2019年高考物理一輪選練編題(含解析)(打包11套)新人教版.zip
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人教版物理2019年高考一輪選練編題(10)李仕才一、選擇題1、如圖(甲)所示,兩平行正對(duì)的金屬板A,B間加有如圖(乙)所示的交變電壓,一重力可忽略不計(jì)的帶負(fù)電粒子被固定在兩板的正中間P處.若在t=0時(shí)刻釋放該粒子,則(C)A.該粒子一直向B板運(yùn)動(dòng)B.該粒子時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng),時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng),最后打在B板上C.該粒子一直向A板運(yùn)動(dòng)D.該粒子時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng),時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng),最后打在A板上解析:粒子帶負(fù)電,t=0時(shí)刻,UAB0,電場(chǎng)強(qiáng)度方向向右,粒子受電場(chǎng)力向左,所以粒子先向左加速再向左減速,以后沿同一方向重復(fù)這種運(yùn)動(dòng),直到碰到A板,故選項(xiàng)C正確.2、如圖所示,質(zhì)量相同的兩小球a、b分別從斜面頂端A和斜面中點(diǎn)B沿水平方向拋出后,恰好都落在斜面底端,不計(jì)空氣阻力,下列說(shuō)法正確的是()A小球a、b在空中飛行的時(shí)間之比為21B小球a、b拋出時(shí)的初速度大小之比為21C小球a、b到達(dá)斜面底端時(shí)的動(dòng)能之比為41D小球a、b到達(dá)斜面底端時(shí)速度方向與斜面的夾角之比為11解析:選D.因?yàn)閮汕蛳侣涞母叨戎葹?1,根據(jù)hgt2得,t,高度之比為21,則時(shí)間之比為1,故A錯(cuò)誤兩球的水平位移之比為21,時(shí)間之比為1,根據(jù)v0知,初速度之比為1,故B錯(cuò)誤根據(jù)動(dòng)能定理可知,到達(dá)斜面底端時(shí)的動(dòng)能之比EkaEkb21,故C錯(cuò)誤小球落在斜面上,速度方向與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍,因?yàn)槲灰婆c水平方向的夾角相等,則速度與水平方向的夾角相等,到達(dá)斜面底端時(shí)速度方向與斜面的夾角也相等,故D正確故選D.3、如圖所示,三條繩子的一端都系在細(xì)直桿頂端,另一端都固定在水平地面上,將桿豎直緊壓在地面上,若三條繩長(zhǎng)度不同,下列說(shuō)法正確的有( ) A三條繩中的張力都相等B桿對(duì)地面的壓力大于自身重力C繩子對(duì)桿的拉力在水平方向的合力為零D繩子拉力的合力與桿的重力是一對(duì)平衡力【答案】BC4、(多選)質(zhì)量M3 kg的滑塊套在水平固定著的軌道上并可在軌道上無(wú)摩擦滑動(dòng)質(zhì)量為m2 kg的小球(視為質(zhì)點(diǎn))通過(guò)長(zhǎng)L0.75 m的輕桿與滑塊上的光滑軸O連接,開(kāi)始時(shí)滑塊靜止,輕桿處于水平狀態(tài)現(xiàn)給小球一個(gè)v03 m/s的豎直向下的初速度,取g10 m/s2.則()A小球m從初始位置到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中,滑塊M在水平軌道上向右移動(dòng)了0.3 mB小球m從初始位置到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中,滑塊M在水平軌道上向左移動(dòng)了0.3 mC小球m相對(duì)于初始位置可以上升的最大高度為0.27 mD小球m從初始位置到第一次到達(dá)最大高度的過(guò)程中,滑塊M在水平軌道上向右移動(dòng)了0.54 m 解析:選AD.可把小球和滑塊水平方向的運(yùn)動(dòng)看做人船模型,設(shè)滑塊M在水平軌道上向右運(yùn)動(dòng)了x,由滑塊和小球系統(tǒng)在水平方向時(shí)動(dòng)量守恒,有,解得:x0.3 m,選項(xiàng)A正確B錯(cuò)誤根據(jù)動(dòng)量守恒定律,小球m相對(duì)于初始位置上升到最大高度時(shí)小球和滑塊速度都為零,由能量守恒定律可知,小球m相對(duì)于初始位置可以上升的最大高度為0.45 m,選項(xiàng)C錯(cuò)誤根據(jù)動(dòng)量守恒定律,在小球上升到軌道高度時(shí),滑塊速度為零,由系統(tǒng)的能量守恒定律可知,小球m相對(duì)于初始位置可以到達(dá)的最大高度為h0.45 m,與水平面的夾角為cos 0.8,設(shè)小球從最低位置上升到最高位置過(guò)程中滑塊M在水平軌道上又向右運(yùn)動(dòng)了x,由滑塊和小球系統(tǒng)在水平方向時(shí)動(dòng)量守恒,有,解得:x0.24 m小球m從初始位置到第一次到達(dá)最大高度的過(guò)程中,滑塊在水平軌道上向右移動(dòng)了xx0.3 m0.24 m0.54 m,選項(xiàng)D正確5、(1)(5分)下列說(shuō)法中正確的是(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.分子運(yùn)動(dòng)的平均速度可能為零,瞬時(shí)速度不可能為零B.液體與大氣相接觸時(shí),表面層內(nèi)分子所受其他分子的作用表現(xiàn)為相互吸引C.空氣的相對(duì)濕度用空氣中所含水蒸氣的壓強(qiáng)表示D.有些非晶體在一定條件下可以轉(zhuǎn)化為晶體E.隨著分子間距增大,分子間引力和斥力均減小,分子勢(shì)能不一定減小(2)(10分)如圖所示,一汽缸固定在水平地面上,通過(guò)活塞封閉有一定質(zhì)量的理想氣體,活塞與缸壁的摩擦可忽略不計(jì),活塞的截面積S=100 cm2.活塞與水平平臺(tái)上的物塊A用水平輕桿連接,在平臺(tái)上有另一物塊B,A,B的質(zhì)量均為m=62.5 kg,物塊與平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.8.兩物塊間距為d=10 cm.開(kāi)始時(shí)活塞距缸底L1=10 cm,缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)p1等于外界大氣壓強(qiáng)p0=1105 Pa,溫度t1=27 .