2019年高考物理一輪選練編題（含解析）（打包11套）新人教版.zip
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人教版物理2019年高考一輪選練編題（10）
李仕才
一、選擇題
1、如圖(甲)所示,兩平行正對(duì)的金屬板A,B間加有如圖(乙)所示的交變電壓,一重力可忽略不計(jì)的帶負(fù)電粒子被固定在兩板的正中間P處.若在t=0時(shí)刻釋放該粒子,則( C )
A.該粒子一直向B板運(yùn)動(dòng)
B.該粒子時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng),時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng),最后打在B板上
C.該粒子一直向A板運(yùn)動(dòng)
D.該粒子時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng),時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng),最后打在A板上
解析:粒子帶負(fù)電,t=0時(shí)刻,UAB>0,電場(chǎng)強(qiáng)度方向向右,粒子受電場(chǎng)力向左,所以粒子先向左加速再向左減速,以后沿同一方向重復(fù)這種運(yùn)動(dòng),直到碰到A板,故選項(xiàng)C正確.
2、如圖所示，質(zhì)量相同的兩小球a、b分別從斜面頂端A和斜面中點(diǎn)B沿水平方向拋出后，恰好都落在斜面底端，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是( )
A．小球a、b在空中飛行的時(shí)間之比為2∶1
B．小球a、b拋出時(shí)的初速度大小之比為2∶1
C．小球a、b到達(dá)斜面底端時(shí)的動(dòng)能之比為4∶1
D．小球a、b到達(dá)斜面底端時(shí)速度方向與斜面的夾角之比為1∶1
解析：選D.因?yàn)閮汕蛳侣涞母叨戎葹?∶1，根據(jù)h＝gt2得，t＝，高度之比為2∶1，則時(shí)間之比為∶1，故A錯(cuò)誤．兩球的水平位移之比為2∶1，時(shí)間之比為∶1，根據(jù)v0＝知，初速度之比為∶1，故B錯(cuò)誤．根據(jù)動(dòng)能定理可知，到達(dá)斜面底端時(shí)的動(dòng)能之比Eka∶Ekb＝∶＝2∶1，故C錯(cuò)誤．小球落在斜面上，速度方向與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍，因?yàn)槲灰婆c水平方向的夾角相等，則速度與水平方向的夾角相等，到達(dá)斜面底端時(shí)速度方向與斜面的夾角也相等，故D正確．故選D.
3、如圖所示，三條繩子的一端都系在細(xì)直桿頂端，另一端都固定在水平地面上，將桿豎直緊壓在地面上，若三條繩長(zhǎng)度不同，下列說(shuō)法正確的有( )
A．三條繩中的張力都相等
B．桿對(duì)地面的壓力大于自身重力
C．繩子對(duì)桿的拉力在水平方向的合力為零
D．繩子拉力的合力與桿的重力是一對(duì)平衡力
【答案】BC
4、(多選)質(zhì)量M＝3 kg的滑塊套在水平固定著的軌道上并可在軌道上無(wú)摩擦滑動(dòng)．質(zhì)量為m＝2 kg的小球(視為質(zhì)點(diǎn))通過(guò)長(zhǎng)L＝0.75 m的輕桿與滑塊上的光滑軸O連接，開始時(shí)滑塊靜止，輕桿處于水平狀態(tài)．現(xiàn)給小球一個(gè)v0＝3 m/s的豎直向下的初速度，取g＝10 m/s2.則( )
A．小球m從初始位置到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中，滑塊M在水平軌道上向右移動(dòng)了0.3 m
B．小球m從初始位置到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中，滑塊M在水平軌道上向左移動(dòng)了0.3 m
C．小球m相對(duì)于初始位置可以上升的最大高度為0.27 m
D．小球m從初始位置到第一次到達(dá)最大高度的過(guò)程中，滑塊M在水平軌道上向右移動(dòng)了0.54 m
