2019高考物理一轮复习选训九月第一周习题（4）（含解析）新人教版

人教物理2019高考一轮选训：九月第一周习题（4）李仕才一、选择题1、甲、乙两车在同一条直道上行驶，它们运动的位移x随时间t变化的关系如图所示，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10s处，则下列说法正确的是()A．甲车的初速度为零B．乙车的初位置在x0＝60m处C．乙车的加速度大小为1.6m/s2D．5s时两车相遇，此时甲车速度较大2、如图6所示，质量均为m的A、B两球，由一根劲度系数为k的轻弹簧连接静止于半径为R的光滑半球形碗中，弹簧水平，两球间距为R且球半径远小于碗的半径.则弹簧的原长为()图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球为研究对象，小球受三个力：重力、弹力和碗的支持力如图所示，由平衡条件，3、如图5所示，匀强电场分布在边长为L的正方形区域ABCD内，M、N分别为AB和AD的中点，一个初速度为v0、质量为m、电荷量为q的带负电粒子沿纸面射入电场。带电粒子的重力不计，如果带电粒子从M点垂直电场方向进入电场，则恰好从D点离开电场。若带电粒子从N点垂直BC方向射入电场，则带电粒子()图5A．从BC边界离开电场B．从AD边界离开电场C．在电场中的运动时间为eq\f(2mveq\o\al(2,0),qE)D．离开电场时的动能为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)答案BD4、(多选)物体在万有引力场中具有的势能叫做引力势能．若取两物体相距无穷远时的引力势能为零，一个质量为m0的质点距质量为M0的引力中心为r0时，其万有引力势能Ep＝－eq\f(GM0m0,r0)(式中G为引力常量)．一颗质量为m的人造地球卫星以半径为r1圆形轨道环绕地球飞行，已知地球的质量为M，要使此卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径增大为r2，则在此过程中()A．卫星势能增加了GMm(eq\f(1,r1)－eq\f(1,r2))B．卫星动能减少了eq\f(GMm,3)(eq\f(1,r1)－eq\f(1,r2))C．卫星机械能增加了eq\f(GMm,2)(eq\f(1,r1)－eq\f(1,r2))D．卫星上的发动机所消耗的最小能量为eq\f(2GMm,3)(eq\f(1,r2)－eq\f(1,r1))【答案】AC【解析】引力势能的增加量ΔEp＝－eq\f(GMm,r2)－(－eq\f(GMm,r1))＝GMm(eq\f(1,r1)－eq\f(1,r2))，故A正确；根据万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，动能的减小量为ΔEk＝eq\f(GMm,2r1)－eq\f(GMm,2r2)＝eq\f(GMm,2)(eq\f(1,r1)－eq\f(1,r2))．故B错误；根据能量守恒定律，卫星机械能增加等于发动机消耗的最小能量，即E＝ΔEp－ΔEk＝eq\f(GMm,2)(eq\f(1,r1)－eq\f(1,r2))．故C正确，D错误．5、如图6所示，固定于水平面上的光滑斜面足够长，一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板P相连，另一端与盒子A相连，A内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁接触，现用力推A使弹簧处于压缩状态，然后由静止释放，则从释放盒子A到其获得最大速度的过程中，下列说法正确的是()图6A．弹簧的弹性势能一直减少到零B．A对B做的功等于B机械能的增加量C．弹簧弹性势能的减少量等于A的机械能的增加量D．A所受弹簧弹力和重力做的功的代数和大于A的动能的增加量解析盒子A运动过程中，弹簧弹性势能一直减少，当弹簧弹力与A、B的重力沿斜面向下的分力大小相等时，盒子的速度最大，此时弹簧的弹性势能不为零，A错误；由功能关系知，A对B做的功等于B机械能的增加量，B正确；将A、B和弹簧看作一个系统，则该系统机械能守恒，所以弹簧弹性势能的减少量等于A和B机械能的增加量，C错误；对盒子A，弹簧弹力做正功，盒子重力做负功，小球B对A沿斜面向下的弹力做负功，由动能定理知A所受弹簧弹力和重力做的功的代数和大于A的动能的增加量，D正确。答案BD6、荡秋千是一种常见的休闲娱乐活动，也是我国民族运动会上的一个比赛项目.若秋千绳的长度约为2m，荡到最高点时，秋千绳与竖直方向成60°角，如图4所示.