2019高考物理一轮选习练题(含解析)(打包12套)新人教版.zip
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人教物理2019高考一轮选习练题(10)李仕才一、选择题1、一质点做匀加速直线运动,位移为x1时,速度的变化为v;紧接着位移为x2时,速度的变化仍为v。则质点的加速度为( ) A B C D【参考答案】C2、(2018芜湖模拟)如图所示,用平行于斜面体A的轻弹簧将物块P拴接在挡板B上,在物块P上施加沿斜面向上的推力F,整个系统处于静止状态下列说法正确的是()A物块P与斜面之间一定存在摩擦力B弹簧的弹力一定沿斜面向下C地面对斜面体A的摩擦力水平向左D若增大推力,则弹簧弹力一定减小解析:对物块P受力分析可知,若推力F与弹簧弹力的合力与物块重力沿斜面向下的分力平衡,则物块P与斜面之间无摩擦力,A错误;弹簧处于拉伸或压缩状态物块P均可能保持静止,B错误;由整体法可知地面对斜面体A的静摩擦力平衡了推力F沿水平方向向右的分力,C正确;增大推力F,若物块P仍保持静止,则弹簧的弹力不变,D错误答案:C3、(2018深圳模拟)在光滑斜面上有一质量为m的小球,小球与平行于斜面的轻弹簧和与竖直方向成30角轻绳的一端相连,如图所示,此时小球处于静止状态,且斜面对小球的弹力恰好为零则下列关于小球的加速度a大小的说法,正确的是()A剪断绳的瞬间,agB剪断绳的瞬间,agC剪断弹簧B端的瞬间,agD剪断弹簧B端的瞬间,ag解析:小球处于静止状态,且斜面对小球的弹力恰好为零;根据共点力平衡有:弹簧的弹力Fmgsin30mg,剪断绳的瞬间,弹簧的弹力不变,则小球的加速度a0,故A、B错误;剪断弹簧B端的瞬间,根据牛顿第二定律得,ag,故C正确、D错误答案:C4、甲、乙两物体分别在恒力F1、F2的作用下,沿同一直线运动它们的动量随时间变化如图所示设甲在t1时间内所受的冲量为I1,乙在t2时间内所受的冲量为I2,则F、I的大小关系是()AF1F2,I1I2 BF1F2,I1F2,I1I2 DF1F2,I1I2解析:冲量Ip,从题图上看,甲、乙两物体动量变化的大小I1I2,又因为I1F1t1,I2F2t2,t2t1,所以F1F2.答案:A5、在如图所示电路中E为电源,其电动势E9.0 V,内阻可忽略不计;AB为滑动变阻器,其电阻R30 ;L为一小灯泡,其额定电压U6.0 V,额定功率P1.8 W;S为开关,开始时滑动变阻器的触头位于B端,现在接通开关S,然后将触头缓慢地向A端滑动,当到达某一位置C处时,小灯泡刚好正常发光则C、B之间的电阻应为()A10 B20 C15 D5 解析:本题中小灯泡刚好正常发光,说明此时小灯泡达到额定电流I额 A0.3 A,两端电压达到额定电压U额6.0 V,而小灯泡和电源、滑动电阻AC串联,则电阻AC的电流与小灯泡的电流相等,RAC10 ,RCBRRAC20 ,B项正确答案:B6、(2018江苏模拟)如图所示,A、B两点是通电导线左右两侧的点,这两点处磁感应强度的方向()A均垂直于纸面向里B均垂直于纸面向外CA点垂直于纸面向里,B点垂直于纸面向外DA点垂直于纸面向外,B点垂直于纸面向里解析:利用安培定则可以判断出通电直导线周围的磁场线分布情况,题图中电流方向向上,则导线右侧的磁场方向垂直于纸面向里,左侧的磁场方向垂直于纸面向外,即A点垂直于纸面向外,B点垂直于纸面向里,故D正确,A、B、C错误答案:D7、关于核衰变和核反应的类型,下列表述正确的是()A.UThHe是衰变B.NHeOH是衰变C.HHHen是轻核聚变D.SeKr2e是重核裂变答案:AC二、非选择题有一只小灯泡,其额定电压的标值为2.5 V,额定功率的标值模糊不清某同学想通过测绘灯丝伏安特性曲线的方法来测出该灯泡的额定功率(1)已知小灯泡的灯丝电阻约为5 ,请先在上图中补全伏安法测量灯丝电阻的电路图,再选择电流表、电压表的合适量程,并按图甲连接方式将上图乙中的实物连成完整的电路(2)开关S闭合之前,上图乙中滑动变阻器的滑片应置于_(填“A端”“B端”或“AB正中间”)(3)该同学通过实验作出了灯丝的伏安特性曲线如图丙所示,则小灯泡的额定功率为_ W.解析:(1)小灯泡电阻较小,所以电流表外接(2)开关S闭合前,被测电路两端电压应最小,滑片应置于B端(3)灯泡两端额定电压为2.5 V时,电流I0.44 A,所以灯泡的额定功率PUI1.1 W.答案:(1)如图甲所示如图乙所示(2)B端(3)1.15人教物理2019高考一轮选习练题(11)李仕才一、选择题1、如图所示,质量为的木块在质量为M的长木板上受到水平向右的拉力F作用向右滑行,长木板处于静止状态。已知木块与木板间的动摩擦因数为,木板与地面间的动摩擦因数为。