人教高考物理一轮练习题7及答案 7页

‎2019年人教高考物理一轮练习题（7）及答案 一、选择题 ‎1.如图,通电线圈abcd平面和磁场垂直(不考虑电流间相互作用),则　(　　)‎ A.ab边受到向左的安培力 B.bc边受到向下的安培力 C.线圈面积有缩小的趋势 D.线圈有转动的趋势 ‎【解析】选C。根据左手定则:伸开左手,拇指与手掌垂直且共面,磁感线向里穿过手心,四指指向电流方向,则拇指指向安培力方向,由上分析,那么ab边受到向右的安培力,bc边受到向上的安培力,故A、B错误;同理可知,线圈有收缩的趋势,故C正确;因为各边受到的安培力方向与线圈在同一平面,则线圈不会转动,故D错误。‎ ‎2.(2019·临沂一模)如图所示,OM的左侧存在范围足够大,磁感应强度大小为B的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,ON(在纸面内)与磁场方向垂直且∠NOM=‎ ‎60°,ON上有一点P,OP=L。P点有一粒子源,可沿纸面内各个方向射出质量为m,电荷量为q的带正电的粒子(不计重力),速率为,则粒子在磁场中运动的最短时间为　(　　)‎ A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.‎ ‎【解析】选A。‎ 粒子运动的半径r==;当粒子在磁场中运动时间最短时,在磁场中的圆弧弦最短,则由P点作MO的垂线即为最短弦长,则PA=Lsin60°=L,由三角函数可得:sin==,解得∠PO1A=90°,则最短时间t=T=‎ ‎,故选A。‎ ‎3、A、B为两等量异号点电荷,图中水平虚线为A、B连线的中垂线。现将另两个等量异号的检验电荷a、b用绝缘细杆连接后,从离A、B无穷远处沿中垂线平移到A、B的连线上,平移过程中两检验电荷始终关于中垂线对称。若规定离A、B无穷远处电势为零,则下列说法中正确的是　(　　)‎ A.在A、B连线上a所处的位置的电势φa<0‎ B.a、b整体在A、B连线处具有的电势能Ep=0‎ C.整个移动过程中,静电力对a做正功 D.整个移动过程中,静电力对b做负功 ‎【解析】选D。平移过程中,a或者b处于等量异种点电荷的电场中,根据等量异种点电荷产生的电场的电场线的分布特点,a和b受到的电场力的方向均有沿水平方向向右的分量,所以平移过程中,电场力对它们都做负功,它们的电势能都要增加,在A、B连线上,Ep>0,选项D正确,B、C错误。等量异种点电荷的中垂线上电势为零,而AB连线上,电场强度方向由A指向B,所以φA>0,选项A错误。‎ ‎4、(多选)如图所示,在空间存在平行于xOy平面的匀强电场,一簇质子(重力及质子间作用力均不计)从P点出发,可以到达以原点O为圆心、R=10cm为半径的圆上任意位置,其中质子到达A点时动能增加量最大,最大动能增量为32eV,A点是圆与x轴正半轴的交点。已知∠OAP=37°且A点电势为零,图中B点为圆周与y轴负半轴的交点,PA=PB,则下列说法正确的是　(　　)‎ 导学号49294167‎ A.该匀强电场的电场强度方向一定沿y轴负方向 B.该匀强电场的电场强度大小为250V/m C.匀强电场中P、B两点间的电势差为32V D.质子从P点到B点过程中电势能减小24eV ‎【解析】选B、D。因质子从P点到A点时动能增量最大,所以等势线在A点必与圆相切(否则一定还可以在圆周上找到比A点电势低的点,质子到达该点时动能增量将大于到达A点时的动能增量),即等势线与y轴平行,又由质子从P点到A点电场力做正功,所以电场强度方向必沿x轴正方向,A项错误;由W=qU=ΔEk 知UPA=32V,由题图知PA=2Rcos37°=0.16m,所以E==250V/m,B项正确;又因UPB=E·PB·sin37°=24V,C项错误;质子从P点到B点过程中电场力做正功,其大小为W′=qUPB=24eV,D项正确。