2019年高考物理一轮复习基础夯实练4含解析新人教版

2019高考物理一轮基础系列题（4）一、选择题1、甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化图象如图4所示。

关于两车的运动情况，下列说法正确的是( )图4A．在0～4 s内甲车做匀加速直线运动，乙车做加速度减小的加速直线运动B．在0～2 s内两车间距逐渐增大，2～4 s内两车间距逐渐减小C．在t＝2 s时甲车速度为3 m/s，乙车速度为4.5 m/sD．在t＝4 s时甲车恰好追上乙车解析在0～4 s内，甲车做匀加速直线运动，而乙车做加速度逐渐减小的加速直线运动，选项A正确；在a－t图象中，图线与坐标轴围成的面积等于物体的速度变化，因两车的初速度为零，故面积的大小等于两车的速度大小，即t＝2 s时甲车速度为3 m/s，乙车速度为4.5 m/s，选项C正确；两车沿相同方向由静止开始运动，由a－t图象可知，4 s 时两车的速度相等，此时两车的间距最大，选项B、D错误。

答案AC2、如图4所示，小球A、B穿在一根光滑固定的细杆上，一条跨过定滑轮的细绳两端连接两小球，杆与水平面成θ角，小球可看做质点且不计所有摩擦.当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，绳OB沿竖直方向，则下列说法正确的是( )图4A.小球A受到2个力的作用B.小球A受到3个力的作用C.杆对B球的弹力方向垂直杆斜向上D.绳子对A的拉力大于对B的拉力答案 B3、如图4，匀强磁场垂直于纸面，磁感应强度大小为B ，某种比荷为q m、速度大小为v 的一群离子以一定发散角α由原点O 出射，y 轴正好平分该发散角，离子束偏转后打在x 轴上长度为L 的区域MN 内，则cos α2为( )图4 A.12－BqL 4mv B ．1－BqL2mvC ．1－BqL4mvD ．1－BqL mv答案 B4、第一宇宙速度又叫做环绕速度，第二宇宙速度又叫做逃逸速度．理论分析表明，逃逸速度是环绕速度的2倍，这个关系对其他天体也是成立的．有些恒星，在核聚变反应的燃料耗尽而“死亡”后，强大的引力把其中的物质紧紧地压在一起，它的质量非常大，半径又非常小，以致于任何物质和辐射进入其中都不能逃逸，甚至光也不能逃逸，这种天体被称为黑洞．已知光在真空中传播的速度为c ，太阳的半径为R ，太阳的逃逸速度为c500.假定太阳能够收缩成半径为r 的黑洞，且认为质量不变，则R r应大于( )A ．500B ．500 2C ．2.5×105D ．5.0×105【答案】 C5、如图所示，物块的质量为m ，它与水平桌面间的动摩擦因数为μ。

