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(diǎn),一根輕繩跨過(guò)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(diǎn),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(yùn)動(dòng),把井中質(zhì)量為m的水桶勻速提上來(lái),人的質(zhì)量為M,重力加速度為g,在此過(guò)程中,以下說(shuō)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(duì)人的摩擦力逐漸變大
D.地面對(duì)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(duì)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(yùn)動(dòng)的過(guò)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(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤;對(duì)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(duì)人的摩擦力逐漸變大,豎直方向有FN+T′cos θ=Mg,地面對(duì)人的支持力FN=Mg-T′cos θ逐漸變大,選項(xiàng)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?fàn)顟B(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(shí)針?lè)较蚓徛剞D(zhuǎn)過(guò)90°，框架與小球始終保持靜止?fàn)顟B(tài)．在此過(guò)程中下列說(shuō)法正確的是( )
A．框架對(duì)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(duì)框架的摩擦力始終在減小
D．框架對(duì)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(dòng)態(tài)三角形可知框架對(duì)小球的支持力一直在減小，故A錯(cuò)誤；當(dāng)拉力與彈力垂直時(shí)拉力最小且為：mgcos θ，故B錯(cuò)誤；把小球和框架看成一個(gè)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(dòng)過(guò)程中水平方向分量逐漸減小，所以地面對(duì)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(gè)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(duì)地面的壓力逐漸減小，故D錯(cuò)誤．所以C正確，A、B、D錯(cuò)誤．
3、歷史上有些科學(xué)家曾把在相等位移內(nèi)速度變化相等的單向直線運(yùn)動(dòng)稱為“勻變速直線運(yùn)動(dòng)”（現(xiàn)稱“另類勻變速直線運(yùn)動(dòng)”），“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(yùn)動(dòng)，A<0表示物體做減速運(yùn)動(dòng)。而現(xiàn)在物理學(xué)中加速度的定義式為，下列說(shuō)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(yuǎn)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(yuǎn)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(shuō)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(cuò)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(cuò)誤；輸電線損耗的功率P損＝IR＝302×100 W＝90 kW，D錯(cuò)誤．
5、某同學(xué)采用如圖(甲)所示的裝置研究光電效應(yīng)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(yīng)的光電流的關(guān)系如圖(乙)所示,其中a,c兩束光照射時(shí)對(duì)應(yīng)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(qiáng)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(zhǎng)最長(zhǎng),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(shí)單位時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的光電子數(shù)量大,光強(qiáng)強(qiáng),故A錯(cuò)誤;入射光的頻率越高,對(duì)應(yīng)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(duì)應(yīng)的波長(zhǎng)最短,故B正確,C,D錯(cuò)誤.
6、關(guān)于光的理解，下列說(shuō)法正確的是( )
A．光電效應(yīng)和康普頓效應(yīng)都表明光具有粒子性
B．光在傳播時(shí)是波，而與物質(zhì)相互作用時(shí)就轉(zhuǎn)變成粒子
C．德布羅意是歷史上第一個(gè)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證了物質(zhì)波存在的人
D．牛頓的“微粒說(shuō)”與愛(ài)因斯坦的“光子說(shuō)”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(yīng)，根據(jù)愛(ài)因斯坦光子說(shuō)的理論可知，光電效應(yīng)說(shuō)明了光具有粒子性，康普頓效應(yīng)也揭示了光具有粒子性，A正確；光同時(shí)具有波粒二象性，B錯(cuò)誤；德布羅意是歷史上第一個(gè)提出物質(zhì)波的人，C錯(cuò)誤；牛頓認(rèn)為光是一種實(shí)物，是一些硬的小球，是按照牛頓運(yùn)動(dòng)定律運(yùn)動(dòng)的．愛(ài)因斯坦的光子說(shuō)認(rèn)為，光子是一種不連續(xù)的，分離的粒子狀的波動(dòng)，這兩種學(xué)說(shuō)在本質(zhì)上是不同的，D錯(cuò)誤．
