人教高考物理一轮练习题1及答案 7页

‎2019年人教高考物理一轮练习题（1）及答案 一、选择题 ‎1、如图所示,圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场,磁感应强度的大小为B1,P为磁场边界上的一点。相同的带正电荷粒子,以相同的速率从P点射入磁场区域,速度方向沿位于纸面内的各个方向,这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上,这段圆弧的弧长是圆周长的。若将磁感应强度的大小变为B2,结果相应的弧长变为圆周长的,不计粒子的重力和粒子间的相互影响,则等于　(　　)‎ A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.‎ ‎【解析】选C。设圆形区域的半径为r。当磁感应强度为B1时,从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M,最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点,‎ ‎∠POM=120°,如图所示:‎ 由几何关系得sin60°=,解得R=r。磁感应强度为B2时,从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为N,最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点,‎ ‎∠PON=90°,如图所示:‎ 所以粒子做圆周运动的半径为R′=r。对带电粒子由牛顿第二定律得qvB=m,解得B=,由于v、m、q相等,则得==,选项C正确。‎ ‎2. (多选)如图所示,真空中xOy平面内有一束宽度为d的带正电粒子束沿x轴正向运动,所有粒子为同种粒子,速度大小相等,在第一象限内有一方向垂直xOy平面的有界匀强磁场区(图中未画出),所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于x轴上的a点。下列说法中正确的是　(　　)‎ 导学号49294172‎ A.磁场方向一定是垂直xOy平面向里 B.所有粒子通过磁场区的时间相同 C.所有粒子在磁场区运动的半径相等 D.磁场区边界可能是圆 ‎【解题指导】‎ ‎(1)磁场的方向可由带电粒子的受力方向判断。‎ ‎(2)粒子在磁场中的运动时间与圆心角有关。‎ ‎(3)带电粒子进入磁场的位置为一圆弧,且圆弧的半径与粒子在磁场中的轨迹半径相同。‎ ‎【解析】选C、D。‎ 由题意可知,正粒子经磁场偏转,都集中于一点a,根据左手定则,磁场的方向垂直xOy平面向外,故A错误;由洛伦兹力提供向心力,可得T=,而运动的时间还与圆心角有关,因此粒子的运动时间不等,故B错误;由洛伦兹力提供向心力,可得R=,由于是同种粒子,且速度大小相等,所以它们的运动半径相等,故C正确;所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于x轴上的a点,因此磁场区边界可能是圆,也可能是圆弧,故D正确。‎ ‎3、如图所示,一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内,当开关S闭合,小球静止时,悬线与竖直方向的夹角为θ。则　(　　)‎ A.当开关S断开时,若减小平行板间的距离,则夹角θ增大 B.当开关S断开时,若增大平行板间的距离,则夹角θ增大 C.当开关S闭合时,若减小平行板间的距离,则夹角θ增大 D.当开关S闭合时,若减小平行板间的距离,则夹角θ减小 ‎【解析】选C。当断开开关S时,电容器所带的电量不变,由电容的决定式C=、电容的定义式C=和E=解得E=,则知电容器板间距离d变化时,板间场强E不变,小球所受的电场力不变,则θ不变,故选项A、B错误;保持开关S闭合,电容器两板间的电势差U不变,若减小平行板间的距离,由E=‎ 知,板间的电场强度E增大,小球所受的电场力变大,则θ增大,故选项C正确,D错误。‎ ‎4.(2019·枣庄一模)空间某区域竖直平面内存在电场,电场线分布如图所示。一个质量为m、电量为q,电性未知的小球在该电场中运动,小球经过A点时的速度大小为v1,方向水平向右,运动至B点时的速度大小为v2。