2019年高考物理一輪選練編題（含解析）（打包11套）新人教版.zip

2019年高考物理一輪選練編題（含解析）（打包11套）新人教版.zip,2019,年高,物理,一輪,選練編題,解析,打包,11,新人 人教版物理2019年高考一輪選練編題（11） 李仕才 一、選擇題 1、如圖(甲)所示,光滑平行金屬導軌MN,PQ所在平面與水平面成θ角,M,P之間接一阻值為R的定值電阻,阻值為r的金屬棒bc垂直導軌放置,其他電阻不計.整個裝置處在磁感應強度為B的勻強磁場中,磁場方向垂直導軌平面向上.t=0時對棒施加一平行于導軌向上的外力F,棒由靜止開始沿導軌向上運動,通過R的感應電荷量q隨t2的變化關系如圖(乙)所示.下列關于金屬棒bc的加速度a、通過棒的電流I、金屬棒受到的外力F、穿過回路cbPM的磁通量Φ隨時間t變化的圖像中不正確的是(　D　) 解析:由題意可得q=It=t=t2,結合圖(乙)可知金屬棒的加速度a恒定,選項A,B正確;由牛頓第二定律可得F-mgsin θ-BIl=ma,故有F=at+m(gsin θ+a),選項C正確;由Φ=Bl(x0+at2),可知選項D 錯誤. 2、如圖所示，ABC為豎直平面內(nèi)的金屬半圓環(huán)，AC連線水平，AB為固定在A、B兩點間的直金屬棒，在直棒和圓環(huán)的BC部分上分別套著小環(huán)M、N(棒和半圓環(huán)均光滑)，現(xiàn)讓半圓環(huán)繞豎直對稱軸以角速度ω1做勻速轉(zhuǎn)動，小球M、N在圖示位置．如果半圓環(huán)的角速度變?yōu)棣?，ω2比ω1稍微小一些．關于小環(huán)M、N的位置變化，下列說法正確的是(　　) A．小環(huán)M將到達B點，小環(huán)N將向B點靠近稍許 B．小環(huán)M將到達B點，小環(huán)N的位置保持不變 C．小環(huán)M將向B點靠近稍許，小環(huán)N將向B點靠近稍許 D．小環(huán)M向B點靠近稍許，小環(huán)N的位置保持不變 解析：選A.M環(huán)做勻速圓周運動，則mgtan 45°＝mω2r，小環(huán)M的合力大小為定值，如果角速度變小，其將一直下滑，直到B點，N環(huán)做勻速圓周運動，設其與ABC環(huán)圓心連線夾角為θ，則mgtan θ＝mω2r，r＝Rsin θ，＝ω2cos θ，如果角速度變小，則cos θ變大，θ變小，小環(huán)N將向B點靠近稍許，因此A正確． 3、（2018甘肅武威市第六中學高三階段考）將某材料制成的長方體鋸成A、B兩塊放在水平面上，A、B緊靠在一起，物體A的角度如圖所示．現(xiàn)用水平方向的力F推物體B，使物體A、B保持原來形狀，整體沿力F的方向勻速運動，則( ) A. 物體A在水平方向受兩個力的作用，合力為零 B. 物體A只受一個摩擦力 C. 物體B對A的彈力小于桌面對物體A的摩擦力 D. 物體B在水平方向受三個力的作用 【答案】C 【解析】對A受力分析，在水平方向上受B對A的彈力，桌面的滑動摩擦力，B對A的靜摩擦力，在三個力的作用下處于平衡，選項AB錯誤；受力如圖。 從圖上可知，木板B對A的壓力小于桌面對木板A的摩擦力，選項C正確；對B分析，在水平方向上受推力F，桌面的摩擦力，A對B的壓力，A對B的靜摩擦力，在四個力作用下平衡，選項D錯誤。 4、如圖所示，光滑絕緣的水平面上M、N兩點有完全相同的金屬小球A和B，帶有不等量的同種電荷，且qA＜qB.