2020届(人教版)高考物理一轮练习选题(4)附参考答案

2020届（人教版）高考物理一轮练习选题（4）附参考答案

一、选择题

1、如图甲、乙、丙所示，三个物块质量相同且均处于静止状态，若弹簧秤、绳和滑轮的重力均不计，绳与滑轮、物块与半球面间的摩擦均不计，在图甲、乙、丙三种情况下，弹簧秤的读数分别是F1、F2、F3，则(

)

图

A.F1＝F2＝F3 B.F3>F1＝F2

C.F3＝F1>F2 D.F1>F2>F3

答案 C

解析 甲图：物块静止，弹簧的拉力F1＝mg；乙图：以物块为研究对象，受力如图甲，

F2＝Gsin60°＝32mg≈0.866mg x.k+w

丙图：以动滑轮为研究对象，受力如图乙.由几何知识得F3＝mg，故F3＝F1>F2

2、[多选]光滑斜面上，当系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，A、B质量相等。在突然撤去挡板的瞬间( )

A．两图中两球加速度均为gsin θ

B．两图中A球的加速度均为零

C．图甲中B球的加速度为2gsin θ

D．图乙中B球的加速度为gsin θ

解析：选CD 撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ，故C、D正确，A、B错误。

3、如图7所示，在正方形abcd内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。a处有比荷相等的甲、乙两种粒子，甲粒子以速度v1沿ab方向垂直射入磁场，经时间t1从d点射出磁场，乙粒子沿与ab成30°角的方向以速度v2垂直射入磁场，经时间t2垂直cd射出磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用力，则下列说法中正确的是(

)

图7

A．v1∶v2＝1∶2 B．v1∶v2＝3∶4

C．t1∶t2＝2∶1 D．t1∶t2＝3∶1

答案 BD

4、(多选) “木星冲日”是指木星和太阳正好分处地球的两侧，三者成一条直线．木星和地球绕太阳公转的方向相同，公转轨迹都近似为圆．设木星公转半径为R1，周期为T1；地球公转半径为R2，周期为T2，下列说法正确的是( )

A.T1T2＝(R1R2)23

B.T1T2＝(R1R2)32

C．“木星冲日”这一天象的发生周期为2T1T2T1－T2 D．“木星冲日”这一天象的发生周期为T1T2T1－T2

【答案】BD

【解析】由开普勒第三定律得R31T21＝R32T22，解得：T1T2＝R31R32＝(R1R2)32，故A错误，B正确；当再次发生“木星冲日”时，地球与木星两者转过的角度相差2π，所以2πT2t－2πT1t＝2π，解得：t＝T1T2T1－T2，故C错误，D正确．

5、如图所示，质量m＝1 kg、长L＝0.8 m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平，板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4。现用F＝5 N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少为(g取10 m/s2)( )

A．1 J B．1.6 J

C．2 J D．4 J

解析：选B 在薄板没有翻转之前，薄板与水平面之间的摩擦力f＝μmg＝4

N。力F做的功用来克服摩擦力消耗的能量，而在这个过程中薄板只需移动的距离为L2，则做的功至少为W＝f×L2＝1.6 J，所以B正确。

6、已知月球绕地球做圆周运动的半径为r1、周期为T1；“嫦娥三号”探月卫星绕月球做圆周运动的半径为r2、周期为T2、引力常量为G，不计周围其他天体的影响，下列说法正确的是( )

A．根据题目条件能求出“嫦娥三号”探月卫星的质量

B．根据题目条件能求出地球的密度

C．根据题目条件能求出地球与月球之间的引力

D．根据题目条件可得出r31T21＝r32T22

7、一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。若将云母介质移出，则电容器( )

A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大

B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大

C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变

D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变

解析：选D 平行板电容器电容的表达式为C＝εS4πkd，将极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容C变小。由于极板间电压不变，据Q＝CU知，极板上的电荷量变小。再考虑到极板间电场强度E＝Ud，由于U、d不变，所以极板间电场强度不变，选项D正确。