下列说法正确的是( )A木板受到地面的摩擦力的大小一定是B木板受到地面的摩擦力的大小一定是C当时,木板发生运动D无论怎样改变F的大小,木板都不可能运动【参考答案】D2、在研究二力合成的实验中,AB是一根被拉长的橡皮筋,定滑轮是光滑的,如图所示,若改变拉力F而保持O点位置不变,则下列说法中正确的是()A要使减小,减小拉力F即可B要使减小,增大拉力F即可C要使减小,必须改变,同时改变F的大小才有可能D要减小而保持不变,则只改变F的大小是不可能保持O点的位置不变的解析:绳子对O点的拉力F2与F的合力和F1等大、反向,如图所示,O点位置不变,则橡皮筋的拉力F1不变,绳子拉力F2的方向不变,即角不变,若要减小,必使F的大小和方向以及F2的大小发生改变,故D选项正确答案:D3、(2018江西赣中南五校联考)如图所示,水平细杆上套一细环A,环A和球B间用一轻质绳相连,质量分别为mA、mB(mAmB),由于B球受到水平风力作用,A环与B球一起向右匀速运动,已知绳与竖直方向的夹角为,则下列说法正确的是()A风力增大时,轻质绳对B球的拉力保持不变B风力增大时,杆对A环的支持力保持不变CB球受到的风力F为mAgtanDA环与水平细杆间的动摩擦因数为解析:以整体为研究对象,分析受力如图甲所示,根据平衡条件得,杆对环A的支持力FN(mAmB)g,所以杆对环A的支持力保持不变,B正确以B球为研究对象,分析受力如图乙所示,由平衡条件得,轻质绳对球B的拉力FT,风力FmBgtan,风力F增大时,增大,cos减小,FT增大,故A、C错误由图甲得到FfF,环A与水平细杆间的动摩擦因数tan,故D错误选B.答案:B4、如图所示,在水平光滑地面上有A、B两个木块,A、B之间用一轻弹簧连接A靠在墙壁上,用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态若突然撤去力F,则下列说法中正确的是()A木块A离开墙壁前,墙对木块A的冲量大小等于木块B动量变化量的大小B木块A离开墙壁前,弹性势能的减少量等于木块B动能的增量C木块A离开墙壁时,B的动能等于A、B共速时的弹性势能D木块A离开墙壁后,当弹簧再次恢复原长时,木块A的速度为零解析:木块A离开墙壁前,对A、B整体而言,墙对木块A的冲量大小等于整体的动量变化量即等于木块B动量变化量的大小;根据能量守恒定律,木块A离开墙壁前,弹性势能的减少量等于木块B动能的增量;木块A离开墙壁时,B的动能等于A、B共速时的弹性势能及A的动能之和;木块A离开墙壁后,当弹簧再次恢复原长时,A、B交换速度,木块B的速度为零选项A、B正确答案:AB5、如图所示,电源电动势E12 V,内阻r3 ,R01 ,直流电动机内阻R01 .当调节滑动变阻器R1时可使图甲中电路的输出功率最大;调节R2时可使图乙中电路的输出功率最大,且此时电动机刚好正常工作(额定输出功率为P02 W),则R1和R2连入电路中的阻值分别为()A2 、2 B2 、1.5 C1.5 、1.5 D1.5 、2 解析:因为题图甲电路是纯电阻电路,当外电阻与电源内阻相等时,电源的输出功率最大,所以R1接入电路中的阻值为2 ;而题图乙电路是含电动机的电路,欧姆定律不适用,电路的输出功率PIUI(EIr),所以当I2 A时,输出功率P有最大值,此时电动机的输出功率为2 W,发热功率为4 W,所以电动机的输入功率为6 W,电动机两端的电压为3 V,电阻R2两端的电压为3 V,所以R2接入电路中的阻值为1.5 ,B正确答案:B6、如图所示,均匀绕制的螺线管水平固定在可转动的圆盘上,在其正中心的上方有一固定的环形电流A,A与螺线管垂直A中电流方向为顺时针方向,开关S闭合瞬间关于圆盘的运动情况(从上向下观察),下列说法正确的是()A静止不动B顺时针转动C逆时针转动 D无法确定解析:环形电流可等效为里面的N极、外面为S极的小磁针,通电螺线管可等效为右边为N板,左边为S极的条形磁铁,根据磁极间的相互作用,圆盘将顺时针转动,选项B正确答案:B7、(2018广东揭阳一中、潮州金中联考)下列说法中正确的是()A发现天然放射现象的意义在于使人类认识到原子具有复杂的结构B结合能越大的原子核,原子核中的核子结合得越牢固,原子核越稳定C根据玻尔理论可知,氢原子核外电子跃迁过程中电子的电势能和动能之和不守恒D已知Th的半衰期是24天,48 g的Th经过72天后衰变了42 g解析:发现天然放射现象的意义在于使人类认识到原子核具有复杂的结构,而电子的发现说明原子具有复杂结构,故A错误;比结合能越大,原子核中的核子结合得越牢固,原子核越稳定,故B错误;根据玻尔理论可知,氢原子核外电子跃迁过程中,电子的总能量将减小(或增大),即电子的电势能和动能之和是不守恒的,这是因为氢原子要辐射(或吸收)光子,故C正确;经过3个半衰期后,48 g的Th还剩下483 g6 g,衰变了48 g6 g42 g,故D正确答案:CD二、非选择题如图所示,固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道,轨道半径R0.6 m平台上静止着两个滑块A、B,mA0.1 kg,mB0.2 kg,两滑块间夹有少量炸药,平台右侧有一带挡板的小车静止在光滑的水平地面上,小车质量为M0.3 kg,小车的上表面与平台的台面等高,小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧点燃炸药后,A、B分离瞬间滑块B以3 m/s的速度冲向小车两滑块都可以看作质点,炸药的质量忽略不计,爆炸的时间极短,爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上,且g10 m/s2.