2019高考物理一輪選練練題8含解析新人教版20181009475

1、（人教）物理2019高考一輪選練練題（8）及答案李仕才一、選擇題1、如圖所示，粗糙水平面上有一固定的、粗糙程度處處相同的圓弧形框架ABC，框架下面放置一塊厚度不計(jì)的金屬板，金屬板的中心O點(diǎn)是框架的圓心，框架上套有一個(gè)輕圓環(huán)，用輕彈簧把圓環(huán)與金屬板的O點(diǎn)固定連接，開始時(shí)輕彈簧處于水平拉伸狀態(tài)用一個(gè)始終沿框架切線方向的拉力F拉動(dòng)圓環(huán)，從左側(cè)水平位置緩慢繞框架運(yùn)動(dòng)，直到輕彈簧達(dá)到豎直位置，金屬板始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，則在整個(gè)過程中()A沿框架切線方向拉力F逐漸減小B水平面對(duì)金屬板的摩擦力逐漸增大C水平面對(duì)金屬板的支持力逐漸減小D框架對(duì)圓環(huán)的支持力逐漸減小解析：選C.彈簧伸長量不變，彈簧的彈力大小F不變，

2、彈簧與水平方向夾角為.金屬板受重力mg、支持力N、彈簧的拉力F和向右的靜摩擦力f作用，水平方向fFcos ，豎直方向NFsin mg，得NmgFsin ，隨著的增大，支持力不斷減小，靜摩擦力逐漸減小，故B錯(cuò)，C對(duì)；圓環(huán)受彈簧的拉力、框架的支持力(大小不變?yōu)镕)、拉力F和滑動(dòng)摩擦力f，有FfF，故拉力大小不變，A、D錯(cuò)2、(2019·浙江嘉興測(cè)試)如圖所示是一種腹部先著水的跳水比賽,擊水時(shí)水花最大者獲勝,水花的大小主要取決于運(yùn)動(dòng)員入水時(shí)具有的動(dòng)能.假設(shè)甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員都站在3 m高的平臺(tái)上(甲、乙站立時(shí)的重心位置離平臺(tái)均為1 m),其中質(zhì)量為120 kg的甲簡(jiǎn)單地步出平臺(tái)倒向水面.若質(zhì)量

3、為100 kg的乙要不輸于甲,則需要通過起跳使自身重心至少升高約(B)A.0.6 mB.0.8 mC.1.6 mD.1.8 m解析:由機(jī)械能守恒定律,甲入水時(shí)動(dòng)能為Ek1=m1gH=120×10×(3+1)J=4 800 J;乙要不輸于甲,乙入水時(shí)動(dòng)能至少為Ek2=m2g(H+h)=100×10×(3+1+h)J=4 800 J,解得h=0.8 m,選項(xiàng)B正確.3、在地面上以初速度v0豎直向上拋出一小球，經(jīng)過2t0時(shí)間小球落回拋出點(diǎn)，其速率為v1，已知小球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)所受空氣阻力與小球運(yùn)動(dòng)的速度成正比，則小球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)速率v隨時(shí)間t的變化規(guī)律可能是(

4、)【答案】A【解析】小球上升過程中，由牛頓第二定律有mgkvma，故隨速度的減小，加速度逐漸減小，vt圖象的切線斜率逐漸減小；小球下降過程中，由牛頓第二定律有mgkvma，則隨速度逐漸增大，加速度逐漸減小，vt圖象的切線斜率逐漸減??；由于有阻力作用，故回到地面的速度將小于初速度v0，選項(xiàng)A正確。4、圖甲為兩水平金屬板，在兩板間加上周期為T的交變電壓u，電壓u隨時(shí)間t變化的圖線如圖乙所示質(zhì)量為m、重力不計(jì)的帶電粒子以初速度v0沿中線射入兩板間，經(jīng)時(shí)間T從兩板間飛出下列關(guān)于粒子運(yùn)動(dòng)的描述錯(cuò)誤的是()At0時(shí)入射的粒子，離開電場(chǎng)時(shí)偏離中線的距離最大BtT時(shí)入射的粒子，離開電場(chǎng)時(shí)偏離中線的距離最大C無

