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（8） 李仕才 一、選擇題 1、如圖,水平傳送帶A,B兩端相距s=3.5 m,工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.1.工件滑上A端瞬時速度vA= 4 m/s,達到B端的瞬時速度設為vB,下列說法正確的是(　ABC　) A.若傳送帶不動,則vB=3 m/s B.若傳送帶以速度v=4 m/s逆時針勻速轉(zhuǎn)動,則vB=3 m/s C.若傳送帶以速度v=2 m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動,則vB=3 m/s D.若傳送帶以速度v=2 m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動,則vB=2 m/s 解析:若傳送帶不動,工件的加速度大小a==μg=1 m/s2,由勻變速直線運動的速度位移公式有-=-2as,得到vB=3 m/s,選項A正確.若傳送帶以速度v=4 m/s逆時針勻速轉(zhuǎn)動,工件的受力情況不變,由牛頓第二定律得知,工件的加速度大小仍為a=μg,工件的運動情況跟傳送帶不動時的一樣,則vB=3 m/s,選項B正確;若傳送帶以速度v=2 m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動,工件滑上傳送帶時所受的滑動摩擦力方向水平向左,做勻減速運動,工件的加速度大小仍為a=μg,工件的運動情況跟傳送帶不動時的一樣,則vB=3 m/s,選項C正確,D錯誤. 2、如圖所示，中間有孔的物塊A套在光滑的豎直桿上，通過滑輪用不可伸長的輕繩將物體拉著勻速向上運動，則關于拉力F以及拉力作用點的移動速度v的下列說法正確的是(　　) A．F不變，v不變　　　 B．F增大，v減小 C．F增大，v增大 D．F增大，v不變 解析：選B.設繩子與豎直方向上的夾角為θ，因為A做勻速直線運動，在豎直方向上合力為零，有：Fcos θ＝mg，因為θ增大，則F增大，物體A沿繩子方向上的分速度v1＝vcos θ，因為θ增大，則v減小，故B正確，ACD錯誤． 3、如圖，一質(zhì)量為m的滑塊靜止置于傾角為30°的粗糙斜面上，一根輕彈簧一端固定在豎直墻上的P點，另一端系在滑塊上，彈簧與斜面垂直，則( ) A．滑塊不可能只受到三個力作用 B．彈簧不可能處于伸長狀態(tài) C．斜面對滑塊的支持力大小可能為零 D．斜面對滑塊的摩擦力大小一定等于mg 【答案】D 【解析】彈簧與斜面垂直，所以物體要靜止在斜面上必須受斜面的摩擦力，這樣才能平衡重力沿斜面的分力，有摩擦力則必有斜面對滑塊的支持力，彈簧不知是伸長、壓縮還是原長，所以D正確。 4、(多選)如圖所示，在光滑水平面上停放質(zhì)量為m裝有弧形槽的小車．現(xiàn)有一質(zhì)量也為m的小球以v0的水平速度沿切線水平的槽口向小車滑去(不計摩擦)，到達某一高度后，小球又返回小車右端，則(　　) A．小球在小車上到達最高點時的速度大小為 B．小球離車后，對地將向右做平拋運動 C．小球離車后，對地將做自由落體運動 D．此過程中小球?qū)囎龅墓閙v 解析：選ACD.小球到達最高點時，小車和小球相對靜止，且水平方向總動量守恒，小球離開小車時類似完全彈性碰撞，兩者速度互換，故A、C、D都是正確的． 5、(1)(5分)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.空氣的絕對濕度大,相對濕度一定大 B.同一溫度下,氮氣分子的平均動能一定大于氧氣分子的平均動能 C.荷葉上的小水滴呈球形,這是表面張力使液面收縮的結(jié)果 D.有一分子a從無窮遠處靠近固定不動的分子b,當a,b間分子力為零時,它們具有的分子勢能一定最小 E.一定質(zhì)量的理想氣體等溫膨脹,一定吸收熱量 (2)(10分)如圖所示,玻璃管粗細均勻,兩封閉端裝有理想氣體,上端氣柱長30 cm、下端氣柱長27 cm,中間水銀柱長10 cm.在豎直管中間接一水平玻璃管,右端開口與大氣相通,管的直徑與豎直部分相同,用光滑活塞封閉5 cm長水銀柱.