2019高考物理一輪選練編題（含解析）（打包10套）新人教版.zip,2019,高考,物理,一輪,選練編題,解析,打包,10,新人
人教物理2019高考一輪選練編題（10）
李仕才
一、選擇題
1、如圖所示,用一段繩子把輕質(zhì)滑輪吊裝在A點,一根輕繩跨過滑輪,繩的一端拴在井中的水桶上,人用力拉繩的另一端,滑輪中心為O點,人所拉繩子與OA的夾角為β,拉水桶的繩子與OA的夾角為α.人拉繩沿水平面向左運動,把井中質(zhì)量為m的水桶勻速提上來,人的質(zhì)量為M,重力加速度為g,在此過程中,以下說法正確的是( ACD )
A.α始終等于β
B.吊裝滑輪的繩子上的拉力逐漸變大
C.地面對人的摩擦力逐漸變大
D.地面對人的支持力逐漸變大
解析:水桶勻速上升,拉水桶的輕繩中的拉力T始終等于mg,對滑輪受力分析如圖(甲)所示.
垂直于OA方向有Tsin α=Tsin β,所以α=β,沿OA方向有F=
Tcos α+Tcos β=2Tcos α,人向左運動的過程中α+β變大,所以α和β均變大,吊裝滑輪的繩子上的拉力F變小,選項A正確,B錯誤;對人受力分析如圖(乙)所示,θ=α+β逐漸變大,水平方向有f=
T′sin θ,地面對人的摩擦力逐漸變大,豎直方向有FN+T′cos θ=Mg,地面對人的支持力FN=Mg-T′cos θ逐漸變大,選項C,D正確.
2、如圖所示，半圓形框架豎直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下處于靜止狀態(tài)，P與圓心O的連線與水平面的夾角為θ，將力F在豎直面內(nèi)沿順時針方向緩慢地轉(zhuǎn)過90°，框架與小球始終保持靜止狀態(tài)．在此過程中下列說法正確的是( )
A．框架對小球的支持力先減小后增大
B．拉力F的最小值為mgsin θ
C．地面對框架的摩擦力始終在減小
D．框架對地面的壓力先增大后減小
解析：選C.小球受重力G、框架給的支持力N、拉力F，由動態(tài)三角形可知框架對小球的支持力一直在減小，故A錯誤；當拉力與彈力垂直時拉力最小且為：mgcos θ，故B錯誤；把小球和框架看成一個整體，框架受到地面的摩擦力為拉力沿水平方向的分量，在轉(zhuǎn)動過程中水平方向分量逐漸減小，所以地面對框架的摩擦力始終在減小，故C正確；把小球和框架看成一個整體，框架受到地面的壓力等于二者重力之和減去拉力在豎直方向的分量，而拉力在豎直分量逐漸增加，所以框架對地面的壓力逐漸減小，故D錯誤．所以C正確，A、B、D錯誤．
3、歷史上有些科學家曾把在相等位移內(nèi)速度變化相等的單向直線運動稱為“勻變速直線運動”（現(xiàn)稱“另類勻變速直線運動”），“另類加速度”定義為，其中v0和vs分別表示某段位移s內(nèi)的初速和末速。A>0表示物體做加速運動，A<0表示物體做減速運動。而現(xiàn)在物理學中加速度的定義式為，下列說法正確的是（ ）
A.若A不變，則a也不變
B.若A>0且保持不變，則a逐漸變小
C.若A不變，則物體在中間位置處速度為
D.若A不變，則物體在中間位置處速度為
【答案】C
4、如圖1所示為遠距離輸電示意圖，升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1∶100，降壓變壓器原副線圈匝數(shù)比為100∶1，遠距離輸電線的總電阻為100 Ω.若升壓變壓器的輸入電壓如圖2所示，輸入功率為750 kW.下列說法正確的是( )
A．用戶端交流電的頻率為100 Hz
B．輸電線中電流為30 A
C．用戶端電壓為250 V
D．輸電線路損耗功率為180 kW
解析：選B.由題圖2知，交流電的周期為0.02 s，則其頻率f＝＝50 Hz，A錯誤；由于輸入電壓的有效值為250 V，則輸入電流I＝＝3 000 A，由變流比知，輸電線中的電流為30 A，B正確；由變壓比知，升壓變壓器中副線圈兩端的電壓為25 000 V，輸電線上損失的電壓ΔU＝I線R＝30×100 V＝3 000 V，因此降壓變壓器輸入端電壓為22 000 V，由變壓比知，用戶端電壓為220 V，C錯誤；輸電線損耗的功率P損＝IR＝302×100 W＝90 kW，D錯誤．
5、某同學采用如圖(甲)所示的裝置研究光電效應現(xiàn)象,分別用a,b,c三束單色光照射圖(甲)中的光電管的陰極,得到光電管兩端的電壓與相應的光電流的關系如圖(乙)所示,其中a,c兩束光照射時對應的遏止電壓相同,均為Ua,則下列論述正確的是( B )
A.a,c兩束光的光強相同
B.a,c兩束光的頻率相同
C.b光束光子的能量最小
D.b光束的波長最長,遏止電壓最大
解析:由圖可知,a光的飽和電流最大,因此a光束照射時單位時間內(nèi)產(chǎn)生的光電子數(shù)量大,光強強,故A錯誤;入射光的頻率越高,對應的遏止電壓U越大,a,c兩束光的遏止電壓相等,所以它們的頻率相等,而b光的頻率最大,能量最大,對應的波長最短,故B正確,C,D錯誤.
