人教高考物理一轮练习题2及答案.docx

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人教高考物理一轮练习题2及答案

2019年人教高考物理一轮练习题

（2）及答案

一、选择题

1.如图,通电线圈abcd平面和磁场垂直（不考虑电流间相互作用）,则　（　　）

A.ab边受到向左的安培力

B.bc边受到向下的安培力

C.线圈面积有缩小的趋势

D.线圈有转动的趋势

【解析】选C。

根据左手定则:

伸开左手,拇指与手掌垂直且共面,磁感线向里穿过手心,四指指向电流方向,则拇指指向安培力方向,由上分析,那么ab边受到向右的安培力,bc边受到向上的安培力,故A、B错误;同理可知,线圈有收缩的趋势,故C正确;因为各边受到的安培力方向与线圈在同一平面,则线圈不会转动,故D错误。

2.（2019·临沂一模）如图所示,OM的左侧存在范围足够大,磁感应强度大小为B的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,ON（在纸面内）与磁场方向垂直且∠NOM=

60°,ON上有一点P,OP=L。

P点有一粒子源,可沿纸面内各个方向射出质量为m,电荷量为q的带正电的粒子（不计重力）,速率为

则粒子在磁场中运动的最短时间为　（　　）

A.

　　　　B.

　　　　C.

　　　　D.

【解析】选A。

粒子运动的半径r=

=

;当粒子在磁场中运动时间最短时,在磁场中的圆弧弦最短,则由P点作MO的垂线即为最短弦长,则PA=Lsin60°=

L,由三角函数可得:

sin

=

=

解得∠PO1A=90°,则最短时间t=

T=

故选A。

3.（2019·江苏高考）如图所示,三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分别位于O、M、P点。

由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。

现将C板向右平移到P′点,则由O点静止释放的电子　（　　）

A.运动到P点返回

B.运动到P和P′点之间返回

C.运动到P′点返回

D.穿过P′点

【解析】选A。

电子在A、B间加速,在B、C间减速,加速电压做功与减速电压做功相等。

现将C板向右平移到P′点,B、C板间的电场强度不变,根据U=Ed判断,由O点静止释放的电子运动到P点速度为0再返回,A项正确。

5.（2019·济南一模）如图所示,一均匀带正电的无限长绝缘细杆水平放置,细杆上方有A、B、C三点,三点均与细杆在同一竖直平面内,且三点到细杆的距离满足rA=rB

A.A、B、C三点电势φA=φB<φC

B.将一负电荷从A点移到C点,电荷电势能一定增加

C.A、B、C三点电场强度方向相同

D.在A点,若电子以垂直于纸面向外的速度飞出,电子一定做匀速圆周运动

【解析】选B、C。

细杆外各点电场强度方向都垂直无限长绝缘细杆向外,所以A、B所在直线为等势线,且φA=φB>φC。

将一负电荷从A点移到C点,电场力做负功,电势能增加,选项A错误,B、C正确;在A点,若电子垂直于纸面向外飞出,速度大小满足EAe=m

则电子做匀速圆周运动,若不满足,将做离心或向心运动,选项D错误。

4.（2019·天津高考）如图所示,在点电荷Q产生的电场中,实线MN是一条方向未标出的电场线,虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。

设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB,电势能分别为EpA、EpB。

下列说法正确的

是　（　　）

A.电子一定从A向B运动

B.若aA>aB,则Q靠近M端且为正电荷

C.无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpA

D.B点电势可能高于A点电势

【解析】选B、C。

电子在电场中做曲线运动,虚线AB是电子只在静电力作用下的运动轨迹,电场力沿电场线指向曲线的凹侧,电场的方向与电场力的方向相反,如图所示,由所知条件无法判断电子的运动方向,故A错误;若aA>aB,说明电子在A点受到的电场力较大,M点的电场强度较大,根据点电荷的电场分布可知,靠近M端为场源电荷的位置,应带正电,故B正确;无论Q为正电荷还是负电荷,一定有电势φA>φB,电子电势能Ep=-eφ,电势能是标量,所以一定有EpA