現(xiàn)使A、B以大小相等的初動量相向運動，并發(fā)生彈性碰撞，碰后返回M、N兩點，則下列說法正確的是(　　) A．碰撞發(fā)生在M、N的中點右側 B．兩球不會同時返回M、N兩點 C．兩球回到原位置時各自的動量比原來大些 D．A與B碰撞過程A對B的沖量等于B對A的沖量 解析：選C.兩球所受的合力是相互間的靜電力，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度相等，通過運動學公式判斷兩者發(fā)生碰撞的位置，以及返回到M、N點的時間關系．通過碰撞后電荷重新分布，電場力發(fā)生變化，根據(jù)電場力做功比較返回到原位置動能的變化，從而分析動量關系．結合牛頓第三定律分析碰撞過程中沖量關系．由于兩球在任何時刻所受的庫侖力大小相等，質(zhì)量也相等，則兩球的加速度大小相等，速度大小相等，可知碰撞發(fā)生在M、N的中點，故A錯誤．由于兩球完全相同，碰撞前總動量為零，由碰撞過程中動量守恒可知，碰撞后總動量也為零，所以碰后兩球速度大小相等，庫侖力大小相等，則加速度大小相等，所以兩球同時返回M、N兩點，故B錯誤．兩球碰撞后，電量重新分配，兩球在同樣的位置間的作用力比之前增大，可知整個過程中電場力做正功，知返回到出發(fā)點的速度比較之前大，則兩球回到原位置時動量比原來大些．故C正確．A與B碰撞過程中，由牛頓第三定律知，相互間的作用力大小相等，方向相反，作用時間也相等，所以A對B的沖量與B對A的沖量大小相等，方向相反，所以沖量不等，D錯誤． 5、(1)(5分)關于一定量的氣體,下列說法正確的是　　　　(填正確答案標號.選對1個得2分,選對2個得4分,選對3個得5分.每選錯1個扣3分,最低得分為0分).? A.氣體的體積指的是該氣體的分子所能到達的空間的體積,而不是該氣體所有分子體積之和 B.只要能減弱氣體分子熱運動的劇烈程度,氣體的溫度就可以降低 C.在完全失重的情況下,氣體對容器壁的壓強為零 D.氣體從外界吸收熱量,其內(nèi)能一定增加 E.氣體在等壓膨脹過程中溫度一定升高 (2)(10分)在一端封閉、內(nèi)徑均勻的光滑直玻璃管內(nèi),有一段長為l=16 cm的水銀柱封閉著一定質(zhì)量的理想氣體,當玻璃管水平放置達到平衡時如圖(甲)所示,被封閉氣柱的長度l1=23 cm;當管口向上豎直放置時,如圖(乙)所示,被封閉氣柱的長度l2=19 cm.已知重力加速度g=10 m/s2,不計溫度的變化.求: ①大氣壓強p0(用cmHg表示); ②當玻璃管開口向上以a=5 m/s2的加速度勻加速上升時,水銀柱和玻璃管相對靜止時被封閉氣柱的長度. 解析:(1)氣體的體積指的是該氣體的分子所能到達的空間的體積,A正確;根據(jù)氣體溫度的微觀意義可知,B正確;在完全失重的情況下,分子運動不停息,氣體對容器壁的壓強不為零,C錯誤;若氣體在從外界吸收熱量的同時對外界做功,則氣體的內(nèi)能不一定增加,D錯誤;氣體在等壓膨脹過程中,根據(jù)蓋—呂薩克定律知,體積增大,溫度升高,E 正確. (2)①由玻意耳定律可得p0l1S=(p0+ρgl)l2S 解得p0=76 cmHg. ②當玻璃管加速上升時,設封閉氣體的壓強為p,氣柱的長度為l3,液柱質(zhì)量為m,對液柱,由牛頓第二定律可得 pS-p0S-mg=ma,又=16 cmHg, 解得p=p0+=100 cmHg, 由玻意耳定律可得p0l1S=pl3S 解得l3=17.48 cm. 答案:(1)ABE　 (2)①76 cmHg?