2019高考物理一輪復(fù)習(xí)選訓(xùn)九月第一周習(xí)題（4）（含解析）新人教版

人教物理2019高考一輪選訓(xùn)：九月第一周習(xí)題（4）李仕才一、選擇題1、甲、乙兩車在同一條直道上行駛，它們運(yùn)動(dòng)的位移x隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖所示，已知乙車做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，其圖線與t軸相切于10s處，則下列說法正確的是()A．甲車的初速度為零B．乙車的初位置在x0＝60m處C．乙車的加速度大小為1.6m/s2D．5s時(shí)兩車相遇，此時(shí)甲車速度較大2、如圖6所示，質(zhì)量均為m的A、B兩球，由一根勁度系數(shù)為k的輕彈簧連接靜止于半徑為R的光滑半球形碗中，彈簧水平，兩球間距為R且球半徑遠(yuǎn)小于碗的半徑.則彈簧的原長為()圖6A.eq\f(mg,k)＋R B.eq\f(mg,2k)＋RC.eq\f(2\r(3)mg,3k)＋R D.eq\f(\r(3)mg,3k)＋R答案D解析以A球?yàn)檠芯繉ο?，小球受三個(gè)力：重力、彈力和碗的支持力如圖所示，由平衡條件，3、如圖5所示，勻強(qiáng)電場分布在邊長為L的正方形區(qū)域ABCD內(nèi)，M、N分別為AB和AD的中點(diǎn)，一個(gè)初速度為v0、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子沿紙面射入電場。帶電粒子的重力不計(jì)，如果帶電粒子從M點(diǎn)垂直電場方向進(jìn)入電場，則恰好從D點(diǎn)離開電場。若帶電粒子從N點(diǎn)垂直BC方向射入電場，則帶電粒子()圖5A．從BC邊界離開電場B．從AD邊界離開電場C．在電場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為eq\f(2mveq\o\al(2,0),qE)D．離開電場時(shí)的動(dòng)能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)答案BD4、(多選)物體在萬有引力場中具有的勢能叫做引力勢能．若取兩物體相距無窮遠(yuǎn)時(shí)的引力勢能為零，一個(gè)質(zhì)量為m0的質(zhì)點(diǎn)距質(zhì)量為M0的引力中心為r0時(shí)，其萬有引力勢能Ep＝－eq\f(GM0m0,r0)(式中G為引力常量)．一顆質(zhì)量為m的人造地球衛(wèi)星以半徑為r1圓形軌道環(huán)繞地球飛行，已知地球的質(zhì)量為M，要使此衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑增大為r2，則在此過程中()A．衛(wèi)星勢能增加了GMm(eq\f(1,r1)－eq\f(1,r2))B．衛(wèi)星動(dòng)能減少了eq\f(GMm,3)(eq\f(1,r1)－eq\f(1,r2))C．衛(wèi)星機(jī)械能增加了eq\f(GMm,2)(eq\f(1,r1)－eq\f(1,r2))D．衛(wèi)星上的發(fā)動(dòng)機(jī)所消耗的最小能量為eq\f(2GMm,3)(eq\f(1,r2)－eq\f(1,r1))【答案】AC【解析】引力勢能的增加量ΔEp＝－eq\f(GMm,r2)－(－eq\f(GMm,r1))＝GMm(eq\f(1,r1)－eq\f(1,r2))，故A正確；根據(jù)萬有引力提供向心力有：Geq\f(Mm,r\o\al(2,1))＝meq\f(v\o\al(2,1),r1)，解得Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(GMm,2r1).同理，Ek2＝eq\f(GMm,2r2)，所以，動(dòng)能的減小量為ΔEk＝eq\f(GMm,2r1)－eq\f(GMm,2r2)＝eq\f(GMm,2)(eq\f(1,r1)－eq\f(1,r2))．故B錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律，衛(wèi)星機(jī)械能增加等于發(fā)動(dòng)機(jī)消耗的最小能量，即E＝ΔEp－ΔEk＝eq\f(GMm,2)(eq\f(1,r1)－eq\f(1,r2))．故C正確，D錯(cuò)誤．5、如圖6所示，固定于水平面上的光滑斜面足夠長，一輕質(zhì)彈簧的一端與固定在斜面上的木板P相連，另一端與盒子A相連，A內(nèi)放有光滑球B，B恰與盒子前、后壁接觸，現(xiàn)用力推A使彈簧處于壓縮狀態(tài)，然后由靜止釋放，則從釋放盒子A到其獲得最大速度的過程中，下列說法正確的是()圖6A．彈簧的彈性勢能一直減少到零B．A對B做的功等于B機(jī)械能的增加量C．彈簧彈性勢能的減少量等于A的機(jī)械能的增加量D．A所受彈簧彈力和重力做的功的代數(shù)和大于A的動(dòng)能的增加量解析盒子A運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧彈性勢能一直減少，當(dāng)彈簧彈力與A、B的重力沿斜面向下的分力大小相等時(shí)，盒子的速度最大，此時(shí)彈簧的彈性勢能不為零，A錯(cuò)誤；由功能關(guān)系知，A對B做的功等于B機(jī)械能的增加量，B正確；將A、B和彈簧看作一個(gè)系統(tǒng)，則該系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以彈簧彈性勢能的減少量等于A和B機(jī)械能的增加量，C錯(cuò)誤；對盒子A，彈簧彈力做正功，盒子重力做負(fù)功，小球B對A沿斜面向下的彈力做負(fù)功，由動(dòng)能定理知A所受彈簧彈力和重力做的功的代數(shù)和大于A的動(dòng)能的增加量，D正確。答案BD6、蕩秋千是一種常見的休閑娛樂活動(dòng)，也是我國民族運(yùn)動(dòng)會上的一個(gè)比賽項(xiàng)目.