2019年高考物理一輪選練編題（含解析）（打包11套）新人教版.zip

2019年高考物理一輪選練編題（含解析）（打包11套）新人教版.zip,2019,年高,物理,一輪,選練編題,解析,打包,11,新人 人教版物理2019年高考一輪選練編題（5） 李仕才 一、選擇題 1、一列有8節(jié)車廂的動(dòng)車組列車,沿列車前進(jìn)方向看,每?jī)晒?jié)車廂中有一節(jié)自帶動(dòng)力的車廂(動(dòng)車)和一節(jié)不帶動(dòng)力的車廂(拖車).該動(dòng)車組列車在水平鐵軌上勻加速行駛時(shí),設(shè)每節(jié)動(dòng)車的動(dòng)力裝置均提供大小為F的牽引力,每節(jié)車廂所受的阻力均為f,每節(jié)車廂總質(zhì)量均為m,則第4節(jié)車廂與第5節(jié)車廂水平連接裝置之間的相互作用力大小為(　A　) A.0 B.2F C.2(F-f) D.2(F-2f) 解析:以整體為研究對(duì)象,由牛頓第二定律4F-8f=8ma,以后4節(jié)車廂為研究對(duì)象,由牛頓第二定律F45+2F-4f=4ma,解得F45=0,選項(xiàng)A正確. 2、自行車和汽車同時(shí)駛過(guò)平直公路上的同一地點(diǎn)，此后其運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖所示，自行車在t＝50 s時(shí)追上汽車，則(　　) A．汽車的位移為100 m B．汽車的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為20 s C．汽車的加速度大小為0.25 m/s2 D．汽車停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，二者間距最大 解析：選C.t＝0時(shí)刻自行車和汽車位于同一地點(diǎn)，自行車在t＝50 s時(shí)追上汽車，兩者的位移相等，由圖線與時(shí)間軸包圍的面積表示位移求出自行車的位移，從而得到汽車的位移．根據(jù)平均速度公式求汽車運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，由速度公式求加速度．通過(guò)分析兩者速度關(guān)系分析何時(shí)間距最大． 汽車的位移等于自行車的位移x＝v自t＝4×50 m＝200 m，故A錯(cuò)誤；設(shè)汽車運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則有x＝t，得t＝＝ s＝40 s，故B錯(cuò)誤；汽車的加速度大小為a＝＝ m/s2＝0.25 m/s2，故C正確；在兩者速度相等前，汽車的速度大于自行的速度，汽車在自行車的前方，兩者間距增大，速度相等后，汽車的速度小于自行車的速度，汽車仍在自行車的前方，兩者間距減小，所以兩者速度相等時(shí)間距最大，故D錯(cuò)誤． 3、頻閃照相是每隔相等時(shí)間曝光一次的照相方法，在同一張相片上記錄運(yùn)動(dòng)物體在不同時(shí)刻的位置。如圖所示是小球在豎直方向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中拍攝的頻閃照片，相機(jī)的頻閃周期為T， 利用刻度尺測(cè)量相片上2、3、4、5 與1 位置之間的距離分別為x1、x2、x3、x4。下列說(shuō)法正確的是（ ） A．小球一定處于下落狀態(tài) B．小球在2位置的速度大小為 C．小球的加速度大小為 D．頻閃照相法可用于驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律 【答案】D 4、如圖所示，在豎直面內(nèi)固定一光滑的硬質(zhì)桿ab，桿與水平面的夾角為θ，在桿的上端a處套一質(zhì)量為m的圓環(huán)，圓環(huán)上系一輕彈簧，彈簧的另一端固定在與a處在同一水平線上的O點(diǎn)，O、b兩點(diǎn)處在同一豎直線上．由靜止釋放圓環(huán)后，圓環(huán)沿桿從a運(yùn)動(dòng)到b，在圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，彈簧一直處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．圓環(huán)的機(jī)械能保持不變 B．彈簧對(duì)圓環(huán)一直做負(fù)功 C．彈簧的彈性勢(shì)能逐漸增大 D．圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 解析：選D.