解析：選AD.可把小球和滑塊水平方向的運(yùn)動(dòng)看做人船模型，設(shè)滑塊M在水平軌道上向右運(yùn)動(dòng)了x，由滑塊和小球系統(tǒng)在水平方向時(shí)動(dòng)量守恒，有＝，解得：x＝0.3 m，選項(xiàng)A正確B錯(cuò)誤．根據(jù)動(dòng)量守恒定律，小球m相對(duì)于初始位置上升到最大高度時(shí)小球和滑塊速度都為零，由能量守恒定律可知，小球m相對(duì)于初始位置可以上升的最大高度為0.45 m，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．根據(jù)動(dòng)量守恒定律，在小球上升到軌道高度時(shí)，滑塊速度為零，由系統(tǒng)的能量守恒定律可知，小球m相對(duì)于初始位置可以到達(dá)的最大高度為h＝0.45 m，與水平面的夾角為cos α＝0.8，設(shè)小球從最低位置上升到最高位置過(guò)程中滑塊M在水平軌道上又向右運(yùn)動(dòng)了x′，由滑塊和小球系統(tǒng)在水平方向時(shí)動(dòng)量守恒，有＝，解得：x′＝0.24 m．小球m從初始位置到第一次到達(dá)最大高度的過(guò)程中，滑塊在水平軌道上向右移動(dòng)了x＋x′＝0.3 m＋0.24 m＝0.54 m，選項(xiàng)D正確．
5、(1)(5分)下列說(shuō)法中正確的是 (填正確答案標(biāo)號(hào).選對(duì)1個(gè)得2分,選對(duì)2個(gè)得4分,選對(duì)3個(gè)得5分.每選錯(cuò)1個(gè)扣3分,最低得分為0分).?
A.分子運(yùn)動(dòng)的平均速度可能為零,瞬時(shí)速度不可能為零
B.液體與大氣相接觸時(shí),表面層內(nèi)分子所受其他分子的作用表現(xiàn)為相互吸引
C.空氣的相對(duì)濕度用空氣中所含水蒸氣的壓強(qiáng)表示
D.有些非晶體在一定條件下可以轉(zhuǎn)化為晶體
E.隨著分子間距增大,分子間引力和斥力均減小,分子勢(shì)能不一定
減小
(2)(10分)如圖所示,一汽缸固定在水平地面上,通過(guò)活塞封閉有一定質(zhì)量的理想氣體,活塞與缸壁的摩擦可忽略不計(jì),活塞的截面積S=100 cm2.活塞與水平平臺(tái)上的物塊A用水平輕桿連接,在平臺(tái)上有另一物塊B,A,B的質(zhì)量均為m=62.5 kg,物塊與平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.8.兩物塊間距為d=10 cm.開始時(shí)活塞距缸底L1=10 cm,缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)p1等于外界大氣壓強(qiáng)p0=1×105 Pa,溫度t1=27 ℃.現(xiàn)對(duì)汽缸內(nèi)的氣體緩慢加熱(g=10 m/s2),求:
①物塊A開始移動(dòng)時(shí),汽缸內(nèi)的溫度;
②物塊B開始移動(dòng)時(shí),汽缸內(nèi)的溫度.
解析:(1)分子做永不停息的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng),分子運(yùn)動(dòng)的平均速度不可能為零,瞬時(shí)速度有可能為零,故A錯(cuò)誤;液體與大氣相接觸,表面層內(nèi)分子間距較大,分子力表現(xiàn)為引力,故B正確;空氣的絕對(duì)濕度用空氣中所含水蒸氣的壓強(qiáng)表示,故C錯(cuò)誤;晶體和非晶體通過(guò)外界干預(yù)可以相互轉(zhuǎn)化,如把晶體硫加熱熔化(溫度超過(guò)300 ℃)再倒進(jìn)冷水中,會(huì)變成柔軟的非晶硫,再過(guò)一段時(shí)間又會(huì)轉(zhuǎn)化為晶體,故D正確;隨著分子間距增大,分子間引力和斥力均減小,若分子力表現(xiàn)為引力,分子力做負(fù)功,分子勢(shì)能增大,故E正確.
(2)①物塊A開始移動(dòng)前氣體做等容變化,則有
p2=p0+=1.5×105 Pa,
由查理定律有=,解得T2=T1=450 K.
②物塊A開始移動(dòng)后,氣體做等壓變化,到A與B剛接觸時(shí),p3=p2=1.5×105 Pa;V3=(L1+d)S
由蓋—呂薩克定律有=,解得T3=T2=900 K,
之后氣體又做等容變化,設(shè)物塊A和B一起開始移動(dòng)時(shí)氣體的溫度
為T4
p4=p0+=2.0×105 Pa;V4=V3
由查理定律有=,解得T4=T3=1 200 K.