若A、B两点之间的高度差为h,则以下判断中正确的是　导学号49294164(　　)‎ A.A、B两点的电场强度和电势大小关系为EA>EB、φA<φB B.若v2>v1,则电场力一定做正功 C.A、B两点间的电势差为(--2gh)‎ D.小球从A运动到B点的过程中电场力做的功为m-m　‎ ‎【解析】选C。由电场线的疏密分布知EAφB,所以A错误。从A运动到B对带电小球应用动能定理得:mgh+qUAB=m-m,若v2>v1,电场力也不一定做正功,B错误。由上式得UAB=,C正确。小球从A到B合外力做功为m-m,D错误。‎ ‎5.(2019·邯郸一模)某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛,起跳直至着地过程如图,测量得到比赛成绩是‎2.5m,目测空中脚离地最大高度约‎0.8m,忽略空气阻力,则起跳过程该同学所做功约为　(　　)‎ A.65 J　　　　　　　　 B.350 J C.700 J D.1 250 J ‎【解析】选C。由动能定理知起跳过程该同学做的功转化为该同学的动能,所以求该同学做的功应该求该同学起跳后斜抛的初速度。竖直方向由h=gt2得t=0.4s,水平方向由x=vx·2t得vx=‎3.125m/s,竖直方向vy=gt=‎4m/s,所以该同学初速度v的平方为:v2=+=‎25.8m2‎/s2,取该同学质量为m=‎60kg,则Ek=mv2=25.8×30J=774 J,所以该同学所做功约为700J,故选项C正确。‎ ‎6‎ ‎.一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道,小球先进入圆轨道1,再进入圆轨道2,圆轨道1的半径为R,圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍,小球的质量为m,若小球恰好能通过轨道2的最高点B,则小球在轨道1上经过A处时对轨道的压力为　(　　)‎ 世纪金榜导学号49294144‎ A.2mg　　　 B.3mg　　 　C.4mg　　 　D.5mg ‎【解析】选C。小球恰好能通过轨道2的最高点B时,有mg=,小球在轨道1上经过A处时,有F+mg=,根据动能定理,有1.6mgR=m-m,解得F=4mg,C项正确。‎ ‎7.(2019·淮南二模)在房屋装修过程中工人经常用如图所示的简易方式运送材料,图中C为光滑定滑轮,为了保证材料不碰触窗台A、B,需要一人在楼下用一根绳子拽拉,保证材料竖直向上缓慢上升,假定人的位置不变,则在运送过程中　‎ A.OC绳的拉力逐渐增大,OD绳的拉力逐渐减小 B.OC绳的拉力逐渐减小,OD绳的拉力逐渐增大 C.OC绳和OD绳的拉力逐渐减小 D.OC绳和OD绳的拉力逐渐增大 ‎【解析】选D。在建筑材料缓慢提起的过程中,其合力保持为零,因物体与墙壁的距离始终保持不变,结点与竖直墙壁保持一定的距离L,如图甲所示,在建筑材料被缓慢提起的过程中OC绳与竖直方向夹角变大,OD绳与竖直方向夹角减小,根据平衡条件得知两绳拉力的合力与物体的重力大小相等、方向相反,保持不变,由平行四边形定则作出图乙,由图可知,两根绳子上的拉力F1和F2均增大,故A、B、C错误,D正确。‎ ‎8、(多选)如图甲,笔记本电脑散热底座一般置有四个卡位用来调节角度。某同学将电脑放在散热底座上,为了获得更好的舒适度,由原卡位1缓缓调至卡位4(如图乙),笔记本电脑始终处于静止状态,则　(　　)‎ A.电脑受到的摩擦力变小 B.电脑对散热底座的压力变小 C.散热底座对电脑的作用力大小之和等于其重力 D.散热底座对电脑的作用力的合力不变 ‎【解析】选A、D。由原卡位1缓缓调至卡位4,倾斜角变小,重力的下滑分力减小,垂直斜面的重力分量增加,根据电脑受力平衡得A对,B错;散热底座对电脑的作用力的矢量和等于其重力,C错,D对。‎ ‎9.(2019·宁德一模)如图所示,质量为‎0.2kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上,质量为‎0.6kg的物体B由细线悬挂在天花板上,B与A刚好接触但不挤压,现突然将细线剪断,则剪断后瞬间A、B间的作用力大小为(g取‎10m/s2)　导学号49294119(　　)‎ A.0.5‎‎ N B.2.5 N C.0 N　 D.1.5 N ‎【解析】选D。