現(xiàn)對(duì)汽缸內(nèi)的氣體緩慢加熱(g=10 m/s2),求:物塊A開(kāi)始移動(dòng)時(shí),汽缸內(nèi)的溫度;物塊B開(kāi)始移動(dòng)時(shí),汽缸內(nèi)的溫度.解析:(1)分子做永不停息的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng),分子運(yùn)動(dòng)的平均速度不可能為零,瞬時(shí)速度有可能為零,故A錯(cuò)誤;液體與大氣相接觸,表面層內(nèi)分子間距較大,分子力表現(xiàn)為引力,故B正確;空氣的絕對(duì)濕度用空氣中所含水蒸氣的壓強(qiáng)表示,故C錯(cuò)誤;晶體和非晶體通過(guò)外界干預(yù)可以相互轉(zhuǎn)化,如把晶體硫加熱熔化(溫度超過(guò)300 )再倒進(jìn)冷水中,會(huì)變成柔軟的非晶硫,再過(guò)一段時(shí)間又會(huì)轉(zhuǎn)化為晶體,故D正確;隨著分子間距增大,分子間引力和斥力均減小,若分子力表現(xiàn)為引力,分子力做負(fù)功,分子勢(shì)能增大,故E正確.(2)物塊A開(kāi)始移動(dòng)前氣體做等容變化,則有p2=p0+=1.5105 Pa,由查理定律有=,解得T2=T1=450 K.物塊A開(kāi)始移動(dòng)后,氣體做等壓變化,到A與B剛接觸時(shí),p3=p2=1.5105 Pa;V3=(L1+d)S由蓋呂薩克定律有=,解得T3=T2=900 K,之后氣體又做等容變化,設(shè)物塊A和B一起開(kāi)始移動(dòng)時(shí)氣體的溫度為T(mén)4p4=p0+=2.0105 Pa;V4=V3由查理定律有=,解得T4=T3=1 200 K.答案:(1)BDE(2)450 K1 200 K6、(多選)如圖甲所示,質(zhì)量m3.0103 kg的“”形金屬細(xì)框豎直放置在兩水銀槽中,“”形框的水平細(xì)桿CD長(zhǎng)l0.20 m,處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B11.0 T、方向水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一匝數(shù)n300匝、面積S0.01 m2的線圈通過(guò)開(kāi)關(guān)K與兩水銀槽相連線圈處于與線圈平面垂直、沿豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,其磁感應(yīng)強(qiáng)度B2隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示t0.22 s時(shí)閉合開(kāi)關(guān)K瞬間細(xì)框跳起(細(xì)框跳起瞬間安培力遠(yuǎn)大于重力),跳起的最大高度h0.20 m不計(jì)空氣阻力,重力加速度g10 m/s2,下列說(shuō)法正確的是()A00.10 s內(nèi)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為3 VB開(kāi)關(guān)K閉合瞬間,CD中的電流方向由C到DC磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的方向豎直向下D開(kāi)關(guān)K閉合瞬間,通過(guò)細(xì)桿CD的電荷量為0.03 C解析:選BD.00.1 s內(nèi)線圈中的磁場(chǎng)均勻變化,由法拉第電磁感應(yīng)定律EnnS,代入數(shù)據(jù)得E30 V,A錯(cuò)開(kāi)關(guān)閉合瞬間,細(xì)框會(huì)跳起,可知細(xì)框受向上的安培力,由左手定則可判斷電流方向由C到D,B對(duì)由于t0.22 s時(shí)通過(guò)線圈的磁通量正在減少,再對(duì)線圈由楞次定律可知感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向與B2的方向相同,故再由安培定則可知C錯(cuò)誤K閉合瞬間,因安培力遠(yuǎn)大于重力,則由動(dòng)量定理有B1Iltmv,通過(guò)細(xì)桿的電荷量QIt,線框向上跳起的過(guò)程中v22gh,解得Q0.03 C,D對(duì)7、如圖所示,在真空室中有一水平放置的不帶電平行板電容器,板間距離為d,電容為C,上板B接地現(xiàn)有大量質(zhì)量均為m、帶電量均為q的小油滴,以相同的初速度持續(xù)不斷地從兩板正中間沿圖中虛線所示方向射入,第一滴油滴正好落到下板A的正中央P點(diǎn)如果能落到A板的油滴僅有N滴,且第N1滴油滴剛好能飛離電場(chǎng),假定落到A板的油滴的電量能被板全部吸收,不考慮油滴間的相互作用,重力加速度為g,則以下說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A落到A板的油滴數(shù)NB落到A板的油滴數(shù)NC第N1滴油滴通過(guò)電場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程所增加的動(dòng)能等于D第N1滴油滴通過(guò)電場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程所減少的機(jī)械能等于【答案】A中:E=,得:a=g-,第(N+1)粒子做勻變速曲線運(yùn)動(dòng),豎直方向有:y=,第(N+1)滴油滴剛好能飛離電場(chǎng),則有關(guān)系:y=,聯(lián)立以上公式得:N=,故A錯(cuò)誤,B正確;由動(dòng)能定理W合mgqE,代入數(shù)據(jù)得:W合,故C對(duì);克服電場(chǎng)力做的功等于油滴減少的機(jī)械能,W電qE,故D對(duì)8、如圖所示,傾角為的斜面體c置于水平地面上,小物塊b置于斜面上,通過(guò)細(xì)繩跨過(guò)光滑的定滑輪與沙漏斗a連接,連接b的一段細(xì)繩與斜面平行在a中的沙子緩慢流出的過(guò)程中,a、b、c都處于靜止?fàn)顟B(tài),則 A. b對(duì)c的摩擦力一定減小B. b對(duì)c的摩擦力方向平行斜面向上C. 地面對(duì)c的摩擦力方向一定水平向左D. 