2019高考物理一輪選練編題（8）新人教版.doc

2019高考物理一輪選練編題（8） 李仕才 一、選擇題 1、(2018南昌市十所省重點(diǎn)中學(xué)命制高三第二次模擬)用一根繩子豎直向上拉一個(gè)物塊，物塊從靜止開始運(yùn)動(dòng)，繩子拉力的功率按如圖所示規(guī)律變化，已知物塊的質(zhì)量為m，重力加速度為g,0～t0時(shí)間內(nèi)物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t0時(shí)刻后功率保持不變，t1時(shí)刻物塊達(dá)到最大速度，則下列說法正確的是(　　) A．物塊始終做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B．0～t0時(shí)間內(nèi)物塊的加速度大小為 C．t0時(shí)刻物塊的速度大小為 D．0～t1時(shí)間內(nèi)物塊上升的高度為－ 解析：選D.t0時(shí)刻以后，功率保持不變，結(jié)合P＝Fv分析牽引力的變化，結(jié)合牛頓第二定律得出加速度的變化．根據(jù)P＝Fv，結(jié)合牛頓第二定律得出Pt的關(guān)系式，結(jié)合圖線的斜率求出加速度．Pt圖線圍成的面積表示牽引力做功的大小，根據(jù)動(dòng)能定理求出0～t1時(shí)間內(nèi)物塊上升的高度.0～t0時(shí)間內(nèi)物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t0時(shí)刻后功率保持不變，根據(jù)P＝Fv知，v增大，F(xiàn)減小，物塊做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度減小到零，物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)P0＝Fv＝Fat，F(xiàn)＝mg＋ma得P＝(mg＋ma)at，可知圖線的斜率k＝＝m(g＋a)a，可知a≠，故B錯(cuò)誤；在t1時(shí)刻速度達(dá)到最大，F(xiàn)＝mg，則速度v＝，可知t0時(shí)刻物塊的速度大小小于，故C錯(cuò)誤；Pt圖線圍成的面積表示牽引力做功的大小，根據(jù)動(dòng)能定理得，＋P0(t1－t0)－mgh＝mv2，解得h＝－，故D正確． 2、如圖所示,半徑可變的四分之一光滑圓弧軌道置于豎直平面內(nèi),軌道的末端B處切線水平,現(xiàn)將一小物體從軌道頂端A處由靜止釋放.若保持圓心的位置不變,改變圓弧軌道的半徑(不超過圓心離地的高度).半徑越大,小物體(　BD　) A.落地時(shí)的速度越大 B.平拋的水平位移先增大后減小 C.到圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)加速度越大 D.落地時(shí)的速度與豎直方向的夾角越大 解析:根據(jù)動(dòng)能定理知mgH=mv2,總高度不變,末速度大小不變,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知h=gt2,x=v0t,mgR=m,得x= =2,平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移隨R的增大先增大后減小,選項(xiàng)B正確;到圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)加速度a==2g,故加速度大小與R無關(guān),選項(xiàng)C錯(cuò)誤;小物體落地時(shí)豎直分速度vy=gt,設(shè)落地時(shí)速度與水平方向的夾角為θ,有tan θ===,R越大,落地時(shí)的速度與豎直方向的夾角越大,選項(xiàng)D正確. 3、（2018廣西欽州市第一中學(xué)開學(xué)考試）疊羅漢是一種由多人層層疊成各種造型的游戲娛樂形式，也是一種高難度的雜技。如圖所示為六人疊成的三層靜態(tài)造型，假設(shè)每個(gè)人的重量均為G，下面五人的背部均呈水平狀態(tài)，則最底層正中間的人的一只腳對(duì)水平地面的壓力約為（ ） A. B. C. D. 【答案】B 4、如圖所示，在空間中存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的物塊從A點(diǎn)由靜止開始下落，加速度為g，下降高度H到B點(diǎn)后與一輕彈簧接觸，又下落h后到達(dá)最低點(diǎn)C，整個(gè)過程中不計(jì)空氣阻力，且彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，則帶電物塊在由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中，下列說法正確的是(　　) A．該勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為 B．帶電物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少量為 C．帶電物塊電勢(shì)能的增加量為mg(H＋h) D．彈簧的彈性勢(shì)能的增加量為 解析：選D.帶電物塊由靜止開始下落時(shí)的加速度為g，根據(jù)牛頓第二定律得：mg－qE＝ma，解得：E＝，故A錯(cuò)誤；從A到C的過程中，除重力和彈簧彈力以外，只有電場(chǎng)力做功，電場(chǎng)力做功為：W＝－qE(H＋h)＝－，可知機(jī)械能減少量為，故B錯(cuò)誤；從A到C的過程中，電場(chǎng)力做功為－，則電勢(shì)能增加量為，故C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理得：mg(H＋h)－＋W彈＝0－0，解得彈力做功為：W彈＝－，即彈簧彈性勢(shì)能增加量為，故D正確． 