2019高考物理一輪選訓(xùn)九月第二周習(xí)題（2）（含解析）新人教版

人教物理2019高考一輪選訓(xùn)：九月第二周習(xí)題（2）李仕才一、選擇題1、將一質(zhì)量為m的小球靠近墻面豎直向上拋出，圖甲是向上運(yùn)動(dòng)小球的頻閃照片，圖乙是下降時(shí)的頻閃照片，O是運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)，甲乙兩次閃光頻率相同，重力加速度為g，假設(shè)小球所受的阻力大小不變，則可估算小球受到的阻力大小約為()A．mg B.eq\f(1,3)mgC.eq\f(1,2)mg D.eq\f(1,10)mg解析：選C設(shè)每塊磚的厚度是d，向上運(yùn)動(dòng)時(shí)：9d－3d＝a1T2①向下運(yùn)動(dòng)時(shí)：3d－d＝a2T2②聯(lián)立①②得：eq\f(a1,a2)＝eq\f(3,1)③根據(jù)牛頓第二定律，向上運(yùn)動(dòng)時(shí)：mg＋f＝ma1④向下運(yùn)動(dòng)時(shí)：mg－f＝ma2⑤聯(lián)立③④⑤得：f＝eq\f(1,2)mg，選C。2、如圖所示，有一輕圓環(huán)和插栓，在甲、乙、丙三個(gè)力作用下平衡時(shí)，圓環(huán)緊壓著插栓。不計(jì)圓環(huán)與插栓間的摩擦，若只調(diào)整兩個(gè)力的大小，欲移動(dòng)圓環(huán)使插栓位于圓環(huán)中心，下列說(shuō)法中正確的是()A．增大甲、乙兩力，且甲力增大較多B．增大乙、丙兩力，且乙力增大較多C．增大乙、丙兩力，且丙力增大較多D．增大甲、丙兩力，且甲力增大較多3、在長(zhǎng)約1m的一端封閉的玻璃管中注滿清水，水中放一個(gè)適當(dāng)?shù)膱A柱形的紅蠟塊，玻璃管的開(kāi)口端用膠塞塞緊，將其迅速豎直倒置，紅蠟塊就沿玻璃管由管口勻速上升到管底。現(xiàn)將此玻璃管倒置安裝在置于粗糙水平桌面上的小車(chē)上，小車(chē)從位置A以初速度v0開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，同時(shí)紅蠟塊沿玻璃管勻速上升。經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，小車(chē)運(yùn)動(dòng)到圖中虛線位置B。按照如圖建立的坐標(biāo)系，在這一過(guò)程中紅蠟塊實(shí)際運(yùn)動(dòng)的軌跡可能是下圖中的()解析：選A根據(jù)題述，紅蠟塊沿玻璃管勻速上升，即沿y方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)；在粗糙水平桌面上的小車(chē)從A位置以初速度v0開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，即沿x方向紅蠟塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在這一過(guò)程中紅蠟塊實(shí)際運(yùn)動(dòng)的軌跡是開(kāi)口向上的拋物線，故A正確。4、太陽(yáng)系中某行星A運(yùn)行的軌道半徑為R,周期為T(mén)，但科學(xué)家在觀測(cè)中發(fā)現(xiàn)，其實(shí)際運(yùn)行的軌道與圓軌道存在一些偏離，且每隔時(shí)間t發(fā)生一次最大的偏離．天文學(xué)家認(rèn)為形成這種現(xiàn)象的原因可能是A外側(cè)還存在著一顆未知星B，它對(duì)A的萬(wàn)有引力引起A行星軌道的偏離，假設(shè)其運(yùn)行軌道與A在同一平面內(nèi)，且與A的繞行方向相同，由此可推測(cè)未知行星B繞太陽(yáng)運(yùn)行的圓軌道半徑為()A．Req\r(3,（\f(t,t－T)）2) B.eq\f(t,t－T)RC．Req\r(3,（\f(t－T,t)）2) D．Req\r(3,\f(t2,t－T))【答案】A5、如圖3所示，豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一豎直絕緣輕彈簧的下端固定在地面上，上端連接一帶正電小球，小球靜止時(shí)位于N點(diǎn)，彈簧恰好處于原長(zhǎng)狀態(tài)。保持小球的帶電量不變，現(xiàn)將小球提高到M點(diǎn)由靜止釋放，則釋放后小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過(guò)程中()圖3A．小球的機(jī)械能與彈簧的彈性勢(shì)能之和保持不變B．小球重力勢(shì)能的減少量等于小球電勢(shì)能的增加量C．