2019高考物理一轮复习选训九月第一周习题（2）（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（2）李仕才一、选择题1、如图甲所示，质量为m＝1kg、带电荷量为q＝2×10－3C的小物块静置于绝缘水平面上，A点左侧上方存在方向水平向右的匀强电场，小物块运动的v－t图象如图乙所示，取g＝10m/s2图A．小物块在0～3s内的平均速度为eq\f(4,3)m/sB．小物块与水平面间的动摩擦因数为0.4C．匀强电场的电场强度为3000N/CD．物块运动过程中电势能减少了12J答案CD2、如图4所示，小球A、B穿在一根光滑固定的细杆上，一条跨过定滑轮的细绳两端连接两小球，杆与水平面成θ角，小球可看做质点且不计所有摩擦.当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，绳OB沿竖直方向，则下列说法正确的是()图4A.小球A受到2个力的作用B.小球A受到3个力的作用C.杆对B球的弹力方向垂直杆斜向上D.绳子对A的拉力大于对B的拉力答案B3、如图3，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的k倍。有一初速度为零的电荷经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从极板下边缘穿出电场，不计电荷的重力，则偏转电场长宽之比eq\f(l,d)的值为()图3A.eq\r(k) B.eq\r(2k)C.eq\r(3k) D.eq\r(5k)解析设加速电压为U1，偏转电压为U2，因为qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，电荷离开加速电场时的速度v0＝eq\r(\f(2qU1,m))；在偏转电场中eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)eq\f(qU2,md)t2，解得t＝deq\r(\f(m,qU2))，水平距离l＝v0t＝eq\r(\f(2qU1,m))·deq\r(\f(m,qU2))＝deq\r(\f(2U1,U2))＝deq\r(2k)，所以eq\f(l,d)＝eq\r(2k)。答案B4、(多选)“木星冲日”是指木星和太阳正好分处地球的两侧，三者成一条直线．木星和地球绕太阳公转的方向相同，公转轨迹都近似为圆．设木星公转半径为R1，周期为T1；地球公转半径为R2，周期为T2，下列说法正确的是()A.eq\f(T1,T2)＝(eq\f(R1,R2))eq\f(2,3)B.eq\f(T1,T2)＝(eq\f(R1,R2))eq\f(3,2)C．“木星冲日”这一天象的发生周期为eq\f(2T1T2,T1－T2)D．“木星冲日”这一天象的发生周期为eq\f(T1T2,T1－T2)【答案】BD【解析】由开普勒第三定律得eq\f(R\o\al(3,1),T\o\al(2,1))＝eq\f(R\o\al(3,2),T\o\al(2,2))，解得：eq\f(T1,T2)＝eq\r(\f(R\o\al(3,1),R\o\al(3,2)))＝(eq\f(R1,R2))eq\f(3,2)，故A错误，B正确；当再次发生“木星冲日”时，地球与木星两者转过的角度相差2π，所以eq\f(2π,T2)t－eq\f(2π,T1)t＝2π，解得：t＝eq\f(T1T2,T1－T2)，故C错误，D正确．5、一物体在粗糙的水平面上受到水平拉力作用，在一段时间内的速度随时间变化情况如图3所示。则拉力的功率随时间变化的图象可能是(g取10m/s2)()图3解析由图知在0～t0时间内，物体做初速度为零的匀加速运动，v＝at；由牛顿第二定律得F－Ff＝ma，则拉力的功率P＝Fv＝(Ff＋ma)v＝(Ff＋ma)at；在t0时刻以后，物体做匀速运动，v不变，则F＝Ff，P＝Fv＝Ffv，P不变，故选项D正确。答案D6、如图2所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动.A由静止释放；B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0；C的初速度方向沿水平方向，大小为v0.斜面足够大，A、B、C运动过程中不会相碰，下列说法正确的是()图2A.A和C将同时滑到斜面底端B.滑到斜面底端时，B的动能最大C.滑到斜面底端时，C的重力势能减少最多D.滑到斜面底端时，B的机械能减少最多答案B7、有一个带正电的金属球壳(厚度不计)，其截面图如图甲所示，O为球心，球壳P处开有半径远小于球半径的小孔。