6、關于光的理解，下列說法正確的是( )
A．光電效應和康普頓效應都表明光具有粒子性
B．光在傳播時是波，而與物質(zhì)相互作用時就轉(zhuǎn)變成粒子
C．德布羅意是歷史上第一個實驗驗證了物質(zhì)波存在的人
D．牛頓的“微粒說”與愛因斯坦的“光子說”本質(zhì)上是一樣的
解析：選A.物體在光的照射下發(fā)射出電子的現(xiàn)象叫光電效應，根據(jù)愛因斯坦光子說的理論可知，光電效應說明了光具有粒子性，康普頓效應也揭示了光具有粒子性，A正確；光同時具有波粒二象性，B錯誤；德布羅意是歷史上第一個提出物質(zhì)波的人，C錯誤；牛頓認為光是一種實物，是一些硬的小球，是按照牛頓運動定律運動的．愛因斯坦的光子說認為，光子是一種不連續(xù)的，分離的粒子狀的波動，這兩種學說在本質(zhì)上是不同的，D錯誤．
7、固定于正方形四角上的四個等量點電荷的電場線分布如圖所示，ab、cd分別是正方形兩條鄰邊的中垂線，O點為中垂線的交點，P、Q分別為cd、ab上的點．則下列說法正確的是( )
A．P、Q兩點的電勢相等
B．P點場強大于Q點場強
C．若在O點放一正點電荷，則該正點電荷受到的電場力不為零
D．將某一負電荷由P點沿著圖中曲線PQ移到Q點，此過程中電場力做負功
【答案】AB
8、一質(zhì)點沿x軸正方向做直線運動，通過坐標原點時開始計時，其－t圖象如圖所示，則
A. 質(zhì)點做勻速直線運動，速度為0.5 m/s
B. 質(zhì)點做勻加速直線運動，加速度為0.5 m/s2
C. 質(zhì)點在1 s末速度為2 m/s
D. 質(zhì)點在第1 s內(nèi)的位移大小為2 m
【來源】【全國百強?！繉幭幕刈遄灾螀^(qū)銀川唐徠回民中學2018屆高三下學期第四次模擬考理科綜合物理試題
【答案】 C
二、非選擇題
1．實驗室有下列器材：
靈敏電流計G(內(nèi)阻約為50 Ω)；
電壓表V(0～3 V，內(nèi)阻約為10 kΩ)；
電阻箱R1(0～9 999 Ω)；
滑動變阻器R2(0～100 Ω，1.5 A)；
舊干電池一節(jié)；
導線開關若干．
(1)某實驗小組先測靈敏電流計的內(nèi)阻，電路如圖甲所示，測得電壓表示數(shù)為2 V，靈敏電流計示數(shù)為4 mA，電阻箱旋鈕位置如圖乙所示，則靈敏電流計內(nèi)阻為________Ω.
(2)為將靈敏電流計的量程擴大為原來的10倍，該實驗小組將電阻箱與靈敏電流計并聯(lián)，則應將電阻箱R1的阻值調(diào)為________Ω.調(diào)好后連接成如圖丙所示的電路測干電池的電動勢和內(nèi)阻，調(diào)節(jié)滑動變阻器讀出了幾組電壓表和電流計的示數(shù)如下表，請在圖丁所示的坐標系中作出合適的Ig－U圖線.
Ig/mA
3.0
2.5
2.0
1.5
1.0
U/V
0.8
0.9
1.0
1.1
1.2
(3)由作出的Ig－U圖線求得干電池的電動勢E＝________V，內(nèi)阻r＝________Ω.
解析：(1)由圖乙可知，電阻箱示數(shù)為R1＝0×1 000 Ω＋4×100 Ω＋5×10 Ω＋5×1 Ω＝455 Ω.由歐姆定律得Rg＋R1＝＝＝500 Ω，電流計內(nèi)阻為Rg＝500 Ω－455 Ω＝45 Ω.
(2)將靈敏電流計的量程擴大為原來的10倍，并聯(lián)電阻阻值R＝＝＝5 Ω，根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)在坐標系內(nèi)找出對應點，然后根據(jù)找出的點作出圖象，如答案圖所示．
(3)由Ig－U圖線可知，圖線與橫軸的交點坐標值為1.4，則電源電動勢E＝1.4 V，電流表內(nèi)阻RA＝＝＝2.4 Ω，圖線的斜率k＝＝＝，電源內(nèi)阻r＝－RA＝20 Ω－2.4 Ω＝17.6 Ω.
答案：(1)45 (2)5 如圖所示 (3)1.4 17.6
6
人教物理2019高考一輪選練編題（1）
李仕才
一、選擇題
1、如圖(甲)所示,一質(zhì)量為m的物塊在t=0時刻,以初速度v0從足夠長、傾角為θ的粗糙斜面底端向上滑行,物塊速度隨時間變化的圖像如圖(乙)所示.t0時刻物塊到達最高點,3t0時刻物塊又返回底端.下列說法正確的是( BC )
A.物塊從開始運動到返回底端的過程中重力的沖量為3mgt0·cos θ
B.物塊從t=0時刻開始運動到返回底端的過程中動量的變化量為-mv0
C.斜面傾角θ的正弦值為
D.不能求出3t0時間內(nèi)物塊克服摩擦力所做的功
解析:物塊從開始運動到返回底端的過程中重力的沖量IG=3mgt0,選項A錯誤;上滑過程中物塊做初速度為v0的勻減速直線運動,下滑過程中做初速度為零、末速度為v的勻加速直線運動,上滑和下滑的位移大小相等,所以有t0=·2t0,解得v=,物塊從開始運動到返回底端過程中動量的變化量為Δp=-mv-mv0=-mv0,選項B正確;上滑過程中有-(mgsin θ+μmgcos θ)·t0=0-mv0,下滑過程中有(mgsin θ-μmgcos θ)2t0=,解得sin θ=,選項C正確;根據(jù)圖像可求出物塊上升的最大位移,由動能定理求出整個過程中摩擦力所做的功,選項D錯誤.