7、固定于正方形四角上的四個(gè)等量點(diǎn)電荷的電場(chǎng)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(diǎn)為中垂線的交點(diǎn)，P、Q分別為cd、ab上的點(diǎn)．則下列說(shuō)法正確的是( )
A．P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)相等
B．P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大于Q點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)
C．若在O點(diǎn)放一正點(diǎn)電荷，則該正點(diǎn)電荷受到的電場(chǎng)力不為零
D．將某一負(fù)電荷由P點(diǎn)沿著圖中曲線PQ移到Q點(diǎn)，此過(guò)程中電場(chǎng)力做負(fù)功
【答案】AB
8、一質(zhì)點(diǎn)沿x軸正方向做直線運(yùn)動(dòng)，通過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，其－t圖象如圖所示，則
A. 質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度為0.5 m/s
B. 質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為0.5 m/s2
C. 質(zhì)點(diǎn)在1 s末速度為2 m/s
D. 質(zhì)點(diǎn)在第1 s內(nèi)的位移大小為2 m
【來(lái)源】【全國(guó)百?gòu)?qiáng)?！繉幭幕刈遄灾螀^(qū)銀川唐徠回民中學(xué)2018屆高三下學(xué)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(shí)驗(yàn)室有下列器材：
靈敏電流計(jì)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(dòng)變阻器R2(0～100 Ω，1.5 A)；
舊干電池一節(jié)；
導(dǎo)線開(kāi)關(guān)若干．
(1)某實(shí)驗(yàn)小組先測(cè)靈敏電流計(jì)的內(nèi)阻，電路如圖甲所示，測(cè)得電壓表示數(shù)為2 V，靈敏電流計(jì)示數(shù)為4 mA，電阻箱旋鈕位置如圖乙所示，則靈敏電流計(jì)內(nèi)阻為_(kāi)_______Ω.
(2)為將靈敏電流計(jì)的量程擴(kuò)大為原來(lái)的10倍，該實(shí)驗(yàn)小組將電阻箱與靈敏電流計(jì)并聯(lián)，則應(yīng)將電阻箱R1的阻值調(diào)為_(kāi)_______Ω.調(diào)好后連接成如圖丙所示的電路測(cè)干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器讀出了幾組電壓表和電流計(jì)的示數(shù)如下表，請(qǐng)?jiān)趫D丁所示的坐標(biāo)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(dòng)勢(shì)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(jì)內(nèi)阻為Rg＝500 Ω－455 Ω＝45 Ω.
(2)將靈敏電流計(jì)的量程擴(kuò)大為原來(lái)的10倍，并聯(lián)電阻阻值R＝＝＝5 Ω，根據(jù)表中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系內(nèi)找出對(duì)應(yīng)點(diǎn)，然后根據(jù)找出的點(diǎn)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(diǎn)坐標(biāo)值為1.4，則電源電動(dòng)勢(shì)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(shí)刻,以初速度v0從足夠長(zhǎng)、傾角為θ的粗糙斜面底端向上滑行,物塊速度隨時(shí)間變化的圖像如圖(乙)所示.t0時(shí)刻物塊到達(dá)最高點(diǎn),3t0時(shí)刻物塊又返回底端.下列說(shuō)法正確的是( BC )
A.物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到返回底端的過(guò)程中重力的沖量為3mgt0·cos θ
B.物塊從t=0時(shí)刻開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到返回底端的過(guò)程中動(dòng)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(shí)間內(nèi)物塊克服摩擦力所做的功
解析:物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到返回底端的過(guò)程中重力的沖量IG=3mgt0,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;上滑過(guò)程中物塊做初速度為v0的勻減速直線運(yùn)動(dòng),下滑過(guò)程中做初速度為零、末速度為v的勻加速直線運(yùn)動(dòng),上滑和下滑的位移大小相等,所以有t0=·2t0,解得v=,物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到返回底端過(guò)程中動(dòng)量的變化量為Δp=-mv-mv0=-mv0,選項(xiàng)B正確;上滑過(guò)程中有-(mgsin θ+μmgcos θ)·t0=0-mv0,下滑過(guò)程中有(mgsin θ-μmgcos θ)2t0=,解得sin θ=,選項(xiàng)C正確;根據(jù)圖像可求出物塊上升的最大位移,由動(dòng)能定理求出整個(gè)過(guò)程中摩擦力所做的功,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.
2、我國(guó)的北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)計(jì)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(yùn)動(dòng)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?yàn)橹械厍蜍壍佬l(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(cuò)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(cuò)誤．故選C.