地面對(duì)c的支持力保持不變【來(lái)源】【全國(guó)百?gòu)?qiáng)校】山西省太原市第五中學(xué)2018屆高三下學(xué)期第二次模擬考試(5月)物理試題【答案】 C【解析】設(shè)a、b的重力分別為Ga、Gb,若GaGbsin,b受到c的摩擦力沿斜面向上,根據(jù)平衡條件,有:f=Gbsin-Ga,在a中的沙子緩慢流出的過(guò)程中,Ga減小,故摩擦力增加;若GaGbsin,b受到c的摩擦力沿斜面向下,根據(jù)平衡條件,有:f=Ga-Gbsin,在a中的沙子緩慢流出的過(guò)程中,Ga減小,故摩擦力減??;若Ga=Gbsin,此時(shí)f=0,在a中的沙子緩慢流出的過(guò)程中,減小,f沿斜面向上,不斷減小,故AB錯(cuò)誤;以bc整體為研究對(duì)象,分析受力如圖【點(diǎn)睛】b受到c的摩擦力不一定為零,與兩物體的重力、斜面的傾角有關(guān)對(duì)bc整體研究,由平衡條件分析水平面對(duì)c的摩擦力方向和支持力的大小二、非選擇題1、如圖所示,長(zhǎng)l1 m的輕質(zhì)細(xì)繩上端固定,下端連接一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球,小球靜止在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,繩與豎直方向的夾角37.已知小球所帶電荷量q1.0106 C,勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E3.0103 N/C,取重力加速度g10 m/s2,sin 370.6,cos 370.8.求:(1)小球所受電場(chǎng)力F的大小;(2)小球的質(zhì)量m;(3)將電場(chǎng)撤去,小球回到最低點(diǎn)時(shí)速度v的大小解析:(1)FqE3.0103 N(2)由tan 37得m4.0104 kg(3)由mgl(1cos 37)mv2得v2.0 m/s答案:(1)3.0103 N(2)4.0104 kg(3)2.0 m/s2(2017河南高考預(yù)測(cè)卷)如圖甲所示,相距L1 m、電阻不計(jì)的兩根長(zhǎng)金屬導(dǎo)軌,各有一部分在同一水平面上,另一部分在同一豎直面內(nèi)質(zhì)量均為m50 g、電阻均為R1.0 的金屬細(xì)桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直接觸形成閉合回路,桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5.整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B1.0 T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,ab桿在水平拉力F作用下沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng),cd桿固定在某位置現(xiàn)在釋放cd桿并開(kāi)始計(jì)時(shí),cd桿的vcdt圖象如圖乙所示,已知在01 s和23 s內(nèi),圖線為直線取g10 m/s2.(1)求在01 s內(nèi)通過(guò)cd桿中的電流;(2)若已知ab桿在1 s2 s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng),求1 s2 s時(shí)間內(nèi)拉力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系式解析:(1)在01 s內(nèi),cd桿的vcdt圖線為傾斜直線,因此cd桿做勻變速直線運(yùn)動(dòng),加速度為:a14.0 m/s2因此cd桿受向上的摩擦力作用,其受力圖如圖所示根據(jù)牛頓第二定律,有:mgFfma其中FfFNFABIL因此回路中的電流為:I0.6 A(2)在01 s內(nèi),設(shè)ab桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E,則:EBLv1由閉合電路歐姆定律知:Iv11.2 m/s則ab桿的速度為:v11.2 m/s在23 s內(nèi),由圖象可求出cd桿的加速度為:a24 m/s2同理可求出ab桿的速度:v22.8 m/s在12 s內(nèi),ab桿做勻加速運(yùn)動(dòng),則加速度為:a1.6 m/s2I對(duì)ab桿,根據(jù)牛頓第二定律有:FmgBILmaab桿在t時(shí)刻的速度:vv1a(t1)回路中的電流:I聯(lián)立可得:F0.8t0.13答案:(1)在01 s內(nèi)通過(guò)cd桿中的電流0.6 A(2)這段時(shí)間內(nèi)拉力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系式為:F0.8t0.139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(kāi)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 -BIl=ma,故有F=at+m(gsin +a),選項(xiàng)C正確;由=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1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)?,2比1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 45m2r,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,則mgtan m2r,rRsin ,2cos ,如果角速度變小,則cos 變大,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qAqB.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DA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:大氣壓強(qiáng)p0(用cmHg表示);當(dāng)玻璃管開(kāi)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)由玻意耳定律可得p0l1S=(p0+gl)l2S解得p0=76 cmHg.