求:(1)滑块A能否从半圆轨道的最高点离开;(2)滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能解析:(1)爆炸前后A、B组成的系统动量守恒,设爆炸后滑块A、B的速度大小分别为vA、vB,则mAvAmBvB,解得vA6 m/sA在运动过程中机械能守恒,若A能到达半圆轨道最高点由机械能守恒得mAvmAv2mAgR解得vA2 m/s滑块恰好通过最高点的条件是mAgmA解得v m/svA,所以A能从半圆轨道最高点离开(2)滑块B冲上小车后将弹簧压缩到最短时,弹簧具有最大弹性势能,此时B和小车具有相同速度,由动量守恒定律得mBvB(mBM)v共由能量守恒定律得EpmBv(mBM)v解得Ep0.54 J.答案:(1)能(2)0.54 J5人教物理2019高考一轮选习练题(12)李仕才一、选择题1、下列说法正确的是()A牛顿认为物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质B牛顿第一定律、牛顿第二定律都可以通过实验来验证C国际单位制中,kg、m、N是三个基本单位D根据速度定义式v=,当t0时,就可以表示物体在t时刻的瞬时速度,该定义运用了微元的思想方法 【参考答案】A 2、如图所示,斜面固定,倾角为30,物块m和M用轻质绳通过斜面上的定滑轮相连接(滑轮光滑),一力F施加在绳上一点O使O点所受三力相互成120角,已知M质量为10 kg,m与斜面恰无摩擦力,则m的质量和F的值各为(g取10 m/s2)()A10 kg100 NB20 kg100 NC5 kg50 N D20 kg50 N解析:“O”点所受三力互成120角且静止,则FMgmgsin,则FMg100 N,m2M20 kg.答案:B3、(2018广东广雅中学三诊)消防员用绳子将一不慎落入井中的儿童从井内加速向上提的过程中,不计绳子的重力,以下说法正确的是()A绳子对儿童的拉力大于儿童对绳子的拉力B绳子对儿童的拉力大于儿童的重力C消防员对绳子的拉力与绳子对消防员的拉力是一对作用力与反作用力D消防员对绳子的拉力与绳子对儿童的拉力是一对平衡力解析:绳子对儿童的拉力和儿童对绳子的拉力是作用力和反作用力,大小相等,方向相反,故A错误;儿童从井内被加速向上提的过程中,加速度方向向上,根据牛顿第二定律得绳子对儿童的拉力大于儿童的重力,故B正确;消防员对绳子的拉力与绳子对消防员的拉力是一对作用力与反作用力,故C正确;消防员对绳子的拉力是作用在绳子上的力,而绳子对儿童的拉力是作用在儿童上的力,故二力不是平衡力,故D错误答案:BC4、(2018合肥市质量检测)一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用,在粗糙水平面上做加速直线运动时的at图象如图所示,t0时其速度大小为2 m/s,滑动摩擦力大小恒为2 N,则()A在t6 s的时刻,物体的速度为18 m/sB在06 s时间内,合力对物体做的功为400 JC在06 s时间内,拉力对物体的冲量为48 NsD在t6 s的时刻,拉力F的功率为200 W解析:类比速度图象位移的表示方法可知,速度变化量在加速度时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示,在06 s内v18 m/s,v02 m/s,则t6 s时的速度v20 m/s,A项错;由动能定理可知,06 s内,合力做功Wmv2mv396 J,B项错;由冲量定理可知,IFftmvmv0,代入已知条件解得:I48 Ns,C项正确;由牛顿第二定律可知,6 s末FFfma,解得:F10 N,所以拉力的功率PFv200 W,D项正确答案:CD5、(2018武汉模拟)如图所示,R是光敏电阻,其阻值随光照强度的增大而减小,当它受到的光照强度增大时()A灯泡L变暗B光敏电阻R上的电压增大C电压表V的读数减小D电容器C的带电荷量增大解析:光照强度增大时,R的阻值减小,闭合电路的总电阻减小,根据闭合电路欧姆定律知I增大,灯泡L变亮,选项A错误;光敏电阻R上的电压UREI(rR灯)减小,选项B错误;电压表V的读数UEIr减小,选项C正确;电容器C两端的电压等于灯泡两端的电压,灯泡两端的电压ULIR灯增大,所以电容器C的带电荷量QCUL增大,选项D正确答案:CD6、(2018陕西省宝鸡市高三教学质量检测)如图所示,垂直纸面放置的两根平行长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2,且I1I2,纸面内的一点H到两根导线的距离相等,则该点的磁感应强度方向可能为图中的()AB4BB3 CB2DB1解析:根据题述,I1I2,由安培定则,I1在H点产生的磁感应强度方向垂直于H和I1连线,指向右下,I2在H点产生的磁感应强度方向垂直于H和I2连线,指向左下I1在H点产生的磁感应强度比I2在H点产生的磁感应强度大,H点磁感应强度为两磁场的叠加,故H点的磁感应强度方向可能为图中的B3,选项B正确答案:B7、一个U原子核在中子的轰击下发生一种可能的裂变反应,其裂变方程为UnXSr2n,则下列说法正确的是()AX的原子核中含有86个中子BX的原子核中含有141个核子C因为裂变释放能量,根据Emc2,所以裂变后的总质量数增加D因为裂变释放能量,出现质量亏损,所以裂变后的总质量减少解析:设X的原子核中含有x个质子,质量数为y,根据电荷数和质量数守恒有:92x38,2351y942,解得x54,y140,所以X的中子数为:yx86,故A正确;根据A选项的论述可知X含有质量数为140,