由幾何關(guān)系可知，當(dāng)環(huán)與O點(diǎn)的連線與桿垂直時(shí)，彈簧的長(zhǎng)度最短，彈簧的彈性勢(shì)能最小，如圖， 所以在環(huán)從a到C的過(guò)程中彈簧對(duì)環(huán)做正功，彈簧的彈性勢(shì)能減小，環(huán)的機(jī)械能增大，而從C到b的過(guò)程中，彈簧對(duì)環(huán)做負(fù)功，彈簧的彈性勢(shì)能增大，環(huán)的機(jī)械能減小，故A、B、C錯(cuò)誤；在整個(gè)的過(guò)程中只有圓環(huán)的重力和彈簧的彈力做功，所以圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故D正確． 5、煙霧探測(cè)器使用了一種半衰期為432年的放射性元素镅Am來(lái)探測(cè)煙霧.當(dāng)正?？諝夥肿哟┻^(guò)探測(cè)器時(shí),镅Am會(huì)釋放出射線將它們電離,從而產(chǎn)生電流.煙塵一旦進(jìn)入探測(cè)腔內(nèi),煙塵中的微粒會(huì)吸附部分射線,導(dǎo)致電流減小,從而觸發(fā)警報(bào).則下列說(shuō)法正確的是(　AC　) A.镅Am發(fā)出的是α射線 B.镅Am發(fā)出的是β射線 C.0.2 mg的镅Am經(jīng)864年將衰變掉0.15 mg D.發(fā)生火災(zāi)時(shí),由于溫度升高,會(huì)使镅Am的半衰期減小 解析:镅Am會(huì)釋放出射線將空氣電離,從而產(chǎn)生電流,則镅Am發(fā)出的是α射線,選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤;0.2 mg的镅Am經(jīng)864年(2個(gè)半衰期)將衰變掉0.15 mg,選項(xiàng)C正確;發(fā)生火災(zāi)時(shí),溫度升高,不會(huì)使镅Am的半衰期減小,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 6、我國(guó)自主研發(fā)制造的國(guó)際熱核聚變核心部件在國(guó)際上率先通過(guò)權(quán)威機(jī)構(gòu)認(rèn)證，這是我國(guó)對(duì)國(guó)際熱核聚變項(xiàng)目的重大貢獻(xiàn)．下列核反應(yīng)方程中屬于聚變反應(yīng)的是(　　) A.H＋H→He＋n B.N＋He→O＋H C.He＋Al→P＋n D.U＋n→Ba＋Kr＋3n 解析：選A.H＋H→He＋n是核聚變反應(yīng)方程，A正確；N＋He→O＋H是原子核的人工轉(zhuǎn)變反應(yīng)方程，B錯(cuò)誤；He＋Al→P＋n是居里夫婦發(fā)現(xiàn)人工放射性的核反應(yīng)方程，C錯(cuò)誤；U＋n→Ba＋Kr＋3n是鈾核裂變的反應(yīng)方程，D錯(cuò)誤． 7、如圖所示，平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為E′的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接，下極板接地，靜電計(jì)所帶電荷量很少，可被忽略．一帶負(fù)電油滴被固定于電容器中的P點(diǎn)．現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．平行板電容器的電容將變小 B．靜電計(jì)指針張角變小 C．帶電油滴的電勢(shì)能將減少 D．若先將上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開(kāi)，再將下極板向下移動(dòng)一小段距離，則帶電油滴所受電場(chǎng)力不變 【答案】ACD 到上極板的距離，又因?yàn)橛偷螏ж?fù)電，所以其電勢(shì)能將減少，選項(xiàng)C正確；若先將上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開(kāi)，再將下極板向下移動(dòng)一小段距離，則電容器的電荷量Q不變，極板間距d變大，根據(jù)Q＝CU，E＝和C＝可知E∝，可見(jiàn)，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，所以帶電油滴所受電場(chǎng)力不變，選項(xiàng)D正確． 8、（多選）如圖所示為一個(gè)質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的位移x隨時(shí)間t變化的圖象，由此可知質(zhì)點(diǎn)在0～4s內(nèi)(　　) A. 先沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，后沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng) B. 一直做勻變速運(yùn)動(dòng) C. t=2s時(shí)速度一定最大 D. 速率為5m/s的時(shí)刻有兩個(gè) 【來(lái)源】江蘇省南京市南京師范大學(xué)附屬中學(xué)2018屆高三5月模擬考試?yán)砜凭C合物理試題 【答案】 CD 二、非選擇題 1．