人教物理2019高考一轮训练学题（4）李仕才1、(多选)如图所示，斜面体A 静置于水平地面上，其倾角为θ＝45°，上表面水平的物块B 在A 上恰能匀速下滑．现对B 施加一个沿斜面向上的力F ，使B 能缓慢地向上匀速运动，某时刻在B 上轻轻地放上一个质量为m 的小物体C (图中未画出)，A 始终静止，B 保持运动状态不变，关于放上C 之后的情况，下列说法正确的是( )图A ．B 受到的摩擦力增加了22mgB ．推力F 增大了22mg C ．推力F 增大了mgD ．A 受到地面的摩擦力增加了mg关键词①恰能匀速下滑；②使B 能缓慢地向上匀速运动．【答案】ACD2、一个做匀变速直线运动的质点，初速度为0.5 m/s ，第9 s 内的位移比第5 s 内的位移多4 m ，则该质点的加速度、9 s 末的速度和质点在9 s 内通过的位移分别是( )A．a＝1 m/s2，v9＝9 m/s，x9＝40.5 mB．a＝1 m/s2，v9＝9 m/s，x9＝45 mC．a＝1 m/s2，v9＝9.5 m/s，x9＝45 mD．a＝0.8 m/s2，v9＝7.7 m/s，x9＝36.9 m【答案】C【解析】根据匀变速直线运动的规律，质点在t＝8.5 s时刻的速度比在t＝4.5 s时刻的速度大4 m/s，所以加速度a＝ΔvΔt＝4 m/s4 s＝1 m/s2，v9＝v0＋at＝9.5 m/s，x9＝12(v0＋v9)t＝45 m，选项C正确．3、如图7所示，质量为m的物体放在质量为M、倾角为θ的斜面体上，斜面体置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F拉物体使其沿斜面向下匀速运动，斜面体始终静止，则下列说法正确的是( )图7A．地面对斜面体的摩擦力大小为F cos θB．地面对斜面体的支持力为(M＋m)gC．物体对斜面体的摩擦力的大小为FD．斜面体对物体的作用力竖直向上【答案】A4、如图2所示，一个人沿着一个圆形轨道运动，由A点开始运动，经过半个圆周到达B点，下列说法正确的是( )图2A ．人从A 到B 的平均速度方向沿B 点的切线方向 B ．人从A 到B 的平均速度方向由A 指向BC ．人在B 点的瞬时速度方向由A 指向BD ．人所经过的位移大小为圆周长的一半 【答案】B【解析】人从A 到B 的位移方向由A 指向B ，故平均速度方向由A 指向B ，故选项A 错误，B 正确；瞬时速度沿轨迹的切线方向，故人在B 点的瞬时速度方向沿B 点的切线方向，故选项C 错误；人经过的位移大小为A 、B 间的直线长度，故为直径长度，选项D 错误．5、一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍。

人教物理2019高考一轮练习题（4）李仕才一、选择题1、如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A。

木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a－F图象，g取10 m/s2，则( )A.滑块A的质量为4 kgB.木板B的质量为1 kgC.当F＝10 N时木板B的加速度为4 m/s2D.滑块A与木板B间的动摩擦因数为0.1【答案】BC2、频闪照相是每隔相等时间曝光一次的照相方法，在同一张相片上记录运动物体在不同时刻的位置。

如图所示是小球在竖直方向运动过程中拍摄的频闪照片，相机的频闪周期为T，利用刻度尺测量相片上2、3、4、5 与1 位置之间的距离分别为x1、x2、x、x4。

下列说法正确的是（）3A．小球一定处于下落状态B．小球在2位置的速度大小为C．小球的加速度大小为D．频闪照相法可用于验证机械能守恒定律【答案】D3、（2018四川省雅安市雅安中学月考）如图所示，质量为3m的竖直光滑圆环A的半径为R，固定在质量为2m的木板B 上，木板B的左右两侧各有一竖直挡板固定在地面上，B不能左右运动．在环的最低点静止放有一质量为m的小球C．现给小球一水平向右的瞬时速度，小球会在圆环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，初速度必须满足（）A. 最小值为B. 最大值为C. 最小值为D. 最大值为【答案】CD4、（2018山东枣庄八中重点班月考）如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m和2m的两物块A、B相连接，并静止在光1滑的水平面上. 现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得（）A. 在1t 、3t 时刻两物块达到共同速度1m/s ，且弹簧都是处于压缩状态B. 从3t 到4t 时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C. 两物体的质量之比为12:1:2m m =D. 在2t 时刻A 与B 的动能之比为12:1:8k k E E =【答案】CD弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t 3时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t 3到t 4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B 错误；系统动量守恒，选择开始到t 1时刻列方程可知m 1v 1=（m 1+m 2）v 2，将v 1=3m/s ，v 2=1m/s 代入得：m 1：m 2=1：2，故C 正确；在t 2时刻A 的速度v A =1m/s ，B 的速度v B =2m/s ，根据m 1：m 2=1：2，求出E k1：E k2=1：8，故D 正确．5、在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V ，内阻不计，L 1、L 2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R 为定值电阻，阻值为7.5 Ω.当开关S 闭合后( )A ．L 1的电阻为112 ΩB ．L 1消耗的电功率为7.5 WC ．L 2的电阻为7.5 ΩD ．L 2消耗的电功率为0.3 W【答案】CD6、磁悬浮高速列车在我国上海已正式投入运营．如图所示就是磁悬浮的原理，图中A是圆柱形磁铁，B是用高温超导材料制成的超导圆环．将超导圆环B水平放在磁铁A上，它就能在磁力的作用下悬浮在磁铁A的上方空中，则( )A．在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流；当稳定后，感应电流消失B．在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流；当稳定后，感应电流仍存在C．若A的N极朝上，B中感应电流的方向为顺时针方向D．若A的N极朝上，B中感应电流的方向为逆时针方向【答案】BC【解析】当B环靠近A时，由于越靠近磁铁A，其磁场就越强，磁感线就越密，所以在靠近过程中穿过B环的磁通量会发生变化，即在B环中会产生感应电流；由于发生了超导，即没有电阻，所以此时B环中的电流不会变小，且永远存在，故A错误，B正确；此时圆环B水平悬浮在磁铁A的上方空中，即相互排斥，若A的N极朝上，这就说明B环的下面是N极，由安培定则可判断此时感应电流为顺时针方向(俯视)，故C正确，D错误．7、现用某一光电管进行光电效应实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生。