5、論哪個(gè)時(shí)刻入射的粒子，離開電場(chǎng)時(shí)的速度方向都水平D無論哪個(gè)時(shí)刻入射的粒子，離開電場(chǎng)時(shí)的速度大小都相等解析：選B.粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是相同的；t0時(shí)入射的粒子，在豎直方向先向上加速，然后向上減速，再向上加速直到離開電場(chǎng)區(qū)域，故t0時(shí)入射的粒子離開電場(chǎng)時(shí)偏離中線的距離最大，選項(xiàng)A正確；而tT時(shí)入射的粒子，在豎直方向先向上加速，然后減速，再反向加速，反向減速最后直到離開電場(chǎng)區(qū)域，故此時(shí)刻射入的粒子離開電場(chǎng)時(shí)偏離中線的距離不是最大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間等于電場(chǎng)變化的周期T，根據(jù)動(dòng)量定理，豎直方向電場(chǎng)力的沖量的矢量和為零，故所有粒子出離電場(chǎng)時(shí)的豎直速度為零，即最終都垂直電場(chǎng)方向射出電

6、場(chǎng)，離開電場(chǎng)時(shí)的速度大小都等于初速度，選項(xiàng)CD正確；此題選擇錯(cuò)誤的選項(xiàng)，故選B.5、(2019·河南一模)如圖所示,半徑為R的光滑半圓弧絕緣軌道固定在豎直面內(nèi),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于軌道平面向里.一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的小球由軌道左端A無初速度滑下,當(dāng)小球滑至軌道最低點(diǎn)C時(shí),給小球再施加一始終水平向右的外力F,使小球能以保持不變的速率滑過軌道右側(cè)的D點(diǎn).若小球始終與軌道接觸,重力加速度值為g,則下列判斷正確的是(AD)A.小球在C點(diǎn)受到的洛倫茲力大小為qBB.小球在C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為3mg+qBC.小球從C到D的過程中,外力F的大小保持不變

7、D.小球從C到D的過程中,外力F的功率逐漸增大解析:從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中只有重力做功,根據(jù)動(dòng)能定理得,mgR=mv2,解得v=,故小球在C點(diǎn)受到的洛倫茲力大小為F洛=qBv=qB,故A正確;由左手定則可知,小球向右運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)若受到的洛倫茲力的方向向上,則有N+qvB-mg=,解得N=3mg-qvB=3mg-qB,故B錯(cuò)誤;小球從C到D的過程中,受力分析得,mgsin =Fcos ,速度方向與水平方向夾角變大,重力沿切線方向的分力增大,所以水平外力F的大小增大,故C錯(cuò)誤;小球從C到D的過程中小球的速率不變,而洛倫茲力和支持力不做功,所以拉力F的功率與重力的功率大小相等、方向相反.由運(yùn)動(dòng)的合

8、成與分解可知,小球從C向D運(yùn)動(dòng)的過程中,豎直方向的分速度越來越大,所以重力的功率增大,外力F的功率也增大,故D正確.6、如圖甲所示，兩平行光滑導(dǎo)軌傾角為30°，相距10 cm，質(zhì)量為10 g的直導(dǎo)線PQ水平放置在導(dǎo)軌上，從Q向P看的側(cè)視圖如圖乙所示導(dǎo)軌上端與電路相連，電路中電源電動(dòng)勢(shì)為12.5 V，內(nèi)阻為0.5 ，限流電阻R5 ，R為滑動(dòng)變阻器，其余電阻均不計(jì)在整個(gè)直導(dǎo)線的空間中充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)，磁場(chǎng)方向可以改變，但始終保持垂直于直導(dǎo)線g取10 m/s2.若要保持直導(dǎo)線靜止在導(dǎo)軌上，則電路中滑動(dòng)變阻器連入電路電阻的極值取值情況及與之相對(duì)應(yīng)的磁場(chǎng)方向是

9、()A電阻的最小值為12 ，磁場(chǎng)方向水平向右B電阻的最大值為25 ，磁場(chǎng)方向垂直斜面向左上方C電阻的最小值為7 ，磁場(chǎng)方向水平向左D電阻的最大值為19.5 ，磁場(chǎng)方向垂直斜面向右下方解析：選D.磁場(chǎng)方向水平向右時(shí)，直導(dǎo)線所受的安培力方向豎直向上，由平衡條件有mgBIL，得I A1 A，由I，得R7 ，故A錯(cuò)誤；磁場(chǎng)方向垂直斜面向左上方時(shí)，直導(dǎo)線所受的安培力方向沿斜面向下，不可能靜止在斜面上，故B錯(cuò)誤；磁場(chǎng)方向水平向左時(shí)，直導(dǎo)線所受的安培力方向豎直向下，不可能靜止在斜面上，故C錯(cuò)誤；磁場(chǎng)方向垂直斜面向右下方時(shí)，直導(dǎo)線所受的安培力方向沿斜面向上，由平衡條件有mgsin 30°BIL，得I