2、我國的北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)計劃由若干靜止軌道衛(wèi)星、中地球軌道衛(wèi)星組成，其中靜止軌道衛(wèi)星均定位在距離地面約為3.6×104 km的地球同步軌道上，中地球軌道衛(wèi)星距離地面的高度約為2.16×104 km，已知地球半徑約為6.4×103 km.則中地球軌道衛(wèi)星運動的( )
A．線速度大于第一宇宙速度
B．線速度小于靜止軌道衛(wèi)星的線速度
C．加速度約是靜止軌道衛(wèi)星的2.3倍
D．加速度約是靜止軌道衛(wèi)星的2.8倍
解析：選C.根據(jù)G＝m得，v＝，因為中地球軌道衛(wèi)星的軌道半徑大于第一宇宙速度的軌道半徑，則中地球軌道衛(wèi)星的線速度小于第一宇宙速度；中地球軌道衛(wèi)星的軌道半徑小于靜止軌道衛(wèi)星的軌道半徑，則線速度大于靜止軌道衛(wèi)星的線速度，故A、B錯誤．根據(jù)G＝ma得，加速度a＝，中地球軌道衛(wèi)星的軌道半徑大約是靜止軌道衛(wèi)星軌道半徑的0.66倍，則加速度約為靜止軌道衛(wèi)星的2.3倍，故C正確，D錯誤．故選C.
3、2018山東省棗莊八中期中）物理學的發(fā)展極大地豐富了人類對物質(zhì)世界的認識，推動了科學技術(shù)的創(chuàng)新和革命，促進了人類文明的進步，關于物理學中運動與力的發(fā)展過程和研究方法的認識，下列說法中正確的是（ ）
A. 亞里士多德首先提出了慣性的概念
B. 伽利略對自由落體運動研究方法的核心是：把實驗和邏輯推理（包括數(shù)學演算）結(jié)合起來，從而發(fā)展了人類的科學思維方式和科學研究方法
C. 牛頓三條運動定律是研究動力學問題的基石，牛頓的三條運動定律都能通過現(xiàn)代的實驗手段直接驗證
D. 力的單位“N”是基本單位，加速度的單位“”是導出單位
【答案】B
4、質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒，以速度v與水平方向成θ角從O點進入方向如圖所示的正交的勻強電場(場強大小為E)和勻強磁場(磁感應強度大小為B)組成的混合場區(qū)，該微粒在電場力、洛倫茲力和重力的作用下，恰好沿直線運動到A，重力加速度為g，下列說法中正確的是( )
A．該微粒一定帶正電
B．微粒從O到A的運動可能是勻變速運動
C．該磁場的磁感應強度大小為
D．該電場的場強為Bvcos θ
解析：選C.若微粒帶正電，電場力水平向左，洛倫茲力垂直O(jiān)A斜向右下方，則電場力、重力、洛倫茲力不能平衡．若微粒帶負電，符合題意，A錯誤；微粒如果做勻變速運動，重力和電場力不變，而洛倫茲力變化，微粒不能沿直線運動，與題意不符，B錯誤；由平衡條件得：qvBcos θ＝mg，qvBsin θ＝qE，知C正確，D錯誤．
5、掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌.為了有效隔離外界振動對STM的擾動,在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對紫銅薄板,并施加磁場來快速衰減其微小振動,如圖所示.無擾動時,按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場;出現(xiàn)擾動后,對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是( A )
解析:紫銅薄板上下振動時,方案B,C,D中穿過薄板的磁通量不發(fā)生變化,沒有感應電流產(chǎn)生;方案A中,無論是上下還是左右振動,薄板中的磁通量都會發(fā)生變化,產(chǎn)生的感應電流會阻礙紫銅薄板上下及其左右振動,達到衰減的效果,選項A正確.
6、質(zhì)量為0.8 kg的球固定在支桿AB的上端，支桿AB的下端固定在升降機上，今用一段繩子水平拉球，使桿發(fā)生彎曲，如圖所示，已知繩的拉力為6 N，g取10 m/s2，則以下說法正確的是( )
A．若升降機是靜止狀態(tài)，則AB桿對球的作用力大小為6 N
B．若升降機是靜止狀態(tài)，則AB桿對球的作用力大小為8 N
C．若升降機是加速上升，加速度大小 5 m/s2，則AB桿對球的作用力大小為6 N
D．若升降機是減速上升，加速度大小 5 m/s2，則AB桿對球的作用力大小為6 N
解析：選C.A、B若升降機是靜止的，球靜止，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知，桿的作用力大?。海?N＝10 N，故AB錯誤；C、若升降機加速上升，對球，在豎直方向，由牛頓第二定律得：Fy－mg＝ma，解得：Fy＝12 N，在水平方向，由平衡條件得：Fx＝F繩子＝6 N，桿對球的作用力大?。篎＝＝6 N，故C正確；D、若升降機減速上升，對球，在豎直方向，由牛頓第二定律得：mg－Fy＝ma，解得：Fy＝4 N，在水平方向，由平衡條件得：Fx＝F繩子＝6 N，桿對球的作用力大?。篎＝＝2 N，故D錯誤；故選C.
7、（2018北京市第二中學期中）如圖所示，在水平光滑地面上有A、B兩個木塊，之間用一輕彈簧連接．A靠在墻壁上，用力F向左推B使兩木塊之間彈簧壓縮并處于靜止狀態(tài)。若突然撤去力F，則下列說法中正確的是（ ）
A. 木塊A離開墻壁前，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能也守恒
B. 木塊A離開墻壁前，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，機械能也不守恒
C. 木塊A離開墻壁后，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能也守恒
D. 木塊A離開墻壁后，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，但機械能守恒
【答案】C
8、高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的均加速直線運動，在啟動階段列車的動能（ ）
A. 與它所經(jīng)歷的時間成正比
B. 與它的位移成正比
C. 與它的速度成正比
D. 與它的動量成正比
【來源】2018年全國普通高等學校招生統(tǒng)一考試物理（新課標I卷）
【答案】 B
二、非選擇題
1、常用無線話筒所用的電池電動勢E約為9 V，內(nèi)阻r約為40 Ω，最大允許電流為100 mA.
(1)為測定該電池的電動勢和內(nèi)阻，某同學先利用多用電表直流電壓10 V擋粗測電源電動勢如圖甲所示，測得值為________V.
