對結(jié)果進(jìn)行討論。5、(2017·寧德一模)已知質(zhì)量相同的兩個(gè)物體發(fā)生彈性正碰時(shí)速度交換。如圖“牛頓擺”,由五個(gè)相同的鋼球緊挨著懸掛在同一水平線上。當(dāng)拉起最左側(cè)的球1并釋放,由于相鄰球間的碰撞,導(dǎo)致最右側(cè)的球5被彈出,碰撞時(shí)動(dòng)能不損失。則()A.相鄰球間碰撞屬于非彈性碰撞B.球5被彈起時(shí),球4速度不為零C.球5被彈起時(shí),球1速度等于零D.五個(gè)鋼球組成的系統(tǒng)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)量守恒【解析】選C。因?yàn)榕鲎矔r(shí)動(dòng)能不損失,則各個(gè)小球之間的碰撞均為完全彈性碰撞,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;因?yàn)閮汕蚺鲎矔r(shí)交換速度,則球5被彈起時(shí),球4速度為零,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;1球落下后與2球碰撞,1、2兩球交換速度,以后以此類推,當(dāng)球5被彈起時(shí),球1、2、3、4速度都等于零,選項(xiàng)C正確;五個(gè)鋼球組成的系統(tǒng)只在水平方向碰撞過程中動(dòng)量守恒,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。6、如圖所示,水平光滑地面上停放著一輛質(zhì)量為M的小車,其左側(cè)有半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道AB,軌道最低點(diǎn)B與水平軌道BC相切,整個(gè)軌道處于同一豎直平面內(nèi)。將質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)無初速度釋放,物塊沿軌道滑行至軌道末端C處恰好沒有滑出。重力加速度為g,空氣阻力可忽略不計(jì)。關(guān)于物塊從A位置運(yùn)動(dòng)至C位置的過程,下列說法中正確的是()導(dǎo)學(xué)號49294155A.小車和物塊構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.摩擦力對物塊和軌道BC所做功的代數(shù)和為零C.物塊的最大速度為D.小車的最大速度為【解析】選D。小車和物塊組成的系統(tǒng)水平方向所受合外力為零,水平方向動(dòng)量守恒,系統(tǒng)整體所受合外力不為零,系統(tǒng)動(dòng)量不守恒,故A錯(cuò)誤;摩擦力對物塊和軌道BC所做功的代數(shù)和等于摩擦力與相對位移的乘積,摩擦力做功的代數(shù)和不為零,故B錯(cuò)誤;如果小車固定不動(dòng),物塊到達(dá)水平軌道時(shí)速度最大,由機(jī)械能守恒定律得:mgR=mv2,v=,現(xiàn)在物塊下滑時(shí),小車向左滑動(dòng),物塊的速度小于,故C錯(cuò)誤;小車與物塊組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,物塊剛下滑到B點(diǎn)時(shí),小車具有最大速度,物塊下滑過程,以向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得:mv1Mv2=0,由機(jī)械能守恒定律得:m+M=mgR,解得:v2=,故D正確。二、非選擇題7、在如圖所示的同心圓環(huán)形區(qū)域內(nèi)有垂直于圓環(huán)面的勻強(qiáng)磁場,磁場的方向如圖,兩同心圓的半徑分別為r0、2r0,將一個(gè)質(zhì)量為m(不計(jì)重力),電荷量為+q的粒子通過一個(gè)電壓為U的電場加速后從P點(diǎn)沿內(nèi)圓的切線進(jìn)入環(huán)形磁場區(qū)域。欲使粒子始終在磁場中運(yùn)動(dòng),求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的范圍。【解析】粒子在靜電場加速過程由動(dòng)能定理