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（2） 李仕才 一、選擇題 1、學校“身邊的物理”社團小組利用傳感器研究物體的運動．在一小球內(nèi)部裝上無線傳感器，并將小球豎直向上拋出，通過與地面上接收裝置相連的計算機描繪出小球上拋后運動規(guī)律的相關圖象．已知小球在運動過程中受到的空氣阻力隨速度的增大而增大，則下列圖象可能是計算機正確描繪的是(已知v、t分別表示小球速度的大小、運動的時間)(　　) 解析：選D.在上升過程和下降過程中，小球受到重力和阻力，根據(jù)速度的變化關系，判斷出阻力的變化關系，結合牛頓第二定律判斷出加速度的變化即可判斷在上升階段，物體做減速運動，根據(jù)牛頓第二定律可知mg＋f＝ma，其中f＝kv，由于速度減小，阻力減小，加速度減小，當速度達到0時，小球向下做加速運動，根據(jù)mg－kv＝ma可知，隨時間的延續(xù)，速度增大，阻力增大，加速度減小，在v－t圖象中斜率代表加速度，故D正確． 2、如圖所示,質(zhì)量分別為m,2m的小球A,B,由輕質(zhì)彈簧相連后再用細線懸掛在電梯內(nèi),已知電梯正在豎直向上做勻加速直線運動,細線中的拉力為F,此時突然剪斷細線.在線斷的瞬間,彈簧的彈力大小和小球A的加速度的大小分別為(　A　) A.,+g B.,+g C.,+g D.,+g 解析:對兩球及彈簧整體,由牛頓第二定律 F-3mg=3ma,對B球有F彈-2mg=2ma, 解得F彈=,對A球有mg+F彈=maA, 得aA=+g,選項A正確. 3、（2018山東省臨沂市高三上學期期中）某質(zhì)點做勻變速直線運動，運動的時間為t，位移為x，該質(zhì)點的圖象如圖所示，下列說法錯誤的是( ) A. 質(zhì)點的加速度大小為 B. t=0時，質(zhì)點的初速度大小為a C. t=0到t=b這段時間質(zhì)點的平均速度為0 D. t=0到t=b這段時間質(zhì)點的路程為 【答案】D 4、如圖所示，電梯質(zhì)量為M，電梯地板上放置一個質(zhì)量為m的物塊，輕質(zhì)鋼索拉動電梯由靜止開始豎直向上做勻加速直線運動，當上升高度為H時，速度達到v.不計空氣阻力，重力加速度為g，在這個過程中(　　) A．物塊所受支持力與鋼索拉力之比為m∶M B．地板對物塊的支持力做的功等于mv2＋mgH C．物塊克服重力做功的平均功率等于mgv D．電梯及物塊構成的系統(tǒng)機械能增加量等于(M＋m)v2 解析：選BC.鋼索拉力T＝(M＋m)(g＋a)，物塊所受支持力FN＝m(g＋a)，所以＝，A項錯誤．對物塊m，由動能定理有WFN－mgH＝mv2，得WFN＝mv2＋mgH，B項正確．因物塊做初速度為零的勻加速直線運動，則其平均速度＝，物塊克服重力做功的平均功率PG＝mg ＝mgv，C項正確．電梯及物塊構成的系統(tǒng)機械能增加量等于(M＋m)gH＋(M＋m)v2，D項錯誤． 5、如圖(甲)所示為研究光電效應的電路圖,實驗得到了如圖(乙)所示的遏止電壓Uc和入射光頻率ν的圖像.下列說法正確的是(　A　) A.圖像與橫軸交點坐標的物理意義是該金屬的截止頻率 B.圖像斜率為普朗克常量h C.遏止電壓越高,截止頻率越大 D.入射光頻率增大,逸出功也增大 解析:當遏止電壓為零時,最大初動能為零,則入射光的能量等于逸出功,所以W0=hν0,故A正確.根據(jù)光電效應方程Ekm=hν-W0和eUc=Ekm得,Uc=-,知圖線的斜率等于,故B錯誤.當入射光的頻率大于截止頻率時,遏止電壓與入射光的頻率成線性關系,故C錯誤.從圖像上可知,逸出功W0=hν0,逸出功與入射光頻率無關,故D錯誤. 6、關于玻爾建立的氫原子模型，下列說法正確的是(　　) A．氫原子處于基態(tài)時，電子的軌道半徑最大 B．氫原子在不同能量態(tài)之間躍遷時可以吸收任意頻率的光子 C．