現(xiàn)用外力緩慢推活塞恰好將水平管中水銀全部推入豎直管中,此時上端氣柱較原來縮短2 cm,求外界大氣壓強為多少. 解析:(1)對于不同的壓強和溫度,水的飽和汽壓不同,故絕對濕度大時相對濕度不一定大,故A錯誤;溫度是分子平均動能的標志,同一溫度下,氮氣分子的平均動能一定等于氧氣分子的平均動能,故B錯誤;荷葉上的小水滴呈球形,這是表面張力使液面收縮的結(jié)果,故C正確;分子a從無窮遠處靠近固定不動的分子b,分子間距大于r0時分子力表現(xiàn)為引力,沒有達到平衡位置過程中,分子力做正功,則分子勢能減小;分子間距小于r0時,分子力表現(xiàn)為斥力,距離再減小的過程中分子力做負功,分子勢能增大.所以當a,b間等于r0時,分子力為零,它們具有的分子勢能最小,故D正確;一定質(zhì)量的理想氣體等溫膨脹,氣體對外做功,而內(nèi)能不變,根據(jù)熱力學第一定律,氣體一定從外界吸熱,故E正確. (2)上端封閉氣體的壓強 p1=p0-ph=(p0-5)cmHg, 下端封閉氣體的壓強 p2=p0+ph=(p0+5)cmHg, 氣體發(fā)生等溫變化,由玻意耳定律得 上部分氣體:p1L1S=p1′L1′S, 下部分氣體:p2L2S=p2′L2′S, 其中:p2′=p1′+3×5 cmHg,L1′=L1-2 cm,L2′=L2-3 cm,解得p0=75 cmHg. 答案:(1)CDE　(2)75 cmHg 6、如圖所示，有一個矩形邊界的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里．一個三角形閉合導線框，由位置1(左)沿紙面勻速運動到位置2(右)．取線框剛到達磁場邊界的時刻為計時起點(t＝0)，規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，則圖中能正確反映線框中電流與時間關系的是(　　) 解析：選A.線框進入磁場的過程，磁通量向里增加，根據(jù)楞次定律得知感應電流的磁場向外，由安培定則可知感應電流方向為逆時針，電流方向應為正方向，故B、C錯誤；線框進入磁場的過程，線框有效的切割長度先均勻增大后均勻減小，由E＝BLv，可知感應電動勢先均勻增大后均勻減?。痪€框完全進入磁場后，磁通量不變，沒有感應電流產(chǎn)生；線框穿出磁場的過程，磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律得知感應電流的磁場向里，由安培定則可知感應電流方向為順時針，電流方向應為負方向，線框有效的切割長度先均勻增大后均勻減小，由E＝BLv，可知感應電動勢先均勻增大后均勻減小；故A正確，D錯誤． 7、如圖所示，在真空中有一對帶電的平行金屬板水平放置．一帶電粒子沿平行于板面的方向，從左側(cè)兩極板中央射入電場中，恰能從右側(cè)極板邊緣處離開電場．不計粒子重力．若可以改變某個量，下列哪種變化，仍能確保粒子一定飛出電場(　　) A．只增大粒子的帶電量 B．只增大電場強度 C．只減小粒子的比荷 D．只減小粒子的入射速度 【答案】C 【解析】設極板長為L，極板間的距離為d，帶電粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q、加速度為a，沿平行板面方向帶電粒子做勻速直線運動L＝vt，垂直板面方向做初速度為零的勻加速運動＝at2，qE＝ma，由以上三式解得＝，若只增大粒子的帶電量或只增大電場強度或只減小粒子的入射速度，則粒子在豎直方向的位移y>，粒子將打在極板上，不能飛出電場，選項A、B、D錯誤；若只減小粒子的比荷，則粒子在豎直方向的位移y<，粒子能飛出電場，選項C正確． 8、如圖所示是一旅行箱，它既可以在地面上推著行走，也可以在地面上拉著行走．已知該旅行箱的總質(zhì)量為15 kg，一旅客用斜向上的拉力拉著旅行箱在水平地面上做勻速運動，若拉力的最小值為90 N，此時拉力與水平方向間的夾角為θ，重力加速度大小為g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，旅行箱受到地面的阻力與其受到地面的支持力成正比，比值為μ，則(　　) A. μ＝0.5，θ＝37° B. μ＝0.5，θ＝53° C. μ＝0.75，θ＝53° D. μ＝0.75，θ＝37° 【來源】【全國百強?！