(2)接著該同學利用圖乙的電路進行實驗．圖中電壓表為理想電表，R為電阻箱(阻值范圍為0～999.9 Ω)，R0為定值電阻，目的是為了防止電阻箱的阻值調(diào)得過小時，通過電源的電流大于其承受范圍，起保護電路的作用；實驗室備有的定值電阻R0的規(guī)格有以下幾種，則本實驗應選用________．
A．50 Ω，1.0 W B．500 Ω，2.5 W
C．1 500 Ω，15 W D．2 500 Ω，25 W
(3)接入符合要求的R0后，閉合開關S，調(diào)整電阻箱的阻值讀出電壓表的示數(shù)U，再改變電阻箱阻值R，取得多組數(shù)據(jù)，作出了如圖丙的圖線．由圖線求得該電池的電動勢E＝________V，內(nèi)阻r＝________Ω.(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)
解析：(1)直流電壓10 V擋的最小分度為0.2 V，故測得值為9.2 V.
(2)電池最大允許電流為100 mA，則電路中總電阻R總≥＝90 Ω＝r＋R0，故定值電阻R0應選50 Ω，選項A正確．
(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律E＝U＋I(R0＋r)＝U＋(R0＋r)，解得＝＋·，故該圖線縱坐標的截距為＝0.1 V－1，解得電池電動勢E＝10.0 V，斜率k＝＝＝，解得R0＋r＝83.3 Ω，故電池內(nèi)阻r＝33.3 Ω.
答案：(1)9.2 (2)A (3)10.0 33.3
6
人教物理2019高考一輪選練編題（2）
李仕才
一、選擇題
1、在某星球表面以初速度v0豎直上拋一個物體，若物體只受該星球引力作用，忽略其他力的影響，物體上升的最大高度為H，已知該星球的直徑為D，如果要在這個星球上發(fā)射一顆繞它運行的近“地”衛(wèi)星，其環(huán)繞速度為( )
A. B.
C．v0 D．v0
解析：選B.據(jù)豎直上拋運動，最大高度H＝得到星球表面的重力加速度g＝.當近“地”衛(wèi)星繞該星球做圓周運動時，軌道半徑R＝，此時重力提供衛(wèi)星所需的向心力有：mg＝m得v＝＝＝ .
2、兩個小球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動,球2在前,球1在后,m1=1 kg,m2=3 kg,v01=6 m/s,v02=3 m/s,當球1與球2發(fā)生碰撞后,兩球的速度分別為v1,v2,將碰撞后球1的動能和動量大小分別記為E1,p1,則v1,v2,E1,p1的可能值為( AB )
A.v1=3.75 m/s,v2=3.75 m/s
B.v1=1.5 m/s,v2=4.5 m/s
C.E1=9 J
D.p1=1 kg· m/s
解析:兩球碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒,以兩球的初速度方向為正方向,如果兩球發(fā)生完全非彈性碰撞,由動量守恒定律得m1v01+m2v02=(m1+m2)v,代入數(shù)據(jù)解得v=3.75 m/s,如果兩球發(fā)生完全彈性碰撞,有m1v01+m2v02=m1v1+m2v2,由機械能守恒定律得m1+m2=m1+m2,代入數(shù)據(jù)解得v1=1.5 m/s,v2=4.5 m/s,則碰撞后球1、球2的速度滿足1.5 m/s≤v1≤3.75 m/s,3.75 m/s≤v2≤4.5 m/s;球1的動能E1=m1,滿足1.125 J≤E1≤7.03 J;球1的動量p1=m1v1,滿足1.5 kg· m/s≤p1≤3.75 kg· m/s,綜上所述,選項A,B正確,C,D錯誤.
3、如圖為用索道運輸貨物的情景，已知傾斜的索道與水平方向的夾角為37°，重物與車廂地板之間的動摩擦因數(shù)為0.3。當載重車廂沿索道向上加速運動時，重物與車廂仍然保持相對靜止狀態(tài)，重物對車廂內(nèi)水平地板的正壓力為其重力的1.15倍。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，那么這時重物對車廂地板的摩擦力大小為( )
A．0.35mg B．0.3mg C．0.23mg D．0.2mg
【答案】D
【解析】將a沿水平和豎直兩個方向分解，對重物受力分析如圖，水平方向：Ff＝max
豎直方向：FN－mg＝may，由＝，三式聯(lián)立解得Ff＝0.2mg，D正確。
4、如圖所示，a、b為豎直正對放置的兩平行金屬板，其中a板帶正電，兩板間的電壓為U，在金屬板下方存在一有界的勻強磁場，磁場的上邊界為與兩金屬板下端重合的水平面PQ，PQ下方的磁場范圍足夠大，磁場的磁感應強度大小為B，一比荷為的帶正電粒子以速度v0從兩板中間位置沿與a、b平行方向射入兩板間的偏轉(zhuǎn)電場，不計粒子重力，粒子通過偏轉(zhuǎn)電場后從PQ邊界上的M點進入磁場，運動一段時間后又從PQ邊界上的N點射出磁場，設M、N兩點距離為x(M、N點在圖中未畫出)．則以下說法中正確的是( )
A．只減小磁感應強度B的大小，則x減小
B．只增大初速度v0的大小，則x減小
C．只減小帶電粒子的比荷，則x不變
D．只減小偏轉(zhuǎn)電場的電壓U的大小，則x不變
解析：選D.粒子進入磁場后做勻速圓周運動，設粒子進入磁場時速度方向與磁場邊界的夾角為θ，速度大小為v＝，軌道半徑R＝，由幾何關系可知x＝2Rsin θ＝，只減小磁感應強度B、只增大初速度v0或只減小帶電粒子的比荷時，都可使x增大，而x與偏轉(zhuǎn)電場的電壓U無關，故選項A、B、C錯誤，D正確．
5、如圖所示,在光滑絕緣水平面上,有一矩形線圈以一定的初速度進入勻強磁場區(qū)域,線圈全部進入勻強磁場區(qū)域時,其動能恰好等于它在磁場外面時的一半,設磁場區(qū)域?qū)挾却笥诰€圈寬度,則( C )
A.線圈恰好在完全離開磁場時停下
B.線圈在未完全離開磁場時已停下
C.線圈能通過場區(qū)不會停下
D.線圈在磁場中某個位置停下
解析:線圈出磁場時的速度小于進磁場時的速度,由安培力F=BIL=,知出磁場時線圈所受的安培力小于進磁場時所受的安培力,則進磁場過程安培力做功大于出磁場過程安培力做功,而進磁場時其動能恰好等于它在磁場外面時的一半,由動能定理知出磁場后,線圈的動能不為零,不會停下來,故C正確,A,B,D錯誤.