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)76 cmHg17.48 cm6、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0t0時(shí)間內(nèi),棒從靜止開(kāi)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0t0時(shí)間內(nèi),導(dǎo)體棒的加速度大小為D在0t0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0t0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a0,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0t0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)2ma,F(xiàn)1ma,q,BSBLt0,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t0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】BC8、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(?。敲丛撨^(guò)程中拉力F做功為( )A. 14JB. 10C. 6JD. 4J【來(lái)源】【全國(guó)百?gòu)?qiáng)?!窟|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yat2、vyat及FqEma得:La1tta2ttvyt1t2v0(t1t2)2L聯(lián)立解得:E1,E2.(2)由(1)知E22E1,t12t2.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(n2,3,4,)個(gè)類似于QRM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(mén)(n2,3,4,),第一次到達(dá)PS邊的時(shí)間則為T(mén),則有h2(n2,3,4,)答案:(1)(2)(n2,3,4,)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(huà)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(xiě) “順時(shí)針”,“逆時(shí)針”)及最大感應(yīng)電流的大小;(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)较颍痪彌_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EmnBLv0由閉合電路歐姆定律得:I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:EmnBLv0線圈中的電流為I線圈ab邊受到的安培力FnBIl根據(jù)牛頓第三定律,緩沖車廂受到的磁場(chǎng)力FF根據(jù)題意得FFm聯(lián)立得:vmax(3)由第(2)可知,當(dāng)小車速度為v時(shí),小車所受安培力為:Fv以小車為對(duì)象利用動(dòng)量定理得:Ftmvmv0由解得:vv0x令中v0,可解得小車最大位移為:xmv0答案:(1)逆時(shí)針(2)vmax(3)vv0xv09人教版物理2019年高考一輪選練編題(1)李仕才一、選擇題1、如圖,在水平面上A,B,C三點(diǎn)固定著三個(gè)電荷量為3Q的正點(diǎn)電荷,將另一質(zhì)量為m的帶正電的小球(可視為點(diǎn)電荷)放置在O點(diǎn),OABC恰構(gòu)成一棱長(zhǎng)為L(zhǎng)的正四面體.已知靜電力常量為k,重力加速度為g.為使小球能靜止在O點(diǎn),則關(guān)于小球所受電場(chǎng)力的合力方向和所帶的電荷量,下列說(shuō)法中正確的是(AD)A.所受電場(chǎng)力的合力方向豎直向上B.所受電場(chǎng)力的合力方向豎直向下C.電荷量為D.電荷量為解析: 對(duì)小球受力分析可知,重力與庫(kù)侖力平衡,所以小球受到三個(gè)庫(kù)侖力的合力的方向與重力方向相反,選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤;將A,B,C處正點(diǎn)電荷施加的庫(kù)侖力正交分解到水平方向和豎直方向,設(shè)是A,B,C處正點(diǎn)電荷施加的庫(kù)侖力方向與豎直方向的夾角,根據(jù)平衡條件在豎直方向上得3Fcos =mg,又由庫(kù)侖定律得F=,再由圖可知,CAO=30,則AO=,OO=L,所以得cos =,聯(lián)立以上各式解得q=,選項(xiàng)C錯(cuò)誤,D正確.2、如圖,兩段等長(zhǎng)輕質(zhì)細(xì)線將質(zhì)量分別為m、3m的小球a、b,懸掛于O點(diǎn)現(xiàn)在兩個(gè)小球上分別加上水平方向的外力,其中作用在a球上的力大小為F1、作用在b球上的力大小為F2,則此裝置平衡時(shí),出現(xiàn)了如圖右所示的狀態(tài),b球剛好位于O點(diǎn)的正下方則F1與F2的大小關(guān)系應(yīng)為()AF14F2 BF13F2C3F14F2 D3F17F2解析:選D.設(shè)Oa繩、ab繩和豎直方向的夾角為.以兩個(gè)小球組成的整體為研究對(duì)象,根據(jù)平衡條件可知,F(xiàn)1F2TOasin ;TOacos 4mg;對(duì)小球b;Tabcos 3mg;F2Tabsin 由此可得:;,解得3F17F2;故選D.3、一質(zhì)點(diǎn)做速度逐漸增大的勻加速直線運(yùn)動(dòng),在時(shí)間間隔t內(nèi)位移為x,動(dòng)能變?yōu)樵瓉?lái)的4倍。該質(zhì)點(diǎn)的加速度為( )A. B. C. D.【答案】C 【解析】動(dòng)能變?yōu)樵瓉?lái)的4倍,則物體的速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍,即v2v0,由x(v0v)t和a得a,故C對(duì)。4、(多選)正在粗糙水平面上滑動(dòng)的物塊,從t1時(shí)刻到t2時(shí)刻受到恒定的水平推力F的作用,在這段時(shí)間內(nèi)物塊做直線運(yùn)動(dòng),已知物塊在t1時(shí)刻的速度與t2時(shí)刻的速度大小相等,則在此過(guò)程中()A物塊可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)B物塊的位移可能為零C合外力對(duì)物塊做功一定為零DF一定對(duì)物塊做正功解析:選ACD.