‎ ‎5.上海市第十三届“未来之星上图杯”创新模型大赛在上海图书馆举行,比赛中某型号遥控车启动过程中速度与时间图象和牵引力的功率与时间图象如图所示,设遥控车所受阻力大小一定,则该遥控车的质量为　(　　)‎ A. kg B.kg C. kg D.kg ‎【解析】选B。遥控车在前2s内做匀加速直线运动,2 s末的速度v2=‎6m/s,功率P2=30W,由公式P=Fv可知:前2s内的动力F1=5N,后4s内做匀速直线运动,动力等于阻力,则Ff=F==N,在前2s内,根据牛顿第二定律得:F1-Ff=ma,又a=‎3m/s2,解得m=kg,选项B正确。‎ ‎6、汽车以恒定的功率在平直公路上行驶,所受到的摩擦阻力恒等于车重的0.1倍,汽车能达到的最大速度为vm。则当汽车速度为时,汽车的加速度为(重力加速度为g)　(　　)‎ A.‎0.1‎g‎　　　　　　　　　 B.‎‎0.2g C.‎0.3g D.‎‎0.4g ‎【解析】选A。设汽车质量为m,则汽车行驶时的阻力Ff=0.1mg,当汽车速度为最大vm时,汽车所受的牵引力F=Ff,则有P=Ffvm,当速度为时有P=F′·,由以上两式可得F′==2Ff,根据牛顿第二定律得F′-Ff=ma,解得a==‎0.1g,故A正确,B、C、D均错误。‎ ‎7、(多选)如图所示,楔形木块abc固定在水平面上,粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同,顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m(M>m)的滑块,通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接,轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后,沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦,在两滑块沿斜面运动的过程中　(　　)‎ A.两滑块组成系统的机械能守恒 B.重力对M做的功等于M动能的增加 C.轻绳对m做的功等于m机械能的增加 D.两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功 ‎【解析】选C、D。由于斜面ab粗糙,在两滑块沿斜面运动的过程中,两滑块组成的系统机械能不守恒,A错误;由动能定理,重力对M做的功大于M动能的增加,B错误;由功能关系,轻绳对m做的功等于m机械能的增加,C正确;由功能关系可知,两滑块组成的系统机械能损失等于M克服摩擦力做的功,D正确。‎ ‎8、(多选)(2019·江苏高考)如图所示,三个小球A、B、C的质量均为m,A与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为L,B、C置于水平地面上,用一轻质弹簧连接,弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点,两轻杆间夹角α由60°变为120°,A、B、C在同一竖直平面内运动,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g。则此下降过程中　(　　)‎ A.A的动能达到最大前,B受到地面的支持力小于mg B.A的动能最大时,B受到地面的支持力等于mg C.弹簧的弹性势能最大时,A的加速度方向竖直向下 D.弹簧的弹性势能最大值为mgL ‎【解析】选A、B。A下落过程,先加速后减速,当A速度最大时,加速度为0,ABC整体受力平衡,B受到地面的支持力等于mg,B项正确;A的动能达到最大前,做加速度减小的加速运动,加速度方向竖直向下,处于失重状态,对ABC整体分析可知,B受到地面的支持力小于mg,A项正确;A末段减速向下,直至最低处其速度为0,弹簧形变最大,弹性势能最大,A的加速度竖直向上,C项错误;对整个系统由机械能守恒:Ep=mgLsin60°-mgLsin30°=mgL,D项错误。