3、2018山東省棗莊八中期中）物理學(xué)的發(fā)展極大地豐富了人類對(duì)物質(zhì)世界的認(rèn)識(shí)，推動(dòng)了科學(xué)技術(shù)的創(chuàng)新和革命，促進(jìn)了人類文明的進(jìn)步，關(guān)于物理學(xué)中運(yùn)動(dòng)與力的發(fā)展過(guò)程和研究方法的認(rèn)識(shí)，下列說(shuō)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(duì)自由落體運(yùn)動(dòng)研究方法的核心是：把實(shí)驗(yàn)和邏輯推理（包括數(shù)學(xué)演算）結(jié)合起來(lái)，從而發(fā)展了人類的科學(xué)思維方式和科學(xué)研究方法
C. 牛頓三條運(yùn)動(dòng)定律是研究動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的基石，牛頓的三條運(yùn)動(dòng)定律都能通過(guò)現(xiàn)代的實(shí)驗(yàn)手段直接驗(yàn)證
D. 力的單位“N”是基本單位，加速度的單位“”是導(dǎo)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(diǎn)進(jìn)入方向如圖所示的正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)(場(chǎng)強(qiáng)大小為E)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)(磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B)組成的混合場(chǎng)區(qū)，該微粒在電場(chǎng)力、洛倫茲力和重力的作用下，恰好沿直線運(yùn)動(dòng)到A，重力加速度為g，下列說(shuō)法中正確的是( )
A．該微粒一定帶正電
B．微粒從O到A的運(yùn)動(dòng)可能是勻變速運(yùn)動(dòng)
C．該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為
D．該電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為Bvcos θ
解析：選C.若微粒帶正電，電場(chǎng)力水平向左，洛倫茲力垂直O(jiān)A斜向右下方，則電場(chǎng)力、重力、洛倫茲力不能平衡．若微粒帶負(fù)電，符合題意，A錯(cuò)誤；微粒如果做勻變速運(yùn)動(dòng)，重力和電場(chǎng)力不變，而洛倫茲力變化，微粒不能沿直線運(yùn)動(dòng)，與題意不符，B錯(cuò)誤；由平衡條件得：qvBcos θ＝mg，qvBsin θ＝qE，知C正確，D錯(cuò)誤．
5、掃描隧道顯微鏡(STM)可用來(lái)探測(cè)樣品表面原子尺度上的形貌.為了有效隔離外界振動(dòng)對(duì)STM的擾動(dòng),在圓底盤(pán)周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對(duì)紫銅薄板,并施加磁場(chǎng)來(lái)快速衰減其微小振動(dòng),如圖所示.無(wú)擾動(dòng)時(shí),按下列四種方案對(duì)紫銅薄板施加恒磁場(chǎng);出現(xiàn)擾動(dòng)后,對(duì)于紫銅薄板上下及左右振動(dòng)的衰減最有效的方案是( A )
解析:紫銅薄板上下振動(dòng)時(shí),方案B,C,D中穿過(guò)薄板的磁通量不發(fā)生變化,沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生;方案A中,無(wú)論是上下還是左右振動(dòng),薄板中的磁通量都會(huì)發(fā)生變化,產(chǎn)生的感應(yīng)電流會(huì)阻礙紫銅薄板上下及其左右振動(dòng),達(dá)到衰減的效果,選項(xiàng)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(jī)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(shuō)法正確的是( )
A．若升降機(jī)是靜止?fàn)顟B(tài)，則AB桿對(duì)球的作用力大小為6 N
B．若升降機(jī)是靜止?fàn)顟B(tài)，則AB桿對(duì)球的作用力大小為8 N
C．若升降機(jī)是加速上升，加速度大小 5 m/s2，則AB桿對(duì)球的作用力大小為6 N
D．若升降機(jī)是減速上升，加速度大小 5 m/s2，則AB桿對(duì)球的作用力大小為6 N
解析：選C.A、B若升降機(jī)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(cuò)誤；C、若升降機(jī)加速上升，對(duì)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(duì)球的作用力大?。篎＝＝6 N，故C正確；D、若升降機(jī)減速上升，對(duì)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(duì)球的作用力大?。篎＝＝2 N，故D錯(cuò)誤；故選C.