答案:(1)BDE
(2)①450 K?、? 200 K
6、(多選)如圖甲所示，質(zhì)量m＝3.0×10－3 kg的“”形金屬細(xì)框豎直放置在兩水銀槽中，“”形框的水平細(xì)桿CD長(zhǎng)l＝0.20 m，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．有一匝數(shù)n＝300匝、面積S＝0.01 m2的線圈通過(guò)開關(guān)K與兩水銀槽相連．線圈處于與線圈平面垂直、沿豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B2隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示．t＝0.22 s時(shí)閉合開關(guān)K瞬間細(xì)框跳起(細(xì)框跳起瞬間安培力遠(yuǎn)大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20 m．不計(jì)空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2，下列說(shuō)法正確的是( )
A．0～0.10 s內(nèi)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為3 V
B．開關(guān)K閉合瞬間，CD中的電流方向由C到D
C．磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的方向豎直向下
D．開關(guān)K閉合瞬間，通過(guò)細(xì)桿CD的電荷量為0.03 C
解析：選BD.0～0.1 s內(nèi)線圈中的磁場(chǎng)均勻變化，由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝n＝nS，代入數(shù)據(jù)得E＝30 V，A錯(cuò)．開關(guān)閉合瞬間，細(xì)框會(huì)跳起，可知細(xì)框受向上的安培力，由左手定則可判斷電流方向由C到D，B對(duì)．由于t＝0.22 s時(shí)通過(guò)線圈的磁通量正在減少，再對(duì)線圈由楞次定律可知感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向與B2的方向相同，故再由安培定則可知C錯(cuò)誤．K閉合瞬間，因安培力遠(yuǎn)大于重力，則由動(dòng)量定理有B1IlΔt＝mv，通過(guò)細(xì)桿的電荷量Q＝IΔt，線框向上跳起的過(guò)程中v2＝2gh，解得Q＝0.03 C，D對(duì)．
7、如圖所示，在真空室中有一水平放置的不帶電平行板電容器，板間距離為d，電容為C，上板B接地．現(xiàn)有大量質(zhì)量均為m、帶電量均為q的小油滴，以相同的初速度持續(xù)不斷地從兩板正中間沿圖中虛線所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板A的正中央P點(diǎn)．如果能落到A板的油滴僅有N滴，且第N＋1滴油滴剛好能飛離電場(chǎng)，假定落到A板的油滴的電量能被板全部吸收，不考慮油滴間的相互作用，重力加速度為g，則以下說(shuō)法錯(cuò)誤的是( )
A．落到A板的油滴數(shù)N＝
B．落到A板的油滴數(shù)N＝
C．第N＋1滴油滴通過(guò)電場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程所增加的動(dòng)能等于
D．第N＋1滴油滴通過(guò)電場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程所減少的機(jī)械能等于
【答案】A
中：E=＝＝，得：a=g-，第（N+1）粒子做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，豎直方向有：y=，第（N+1）滴油滴剛好能飛離電場(chǎng)，則有關(guān)系：y=，聯(lián)立以上公式得：N=，故A錯(cuò)誤，B正確；由動(dòng)能定理W合＝mg－qE，代入數(shù)據(jù)得：W合＝，故C對(duì)；克服電場(chǎng)力做的功等于油滴減少的機(jī)械能，W電＝qE＝，故D對(duì)．
8、如圖所示，傾角為θ的斜面體c置于水平地面上，小物塊b置于斜面上，通過(guò)細(xì)繩跨過(guò)光滑的定滑輪與沙漏斗a連接，連接b的一段細(xì)繩與斜面平行．在a中的沙子緩慢流出的過(guò)程中，a、b、c都處于靜止?fàn)顟B(tài)，則
A. b對(duì)c的摩擦力一定減小
B. b對(duì)c的摩擦力方向平行斜面向上
C. 地面對(duì)c的摩擦力方向一定水平向左
D. 地面對(duì)c的支持力保持不變
【來(lái)源】【全國(guó)百?gòu)?qiáng)校】山西省太原市第五中學(xué)2018屆高三下學(xué)期第二次模擬考試（5月）物理試題
【答案】 C
