2019人教版高考物理一輪練習(xí)題12及答案

1、2019人教版高考物理一輪練習(xí)題（12）及答案一、選擇題1、(2019·四川省遂寧市高三二診)如圖所示，質(zhì)量相同的三顆衛(wèi)星a、b、c繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其中b、c在地球的同步軌道上，a距離地球表面的高度為R，此時(shí)a、b恰好相距最近已知地球質(zhì)量為M、半徑為R、地球自轉(zhuǎn)的角速度為.萬(wàn)有引力常量為G，則()A發(fā)射衛(wèi)星b時(shí)速度要大于11.2 km/sB衛(wèi)星a的機(jī)械能大于衛(wèi)星b的機(jī)械能C衛(wèi)星a和b下一次相距最近還需經(jīng)過(guò)tD若要衛(wèi)星c沿同步軌道與b實(shí)現(xiàn)對(duì)接，可讓衛(wèi)星c加速解析：選C.衛(wèi)星b繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，7.9 km/s是指在地球上發(fā)射的物體繞地球飛行作圓周運(yùn)動(dòng)所需的最小初始速度，11.

2、2 km/s是物體掙脫地球引力束縛的最小發(fā)射速度所以發(fā)射衛(wèi)星b時(shí)速度大于7.9 km/s，而小于11.2 km/s，故A錯(cuò)誤；衛(wèi)星從低軌道到高軌道需要克服引力做較多的功，衛(wèi)星a、b質(zhì)量相同，所以衛(wèi)星b的機(jī)械能大于衛(wèi)星a的機(jī)械能，故B錯(cuò)誤；b、c在地球的同步軌道上，所以衛(wèi)星b、c和地球具有相同的周期和角速度由萬(wàn)有引力提供向心力，即m2r，解得，a距離地球表面的高度為R，所以衛(wèi)星a的角速度a，此時(shí)a、b恰好相距最近，到衛(wèi)星a和b下一次相距最近時(shí)滿(mǎn)足(a)t2，解得t，故C正確；讓衛(wèi)星c加速，所需的向心力增大，由于萬(wàn)有引力小于所需的向心力，衛(wèi)星c會(huì)做離心運(yùn)動(dòng)，離開(kāi)原軌道，所以不能與b實(shí)現(xiàn)對(duì)接，故D錯(cuò)

3、誤2、如圖甲所示，輕彈簧豎直固定在水平面上，一質(zhì)量為m=0.2kg的小球，從彈簧上端某高度處自由下落，從它接觸彈簧到彈簧壓縮至最短的過(guò)程中（彈簧始終在彈性限度內(nèi)），其速度v和彈簧壓縮量x之間的函數(shù)圖象如圖乙所示，其中A為曲線(xiàn)的最高點(diǎn)，小球和彈簧接觸瞬間機(jī)械能損失不計(jì)，取g=10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是（）A小球剛接觸彈簧時(shí)速度最大B當(dāng)x=0.3m時(shí)，小球處于超重狀態(tài)C該彈簧的勁度系數(shù)為20.0N/mD從接觸彈簧到壓縮至最短的過(guò)程中，小球的加速度先減小后增大【答案】BCD【解析】由小球的速度圖象知，開(kāi)始小球的速度增大，說(shuō)明小球的重力大于彈簧對(duì)它的彈力，當(dāng)x為0.1m時(shí)，小球的速度最大，然后減

4、小，說(shuō)明當(dāng)x為01m時(shí)，小球的重力等于彈簧對(duì)它的彈力所以可得：kx=mg，解得：，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；C正確；彈簧的最大縮短量為x=0.3m，所以彈簧彈力為F=20N/m×0.3m=6N>mg，故此時(shí)物體的加速度向上，物體處于超重狀態(tài)，選項(xiàng)B正確；v-t圖線(xiàn)的斜率表示物體的加速度，由圖線(xiàn)可知從接觸彈簧到壓縮至最短的過(guò)程中，小球的加速度先減小后增大，選項(xiàng)D正確；故選BCD3、一物體靜止在粗糙斜面上，現(xiàn)用一大小為F1、方向與斜面平行的拉力向上拉動(dòng)物體，經(jīng)過(guò)時(shí)間t后其速度變?yōu)関；若將平行斜面方向的拉力大小改為F2，則物體從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)時(shí)間t后速度變?yōu)?v。對(duì)于上述兩個(gè)過(guò)程，用WF1、WF2分