彈簧彈性勢(shì)能的減少量等于小球動(dòng)能的增加量D．小球動(dòng)能的增加量等于電場(chǎng)力和重力做功的代數(shù)和解析由于有電場(chǎng)力做功，故小球的機(jī)械能不守恒，小球的機(jī)械能與彈簧的彈性勢(shì)能之和是改變的，故A錯(cuò)誤；由題意，小球受到的電場(chǎng)力等于重力。在小球運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功等于重力做功，小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過(guò)程中，重力勢(shì)能減少，轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能和動(dòng)能，故B錯(cuò)誤；釋放后小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過(guò)程中，彈性勢(shì)能并沒(méi)變，一直是0，故C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可得重力和電場(chǎng)力做功，小球動(dòng)能增加，小球動(dòng)能的增加量等于電場(chǎng)力和重力做功的代數(shù)和，故D正確。答案D6、(多選)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一個(gè)半徑為R的半圓形軌道OQP，其中Q是半圓形軌道的中點(diǎn)，半圓形軌道與水平軌道OE在O點(diǎn)相切，質(zhì)量為m的小球沿水平軌道運(yùn)動(dòng)，通過(guò)O點(diǎn)進(jìn)入半圓形軌道，恰好能夠通過(guò)最高點(diǎn)P，然后落到水平軌道上，不計(jì)一切摩擦阻力，下列說(shuō)法正確的是()A．小球落地時(shí)的動(dòng)能為2.5mgRB．小球落地點(diǎn)離O點(diǎn)的距離為2RC．小球運(yùn)動(dòng)到半圓形軌道最高點(diǎn)P時(shí)，向心力恰好為零D．小球到達(dá)Q點(diǎn)的速度大小為eq\r(3gR)解析：選ABD.小球恰好通過(guò)P點(diǎn)，mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)得v0＝eq\r(gR).根據(jù)動(dòng)能定理mg·2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得eq\f(1,2)mv2＝2.5mgR，A正確．由平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)得t＝eq\r(\f(4R,g))，落地點(diǎn)與O點(diǎn)距離x＝v0t＝2R，B正確．P處小球重力提供向心力，C錯(cuò)誤．從Q到P由動(dòng)能定理－mgR＝eq\f(1,2)m(eq\r(gR))2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)得vQ＝eq\r(3gR)，D正確．7、[多選]靜電計(jì)是在驗(yàn)電器的基礎(chǔ)上制成的，用其指針張角的大小來(lái)定性顯示其相互絕緣的金屬球與外殼之間的電勢(shì)差大小，如圖所示，A、B是平行板電容器的兩個(gè)金屬板，G為靜電計(jì)，極板B固定，A可移動(dòng)，開(kāi)始時(shí)開(kāi)關(guān)S閉合。靜電計(jì)指針張開(kāi)一定角度，則下列說(shuō)法正確的是()A．?dāng)嚅_(kāi)S后，將A向左移動(dòng)少許，靜電計(jì)指針張開(kāi)的角度增大B．?dāng)嚅_(kāi)S后，在A、B間插入電介質(zhì)，靜電計(jì)指針張開(kāi)的角度增大C．?dāng)嚅_(kāi)S后，將A向上移動(dòng)少許，靜電計(jì)指針張開(kāi)的角度增大D．