1、人教物理2019高考一輪選訓：九月第二周習題（4）李仕才、選擇題1、多選如圖甲所示，傾角為 30的斜面固定在水平地面上，一個小物塊在沿斜面向上的恒定拉力F作用下，從斜面底端 A點由靜止開始運動，一段時間后撤去拉力F,小物塊0.3 kg，小物塊從A到C的v-t圖像如圖能達到的最高位置為 C點，已知小物塊的質量為 乙所示，取g=10 m/s2,則下列說法正確的是（A.小物塊加速時的加速度大小是減速時加速度大小的B.小物塊與斜面間的動摩擦因數為一3C.小物塊到達C點后將沿斜面下滑D.拉力F的大小為4 N故A正確;撤去拉力后，根據牛頓第二定律，有:mgin 30+ (1 mgcos 30 = ma即：

2、a2 = gsin 30 + 科 gcos 30 ,得：科=害，故B錯誤；在C點m*in 30所以小物塊到達 C點后將沿斜面下滑，故 C正確；在拉力作用下，根據牛頓第二定律，有：F- mgsin 30 一 科 mgsos 30 = ma,代入數據得：F=3 N,故D錯誤。2、如圖所示，在一個傾角為 0的斜面上，有一個質量為 m帶負電的小球P（可視為點 電荷），空間存在著方向垂直斜面向下的勻強磁場，帶電小球與斜面間的摩擦力不能忽略， 它在斜面上沿圖中所示的哪個方向運動時，有可能保持勻速直線運動狀態（）A. V1方向B. V2方向C. V3方向D. V4方向解析：選C若小球的速度沿 V1方向，滑動

3、摩擦力與 V1的方向相反，即沿圖中 V3方向，由 左手定則知，小球受到的洛倫茲力方向在斜面平面內與V1垂直向下，重力的分力 mcsin 0沿斜面向下，則知球在斜面平面內所受的合外力不為零，小球不可能做勻速直線運動，故A錯誤；同理可知 B、D錯誤；若小球的速度沿 V3方向，滑動摩擦力與 V3的方向相反，即沿圖 中V1方向，由左手定則知，小球受到的洛倫茲力方向在斜面平面內與V3垂直向上，即沿 V2方向，重力的分力 mcsin 0沿斜面向下，則知斜面平面內的合外力可能為零，小球有可能 做勻速直線運動，故 C正確。3、多選甲、乙兩船在同一河流中同時開始渡河，河水流速為v。，船在靜水中的速率均為v,甲、

4、乙兩船船頭均與河岸成 0角，如圖所示，已知甲船恰能垂直到達河正對岸的A點，乙船到達河對岸的 B點，A、B之間的距離為L,則下列判斷正確的是（）A.乙船先到達對岸B.若僅是河水流速 V0增大，則兩船的渡河時間都不變C.不論河水流速V0如何改變，只要適當改變 0角，甲船總能到達正對岸的 A點D.若僅是河水流速 vo增大，則兩船到達對岸時，兩船之間的距離仍然為L4、嫦娥工程劃為三期，簡稱“繞、落、回”三步走.我國發射的“嫦娥三號”衛星是嫦娥工程第二階段的登月探測器，經變軌成功落月.若該衛星在某次變軌前， 在距月球表面高度為h的軌道上繞月球做勻速圓周運動，其運行的周期為工若以R表示月球的半徑，忽略月球

5、自轉及地球對衛星的影響，則()A.“嫦娥三號”繞月球做勻速圓周運動時的線速度大小為B.物體在月球表面自由下落的加速度大小為4 兀 2 ( R+ h)RT-2兀R3C.在月球上發射月球衛星的最小發射速度為D.2兀月球的平均笥度為gT2兀【解析】“嫦娥三號”的線速度v = 一h) , A項錯誤；由GMm 一廠34兀2 (R+ h)h), rt = mg月，可得物體在月球表面的重力加速度g月=RT22GMm 4 兀(R+ h) 2 =mT(R+3B項正確；因月球上衛星的最小發射速度也就是最大環繞速度，有GMm mtv2 GMm 4 兀2又(R+ h) 2 =mTr(R+h)可得:v=2兀(& h)R

6、+ h2GMm 4M 4C 項錯誤；由(R+ h)2 = m( R+ h), P = V，V=-兀R3可得月球的平均密度p33兀(R+ h) 323GTR5、如圖5所示，傾角為0的光滑斜面固定在水平面上，水平虛線L下方有垂直于斜面向下的勻強磁場，磁感應強度為區正方形閉合金屬線框邊長為h,質量為m電阻為R,放當ab邊到達L時，線框置于L上方一定距離處，保持線框底邊ab與L平行并由靜止釋放,速度為V0,ab邊到達L下方距離為d(dh)處時，線框速度也為v。以下說法正確的是()A. ab邊剛進入磁場時，電流方向為a-b x.k+wB. ab邊剛進入磁場時，線框加速度沿斜面向下C.線框進入磁場過程中的

