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

1、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，它們運動的位移x隨時間t變化的關(guān)系如圖所示，已知乙車做勻變速直線運動，其圖線與t軸相切于10 s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x060 m處c乙車的加速度大小為1.6 m/s2d5 s時兩車相遇，此時甲車速度較大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.rb.rc.rd.r答案d解析以a球為研究對象，小球受三個力：重力、彈力和碗的支持力

2、如圖所示，由平衡條件，3、如圖5所示，勻強電場分布在邊長為l的正方形區(qū)域abcd內(nèi)，m、n分別為ab和ad的中點，一個初速度為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，如果帶電粒子從m點垂直電場方向進入電場，則恰好從d點離開電場。若帶電粒子從n點垂直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在電場中的運動時間為d離開電場時的動能為mv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)時的引力勢能為零，一個質(zhì)量為m0的質(zhì)點距質(zhì)量為m0的引力中心為r0時，其萬有引力勢能ep(式中g(shù)為引力常量)一顆質(zhì)量

3、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動的軌道半徑增大為r2，則在此過程中()a衛(wèi)星勢能增加了gmm()b衛(wèi)星動能減少了()c衛(wèi)星機械能增加了()d衛(wèi)星上的發(fā)動機所消耗的最小能量為()【答案】ac【解析】引力勢能的增加量ep()gmm()，故a正確；根據(jù)萬有引力提供向心力有：gm，解得ek1mv.同理，ek2，所以，動能的減小量為ek()故b錯誤；根據(jù)能量守恒定律，衛(wèi)星機械能增加等于發(fā)動機消耗的最小能量，即eepek()故c正確，d錯誤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

4、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ba對b做的功等于b機械能的增加量c彈簧彈性勢能的減少量等于a的機械能的增加量da所受彈簧彈力和重力做的功的代數(shù)和大于a的動能的增加量解析盒子a運動過程中，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，盒子的速度最大，此時彈簧的彈性勢能不為零，a錯誤；由功能關(guān)系知，a對b做的功等于b機械能的增加量，b正確；將a、b和彈簧看作一個系統(tǒng)，則該系統(tǒng)機械能守恒，所以彈簧彈性勢能的減少

5、量等于a和b機械能的增加量，c錯誤；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，也是我國民族運動會上的一個比賽項目.若秋千繩的長度約為2m，蕩到最高點時，秋千繩與豎直方向成60°角，如圖4所示.人在從最高點到最低點的運動過程中，以下說法正確的是()圖4a.最低點的速度大約為5m/sb.在最低點時的加速度為零c.合外力做的功等于增加的動能d.重力做功的功率逐漸增加答案c7、如圖所示，梯形abdc位于某勻強電場所在平面內(nèi)，兩底角分別為60

6、°、30°，cd2ab4 cm，已知a、b兩點的電勢分別為4 v、0，將電荷量q1.6×103 c的正電荷由a點移動到c點，克服電場力做功6.4×103 j，則下列關(guān)于電場強度的說法中正確的是()a垂直ab向上，大小為400 v/mb垂直bd斜向上，大小為400 v/mc平行ca斜向上，大小為200 v/md平行bd斜向上，大小為200 v/m解析：選b由wqu知uac v4 v，而a4 v，所以c8 v，過b點作beac交cd于e，因在勻強電場中，任意兩條平行線上距離相等的兩點間電勢差相等，所以uabuce，即e4 v，又因cd2ab，所以ucd2ua

7、b，即d0，所以bd為一條等勢線，又由幾何關(guān)系知ebbd，由電場線與等勢線的關(guān)系知電場強度必垂直bd斜向上，大小為e v/m400 v/m，b項正確。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)強度b1 t的勻強磁場，on為處于y軸負(fù)方向的彈性絕緣薄擋板，長度為9 m，m點為x軸正方向上一點，om3 m，現(xiàn)有一個比荷大小為1.0 c/kg，可視為質(zhì)點的帶正電小球(重力不計)，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，且碰撞時間不計，碰撞時電荷量不變，小球最后都能經(jīng)過m點，則小球射入的速度大小可能是()a3 m/s b3.75 m/sc4

8、m/s d5 m/s解析：選abd由題意，小球運動的圓心的位置一定在y軸上，所以小球做圓周運動的半徑r一定要大于等于3 m，而on9 m3r，所以小球最多與擋板on碰撞一次，碰撞后，第二個圓心的位置在o點的上方，也可能小球與擋板on沒有碰撞，直接過m點。由于洛倫茲力提供向心力，所以：qvbm，得：vbr；若小球與擋板on碰撞一次，則軌跡可能如圖1，設(shè)oos，由幾何關(guān)系得：r2om2s29s2，3r9s ，聯(lián)立得：r13 m；r23.75 m，分別代入得：v1br11×1×3 m/s3 m/s，v2br21×1×3.75 m/s3.75 m/s，若小球沒有

9、與擋板on碰撞，則軌跡如圖2，設(shè)oox，由幾何關(guān)系得：r32om2x29x2，x9r3，聯(lián)立得：r35 m，代入得：v3br31×1×5 m/s5 m/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；y軸沿豎直方向；在x0的區(qū)域內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為e×103 v/m；比荷為1.0×105 c/kg的帶正電的粒子p從a板中心o處靜止釋放，其運動軌跡恰好經(jīng)過m(，1)點；粒子p的重力不計，試求：(1)金屬板ab之間的電勢差uab；(2)若在粒子p經(jīng)過o點的

10、同時，在y軸右側(cè)勻強電場中某點靜止釋放另一帶電微粒q，使p、q恰能在運動中相碰；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；求粒子q所有釋放點(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點進入勻強電場時的速度大小為v0；由題意可知，粒子p在y軸右側(cè)勻強電場中做類平拋運動；設(shè)從o點運動到m(，1)點歷時為t0，由類平拋運動規(guī)律可得：xv0t0yt02解得：v0×104 m/s。在金屬板ab之間，由動能定理：quabmv02解得：uab1 000 v。(2)設(shè)p、q在右側(cè)電場中運動的加速度分別為a1、a2；q粒子從坐標(biāo)n(x，y)點釋放后，經(jīng)時間t與粒子p相遇；由牛頓運動定律及類平拋運動的規(guī)律和幾何關(guān)系可得：對于p：eqma1對于q：eq2ma2xv0t a1t2ya2t2解得：yx2，其中x0即粒子q釋放點n(x，y)