人教高考物理一轮练习题1及答案.docx

1、人教高考物理一轮练习题人教高考物理一轮练习题 1 及答案及答案 2019 年人教高考物理一轮练习题（1）及答案 一、选择题 1、如图所示,圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场,磁感应强度的大小为 B1,P 为磁场边界上的一点。相同的带正电荷粒子,以相同的速率从 P 点射入磁场区域,速度方向沿位于纸面内的各个方向,这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上,这段圆弧的弧长是圆周长的。若将磁感应强度的大小变为 B2,结果相应的弧长变为圆周长的,不计粒子的重力和粒子间的相互影响,则 等于()A.B.C.D.【解析】选 C。设圆形区域的半径为 r。当磁感应强度为 B1 时,从 P 点射入的粒子与磁场边界

2、的最远交点为 M,最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点,POM=120,如图所示:由几何关系得 sin60=,解得 R=r。磁感应强度为 B2 时,从 P 点射入的粒子与磁场边界的最远交点为 N,最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点,PON=90,如图所示:所以粒子做圆周运动的半径为 R=r。对带电粒子由牛顿第二定律得 qvB=m,解得 B=,由于 v、m、q 相等,则得=,选项 C 正确。2.(多选)如图所示,真空中 xOy 平面内有一束宽度为 d 的带正电粒子束沿 x 轴正向运动,所有粒子为同种粒子,速度大小相等,在第一象限内有一方向垂直 xOy 平面的有界匀强磁场区(图中未画出),所

3、有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于 x 轴上的 a 点。下列说法中正确的是()导学号 49294172 A.磁场方向一定是垂直 xOy 平面向里 B.所有粒子通过磁场区的时间相同 C.所有粒子在磁场区运动的半径相等 D.磁场区边界可能是圆【解题指导】(1)磁场的方向可由带电粒子的受力方向判断。(2)粒子在磁场中的运动时间与圆心角有关。(3)带电粒子进入磁场的位置为一圆弧,且圆弧的半径与粒子在磁场中的轨迹半径相同。【解析】选 C、D。由题意可知,正粒子经磁场偏转,都集中于一点 a,根据左手定则,磁场的方向垂直 xOy 平面向外,故 A 错误;由洛伦兹力提供向心力,可得T=,而运动的时间还与圆心角有

4、关,因此粒子的运动时间不等,故 B 错误;由洛伦兹力提供向心力,可得 R=,由于是同种粒子,且速度大小相等,所以它们的运动半径相等,故 C正确;所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于 x 轴上的 a 点,因此磁场区边界可能是圆,也可能是圆弧,故 D 正确。3、如图所示,一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内,当开关 S 闭合,小球静止时,悬线与竖直方向的夹角为。则()A.当开关 S 断开时,若减小平行板间的距离,则夹角 增大 B.当开关 S 断开时,若增大平行板间的距离,则夹角 增大 C.当开关 S 闭合时,若减小平行板间的距离,则夹角 增大 D.当开关 S 闭合时,若减小平行板间的距离,则夹角

5、 减小【解析】选 C。当断开开关 S 时,电容器所带的电量不变,由电容的决定式 C=、电容的定义式 C=和 E=解得 E=,则知电容器板间距离 d 变化时,板间场强 E 不变,小球所受的电场力不变,则 不变,故选项 A、B 错误;保持开关 S 闭合,电容器两板间的电势差 U 不变,若减小平行板间的距离,由 E=知,板间的电场强度 E 增大,小球所受的电场力变大,则 增大,故选项 C 正确,D 错误。4.(2017 枣庄一模)空间某区域竖直平面内存在电场,电场线分布如图所示。一个质量为 m、电量为 q,电性未知的小球在该电场中运动,小球经过 A 点时的速度大小为 v1,方向水平向右,运动至 B

6、点时的速度大小为 v2。若 A、B 两点之间的高度差为 h,则以下判断中正确的是 导学号 49294164()A.A、B两点的电场强度和电势大小关系为 EAEB、Av1,则电场力一定做正功 C.A、B两点间的电势差为(-2gh)D.小球从 A 运动到 B 点的过程中电场力做的功为 m-m 【解析】选 C。由电场线的疏密分布知 EAB,所以 A错误。从 A 运动到 B 对带电小球应用动能定理得:mgh+qUAB=m-m,若 v2v1,电场力也不一定做正功,B 错误。由上式得 UAB=,C 正确。小球从 A 到 B 合外力做功为 m-m,D 错误。5.(2017 邯郸一模)某同学参加学校运动会立定

