四川邻水坛同中学2018年高考（人教）物理二轮选练题（3）及答案一、选择题1、如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，通过轻绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段轻绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态则( )A．水平面对C的支持力等于B、C的总重力B．C对B一定有摩擦力C．水平面对C一定有摩擦力D．水平面对C可能没有摩擦力2、将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是运动的最高点，甲乙两次闪光频率相同，重力加速度为g，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为( )A．mg B.mgC.mg D.mg解析：选C 设每块砖的厚度是d，向上运动时：9d－3d＝a1T2①向下运动时：3d－d＝a2T2②联立①②得：＝③根据牛顿第二定律，向上运动时：mg＋f＝ma1④向下运动时：mg－f＝ma2⑤联立③④⑤得：f＝mg，选C3、[多选] 如图所示，在距地面高为H＝45 m处，有一小球A以初速度v0＝10 m/s水平抛出，与此同时，在A的正下方有一物块B也以相同的初速度同方向滑出，B与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.4，A、B均可视为质点，空气阻力不计(取g＝10 m/s2)。
下列说法正确的是( )A．小球A落地时间为3 sB．物块B运动时间为3 sC．物块B运动12.5 m后停止D．A球落地时，A、B相距17.5 m解析：选ACD 根据H＝gt2得，t＝ ＝ s＝3 s，故A正确物块B匀减速直线运动的加速度大小a＝μg＝0.4×10 m/s2＝4 m/s2，则B速度减为零的时间t0＝＝ s＝2.5 s，滑行的距离x＝t0＝×2.5 m＝12.5 m，故B错误，C正确A落地时，A的水平位移xA＝v0t＝10×3 m＝30 m，B的位移xB＝x＝12.5 m，则A、B相距Δx＝(30－12.5) m＝17.5 m，故D正确4、如图所示，A、B是绕地球做匀速圆周运动的两颗卫星，A、B两卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积之比为k，不计A、B两卫星之间的引力，则A、B两卫星的周期之比为( )A．k3 B．k2C．k D．k解析：选A 设卫星绕地球做圆周运动的半径为r，周期为T，则在t时间内与地心连线扫过的面积为S＝πr2，即＝＝k，根据开普勒第三定律可知＝，联立解得＝k3，A正确5、[多选]如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力F拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离。
在此过程中( )A．外力F做的功等于A和B动能的增量B．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能增量C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和解析：选BD A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对物体A应用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B对；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B相对地的位移不等，故二者做功不等，C错；对长木板B应用动能定理，WF－Wf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋Wf就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D对；由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错6、荡秋千是一种常见的休闲娱乐活动，也是我国民族运动会上的一个比赛项目.若秋千绳的长度约为2m，荡到最高点时，秋千绳与竖直方向成60°角，如图4所示.人在从最高点到最低点的运动过程中，以下说法正确的是( )图4A.最低点的速度大约为5m/sB.在最低点时的加速度为零C.合外力做的功等于增加的动能D.重力做功的功率逐渐增加答案 C7、[多选]静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其相互绝缘的金属球与外壳之间的电势差大小，如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计，极板B固定，A可移动，开始时开关S闭合。
静电计指针张开一定角度，则下列说法正确的是( )A．断开S后，将A向左移动少许，静电计指针张开的角度增大B．断开S后，在A、B间插入电介质，静电计指针张开的角度增大C．断开S后，将A向上移动少许，静电计指针张开的角度增大D．保持S闭合，将变阻器滑动触头向右移动，静电计指针张开的角度减小解析：选AC 断开开关，电容器带电量不变，将A向左移动少许，则d增大，根据C＝知，电容减小，根据U＝知，电势差增大，指针张角增大，故选项A正确；断开S后，在A、B间插入电介质，根据C＝知，电容增大，根据U＝知，电势差减小，则指针张角减小，故选项B错误；断开S后，将A向上移动少许，根据C＝知，电容减小，根据U＝知，电势差增大，则指针张角变大，故选项C正确；保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头滑动不会影响指针张角，故选项D错误8、[多选]如图所示是一个半径为R的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，磁感应强度方向垂直纸面向内有一个粒子源在圆上的A点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m，运动的半径为r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为α以下说法正确的是( )A．若r＝2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为B．若r＝2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，则有关系tan＝成立C．若r＝R，粒子沿着圆形磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为D．若r＝R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，则圆心角α为150°解析：选BD 若r＝2R，粒子在磁场中运动时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图甲，因为r＝2R，圆心角α＝60°，粒子在磁场中运动的最长时间tmax＝T＝·＝，故A错误。
若r＝2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，根据几何关系，有tan ＝＝＝，故B正确若r＝R，粒子沿着圆形磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图丙所示，圆心角为90°，粒子在磁场中运动的时间t＝T＝·＝，故C错误若r＝R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，轨迹如图丁所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成菱形，圆心角为150°，故D正确二、非选择题1、如图9甲所示，质量为m＝20kg的物体在大小恒定的水平外力作用下，冲上一足够长从右向左以恒定速度v0＝－10m/s传送物体的水平传送带，从物体冲上传送带开始计时，物体的速度－时间图象如图乙所示，已知0～2 s内水平外力与物体运动方向相反，2～4 s内水平外力与物体运动方向相反，g取10 m/s2.求：甲乙图9(1)物体与传送带间的动摩擦因数；(2)0～4s内物体与传送带间的摩擦热Q.答案 (1)0.3 (2)2880J解析 (1)设水平外力大小为F，由图象可知0～2s内物体做匀减速直线运动，加速度大小为a1＝5m/s2，由牛顿第二定律得：F＋Ff＝ma12～4s内物体做匀加速直线运动，加速度大小为a2＝1m/s2，由牛顿第二定律得：Ff－F＝ma2此过程中物体与传送带间的摩擦热Q1＝Ff(x1－x1′)＝1800J2～4s内物体的对地位移x2＝t2＝－2m传送带的对地位移x2′＝v0t2＝－20m此过程中物体与传送带间的摩擦热Q2＝Ff(x2－x2′)＝1080J0～4s内物体与传送带间的摩擦热Q＝Q1＋Q2＝2880J2、如图9所示，质量M＝4 kg的滑板B静止放在光滑水平面上，滑板右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离L＝0.5 m，可视为质点的小木块A质量m＝1 kg，原来静止于滑板的左端，滑板与木块A之间的动摩擦因数μ＝0.2。
当滑板B受水平向左恒力F＝14 N作用时间t后撤去F，这时木块A恰好到达弹簧自由端C处，此后运动过程中弹簧的最大压缩量为s＝5 cmg取10 m/s2求：图9(1)水平恒力F的作用时间t；(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能；(3)当小木块A脱离弹簧且系统达到稳定后，整个运动过程中系统所产生的热量vB＝aBt⑤当木块A和滑板B的速度相同时，弹簧压缩量最大，具有最大弹性势能，根据动量守恒定律有mvA＋MvB＝(m＋M)v⑥由能的转化与守恒得mv＋Mv＝(m＋M)v2＋Ep＋μmgs⑦代入数据求得最大弹性势能Ep＝0.3 J(3)二者同速之后，设木块相对木板向左运动离开弹簧后系统又能达到共同速度v′，相对木板向左滑动距离为x，有mvA＋MvB＝(m＋M)v′⑧由⑧式解得v＝v′由能的转化与守恒定律可得Ep＝μmgx⑨由⑨式解得x＝0.15 m由于s＋L>x且x>s，故假设成立整个过程系统产生的热量为Q＝μmg(L＋s＋x)⑩由⑩式解得Q＝1.4 J答案 (1)1 s (2)0.3 J (3)1.4 J。