、?7.48 cm 6、如圖甲所示，間距為L的光滑導軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度為B，軌道左側連接一定值電阻R.垂直導軌的導體棒ab在水平外力F作用下沿導軌運動，F(xiàn)隨t變化的規(guī)律如圖乙所示．在0～t0時間內(nèi)，棒從靜止開始做勻加速直線運動．圖乙中t0、F1、F2為已知量，棒和導軌的電阻不計．則(　　) A．在t0以后，導體棒一直做勻加速直線運動 B．在t0以后，導體棒先做加速，最后做勻速直線運動 C．在0～t0時間內(nèi)，導體棒的加速度大小為 D．在0～t0時間內(nèi)，通過導體棒橫截面的電荷量為 解析：選BD.因在0～t0時間內(nèi)棒做勻加速直線運動，故在t0時刻F2大于棒所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不變，安培力逐漸變大，導體棒做加速度越來越小的加速運動，當加速度a＝0，即導體棒所受安培力與外力F2相等后，導體棒做勻速直線運動，故A錯誤，B正確．設在0～t0時間內(nèi)導體棒的加速度為a，通過導體棒橫截面的電荷量為q，導體棒的質(zhì)量為m，t0時刻導體棒的速度為v，則有：a＝，F(xiàn)2－＝ma，F(xiàn)1＝ma，q＝，ΔΦ＝BΔS＝BLt0，解得：a＝，q＝，故C錯誤、D正確． 7、如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示．t＝0時刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～時間內(nèi)微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出.微粒運動過程中未與金屬板接觸．重力加速度的大小為g.關于微粒在0～T時間內(nèi)運動的描述，正確的是(　　) A．末速度大小為v0 B．末速度沿水平方向 C．重力勢能減少了mgd D．克服電場力做功為mgd 【答案】BC 8、如圖所示，豎直平面內(nèi)放一直角桿MON，桿的水平部分粗糙，動摩擦因數(shù)，桿的豎直部分光滑。兩部分各套有質(zhì)量均為的小球A和B，A、B球間用細繩相連。初始A、B均處于靜止狀態(tài)，已知知，，若A球在水平拉力的作用下向右緩慢地移動1m（?。敲丛撨^程中拉力F做功為（ ） A. 14J B. 10 C. 6J D. 4J 【來源】【全國百強?！窟|寧省莊河市高級中學2018屆高三第五次模擬考試理科綜合物理試題 【答案】 A 【解析】對AB整體受力分析，受拉力F、重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向右的彈力N1，如圖； 點睛：本題中拉力為變力，先對整體受力分析后根據(jù)共點力平衡條件得出摩擦力為恒力，然后根據(jù)動能定理求變力做功。 二、非選擇題 1、如圖所示，相距2L的AB、CD兩直線間的區(qū)域存在著兩個大小不同、方向相反的有界勻強電場，其中PS下方的電場E1的場強方向豎直向上，PS上方的電場E2的場強方向豎直向下，在電場左邊界AB上寬為L的PQ區(qū)域內(nèi)，連續(xù)分布著電量為＋q、質(zhì)量為m的粒子．從某時刻起由Q到P點間的帶電粒子，依次以相同的初速度v0沿水平方向垂直射入勻強電場E1中，若從Q點射入的粒子，通過PS上的某點R進入勻強電場E2后從CD邊上的M點水平射出，其軌跡如圖，若MS兩點的距離為.