6、如圖，邊長為2L的等邊三角形區(qū)域abc內(nèi)部的勻強磁場垂直紙面向里，b點處于x軸的坐標原點O；一與三角形區(qū)域abc等高的直角閉合金屬線框ABC，∠ABC＝60°，BC邊處在x軸上．現(xiàn)讓金屬線框ABC沿x軸正方向以恒定的速度v穿過磁場，在t＝0時線框B點恰好位于原點O的位置．規(guī)定逆時針方向為線框中感應電流的正方向，在下列四個i－x圖象中，能正確表示線框中感應電流隨位移變化關系的是( )
解析：選D.當B點向右運動0～L過程中，線框切割磁感線的有效長度從0增加到·AC＝L，感應電流從0～i0，感應電流為逆時針方向；當線圈向右運動L～2L過程中，切割磁感線的有效長度從L減小到0，感應電流從i0～0，電流為逆時針方向；當線圈向右運動2L～3L過程中，切割磁感線的有效長度從L減小到0，感應電流從2i0～0，電流為順時針方向；對比題中圖象可知，選項D正確；故選D.
7、從塔頂以相同速率拋出A、B、C三小球，A球豎直上拋，B球平拋，C球豎直下拋。另有D球從塔頂起自由下落，四個小球質(zhì)量相同，落到同一水平面上。不計空氣阻力，則( )
A．落地時動能相同的小球是A、B、C
B．落地時動量相同的小球是A、B、C
C．從離開塔頂?shù)铰涞剡^程中，動能增量相同的小球只有A、B、C
D．從離開塔頂?shù)铰涞剡^程中，動量增量相同的小球是B、D
【答案】AD
【解析】小球從拋出至落地過程中只有重力做功，且重力做功相同，A、B、C三個小球的初動能相同，故小球落地時的動能相同，所以A正確；A、B、D落地速度方向相同，都是豎直向下，但是C落地速度方向不是豎直向下，故A、B、C落地的動量不相同，故選項B錯誤；從離開塔頂?shù)铰涞剡^程中，動能增量等于合力做功，即等于重力的功，由于從相同高度拋出，故重力的功相同，故四個小球落地過程中動能增量相同，故選項C錯誤；從離開塔頂?shù)铰涞剡^程中，動量增量等于合力的沖量，合力為重力，但是時間相同的只有B、D，故合力的沖量相同的是B、D，故選項D正確。
8、如圖所示，豎直井中的升降機可將地下深處的礦石快速運送到地面。某一豎井的深度約為104m，升降機運行的最大速度為8m/s，加速度大小不超過，假定升降機到井口的速度為零，則將礦石從井底提升到井口的最短時間是
A. 13s B. 16s C. 21s D. 26s
【來源】浙江新高考2018年4月選考科目物理試題
【答案】 C
【解析】升降機先做加速運動，后做勻速運動，最后做減速運動，在加速階段，所需時間，通過的位移為，在減速階段與加速階段相同，在勻速階段所需時間為：
，總時間為：，故C正確，A、B、D錯誤；
故選C。
【點睛】升降機先做加速運動，后做勻速運動，最后做減速運動，根據(jù)速度位移公式和速度時間公式求得總時間。
二、非選擇題
1、在用“落體法”做“驗證機械能守恒定律”的實驗時，小明選擇一條較為滿意的紙帶，如圖甲所示．他舍棄前面密集的點，以O為起點，從A點開始選取紙帶上連續(xù)點A、B、C、…測出O到A、B、C、…的距離分別為h1、h2、h3、…電源的頻率為f.
(1)(多選)實驗過程中，下列說法正確的是________．
A．選用質(zhì)量大體積小的重錘
B．安裝打點計時器使兩限位孔在同一豎直線上
C．釋放紙帶前，手應提紙帶上端并使紙帶豎直
D．重錘下落中手始終提住紙帶上端，保持紙帶豎直
(2)小明通過實驗測得數(shù)據(jù)(有阻力的影響)，畫出的v2-h圖象如圖乙所示．已知直線斜率為k，則當?shù)刂亓铀俣萭________(填“＞”“＝”或“＜”).
(3)另有四位同學在圖乙的基礎上，畫出沒有阻力時的v2-h圖線，并與其比較，其中正確的是________．
解析：(1)為減小空氣阻力對實驗的影響，應選用質(zhì)量大而體積小的重錘，選項A正確；為減小限位孔對紙帶的摩擦力，安裝打點計時器時應使兩限位孔在同一豎直線上，選項B正確；釋放紙帶前手應提紙帶上端并使紙帶豎直，可減小阻力，選項C正確；重錘下落的過程中，手不能拉著紙帶，選項D錯誤．
(2)根據(jù)動能定理得F合h＝mv2－mv，解得v2＝h＋v，由于直線的斜率為k，則k＝，重錘下落的過程中受阻力作用，F(xiàn)合＝mg－f＜mg，由以上兩式解得k＜2g，解得g＞.
