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（人教）物理2019高考一轮选练练题（8）及答案

一、选择题

1、如图所示，粗糙水平面上有一固定的、粗糙程度处处相同的圆弧形框架ABC，

框架下面放置一块厚度不计的金属板，金属板的中心O点是框架的圆心，框架上套有一个轻圆环，用轻弹簧把圆环与金属板的O点固定连接，开始时轻弹簧处于水平拉伸状态．用一个始终沿框架切线方向的拉力F拉动圆环，从左侧水平位置缓慢绕框架运动，直到轻弹簧达到竖直位置，金属板始终保持静止状态，则在整个过程中( )

A．沿框架切线方向拉力F逐渐减小 B．水平面对金属板的摩擦力逐渐增大 C．水平面对金属板的支持力逐渐减小 D．框架对圆环的支持力逐渐减小

解析：选C.弹簧伸长量不变，弹簧的弹力大小F′不变，弹簧与水平方向夹角为θ.金属板受重力mg、支持力N、弹簧的拉力F′和向右的静摩擦力f作用，水平方向f＝F′cos θ，竖直方向N＋F′sin θ＝mg，得N＝mg－F′sin θ，随着θ的增大，支持力不断减小，静摩擦力逐渐减小，故B错，C对；圆环受弹簧的拉力、框架的支持力(大小不变为F′)、拉力F和滑动摩擦力f′，有F＝f′＝μF′，故拉力大小不变，A、D错．

2、(2019·浙江嘉兴测试)如图所示是一种腹部先着水的跳水比赛,击水时水花最

大者获胜,水花的大小主要取决于运动员入水时具有的动能.假设甲、乙两运动员都站在3 m高的平台上(甲、乙站立时的重心位置离平台均为1 m),其中质量为120 kg的甲简单地步出平台倒向水面.若质量为100 kg的乙要不输于甲,则需要通过起跳使自身重心至少升高约( B ) A.0.6 m

B.0.8 m

C.1.6 m

D.1.8 m

解析:由机械能守恒定律,甲入水时动能为Ek1=m1gH=120×10×(3+1)J=4 800 J;

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乙要不输于甲,乙入水时动能至少为Ek2=m2g(H+h)=100×10×(3+1+h)J=4 800 J,解得h=0.8 m,选项B正确.

3、在地面上以初速度v0竖直向上抛出一小球，经过2t0时间小球落回抛出点，其速率为v1，

已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速度成正比，则小球在空中运动时速率v随时间t的变化规律可能是( ) 【答案】A

【解析】小球上升过程中，由牛顿第二定律有mg＋kv＝ma，故随速度的减小，加速度逐渐减小，v—t图象的切线斜率逐渐减小；小球下降过程中，由牛顿第二定律有mg－kv＝ma，则随速度逐渐增大，加速度逐渐减小，v—t图象的切线斜率逐渐减小；由于有阻力作用，故回到地面的速度将小于初速度v0，选项A正确。

4、图甲为两水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压u，电压u随时间t

变化的图线如图乙所示．质量为m、重力不计的带电粒子以初速度v0沿中线射入两板间，经时间T从两板间飞出．下列关于粒子运动的描述错误的是( ) A．t＝0时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大 1

B．t＝4T时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大 C．无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都水平 D．无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等

解析：选B.粒子在电场中运动的时间是相同的；t＝0时入射的粒子，在竖直方向先向上加速，然后向上减速，再向上加速直到离开电场区域，故t＝0时入射1

的粒子离开电场时偏离中线的距离最大，选项A正确；而t＝4T时入射的粒子，在竖直方向先向上加速，然后减速，再反向加速，反向减速最后直到离开电场区域，故此时刻射入的粒子离开电场时偏离中线的距离不是最大，选项B错误；因粒子在电场中运动的时间等于电场变化的周期T，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故所有粒子出离电场时的竖直速度为零，即最终都垂直电场方向射出电场，离开电场时的速度大小都等于初速度，选项CD正确；此

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题选择错误的选项，故选B.

5、(2019·河南一模)如图所示,半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内,

磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于轨道平面向里.一可视为质点、质量为m、电荷量为q(q>0)的小球由轨道左端A无初速度滑下,当小球滑至轨道最低点C时,给小球再施加一始终水平向右的外力F,使小球能以保持不变的速率滑过轨道右侧的D点.若小球始终与轨道接触,重力加速度值为g,则下列判断正确的是( AD )

A.小球在C点受到的洛伦兹力大小为qBB.小球在C点对轨道的压力大小为3mg+qB

C.小球从C到D的过程中,外力F的大小保持不变 D.小球从C到D的过程中,外力F的功率逐渐增大

解析:从A点运动到C点的过程中只有重力做功,根据动能定理得,

mgR=mv2,解得v=qB

,故小球在C点受到的洛伦兹力大小为F洛=qBv=

,故A正确;由左手定则可知,小球向右运动到C点时若受到的洛伦兹力的

方向向上,则有N+qvB-mg=qB

,解得N=3mg-qvB=3mg-

,故B错误;小球从C到D的过程中,受力分析得,mgsin θ=Fcos θ,速度

方向与水平方向夹角θ变大,重力沿切线方向的分力增大,所以水平外力F的大小增大,故C错误;小球从C到D的过程中小球的速率不变,而洛伦兹力和支持力不做功,所以拉力F的功率与重力的功率大小相等、方向相反.由运动的合成与分解可知,小球从C向D运动的过程中,竖直方向的分速度越来越大,所以重力的功率增大,外力F的功率也增大,故D正确.

6、如图甲所示，两平行光滑导轨倾角为30°，相距10 cm，质量为10 g的直导线

PQ水平放置在导轨上，从Q向P看的侧视图如图乙所示．导轨上端与电路相连，电路中电源电动势为12.5 V，内阻为0.5 Ω，限流电阻R＝5 Ω，R′为滑动变阻器，其余电阻均不计．在整个直导线的空间中充满磁感应强度大小为1 T的匀强磁场(图中未画出)，磁场方向可以改变，但始终保持垂直于直导线．g取10 m/s2.若要保持

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