即核子数为140,故B错误;裂变反应过程中质量数守恒,质量数不会增加,裂变过程存在质量亏损,质量不守恒,故C错误;因为裂变释放能量,出现质量亏损,所以裂变后的总质量减少,故D正确答案:AD二、非选择题两位同学在实验室利用如图甲所示的电路测定定值电阻R0、电源的电动势E和内阻r,调节滑动变阻器的滑片P向某一方向移动时,一个同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据,另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据,并根据数据分别描绘了如图乙所示的两条UI直线a、b,回答下列问题:(1)根据两同学描绘的直线a、b,可知b图线是根据电压表_(填“V1”或“V2”)和电流表A的数据描绘的图线,并可以测得_(填写物理量符号及计算结果)(2)忽略各电表对电路的影响,则该电路中电流表的读数最大不超过_ A.解析:(1)定值电阻的UI图线是正比例图线,一定经过原点,故图线b是根据电压表V2和电流表A的数据描绘的,由图线b可得R0的电阻为2.0 .(2)当滑动变阻器的滑片滑到最左端时,总电阻最小,电流最大,示数为0.5 A.答案:(1)V2R02.0 (2)0.54人教物理2019高考一轮选习练题(1)李仕才一、选择题1、如图是对着竖直墙壁沿水平方向抛出的小球a、b、c的运动轨迹,三个小球到墙壁的水平距离均相同,且a和b从同一点抛出。不计空气阻力,则( )Aa和b的飞行时间相同Bb的飞行时间比c的短Ca的水平初速度比b的小Dc的水平初速度比a的大【参考答案】D2、(2018海安模拟)下列说法正确的是()A直线运动的物体位移大小等于路程B计算火车过桥时所用的时间,火车可当成质点C速度变化快的物体加速度不一定大D参考系可以是匀速运动的物体,也可以是变速运动的物体答案:D3、(2018哈师大附中月考)如图,MN为转轴OO上固定的光滑硬杆,且MN垂直于OO.用两个完全相同的小圆环套在MN上分别用两条不可伸长的轻质细线一端与圆环连接,另一端系于OO上,长度分别为l1、l2.已知l1、l2与MN的夹角分别为1、2,OO匀速转动时,线上弹力分别为F T1、F T2.下列说法正确的是()A若l1sin1l2sin2,则F T1F T2B若l1cos1l2cos2,则F T1F T2C若l1tan1l2tan2,则F T1F T2D若l1l2,则F T1F T2解析:设两环的质量均为m,硬杆转动的角速度为,根据牛顿第二定律,对左环有:FT1cos1m2l1cos1;对右环有:F T2cos2m2l2cos2两环相等得;若l1cos1l2cos2,则F T1cos1F T2cos2,不能得到F T1FT2;由题意可知l1sin1l2tan2,可得cos1F T2;若l1l2,则F T1FT2,选项D正确,A、B、C错误答案:D4、如图所示,滑雪者由静止开始沿斜坡从A点自由滑下,然后在水平面上前进至B点停下已知斜坡、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数皆为,滑雪者(包括滑雪板)的质量为m,A、B两点间的水平距离为L.在滑雪者经过AB段运动的过程中,克服摩擦力做的功()A大于mgL B小于mgLC等于mgL D以上三种情况都有可能解析:设斜坡与水平面的交点为C,BC长度为L1,AC水平长度为L2,AC与水平面的夹角为,如图所示,则滑雪者在水平面上摩擦力做功W1mgL1,在斜坡上摩擦力做功W2mgcosmgL2,所以在滑雪者经过AB段过程中,摩擦力做功WW1W2mg(L1L2)mgL.所以滑雪者克服摩擦力所做的功为mgL.故选项C正确答案:C5、(2018四川资阳二诊)如图所示,平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接,下极板接地,静电计所带电荷量很少,可被忽略,一带负电的油滴被固定于电容器中的P点,现将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离,则下列说法正确的是()A平行板电容器的电容将减小B带电油滴的电势能将减少C静电计指针的张角变小D若将上极板与电源正极断开后,再将下极板左移一小段距离,则带电油滴所受的电场力不变解析:由C知,将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离,d减小,C增大,A错误;U不变,静电计指针的张角不变,C错误;由E知,E增大,则P点与负极板间的电势差增大,P点的电势升高,Epq,又油滴带负电,则带电油滴的电势能将减少,B正确;若将上极板与电源正极的导线断开后再将下极板左移一小段距离,Q不变,由C知,S减小,C减小,由U得,电压U增大,场强E增大,带电油滴所受的电场力增大,D错误答案:B6、一匀强磁场的边界是MN,MN左侧是无场区,右侧是匀强磁场区域,如图甲所示,现有一个金属线框以恒定速度从MN左侧进入匀强磁场区域线框中的电流随时间变化的It图象如图乙所示则可能的线框是如图丙所示中的()解析:从乙图看到,电流先均匀增加后均匀减小,而线圈进入磁场是匀速运动,所以有效长度是均匀增加的,所以D项正确,B项排除的原因是中间有段时间电流恒定不变答案:D7、(2018安徽模拟)如图所