(3)不論有無阻力，釋放點的位置相同，即初速度為零時，兩圖線必交于橫軸的同一點，選項B正確，ACD錯誤．
答案：(1)ABC (2)＞ (3)B
6
人教物理2019高考一輪選練編題（3）
李仕才
一、選擇題
1、如圖所示,一輛小車靜止在光滑的水平面上,小車的上表面左側(cè)AB為一光滑的圓弧,其半徑為R=0.8 m,右側(cè)BC為粗糙水平面,且水平面與圓弧光滑過渡,BC=0.8 m,小車的上表面離地高度為h=0.8 m,小車靜止時其右側(cè)端點C在地面上的投影為C′點,一質(zhì)量為m=1 kg的滑塊(可視為質(zhì)點)自圓弧頂點A由靜止釋放,并且從C處滑落小車,其落地時剛好打在C′點,已知滑塊與小車上表面BC面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,重力加速度g=10 m/s2,則由以上條件可得( BCD )
A.小車的最終速度為1 m/s
B.整個過程滑塊與小車因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=4 J
C.小車的質(zhì)量為M=1 kg
D.從小車開始運動至滑塊落至C′的時間內(nèi),小車一共向左前進了x=
1.6 m
解析:滑塊與小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒,設滑塊滑離小車時速度大小為v1,小車最終速度大小為v2,小車的質(zhì)量為M,則mv1=Mv2,
根據(jù)能量守恒可得mgR=m+M+μmgLBC,
滑塊滑離小車后做平拋運動,根據(jù)題意其平拋的水平距離為小車向左運動的距離,小車向左運動了s=(R+LBC),
又s=v1t,
h=gt2,
聯(lián)立以上各式解得:M=1 kg,v1=v2=2 m/s,s=0.8 m,t=0.4 s,故A錯誤,C正確;
整個過程的摩擦生熱為Q=μmgLBC=4 J,B正確;
自滑塊滑落小車至落地時,小車又發(fā)生的位移s′=v2t=0.8 m,所以從小車開始運動至滑塊落至C′的時間內(nèi),小車一共向左前進了s總=s+s′=1.6 m,故D正確.
2、(多選)如圖是某次發(fā)射載人宇宙飛船的過程中，先將飛船發(fā)射到圓形軌道Ⅰ上，然后在P點變軌到橢圓軌道Ⅱ上．下列說法正確的是( )
A．飛船在軌道Ⅰ上經(jīng)過P點的速度一定大于第一宇宙速度
B．飛船在軌道Ⅱ上經(jīng)過Q點的速度一定小于第一宇宙速度
C．飛船在軌道Ⅱ上從P點到Q點和從Q點到P點的過程中，宇航員都處于完全失重狀態(tài)
D．飛船從地球向上加速發(fā)射和減速返回地球的過程中，宇航員都處于超重狀態(tài)
解析：選BCD.第一宇宙速度等于近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，根據(jù)v＝，知飛船在軌道Ⅰ上的速度小于近地衛(wèi)星的速度，即小于第一宇宙速度．故A錯誤．若飛船從軌道Ⅱ上的Q點變軌到圓軌道上必須加速，所以飛船在軌道Ⅱ上經(jīng)過Q點的速度一定小于Q點所在圓軌道的速度，而該圓軌道的速度小于第一宇宙速度，所以飛船在軌道Ⅱ上經(jīng)過Q點的速度一定小于第一宇宙速度，故B正確．飛船在軌道Ⅱ上從P點到Q點和從Q點到P點的過程中，宇航員只受重力，所以處于完全失重狀態(tài)，故C正確．飛船從地球向上加速發(fā)射和減速返回地球的過程中，加速度向上，所以宇航員都處于超重狀態(tài)，故D正確．
3、（2018屆北京市海淀區(qū)高三上學期期中）圖所示，某同學站在體重計上觀察超重與失重現(xiàn)象。由穩(wěn)定的站姿變化到穩(wěn)定的蹲姿稱為“下蹲”過程；由穩(wěn)定的蹲姿變化到穩(wěn)定的站姿稱為“起立”過程。她穩(wěn)定站立時，體重計的示數(shù)為A0，關于實驗現(xiàn)象，下列說法正確的是
A. “起立”過程，體重計的示數(shù)一直大于A0
B. “下蹲”過程，體重計的示數(shù)一直小于A0
C. “起立”、“下蹲”過程，都能出現(xiàn)體重計的示數(shù)大于A0的現(xiàn)象
D. “起立”的過程，先出現(xiàn)超重現(xiàn)象后出現(xiàn)失重現(xiàn)象
【答案】CD
4、在如圖所示的電路中，已知電阻R1的阻值小于滑動變阻器R的最大阻值．閉合電鍵S，在滑動變阻器的滑片P由左端向右滑動的過程中，四個電表V1、V2、A1、A2的示數(shù)及其變化量分別用U1、U2、I1、I2、ΔU1、ΔU2、ΔI1、ΔI2表示，下列說法中正確的是( )
A．U1先變大后變小，I1不變
B．U1先變小后變大，I1變小
C.的絕對值先變大后變小，的絕對值不變
D．U2先變小后變大，I2先變小后變大
解析：選D.滑片P由滑動變阻器的左端向右端滑動的過程中，滑動變阻器R的左半部分與R1串聯(lián)然后與R的右半部分并聯(lián)，并聯(lián)電阻先變大后變小，所以電路總電阻先變大后變小，根據(jù)閉合電路歐姆定律，I2先變小后變大，U1先變大后變小，由極限法可得當滑片P滑到滑動變阻器右端時，電流表A1把R1所在支路短路，此時I1最大，所以I1一直增大，A、B錯誤；對于C項，的絕對值等于電源的內(nèi)阻，保持不變；的絕對值等于R2，保持不變，所以C錯誤；電阻R2不變，電壓表V2的示數(shù)U2＝I2R2，U2先變小后變大，D正確．
5、如圖所示,兩根平行金屬導軌置于水平面內(nèi),導軌之間接有電阻R.金屬棒ab與兩導軌垂直并保持良好接觸,整個裝置放在勻強磁場中,磁場方向垂直于導軌平面向下.現(xiàn)使磁感應強度隨時間均勻減小,ab始終保持靜止,下列說法正確的是( D )
A.ab中的感應電流方向由b到a
B.ab中的感應電流逐漸減小
C.ab所受的安培力保持不變
D.ab所受的靜摩擦力逐漸減小
解析:根據(jù)楞次定律,感應電流產(chǎn)生的磁場向下,再根據(jù)安培定則,可判斷ab中感應電流方向從a到b,A錯誤;磁場變化是均勻的,根據(jù)法拉第電磁感應定律,感應電動勢恒定不變,感應電流I恒定不變,B錯誤;安培力F=BIL,由于I,L不變,B減小,所以ab所受的安培力逐漸減小,根據(jù)力的平衡條件,靜摩擦力逐漸減小,C錯誤,D正確.