【解析】設(shè)a、b的重力分別為Ga、Gb，若Ga＜Gbsinθ，b受到c的摩擦力沿斜面向上，根據(jù)平衡條件，有：f=Gbsinθ-Ga，在a中的沙子緩慢流出的過(guò)程中，Ga減小，故摩擦力增加；若Ga＞Gbsinθ，b受到c的摩擦力沿斜面向下，根據(jù)平衡條件，有：f=Ga-Gbsinθ，在a中的沙子緩慢流出的過(guò)程中，Ga減小，故摩擦力減?。蝗鬐a=Gbsinθ，此時(shí)f=0，在a中的沙子緩慢流出的過(guò)程中，減小，f沿斜面向上，不斷減小，故AB錯(cuò)誤；以bc整體為研究對(duì)象，分析受力如圖
【點(diǎn)睛】b受到c的摩擦力不一定為零，與兩物體的重力、斜面的傾角有關(guān)．對(duì)bc整體研究，由平衡條件分析水平面對(duì)c的摩擦力方向和支持力的大小．
二、非選擇題
1、如圖所示，長(zhǎng)l＝1 m的輕質(zhì)細(xì)繩上端固定，下端連接一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，繩與豎直方向的夾角θ＝37°.已知小球所帶電荷量q＝1.0×10－6 C，勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E＝3.0×103 N/C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)小球所受電場(chǎng)力F的大小；
(2)小球的質(zhì)量m；
(3)將電場(chǎng)撤去，小球回到最低點(diǎn)時(shí)速度v的大?。?
解析：(1)F＝qE＝3.0×10－3 N
(2)由＝tan 37°得m＝4.0×10－4 kg
(3)由mgl(1－cos 37°)＝mv2
得v＝＝2.0 m/s
答案：(1)3.0×10－3 N (2)4.0×10－4 kg (3)2.0 m/s
2．(2017·河南高考預(yù)測(cè)卷)如圖甲所示，相距L＝1 m、電阻不計(jì)的兩根長(zhǎng)金屬導(dǎo)軌，各有一部分在同一水平面上，另一部分在同一豎直面內(nèi)．質(zhì)量均為m＝50 g、電阻均為R＝1.0 Ω的金屬細(xì)桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直接觸形成閉合回路，桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5.整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0 T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，ab桿在水平拉力F作用下沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，cd桿固定在某位置．現(xiàn)在釋放cd桿并開始計(jì)時(shí)，cd桿的vcd－t圖象如圖乙所示，已知在0～1 s和2～3 s內(nèi)，圖線為直線．取g＝10 m/s2.
(1)求在0～1 s內(nèi)通過(guò)cd桿中的電流；
(2)若已知ab桿在1 s～2 s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，求1 s～2 s時(shí)間內(nèi)拉力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系式．
解析：(1)在0～1 s內(nèi)，cd桿的vcd－t圖線為傾斜直線，因此cd桿做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為：
a1＝＝4.0 m/s2
因此cd桿受向上的摩擦力作用，其受力圖如圖所示．
根據(jù)牛頓第二定律，有：
mg－Ff＝ma
其中Ff＝μFN＝μFA＝μBIL
因此回路中的電流為：I＝＝0.6 A
(2)在0～1 s內(nèi)，設(shè)ab桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E，
則：E＝BLv1
由閉合電路歐姆定律知：I＝
v1＝＝1.2 m/s
則ab桿的速度為：v1＝＝1.2 m/s
在2～3 s內(nèi)，由圖象可求出cd桿的加速度為：
a2＝－4 m/s2
同理可求出ab桿的速度：
v2＝＝2.8 m/s
在1～2 s內(nèi)，ab桿做勻加速運(yùn)動(dòng)，則加速度為：
a＝＝1.6 m/s2
I′＝
對(duì)ab桿，根據(jù)牛頓第二定律有：F－μmg－BI′L＝ma
ab桿在t時(shí)刻的速度：v＝v1＋a(t－1)
回路中的電流：I′＝
聯(lián)立可得：F＝0.8t＋0.13
答案：(1)在0～1 s內(nèi)通過(guò)cd桿中的電流0.6 A
(2)這段時(shí)間內(nèi)拉力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系式為：F＝0.8t＋0.13
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