8、如图所示，三根通电长直导线P、Q、R互相平行，垂直纸面放置，其间距均为a，电流强度均为I，方向垂直纸面向里(已知电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度B＝kIr，其中k为常数)．某时刻有一电子(质量为m、电量为e)正好经过原点O，速度大小为v，方向沿y轴正方向，则电子此时所受磁场力为(

)

A．方向垂直纸面向里，大小为2evkI3a

B．方向指向x轴正方向，大小为2evkI3a

C．方向垂直纸面向里，大小为evkI3a

D．方向指向x轴正方向，大小为evkI3a

解析：P、Q两电流在O处的合场强为零，故O点的磁感应强度相当于只由电流R产生，B0＝kIacos30°＝2kI3a，再由F＝Bvq可得电子所受洛伦兹力大小为2kIev3a，由左手定则可判断洛伦兹力的方向为垂直纸面向里，故A正确．

答案：A

二、非选择题

1、如图所示，在竖直平面内固定一光滑14圆弧轨道AB，轨道半径为R＝0.4 m，轨道最高点A与圆心O等高。有一倾角θ＝30°的斜面，斜面底端C点在圆弧轨道B点正下方、距B点H＝1.5 m。圆弧轨道和斜面均处于场强E＝100 N/C、竖直向下的匀强电场中。现将一个质量为m＝0.02 kg、带电荷量为q＝＋2×1 0－3C的带电小球从A点静止释放，小球通过B点离开圆弧轨道沿水平方向飞出，当小球运动到斜面上D点时速度方向恰与斜面垂直，并刚好与一个不带电的以一定初速度从斜面底端上滑的物块相遇。若物块与斜面间动摩擦因数μ＝35，空气阻力不计，g取10 m/s2，小球和物块都可视为质点。求：

(1)小球经过B点时对轨道的压力FNB；

(2)B、D两点间的电势差UBD；

(3)物块上滑初速度v0满足的条件。

解析 (1)设小球到达B点的速度为vB，轨道对小球的支持力为FNB′，由动能定理和牛顿第二定律有：mgR＋qER＝12mv2B－0①

FNB′－(mg＋qE)＝mv2BR②

由牛顿第三定律FNB′＝FNB③

联立①②③得：FNB＝1.2 N，方向竖直向下。④

(2)设小球由B点到D点的运动时间为t，加速度为a，下落高度为h有：vBat＝tan θ⑤

Eq＋mg＝ma⑥

h＝12at2⑦

UBD＝Eh⑧

2、如图所示，水平地面和半径R＝0.5 m的半圆轨道面PTQ均光滑，质量M＝1 kg、长L＝4 m的小车放在地面上，右端点与墙壁的距离为s＝3 m，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平．现有一质量m＝2 kg的滑块(可视为质点)以v0＝6 m/s的水平初速度滑上小车左端，带动小车向右运动，小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上．已知滑块与小车上表面的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2.

(1)求小车与墙壁碰撞时滑块的速率；

(2)求滑块到达P点时对轨道的压力；

(3)若半圆轨道的半径可变但最低点P不变，为使滑块在半圆轨道内滑动的过程中不脱离轨道，求半圆轨道半径的取值范围．

解析：(1)滑块滑上小车后，小车将做匀加速直线运动，滑块将做匀减速直线运动，设滑块加速度为a1，小车加速度为a2，由牛顿第二定律得：

对滑块有－μmg＝ma1

对小车有μmg＝Ma2

当滑块相对小车静止时，两者速度相等，设小车与滑块经历时间t后速度相等，则有v0＋a1t＝a2t 滑块的位移s1＝v0t＋12a1t2

小车的位移s2＝12a2t2

代入数据得Δs＝s1－s2＝3 m＜L且s2＜s，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度

故小车与墙壁碰撞时的速率为v1＝a2t＝4 m/s.

(2)设滑块到达P点时的速度为vP

－μmg(L－Δs)＝12mv2P－12mv21

FN－mg＝mv2PR

解得FN＝68 N

所以，若滑块在半圆轨道运动过程中不脱离半圆轨道，则半圆轨道的半径必须满足R≤0.24 m或R≥0.60 m.

答案：(1)4 m/s (2)68 N 竖直向下

(3)R≤0.24 m或R≥0.60 m