2019年高考物理（人教）一轮基础夯实练（7）李仕才一、选择题1、如图所示，将一个表面光滑的铁球放在两块斜面板AB和CD之间，两板与水平面的夹角都是60°.已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，则( )A．如果突然撤去CD板，则撤去后铁球对AB板的压力减小B．如果突然撤去CD板，则撤去后铁球对AB板的压力增大C．如果保持AB板不动，使CD板与水平面的夹角缓慢减小，则球对AB板的压力先减小后增大D．如果保持AB板不动，使CD板与水平面的夹角缓慢减小，则球对CD板的压力先减小后增大解析：原来球静止，受力如图所示，由几何关系和平衡条件可得AB板对铁球的支持力F2＝G，则铁球对AB板的压力F′2＝F2＝G，突然撤去CD板，则撤去后铁球对AB板的压力为Gcos60°，因此撤去后铁球对AB板的压力减小．故A项正确，B项错误；如果保持AB板不动，使CD板与水平面的夹角缓慢减小的过程中，两挡板弹力的合力等于重力，大小和方向都不变，AB挡板对铁球弹力F2的方向不变，改变CD挡板的弹力F1方向，根据三角形定则，(如图所示)知AB挡板的弹力F2逐渐减小，CD挡板的弹力先减小后增大．根据牛顿第三定律可知，球对AB板的压力逐渐减小，球对CD板的压力先减小后增大，故C项错误，D项正确．答案：AD2、(2018·南京、盐城模拟)(多选)如图所示，A、B两点分别是斜面的顶端、底端，C、D是斜面上的两个点，L AC：L CD：L DB＝：：3，E点在B点正上方并与A点等高．从E点水平抛出质量相等的两个小球，球a落在C点，球b落在D点，球a和球b从抛出到落在斜面上的过程中(不计空气阻力)，下列说法正确的是( )A ．两球运动时间之比为：1B ．两球抛出时初速度之比为：1C ．两球动能增加量之比为：2D ．两球重力做功之比为：3解析：球1和球2下降的高度之比为：4，根据t ＝2hg知，时间之比为：2，故A 错误．因为球1和球2的水平位移之比为：1，时间之比为：2，则初速度之比为：1，故B 正确．根据动能定理知，重力做功之比为1：4，则动能增加量之比为：4，故C 、D 错误．答案：B3、(2018·石家庄二模)静止在水平地面上的物体，同时受到水平面内两个互相垂直的力F 1、F 2的作用，由静止开始运动了2 m ，已知F 1＝6 N ，F 2＝8 N ，则( )A ．F 1做功12 JB ．F 2做功16 JC ．F 1、F 2的合力做功28 JD ．F 1、F 2做的总功为20 J解析：物体由静止沿F 1、F 2的合力方向运动，位移为2 m ，因为位移的方向应与合力的方向一致，所以W F1＝F 1·l·cos53°＝7.2 J ，W F2＝F 2·l·cos37°＝12.8 J ，故A 、B 错误；F 1、F 2的合力F 合＝F 21＋F 22＝10 N ，W 总＝F 合·l＝20 J ，故C 错误、D 正确． 答案：D4、如图所示，一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球在匀强电场中运动，其运动轨迹在竖直平面(纸面)内，且关于过轨迹最右侧N 点的水平直线对称．已知重力加速度大小为g ，忽略空气阻力，小球可视为质点．由此可知( )A ．匀强电场的方向水平向左B ．电场强度E 满足E>mg qC ．小球在M 点的电势能比在N 点的大D ．M 点的电势比N 点的高解析：由小球在匀强电场中的运动轨道在竖直平面(纸面)内，且关于过轨迹最右侧N 点的水平直线对称，可以判断小球所受合力的方向水平向左，而重力方向竖直向下，如图所示，则知电场力的方向一定斜向左上方，因小球带正电荷，故匀强电场的方向斜向左上方，且电场强度E 满足E>mgq ，故B 正确、A 错误；由沿着电场线方向电势逐渐降低可知M 点的电势比N 点的低，D 错误；小球从M 点运动到N 点的过程中电场力做负功，电势能增加，故小球在M 点的电势能比在N 点的小，C 错误．答案：B5、(2018·山西五校联考)如图所示，空间中存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，纸面内A 、B 、C 三点构成一等边三角形，在A 点有甲、乙、丙三个质量相同的粒子以相同的速度垂直于BC 边进入磁场，并分别从B 点、BC 的中点D 、AC 的中点E 离开三角形区域，粒子重力不计，下列说法正确的是( )A ．甲粒子带正电，乙粒子不带电，丙粒子带负电B ．若磁场区域足够大，则三个粒子都能回到A 点C ．甲粒子在三角形区域内运动的时间是丙粒子的2倍D ．甲粒子受到的洛伦兹力大小是丙粒子的2倍解析：甲粒子从B 点飞出磁场，由左手定则可知甲粒子带正电，乙不发生偏转，不带电，丙向左偏转，带负电，A 正确；若磁场区域足够大，则甲和丙两粒子能回到A 点，乙不能，B 错误；设三角形的边长为a ，则R 甲＝a ，R 丙＝a 2，由qvB ＝mv 2R ，解得R ＝mv qB ，q 甲q 丙＝12，所以甲粒子受到的洛伦兹力大小是丙粒子的12，D 错误；甲、丙两粒子在三角形区域内的运动轨迹对应的圆心角均为60°，t ＝60°360°T ＝16T ＝πm3qB ，故甲粒子在三角形区域内运动的时间是丙粒子的2倍，C 正确．