足夠長(zhǎng)光滑斜面BC的傾角α＝53°，小物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，水平面與斜面之間在B點(diǎn)有一小段弧形連接，一質(zhì)量m＝2 kg的小物塊靜止于A點(diǎn)．現(xiàn)用與水平方向成α＝53°角的恒力F拉小物塊，如圖所示，小物塊經(jīng)t1＝4 s到達(dá)B點(diǎn)，并迅速撤去拉力F，A、B兩點(diǎn)相距x1＝4 m(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2)．求： (1)恒力F的大??； (2)小物塊從B點(diǎn)沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的最大距離x2； (3)小物塊停止運(yùn)動(dòng)時(shí)到B點(diǎn)的距離x3. 解析：(1)AB段加速度a1＝＝0.5 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律，有 Fcos α－μ(mg－Fsin α)＝ma1 解得F＝＝ N＝11 N. (2)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，小物塊的速度v＝a1t1＝2 m/s 在BC段的加速度 a2＝gsin 53°＝8 m/s2 由v2＝2a2x2得 x2＝＝ m＝0.25 m. (3)小物塊從B向A運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由μmg＝ma3， 解得a3＝μg＝5 m/s2 滑行的位移x3＝＝ m＝0.4 m，小物塊停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，離B點(diǎn)的距離為0.4 m. 答案：(1)11 N　(2)0.25 m　(3)0.4 m 2．一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O.筒內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負(fù)電荷．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場(chǎng)中．粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設(shè)粒子與圓筒碰撞過(guò)程中沒(méi)有動(dòng)能損失，且電荷量保持不變，在不計(jì)重力的情況下，求： (1)M、N間電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??； (2)圓筒的半徑R； (3)保持M、N間電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，僅將M板向上平移d，粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放，粒子自進(jìn)入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數(shù)n. 解析：(1)設(shè)兩板間的電壓為U，由動(dòng)能定理得 qU＝mv2① 由勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系得 U＝Ed② 聯(lián)立①②式可得 E＝③ (2)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用幾何關(guān)系作出圓心為O′，圓半徑為r.設(shè)第一次碰撞點(diǎn)為A，由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出，因此，SA弧所對(duì)的圓心角∠AO′S等于. 由幾何關(guān)系得 r＝R tan ④ 粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中洛倫茲力充當(dāng)向心力，由牛頓第二定律，得 qvB＝m⑤ 聯(lián)立④⑤式得 R＝⑥ (3)保持M、N間電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，M板向上平移d后，設(shè)板間電壓為U′，則 U′＝＝⑦ 設(shè)粒子進(jìn)入S孔時(shí)的速度為v′，由①式看出 ＝ 綜合⑦式可得v′＝v⑧ 設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r′，則 r′＝⑨ 設(shè)粒子從S到第一次與圓筒碰撞期間的軌跡所對(duì)圓心角為θ，比較⑥⑨兩式得到r′＝R，可見(jiàn) θ＝⑩ 粒子須經(jīng)過(guò)四個(gè)這樣的圓弧才能從S孔射出，故 n＝3? 答案：(1)　(2)　(3)3 7