7、最小速度小于.3,一-D.線框進入磁場過程中產生的熱量為mgdiin 0解析 由右手定則可判斷 ab剛進入磁場過程電流方向由 a b,選項A正確；線框全部在磁場中運動時為勻加速運動，ab邊由L處到L下方距離為d處速度增量為零，所以 ab邊剛進入磁場時做減速運動， 線框加速度沿斜面向上， 選項B錯誤；線框恰好完全進入磁場時 的速度最小，此時由牛頓第二定律得 F安一mgsin 0 = ma0,而安培力F安=8川=8卜Bhvmn RB2h2vminmgRin 0= R,聯立解得VminBh一，選項C錯誤；根據動能定理，ab邊由L處到L下方距離為d處過程中，mgdsin 0 Q= A R= 0,線框進

8、入磁場過程中產生的熱量Q= mgdsin 0 ,選項D正確。答案 AD6、（多選）甲、乙兩運動物體在tl、t2、t 3時刻的速度矢量分別為Vl、V2、V3和Vl、V2、V3 .下列說法中正確的是（）A.甲做的可能是直線運動，乙做的可能是圓周運動B.甲和乙可能都做圓周運動C.甲和乙受到的合力都可能是恒力D.甲受到的合力可能是恒力，乙受到的合力不可能是恒力解析：選BD.甲、乙兩物體速度的方向在改變，不可能做直線運動，則A錯；從速度變化量的方向看，甲的方向一定，乙方向發生了變化，甲的合力可能是恒力，也可能是變力，而乙 的合力不可能是恒力，則 C錯誤，B、D正確.7、如圖所示的直角坐標系中，兩電荷量分

9、別為QQ0）和一Q的點電荷對稱地放置在 x軸上原點O的兩側，a點位于x軸上O點與點電荷Q之間，b位于y軸O點上方，取無窮遠處的電勢為零。下列說法正確的是（）A. b點的電勢為零，電場強度也為零B.正的試探電荷在 a點的電勢能大于零，所受電場力方向向右C.將正的試探電荷從 O點移到a點，電勢能減少D.將同一正的試探電荷先后分別從Q b點移到a點，第二次電勢能的變化較大解析：選B結合等量異種點電荷的電場分布的特點可知，兩個等量異種電荷連線的垂直平 分線是一條等勢線。 電場強度方向與等勢面方向垂直，而且指向電勢低的方向，所以b點的電勢等于0,而電場強度不等于 0,故A錯誤；由題圖知，兩個點電荷在 a

10、點產生的電場強 度的方向都向右，所以合場強的方向一定向右，則正電荷在a點受到的電場力的方向向右，且其電勢能大于零，故 B正確；電場線由 Q指向一Q故正電荷從 O向a運動的過程中，電 場力做負功，電勢能增加，故C錯誤；兩個等量異種電荷連線的垂直平分線是一條等勢線，所以Q b兩點的電勢是相等的， 將同一正的試探電荷先后從 O b兩點移到a點，二者電勢 能的變化相等，故 D錯誤。8、如圖所示，帶有正電荷的A粒子和B粒子同時以同樣大小的速度從寬度為d的有界勻強磁場的邊界上的 O點分別以30。和60。(與邊界的夾角)射入磁場，又恰好都不從另邊界飛出，則下列說法中正確的是()1A. A、B兩粒子在磁場中做

11、圓周運動的半徑之比為3B. A B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為小qC. A B兩粒子的m之比是小D. A、B兩粒子的m之比是安尼解析：粒子運動軌跡如圖所示，其中A粒子的運動半徑為R d=R+ Rdos30 , R=d,、， 一 rd.R31 + cos30。； B粒子的運動半徑為，同理可得：r+ cos60。，則產中，所以A、B 錯誤；據R= m知，兩粒子的m之比是23旦 C錯誤，D正確.答案：D 二、非選擇題 1如圖所示，在豎直平面內固定一光滑4圓弧軌道AB,軌道半徑為 R= 0.43軌道最高點A與圓心O等高。有一傾角 0 =30的斜面，斜面底端C點在圓弧軌道 B點正下方、距 B點H= 1.5 m。圓弧軌道和斜面均處于場強E= 100 N/C、豎直向下的勻強電場中。現將一個質量為m= 0.02 kg、帶電荷量為q= + 2X1 0-3C的帶電小球從 A點靜止釋放，小球通過B點離開圓弧軌道沿水平方向飛出，當小球運動到斜面上D點時速度方向恰與斜面垂直，并剛好與一個不帶電的以一定初速度從斜面底端上滑的物塊相遇。若物塊與斜面間動摩擦因數善,空氣阻力不計，g取10 m/s2,小球和物塊都可視為質點。求：5(1)小球經過B點時對軌道的壓力 Fnb;(2) B、D兩點間的電勢差Lbd；(3)物塊上滑初速度V。滿足的條件。解析(1)設小球到達B