答案：AC6、(2018·湖北黄冈中学月考)(多选)有一个交变电流U ＝311sin314t(V)，则下列说法中正确的是( )A ．这个交变电流的频率是50 HzB ．它可以使“220 V 100 W”的灯泡正常发光C ．用交流电压表测量时，读数为311 VD ．使用这个交变电流的用电器，每通过1 C 的电荷量时，电流做功220 J解析：由瞬时值表达式可知U m ＝311 V ，ω＝314 rad/s ，频率f ＝ω2π＝50 Hz ，选项A 正确；电压的有效值U 有＝U m 2＝220 V ，可以使“220 V 100 W”的灯泡正常发光，选项B 正确；交流电表读数为有效值，选项C 错误；每通过1 C 的电荷量时，电流做功W ＝qU 有＝220 J ，选项D 正确．答案：ABD7、(2018·河南鹤壁高级中学月考)(多选)如图所示是通过街头变压器降压给用户供电的示意图．输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动．两条输电线总电阻用R 0表示．当负载增加时，则( )A ．电压表V 1、V 2的示数几乎不变B ．电流表A 2的示数增大，电流表A 1的示数减小C ．电压表V 3的示数增大，电流表A 2的示数增大D ．电压表V 2、V 3的示数之差与电流表A 2的示数的比值不变解析：理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压不会有大的波动，匝数比不变，所以输出电压几乎不变，故电压表V 1、V 2的示数几乎不变，选项A 正确；当负载增加时，相当于支路增加，电路中的总电阻变小，总电流变大，即A 2的示数变大，则A 1的示数变大，选项B 错误；由于副线圈中的电流变大，电阻R 0两端的电压变大，又因为V 2的示数几乎不变，所以V 3的示数变小，选项C 错误；电压表V 2、V 3的示数之差恰等于输电线损耗的电压值，电流表A 2的示数为输电线上的电流，所以两者之比等于输电线的总电阻R 0，不变，选项D 正确． 答案：AD 二、非选择题1、如图所示，一个可以看成质点的小球用没有弹性的细线悬挂于O′点，细线长L＝5 m ，小球质量为m ＝1 kg.现向左拉小球使细线水平，由静止释放小球，已知小球运动到最低点O 时细线恰好断开，取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求小球运动到最低点O 时细线的拉力F 的大小．(2)如果在小球做圆周运动的竖直平面内固定一圆弧轨道，该轨道以O 点为圆心，半径R ＝5 5 m ，求小球从O 点运动到圆弧轨道上的时间t.解析：(1)设小球摆到O 点时的速度为v ，小球由A 点到O 点的过程，由机械能守恒定律有 mgL ＝12mv 2在O 点由牛顿第二定律得F －mg ＝m v2L解得F ＝30 N(2)细线被拉断后，小球做平抛运动，有x ＝vt y ＝12gt 2 x 2＋y 2＝R 2联立并代入数据，解得t ＝1 s. 答案：(1)30 N (2)1 s2、(2018·重庆巴蜀中学月考)(1)(10分)一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A 质点的振动图象如图乙所示．①该列波沿x 轴________传播(填“正方向”或“负方向”)； ②该列波的波速大小为________m/s ；③若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为________Hz.(2)(15分)如图为三棱镜ABC 的截面图，∠A＝70°，入射光线垂直于AC 射入棱镜，已知该光在玻璃与空气的界面处发生全反射的临界角为45°，光在真空中传播速度为c.求：(ⅰ)光线在三棱镜中传播的速度；(ⅱ)光线第一次从三棱镜射入空气时的折射角．解析：(1)①由题图乙可知质点A 沿y 轴负方向振动，则其振动滞后于左边的质点，可知该列波沿x 轴正方向传播．②由图甲可知波长λ＝0.4 m ，由图乙可知周期T ＝0.4 s ，则v ＝λT ＝1 m/s.③发生稳定的干涉现象要求两列波频率相同，则f ＝1T ＝2.5 Hz.(2)(ⅰ)根据sin45°＝1n ，可得玻璃对该光的折射率n ＝ 2由n ＝c v ，解得光线在三棱镜中传播的速度v ＝c 2＝2c 2.(ⅱ)画出光在三棱镜传播的光路图，如图所示．光线先射到AB 面上，入射角i 1＝70°，大于全反射的临界角45°，故光线在AB 面上发生全反射光射到BC 面上，入射角i 2＝50°，大于全反射的临界角45°，故光线在BC 面上发生全反射光线第二次射到AB 面上时，入射角i ＝180°－20°－40°－90°＝30°，小于全反射的临界角45°，故光线从三棱镜射入空气，由折射定律，sinrsini＝n解得r ＝45°.答案：(1)①正方向 ②1 ③2.5 (2)(ⅰ)22c (ⅱ)45°。