物塊做直線運(yùn)動(dòng),合外力與速度共線,由于初、末速度相等,則物塊可能做勻速直線運(yùn)動(dòng),也可能做勻變速直線運(yùn)動(dòng),A正確當(dāng)物塊做勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),其速度應(yīng)先減小為零,然后反向增大,則力F與初速度方向相反,由牛頓第二定律可知,減速時(shí)加速度大小a1,反向加速時(shí)加速度大小a2,結(jié)合速度位移關(guān)系式v2v2ax分析可知,減速時(shí)位移大小小于反向加速時(shí)位移大小,則B錯(cuò)誤因初、末速度相等,則合外力做功為零,由動(dòng)能定理有WFWf0,因摩擦力做負(fù)功,則推力F一定對(duì)物塊做正功,C、D正確5、氫原子能級(jí)的示意圖如圖所示,大量氫原子從n=4的能級(jí)向n=2的能級(jí)躍遷時(shí)輻射出可見(jiàn)光a,從n=3的能級(jí)向n=2的能級(jí)躍遷時(shí)輻射出可見(jiàn)光b,則(C)A.氫原子從高能級(jí)向低能級(jí)躍遷時(shí)可能會(huì)輻射出射線B.大量氫原子從n=4的能級(jí)向n=2的能級(jí)躍遷時(shí)能夠輻射出6種頻率的光子C.a光子能量比b光子的能量大D.氫原子在n=2的能級(jí)時(shí)可吸收任意頻率的光而發(fā)生電離解析:因?yàn)樯渚€是氫原子核變化時(shí)輻射的能量,因此不會(huì)輻射射線,故A錯(cuò)誤.大量的氫原子從n=4的能級(jí)向基態(tài)躍遷時(shí),會(huì)釋放6種光子,那么從n=4的能級(jí)向n=2的能級(jí)躍遷時(shí)釋放的種類小于6種,故B錯(cuò)誤.從n=4的能級(jí)向n=2的能級(jí)躍遷時(shí)輻射出的光子能量大于從n=3的能級(jí)向n=2的能級(jí)躍遷時(shí)輻射出的光子能量,則a光的頻率大于b光的頻率,則a光子能量比b光子的能量大,故C正確.氫原子在n=2能級(jí)時(shí),吸收的能量需大于等于3.4 eV,才能發(fā)生電離,故D錯(cuò)誤.6、(2018浙江省嘉興市第一中學(xué)期末)如圖,某帶負(fù)電荷的小球沿電場(chǎng)中一豎直電場(chǎng)線從A運(yùn)動(dòng)到B。E表示電場(chǎng)強(qiáng)度, 表示小球的電勢(shì),Ep表示小球的電勢(shì)能,Ek 表示小球的動(dòng)能,則下列說(shuō)法正確的是A. 小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)一定是勻加速度運(yùn)動(dòng)B. EA一定大于EB ,A一定大于BC. 小球電勢(shì)能EpA大于EpB,動(dòng)能EkA小于EkBD. 小球在A點(diǎn)的機(jī)械能大于在B點(diǎn)的機(jī)械能【答案】D7、如圖所示,a、b、c、d、O五點(diǎn)均在勻強(qiáng)電場(chǎng)中,它們剛好是一個(gè)半徑為R0.2 m的圓的四個(gè)等分點(diǎn)和圓心O,b、c、d三點(diǎn)的電勢(shì)如圖所示。已知電場(chǎng)線與圓所在平面平行,關(guān)于電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向,下列說(shuō)法正確的是()A電場(chǎng)強(qiáng)度的方向由O指向b點(diǎn)B電場(chǎng)強(qiáng)度的方向由O指向d點(diǎn)C電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為10 V/mD電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為10 V/m【答案】D【解析】由勻強(qiáng)電場(chǎng)中平行線上等間距點(diǎn)間的電勢(shì)差相等可得,O點(diǎn)的電勢(shì)為6 V,O、d連線的中點(diǎn)e處的電勢(shì)為8 V,連接c、e,過(guò)O作ce的垂線交ce于f,則ce為等勢(shì)線,電場(chǎng)線垂直于ce向下,即電場(chǎng)強(qiáng)度的方向由f指向O點(diǎn),連接c、O,計(jì)算得Of長(zhǎng)為R,O、f間的電勢(shì)差為2 V,則電場(chǎng)強(qiáng)度E10 V/m,選項(xiàng)D正確。8、消防車的高壓水龍頭豎直向上噴水,噴出的水可上升到距離管口40m的最大高度:當(dāng)高壓水龍頭固定在高為3m的消防車上,仍以同樣大小的速度將水斜向上噴出,可以使水流以的水平速度射入某樓層的窗戶,不計(jì)空氣阻力,則該樓層的窗戶距離地面的高度約為( )A. 35mB. 38mC. 40mD. 44m【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】 B【解析】由公式 v2=2gx得 ;當(dāng)水龍頭在消防車上時(shí),豎直方向的速度為由得; 水在豎直方向上升的高度為;樓層高度為H=h+h=35m+3m=38m,故選B。二、非選擇題1、如圖所示,足夠長(zhǎng)的固定木板的傾角為37,勁度系數(shù)為k36 N/m的輕質(zhì)彈簧的一端固定在木板上的P點(diǎn),圖中AP間距等于彈簧的自然長(zhǎng)度現(xiàn)將質(zhì)量m1 kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊放在木板上,在外力作用下將彈簧壓縮到某一位置B點(diǎn)后釋放已知木板PA段光滑,AQ段粗糙,物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù),物塊在B點(diǎn)釋放后向上運(yùn)動(dòng),第一次到達(dá)A點(diǎn)時(shí)速度大小為v03 m/s,取重力加速度g10 m/s2.(1)求物塊第一次向下運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)的速度大小v1;(2)已知彈簧的彈性勢(shì)能表達(dá)式為Epkx2(其中x為彈簧的形變量),求物塊第一次向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度值v;(3)請(qǐng)說(shuō)出物塊最終的運(yùn)動(dòng)狀態(tài),并求出物塊在A點(diǎn)上方運(yùn)動(dòng)的總路程s.