人教高考物理一轮练习题4及答案

人教高考物理一轮练习题4及答案

‎2019年人教高考物理一轮练习题（4）及答案 一、选择题 ‎1.(2019·岳阳一模)如图,磁感应强度为B的匀强磁场,垂直穿过平面直角坐标系的第一象限。一质量为m,带电量为q的粒子以速度v0从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场,运动到A点时的速度方向平行于x轴,那么　(　　)‎ A.粒子带负电 B.粒子带正电 C.粒子由O到A经历的时间t=‎ D.粒子的速度没有变化 ‎【解析】选A、C。根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示:‎ 根据左手定则及曲线运动的条件判断出此粒子带负电,故A正确、B错误;粒子由O运动到A时速度方向改变了60°,所以粒子做圆周运动的圆心角为60°,所以运动的时间t=T=,故C正确;粒子速度的方向改变了60°,所以速度改变了,故D错误。‎ ‎2、 (多选)如图所示,在一单边有界磁场的边界上有一粒子源O,沿垂直磁场方向,以相同速率向磁场中发出了两种粒子,a为质子H),b为α粒子He),b的速度方向垂直磁场边界,a的速度方向与b的速度方向夹角为θ=30°,两种粒子最后都打到了位于磁场边界位置的光屏OP上,则　(　　)‎ A.a、b两粒子转动周期之比为2∶3‎ B.a、b两粒子在磁场中运动时间之比为2∶3‎ C.a、b两粒子在磁场中转动半径之比为1∶2‎ D.a、b两粒子打到光屏上的位置到O点的距离之比为1∶2‎ ‎【解析】选B、C。根据周期公式T=知,a与b的质量之比为1∶4,电荷量之比为1∶2,则周期之比为Ta∶Tb=1∶2,故选项A错误;a粒子运动轨迹对应的圆心角为α=240°,运动时间ta=Ta=Ta,b粒子运动轨迹对应的圆心角为β=180°,运动时间tb=Tb,则两粒子在磁场中运动时间之比为ta∶tb=2∶‎ ‎3,故选项B正确;由r=,v相等,可知a、b两粒子在磁场中转动半径之比为ra∶rb=1∶2,故选项C正确;a、b两粒子打到光屏上的位置到O点的距离分别为xa=2racos30°=ra,xb=2rb,则xa∶xb=∶4,故选项D错误。‎ ‎3.如图所示,已知a、b、c、d为椭圆的四个顶点,+Q处在椭圆的一个焦点上,一带负电的点电荷仅在库仑力作用下绕固定的点电荷+Q运动,则下列说法正确的是　(　　)‎ A.负电荷在a、c两点所受的电场力相同 B.负电荷在a点和c点的电势能Epa>Epc C.负电荷由b运动到d的过程中电势能增加,动能减少 D.负电荷由a经b运动到c的过程中,电势能先增加后减少 ‎【解析】选C。在a、c两点负电荷所受电场力方向不同,A项错误;以固定点电荷为球心的球面是等势面,所以a、c两点电势相等,根据电势与电势能的关系可知,负电荷在a、c两点电势能也相等,B项错误;负电荷由b到d过程中,电场力始终做负功,电势能增加,动能减少,C项正确;负电荷由a经b到c的过程中,电场力先做正功再做负功,故电势能先减少后增加,D项错误。‎ ‎【总结提升】电势能大小及其变化分析的两个思路 ‎(1)做功角度:根据静电力做功与电势能变化的关系分析、判断带电粒子电势能及其变化。静电力做正功,粒子的电势能减少,静电力做负功,则粒子的电势能增加。‎ ‎(2)转化角度:只有静电力做功时,电势能与动能可以相互转化,动能减小,电势能增加,动能增大,电势能减少。‎ ‎4.在研究影响平行板电容器电容大小因素的实验中,一已充电的平行板电容器与静电计连接如图所示。现保持B板不动,适当移动A板,发现静电计指针张角减小,则A板可能是　(　　)‎ A.右移　　　　 B.左移 C.上移 D.下移 ‎【解析】选A。将A板向右移一些,板间距离减小,由电容的决定式C=‎ 可知,电容增大,而电容器带电量不变,由C=分析得知,板间电势差减小,则静电计指针张角减小;同理可知,A板向左移一些时,静电计指针张角增大,故选项A正确,B错误;A板向上或向下移一些,两极板正对面积减小,由电容的决定式C=可知,电容减小,而电容器带电量不变,由C=分析得知,板间电势差增大,则静电计指针张角增大,故选项C、D错误。‎ ‎5.(2019·淮南一模)a、b为紧靠着的、且两边固定的两张相同薄纸,如图所示。一个质量为‎1kg的小球从距纸面高为‎60cm的地方自由下落,恰能穿破两张纸。若将a纸的位置升高,b纸的位置不变,在相同条件下要使小球仍能穿破两张纸,则a纸距离b纸可能是　(　　)‎ A‎.15 cm B‎.20 cm C‎.30 cm D‎.60 cm ‎【解析】选A、B、C。