2019人教版高考物理一轮选习练题（4）及答案2019人教版高考物理一轮选习练题（4）及答案一、选择题1、如图所示为甲、乙两质点做直线运动的位移—时间图象，由图象可知A. 甲、乙两质点会相遇，但不在1s时相遇B. 甲、乙两质点在1s时相距4mC. 甲、乙两质点在第1s内运动方向相反D. 在5s内两质点速度方向一直不同【来源】【全国百强校】山西省太原市第五中学2019届高三下学期第二次模拟考试（5月）物理试题【答案】 C【点睛】位移图象反映质点的位置随时间的变化情况，其斜率表示速度，倾斜的直线表示匀速直线运动；根据斜率的正负分析速度的方向。

链接---(2019·吉林实验中学二模)如图,水平传送带A,B两端相距s=3.5=m,工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1.工件滑上A端瞬时速度vA4 m/s,达到B端的瞬时速度设为v,下列说法正确的是( ABC )BA.若传送带不动,则v=3 m/sB=3 m/sB.若传送带以速度v=4 m/s逆时针匀速转动,则vB=3 m/sC.若传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动,则vB=2 m/sD.若传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动,则vB解析:若传送带不动,工件的加速度大小a==μg=1 m/s2,由匀变速直线运动=3 m/s,选项A正确.若传送带以速度v=4 的速度位移公式有-=-2as,得到vB【答案】D【解析】将a沿水平和竖直两个方向分解，对重物受力分析如图，水平方向：F f＝ma x竖直方向：F N－mg＝ma y，由＝，三式联立解得F f＝0.2mg，D正确。