示,理想变压器原、副线圈上接有四个完全相同的灯泡,若四个灯泡恰好都能正常发光,则下列说法正确的是()AU1:U23:4BU1:U24:3C若将L1短路,则副线圈的三个灯泡仍能正常发光D若将L2短路,则副线圈的两个灯泡两端的电压变为额定电压的倍解析:设灯泡的额定电压为U,额定电流为I,则副线圈电压为3U,电流为I,原线圈的灯泡正常发光,电流也为I,所以原、副线圈的匝数比为1:1,原线圈两端电压为3U,所以U1:U24:3,选项A错误、B正确;若将L1短路,则原线圈的电压增大,则副线圈两端电压也增大,三个灯泡不能正常发光,选项C错误;若将L2短路,设副线圈的电流为I,原线圈的电流也为I,因此2IRIRU14U,则IRU,即副线圈的每个灯泡两端的电压变为额定电压的,选项D正确答案:BD二、非选择题利用如图1所示的实验装置探究恒力做功与物体动能变化的关系小车的质量为M200.0 g,钩码的质量为m10.0 g,打点计时器的电源为50 Hz的交流电图1(1)挂钩码前,为了消除摩擦力的影响,应调节木板右侧的高度,直至向左轻推小车观察到_(2)挂上钩码,按实验要求打出的一条纸带如图2所示选择某一点为O,依次每隔4个计时点取一个计数点用刻度尺量出相邻计数点间的距离x,记录在纸带上计算打出各计数点时小车的速度v,其中打出计数点“1”时小车的速度v1_m/s.图2(3)将钩码的重力视为小车受到的拉力,取g9.80 m/s2,利用Wmgx算出拉力对小车做的功W.利用EkMv2算出小车动能,并求出动能的变化量Ek.计算结果见下表.W/103 J2.452.923.353.814.26Ek/103 J2.312.733.123.614.00请根据表中的数据,在图3中作出EkW图象图3(4)实验结果表明,Ek总是略小于W.某同学猜想是由于小车所受拉力小于钩码重力造成的用题中小车和钩码质量的数据可算出小车受到的实际拉力F_N.解析:(1)完全平衡摩擦力的标志是轻推小车,小车做匀速运动(2)两计数点间的时间间隔T50.02 s0.1 sv1 m/s0.228 m/s(3)确定标度,根据给出数据描点作图如图所示(4)从图线上取两个点(4.5,4.24),(2.15,2.0)图线的斜率k0.953又有k根据运动学公式有v22ax根据牛顿第二定律有FMa由式解得F0.093 N答案:(1)小车做匀速运动(2)0.228(3)见解析图(4)0.0935人教物理2019高考一轮选习练题(2)李仕才一、选择题1、质量为m的物块沿着倾角为的粗糙斜面匀速下滑,物块与斜面间的动摩擦因数为.斜面对物块的作用力是()A. 大小mg,方向竖直向上 B. 大小mgcos,方向垂直斜面向上C. 大小mgsin,方向沿着斜面向上D. 大小mgcos,方向沿着斜面向上 【参考答案】A2、(2018成都模拟)如图所示为成都到重庆的和谐号动车车厢内可实时显示相关信息的显示屏示意图,图中甲、乙两处的数据分别表示了两个物理量下列说法中正确的是()A甲处表示时间,乙处表示平均速度B甲处表示时间,乙处表示瞬时速度C甲处表示时刻,乙处表示平均速度D甲处表示时刻,乙处表示瞬时速度解析:甲处表盘显示时刻,乙处表盘显示动车行进过程中的瞬时速度,答案为D.答案:D3、(2018广西重点高中高三一模) 2016年10月17日“神舟十一号”载人飞船发射成功,飞船入轨后经过约2天的独立飞行完成与“天宫二号”的对接如图所示,“天宫二号”处于离地面高h393 km的圆轨道A上,“神舟十一号”处于圆轨道B上“神舟十一号”在位置1点火后沿轨道C运动到位置2,然后沿轨道A运动,通过调整自己与前方的“天宫二号”的相对距离和姿态,最终对接已知地球半径为R6 371 km,引力常量为G6.671011 Nm2/kg2,地球质量为M6.01024 kg,不计大气阻力下列说法正确的是()A“天宫二号”在轨道A上的运行周期比“神舟十一号”在轨道B上的运行周期小B“天宫二号”在轨道A上的加速度比“神舟十一号”在轨道B上的加速度大C“天宫二号”在轨道A上的运行速率约为7.7 km/sD“神舟十一号”在位置2时的机械能小于在位置1时的机械能解析:由m()2r,得T,可知半径越大,周期越大,A错由ma,得加速度a,半径越大,加速度越小,B错由m0,得v7.7 km/s,C对“神舟十一号”在轨道C上运动时,由于点火加速,故其机械能增加,D错答案:C4、(2018常州市模拟)如图所示是“过山车”玩具模型,当小球以速度v经过圆形轨道最高点时,小球与轨道间的作用力为F,多次改变小球初始下落的高度h,就能得出F与v的函数关系,下列关于F与v之间的关系中有可能正确的是()解析:小球运动过程中,只有重力做功,机械能守恒,故mghmg2Rmv2(),在轨道最高点,重力和支持力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律,有Fmgm(),联立解得Fmmg(),根据式,Fv关系图象是开口向上的抛物线,C项正确答案:C5、(2018山东泰安一模)如图所示,Q为固定的正点电荷,虚线圆是其一条等势线两电荷量相同、但质量不相等的粒子,分别从同一点A以相同的速度v0射入,轨迹如图中曲线,B、C为两曲线与圆的交点aB、aC表示两粒子经过B、C时的加速度大小,vB、vC表示两粒子经过B、C时的速度大小不计粒子重力,以下判断正确的是()AaBaCvBvCBaBaCvBvCCaBaCvBvC