7、（2018北京市第二中學(xué)期中）如圖所示，在水平光滑地面上有A、B兩個(gè)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?fàn)顟B(tài)。若突然撤去力F，則下列說(shuō)法中正確的是（ ）
A. 木塊A離開(kāi)墻壁前，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒
B. 木塊A離開(kāi)墻壁前，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，機(jī)械能也不守恒
C. 木塊A離開(kāi)墻壁后，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒
D. 木塊A離開(kāi)墻壁后，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，但機(jī)械能守恒
【答案】C
8、高鐵列車在啟動(dòng)階段的運(yùn)動(dòng)可看作初速度為零的均加速直線運(yùn)動(dòng)，在啟動(dòng)階段列車的動(dòng)能（ ）
A. 與它所經(jīng)歷的時(shí)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(dòng)量成正比
【來(lái)源】2018年全國(guó)普通高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試物理（新課標(biāo)I卷）
【答案】 B
二、非選擇題
1、常用無(wú)線話筒所用的電池電動(dòng)勢(shì)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(cè)定該電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，某同學(xué)先利用多用電表直流電壓10 V擋粗測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)如圖甲所示，測(cè)得值為_(kāi)_______V.
(2)接著該同學(xué)利用圖乙的電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)．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(guò)小時(shí)，通過(guò)電源的電流大于其承受范圍，起保護(hù)電路的作用；實(shí)驗(yàn)室備有的定值電阻R0的規(guī)格有以下幾種，則本實(shí)驗(yàn)應(yīng)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(kāi)關(guān)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(dòng)勢(shì)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(cè)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(yīng)選50 Ω，選項(xiàng)A正確．
(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律E＝U＋I(xiàn)(R0＋r)＝U＋(R0＋r)，解得＝＋·，故該圖線縱坐標(biāo)的截距為＝0.1 V－1，解得電池電動(dòng)勢(shì)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(gè)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(gè)星球上發(fā)射一顆繞它運(yùn)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(yùn)動(dòng)，最大高度H＝得到星球表面的重力加速度g＝.當(dāng)近“地”衛(wèi)星繞該星球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，軌道半徑R＝，此時(shí)重力提供衛(wèi)星所需的向心力有：mg＝m得v＝＝＝ .
2、兩個(gè)小球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng),球2在前,球1在后,m1=1 kg,m2=3 kg,v01=6 m/s,v02=3 m/s,當(dāng)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(dòng)能和動(dòng)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(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒,以兩球的初速度方向?yàn)檎较?如果兩球發(fā)生完全非彈性碰撞,由動(dòng)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(jī)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(dòng)能E1=m1,滿足1.125 J≤E1≤7.03 J;球1的動(dòng)量p1=m1v1,滿足1.5 kg· m/s≤p1≤3.75 kg· m/s,綜上所述,選項(xiàng)A,B正確,C,D錯(cuò)誤.
3、如圖為用索道運(yùn)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(dòng)摩擦因數(shù)為0.3。當(dāng)載重車廂沿索道向上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，重物與車廂仍然保持相對(duì)靜止?fàn)顟B(tài)，重物對(duì)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(shí)重物對(duì)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(gè)方向分解，對(duì)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(duì)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(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)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(chǎng)范圍足夠大，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)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(chǎng)，不計(jì)粒子重力，粒子通過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后從PQ邊界上的M點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后又從PQ邊界上的N點(diǎn)射出磁場(chǎng)，設(shè)M、N兩點(diǎn)距離為x(M、N點(diǎn)在圖中未畫(huà)出)．則以下說(shuō)法中正確的是( )
A．只減小磁感應(yīng)強(qiáng)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(chǎng)的電壓U的大小，則x不變
解析：選D.粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與磁場(chǎng)邊界的夾角為θ，速度大小為v＝，軌道半徑R＝，由幾何關(guān)系可知x＝2Rsin θ＝，只減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B、只增大初速度v0或只減小帶電粒子的比荷時(shí)，都可使x增大，而x與偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓U無(wú)關(guān)，故選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)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(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,線圈全部進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí),其動(dòng)能恰好等于它在磁場(chǎng)外面時(shí)的一半,設(shè)磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾却笥诰€圈寬度,則( C )
A.線圈恰好在完全離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)停下
B.線圈在未完全離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)已停下
C.線圈能通過(guò)場(chǎng)區(qū)不會(huì)停下
D.線圈在磁場(chǎng)中某個(gè)位置停下
解析:線圈出磁場(chǎng)時(shí)的速度小于進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的速度,由安培力F=BIL=,知出磁場(chǎng)時(shí)線圈所受的安培力小于進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)所受的安培力,則進(jìn)磁場(chǎng)過(guò)程安培力做功大于出磁場(chǎng)過(guò)程安培力做功,而進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)其動(dòng)能恰好等于它在磁場(chǎng)外面時(shí)的一半,由動(dòng)能定理知出磁場(chǎng)后,線圈的動(dòng)能不為零,不會(huì)停下來(lái),故C正確,A,B,D錯(cuò)誤.