细线被剪断前分别取A、B为研究对象,根据物体的平衡条件可得,绳的拉力T=mBg=6N,弹簧的弹力F=mAg=2N、方向竖直向上,细线被剪断的瞬间T1=0,F1=F=2N,取A、B组成的系统为研究对象,根据牛顿第二定律得,(mA+mB)g-F1=(mA+mB)a,代入数据解得a=‎7.5m/s2,设细线被剪断瞬间A对B的作用力为F2,取B为研究对象,由牛顿第二定律得mBg-F2=mBa,代入数据解得F2=1.5N,故D正确。‎ ‎【总结提升】瞬时性问题的解题技巧 ‎(1)分析物体在某一时刻的瞬时加速度,关键是明确该时刻物体的受力情况及运动状态,再由牛顿第二定律求出瞬时加速度,此类问题应注意以下几种模型:‎ ‎　　特性 模型　　‎ 受外力时 的形变量 力能否 突变 产生拉力 或支持力 质 量 内部 弹力 轻绳 微小不计 可以 只有拉力 没有支持力 不 计 处 处 相 等 轻杆 微小不计 可以 既可有拉力 也可有支持力 橡皮绳 较大 不能 只有拉力 没有支持力 轻弹簧 较大 不能 既可有拉力 也可有支持力 ‎(2)在求解瞬时加速度问题时应注意:‎ ‎①物体的受力情况和运动情况是时刻对应的,当外界因素发生变化时,需要重新进行受力分析和运动分析。‎ ‎②加速度可以随着力的突变而突变,而速度的变化需要一个过程,不会发生突变。‎ ‎10.(2019·商丘二模)如图所示,固定轨道ABC中,在B点处通过一段极短的圆弧将倾角θ=37°的光滑斜面AB和固定水平面BC平滑连接,一小物块从A点由静止开始释放后,沿斜面AB运动,最终停在水平面BC上。已知物块与水平面BC上各处间的动摩擦因数均为0.2,物块滑过B点时的动能不损失,g取‎10m/s2,‎ sin37°=0.6,cos37°=0.8,下面四幅图中,能正确反映物块的速率v随时间t变化规律的是　(　　)‎ ‎【解析】选A。在物块沿光滑斜面下滑的过程中,对小物块进行受力分析,设此过程物块的加速度大小为a1,设物块沿斜面下滑的时间为t1,到达斜面底端时的速度为v,根据牛顿第二定律得mgsin37°=ma1,解得a1=gsin37°=‎6m/s2,根据运动学公式v=v0+at可得v=a1t1=6t1,在物块沿粗糙水平面上运动的过程中,对小物块进行受力分析,设此过程中物体的加速度大小为a2,此过程中物块运动时间为t2,根据牛顿第二定律得f=ma2,f=μFN,FN=mg,由以上三式解得a2=μg=‎2m/s2,根据运动学公式v=v0+at得v=a2t2=2t2,可知a1>a2,故物块在沿斜面加速下滑过程中速度时间图象斜率的绝对值大于物体在沿水平面做匀减速直线运动过程中速度时间图象斜率的绝对值,解得t2=3t1,故A正确。‎ 二、非选择题 ‎1、如图所示,两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内,两导轨间的距离为L,导轨上面横放着两根导体棒ab和cd,构成矩形回路,两根导体棒的质量皆为m,电阻皆为R,回路中其余部分的电阻可不计。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B。设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行,开始时,棒cd静止,棒ab有指向棒cd的初速度v0,若两导体棒在运动中始终不接触,求:　导学号49294158‎ ‎(1)在运动中产生的焦耳热Q最多是多少?‎ ‎(2)当ab棒的速度变为初速度的时,cd棒的加速度a是多少?‎ ‎【解题指导】‎ ‎(1)两导体棒在光滑的导轨上运动,且所受安培力等大反向,由此可知,两导体棒的总动量守恒。‎ ‎(2)运动中产生的焦耳热可由能量守恒定律求解。‎ ‎【解析】(1)从开始到两棒达到相同速度v的过程中,两棒的总动量守恒,有mv0=2mv,根据能量守恒定律,整个过程中产生的焦耳热 Q=m- (2m)v2=m。‎ ‎(2)设ab棒的速度变为v0时,cd棒的速度为v′,则由动量守恒可知 mv0=mv0+mv′,‎ 解得v′=v0‎ 此时回路中的电动势为 E=BLv0-BLv0=BLv0‎ 此时回路中的电流为 I==‎ 此时cd棒所受的安培力为 F=BIL=‎ 由牛顿第二定律可得,cd棒的加速度 a==‎ 答案:(1) m ‎(2)‎