氫原子從基態(tài)向較高能量態(tài)躍遷時，電子的動能減小 D．氫原子從基態(tài)向較高能量態(tài)躍遷時，系統(tǒng)的電勢能減小 解析：選C.氫原子處于基態(tài)時，電子的軌道半徑最小，故A錯誤；由hν＝Em－En知氫原子在不同能量態(tài)之間躍遷時只可以吸收特定頻率的光子，故B錯誤；氫原子從基態(tài)向較高能量態(tài)躍遷，電子距離氫原子核的距離增大，勻速圓周運動的半徑增大，線速度減小，動能減小，C正確；氫原子從基態(tài)向較高能量態(tài)躍遷時，電子距離氫原子核的距離增大，電場力做負功，電勢能增大，D錯誤． 7、在地面附近，存在著兩個有邊界的理想電場，邊界AB將該空間分成上、下兩個區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中有豎直向上的勻強電場，區(qū)域Ⅱ中有豎直向下的勻強電場，兩區(qū)域電場強度大小相等，在區(qū)域Ⅰ中的P點由靜止釋放一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球，小球穿過邊界AB時的速度為v0，進入?yún)^(qū)域Ⅱ到達M點時速度剛好為零，如圖所示．已知此過程中小球在區(qū)域Ⅱ中運動的時間是在區(qū)域Ⅰ中運動時間的2倍，已知重力加速度為g，不計空氣阻力，以下說法正確的是(　　) A．小球帶正電 B．電場強度大小為 C．P點距邊界AB的距離為 D．若邊界AB處電勢為零，則M點電勢為－ 【答案】BCD 的距離為x1＝＝，M點距邊界AB的距離為x2＝＝，M點與AB邊界的電勢差U＝Ex2＝·＝，若邊界AB處電勢為零，則M點的電勢φM＝－，選項B、C、D正確． 8、（多選）在冰壺比賽中，某隊員利用紅壺去碰撞對方的藍壺，兩者在大本營中心發(fā)生對心碰撞如圖(a)所示，碰后運動員用冰壺刷摩擦藍壺前進方向的冰面來減小阻力，碰撞前后兩壺運動的v-t圖線如圖(b)中實線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，兩冰壺質(zhì)量均為19 kg，則 A. 碰后藍壺速度為0.8m／s B. 碰后藍壺移動的距離為2.4m C. 碰撞過程兩壺損失的動能為7.22J D. 碰后紅、藍兩壺所滑過的距離之比為1:20 【來源】寧夏銀川一中2018屆高三第四次模擬考試理綜物理試卷 【答案】 AD 【解析】A、設碰后藍壺的速度為 ,碰前紅壺的速度 碰后紅壺的速度為 根據(jù)動量守恒定律可得: 解得v2=0.8m/s ，故A正確； B、根據(jù)碰前紅壺的速度圖像可以知道紅壺的加速度為: 碰后紅壺減速到零需要的時間為： 碰后藍壺運動圖像的面積代表走過的位移 ，故B錯； 點睛：知道v-t圖像中斜率代表加速度，面積代表運動走過的位移，并利用動量守恒解題。 二、非選擇題 1、如圖甲所示，工廠利用傾角θ＝30°的皮帶傳輸機，將每個質(zhì)量為m＝5 kg的木箱從地面運送到高為h＝5.25 m的平臺上，機械手每隔1 s就將一個木箱放到傳送帶的底端，傳送帶的皮帶以恒定的速度順時針轉(zhuǎn)動且不打滑．木箱放到傳送帶上后運動的部分v-t圖象如圖乙所示，已知各木箱與傳送帶間的動摩擦因數(shù)都相等．若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2.求： (1)木箱與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ； (2)傳送帶上最多有幾個木箱同時在向上輸送； (3)皮帶傳輸機由電動機帶動，從機械手放上第一個木箱開始計時的10分鐘內(nèi)，因為木箱的放入，電動機需要多做的功． 