6、(多選)如圖所示，在兩等量異種點電荷的電場中，MN為一根光滑絕緣細桿，放在兩電荷連線的中垂線上，a、b、c三點所在直線平行于兩點電荷的連線，且a與c關于MN對稱，b點位于MN上，d點位于兩電荷的連線上．下列說法正確的是( )
A．b點場強小于d點場強
B．b點電勢低于d點電勢
C．試探電荷＋q在a點的電勢能小于在c點的電勢能
D．套在細桿上的帶電小環(huán)由靜止釋放后將做勻加速直線運動
解析：選ABD.在兩等量異號電荷連線上，中間點電場強度最??；在兩等量異號電荷連線的中垂線上，中間點電場強度最大；所以b點場強小于d點場強，A正確；MN是一條等勢線，與在兩等量異號電荷連線上的點相比較，d點的電勢要高，所以b點電勢低于d點電勢，B正確；因a點的電勢高于c點的電勢，故試探電荷＋q在a點的電勢能大于在c點的電勢能，C錯誤；MN上的電場方向垂直MN指向負電荷，故套在細桿上的帶電小環(huán)由靜止釋放后，由于在MN方向上只受到重力，所以做MN方向上做勻加速直線運動，D正確．
7、如圖所示，有一光滑鋼球質(zhì)量為m，被一U形框扣在里面，框的質(zhì)量為M，且M＝2m，它們擱置于光滑水平面上，今讓小球以速度v0向右去撞擊靜止的框，設碰撞無機械能損失，經(jīng)多次相互撞擊，下面結(jié)論正確的是( )
A．最終都將停下來
B．最終將以相同的速度向右運動
C．永遠相互碰撞下去，且整體向右運動
D．在它們反復碰撞的過程中，球的速度將會再次等于v0，框也會再次重現(xiàn)靜止狀態(tài)
【答案】CD
聯(lián)立解得：v1＝v0，v2＝0(兩次碰撞后)或者v1＝－v0，v2＝v0(一次碰撞后)，
由于二次碰撞后的速度情況與開始時相同，故整體內(nèi)部一直不斷碰撞，整體持續(xù)向右運動；球的速度將會再次等于v0，框也會再次重現(xiàn)靜止狀態(tài)，故A、B錯誤，C、D正確。
8、（多選）甲、乙兩汽車同一條平直公路上同向運動，其速度—時間圖像分別如圖中甲、乙兩條曲線所示。已知兩車在t2時刻并排行駛，下列說法正確的是（ ）
A. 兩車在t1時刻也并排行駛
B. t1時刻甲車在后，乙車在前
C. 甲車的加速度大小先增大后減小
D. 乙車的加速度大小先減小后增大
【來源】2018年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試物理（全國II卷）
【答案】 BD
點睛：本題考查了對圖像的理解及利用圖像解題的能力問題
二、非選擇題
1、實驗室有下列器材：
靈敏電流計G(內(nèi)阻約為50 Ω)；
電壓表V(0～3 V，內(nèi)阻約為10 kΩ)；
電阻箱R1(0～9 999 Ω)；
滑動變阻器R2(0～100 Ω，1.5 A)；
舊干電池一節(jié)；
導線開關若干．
(1)某實驗小組先測靈敏電流計的內(nèi)阻，電路如圖甲所示，測得電壓表示數(shù)為2 V，靈敏電流計示數(shù)為4 mA，電阻箱旋鈕位置如圖乙所示，則靈敏電流計內(nèi)阻為________Ω.
(2)為將靈敏電流計的量程擴大為原來的10倍，該實驗小組將電阻箱與靈敏電流計并聯(lián)，則應將電阻箱R1的阻值調(diào)為________Ω.調(diào)好后連接成如圖丙所示的電路測干電池的電動勢和內(nèi)阻，調(diào)節(jié)滑動變阻器讀出了幾組電壓表和電流計的示數(shù)如下表，請在圖丁所示的坐標系中作出合適的Ig－U圖線.
Ig/mA
3.0
2.5
2.0
1.5
1.0
U/V
0.8
0.9
1.0
1.1
1.2
(3)由作出的Ig－U圖線求得干電池的電動勢E＝________V，內(nèi)阻r＝________Ω.
解析：(1)由圖乙可知，電阻箱示數(shù)為R1＝0×1 000 Ω＋4×100 Ω＋5×10 Ω＋5×1 Ω＝455 Ω.由歐姆定律得Rg＋R1＝＝＝500 Ω，電流計內(nèi)阻為Rg＝500 Ω－455 Ω＝45 Ω.
(2)將靈敏電流計的量程擴大為原來的10倍，并聯(lián)電阻阻值R＝＝＝5 Ω，根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)在坐標系內(nèi)找出對應點，然后根據(jù)找出的點作出圖象，如答案圖所示．
(3)由Ig－U圖線可知，圖線與橫軸的交點坐標值為1.4，則電源電動勢E＝1.4 V，電流表內(nèi)阻RA＝＝＝2.4 Ω，圖線的斜率k＝＝＝，電源內(nèi)阻r＝－RA＝20 Ω－2.4 Ω＝17.6 Ω.