4、（多选）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。

某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。

不考虑摩擦阻力和空气阻力。

对于第①次和第②次提升过程，A. 矿车上升所用的时间之比为4:5B. 电机的最大牵引力之比为2:1C. 电机输出的最大功率之比为2:1D. 电机所做的功之比为4:5【来源】2019年全国普通高等学校招生统一考试物理（全国III卷）【答案】 AC点睛此题以速度图像给出解题信息。

2019高考物理一轮基础系列题（10）李仕才一、选择题1、将一质量为m 的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O 是运动的最高点，甲乙两次闪光频率相同，重力加速度为g ，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为( )A ．mg B.13mg C.12mg D.110mg 解析：选C 设每块砖的厚度是d ，向上运动时： 9d －3d ＝a 1T 2①向下运动时：3d －d ＝a 2T 2②联立①②得：a 1a 2＝31③根据牛顿第二定律，向上运动时：mg ＋f ＝ma 1④ 向下运动时：mg －f ＝ma 2⑤联立③④⑤得：f ＝12mg ，选C 。

2、如图所示，穿在一根光滑的固定杆上的两个小球A 、B 连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA 绳与杆的夹角为θ，OB 绳沿竖直方向，则下列说法正确的是( )A ．A 可能受到2个力的作用B ．B 可能受到3个力的作用C ．绳子对A 的拉力大于对B 的拉力D ．A 、B 的质量之比为1∶tan θ根据共点力平衡条件， 得：T ＝m B g ， T sin θ＝m A gsin90°＋θ(根据正弦定理列式)故m A ∶m B ＝1∶tan θ，故D 正确。

3、[多选]甲、乙两船在同一河流中同时开始渡河，河水流速为v 0，船在静水中的速率均为v ，甲、乙两船船头均与河岸成θ角，如图所示，已知甲船恰能垂直到达河正对岸的A 点，乙船到达河对岸的B 点，A 、B 之间的距离为L ，则下列判断正确的是( )A ．乙船先到达对岸B ．若仅是河水流速v 0增大，则两船的渡河时间都不变C ．不论河水流速v 0如何改变，只要适当改变θ角，甲船总能到达正对岸的A 点D ．若仅是河水流速v 0增大，则两船到达对岸时，两船之间的距离仍然为L4、嫦娥工程划为三期，简称“绕、落、回”三步走．我国发射的“嫦娥三号”卫星是嫦娥工程第二阶段的登月探测器，经变轨成功落月．若该卫星在某次变轨前，在距月球表面高度为h 的轨道上绕月球做匀速圆周运动，其运行的周期为T .若以R 表示月球的半径，忽略月球自转及地 球对卫星的影响，则( )A ．“嫦娥三号”绕月球做匀速圆周运动时的线速度大小为2πRTB ．物体在月球表面自由下落的加速度大小为4π2（R ＋h ）3R 2T2C ．在月球上发射月球卫星的最小发射速度为2πR TR ＋hRD ．月球的平均密度为2πGT2【解析】“嫦娥三号”的线速度v ＝2π（R ＋h ）T ，A 项错误；由GMm （R ＋h ）2＝m 4π2T 2(R ＋h )，GMm R 2＝mg 月，可得物体在月球表面的重力加速度g 月＝4π2（R ＋h ）3R 2T 2，B 项正确；因月球上卫星的最小发射速度也就是最大环绕速 度，有GMm 卫R 2＝m 卫v 2R ，又GMm （R ＋h ）2＝m 4π2T 2(R ＋h )可得：v ＝2π（R ＋h ）T R ＋h R ，C 项错误；由GMm （R ＋h ）2＝m 4π2T 2(R ＋h )，ρ＝M V ，V ＝43πR 3可得月 球的平均密度ρ＝3π（R ＋h ）3GT 2R 3，D 错误．【答案】B5、水平光滑直轨道ab 与半径为R 的竖直半圆形光滑轨道bc 相切，一小球以初速度v 0沿直轨道ab 向右运动，如图5所示，小球进入半圆形轨道后刚好能通过最高点c 。