DaBvC解析:库仑力F,两粒子在B、C两点受的库仑力大小相同,根据粒子的运动轨迹可知aBaC,a,解得mBmC,因为B、C两点位于同一等势线上,电势相等,所以两粒子从A运动到B和从A运动到C,电场力做功相同且做负功,有Wmv2mv,所以mB(vv)mC(vv),因为mBmC,所以vBvC,C正确答案:C6、美国大众科学月刊网站报道,美国明尼苏达大学的研究人员发现:一种具有独特属性的新型合金能够将热能直接转化为电能具体而言,只要略微提高温度,这种合金就会变成强磁性合金,从而使环绕它的线圈中产生电流,其简化模型如图所示A为圆柱形合金材料,B为线圈,套在圆柱形合金材料上,线圈的半径大于合金材料的半径现对A进行加热,则()AB中将产生逆时针方向的电流BB中将产生顺时针方向的电流CB线圈有收缩的趋势DB线圈有扩张的趋势解析:合金材料加热后,合金材料成为强磁体,通过线圈B的磁通量增大,由于线圈B内有两个方向的磁场,由楞次定律可知线圈只有扩张,才能阻碍磁通量的增加,C错误、D正确;由于不知道极性,无法判断感应电流的方向,A、B错误答案:D7、(多选)下图是远距离输电的示意图n1、n2是升压变压器原、副线圈的匝数,n1:n21:20,n3、n4是降压变压器原、副线圈的匝数,n3:n440:1.升压变压器的原线圈n1与一交变电流相连接,该交变电流的瞬时值表达式为u440sin100t V,下列说法正确的是()A用电器获得的电压的有效值为220 VB用电器获得电压的有效值小于220 V,要想使用电器的电压变为220 V,在n1、n3、n4不变的前提下,增大n2C用电器获得电压的有效值大于220 V,要想使用电器的电压变为220 V,在n1、n2、n4不变的前提下,增大n3D通过用电器的交变电流的方向,每秒改变100次解析:如果输电线上不存在电阻,即不存在电压降,则有,U1U440 V,U2U3,可得U4220 V,由于输电线存在电压降,所以U3U2,U4220 V;若要提高U4电压值,根据变压规律,仅增加n2匝数即可,A、C错误,B正确由题意知100 rad/s,所以f50 Hz,则电流方向每秒改变100次,D正确答案:BD二、非选择题下列说法中正确的是()A军队士兵过桥时使用便步,是为了防止桥发生共振现象B机械波和电磁波在介质中的传播速度仅由介质决定C泊松亮斑是光通过圆孔发生衍射时形成的D拍摄玻璃橱窗内的物品时,往往在镜头前加装一个偏振片以减弱玻璃的反射光E赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在(2)(15分)在某种介质中,S1、S2处有相距4 m的两个波源,沿垂直纸面方向做简谐运动,其周期分别为T10.8 s和T20.4 s,振幅分别为A12 cm和A21 cm,在该介质中形成的简谐波的波速为v5 m/s.S处有一质点,它到S1的距离为3 m,且SS1S1S2,在t0时刻,两波源同时开始垂直纸面向外振动,试求:()t0时刻振动传到S处的时间差;()t10 s时,S处质点离开平衡位置的位移大小解析:(1)电磁波的传播不需要介质,在真空中也能传播,但在介质中的传播速度由介质和频率共同决定,B错;泊松亮斑是用光照射不透光的小圆盘时产生的衍射现象,C错(2)()由题意可知SS25 m;S1在t0时刻振动传到质点S所需的时间t10.6 s.S2在t0时刻振动传到质点S所需的时间t21 s.故S1、S2在t0时刻振动传到质点S的时间差M为绳的中点tt2t10.4 s.()在t10 s时质点S按S1的振动规律已经振动了t1tt19.4 sT1,此时S1引起质点S的位移大小x1A12 cm;t10 s时质点S按S2的振动规律已经振动了t2tt29 sT2,此时S2引起质点S的位移大小x20;所以t10 s时质点S离开平衡位置的位移为S1和S2单独传播引起S位移的矢量和,故xx1x22 cm02 cm.答案:(1)ADE(2)()0.4 s()2 cm5人教物理2019高考一轮选习练题(3)李仕才一、选择题1、如图所示为位于瑞士的世界上最大的人工喷泉日内瓦喷泉,已知该喷泉竖直向上喷出,喷出时水的速度为53 m/s,喷嘴的出水量为0.5 m3/s,不计空气阻力,则空中水的体积应为(g取10 m/s2)()A.2.65 m3B.5.3 m3C.10.6 m3D.因喷嘴的横截面积未知,故无法确定【参考答案】B2、两物体A、B由静止开始从同一位置沿相同方向同时开始做直线运动,其运动的位移时间(xt)图象如图所示下列说法正确的是()A两物体A、B在t2.5 t0时刻相距最远B两物体A、B在减速运动过程中加速度相同C两物体A、B在t2.5t0时刻速度相同D两物体A、B在tt0时刻相距最远解析:两物体A、B在t2.5 t0时刻处于同一位置,相距最近,两物体A、B在tt0时刻相距最远,选项A错误、D正确两物体A、B都是先沿x轴正方向做匀速运动,后沿x轴负方向做匀速运动,根据位移图象斜率表示速度可知,在沿x轴负方向做匀速运动过程中速度相同,选项B错误两物体A、B在t2.5t0时刻速度不相同,处于同一位置,选项C错误答案:D3、如图所示,轻绳的一端固定在O点,另一端系一质量为m的小球(可视为质点)当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时,通过传感器测得轻绳拉力FT、轻绳与竖直线OP的夹角满足关系式FTabcos,式中a、b为常数若不计空气阻力,则当地的重力加速度为()A. B.C. D.