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(dǎo)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(dǎo)軌放置,其他電阻不計(jì).整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向上.t=0時(shí)對(duì)棒施加一平行于導(dǎo)軌向上的外力F,棒由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng),通過(guò)R的感應(yīng)電荷量q隨t2的變化關(guān)系如圖(乙)所示.下列關(guān)于金屬棒bc的加速度a、通過(guò)棒的電流I、金屬棒受到的外力F、穿過(guò)回路cbPM的磁通量Φ隨時(shí)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(jié)合圖(乙)可知金屬棒的加速度a恒定,選項(xiàng)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(xiàng)C正確;由Φ=Bl(x0+at2),可知選項(xiàng)D
錯(cuò)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(diǎn)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(duì)稱軸以角速度ω1做勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，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(guān)于小環(huán)M、N的位置變化，下列說(shuō)法正確的是( )
A．小環(huán)M將到達(dá)B點(diǎn)，小環(huán)N將向B點(diǎn)靠近稍許
B．小環(huán)M將到達(dá)B點(diǎn)，小環(huán)N的位置保持不變
C．小環(huán)M將向B點(diǎn)靠近稍許，小環(huán)N將向B點(diǎn)靠近稍許
D．小環(huán)M向B點(diǎn)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(yùn)動(dòng)，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(diǎn)，N環(huán)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)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(diǎn)靠近稍許，因此A正確．
3、（2018甘肅武威市第六中學(xué)高三階段考）將某材料制成的長(zhǎng)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(lái)形狀，整體沿力F的方向勻速運(yùn)動(dòng)，則( )
A. 物體A在水平方向受兩個(gè)力的作用，合力為零
B. 物體A只受一個(gè)摩擦力
C. 物體B對(duì)A的彈力小于桌面對(duì)物體A的摩擦力
D. 物體B在水平方向受三個(gè)力的作用
【答案】C
【解析】對(duì)A受力分析，在水平方向上受B對(duì)A的彈力，桌面的滑動(dòng)摩擦力，B對(duì)A的靜摩擦力，在三個(gè)力的作用下處于平衡，選項(xiàng)AB錯(cuò)誤；受力如圖。
從圖上可知，木板B對(duì)A的壓力小于桌面對(duì)木板A的摩擦力，選項(xiàng)C正確；對(duì)B分析，在水平方向上受推力F，桌面的摩擦力，A對(duì)B的壓力，A對(duì)B的靜摩擦力，在四個(gè)力作用下平衡，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
4、如圖所示，光滑絕緣的水平面上M、N兩點(diǎn)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(dòng)量相向運(yùn)動(dòng)，并發(fā)生彈性碰撞，碰后返回M、N兩點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是( )
A．碰撞發(fā)生在M、N的中點(diǎn)右側(cè)
B．兩球不會(huì)同時(shí)返回M、N兩點(diǎn)
C．兩球回到原位置時(shí)各自的動(dòng)量比原來(lái)大些
D．A與B碰撞過(guò)程A對(duì)B的沖量等于B對(duì)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(guò)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式判斷兩者發(fā)生碰撞的位置，以及返回到M、N點(diǎn)的時(shí)間關(guān)系．通過(guò)碰撞后電荷重新分布，電場(chǎng)力發(fā)生變化，根據(jù)電場(chǎng)力做功比較返回到原位置動(dòng)能的變化，從而分析動(dòng)量關(guān)系．結(jié)合牛頓第三定律分析碰撞過(guò)程中沖量關(guān)系．由于兩球在任何時(shí)刻所受的庫(kù)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(diǎn)，故A錯(cuò)誤．由于兩球完全相同，碰撞前總動(dòng)量為零，由碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒可知，碰撞后總動(dòng)量也為零，所以碰后兩球速度大小相等，庫(kù)侖力大小相等，則加速度大小相等，所以兩球同時(shí)返回M、N兩點(diǎn)，故B錯(cuò)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(gè)過(guò)程中電場(chǎng)力做正功，知返回到出發(fā)點(diǎn)的速度比較之前大，則兩球回到原位置時(shí)動(dòng)量比原來(lái)大些．故C正確．A與B碰撞過(guò)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(shí)間也相等，所以A對(duì)B的沖量與B對(duì)A的沖量大小相等，方向相反，所以沖量不等，D錯(cuò)誤．
5、(1)(5分)關(guān)于一定量的氣體,下列說(shuō)法正確的是 (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.氣體的體積指的是該氣體的分子所能到達(dá)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(yùn)動(dòng)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(duì)容器壁的壓強(qiáng)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(guò)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(zhǎng)為l=16 cm的水銀柱封閉著一定質(zhì)量的理想氣體,當(dāng)玻璃管水平放置達(dá)到平衡時(shí)如圖(甲)所示,被封閉氣柱的長(zhǎng)度l1=23 cm;當(dāng)管口向上豎直放置時(shí),如圖(乙)所示,被封閉氣柱的長(zhǎng)度l2=19 cm.已知重力加速度g=10 m/s2,不計(jì)溫度的變化.求:
①大氣壓強(qiáng)p0(用cmHg表示);
②當(dāng)玻璃管開口向上以a=5 m/s2的加速度勻加速上升時(shí),水銀柱和玻璃管相對(duì)靜止時(shí)被封閉氣柱的長(zhǎng)度.