人在从最高点到最低点的运动过程中，以下说法正确的是()图4A.最低点的速度大约为5m/sB.在最低点时的加速度为零C.合外力做的功等于增加的动能D.重力做功的功率逐渐增加答案C7、如图所示，梯形abdc位于某匀强电场所在平面内，两底角分别为60°、30°，cd＝2ab＝4cm，已知a、b两点的电势分别为4V、0，将电荷量q＝1.6×10－3C的正电荷由a点移动到c点，克服电场力做功6.4×10－3A．垂直ab向上，大小为400V/mB．垂直bd斜向上，大小为400V/mC．平行ca斜向上，大小为200V/mD．平行bd斜向上，大小为200V/m解析：选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，过b点作be∥ac交cd于e，因在匀强电场中，任意两条平行线上距离相等的两点间电势差相等，所以Uab＝Uce，即φe＝4V，又因cd＝2ab，所以Ucd＝2Uab，即φd＝0，所以bd为一条等势线，又由几何关系知eb⊥bd，由电场线与等势线的关系知电场强度必垂直bd斜向上，大小为E＝eq\f(Ueb,ed·sin30°)＝eq\f(4,1×10－2)V/m＝400V/m，B项正确。8、[多选]如图，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B＝1T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9m，M点为x轴正方向上一点，OM＝3m，现有一个比荷大小为eq\f(q,m)＝1.0C/kg，可视为质点的带正电小球(重力不计)，从挡板下端N处以不同的速度向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰后以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M点，则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：选ABD由题意，小球运动的圆心的位置一定在y轴上，所以小球做圆周运动的半径r一定要大于等于3m，而ON＝9m≤3r，所以小球最多与挡板ON碰撞一次，碰撞后，第二个圆心的位置在O点的上方，也可能小球与挡板ON没有碰撞，直接过M点。由于洛伦兹力提供向心力，所以：qvB＝meq\f(v2,r)，得：v＝eq\f(q,m)Br①；若小球与挡板ON碰撞一次，则轨迹可能如图1，设OO′＝s，由几何关系得：r2＝OM2＋s2＝9＋s2②，3r－9＝s③，联立②③得：r1＝3m；r2＝3.75m，分别代入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，若小球没有与挡板ON碰撞，则轨迹如图2，设OO′＝x，由几何关系得：r32＝OM2＋x2＝9＋x2④，x＝9－r3⑤，联立④⑤得：r3＝5m，代入①得：v3＝eq\f(q,m)Br3＝1×1×5m/s＝5m/s，A、B、D正确。二、非选择题如图所示，竖直平行正对放置的带电金属板A、B，B板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy的O点；y轴沿竖直方向；在x＞0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E＝eq\f(4,3)×103V/m；比荷为1.0×105C/kg的带正电的粒子P从A板中心O′处静止释放，其运动轨迹恰好经过M(eq\r(3)，1)点；粒子P的重力不计，试求：(1)金属板AB之间的电势差UAB；(2)若在粒子P经过O点的同时，在y轴右侧匀强电场中某点静止释放另一带电微粒Q，使P、Q恰能在运动中相碰；假设Q的质量是P的2倍、带电情况与P相同；Q的重力及P、Q之间的相互作用力均忽略不计；求粒子Q所有释放点(x，y)坐标满足的关系。解析：(1)设粒子P的质量为m、带电荷量为q，从O点进入匀强电场时的速度大小为v0；由题意可知，粒子P在y轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O点运动到M(eq\r(3)，1)点历时为t0，由类平抛运动规律可得：x＝v0t0y＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t02解得：v0＝eq\r(2)×104m/s。在金属板AB之间，由动能定理：qUAB＝eq\f(1,2)mv02解得：UAB＝1000V。(2)设P、Q在右侧电场中运动的加速度分别为a1、a2；Q粒子从坐标N(x，y)点释放