5、別表示拉力F1、F2所做的功，WG1、WG2分別表示前后兩次克服重力所做的功，Wf1、Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功，則( )AWF24WF1、Wf22Wf1、WG22WG1BWF24WF1、Wf22Wf1、WG22WG1CWF24WF1、Wf22Wf1、WG22WG1DWF24WF1、Wf22Wf1、WG22WG1【答案】C【解析】由題意可知，兩次物體均做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)x·t知，在同樣的時(shí)間內(nèi)，它們的位移之比為x1x212，兩次上升的高度之比為h1h2x1sin x2sin 12，根據(jù)克服重力做功WGmgh得WG22WG1；根據(jù)克服摩擦力做功WfFfx得Wf22Wf

6、1，由牛頓第二定律得F1Ffmgsin ma、F2Ffmgsin 2ma，可得F22F1，根據(jù)WFFx可得WF24WF1，故選項(xiàng)C正確4、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t0時(shí)刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線(xiàn)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0T時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的描述，正確的是()A末速度大小為v0B末速度沿水平方向C重力勢(shì)能減少了mgdD克服電場(chǎng)力做功為mgd【答案】BC5、MN、GH為光滑的水平平行金屬導(dǎo)軌，ab、cd為跨在導(dǎo)軌上的兩根金屬桿，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過(guò)MN、G

7、H所在的平面，如圖所示，則(    )A若固定ab，使cd向右滑動(dòng)，則abdc回路有電流，電流方向由a到b到d到cB若ab、cd以相同的速度一起向右滑動(dòng)，則abdc回路有電流，電流方向由c到d到b到aC若ab向左、cd向右同時(shí)運(yùn)動(dòng)，則abdc回路電流為零D若ab、cd都向右運(yùn)動(dòng)，且兩棒速度vcd>vab，則abdc回路有電流，電流方向由c到d到b到a【答案】  D【解析】只要abcd構(gòu)成的回路磁通量變化，回來(lái)路就有感應(yīng)電流，故選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律知道選項(xiàng)A中感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，故選項(xiàng)A錯(cuò)。選項(xiàng)D中感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)

8、針?lè)较?，故選項(xiàng)D正確。6、現(xiàn)用某一光電管進(jìn)行光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)，當(dāng)用某一頻率的光入射時(shí)，有光電流產(chǎn)生。下列說(shuō)法正確的()A保持入射光的頻率不變，入射光的光強(qiáng)變大，飽和光電流變大B入射光的頻率變高，飽和光電流變大C保持入射光的光強(qiáng)不變，不斷減小入射光的頻率，始終有光電流產(chǎn)生D遏止電壓的大小與入射光的頻率有關(guān)，與入射光的光強(qiáng)無(wú)關(guān)【答案】AD【解析】由光電效應(yīng)規(guī)律可知，當(dāng)頻率低于截止頻率時(shí)無(wú)論光照強(qiáng)度多大，都不會(huì)有光電流，因此C錯(cuò)誤；在發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)，飽和光電流大小由光照強(qiáng)度來(lái)決定，與頻率無(wú)關(guān)，光照強(qiáng)度越大飽和光電流越大，因此A正確，B錯(cuò)誤，由EkmeUc和EkmhW，得hWeUc，遏制電壓只與入射光頻率有關(guān)，與入射光強(qiáng)無(wú)關(guān)，因此D正確。二、非選擇題1、如圖所示為某學(xué)校一套校內(nèi)備用供電系統(tǒng)，由一臺(tái)內(nèi)阻為1 的發(fā)電機(jī)向全校22個(gè)教室（每個(gè)教室有“220 V40 W”的白熾燈6盞）供電如果輸電線(xiàn)的總電阻R是4 ，升壓變壓器和降壓變壓器（都認(rèn)為是理想變壓器）的匝數(shù)比分別是14和41，則：（1）發(fā)電機(jī)的輸出功率應(yīng)是多大？（2）發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)是多大？（3）輸電效率是多少？【答案】（1）5 424 W （2）250 V （3）97.3則U34×