第頁人教物理2025高考一輪選訓(xùn)：九月第二周習(xí)題（2）含答案一、選擇題1、將一質(zhì)量為m的小球靠近墻面豎直向上拋出，圖甲是向上運動小球的頻閃照片，圖乙是下降時的頻閃照片，O是運動的最高點，甲乙兩次閃光頻率相同，重力加速度為g，假設(shè)小球所受的阻力大小不變，則可估算小球受到的阻力大小約為()A．mg B.eq\f(1,3)mgC.eq\f(1,2)mg D.eq\f(1,10)mg解析：選C設(shè)每塊磚的厚度是d，向上運動時：9d－3d＝a1T2①向下運動時：3d－d＝a2T2②聯(lián)立①②得：eq\f(a1,a2)＝eq\f(3,1)③根據(jù)牛頓第二定律，向上運動時：mg＋f＝ma1④向下運動時：mg－f＝ma2⑤聯(lián)立③④⑤得：f＝eq\f(1,2)mg，選C。2、如圖所示，有一輕圓環(huán)和插栓，在甲、乙、丙三個力作用下平衡時，圓環(huán)緊壓著插栓。不計圓環(huán)與插栓間的摩擦，若只調(diào)整兩個力的大小，欲移動圓環(huán)使插栓位于圓環(huán)中心，下列說法中正確的是()A．增大甲、乙兩力，且甲力增大較多B．增大乙、丙兩力，且乙力增大較多C．增大乙、丙兩力，且丙力增大較多D．增大甲、丙兩力，且甲力增大較多3、在長約1m的一端封閉的玻璃管中注滿清水，水中放一個適當(dāng)?shù)膱A柱形的紅蠟塊，玻璃管的開口端用膠塞塞緊，將其迅速豎直倒置，紅蠟塊就沿玻璃管由管口勻速上升到管底?，F(xiàn)將此玻璃管倒置安裝在置于粗糙水平桌面上的小車上，小車從位置A以初速度v0開始運動，同時紅蠟塊沿玻璃管勻速上升。經(jīng)過一段時間后，小車運動到圖中虛線位置B。按照如圖建立的坐標(biāo)系，在這一過程中紅蠟塊實際運動的軌跡可能是下圖中的()解析：選A根據(jù)題述，紅蠟塊沿玻璃管勻速上升，即沿y方向做勻速直線運動；在粗糙水平桌面上的小車從A位置以初速度v0開始運動，即沿x方向紅蠟塊做勻減速直線運動，在這一過程中紅蠟塊實際運動的軌跡是開口向上的拋物線，故A正確。4、太陽系中某行星A運行的軌道半徑為R,周期為T，但科學(xué)家在觀測中發(fā)現(xiàn)，其實際運行的軌道與圓軌道存在一些偏離，且每隔時間t發(fā)生一次最大的偏離．天文學(xué)家認(rèn)為形成這種現(xiàn)象的原因可能是A外側(cè)還存在著一顆未知星B，它對A的萬有引力引起A行星軌道的偏離，假設(shè)其運行軌道與A在同一平面內(nèi)，且與A的繞行方向相同，由此可推測未知行星B繞太陽運行的圓軌道半徑為()A．Req\r(3,（\f(t,t－T)）2) B.eq\f(t,t－T)RC．Req\r(3,（\f(t－T,t)）2) D．Req\r(3,\f(t2,t－T))【答案】A5、如圖3所示，豎直向上的勻強電場中，一豎直絕緣輕彈簧的下端固定在地面上，上端連接一帶正電小球，小球靜止時位于N點，彈簧恰好處于原長狀態(tài)。保持小球的帶電量不變，現(xiàn)將小球提高到M點由靜止釋放，則釋放后小球從M運動到N的過程中()圖3A．小球的機械能與彈簧的彈性勢能之和保持不變B．小球重力勢能的減少量等于小球電勢能的增加量C．彈簧彈性勢能的減少量等于小球動能的增加量D．小球動能的增加量等于電場力和重力做功的代數(shù)和解析由于有電場力做功，故小球的機械能不守恒，小球的機械能與彈簧的彈性勢能之和是改變的，故A錯誤；由題意，小球受到的電場力等于重力。在小球運動的過程中，電場力做功等于重力做功，小球從M運動到N的過程中，重力勢能減少，轉(zhuǎn)化為電勢能和動能，故B錯誤；釋放后小球從M運動到N的過程中，彈性勢能并沒變，一直是0，故C錯誤；由動能定理可得重力和電場力做功，小球動能增加，小球動能的增加量等于電場力和重力做功的代數(shù)和，故D正確。答案D6、(多選)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一個半徑為R的半圓形軌道OQP，其中Q是半圓形軌道的中點，半圓形軌道與水平軌道OE在O點相切，質(zhì)量為m的小球沿水平軌道運動，通過O點進入半圓形軌道，恰好能夠通過最高點P，然后落到水平軌道上，不計一切摩擦阻力，下列說法正確的是()A．小球落地時的動能為2.5mgRB．小球落地點離O點的距離為2RC．小球運動到半圓形軌道最高點P時，向心力恰好為零D．小球到達Q點的速度大小為eq\r(3gR)解析：選ABD.小球恰好通過P點，mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)得v0＝eq\r(gR).