解析:運(yùn)用動(dòng)能定理,對(duì)物塊在AQ段上滑和下滑過(guò)程分別列式,即可求解v1;物塊第一次向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中合力為零時(shí)速度最大,由胡克定律和平衡條件求出速度最大時(shí)彈簧的壓縮量,再由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒求最大速度v;根據(jù)能量守恒或動(dòng)能定理可求出總路程設(shè)物塊從A點(diǎn)向上滑行的最大距離為s.根據(jù)動(dòng)能定理,上滑過(guò)程有:mgssin 37mgscos 370mv下滑過(guò)程有:mgssin 37mgscos 37mv0聯(lián)立解得:s1.5 m,v13 m/s(2)物塊第一次向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中合力為零時(shí)速度最大,則有:mgsin 37kx根據(jù)物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒得:mgxsin 37mvmv2kx2解得:v m/s物塊最終在A點(diǎn)下方做往復(fù)運(yùn)動(dòng),最高點(diǎn)為A根據(jù)能量守恒:mgscos 37mv代入數(shù)據(jù)解得:s4.5 m答案:(1)3 m/s(2) m/s(3)在A點(diǎn)下方做往復(fù)運(yùn)動(dòng)4.5 m2、如圖所示,半徑為R1 m,內(nèi)徑很小的粗糙半圓管豎直放置,一直徑略小于半圓管內(nèi)徑、質(zhì)量為m1 kg的小球,在水平恒力F N的作用下由靜止沿光滑水平面從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),A、B間的距離x m,當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)撤去外力F,小球經(jīng)半圓管道運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C,此時(shí)球?qū)ν廛壍膲毫N2.6mg,然后垂直打在傾角為45的斜面上(g10 m/s2)求:(1)小球在B點(diǎn)時(shí)的速度的大??;(2)小球在C點(diǎn)時(shí)的速度的大??;(3)小球由B到C的過(guò)程中克服摩擦力做的功;(4)D點(diǎn)距地面的高度解析:(1)小球從A到B過(guò)程,由動(dòng)能定理得Fxmv解得vB10 m/s.(2)在C點(diǎn),由牛頓第二定律得mgFNm由題意有FN2.6mg解得vC6 m/s.(3)由B到C的過(guò)程,由動(dòng)能定理得mg2RWfmvmv解得克服摩擦力做的功Wf12 J.(4)設(shè)小球從C點(diǎn)到打在斜面上經(jīng)歷的時(shí)間為t, D點(diǎn)距地面的高度為h,則在豎直方向上有2Rhgt2由小球垂直打在斜面上可知tan 45聯(lián)立解得h0.2 m.答案:(1)10 m/s(2)6 m/s(3)12 J(4)0.2 m7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(xué)?!吧磉叺奈锢怼鄙鐖F(tuán)小組利用傳感器研究物體的運(yùn)動(dòng)在一小球內(nèi)部裝上無(wú)線傳感器,并將小球豎直向上拋出,通過(guò)與地面上接收裝置相連的計(jì)算機(jī)描繪出小球上拋后運(yùn)動(dòng)規(guī)律的相關(guān)圖象已知小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)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(jì)算機(jī)正確描繪的是(已知v、t分別表示小球速度的大小、運(yùn)動(dòng)的時(shí)間)()解析:選D.在上升過(guò)程和下降過(guò)程中,小球受到重力和阻力,根據(jù)速度的變化關(guān)系,判斷出阻力的變化關(guān)系,結(jié)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(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律可知mgfma,其中fkv,由于速度減小,阻力減小,加速度減小,當(dāng)速度達(dá)到0時(shí),小球向下做加速運(yùn)動(dòng),根據(jù)mgkvma可知,隨時(shí)間的延續(xù),速度增大,阻力增大,加速度減小,在vt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(xì)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(yùn)動(dòng),細(xì)線中的拉力為F,此時(shí)突然剪斷細(xì)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.,+gC.,+g D.,+g解析:對(duì)兩球及彈簧整體,由牛頓第二定律F-3mg=3ma,對(duì)B球有F彈-2mg=2ma,解得F彈=,對(duì)A球有mg+F彈=maA,得aA=+g,選項(xiàng)A正確.3、(2018山東省臨沂市高三上學(xué)期期中)某質(zhì)點(diǎn)做勻變速直線運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,位移為x,該質(zhì)點(diǎn)的圖象如圖所示,下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是( ) A. 質(zhì)點(diǎn)的加速度大小為B. t=0時(shí),質(zhì)點(diǎn)的初速度大小為aC. t=0到t=b這段時(shí)間質(zhì)點(diǎn)的平均速度為0D. t=0到t=b這段時(shí)間質(zhì)點(diǎn)的路程為【答案】D4、如圖所示,電梯質(zhì)量為M,電梯地板上放置一個(gè)質(zhì)量為m的物塊,輕質(zhì)鋼索拉動(dòng)電梯由靜止開(kāi)始豎直向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)上升高度為H時(shí),速度達(dá)到v.