6、如圖，邊長(zhǎng)為2L的等邊三角形區(qū)域abc內(nèi)部的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直紙面向里，b點(diǎn)處于x軸的坐標(biāo)原點(diǎn)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(guò)磁場(chǎng)，在t＝0時(shí)線框B點(diǎn)恰好位于原點(diǎn)O的位置．規(guī)定逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)榫€框中感應(yīng)電流的正方向，在下列四個(gè)i－x圖象中，能正確表示線框中感應(yīng)電流隨位移變化關(guān)系的是( )
解析：選D.當(dāng)B點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)0～L過(guò)程中，線框切割磁感線的有效長(zhǎng)度從0增加到·AC＝L，感應(yīng)電流從0～i0，感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较?；?dāng)線圈向右運(yùn)動(dòng)L～2L過(guò)程中，切割磁感線的有效長(zhǎng)度從L減小到0，感應(yīng)電流從i0～0，電流為逆時(shí)針?lè)较?；?dāng)線圈向右運(yùn)動(dòng)2L～3L過(guò)程中，切割磁感線的有效長(zhǎng)度從L減小到0，感應(yīng)電流從2i0～0，電流為順時(shí)針?lè)较?；?duì)比題中圖象可知，選項(xiàng)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(gè)小球質(zhì)量相同，落到同一水平面上。不計(jì)空氣阻力，則( )
A．落地時(shí)動(dòng)能相同的小球是A、B、C
B．落地時(shí)動(dòng)量相同的小球是A、B、C
C．從離開(kāi)塔頂?shù)铰涞剡^(guò)程中，動(dòng)能增量相同的小球只有A、B、C
D．從離開(kāi)塔頂?shù)铰涞剡^(guò)程中，動(dòng)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(guò)程中只有重力做功，且重力做功相同，A、B、C三個(gè)小球的初動(dòng)能相同，故小球落地時(shí)的動(dòng)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(dòng)量不相同，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；從離開(kāi)塔頂?shù)铰涞剡^(guò)程中，動(dòng)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(gè)小球落地過(guò)程中動(dòng)能增量相同，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從離開(kāi)塔頂?shù)铰涞剡^(guò)程中，動(dòng)量增量等于合力的沖量，合力為重力，但是時(shí)間相同的只有B、D，故合力的沖量相同的是B、D，故選項(xiàng)D正確。
8、如圖所示，豎直井中的升降機(jī)可將地下深處的礦石快速運(yùn)送到地面。某一豎井的深度約為104m，升降機(jī)運(yùn)行的最大速度為8m/s，加速度大小不超過(guò)，假定升降機(jī)到井口的速度為零，則將礦石從井底提升到井口的最短時(shí)間是
A. 13s B. 16s C. 21s D. 26s
【來(lái)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(jī)先做加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)，最后做減速運(yùn)動(dòng)，在加速階段，所需時(shí)間，通過(guò)的位移為，在減速階段與加速階段相同，在勻速階段所需時(shí)間為：
，總時(shí)間為：，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤；
故選C。
【點(diǎn)睛】升降機(jī)先做加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)，最后做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度位移公式和速度時(shí)間公式求得總時(shí)間。
二、非選擇題
1、在用“落體法”做“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)時(shí)，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(diǎn)，以O(shè)為起點(diǎn)，從A點(diǎn)開(kāi)始選取紙帶上連續(xù)點(diǎn)A、B、C、…測(cè)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(shí)驗(yàn)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是________．
A．選用質(zhì)量大體積小的重錘
B．安裝打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使兩限位孔在同一豎直線上
C．釋放紙帶前，手應(yīng)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(guò)實(shí)驗(yàn)測(cè)得數(shù)據(jù)(有阻力的影響)，畫(huà)出的v2-h圖象如圖乙所示．已知直線斜率為k，則當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭________(填“＞”“＝”或“＜”).