根據(jù)動能定理mg·2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得eq\f(1,2)mv2＝2.5mgR，A正確．由平拋運動知識得t＝eq\r(\f(4R,g))，落地點與O點距離x＝v0t＝2R，B正確．P處小球重力提供向心力，C錯誤．從Q到P由動能定理－mgR＝eq\f(1,2)m(eq\r(gR))2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)得vQ＝eq\r(3gR)，D正確．7、[多選]靜電計是在驗電器的基礎(chǔ)上制成的，用其指針張角的大小來定性顯示其相互絕緣的金屬球與外殼之間的電勢差大小，如圖所示，A、B是平行板電容器的兩個金屬板，G為靜電計，極板B固定，A可移動，開始時開關(guān)S閉合。靜電計指針張開一定角度，則下列說法正確的是()A．?dāng)嚅_S后，將A向左移動少許，靜電計指針張開的角度增大B．?dāng)嚅_S后，在A、B間插入電介質(zhì)，靜電計指針張開的角度增大C．?dāng)嚅_S后，將A向上移動少許，靜電計指針張開的角度增大D．保持S閉合，將變阻器滑動觸頭向右移動，靜電計指針張開的角度減小解析：選AC斷開開關(guān)，電容器帶電量不變，將A向左移動少許，則d增大，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容減小，根據(jù)U＝eq\f(Q,C)知，電勢差增大，指針張角增大，故選項A正確；斷開S后，在A、B間插入電介質(zhì)，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容增大，根據(jù)U＝eq\f(Q,C)知，電勢差減小，則指針張角減小，故選項B錯誤；斷開S后，將A向上移動少許，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容減小，根據(jù)U＝eq\f(Q,C)知，電勢差增大，則指針張角變大，故選項C正確；保持開關(guān)閉合，電容器兩端的電勢差不變，變阻器僅僅充當(dāng)導(dǎo)線功能，滑動觸頭滑動不會影響指針張角，故選項D錯誤。8、如圖所示，矩形MNPQ區(qū)域內(nèi)有方向垂直于紙面的勻強磁場，有5個帶電粒子從圖中箭頭所示位置垂直于磁場邊界進入磁場，在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，運動軌跡為相應(yīng)的圓弧，這些粒子的質(zhì)量，電荷量以及速度大小如下表所示．粒子編號質(zhì)量電荷量(q>0)速度大小1m2qv222q2v33－3q3v422q3v52－qv由以上信息可知，從圖中abc處進入的粒子對應(yīng)表中的編號分別為()A．3,5,4 B．4,2,5C．5,3,2 D．2,4,5解析：根據(jù)半徑公式r＝eq\f(mv,Bq)結(jié)合表格中數(shù)據(jù)可求得1～5各組粒子的半徑之比依次為0.52332，說明第一組正粒子的半徑最小，該粒子從MQ邊界進入磁場逆時針運動．由圖可知a、b粒子進入磁場也是逆時針運動，則都為正電荷，而且a、b粒子的半徑比為23，則a一定是第2組粒子，b是第4組粒子，c順時針運動，為負(fù)電荷，半徑與a相等是第5組粒子．正確答案為D.答案：D二、非選擇題如圖所示，在直角坐標(biāo)系的原點O處有放射源，向四周均勻發(fā)射速度大小相等、方向都平行于紙面的帶電粒子。在放射源右邊有一很薄的擋板，擋板的兩端M、N與原點O正好構(gòu)成等腰直角三角形。已知帶電粒子的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，速度為v，MN的長度為L，不計粒子重力。(1)若在y軸右側(cè)加一平行于x軸的勻強電場，要使y軸右側(cè)所有運動的粒子都能打到擋板MN上，則電場強度E0的最小值為多大？在電場強度E0取最小值時，打到板上的粒子動能為多大？(2)若在整個空間加一方向垂直紙面向里的勻強磁場，要使整個擋板右側(cè)都有粒子打到，磁場的磁感應(yīng)強度不能超過多少(用m、v、q、L表示)？若滿足此條件，放射源O向外發(fā)射出的所有帶電粒子中有幾分之幾能打在板的左邊？解析(1)由題意知，要使y軸右側(cè)所有運動的粒子都能打在MN板上，其臨界條件為：沿y軸方向運動的粒子做類平拋運動，且落在M或N點，則MO′＝eq\f(1,2)L＝vt①a＝eq\f(qE0,m)②OO′＝eq\f(1,2)L＝eq\f(1,2)at2③聯(lián)立①②③式得E0＝eq\f(4mv2,qL)④由動能定理知qE0×eq\f(1,2)L