5、(2017東北三省四市聯(lián)合體三模)(1)下列敘述和熱力學(xué)定律相關(guān),其中正確的是　　 　(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.第一類永動(dòng)機(jī)不可能制成,是因?yàn)檫`背了能量守恒定律 B.能量耗散過程中能量不守恒 C.電冰箱的制冷系統(tǒng)能夠不斷地把冰箱內(nèi)的熱量傳到外界,違背了熱力學(xué)第二定律 D.能量耗散是從能量轉(zhuǎn)化的角度反映出自然界中的宏觀過程具有方向性 E.物體從單一熱源吸收的熱量可全部用于做功 (2)如圖,將導(dǎo)熱性良好的薄壁圓筒開口向下豎直緩慢地放入水中,筒內(nèi)封閉了一定質(zhì)量的氣體(可視為理想氣體).當(dāng)筒底與水面相平時(shí),圓筒恰好靜止在水中.此時(shí)水的溫度t1=7.0 ℃,筒內(nèi)氣柱的長(zhǎng)度h1=14 cm.已知大氣壓強(qiáng)p0=1.0105 Pa,水的密度ρ=1.0,重力加速度大小g取10 m/s2. ①若將水溫緩慢升高至27 ℃,此時(shí)筒底露出水面的高度Δh為多少? ②若水溫升至27 ℃后保持不變,用力將圓筒緩慢下移至某一位置,撤去該力后圓筒恰能靜止,求此時(shí)筒底到水面的距離H(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字). 解析:(1)第一類永動(dòng)機(jī)既不消耗能量又能源源不斷地對(duì)外做功,違背了能量守恒定律,所以不可能制成,故A正確;能量耗散過程中能量也守恒,故B錯(cuò)誤;電冰箱的制冷系統(tǒng)能夠不斷地把冰箱內(nèi)的熱量傳到外界,是由于壓縮機(jī)做功,并不違背熱力學(xué)第二定律,故C錯(cuò)誤;能量耗散是從能量轉(zhuǎn)化的角度反映出自然界中的宏觀過程具有方向性,故D正確;根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知,氣體不可能從單一熱源吸熱,并全部用來對(duì)外做功,而不引起其他變化;若引起外界變化則可以,故E 正確. (2)①設(shè)圓筒的橫截面積為S,水溫升至27 ℃時(shí),氣柱的長(zhǎng)度為h2,根據(jù)蓋—呂薩克定律,有 = 圓筒靜止,筒內(nèi)外液面高度差不變,有: Δh=h2-h1 解得Δh=1 cm. ②設(shè)圓筒的質(zhì)量為m,靜止在水中時(shí)筒內(nèi)氣柱的長(zhǎng)度為h3.則排開的水的重力等于桶的重力為 mg=ρgh1S=ρgh3S 圓筒移動(dòng)過程,根據(jù)玻意耳定律,有 (p0+ρgh1)h2S=[p0+ρg(H+h3)]h3S 解得,H=72 cm. 答案:(1)ADE　(2)①1 cm?、?2 cm 6、(2017浙江寧波十校聯(lián)考)(多選)在物理學(xué)中某物理量A的變化量ΔA與發(fā)生這個(gè)變化所用時(shí)間Δt的比值，叫做這個(gè)物理量A的變化率，則下列說法中正確的是(　　) A．若A表示某質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)的位移，則是恒定不變的 B．若A表示某質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的速度，則是均勻變化的 C．若A表示某質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線速度，則是恒定不變的 D．若A表示穿過某線圈的磁通量，則越大，則線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)就越大 解析：選AD.若A表示某質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)的位移，則＝v，勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度v是恒定不變的，選項(xiàng)A正確．若A表示某質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的速度，則＝a，勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度a是恒定不變的，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．若A表示某質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線速度，則沒有意義，其線速度大小不變方向時(shí)刻在變化，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．若A表示穿過某線圈的磁通量，則＝E，越大，則線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)就越大，選項(xiàng)D正確． 7、（2018福建省莆田第六中學(xué)月考）如圖所示，光滑的直角墻壁處有A、B兩個(gè)物體，質(zhì)量分別為、,兩物體間有一壓縮的輕質(zhì)彈簧用細(xì)線繃住，彈簧兩端拴在物體上，彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能為，初時(shí)B物體緊靠著墻壁。將細(xì)線燒斷，A物體將帶動(dòng)B物體離開墻壁，在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)。