解析:(1)氣體的體積指的是該氣體的分子所能到達(dá)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(yùn)動(dòng)不停息,氣體對(duì)容器壁的壓強(qiáng)不為零,C錯(cuò)誤;若氣體在從外界吸收熱量的同時(shí)對(duì)外界做功,則氣體的內(nèi)能不一定增加,D錯(cuò)誤;氣體在等壓膨脹過(guò)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(dāng)玻璃管加速上升時(shí),設(shè)封閉氣體的壓強(qiáng)為p,氣柱的長(zhǎng)度為l3,液柱質(zhì)量為m,對(duì)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 ②17.48 cm
6、如圖甲所示，間距為L(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，軌道左側(cè)連接一定值電阻R.垂直導(dǎo)軌的導(dǎo)體棒ab在水平外力F作用下沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)隨t變化的規(guī)律如圖乙所示．在0～t0時(shí)間內(nèi)，棒從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．圖乙中t0、F1、F2為已知量，棒和導(dǎo)軌的電阻不計(jì)．則( )
A．在t0以后，導(dǎo)體棒一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
B．在t0以后，導(dǎo)體棒先做加速，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)
C．在0～t0時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒的加速度大小為
D．在0～t0時(shí)間內(nèi)，通過(guò)導(dǎo)體棒橫截面的電荷量為
解析：選BD.因在0～t0時(shí)間內(nèi)棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故在t0時(shí)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(dǎo)體棒做加速度越來(lái)越小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度a＝0，即導(dǎo)體棒所受安培力與外力F2相等后，導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確．設(shè)在0～t0時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒的加速度為a，通過(guò)導(dǎo)體棒橫截面的電荷量為q，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，t0時(shí)刻導(dǎo)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(cuò)誤、D正確．
7、如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示．t＝0時(shí)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(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出.微粒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中未與金屬板接觸．重力加速度的大小為g.關(guān)于微粒在0～T時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)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(shì)能減少了mgd
D．克服電場(chǎng)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(dòng)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(xì)繩相連。初始A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知知，，若A球在水平拉力的作用下向右緩慢地移動(dòng)1m（?。?，那么該過(guò)程中拉力F做功為（ ）
A. 14J
B. 10
C. 6J
D. 4J
【來(lái)源】【全國(guó)百?gòu)?qiáng)校】遼寧省莊河市高級(jí)中學(xué)2018屆高三第五次模擬考試?yán)砜凭C合物理試題
【答案】 A
【解析】對(duì)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(diǎn)睛：本題中拉力為變力，先對(duì)整體受力分析后根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件得出摩擦力為恒力，然后根據(jù)動(dòng)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(gè)大小不同、方向相反的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，其中PS下方的電場(chǎng)E1的場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向上，PS上方的電場(chǎng)E2的場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下，在電場(chǎng)左邊界AB上寬為L(zhǎng)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(shí)刻起由Q到P點(diǎn)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(qiáng)電場(chǎng)E1中，若從Q點(diǎn)射入的粒子，通過(guò)PS上的某點(diǎn)R進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)E2后從CD邊上的M點(diǎn)水平射出，其軌跡如圖，若MS兩點(diǎn)的距離為.不計(jì)粒子的重力及它們間的相互作用．試求：
(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E1與E2的大小；
(2)在PQ間還有許多水平射入電場(chǎng)的粒子通過(guò)電場(chǎng)后也能垂直于CD邊水平射出，這些入射點(diǎn)到P點(diǎn)的距離有什么規(guī)律？
解析：(1)設(shè)粒子由Q到R及R到M點(diǎn)的時(shí)間分別為t1與t2，到達(dá)R時(shí)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(yùn)動(dòng)，所以它們到達(dá)CD邊的時(shí)間同為t＝.
設(shè)PQ間距離P點(diǎn)為h的粒子射入電場(chǎng)后，經(jīng)過(guò)n(n＝2,3,4，…)個(gè)類似于Q→R→M的循環(huán)運(yùn)動(dòng)(包括粒子從電場(chǎng)E2穿過(guò)PS進(jìn)入電場(chǎng)E1的運(yùn)動(dòng))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(shí)間為T＝＝(n＝2,3,4，…)，第一次到達(dá)PS邊的時(shí)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(jié)構(gòu)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(gè)光滑水平絕緣導(dǎo)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(dǎo)軌平面向下并隨車廂一起運(yùn)動(dòng)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，設(shè)導(dǎo)軌右端QN是磁場(chǎng)的右邊界．導(dǎo)軌內(nèi)的緩沖滑塊K由高強(qiáng)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(zhǎng)為L(zhǎng).假設(shè)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(duì)靜止)，此后線圈與軌道磁場(chǎng)的作用使車廂減速運(yùn)動(dòng)，從而實(shí)現(xiàn)緩沖．不計(jì)一切摩擦阻力．
(1)求滑塊K的線圈中感應(yīng)電流方向(從俯視圖看，寫 “順時(shí)針”，“逆時(shí)針”)及最大感應(yīng)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(chǎng)力不超過(guò)Fm，求緩沖車勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)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(shè)此過(guò)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(yīng)電流的方向是逆時(shí)針?lè)较颍?
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(duì)磁場(chǎng)的速度大小為v0，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，由法拉第電磁感應(yīng)定律得Em＝nBLv0①
由閉合電路歐姆定律得：I＝②
解得感應(yīng)電流最大值為：Imax＝
(2)緩沖車與障礙物碰撞后，滑塊相對(duì)于磁場(chǎng)的速度大小為vmax，
線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(chǎng)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(dāng)小車速度為v時(shí)，小車所受安培力為：F＝v⑧
以小車為對(duì)象利用動(dòng)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(shí)針 (2)vmax≤
(3)v＝v0－x v0
9
收藏