2019人教版高考物理一轮基础习题2及答案 6页

2019 人教版高考物理一轮基础习题（2）及答案 一、选择题 1、如图所示,在一个边长为 a 的正六边形区域内存在磁感应强度为 B,方向垂直于 纸面向里的匀强磁场,三个相同带正电的粒子比荷为 ,先后从 A 点沿 AD 方向以 大小不等的速度射入匀强磁场区域,粒子在运动过程中只受磁场力作用;已知编 号为①的粒子恰好从 F 点飞出磁场区域;编号为②的粒子恰好从 E 点飞出磁场区 域;编号为③的粒子从 ED 边上的某一点垂直边界飞出磁场区域,则 导学号 49294170( ) A.编号为①的粒子进入磁场区域的初速度大小为 B.编号为②的粒子在磁场区域内运动的时间 T= C.编号为③的粒子在 ED 边上飞出的位置与 E 点的距离为(2 -3)a D.三个粒子在磁场内运动的时间依次减少并且为 4∶2∶1 【解析】选 A、C、D。 三个粒子的运动轨迹如图所示。设编号为①的粒子在正六边形区域磁场中做圆周 运动的半径为 r1,初速度大小为 v1,则 qv1B=m ,由几何关系可得 r1= , 解得 v1= ,在磁场中转了 120°运动时间 t1= = ,选项 A 正确;设编号 为②的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为 r2,线速度大小为 v2,周 期为 T2= ,由几何关系可得,粒子在正六边形区域磁场运动过程中转过的圆 心角为60°,则粒子在磁场中运动的时间t2= = ,选项B错误;设编号为③的 粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为 r3,在磁场中转了 30°,t3= = ,由几何关系可得 AE=2acos30° = a,r3= =2 a,O3E= =3a, EG=r3-O3E=(2 -3)a,选项 C 正确;t1∶t2∶t3= ∶ ∶ =4∶2∶1,选项 D 正确。 2、(2019·四川成都调研)如图 1 所示，一小球在光滑的 V 形槽中由 A 点释放，经 B 点(与 B 点碰撞所用时间不计)到达与 A 点等高的 C 点，设 A 点的高度为 1 m，则全过程中小球通过 的路程和位移大小分别为( ) 图 1 A.2 3 3 m，2 3 3 m B.2 3 3 m，4 3 3 m C.4 3 3 m，2 3 3 m D.4 3 3 m，1 m 【答案】C 3、(2019·济南一模)如图所示,一均匀带正电的无限长绝缘细杆水平放置,细杆 上方有 A、B、C 三点,三点均与细杆在同一竖直平面内,且三点到细杆的距离满足 rA=rBφC。将一负电荷从 A 点移到 C 点,电场力做负功, 电势能增加,选项 A 错误,B、C 正确;在 A 点,若电子垂直于纸面向外飞出,速度大 小满足 EAe=m ,则电子做匀速圆周运动,若不满足,将做离心或向心运动,选项 D 错误。 4、如图所示，长 L、质量 m 的极其柔软的匀质物体在台面上以水平速度 v0 向右运动， 台面上 A 左侧光滑，右侧粗糙，该物体前端在粗糙台面上滑行 S 距离停下来．设物体与粗 糙台面间的动摩擦因数为μ，则物体的初速度 v0 为（ ） A. 2 gL B. 2 gS gL  C. 2 gS D. 2 gS gL  【答案】C 【解析】物体越过 A 后做匀减速直线运动，加速度： mga gm    ，由匀变速直线运动 的速度位移公式得： 2 0 2v aS ，解得： 0 2v gS ，故选项 C 正确。 5、(多选)如图所示,光滑的水平轨道 AB,与半径为 R 的光滑的半圆形轨道 BCD 相 切于 B 点,AB 水平轨道部分存在水平向右的匀强电场,半圆形轨道在竖直平面 内,B 为最低点,D 为最高点。一质量为 m、带正电的小球从距 B 点 x 的位置在电 场力的作用下由静止开始沿 AB 向右运动,恰能通过最高点,则 ( ) 世纪金榜导学号 49294147 A.R 越大,x 越大 B.R 越大,小球经过 B 点后瞬间对轨道的压力越大 C.m 越大,x 越大 D.m 与 R 同时增大,电场力做功增大 【解析】选 A、C、D。小球在 BCD 部分做圆周运动,在 D 点,mg=m ,小球由 B 到 D 的过程中有:-2mgR=m -m ,解得 vB= ,R 越大,小球经过 B 点时的速度越 大,则 x 越大,选项 A 正确;在 B 点有:FN-mg=m ,解得 FN=6mg,与 R 无关,选项 B 错误;由 Eqx=m ,知 m、R 越大,小球在 B 点的动能越大,则 x 越大,电场力做功越 多,选项 C、D 正确。 6、如图 5 所示，A、B 两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀 减速直线运动，运动过程中 B 受到的摩擦力( ) 图 5 A.方向向左，大小不变 B.方向向左，逐渐减小 C.方向向右，大小不变 D.