不計粒子的重力及它們間的相互作用．試求： (1)電場強度E1與E2的大??； (2)在PQ間還有許多水平射入電場的粒子通過電場后也能垂直于CD邊水平射出，這些入射點到P點的距離有什么規(guī)律？ 解析：(1)設粒子由Q到R及R到M點的時間分別為t1與t2，到達R時豎直速度為vy， 則由y＝at2、vy＝at及F＝qE＝ma得： L＝a1t＝t ＝a2t＝t vy＝t1＝t2 v0(t1＋t2)＝2L 聯(lián)立解得：E1＝，E2＝. (2)由(1)知E2＝2E1，t1＝2t2.因沿PS方向所有粒子做勻速運動，所以它們到達CD邊的時間同為t＝. 設PQ間距離P點為h的粒子射入電場后，經(jīng)過n(n＝2,3,4，…)個類似于Q→R→M的循環(huán)運動(包括粒子從電場E2穿過PS進入電場E1的運動)后，恰好垂直于CD邊水平射出，則它的速度第一次變?yōu)樗剿脮r間為T＝＝(n＝2,3,4，…)，第一次到達PS邊的時間則為T，則有 h＝··2＝(n＝2,3,4，…)． 答案：(1)　　(2)(n＝2,3,4，…) 2、如圖所示，虛線框內(nèi)為某種電磁緩沖車的結構示意圖，其主要部件為緩沖滑塊K和質(zhì)量為m的“U”形框緩沖車廂．在車廂的底板上固定著兩個光滑水平絕緣導軌PQ、MN，緩沖車的底部固定有電磁鐵(圖中未畫出)，能產(chǎn)生垂直于導軌平面向下并隨車廂一起運動的勻強磁場，磁場的磁感應強度為B，設導軌右端QN是磁場的右邊界．導軌內(nèi)的緩沖滑塊K由高強度絕緣材料制成，滑塊K上繞有閉合矩形線圈abcd，線圈的總電阻為R，匝數(shù)為n，ab邊長為L.假設緩沖車以速度v0與障礙物C碰撞后，滑塊K立即停下(碰前車廂與滑塊相對靜止)，此后線圈與軌道磁場的作用使車廂減速運動，從而實現(xiàn)緩沖．不計一切摩擦阻力． (1)求滑塊K的線圈中感應電流方向(從俯視圖看，寫 “順時針”，“逆時針”)及最大感應電流的大?。? (2)若緩沖車與障礙物C碰撞后，滑塊K立即停下，為使緩沖車廂所受的最大水平磁場力不超過Fm，求緩沖車勻速運動時的最大速度vmax； (3)若緩沖車以速度v0與障礙物C碰撞后，滑塊K立即停下，求此后緩沖車的速度v隨位移x的變化規(guī)律及緩沖車在滑塊K停下后的最大位移(設此過程中緩沖車未與障礙物相碰)． 解析：(1)由右手定則判斷出感應電流的方向是逆時針方向； 緩沖車以速度v0與障礙物C碰撞后，滑塊K立即停下，滑塊相對磁場的速度大小為v0，線圈中產(chǎn)生的感應電動勢最大，由法拉第電磁感應定律得Em＝nBLv0① 由閉合電路歐姆定律得：I＝② 解得感應電流最大值為：Imax＝ (2)緩沖車與障礙物碰撞后，滑塊相對于磁場的速度大小為vmax， 線圈中產(chǎn)生的感應電動勢為：Em＝nBLv0③ 線圈中的電流為I＝④ 線圈ab邊受到的安培力F＝nBIl⑤ 根據(jù)牛頓第三定律，緩沖車廂受到的磁場力F′＝F⑥ 根據(jù)題意得F′≤Fm⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦得：vmax≤ (3)由第(2)③④⑤⑥可知，當小車速度為v時，小車所受安培力為：F＝v⑧ 以小車為對象利用動量定理得： －ΣFΔt＝mv－mv0⑨ 由⑧⑨解得：v＝v0－x⑩ 令⑩中v＝0，可解得小車最大位移為：xm＝v0 答案：(1)逆時針　　(2)vmax≤ (3)v＝v0－x　v0 9