7、跳远项目比赛,起跳直至着地过程如图,测量得到比赛成绩是 2.5m,目测空中脚离地最大高度约 0.8m,忽略空气阻力,则起跳过程该同学所做功约为()A.65 J B.350 J C.700 J D.1 250 J【解析】选 C。由动能定理知起跳过程该同学做的功转化为该同学的动能,所以求该同学做的功应该求该同学起跳后斜抛的初速度。竖直方向由 h=gt2 得 t=0.4s,水平方向由 x=vx 2t得 vx=3.125m/s,竖直方向 vy=gt=4m/s,所以该同学初速度 v 的平方为:v2=+=25.8m2/s2,取该同学质量为 m=60kg,则 Ek=mv2=25.8 30J=774 J,所以

8、该同学所做功约为 700J,故选项 C 正确。6.一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道,小球先进入圆轨道 1,再进入圆轨道 2,圆轨道 1 的半径为 R,圆轨道 2 的半径是轨道1 的 1.8 倍,小球的质量为 m,若小球恰好能通过轨道 2 的最高点 B,则小球在轨道 1 上经过 A 处时对轨道的压力为()世纪金榜导学号 49294144 A.2mg B.3mg C.4mg D.5mg【解析】选 C。小球恰好能通过轨道 2 的最高点 B 时,有 mg=,小球在轨道 1 上经过 A 处时,有 F+mg=,根据动能定理,有 1.6mgR=m-m,解得 F=4mg,C 项正确。7.(2017

9、 淮南二模)在房屋装修过程中工人经常用如图所示的简易方式运送材料,图中 C 为光滑定滑轮,为了保证材料不碰触窗台 A、B,需要一人在楼下用一根绳子拽拉,保证材料竖直向上缓慢上升,假定人的位置不变,则在运送过程中 ()A.OC绳的拉力逐渐增大,OD 绳的拉力逐渐减小 B.OC 绳的拉力逐渐减小,OD 绳的拉力逐渐增大 C.OC 绳和 OD 绳的拉力逐渐减小 D.OC绳和 OD 绳的拉力逐渐增大【解析】选 D。在建筑材料缓慢提起的过程中,其合力保持为零,因物体与墙壁的距离始终保持不变,结点与竖直墙壁保持一定的距离L,如图甲所示,在建筑材料被缓慢提起的过程中 OC 绳与竖直方向夹角变大,OD绳与竖直

10、方向夹角减小,根据平衡条件得知两绳拉力的合力与物体的重力大小相等、方向相反,保持不变,由平行四边形定则作出图乙,由图可知,两根绳子上的拉力 F1 和 F2 均增大,故 A、B、C 错误,D正确。8、(多选)如图甲,笔记本电脑散热底座一般置有四个卡位用来调节角度。某同学将电脑放在散热底座上,为了获得更好的舒适度,由原卡位 1 缓缓调至卡位 4(如图乙),笔记本电脑始终处于静止状态,则()A.电脑受到的摩擦力变小 B.电脑对散热底座的压力变小 C.散热底座对电脑的作用力大小之和等于其重力 D.散热底座对电脑的作用力的合力不变【解析】选 A、D。由原卡位 1 缓缓调至卡位 4,倾斜角变小,重力的下滑

11、分力减小,垂直斜面的重力分量增加,根据电脑受力平衡得 A对,B 错;散热底座对电脑的作用力的矢量和等于其重力,C 错,D对。9.(2017 宁德一模)如图所示,质量为 0.2kg 的物体 A 静止在竖直的轻弹簧上,质量为 0.6kg 的物体 B 由细线悬挂在天花板上,B 与 A 刚好接触但不挤压,现突然将细线剪断,则剪断后瞬间 A、B 间的作用力大小为(g取 10m/s2)导学号 49294119()A.0.5 N B.2.5 N C.0 N D.1.5 N【解析】选 D。细线被剪断前分别取 A、B 为研究对象,根据物体的平衡条件可得,绳的拉力 T=mBg=6N,弹簧的弹力 F=mAg=2N、