方向向右，逐渐减小 【答案】A 【解析】A、B 两物块一起向右做匀减速直线运动时，加速度方向水平向左，大小恒定，由 牛顿第二定律可得：FfB＝mBa，故 B 所受的摩擦力方向水平向左，大小为 mBa，恒定不变， A 正确. 7、(2019·烟台一模)如图所示,可视为质点的小球 A 和 B 用一根长为 0.2m 的轻 杆相连,两球质量相等,开始时将两小球置于光滑的水平面上,并给两小球一个 2m/s 的初速度,经一段时间两小球滑上一个倾角为 30°的光滑斜面,不计球与斜 面碰撞时的机械能损失,g 取 10m/s2,在两小球的速度减小为零的过程中,下列判 断正确的是 ( ) A.杆对小球 A 做正功 B.小球 A 的机械能守恒 C.杆对小球 B 做正功 D.小球 B 速度为零时距水平面的高度为 0.15m 【解析】选 A、D。由题意可知,AB 在上升中受 A 的重力做功而做减速运动;假设 没有杆连接,则 A 上升到斜面时,B 还在水平面上运动,那么 A 在斜面上做减速运 动,而 B 在水平面上做匀速运动,但是有杆存在,那肯定是 B 推着 A 上升,因此杆对 A 做正功,故 A 正确;因杆对 A 球做正功,故 A 球的机械能不守恒,故 B 错误;由以 上 分 析 可 知 , 杆 对 球 B 做 负 功 , 故 C 错 误 ; 根 据 系 统 机 械 能 守 恒 , 可 得:mgh+mg(h+Lsin30°)=×2mv2,解得:h=0.15m,故 D 正确。 8、(多选)已知力 F，且它的一个分力 F1 跟 F 成 30°角，大小未知，另一个分力 F2 的大 小为 3 3F，方向未知，则 F1 的大小可能是( ) A. 3F 3 B. 3F 2 C. 3F 3 D.F 【答案】AC 9、如图所示,水平光滑地面上停放着一辆质量为 M 的小车,其左侧有半径为 R 的 四分之一光滑圆弧轨道 AB,轨道最低点 B 与水平轨道 BC 相切,整个轨道处于同一 竖直平面内。将质量为 m 的物块(可视为质点)从 A 点无初速度释放,物块沿轨道 滑行至轨道末端 C 处恰好没有滑出。重力加速度为 g,空气阻力可忽略不计。关 于物块从 A 位置运动至 C 位置的过程,下列说法中正确的是 ( ) 导学号 49294155 A.小车和物块构成的系统动量守恒 B.摩擦力对物块和轨道 BC 所做功的代数和为零 C.物块的最大速度为 D.小车的最大速度为 【解析】选 D。小车和物块组成的系统水平方向所受合外力为零,水平方向动量 守恒,系统整体所受合外力不为零,系统动量不守恒,故 A 错误;摩擦力对物块和 轨道 BC 所做功的代数和等于摩擦力与相对位移的乘积,摩擦力做功的代数和不 为零,故 B 错误;如果小车固定不动,物块到达水平轨道时速度最大,由机械能守 恒定律得:mgR=mv2,v= ,现在物块下滑时,小车向左滑动,物块的速度小于 ,故 C 错误;小车与物块组成的系统水平方向动量守恒,物块刚下滑到 B 点 时,小车具有最大速度,物块下滑过程,以向右为正方向,由动量守恒定律 得:mv1-Mv2=0,由机械能守恒定律得: m +M =mgR,解得:v2= ,故 D 正确。 10、(多选)(2019·山东青岛调研)木箱重 G1，人重 G2，人站在木箱里用力 F 向上推木箱， 如图 3 所示，则有( ) A.人对木箱底的压力大小为 G2＋F B.人对木箱底的压力大小为 G2 C.木箱对地面的压力大小为 G2＋G1－F D.木箱对地面的压力大小为 G1＋G2 【答案】AD 【解析】对人隔离受力分析有：竖直向下的重力 G2、向下的作用力 F、向上的支持力 FN， 可得 FN＝G2＋F，根据牛顿第三定律，人对木箱底的压力大小为 G2＋F，选项 A 正确，B 错误；将人与木箱看成一个整体，可得木箱对地面的压力大小为 G1＋G2，选项 C 错误，D 正确.综上本题选 A、D. 二、非选择题 (2019·新乡一模)如图所示,光滑水平地面上有一小车,车上固定光滑斜面和连有 轻弹簧的挡板,弹簧处于原长状态,自由端恰在 C 点,总质量为 M =2kg。小物块从 斜面上 A 点由静止滑下,经过 B 点时无能量损失。已知:物块的质量 m =1kg,A 点 到 B 点的竖直高度为 h =1.8m,BC 长度为 l =3m,BC 段动摩擦因数为 0.3,CD 段光 滑。g 取 10m/s2,求在运动过程中, 导学号 49294156 (1)弹簧弹性势能的最大值。 (2)物块第二次到达 C 点的速度。 【解析】(1)下滑过程中,对 m:mgh=m -0 m 滑下后,对系统,取向右为正,当两者第一次共速时弹簧被压缩到最短,弹簧弹 性势能最大为 Ep,有: mv0=(m+M)v′, Ffl+Ep =m - (M+m)v′2 Ff=μFN, FN-mg=0 解得:Ep=3J (2)物块从 B 点经 BC 后压缩弹簧被弹回到 C 点时,根据动量守恒定律和动能定理 有 mv0=mv1+Mv2, -Ffl=m +M -m 解得:v1=4m/s 或 0,经分析,物块第二次到达 C 点速度应为 0。 答案:(1)3J (2)0 【总结提升】动量的观点和能量的观点 (1)动量的观点和能量的观点。 ①动量的观点:动量守恒定律。 ②能量的观点:动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律。 (2)动量的观点和能量的观点的优点:只要知道过程的始末状态动量、动能和力在 过程中所做的功,即可对问题求解,不需要对变化过程的细节做深入研究。