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2019人教高考物理一轮选训习题(4）及答案李仕才一、选择题1、(2018·河北邢台质检)有下列几种情景，其中对情景的分析和判断正确的是（)①点火后即将升空的火箭；②高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车；③磁悬浮列车在轨道上高速行驶；④太空中的空间站绕地球做匀速圆周运动.A.①中，因火箭还没运动，所以加速度一定为零B.②中，轿车紧急刹车,速度变化很快,所以加速度很大C。

③中，高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大,所以加速度也一定很大D。

④中，因空间站处于完全失重状态,所以空间站内的物体加速度为零【答案】B【解析】点火后火箭即将升空的瞬间，加速度竖直向上，不为零，A错;轿车紧急刹车时刹车时间短，且速度改变很大，则由a＝错误!知加速度很大，B对;磁悬浮列车速度很大,但速度没有变化，加速度为零，C错；空间站以及里面的物体受地球万有引力作用，加速度不为零， D错.2、如图所示，在一个边长为a的正六边形区域内存在磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场,三个相同带正电的粒子比荷为，先后从A点沿AD方向以大小不等的速度射入匀强磁场区域,粒子在运动过程中只受磁场力作用;已知编号为①的粒子恰好从F点飞出磁场区域；编号为②的粒子恰好从E点飞出磁场区域；编号为③的粒子从ED边上的某一点垂直边界飞出磁场区域,则世纪金榜导学号49294170( )A.编号为①的粒子进入磁场区域的初速度大小为B.编号为②的粒子在磁场区域内运动的时间T=C.编号为③的粒子在ED边上飞出的位置与E点的距离为(2—3）aD。