(3)另有四位同學(xué)在圖乙的基礎(chǔ)上，畫(huà)出沒(méi)有阻力時(shí)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(duì)實(shí)驗(yàn)的影響，應(yīng)選用質(zhì)量大而體積小的重錘，選項(xiàng)A正確；為減小限位孔對(duì)紙帶的摩擦力，安裝打點(diǎn)計(jì)時(shí)器時(shí)應(yīng)使兩限位孔在同一豎直線上，選項(xiàng)B正確；釋放紙帶前手應(yīng)提紙帶上端并使紙帶豎直，可減小阻力，選項(xiàng)C正確；重錘下落的過(guò)程中，手不能拉著紙帶，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
(2)根據(jù)動(dòng)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(guò)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(wú)阻力，釋放點(diǎn)的位置相同，即初速度為零時(shí)，兩圖線必交于橫軸的同一點(diǎn)，選項(xiàng)B正確，ACD錯(cuò)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(guò)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(shí)其右側(cè)端點(diǎn)C在地面上的投影為C′點(diǎn),一質(zhì)量為m=1 kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))自圓弧頂點(diǎn)A由靜止釋放,并且從C處滑落小車,其落地時(shí)剛好打在C′點(diǎn),已知滑塊與小車上表面BC面間的動(dòng)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(gè)過(guò)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(kāi)始運(yùn)動(dòng)至滑塊落至C′的時(shí)間內(nèi),小車一共向左前進(jìn)了x=
1.6 m
解析:滑塊與小車組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,設(shè)滑塊滑離小車時(shí)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(yùn)動(dòng),根據(jù)題意其平拋的水平距離為小車向左運(yùn)動(dòng)的距離,小車向左運(yùn)動(dòng)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(cuò)誤,C正確;
整個(gè)過(guò)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(shí),小車又發(fā)生的位移s′=v2t=0.8 m,所以從小車開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至滑塊落至C′的時(shí)間內(nèi),小車一共向左前進(jìn)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(guò)程中，先將飛船發(fā)射到圓形軌道Ⅰ上，然后在P點(diǎn)變軌到橢圓軌道Ⅱ上．下列說(shuō)法正確的是( )
A．飛船在軌道Ⅰ上經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的速度一定大于第一宇宙速度
B．飛船在軌道Ⅱ上經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)的速度一定小于第一宇宙速度
C．飛船在軌道Ⅱ上從P點(diǎn)到Q點(diǎn)和從Q點(diǎn)到P點(diǎn)的過(guò)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(guò)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(cuò)誤．若飛船從軌道Ⅱ上的Q點(diǎn)變軌到圓軌道上必須加速，所以飛船在軌道Ⅱ上經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)的速度一定小于Q點(diǎn)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(guò)Q點(diǎn)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(diǎn)到Q點(diǎn)和從Q點(diǎn)到P點(diǎn)的過(guò)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(guò)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(xué)期期中）圖所示，某同學(xué)站在體重計(jì)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(guò)程；由穩(wěn)定的蹲姿變化到穩(wěn)定的站姿稱為“起立”過(guò)程。她穩(wěn)定站立時(shí)，體重計(jì)的示數(shù)為A0，關(guān)于實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，下列說(shuō)法正確的是
A. “起立”過(guò)程，體重計(jì)的示數(shù)一直大于A0
B. “下蹲”過(guò)程，體重計(jì)的示數(shù)一直小于A0
C. “起立”、“下蹲”過(guò)程，都能出現(xiàn)體重計(jì)的示數(shù)大于A0的現(xiàn)象
D. “起立”的過(guò)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(dòng)變阻器R的最大阻值．閉合電鍵S，在滑動(dòng)變阻器的滑片P由左端向右滑動(dòng)的過(guò)程中，四個(gè)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(shuō)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(duì)值先變大后變小，的絕對(duì)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(dòng)變阻器的左端向右端滑動(dòng)的過(guò)程中，滑動(dòng)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(dāng)滑片P滑到滑動(dòng)變阻器右端時(shí)，電流表A1把R1所在支路短路，此時(shí)I1最大，所以I1一直增大，A、B錯(cuò)誤；對(duì)于C項(xiàng)，的絕對(duì)值等于電源的內(nèi)阻，保持不變；的絕對(duì)值等于R2，保持不變，所以C錯(cuò)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(dǎo)軌置于水平面內(nèi),導(dǎo)軌之間接有電阻R.金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸,整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下.現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小,ab始終保持靜止,下列說(shuō)法正確的是( D )
A.ab中的感應(yīng)電流方向由b到a
B.ab中的感應(yīng)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(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)向下,再根據(jù)安培定則,可判斷ab中感應(yīng)電流方向從a到b,A錯(cuò)誤;磁場(chǎng)變化是均勻的,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定不變,感應(yīng)電流I恒定不變,B錯(cuò)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(cuò)誤,D正確.