不計(jì)空氣阻力,重力加速度為g,在這個(gè)過(guò)程中()A物塊所受支持力與鋼索拉力之比為mMB地板對(duì)物塊的支持力做的功等于mv2mgHC物塊克服重力做功的平均功率等于mgvD電梯及物塊構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量等于(Mm)v2解析:選BC.鋼索拉力T(Mm)(ga),物塊所受支持力FNm(ga),所以,A項(xiàng)錯(cuò)誤對(duì)物塊m,由動(dòng)能定理有WFNmgHmv2,得WFNmv2mgH,B項(xiàng)正確因物塊做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),則其平均速度,物塊克服重力做功的平均功率PGmg mgv,C項(xiàng)正確電梯及物塊構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量等于(Mm)gH(Mm)v2,D項(xiàng)錯(cuò)誤5、如圖(甲)所示為研究光電效應(yīng)的電路圖,實(shí)驗(yàn)得到了如圖(乙)所示的遏止電壓Uc和入射光頻率的圖像.下列說(shuō)法正確的是(A)A.圖像與橫軸交點(diǎn)坐標(biāo)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hC.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(dāng)遏止電壓為零時(shí),最大初動(dòng)能為零,則入射光的能量等于逸出功,所以W0=h0,故A正確.根據(jù)光電效應(yīng)方程Ekm=h-W0和eUc=Ekm得,Uc=-,知圖線的斜率等于,故B錯(cuò)誤.當(dāng)入射光的頻率大于截止頻率時(shí),遏止電壓與入射光的頻率成線性關(guān)系,故C錯(cuò)誤.從圖像上可知,逸出功W0=h0,逸出功與入射光頻率無(wú)關(guān),故D錯(cuò)誤.6、關(guān)于玻爾建立的氫原子模型,下列說(shuō)法正確的是()A氫原子處于基態(tài)時(shí),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(shí)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(shí),電子的動(dòng)能減小D氫原子從基態(tài)向較高能量態(tài)躍遷時(shí),系統(tǒng)的電勢(shì)能減小解析:選C.氫原子處于基態(tài)時(shí),電子的軌道半徑最小,故A錯(cuò)誤;由hEmEn知?dú)湓釉诓煌芰繎B(tài)之間躍遷時(shí)只可以吸收特定頻率的光子,故B錯(cuò)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(yùn)動(dòng)的半徑增大,線速度減小,動(dòng)能減小,C正確;氫原子從基態(tài)向較高能量態(tài)躍遷時(shí),電子距離氫原子核的距離增大,電場(chǎng)力做負(fù)功,電勢(shì)能增大,D錯(cuò)誤7、在地面附近,存在著兩個(gè)有邊界的理想電場(chǎng),邊界AB將該空間分成上、下兩個(gè)區(qū)域、,區(qū)域中有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng),區(qū)域中有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng),兩區(qū)域電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等,在區(qū)域中的P點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球,小球穿過(guò)邊界AB時(shí)的速度為v0,進(jìn)入?yún)^(qū)域到達(dá)M點(diǎn)時(shí)速度剛好為零,如圖所示已知此過(guò)程中小球在區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是在區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)間的2倍,已知重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力,以下說(shuō)法正確的是()A小球帶正電B電場(chǎng)強(qiáng)度大小為CP點(diǎn)距邊界AB的距離為D若邊界AB處電勢(shì)為零,則M點(diǎn)電勢(shì)為【答案】BCD的距離為x1,M點(diǎn)距邊界AB的距離為x2,M點(diǎn)與AB邊界的電勢(shì)差UEx2,若邊界AB處電勢(shì)為零,則M點(diǎn)的電勢(shì)M,選項(xiàng)B、C、D正確8、(多選)在冰壺比賽中,某隊(duì)員利用紅壺去碰撞對(duì)方的藍(lán)壺,兩者在大本營(yíng)中心發(fā)生對(duì)心碰撞如圖(a)所示,碰后運(yùn)動(dòng)員用冰壺刷摩擦藍(lán)壺前進(jìn)方向的冰面來(lái)減小阻力,碰撞前后兩壺運(yùn)動(dòng)的v-t圖線如圖(b)中實(shí)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(lán)壺速度為0.8msB. 碰后藍(lán)壺移動(dòng)的距離為2.4mC. 碰撞過(guò)程兩壺?fù)p失的動(dòng)能為7.22JD. 碰后紅、藍(lán)兩壺所滑過(guò)的距離之比為1:20【來(lái)源】寧夏銀川一中2018屆高三第四次模擬考試?yán)砭C物理試卷【答案】 AD【解析】A、設(shè)碰后藍(lán)壺的速度為 ,碰前紅壺的速度 碰后紅壺的速度為根據(jù)動(dòng)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(shí)間為:碰后藍(lán)壺運(yùn)動(dòng)圖像的面積代表走過(guò)的位移 ,故B錯(cuò);點(diǎn)睛:知道v-t圖像中斜率代表加速度,面積代表運(yùn)動(dòng)走過(guò)的位移,并利用動(dòng)量守恒解題。