12、方向竖直向上,细线被剪断的瞬间 T1=0,F1=F=2N,取 A、B组成的系统为研究对象,根据牛顿第二定律得,(mA+mB)g-F1=(mA+mB)a,代入数据解得a=7.5m/s2,设细线被剪断瞬间 A 对 B 的作用力为 F2,取 B 为研究对象,由牛顿第二定律得 mBg-F2=mBa,代入数据解得 F2=1.5N,故 D 正确。【总结提升】瞬时性问题的解题技巧(1)分析物体在某一时刻的瞬时加速度,关键是明确该时刻物体的受力情况及运动状态,再由牛顿第二定律求出瞬时加速度,此类问题应注意以下几种模型:特性 模型 受外力时 的形变量 力能否 突变 产生拉力 或支持力 质 量 内部 弹力 轻绳

13、微小不计 可以 只有拉力 没有支持力 不 计 处 处 相 等 轻杆 微小不计 可以 既可有拉力 也可有支持力 橡皮绳 较大 不能 只有拉力 没有支持力 轻弹簧 较大 不能 既可有拉力 也可有支持力 (2)在求解瞬时加速度问题时应注意:物体的受力情况和运动情况是时刻对应的,当外界因素发生变化时,需要重新进行受力分析和运动分析。加速度可以随着力的突变而突变,而速度的变化需要一个过程,不会发生突变。10.(2017 商丘二模)如图所示,固定轨道 ABC 中,在 B 点处通过一段极短的圆弧将倾角=37的光滑斜面 AB 和固定水平面 BC 平滑连接,一小物块从 A 点由静止开始释放后,沿斜面 AB 运动

14、,最终停在水平面 BC 上。已知物块与水平面 BC 上各处间的动摩擦因数均为 0.2,物块滑过 B 点时的动能不损失,g 取 10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8,下面四幅图中,能正确反映物块的速率 v 随时间 t变化规律的是()【解析】选 A。在物块沿光滑斜面下滑的过程中,对小物块进行受力分析,设此过程物块的加速度大小为 a1,设物块沿斜面下滑的时间为t1,到达斜面底端时的速度为 v,根据牛顿第二定律得 mgsin37=ma1,解得 a1=gsin37=6m/s2,根据运动学公式 v=v0+at可得 v=a1t1=6t1,在物块沿粗糙水平面上运动的过程中,对小物块进行受力分析

15、,设此过程中物体的加速度大小为 a2,此过程中物块运动时间为 t2,根据牛顿第二定律得 f=ma2,f=FN,FN=mg,由以上三式解得 a2=g=2m/s2,根据运动学公式 v=v0+at得 v=a2t2=2t2,可知 a1a2,故物块在沿斜面加速下滑过程中速度时间图象斜率的绝对值大于物体在沿水平面做匀减速直线运动过程中速度时间图象斜率的绝对值,解得 t2=3t1,故 A 正确。二、非选择题 1、如图所示,两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内,两导轨间的距离为 L,导轨上面横放着两根导体棒 ab 和 cd,构成矩形回路,两根导体棒的质量皆为 m,电阻皆为 R,回路中其余部分的电阻可

16、不计。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为 B。设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行,开始时,棒 cd 静止,棒 ab有指向棒 cd的初速度 v0,若两导体棒在运动中始终不接触,求:导学号49294158 (1)在运动中产生的焦耳热 Q 最多是多少?(2)当 ab 棒的速度变为初速度的时,cd棒的加速度 a 是多少?【解题指导】(1)两导体棒在光滑的导轨上运动,且所受安培力等大反向,由此可知,两导体棒的总动量守恒。(2)运动中产生的焦耳热可由能量守恒定律求解。【解析】(1)从开始到两棒达到相同速度 v 的过程中,两棒的总动量守恒,有 mv0=2mv,根据能量守恒定律,整个过程中产生的焦耳热 Q=m-(2m)v2=m。(2)设 ab 棒的速度变为 v0 时,cd 棒的速度为 v,则由动量守恒可知 mv0=mv0+mv,解得 v=v0 此时回路中的电动势为 E=BLv0-BLv0=BLv0 此时回路中的电流为 I=此时 cd 棒所受的安培力为 F=BIL=由牛顿第二定律可得,cd 棒的加速度 a=答案:(1)m(2)