6、(多選)如圖所示，在兩等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中，MN為一根光滑絕緣細(xì)桿，放在兩電荷連線的中垂線上，a、b、c三點(diǎn)所在直線平行于兩點(diǎn)電荷的連線，且a與c關(guān)于MN對(duì)稱，b點(diǎn)位于MN上，d點(diǎn)位于兩電荷的連線上．下列說(shuō)法正確的是( )
A．b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)小于d點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)
B．b點(diǎn)電勢(shì)低于d點(diǎn)電勢(shì)
C．試探電荷＋q在a點(diǎn)的電勢(shì)能小于在c點(diǎn)的電勢(shì)能
D．套在細(xì)桿上的帶電小環(huán)由靜止釋放后將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
解析：選ABD.在兩等量異號(hào)電荷連線上，中間點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度最小；在兩等量異號(hào)電荷連線的中垂線上，中間點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度最大；所以b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)小于d點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)，A正確；MN是一條等勢(shì)線，與在兩等量異號(hào)電荷連線上的點(diǎn)相比較，d點(diǎn)的電勢(shì)要高，所以b點(diǎn)電勢(shì)低于d點(diǎn)電勢(shì)，B正確；因a點(diǎn)的電勢(shì)高于c點(diǎn)的電勢(shì)，故試探電荷＋q在a點(diǎn)的電勢(shì)能大于在c點(diǎn)的電勢(shì)能，C錯(cuò)誤；MN上的電場(chǎng)方向垂直MN指向負(fù)電荷，故套在細(xì)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(yùn)動(dòng)，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(shè)碰撞無(wú)機(jī)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(lái)
B．最終將以相同的速度向右運(yùn)動(dòng)
C．永遠(yuǎn)相互碰撞下去，且整體向右運(yùn)動(dòng)
D．在它們反復(fù)碰撞的過(guò)程中，球的速度將會(huì)再次等于v0，框也會(huì)再次重現(xiàn)靜止?fàn)顟B(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(kāi)始時(shí)相同，故整體內(nèi)部一直不斷碰撞，整體持續(xù)向右運(yùn)動(dòng)；球的速度將會(huì)再次等于v0，框也會(huì)再次重現(xiàn)靜止?fàn)顟B(tài)，故A、B錯(cuò)誤，C、D正確。
8、（多選）甲、乙兩汽車同一條平直公路上同向運(yùn)動(dòng)，其速度—時(shí)間圖像分別如圖中甲、乙兩條曲線所示。已知兩車在t2時(shí)刻并排行駛，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 兩車在t1時(shí)刻也并排行駛
B. t1時(shí)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(lái)源】2018年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試物理（全國(guó)II卷）
【答案】 BD
點(diǎn)睛：本題考查了對(duì)圖像的理解及利用圖像解題的能力問(wèn)題
二、非選擇題
1、實(shí)驗(yàn)室有下列器材：
靈敏電流計(jì)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(dòng)變阻器R2(0～100 Ω，1.5 A)；
舊干電池一節(jié)；
導(dǎo)線開(kāi)關(guān)若干．
(1)某實(shí)驗(yàn)小組先測(cè)靈敏電流計(jì)的內(nèi)阻，電路如圖甲所示，測(cè)得電壓表示數(shù)為2 V，靈敏電流計(jì)示數(shù)為4 mA，電阻箱旋鈕位置如圖乙所示，則靈敏電流計(jì)內(nèi)阻為_(kāi)_______Ω.
(2)為將靈敏電流計(jì)的量程擴(kuò)大為原來(lái)的10倍，該實(shí)驗(yàn)小組將電阻箱與靈敏電流計(jì)并聯(lián)，則應(yīng)將電阻箱R1的阻值調(diào)為_(kāi)_______Ω.調(diào)好后連接成如圖丙所示的電路測(cè)干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器讀出了幾組電壓表和電流計(jì)的示數(shù)如下表，請(qǐng)?jiān)趫D丁所示的坐標(biāo)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(dòng)勢(shì)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(jì)內(nèi)阻為Rg＝500 Ω－455 Ω＝45 Ω.