5、（多选）如图所示,M为固定在水平桌面上的有缺口的方形木块,abcd为半径是R的光滑圆弧形轨道,a为轨道的最高点,地面水平且有一定长度。

今将质量为m的小球在d点的正上方高为h处由静止释放,让其自由下落到d处切入轨道内运动,不计空气阻力,则　（　　）

A.只要h大于R,释放后小球就能通过a点

B.只要改变h的大小,就能使小球通过a点后,既可能落回轨道内,又可能落到de面上

C.无论怎样改变h的大小,都不可能使小球通过a点后落回轨道内

D.调节h的大小,可以使小球飞出de面之外（即e的右侧）

【解析】选C、D。

小球恰能通过a点的条件是小球的重力提供向心力,根据牛顿第二定律mg=m

解得v=

根据动能定理得mg（h-R）=mv2,解得h=R,若要释放后小球能通过a点,需满足h≥R,故选项A错误;小球离开a点时做平抛运动,由平抛运动的规律,水平方向x=vt,竖直方向R=gt2,解得x=

R>R,故无论怎样改变h的大小,都不可能使小球通过a点后落回轨道内,小球将通过a点不可能到达d点,只要改变h的大小,就能改变小球到达a点的速度,就有可能使小球通过a点后,落在de之外,故选项B错误,C、D正确。

6.上海市第十三届“未来之星上图杯”创新模型大赛在上海图书馆举行,比赛中某型号遥控车启动过程中速度与时间图象和牵引力的功率与时间图象如图所示,设遥控车所受阻力大小一定,则该遥控车的质量为　（　　）

A.kgB.

kg

C.kgD.

kg

【解析】选B。

遥控车在前2s内做匀加速直线运动,2s末的速度v2=6m/s,功率P2=30W,由公式P=Fv可知:

前2s内的动力F1=5N,后4s内做匀速直线运动,动力等于阻力,则Ff=F==

N,在前2s内,根据牛顿第二定律得:

F1-Ff=ma,又a=3m/s2,解得m=

kg,选项B正确。

7.（2019·宝鸡二模）如图所示,两块相互垂直的光滑挡板OP、OQ,OP竖直放置,小球a、b固定在轻弹簧的两端,并斜靠在OP、OQ挡板上。

现有一个水平向左的推力F作用于b上,使a、b紧靠挡板处于静止状态。

现保证b球不动,使竖直挡板OP向右缓慢平移一小段距离,则

导学号49294117（　　）

A.推力F减小B.弹簧长度变短

C.弹簧长度变长D.b对地面的压力变大

【解题指导】解答本题应把握以下三点:

（1）挡板OP向右缓慢平移过程,系统处于平衡状态。

（2）挡板OP向右时弹簧与竖直方向的夹角变小。

（3）分别以a球和整体为研究对象分析受力情况,由平衡条件列方程,判断力的变化。

【解析】选A、C。

设弹簧与竖直方向的夹角为α,现保证b球不动,使挡板OP向右缓慢平移一小段距离,则α减小,以a球为研究对象,分析受力情况,根据平衡条件得F弹=

α减小,cosα增大,则F弹减小,弹簧变长,故B错误,C正确;挡板对a的弹力N1=mgtanα,α减小,N1减小,对整体,水平方向F=N1,则作用力F将减小,故A正确;地面对b的支持力N2=（ma+mb）g不变,根据牛顿第三定律可知,b对地面的压力不变,故D错误。

8.（2019·泉州二模）如图,当风以恒定的水平速度吹来时,风筝面与水平面成某一夹角,人静止站在地面上拉住连接风筝的细线（细线质量、受风力不计）,使风筝处于静止,不计空气浮力。

则　（　　）

A.风对风筝的作用力方向水平向右

B.地面对人的支持力小于人和风筝的总重力

C.地面对人的作用力方向斜向左上方

D.拉直的细线可能垂直风筝面

【解析】选B、C。

设细线与水平面的夹角为α,风力大小为F,风筝受力如图所示,空气对风筝的作用力方向垂直于风筝的平面,风筝处于稳定状态时拉直的细线不可能垂直于风筝面,故A、D错误;对人和风筝整体由平衡条件得,竖直方向上（M+m）g=FN+Fcosβ,β是风筝与水平面之间的夹角,解得FN=（M+m）g-Fcosβ<（M+m）g,故B正确;地面对人的摩擦力水平向左,地面对人的作用力即支持力和摩擦力的合力,其方向斜向左上方,故C正确。

【总结提升】共点力平衡问题的一般解题步骤

（1）选取研究对象:

根据题目要求,选取一个平衡体（单个物体或系统,也可以是结点）作为研究对象。

（2）画受力示意图:

对研究对象进行受力分析,画出受力示意图。

（3）正交分解:

选取合适的方向建立直角坐标系,将所受各力正交分解。

（4）列方程求解:

根据平衡条件列出平衡方程,解平衡方程,对结果进行讨论。

9.如图所示,质量为m的球置于斜面上,被一个竖直挡板挡住,现用一个力F拉斜面,使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动,忽略一切摩擦,以下说法中正确的是　（　　）