保持S閉合，將變阻器滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)，靜電計(jì)指針張開(kāi)的角度減小解析：選AC斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，電容器帶電量不變，將A向左移動(dòng)少許，則d增大，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容減小，根據(jù)U＝eq\f(Q,C)知，電勢(shì)差增大，指針張角增大，故選項(xiàng)A正確；斷開(kāi)S后，在A、B間插入電介質(zhì)，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容增大，根據(jù)U＝eq\f(Q,C)知，電勢(shì)差減小，則指針張角減小，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；斷開(kāi)S后，將A向上移動(dòng)少許，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容減小，根據(jù)U＝eq\f(Q,C)知，電勢(shì)差增大，則指針張角變大，故選項(xiàng)C正確；保持開(kāi)關(guān)閉合，電容器兩端的電勢(shì)差不變，變阻器僅僅充當(dāng)導(dǎo)線功能，滑動(dòng)觸頭滑動(dòng)不會(huì)影響指針張角，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。8、如圖所示，矩形MNPQ區(qū)域內(nèi)有方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，有5個(gè)帶電粒子從圖中箭頭所示位置垂直于磁場(chǎng)邊界進(jìn)入磁場(chǎng)，在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡為相應(yīng)的圓弧，這些粒子的質(zhì)量，電荷量以及速度大小如下表所示．粒子編號(hào)質(zhì)量電荷量(q>0)速度大小1m2qv222q2v33－3q3v422q3v52－qv由以上信息可知，從圖中abc處進(jìn)入的粒子對(duì)應(yīng)表中的編號(hào)分別為()A．3,5,4 B．4,2,5C．5,3,2 D．2,4,5解析：根據(jù)半徑公式r＝eq\f(mv,Bq)結(jié)合表格中數(shù)據(jù)可求得1～5各組粒子的半徑之比依次為0.52332，說(shuō)明第一組正粒子的半徑最小，該粒子從MQ邊界進(jìn)入磁場(chǎng)逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)．由圖可知a、b粒子進(jìn)入磁場(chǎng)也是逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)，則都為正電荷，而且a、b粒子的半徑比為23，則a一定是第2組粒子，b是第4組粒子，c順時(shí)針運(yùn)動(dòng)，為負(fù)電荷，半徑與a相等是第5組粒子．正確答案為D.答案：D二、非選擇題如圖所示，在直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)O處有放射源，向四周均勻發(fā)射速度大小相等、方向都平行于紙面的帶電粒子。在放射源右邊有一很薄的擋板，擋板的兩端M、N與原點(diǎn)O正好構(gòu)成等腰直角三角形。已知帶電粒子的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，速度為v，MN的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，不計(jì)粒子重力。(1)若在y軸右側(cè)加一平行于x軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)，要使y軸右側(cè)所有運(yùn)動(dòng)的粒子都能打到擋板MN上，則電場(chǎng)強(qiáng)度E0的最小值為多大？在電場(chǎng)強(qiáng)度E0取最小值時(shí)，打到板上的粒子動(dòng)能為多大？(2)若在整個(gè)空間加一方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，要使整個(gè)擋板右側(cè)都有粒子打到，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度不能超過(guò)多少(用m、v、q、L表示)？若滿足此條件，放射源O向外發(fā)射出的所有帶電粒子中有幾分之幾能打在板的左邊？解析(1)由題意知，要使y軸右側(cè)所有運(yùn)動(dòng)的粒子都能打在MN板上，其臨界條件為：沿y軸方向運(yùn)動(dòng)的粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，且落在M或N點(diǎn)，則MO′＝eq\f(1,2)L＝vt①a＝eq\f(qE0,m)②OO′＝eq\f(1,2)L＝eq\f(1,2)at2③聯(lián)立①②③式得E0＝eq\f(4mv2,qL)④由動(dòng)能定理知qE0×eq\f(1,2)L