亢邶埥」枮I市第六中學2018屆高三下學期考前押題卷（二）理科綜合物理試題 【答案】 D 【解析】對物體受力分析，如圖所示： 令μ=tanα，則F=； 當α-θ=0°時，F(xiàn)有最小值，故F=sinαG=90N，故α=37°， 故μ=tan37°=0.75，θ=37°；故選D. 點睛：本題關鍵是對物體受力分析，根據(jù)平衡條件并采用正交分解法列式分析，第二問令μ=tanα求解F的最小值的表達式是關鍵； 二、非選擇題 1、如圖甲所示，質(zhì)量均為m的B、C兩滑板，靜置于光滑水平面上，滑板B與滑板C的水平部分長度均為L.C滑板右端是半徑為L/4的1/4光滑圓弧，B與固定擋板P相距L/6.現(xiàn)有一質(zhì)量為m的小鐵塊A以初速度v0滑上B.通過速度傳感器測得B的速度變化如圖乙所示，B在撞上P前的瞬間速度為v0/4，B與P相撞后瞬間速度變?yōu)榱悖螅? (1)①B在撞上P前的瞬間，A的速度v1. ②A與B之間的動摩擦因數(shù)μ1. (2)已知A滑上C時的初速度v2＝. ①若滑板C水平部分光滑，則A滑上C后是否能從 C的右端圓弧軌道沖出？ ②如果要A滑上C后最終停在C上，隨C一起運動，A與C水平部分間的動摩擦因數(shù)μ2至少要多大？ 解析：(1)①對AB系統(tǒng)滿足動量守恒 mv0＝m＋mv1 ① 得v1＝v0 ② ②由B的v-t圖線可知，B在與P碰撞前一直都受摩擦力的作用，對B由動能定理得 μ1mg＝m2－0 ③ 解得μ1＝ ④ (2)①設A以v3滑上C后，沖至C右端軌道最高點恰好與C達到共速而不沖出軌道，設此共同速度為vC，則 mv3＝mvC＋mvC ⑤ mg＝mv－ ⑥ 解得v3＝＜ ⑦ 故，A滑上C后會從滑板C的右端沖出圓弧軌道． ②設A最終恰好能停在C的最左端，在此情況下A與C的動摩擦因數(shù)為μ2，則對AC系統(tǒng)有 μ2mg·2L＝mv－2mv mv2＝2mv共 解得μ2＝＝0.375 因為即使A從C的右端沖出圓弧軌道，由于A與C水平方向速度相同，最終A還會落回到C上，故無論A是否會從滑板C的右端沖出圓弧軌道，A與C水平部分間的摩擦因數(shù)都至少為. 答案：(1)①v0?、凇?2)①能　②0.375 2．(2017·山西運城上學期期末)如圖所示的區(qū)域中，左邊為垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B大小未知，右邊是一個電場強度大小為E＝的勻強電場，其方向平行于OC向上且垂直于磁場方向；有一初速度大小為v0，質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電粒子從P點沿與邊界線PQ的夾角θ＝60°的方向射入勻強磁場，恰好從距O點正上方L處的C點垂直于OC射入勻強電場，最后打在Q點，不計粒子的重力，求： (1)磁感應強度B的大??； (2)求粒子從P至Q所用時間及OQ的長度； (3)如果保持電場與磁場方向不變，而將它們左右對調(diào)，且磁感應強度大小變?yōu)樵瓉淼?，電場強度減小到原來的一半，粒子仍從P點以速度v0沿某一方向射入，恰好從O點正上方的小孔C射入勻強磁場，則粒子進入磁場后做圓周運動的半徑是多少？ 解析：①粒子在磁場中做的是勻速圓周運動，在電場中粒子做的是類平拋運動；②根據(jù)幾何關系求出帶電粒子做圓周運動的半徑． (1)做出粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡， 由幾何關系可知：r＋rcos 60°＝L 由洛倫茲力提供向心力可得：qv0B＝解得B＝ (2)粒子在磁場中運動的周期T＝ 粒子在磁場中運動的時間為：t1＝ 粒子在電場中做類平拋運動，在垂直電場方向： x＝v0t2 在平行電場方向：qE＝ma L＝at 解得粒子從P運動至Q點所用的時間： t＝t1＋t2＝＋ OQ的長度為：x＝2L (3)電場和磁場左右對調(diào)后，粒子在電場中， E′＝E＝ 由動能定理可得：－qEL＝mv2－mv 粒子在磁場中：B′＝B＝ 根據(jù)牛頓第二定律：qv0B′＝ 解得粒子進入磁場后做圓周運動的半徑為：r′＝L 答案：(1)B＝　(2)＋　2L　(3)r′＝L 9