解析：(1)由乙圖可知，木箱運動的加速度為：a＝＝1 m/s2，皮帶勻速運動的速度為：v＝1 m/s，根據(jù)牛頓第二定律得：μmgcos θ－mgsin θ＝ma 解得：μ＝. (2)木箱加速運動的位移為：x1＝at＝0.5 m， 木箱相對皮帶靜止后，相鄰兩個木箱之間的距離都相等，有：ΔL＝vt＝1 m 傳送帶的長度為：L＝＝2 h＝10.5 m， L＝10ΔL＋x1， 所以傳送帶上最多同時存在的木箱個數(shù)為11個． (3)木箱在傳送帶上運動時，和皮帶間的相對位移為：Δx＝vt－x1＝1×1－0.5＝0.5 m，和皮帶間的摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q1＝μmgcos θ·Δx＝15 J 木箱最終增加的動能為：Ek1＝mv2＝2.5 J， 木箱到達平臺增加的重力勢能為：Ep＝mgh＝262.5 J， 從開始的10分鐘內(nèi)共傳送木箱的個數(shù)N＝10×60＝600個，其中590個已經(jīng)到達平臺，還有10個正在傳送帶上，到達平臺的590個，電動機做的功為：W1＝590(Q1＋Ek1＋Ep1)＝165 200 J，在傳送帶上的已經(jīng)開始運動得10個木箱增加的動能為：10Ek1＝25 J， 10個木箱的摩擦生熱為：10Q1＝150 J,10個木箱增加的重力勢能共為：Ep′＝10mgΔxsin 30°＋mgΔLsin 30°＋2mgΔLsin 30°＋…＋9mgΔLsin 30°＝10mgΔxsin 30°＋mgLsin 30°(1＋2＋3…＋9)＝1 250 J，所以電動機多做的功為：W＝W1＋10Ek1＋10Q1＋Ep′＝166 625 J 答案：(1)木箱與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ為； (2)傳送帶上最多有11個木箱同時在向上輸送； (3)皮帶傳輸機由電動機帶動，從機械手放上第一個木箱開始計時的10分鐘內(nèi)，因為木箱的放入，電動機需要多做的功為166 625 J． 2．在真空中，邊長為3L的正方形區(qū)域ABCD分成相等的三部分，左右兩側(cè)為勻強磁場，中間區(qū)域為勻強電場，如圖所示．左側(cè)磁場的磁感應強度大小為B1＝，方向垂直紙面向外；右側(cè)磁場的磁感應強度大小為B2＝，方向垂直于紙面向里；中間區(qū)域電場方向與正方形區(qū)域的上下邊界平行．一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子從平行金屬板的正極板開始由靜止被加速，加速電壓為U，加速后粒子從a點進入左側(cè)磁場，又從距正方形上下邊界等間距的b點沿與電場平行的方向進入中間區(qū)域的電場中，不計粒子重力． (1)求a點到A點的距離． (2)電場強度E的取值在什么范圍內(nèi)時粒子能從右側(cè)磁場的上邊緣CC1間離開？ (3)改變中間區(qū)域的電場方向和場強大小，粒子可從D點射出，求粒子在左右兩側(cè)磁場中運動的總時間． 解析：(1)粒子在金屬板間加速時，有 qU＝mv2　 ① 粒子在左側(cè)磁場中運動時，如圖甲所示，有 qvB1＝m　 ② sin α＝　 ③ a點到A點的距離x＝－R1(1－cos α)　 ④ 聯(lián)立解得x＝L (2)如圖甲所示，粒子在右側(cè)磁場中以半徑為Rn和Rm的兩軌跡為臨界軌跡從上邊緣CC1離開磁場時，有Rn＝L　 ⑤ Rm＝L　 ⑥ 又qvnB2＝m　 ⑦ qvmB2＝m　 ⑧ 粒子在中間電場運動時，有 qEnL＝mv－mv2　 ⑨ qEmL＝mv－mv2　 ⑩ 聯(lián)立解得En＝，Em＝ 電場強度的取值范圍為＜E＜. (3)粒子在左右磁場中運動，T1＝　 ? T2＝　 ? 必須改變中間區(qū)域的電場方向并取定電場E的某一恰當確定數(shù)值，粒子才能沿如圖乙所示的軌跡從D點射出 由①～③式可得：α＝60°，有t＝＋　 ? 聯(lián)立???并代入數(shù)據(jù)解得t＝ . 答案：(1)L　(2)＜E＜　(3) 9