‎ ‎9.(2019·成都一模)如图所示,ABCD是固定在地面上,由同种金属细杆制成的正方形框架,框架任意两条边的连接处平滑,A、B、C、D四点在同一竖直面内,BC、CD边与水平面的夹角分别为α、β(α>β),让套在金属杆上的小环从A点无初速度释放。若小环从A经B滑到C点,摩擦力对小环做功为W1,重力的冲量为I1,若小环从A经D滑到C点,摩擦力对小环做功为W2,重力的冲量为I2。则　(　　)‎ A.W1>W2 B.W1=W2‎ C.I1>I2 D.I1=I2‎ ‎【解析】选B、C。设正方形的边长为l,经AB段和CD段摩擦力做负功,大小为μmglcosβ,经BC段和AD段摩擦力做负功,大小为μmglcosα,W1=W2,选项A错误、B正确;小环从A经B滑到C点和从A经D滑到C点过程中路程相等,到达C点时速度大小相等。设AB段加速度为a1,a1=gsinβ-μgcosβ,AD段加速度为a2,a2=gsinα-μgcosα,则a1vB,所以AD段的平均速度大于AB段的平均速度,CD段的平均速度大于BC段的平均速度,小环从A经B滑到C点所用时间大于从A经D滑到C点所用的时间,根据I=mgt,I1>I2,选项C正确、D错误。‎ ‎10.如图所示,倾角为θ的固定斜面足够长,一质量为m上表面光滑的足够长的长方形木板A正以速度v0沿斜面匀速下滑,某时刻将质量为2m的小滑块B无初速度地放在木板A上,则滑块与木板都在滑动的过程中　(　　)‎ A.木板A的加速度大小为3gsinθ B.木板A的加速度大小为零 C.A、B组成的系统所受合外力的冲量一定为零 D.木板A的动量为mv0时,小滑块B的动量为mv0‎ ‎【解析】选C、D。只有木板A时,木板A匀速下滑,则说明木板A受到的重力的分力与摩擦力等大反向,即mgsinθ=μmgcosθ,若加上小滑块B后,A对斜面的压力增大,则摩擦力变为μ·3mgcosθ,而沿斜面方向上的力不变,故合外力为:‎ ‎3μmgcosθ-mgsinθ=2mgsinθ,故加速度大小a=2gsinθ ‎,选项A、B错误;由分析可知,整体在沿斜面方向受力平衡,故整体动量守恒,故合外力的冲量一定为零,选项C正确;因动量守恒,故总动量保持不变,由动量守恒定律可知:mv1+2mv2=mv0,故当A动量为mv0时,B的动量为mv0,选项D正确。‎ 二、非选择题 ‎(2019·唐山一模)如图所示的绝缘细杆轨道固定在竖直面内,其中,轨道半径为R的光滑圆弧段杆与水平段杆和粗糙倾斜段杆分别在A、B两点相切,圆弧杆的圆心O处固定着一个带正电的点电荷。现有一质量为m的可视为质点的带负电小球穿在水平杆上,以方向水平向右、大小等于的速度通过A点,小球能够上滑的最高点为C,到达C后,小球将沿杆返回。若∠COB=30°,小球第一次过A点后瞬间对圆弧细杆向下的弹力大小为mg,重力加速度为g。求:　导学号49294168‎ ‎(1)小球第一次到达B点时的动能。‎ ‎(2)小球在C点受到的库仑力大小。‎ ‎【解析】(1)设小球第一次到达B点时的动能为Ek,因从A至B库仑力不做功,故由机械能守恒定律有mv2=Ek+mgR(1-cos60°),将v=代入上式解得Ek=mgR。‎ ‎(2)设小球在A点受到的库仑力大小为F,‎ 第一次过A点后瞬间,由牛顿第二定律结合题意有:‎ F+FN-mg=m,‎ 将FN=mg,v=代入上式得F=mg。‎ 因∠COB=30°,故知OC平行于水平杆,由几何关系得==R。‎ 设两电荷所带电荷量分别为Q和q,静电力常量为k,在A点,库仑力大小F=k=mg,‎ 在C点,库仑力大小F′=k,‎ 联立解得F′=mg。‎ 答案:(1) mgR ‎(2) mg