解析:当小球运动到最低点时,0,拉力最大,FT1ab,FT1mg;当小球运动到最高点时,180,拉力最小,FT2ab,FT2mg;由动能定理有mg2Lmvmv,联立解得g,选项D正确答案:D4、如图所示,两箱相同的货物,现要用电梯将它们从一楼运到二楼,其中图甲是利用扶梯台式电梯运送货物,图乙是用履带式自动电梯运送,假设两种情况下电梯都是匀速地运送货物,下列关于两电梯在运送货物时说法正确的是()A两种情况下电梯对货物的支持力都对货物做正功B图乙中电梯对货物的支持力对货物做正功C图甲中电梯对货物的支持力对货物做正功D图乙中电梯对货物的支持力对货物不做功解析:在图甲中,货物随电梯匀速上升时,货物受到的支持力竖直向上,与货物位移方向的夹角小于90,故此种情况下支持力对货物做正功,选项C正确;图乙中,货物受到的支持力与履带式自动电梯接触面垂直,此时货物受到的支持力与货物位移垂直,故此种情况下支持力对货物不做功,故选项A、B错误,D正确答案:CD5、有一匀强电场,方向如图所示,在电场中有三个点A、B、C,这三点的连线恰好构成一个直角三角形,且AC边与电场线平行已知A、B两点的电势分别为A5 V,B1.8 V,A、B的距离为4 cm,B、C的距离为3 cm.若把一个电子(e1.61019 C)从A点移动到C点,那么电子电势能的变化量为()A8.01019 J B1.61019 JC8.01019 J D1.61019 J解析:设AB与AC之间的夹角为,则cos,又AB的距离SAB4 cm,则AB沿场强方向的距离为dABSABcos4 cm cm,设A、B之间电势差为UAB,则电场强度为E100 V/m.电子从A点到达C点电势能的变化量为EpW1.610191000.05 J8.01019 J,故A项正确答案:A6、(2018肇庆市高中毕业班模拟考试)如图所示,水平放置的平行金属导轨MN和PQ之间接有定值电阻R,导体棒ab长为l且与导轨接触良好,整个装置处于竖直向上的匀强磁场中,现使导体棒ab向右匀速运动,下列说法正确的是()A导体棒ab两端的感应电动势越来越小B导体棒ab中的感应电流方向是abC导体棒ab所受安培力方向水平向右D导体棒ab所受合力做功为零解析:由于导体棒匀速运动,磁感应强度及长度不变,由EBLv可知,运动中感应电动势不变;由楞次定律可知,导体棒中的电流方向由b指向a;由左手定则可知,导体棒所受安培力方向水平向左;由于匀速运动,棒的动能未变,由动能定理可知,合力做的功等于零选项A、B、C错误,D正确答案:D7、(2017上海单科,1)由放射性元素放出的氦核流被称为()A阴极射线B射线C射线 D射线解析:本题考查天然放射现象在天然放射现象中,放出、三种射线,其中射线属于氦核流,选项B正确答案:B二、非选择题(2018河北省两校高三年级模拟考试)质量为m2 kg的物块静置于水平地面上,现对物块施加水平向右的力F,力F随时间变化的规律如图所示,已知物块与地面间的动摩擦因数0.2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,求:(1)4 s后撤去力F,物块还能继续滑动的时间t;(2)前4 s内,力F的平均功率解析:(1)物块与地面之间最大静摩擦力Ffmmg4 N,在第1 s内物块静止不动第13 s内,物块做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律a12 m/s23 s末,物块的速度v1a1t122 m/s4 m/s第34 s内,物块做匀速直线运动,4 s后撤去外力物块做匀减速运动,加速度大小为a2g2 m/s2则物块继续滑行时间t2 s(2)设第13 s内与第34 s内物块的位移分别为x1、x2x1a1t4 mx2v1t24 m前4 s内,力F做功的大小为WF1x1F2x248 J前4 s内,力F的平均功率P12 W答案:(1)2 s(2)12 W4人教物理2019高考一轮选习练题(4)李仕才一、选择题1、a、b、c三个点电荷仅在相互之间的静电力的作用下处于静止状态。已知a所带的电荷量为+Q,b所带的电荷量为-q,且Qq。关于电荷c,下列判断正确的是( ) Ac一定带负电 Bc所带的电荷量一定大于q Cc可能处在a、b之间 D如果固定a、b,仍让c处于平衡状态,则c的电性、电荷量、位置都将唯一确定【参考答案】B2、(2018福建省仙游一中月考)一条悬链长7.2 m,从悬挂点处断开,使其自由下落,不计空气阻力,则整条悬链通过悬挂点正下方20 m处的一点所需的时间是(g取10 m/s2)()A0.3 sB0.4 sC0.7 s D1.2 s解析:悬链下端到达20 m处时,用时t1,则12.8gt,悬挂点落至20 m处用时t2,则20gt,可知悬链通过20 m处用时tt2t10.4 