10、·0.5 A，由I，得R19.5 ，即電阻的最大值為19.5 ，故D正確7、(多選)如圖所示，同一豎直面內(nèi)的正方形導(dǎo)線框a、b的邊長均為l，電阻均為R，質(zhì)量分別為2m和m.它們分別系在一跨過兩個(gè)定滑輪的輕繩兩端，在兩導(dǎo)線框之間有一寬度為2l、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直豎直面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域開始時(shí)，線框b的上邊與勻強(qiáng)磁場(chǎng)的下邊界重合，線框a的下邊到勻強(qiáng)磁場(chǎng)的上邊界的距離為l.現(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，當(dāng)線框b全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，a、b兩個(gè)線框開始做勻速運(yùn)動(dòng)不計(jì)摩擦和空氣阻力，則()Aa、b兩個(gè)線框勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為B線框a從下邊進(jìn)入磁場(chǎng)到上邊離開磁場(chǎng)所用時(shí)間為C從開始運(yùn)動(dòng)到線框a全部進(jìn)入磁場(chǎng)的

11、過程中，線框a所產(chǎn)生的焦耳熱為mglD從開始運(yùn)動(dòng)到線框a全部進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，兩線框共克服安培力做功為2mgl解析：選BC.設(shè)兩線框勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，此時(shí)輕繩上的張力大小為T，則對(duì)a有：T2mgBIl，對(duì)b有：Tmg，又I，EBlv，解得v，故A錯(cuò)誤線框a從下邊進(jìn)入磁場(chǎng)后，線框a通過磁場(chǎng)時(shí)以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，則線框a從下邊進(jìn)入磁場(chǎng)到上邊離開磁場(chǎng)所用時(shí)間t，故B正確從開始運(yùn)動(dòng)到線框a全部進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，線框a只在其勻速進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中產(chǎn)生焦耳熱，設(shè)為Q，由功能關(guān)系有2mglTlQ，得Qmgl，故C正確設(shè)兩線框從開始運(yùn)動(dòng)至a全部進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，兩線框共克服安培力做的功為W，此過程中左、右兩線框

12、分別向上、向下運(yùn)動(dòng)2l的距離，對(duì)這一過程，由能量守恒定律有：4mgl2mgl·3mv2W，得W2mgl，故D錯(cuò)誤8、質(zhì)量為M=1kg的木板靜止在粗糙水平面上，木板與地面動(dòng)摩擦因數(shù)，在木板的左端放置一個(gè)質(zhì)量為m=lkg，大小可忽略的鐵塊。鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)從， g=10m/s²。若在鐵塊右端施加一個(gè)從0開始增大的水平向右的力F，假設(shè)木板足夠長，鐵塊受木板摩擦力隨拉力F如圖變化。關(guān)于兩個(gè)動(dòng)摩擦因數(shù)的數(shù)值正確的是A. =0.1，=0.2B. =0.1，=0.4C. =0.2，=0.4D. =0.4，=0.2【來源】【全國百強(qiáng)?！扛＝ㄊB門雙十中學(xué)2019屆高三考前熱身考試（

13、最后一卷）理綜物理試題【答案】 B點(diǎn)晴：解決本題關(guān)鍵找準(zhǔn)鐵塊和木板發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)的狀態(tài)，再分別對(duì)鐵塊和木板利用牛頓第二定律解題即可。二、非選擇題常用無線話筒所用的電池電動(dòng)勢(shì)E約為9 V，內(nèi)阻r約為40 ，最大允許電流為100 mA.(1)為測(cè)定該電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，某同學(xué)先利用多用電表直流電壓10 V擋粗測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)如圖甲所示，測(cè)得值為_V.(2)接著該同學(xué)利用圖乙的電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)圖中電壓表為理想電表，R為電阻箱(阻值范圍為0999.9 )，R0為定值電阻，目的是為了防止電阻箱的阻值調(diào)得過小時(shí)，通過電源的電流大于其承受范圍，起保護(hù)電路的作用；實(shí)驗(yàn)室備有的定值電阻R0的規(guī)格有以下幾種，則本實(shí)驗(yàn)應(yīng)選用_A50 ，1.0 WB500 ，2.5 WC1 500 ，15 W D2 500 ，25 W(3)接入符合要求的R0后，閉合開關(guān)S，調(diào)整電阻箱的阻值讀出電壓表的示數(shù)U，再改變電阻箱阻值R，取得多組數(shù)據(jù)，作出了如圖丙的圖線由圖線求得該電池的電動(dòng)勢(shì)E_V，內(nèi)阻r_.(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)