答案：(1)45 (2)5 如圖所示 (3)1.4 17.6
7
人教物理2019高考一輪選練編題（4）
李仕才
一、選擇題
1、(多選)如圖所示，曲線Ⅰ是一顆繞地球做圓周運動衛(wèi)星軌道的示意圖，其半徑為R；曲線Ⅱ是一顆繞地球做橢圓運動衛(wèi)星軌道的示意圖，O點為地球球心，AB為橢圓的長軸，兩軌道和地心都在同一平面內(nèi)，已知在兩軌道上運動的衛(wèi)星的周期相等，萬有引力常量為G，地球質(zhì)量為M，下列說法正確的是 ( )
A．橢圓軌道的長軸長度為2R
B．衛(wèi)星在Ⅰ軌道的速率為v0，衛(wèi)星在Ⅱ軌道B點的速率為vB，則v0＞vB
C．衛(wèi)星在Ⅰ軌道的加速度大小為a0，衛(wèi)星在Ⅱ軌道A點加速度大小為aA，則a0＜aA
D．若OA＝0.5R，則衛(wèi)星在B點的速率vB＞
解析：選ABC.衛(wèi)星的周期相等，所以橢圓軌道的長軸長度為2R；B點為橢圓軌道的遠地點，速度比較小，v0表示做勻速圓周運動的速度，v0＞vB；根據(jù)a＝，衛(wèi)星在Ⅰ軌道距離地心的距離大于衛(wèi)星在Ⅱ軌道A點距離地心的距離，所以a0＜aA；若OA＝0.5R，則OB＝1.5R，據(jù)＝得v＝，如果衛(wèi)星以OB為軌道半徑做勻速圓周運動，v＝＝，在Ⅱ軌道上，衛(wèi)星在B點要減速，做近心運動，所以衛(wèi)星在B點的速率vB＜ ，D錯．
2、重力為10 N的重物被繞過光滑定滑輪O′的輕繩懸掛在空中處于靜止,光滑的輕質(zhì)圓環(huán)套在輕繩的水平段OO′,當在圓環(huán)上掛上另一個鉤碼后,重物上升10 cm,已知原來的水平輕繩OO′長度也是10 cm,則鉤碼重力為( C )
A.5 N B.5 N
C.10 N D.10 N
解析:假設平衡后圓環(huán)位置為P,平衡后,重物上升10 cm,說明此時
POO′恰好構(gòu)成一個邊長為10 cm的正三角形,輕繩中張力處處相等,均為10 N,故鉤碼的重力恰好與PO′,PO拉力的合力等大反向,由三角函數(shù)關系可知,鉤碼的重力為10 N,選項C正確.
3、在地面上以初速度v0豎直向上拋出一小球，經(jīng)過2t0時間小球落回拋出點，其速率為v1，已知小球在空中運動時所受空氣阻力與小球運動的速度成正比，則小球在空中運動時速率v隨時間t的變化規(guī)律可能是( )
【答案】A
【解析】小球上升過程中，由牛頓第二定律有mg＋kv＝ma，故隨速度的減小，加速度逐漸減小，v—t圖象的切線斜率逐漸減??；小球下降過程中，由牛頓第二定律有mg－kv＝ma，則隨速度逐漸增大，加速度逐漸減小，v—t圖象的切線斜率逐漸減??；由于有阻力作用，故回到地面的速度將小于初速度v0，選項A正確。
4、如圖所示，在AB間接入正弦交流電U1＝220 V，通過理想變壓器和二極管D1、D2給阻值R＝20 Ω的純電阻負載供電，已知D1、D2為相同的理想二極管，正向電阻為0，反向電阻無窮大，變壓器原線圈n1＝110匝，副線圈n2＝20匝，Q為副線圈正中央抽頭，為保證安全，二極管的反向耐壓值至少為U0，設電阻R上消耗的熱功率為P，則有( )
A．U0＝40 V，P＝80 W
B．U0＝40 V，P＝80 W
C．U0＝40 V，P＝20 W
D．U0＝40 V，P＝20 W
解析：選C.變壓器的次級電壓U2＝U1＝×220 V＝40 V，故二極管的反向耐壓值至少為40 V；電阻R上電壓有效值為20 V，則R消耗的熱功率為P＝＝ W＝20 W，故C正確．
5、如圖所示,水平面上固定著兩根相距L且電阻不計的足夠長的光滑金屬導軌,導軌處于方向豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場中,銅棒a,b的長度均等于兩導軌的間距、電阻均為R、質(zhì)量均為m,銅棒平行地靜止在導軌上且與導軌接觸良好.現(xiàn)給銅棒a一個平行導軌向右的瞬時沖量I,關于此后的過程,下列說法正確的是( B )
A.回路中的最大電流為
B.銅棒b的最大加速度為
C.銅棒b獲得的最大速度為
D.回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為
解析:由題意知a獲得沖量時速度最大,根據(jù)動量定理可得,a獲得的速度va=,此后a在安培力作用下做減速運動,b在安培力作用下做加速運動,回路中產(chǎn)生的電動勢E=BL(va-vb),可知a剛獲得動量時回路中產(chǎn)生的感應電流最大,即Im==,故A錯誤;b所受最大安培力Fm=BImL=,根據(jù)牛頓第二定律知,b棒所產(chǎn)生的最大加速度am==,故B正確;由題意知,a棒做減速運動,b棒做加速運動,當a,b速度相等時,回路中沒有感應電流,兩棒同時向右勻速直線運動,根據(jù)動量守恒定律得,mva=2mv,a,b棒的共同速度v=,此速度亦為b棒的最大速度,故C錯誤;根據(jù)系統(tǒng)能量守恒可得,m=(m+m)v2+Q,則回路中產(chǎn)生的總焦耳熱Q=,故D錯誤.
6、(多選)如圖所示，輕彈簧一端固定于O點，另一端與小滑塊連接．把滑塊放在光滑斜面上的A點，此時彈簧恰好水平．將滑塊從A點由靜止釋放，經(jīng)B點到達位于O點正下方的C點．當滑塊運動到B點時，彈簧恰處于原長且與斜面垂直．已知彈簧原長為L，斜面傾角θ小于45°，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g.在此過程中( )
A．滑塊的加速度可能一直減小
B．滑塊經(jīng)過B點時的速度可能最大
C．滑塊經(jīng)過C點的速度大于
D．滑塊在AB過程中動能的增量比BC過程小
解析：選AC.從A到B過程中彈簧處于伸長狀態(tài)，有一個沿斜面向下的分力F1，并且隨著伸長量的減小，分力F1在減小，故此過程中滑塊受到的合力F＝mgsin θ＋F1，在減小，故加速度在減小，從B到C過程中，彈簧處于拉伸狀態(tài)，有一個沿斜面向上的分力F2，隨著伸長量的增大，F(xiàn)2在增大，若到達C點時F2
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