由此可以判斷（ ） A. 燒斷細(xì)線后，A、B物體和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能、動(dòng)量均守恒 B. 物體B離開墻壁后，彈簧的最大彈性勢(shì)能等于 C. 物體B離開墻壁后彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A物體速度方向有可能向左 D. 每當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A物體的速度都等于 【答案】BCD 做加速運(yùn)動(dòng)，由于彈簧被拉伸，A做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩者速度相同時(shí)，彈簧被拉伸最大，之后A仍做減速運(yùn)動(dòng)，若B的質(zhì)量大于A的質(zhì)量，故可能出現(xiàn)A的速度方向向左，C正確；在B之后的運(yùn)動(dòng)過程中，系統(tǒng)機(jī)械能和動(dòng)量守恒，由于當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，彈性勢(shì)能為零，故有， ，聯(lián)立解得，D正確． 8、兩個(gè)質(zhì)量相同的直角楔形物體a和b，分別在垂直于斜邊的恒力F1和F2作用下靜止在豎直墻面上，如圖所示，下列說法正確的是 A. a、b一定都受四個(gè)力的作用 B. a、b所受摩擦力的方向都是豎直向上 C. F2一定小于F1 D. F1、F2大小可能相等 【來源】【全國百強(qiáng)?！繌V西柳州高級(jí)中學(xué)2018屆高三5月沖刺模擬理科綜合物理試題 【答案】 D 【解析】對(duì)a受力分析如圖1：除摩擦力外的三個(gè)力不可能平衡，故一定有摩擦力，摩擦力方向豎直向上，故a受四個(gè)力； 【點(diǎn)睛】對(duì)A、B分別受力分析，然后分析一下除摩擦力以外的其它力，看看其它力是否有平衡的可能；若沒有平衡的可能，則一定有摩擦力；若有平衡的可能，則可能有向上的摩擦力，也可能有向下的摩擦力，也可能沒有摩擦力。 二、非選擇題 (2018山西運(yùn)城上學(xué)期期末)如圖所示的區(qū)域中，左邊為垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小未知，右邊是一個(gè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其方向平行于OC向上且垂直于磁場(chǎng)方向；有一初速度大小為v0，質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電粒子從P點(diǎn)沿與邊界線PQ的夾角θ＝60的方向射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，恰好從距O點(diǎn)正上方L處的C點(diǎn)垂直于OC射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，最后打在Q點(diǎn)，不計(jì)粒子的重力，求： (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (2)求粒子從P至Q所用時(shí)間及OQ的長(zhǎng)度； (3)如果保持電場(chǎng)與磁場(chǎng)方向不變，而將它們左右對(duì)調(diào)，且磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)樵瓉淼模妶?chǎng)強(qiáng)度減小到原來的一半，粒子仍從P點(diǎn)以速度v0沿某一方向射入，恰好從O點(diǎn)正上方的小孔C射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑是多少？ 解析：①粒子在磁場(chǎng)中做的是勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)中粒子做的是類平拋運(yùn)動(dòng)；②根據(jù)幾何關(guān)系求出帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑． (1)做出粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡， 由幾何關(guān)系可知：r＋rcos 60＝L 由洛倫茲力提供向心力可得：qv0B＝解得B＝ (2)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T＝ 粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t1＝ 粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在垂直電場(chǎng)方向： x＝v0t2 在平行電場(chǎng)方向：qE＝ma L＝at 解得粒子從P運(yùn)動(dòng)至Q點(diǎn)所用的時(shí)間： t＝t1＋t2＝＋ OQ的長(zhǎng)度為：x＝2L (3)電場(chǎng)和磁場(chǎng)左右對(duì)調(diào)后，粒子在電場(chǎng)中， E′＝E＝ 由動(dòng)能定理可得：－qEL＝mv2－mv 粒子在磁場(chǎng)中：B′＝B＝ 根據(jù)牛頓第二定律：qv0B′＝ 解得粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為：r′＝L 答案：(1)B＝　(2)＋　2L　(3)r′＝L