以O点为坐标原点，过P点建立x坐标轴，A点是坐标轴上的一点，x轴上各点电势如图乙所示。电子从O点以v0的初速度沿x轴方向射出，依次通过P、A两点。则下列关于电子的描述正确的是()A.在OP间电子做匀加速直线运动B.在PA间电子做匀减速直线运动C.在OP间运动时电子的电势能均匀增加D.在PA间运动时电子的电势能增加【解析】选D。带正电的金属球壳的电荷只分布在球的外表面，内部没有电场线，所以OP段电子做匀速直线运动，A、C错误;电子带负电，PA段会受到库仑引力作用，做加速度减小，速度也减小的变速运动，B错误;库仑力做负功电势能增加，D正确。8、[多选]如图，S为一离子源，MN为长荧光屏，S到MN的距离为L，整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。某时刻离子源S一次性沿平行纸面的各个方向均匀地射出大量的正离子，各离子的质量m，电荷量q，速率v均相同，不计离子的重力及离子间的相互作用力，则()A．当v<eq\f(qBL,2m)时所有离子都打不到荧光屏上B．当v<eq\f(qBL,m)时所有离子都打不到荧光屏上C．当v＝eq\f(qBL,m)时，打到荧光屏MN的离子数与发射的离子总数比值为eq\f(5,12)D．当v＝eq\f(qBL,m)时，打到荧光屏MN的离子数与发射的离子总数比值为eq\f(1,2)解析：选AC根据半径公式R＝eq\f(mv,qB)，当v<eq\f(qBL,2m)时，R<eq\f(L,2)，直径2R<L，所有离子都打不到荧光屏上，选项A正确；根据半径公式R＝eq\f(mv,qB)，当v<eq\f(qBL,m)时，R<L，当半径非常小时，即R<eq\f(L,2)时肯定所有离子都打不到荧光屏上；当eq\f(L,2)≤R<L，有离子打到荧光屏上，选项B错误；当v＝eq\f(qBL,m)时，根据半径公式R＝eq\f(mv,qB)＝L，离子运动轨迹如图所示，离子能打到荧光屏的范围是N′M′，由几何知识得：PN′＝eq\r(3)r＝eq\r(3)L，PM′＝r＝L，打到N′点的离子离开S时的初速度方向和打到M′的离子离开S时的初速度方向夹角θ＝eq\f(5,6)π，能打到荧光屏上的离子数与发射的离子总数之比k＝eq\f(θ,2π)＝eq\f(\f(5,6)π,2π)＝eq\f(5,12)，选项C正确，D错误。二、非选择题在金属板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T，现有电子以平行于金属板的速度v0从两板中央射入(如图甲所示)．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，求：(1)若电子从t＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？(2)若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少为多长？(3)若电子恰能从两板中央平行于板飞出，电子应从哪一时刻射入？两板间距至少为多大？解析：(1)由动能定理得：e·eq\f(U0,2)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(eU0,m)).(2)t＝0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向正极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，则继续在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电场方向上的速度减到零，实际速度等于初速度v0，平行于极板，以后继续重复这样的运动．要使电子恰能平行于金属板飞出，则在OO′方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L＝v0T.(3)若要使电子从极板中央平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，反向加速再减速，每段时间相同，一个周期后恰好回到OO′线．可见应在t＝eq\f(T,4)＋k·eq\f(T,2)(k＝0，1，2，…)时射入．极板间距离要求满足在加速、减速阶段电子不打到极板上．由牛顿第二定律有a＝eq\f(eU0,md)加速阶段运动的距离s＝eq\f(1,2)·eq\f(eU0,md)·eq\b\lc\(\rc\)