二、非選擇題1、如圖甲所示,工廠利用傾角30的皮帶傳輸機(jī),將每個(gè)質(zhì)量為m5 kg的木箱從地面運(yùn)送到高為h5.25 m的平臺(tái)上,機(jī)械手每隔1 s就將一個(gè)木箱放到傳送帶的底端,傳送帶的皮帶以恒定的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)且不打滑木箱放到傳送帶上后運(yùn)動(dòng)的部分vt圖象如圖乙所示,已知各木箱與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)都相等若最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,g取10 m/s2.求:(1)木箱與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù);(2)傳送帶上最多有幾個(gè)木箱同時(shí)在向上輸送;(3)皮帶傳輸機(jī)由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng),從機(jī)械手放上第一個(gè)木箱開(kāi)始計(jì)時(shí)的10分鐘內(nèi),因?yàn)槟鞠涞姆湃?,電?dòng)機(jī)需要多做的功解析:(1)由乙圖可知,木箱運(yùn)動(dòng)的加速度為:a1 m/s2,皮帶勻速運(yùn)動(dòng)的速度為:v1 m/s,根據(jù)牛頓第二定律得:mgcos mgsin ma解得:.(2)木箱加速運(yùn)動(dòng)的位移為:x1at0.5 m,木箱相對(duì)皮帶靜止后,相鄰兩個(gè)木箱之間的距離都相等,有:Lvt1 m傳送帶的長(zhǎng)度為:L2 h10.5 m,L10Lx1,所以傳送帶上最多同時(shí)存在的木箱個(gè)數(shù)為11個(gè)(3)木箱在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí),和皮帶間的相對(duì)位移為:xvtx1110.50.5 m,和皮帶間的摩擦產(chǎn)生的熱量為:Q1mgcos x15 J木箱最終增加的動(dòng)能為:Ek1mv22.5 J,木箱到達(dá)平臺(tái)增加的重力勢(shì)能為:Epmgh262.5 J,從開(kāi)始的10分鐘內(nèi)共傳送木箱的個(gè)數(shù)N1060600個(gè),其中590個(gè)已經(jīng)到達(dá)平臺(tái),還有10個(gè)正在傳送帶上,到達(dá)平臺(tái)的590個(gè),電動(dòng)機(jī)做的功為:W1590(Q1Ek1Ep1)165 200 J,在傳送帶上的已經(jīng)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)得10個(gè)木箱增加的動(dòng)能為:10Ek125 J,10個(gè)木箱的摩擦生熱為:10Q1150 J,10個(gè)木箱增加的重力勢(shì)能共為:Ep10mgxsin 30mgLsin 302mgLsin 309mgLsin 3010mgxsin 30mgLsin 30(1239)1 250 J,所以電動(dòng)機(jī)多做的功為:WW110Ek110Q1Ep166 625 J答案:(1)木箱與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為;(2)傳送帶上最多有11個(gè)木箱同時(shí)在向上輸送;(3)皮帶傳輸機(jī)由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng),從機(jī)械手放上第一個(gè)木箱開(kāi)始計(jì)時(shí)的10分鐘內(nèi),因?yàn)槟鞠涞姆湃?,電?dòng)機(jī)需要多做的功為166 625 J2在真空中,邊長(zhǎng)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(qiáng)磁場(chǎng),中間區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)電場(chǎng),如圖所示左側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1,方向垂直紙面向外;右側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2,方向垂直于紙面向里;中間區(qū)域電場(chǎng)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(kāi)始由靜止被加速,加速電壓為U,加速后粒子從a點(diǎn)進(jìn)入左側(cè)磁場(chǎng),又從距正方形上下邊界等間距的b點(diǎn)沿與電場(chǎng)平行的方向進(jìn)入中間區(qū)域的電場(chǎng)中,不計(jì)粒子重力(1)求a點(diǎn)到A點(diǎn)的距離(2)電場(chǎng)強(qiáng)度E的取值在什么范圍內(nèi)時(shí)粒子能從右側(cè)磁場(chǎng)的上邊緣CC1間離開(kāi)?(3)改變中間區(qū)域的電場(chǎng)方向和場(chǎng)強(qiáng)大小,粒子可從D點(diǎn)射出,求粒子在左右兩側(cè)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間解析:(1)粒子在金屬板間加速時(shí),有qUmv2粒子在左側(cè)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),如圖甲所示,有qvB1msin a點(diǎn)到A點(diǎn)的距離xR1(1cos )聯(lián)立解得xL (2)如圖甲所示,粒子在右側(cè)磁場(chǎng)中以半徑為Rn和Rm的兩軌跡為臨界軌跡從上邊緣CC1離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí),有RnLRmL又qvnB2mqvmB2m粒子在中間電場(chǎng)運(yùn)動(dòng)時(shí),有qEnLmvmv2qEmLmvmv2聯(lián)立解得En,Em電場(chǎng)強(qiáng)度的取值范圍為E.(3)粒子在左右磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),T1T2必須改變中間區(qū)域的電場(chǎng)方向并取定電場(chǎng)E的某一恰當(dāng)確定數(shù)值,粒子才能沿如圖乙所示的軌跡從D點(diǎn)射出由式可得:60,有t聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得t .答案:(1)L(2)E(3) 9
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