s,B对答案:B3、(2018黑龙江哈三中模拟)(多选)如图所示,竖直轴位于水平转台中心,质量为m的小球由三根伸直的轻绳连接,和水平转台一起以角速度匀速转动,倾斜绳与竖直轴夹角为,竖直绳对小球的拉力为F1,水平绳对小球的拉力为F2,小球到竖直轴的距离为r,以下说法可能正确的是()Amgtanm2rBmgtanF2m2rC(mgF1)tanm2rD(mgF1)tanm2r解析:根据向心力公式可知,F合mr2,对小球进行受力分析可知,小球受重力、倾斜绳的拉力、水平绳的拉力和竖直绳的拉力,竖直方向处于平衡状态,则有mgF1Fcos,FsinF2mr2,当F1和F2均为零时,则有mgtanm2r;当F1恰好为零时,则有mgtanF2m2r;当F2恰好为零时,则有(mgF1)tanm2r,故A、B、C正确,D错误答案:ABC4、(2018青岛一模)如图所示,固定在水平面上的光滑斜面倾角为30,质量分别为M、m的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧,斜面底端有一与斜面垂直的挡板开始时用手按住物体M,此时M到挡板的距离为s,滑轮两边的细绳恰好伸直,而没有力的作用已知M2m,空气阻力不计松开手后,关于二者的运动下列说法中正确的是()AM和m组成的系统机械能守恒B当M的速度最大时,m与地面间的作用力为零C若M恰好能到达挡板处,则此时m的速度为零D若M恰好能到达挡板处,则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和解析:运动过程中,M、m与弹簧组成的系统机械能守恒,A错误;当M速度最大时,弹簧的弹力等于Mgsin30mg,此时m对地面的压力恰好为零,B正确;然后M做减速运动,恰好能到达挡板时,也就是速度刚好减小到了零,之后M会上升并最终到达松手位置,所以此时弹簧弹力大于mg,即此时m受到的绳拉力大于自身重力,m还在加速上升,C错误;根据功能关系,M减小的机械能,等于m增加的机械能与弹簧增加弹性势能之和,而M恰好到达挡板时,动能恰好为零,因此M减小的机械能等于M减小的重力势能,即等于重力对M做的功,D正确答案:BD5、如图所示,一带电粒子在两个固定的等量正电荷的电场中运动,图中的实线为等势面,虚线ABC为粒子的运动轨迹,其中B点是两点电荷连线的中点,A、C位于同一等势面上,下列说法正确的是()A该粒子可能带正电B该粒子经过B点时的速度最大C该粒子经过B点时的加速度一定为零D该粒子在B点的电势能小于在A点的电势能解析:从该带电粒子的运动轨迹看,固定电荷对它有吸引力,由固定电荷带正电可知,该粒子一定带负电,故A错误;因为粒子从A运动到B的过程中,只受电场力且电场力先做正功后做负功,由动能定理知,动能先增加后减小,故B点的动能不是最大,则经过B点时的速度不是最大,故B错误;B点是两点电荷连线的中点,合场强为零,故粒子受力为零,则加速度为零,C正确;因为离正电荷越远,电势越低,即AEpB,故D项正确答案:CD6、如图甲所示,一根电阻R4 的导线绕成半径d2 m的圆,在圆内部分区域存在变化的匀强磁场,中间S形虚线是两个直径均为d的半圆,磁感应强度随时间变化如图乙所示(磁场垂直于纸面向外为正,电流逆时针方向为正),关于圆环中的感应电流时间图象,下列选项中正确的是()解析:01 s,感应电动势为E1S(V)4(V),由欧姆定律可知感应电流大小为I1(A)(A),由楞次定律知,感应电流为顺时针方向,为负方向,结合选项知C正确答案:C7、一个氢原子从n3能级跃迁到n2能级,该氢原子()A放出光子,能量增加 B放出光子,能量减少C吸收光子,能量增加 D吸收光子,能量减少解析:氢原子从高能级向低能级跃迁时,放出光子,能量减少,故选项B正确,A、C、D错误答案:B二、非选择题(1)(10分)两位同学用两面平行的玻璃砖做“测定玻璃的折射率”实验甲同学在量入射角和折射角时,由于没有量角器,在完成了光路图以后,以O点为圆心,OA为半径画圆,交OO延长线于C点,过A点和C点作垂直于法线的线段分别交法线于B点和D点,如图所示测量有关线段长度,可得玻璃的折射率n_.(用图中线段表示)乙同学在画界面时,不小心将两界面ab和cd间距画得比玻璃砖宽度大些,下界面与实际相同,如图所示若操作无误,则他测得的折射率比真实值_(填“偏大”“偏小”或“不变”)(2)(15分)如图所示,一列波沿x轴传播,t0时刻的波形如实线所示,t0.5 s时刻的波形如虚线所示,t0时刻位于x4 m处的质点P正沿y轴正向运动()若从t0到t0.5 s这段时间内,质点P运动的路程为1 m,则这列波的波速为多少?()若3T0.5 s4T,则这列波的波速为多少?解析:(1)题图甲中AO为入射光线,OO是折射光线,设光线在玻璃砖上表面的入射角为i,折射角为r,则由几何知识得到sini,sinr,又AOOC,则折射率n.“测定玻璃砖折射率”的实验原理是折射定律n,如图所示,右边实线表示实际的光路图,左边虚线表示作图光路图,由图可看出,画图时的入射角不变、折射角比实际的折射角变大,由折射定律可知,测出的折射率变小(2)()从t0到t0.5 s这段时间内,质点P运动的路程为s1 m则sn4A得n1.25即1.25T0.5 s得T0.4 s波速为v m/s20 m/s()由于t0时刻位于x4 m处的质点P正沿y轴正向运动,由此可以判断波沿x轴正向传播,因此有0.5 sT由于3T0.5 s4T因此2n3,取n3解得T s波传播的速度v52 m/s.答案:(1)变小(2)()20 m/s()52 m/s5
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