小球穿过两张纸时,由动能定理得mgh-2W=0,将a纸向上移,若恰能穿过第一张纸,则mgh′-W=0,解得下落的高度h′=h,因此两张纸的距离不能超过h=‎30cm,选项A、B、C正确。‎ ‎6、(多选)一质量为‎2kg的物体,在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动,当运动一段时间后,拉力逐渐减小,且当拉力减小到零时,物体刚好停止运动,图中给出了拉力随位移变化的关系图象。已知重力加速度g=‎10m/s2,由此可知　(　　)‎ A.物体与水平面间的动摩擦因数约为0.35‎ B.减速过程中拉力对物体所做的功约为13 J C.匀速运动时的速度约为‎6 m/s D.减速运动的时间约为1.7 s ‎【解析】选A、B、C。物体匀速运动时,受力平衡,则F=μmg,μ===0.35,选项A正确;因为WF=Fx,故拉力的功等于F-x图线包含的面积,由图线可知小格数为13,则功为13×1J=13 J,选项B正确;由动能定理可知:WF-μmgx=0-m,其中x=‎7m,则解得v0=‎‎6m ‎/s,选项C正确;由于不知道具体的运动情况,无法求出减速运动的时间,故D错误。‎ ‎7.(2019·六盘水一模)一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上,另一半悬在桌边,桌面足够高,如图a所示。若将一个质量为m的小球分别拴在链条左端和右端,如图b、c所示,约束链条的挡板光滑,三种情况均由静止释放,当整根链条刚离开桌面时,关于它们的速度关系,下列判断正确的 是　(　　)‎ 导学号49294149‎ A.va=vb=vc B.vava>vb D.va>vb>vc ‎【解析】选C。图a中,当整根链条离开桌面时,根据机械能守恒定律可得mg·=m,解得va=;图b中,当整根链条离开桌面时,根据机械能守恒定律可得mg·=·2m,解得vb=;图c中,当整根链条离开桌面时,根据机械能守恒定律有mg·+mg=·2m,解得vc=,故vc>va>vb,C正确。‎ ‎8、如图所示,一轻弹簧固定于地面上,上面依次放置两木块A、B,用一力F竖直向下作用在木块B上,撤去力F后,弹簧恰能恢复原长,有关上升过程中机械能的说法正确的是　(　　)‎ A.此过程中A、B组成的系统机械能守恒 B.此过程中弹簧对A做的功等于A机械能的增加量 C.此过程中弹簧释放的弹性势能等于A的机械能增加量 D.此过程中B的机械能一直在增加 ‎【解析】选D。撤去外力F后弹簧弹力对A、B做功,此过程中A、B组成的系统机械能不守恒,故选项A错误;此过程中弹簧对A做的功等于A与B机械能的增加量的和,即弹簧释放的弹性势能等于A、B两木块的机械能增加量,故选项B、C错误;此过程中A对B的支持力一直对B做正功,B的机械能一直在增加,故选项D正确。‎ ‎9、(多选)倾角为α的光滑斜面上有一质量为m的物体,在沿斜面向上的、大小为F的恒力作用下由静止开始沿斜面向上运动距离x,重力加速度为g,下列说法中正确的是　导学号49294122(　　)‎ A.物体运动的加速度大小为 B.物体的末速度大小为 C.该过程中力F做的功为Fx D.该过程所经历的时间为 ‎【解析】选B、C。对物体受力分析,根据牛顿第二定律可得F-mgsinα=ma,解得a=,故A错误;根据速度位移公式可知v2=2ax,解得v=,故B正确;该过程中力F做的功为W=Fx,故C正确;根据位移时间公式可知x=at2,解得t=,故D错误。‎ ‎10、.一个质量为3kg的物体所受的合外力随时间变化的情况如图所示,那么该物体在6s内速度的改变量是　(　　)‎ A.7 m/s　　　　 B.6.7 m/s C.6 m/s D.5 m/s ‎【解析】选D。F-t图线与时间轴围成的面积在数值上代表了合外力的冲量,故合外力冲量为I=(3×4+×2×4-×1×2)N·s=15N·s。根据动量定理有I=‎ mΔv,Δv==m/s=5m/s。‎ 二、非选择题 在如图所示的同心圆环形区域内有垂直于圆环面的匀强磁场,磁场的方向如图,两同心圆的半径分别为r0、2r0,将一个质量为m(不计重力),电荷量为+q的粒子通过一个电压为U的电场加速后从P点沿内圆的切线进入环形磁场区域。欲使粒子始终在磁场中运动,求匀强磁场的磁感应强度大小的范围。‎ ‎【解析】粒子在静电场加速过程由动能定理得:‎ qU=mv2‎ 解得:v=‎ 欲使粒子始终在磁场中运动,运动轨迹如图所示:‎ 由图可知粒子运动的最小半径为:R小=r0‎ 最大半径为:R大= (r0+2r0)= r0‎ 由牛顿第二定律得:qvB=m 当半径最小时,解得B的最大值为:‎ Bmax=‎ 当半径最大时,解得B的最小值为:‎ Bmin=‎ 故:≤B≤。‎ 答案:≤B≤‎