A.若加速度足够小,竖直挡板对球的弹力可能为零

B.若加速度足够大,斜面对球的弹力可能为零

C.斜面和挡板对球的弹力的合力大于ma

D.斜面对球的弹力不仅有,而且是一个定值

【解析】选C、D。

小球受到的重力mg、竖直挡板的水平弹力FN1、斜面的支持力FN2,设斜面的倾斜角为α,则竖直方向有FN2cosα=mg,由于mg和α不变,所以无论加速度如何变化,FN2不变且不可能为零,故B错误,D正确;水平方向有FN1-

FN2sinα=ma,由于FN2sinα≠0,若加速度足够小,竖直挡板的水平弹力也不可能为零,故A错误;斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的FN2cosα与水平方向的力ma的合力,因此大于ma,故C正确。

10.（2019·兰州一模）静止于粗糙水平面上的物体,受到方向恒定的水平拉力F的作用,拉力F的大小随时间变化如图甲所示,在拉力F从0逐渐增大的过程中,物体的加速度随时间变化如图乙所示,g取10m/s2。

则下列说法中正确的是　导学号49294120（　　）

A.物体与水平面间的摩擦力先增大,后减小至某一值并保持不变

B.物体与水平面间的动摩擦因数为0.1

C.物体的质量为6kg

D.4s末物体的速度为4m/s

【解析】选A、B、D。

由图乙知,0～2s内物体静止不动,物体所受的静摩擦力与拉力平衡,则知摩擦力逐渐增大,t=2s时静摩擦力达到最大值,t=2s后物体开始运动,受到滑动摩擦力作用,滑动摩擦力小于最大静摩擦力,并且保持不变,所以物体所受的摩擦力先增大,后减小至某一值并保持不变,故A正确;在2～4s内,由牛顿第二定律得F-μmg=ma,由图可知,当F=6N时,a=1m/s2,当F=12N时,a=3m/s2,将两组数据代入上式解得μ=0.1,m=3kg,故B正确,C错误;根据a-t图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量,可知4s内物体速度的变化量为

Δv=

×2m/s=4m/s,由于初速度为0,所以4s末物体的速度为4m/s,故D正确。

二、计算题

直角坐标系xOy如图所示,在x轴下方存在与xOy平面平行的匀强电场,x轴上方存在垂直xOy平面向外的匀强磁场,磁感应强度为B0,一个质量为m,电荷量为q的负电荷从坐标原点以初速度v0射入匀强电场,v0与x轴正向夹角为45°,该电荷在电场力作用下偏转,经过x轴上的M点时速度大小仍为v0,之后进入x轴上方的磁场中运动,在洛伦兹力作用下可再次经过坐标原点O射入电场中,重力不计。

　导学号49294171

（1）求匀强电场的电场强度E。

（2）求电荷从O点出发后到再次回到O点的时间。

（3）当电荷在电场力作用下到达M点时,将磁场反向,同时把磁感应强度的大小调整为B,使得电荷刚好能通过坐标x=

的N点,求B的可能取值。

【解析】

（1）电荷到达M点时速度大小与O点时相等,所以从O到M的过程,电场力对电荷做功为零,即O、M两点电势相等,在同一个等势面上,电场线与等势面垂直,所以电场线应平行于y轴,又因为负电荷受电场力作用向上偏转,所以电场强度方向应沿y轴负向。

设OM距离为L,则L=v0cos45°t

沿y轴方向t=

a=

电荷在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力,qv0B0=m

解得r=

由几何关系可得L=

r=

解得t=

E=

方向沿y轴负向

（2）由

（1）中可知,电荷在电场中的运动时间t=

在磁场中运动的周期T=

=

在磁场中的运动时间t′=T=

电荷从O出发到再次回到O的时间为t+t′=

+

（3）M、N距离为d=

-

=

=2L,可知在M、N间电荷在电场中最多只能偏转一次

若电荷从M点进入磁场偏转后即到N点

如图所示,则由几何关系可知d=

=

解得B1=

若电荷从M点进入磁场偏转后再次经电场偏转到N点,

如图所示,则由几何关系可得

d=

=L+

解得B2=B0

若电荷从M点进入磁场偏转后再次经电场偏转又进入磁场偏转后到N点,则由几何关系可知

d=

=L+2

解得B3=2B0

答案:

（1）

方向沿y轴负向

（2）

+

（3）B1=

B2=B0,B3=2B0