(2)將靈敏電流計(jì)的量程擴(kuò)大為原來(lái)的10倍，并聯(lián)電阻阻值R＝＝＝5 Ω，根據(jù)表中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系內(nèi)找出對(duì)應(yīng)點(diǎn)，然后根據(jù)找出的點(diǎn)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(diǎn)坐標(biāo)值為1.4，則電源電動(dòng)勢(shì)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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)衛(wèi)星軌道的示意圖，O點(diǎn)為地球球心，AB為橢圓的長(zhǎng)軸，兩軌道和地心都在同一平面內(nèi)，已知在兩軌道上運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星的周期相等，萬(wàn)有引力常量為G，地球質(zhì)量為M，下列說(shuō)法正確的是 ( )
A．橢圓軌道的長(zhǎng)軸長(zhǎng)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(diǎn)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(diǎn)加速度大小為aA，則a0＜aA
D．若OA＝0.5R，則衛(wèi)星在B點(diǎn)的速率vB＞
解析：選ABC.衛(wèi)星的周期相等，所以橢圓軌道的長(zhǎng)軸長(zhǎng)度為2R；B點(diǎn)為橢圓軌道的遠(yuǎn)地點(diǎn)，速度比較小，v0表示做勻速圓周運(yùn)動(dòng)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(diǎn)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O(shè)B為軌道半徑做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，v＝＝，在Ⅱ軌道上，衛(wèi)星在B點(diǎn)要減速，做近心運(yùn)動(dòng)，所以衛(wèi)星在B點(diǎn)的速率vB＜ ，D錯(cuò)．
2、重力為10 N的重物被繞過(guò)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(dāng)在圓環(huán)上掛上另一個(gè)鉤碼后,重物上升10 cm,已知原來(lái)的水平輕繩OO′長(zhǎng)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(shè)平衡后圓環(huán)位置為P,平衡后,重物上升10 cm,說(shuō)明此時(shí)
POO′恰好構(gòu)成一個(gè)邊長(zhǎng)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(guān)系可知,鉤碼的重力為10 N,選項(xiàng)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(guò)2t0時(shí)間小球落回拋出點(diǎn)，其速率為v1，已知小球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)所受空氣阻力與小球運(yùn)動(dòng)的速度成正比，則小球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)速率v隨時(shí)間t的變化規(guī)律可能是( )
【答案】A
【解析】小球上升過(guò)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；小球下降過(guò)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小；由于有阻力作用，故回到地面的速度將小于初速度v0，選項(xiàng)A正確。
4、如圖所示，在AB間接入正弦交流電U1＝220 V，通過(guò)理想變壓器和二極管D1、D2給阻值R＝20 Ω的純電阻負(fù)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(wú)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(shè)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(jí)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(jì)的足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,銅棒a,b的長(zhǎng)度均等于兩導(dǎo)軌的間距、電阻均為R、質(zhì)量均為m,銅棒平行地靜止在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好.現(xiàn)給銅棒a一個(gè)平行導(dǎo)軌向右的瞬時(shí)沖量I,關(guān)于此后的過(guò)程,下列說(shuō)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(shí)速度最大,根據(jù)動(dòng)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(yùn)動(dòng),b在安培力作用下做加速運(yùn)動(dòng),回路中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E=BL(va-vb),可知a剛獲得動(dòng)量時(shí)回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流最大,即Im==,故A錯(cuò)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(yùn)動(dòng),b棒做加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)a,b速度相等時(shí),回路中沒(méi)有感應(yīng)電流,兩棒同時(shí)向右勻速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)動(dòng)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(cuò)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(cuò)誤.
6、(多選)如圖所示，輕彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與小滑塊連接．把滑塊放在光滑斜面上的A點(diǎn)，此時(shí)彈簧恰好水平．將滑塊從A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)B點(diǎn)到達(dá)位于O點(diǎn)正下方的C點(diǎn)．當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，彈簧恰處于原長(zhǎng)且與斜面垂直．已知彈簧原長(zhǎng)為L(zhǎng)，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(guò)程中( )
A．滑塊的加速度可能一直減小
B．滑塊經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度可能最大
C．滑塊經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的速度大于
D．滑塊在AB過(guò)程中動(dòng)能的增量比BC過(guò)程小
解析：選AC.從A到B過(guò)程中彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，有一個(gè)沿斜面向下的分力F1，并且隨著伸長(zhǎng)量的減小，分力F1在減小，故此過(guò)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(guò)程中，彈簧處于拉伸狀態(tài)，有一個(gè)沿斜面向上的分力F2，隨著伸長(zhǎng)量的增大，F(xiàn)2在增大，若到達(dá)C點(diǎn)時(shí)F2
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