若秋千繩的長度約為2m，蕩到最高點(diǎn)時(shí)，秋千繩與豎直方向成60°角，如圖4所示.人在從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程中，以下說法正確的是()圖4A.最低點(diǎn)的速度大約為5m/sB.在最低點(diǎn)時(shí)的加速度為零C.合外力做的功等于增加的動(dòng)能D.重力做功的功率逐漸增加答案C7、如圖所示，梯形abdc位于某勻強(qiáng)電場所在平面內(nèi)，兩底角分別為60°、30°，cd＝2ab＝4cm，已知a、b兩點(diǎn)的電勢分別為4V、0，將電荷量q＝1.6×10－3C的正電荷由a點(diǎn)移動(dòng)到c點(diǎn)，克服電場力做功6.4×10－3A．垂直ab向上，大小為400V/mB．垂直bd斜向上，大小為400V/mC．平行ca斜向上，大小為200V/mD．平行bd斜向上，大小為200V/m解析：選B由W＝qU知Uac＝eq\f(W,q)＝eq\f(－6.4×10－3,1.6×10－3)V＝－4V，而φa＝4V，所以φc＝8V，過b點(diǎn)作be∥ac交cd于e，因在勻強(qiáng)電場中，任意兩條平行線上距離相等的兩點(diǎn)間電勢差相等，所以Uab＝Uce，即φe＝4V，又因cd＝2ab，所以Ucd＝2Uab，即φd＝0，所以bd為一條等勢線，又由幾何關(guān)系知eb⊥bd，由電場線與等勢線的關(guān)系知電場強(qiáng)度必垂直bd斜向上，大小為E＝eq\f(Ueb,ed·sin30°)＝eq\f(4,1×10－2)V/m＝400V/m，B項(xiàng)正確。8、[多選]如圖，xOy平面的一、二、三象限內(nèi)存在垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T的勻強(qiáng)磁場，ON為處于y軸負(fù)方向的彈性絕緣薄擋板，長度為9m，M點(diǎn)為x軸正方向上一點(diǎn)，OM＝3m，現(xiàn)有一個(gè)比荷大小為eq\f(q,m)＝1.0C/kg，可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電小球(重力不計(jì))，從擋板下端N處以不同的速度向x軸負(fù)方向射入磁場，若與擋板相碰后以原速率彈回，且碰撞時(shí)間不計(jì)，碰撞時(shí)電荷量不變，小球最后都能經(jīng)過M點(diǎn)，則小球射入的速度大小可能是()A．3m/s B．3.75m/sC．4m/s D．5m/s解析：選ABD由題意，小球運(yùn)動(dòng)的圓心的位置一定在y軸上，所以小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r一定要大于等于3m，而ON＝9m≤3r，所以小球最多與擋板ON碰撞一次，碰撞后，第二個(gè)圓心的位置在O點(diǎn)的上方，也可能小球與擋板ON沒有碰撞，直接過M點(diǎn)。由于洛倫茲力提供向心力，所以：qvB＝meq\f(v2,r)，得：v＝eq\f(q,m)Br①；若小球與擋板ON碰撞一次，則軌跡可能如圖1，設(shè)OO′＝s，由幾何關(guān)系得：r2＝OM2＋s2＝9＋s2②，3r－9＝s③，聯(lián)立②③得：r1＝3m；r2＝3.75m，分別代入①得：v1＝eq\f(q,m)Br1＝1×1×3m/s＝3m/s，v2＝eq\f(q,m)Br2＝1×1×3.75m/s＝3.75m/s，若小球沒有與擋板ON碰撞，則軌跡如圖2，設(shè)OO′＝x，由幾何關(guān)系得：r32＝OM2＋x2＝9＋x2④，x＝9－r3⑤，聯(lián)立④⑤得：r3＝5m，代入①得：v3＝eq\f(q,m)Br3＝1×1×5m/s＝5m/s，A、B、D正確。二、非選擇題如圖所示，豎直平行正對放置的帶電金屬板A、B，B板中心的小孔正好位于平面直角坐標(biāo)系xOy的O點(diǎn)；y軸沿豎直方向；在x＞0的區(qū)域內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f(4,3)×103V/m；比荷為1.0×105C/kg的帶正電的粒子P從A板中心O′處靜止釋放，其運(yùn)動(dòng)軌跡恰好經(jīng)過M(eq\r(3)，1)點(diǎn)；粒子P的重力不計(jì)，試求：(1)金屬板AB之間的電勢差UAB；(2)若在粒子P經(jīng)過O點(diǎn)的同時(shí)，在y軸右側(cè)勻強(qiáng)電場中某點(diǎn)靜止釋放另一帶電微粒Q，使P、Q恰能在運(yùn)動(dòng)中相碰；假設(shè)Q的質(zhì)量是P的2倍、帶電情況與P相同；Q的重力及P、Q之間的相互作用力均忽略不計(jì)；求粒子Q所有釋放點(diǎn)(x，y)坐標(biāo)滿足的關(guān)系。解析：(1)設(shè)粒子P的質(zhì)量為m、帶電荷量為q，從O點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場時(shí)的速度大小為v0；由題意可知，粒子P在y軸右側(cè)勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)；設(shè)從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M(eq\r(3)，1)點(diǎn)歷時(shí)為t0，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得：x＝v0t0y＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t02解得：v0＝eq\r(2)×104m/s。在金屬板AB之間，由動(dòng)能定理：qUAB＝eq\f(1,2)mv02解得：UAB＝1000V。(2)設(shè)P、Q在右側(cè)電場中運(yùn)動(dòng)的加速度分別為a1、a2；Q粒子從坐標(biāo)N(x，y)點(diǎn)釋放