2019年高考物理（人教）一轮基础夯实练（2）李仕才一、选择题1、(2018·汕头质检) 建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速无摩擦的运动．下列说法正确的是( )A．倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大B．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大C．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短解析：设屋檐的底角为θ，底边为L，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为x，雨滴下滑时加速度为a，对雨滴做受力分析，只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力F N，垂直于屋顶方向：mgcosθ＝F N，平行于屋顶方向：ma＝mgsinθ，雨滴的加速度为：a＝gsinθ，则倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大，故A正确；雨滴对屋顶的压力：F′N＝F N＝mgcosθ，则倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，故B错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度x＝L2cosθ，由x＝12gsinθ·t2可得：t＝2Lgsin2θ，可见当θ＝45°时，用时最短，D错误；由v＝gsinθ·t可得：v＝gLtanθ，可见θ越大，雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大，C正确．答案：AC2、如图所示，斜面固定，倾角为θ＝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)( )A．10 kg 100 N B．20 kg 100 NC．5 kg 50 N D．20 kg 50 3 N解析：“O”点所受三力互成120°角且静止，则F＝Mg＝mgsinθ，则F＝Mg＝100 N，m＝Msinθ＝2M＝20 kg.答案：B3、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：AB4、如图所示，电源电动势E＝12 V，内阻r＝3 Ω，R0＝1 Ω，直流电动机内阻R0′＝1 Ω.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P0＝2 W)，则R1和R2连入电路中的阻值分别为( )A．2 Ω、2 Ω B．2 Ω、1.5 ΩC．1.5 Ω、1.5 Ω D．1.5 Ω、2 Ω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 Ω；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P＝IU＝I(E－Ir)，所以当I＝E2r＝2 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 Ω，B正确．答案：B5、(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I 1和I 2，且I 1>I 2，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( )A ．B 4 B ．B 3C ．B 2D ．B 1解析：根据题述，I 1>I 2，由安培定则，I 1在H 点产生的磁感应强度方向垂直于H 和I 1连线，指向右下，I 2在H 点产生的磁感应强度方向垂直于H 和I 2连线，指向左下．I 1在H 点产生的磁感应强度比I 2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B 3，选项B 正确．答案：B6、小型交流发电机的矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间的关系是正弦函数．将发电机与一个标有“6 V 6 W”的小灯泡连接形成闭合回路，不计电路的其他电阻．当线圈的转速为n ＝5 r/s 时，小灯泡恰好正常发光，则电路中电流的瞬时表达式为( )A ．i ＝sin5t(A)B ．i ＝sin10πt(A)C ．i ＝1.41sin5t(A)D ．i ＝1.41sin10πt(A)解析：因为小灯泡正常发光，所以电路中电流的有效值为I ＝P U＝1 A ，则电流的最大值为I m ＝ 2 A≈1.41 A．因为转速n ＝5 r/s ，且ω＝2n π，所以ω＝10π rad/s ，故电路中电流的瞬时值表达式为i ＝1.41sin10πt(A)，选项D 正确．答案：D7、(2018·惠州模拟)一交变电流的图象如图所示，由图可知( )A ．该交流电的周期是0.02 sB ．该交流电电流最大值为20 2 AC ．该交流电的频率为100 HzD ．用电流表测该电流其示数为10 2 A解析：该交流电的周期T ＝0.01 s ，频率f ＝1T＝100 Hz ，A 错、C 对；最大值I m ＝10 2 A ，电流表测得的是电流有效值I ＝I m2＝10 A ，故B 、D 错误．答案：C二、非选择题1、完成以下“验证力的平行四边形定则”实验的几个主要步骤：(1)如图甲，用两只弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，记下结点O 的位置、两弹簧测力计的读数F 1、F 2以及两细绳套的方向．(2)如图乙，用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条的结点拉到________，记下细绳套的方向(如图丙中的c)，读得弹簧测力计的示数F ＝________.(3)如图丙，按选定的标度作出了力F 1、F 2的图示，请在图丙中：①按同样的标度作出力F 的图示；②按力的平行四边形定则作出F 1、F 2的合力F′.(4)若F′与F________________________________________________________________________，则平行四边形定则得到验证．解析：(2)如题图乙，用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条的结点拉到同一位置O ，记下细绳套的方向，由图示弹簧测力计可读得弹簧测力计的示数F ＝4.0 N.(3)①作出力F 的图示如图所示．②根据力的平行四边形定则，作出F 1、F 2的合力F′，如图所示．(4)若有F′与F 在误差范围内大小相等，方向相同，则平行四边形定则得到验证． 答案：(2)同一位置O 4.0 N(3)见解析(4)在误差范围内大小相等，方向相同2、如图所示，静止在匀强磁场中的63Li 核俘获一个速度为v 0＝7.7×104 m/s 的中子而发生核反应63Li ＋10n→31H ＋42He.若已知42He 的速度v 2＝2.0×104m/s ，其方向与反应前中子速度方向相同，求：(1)31H 的速度是多大；(2)在图中画出两粒子的运动轨迹并求出轨道半径之比；(3)当粒子42He 旋转3周时，粒子31H 旋转几圈．解析：(1)中子撞击锂核生成氚核和氦核过程中动量守恒，有m 0v 0＝m 1v 1＋m 2v 2式中m 0、m 1、m 2分别为中子、氚核、氦核的质量，v 1为氚核速度，代入数据得v 1＝1.0×103 m/s ，方向与v 0相反(即与v 2相反)．(2)氚核、氦核在磁场中做匀速圆周运动的半径之比为r 1：r 2＝m 1v 1Bq 1：m 2v 2Bq 2＝3×0.1×104B×1：4×2×104B×2＝：40运动轨迹如图所示．(3)氚核、氦核做圆周运动的周期之比为 T 1：T 2＝2πm 1Bq 1：2πm 2Bq 2＝2π×3B×1：2π×4B×2＝：2 所以它们旋转周期之比为n 1：n 2＝T 2：T 1＝：3当α粒子旋转3周时，氚核旋转2周． 答案：(1)1.0×103 m/s：40 (3)2。

2019年高考物理（人教）一轮基础夯实练（5）李仕才一、选择题1、(2018·浙江百校联盟押题卷)如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A、B间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是( )A．A、B的质量之比为： 3B．A、B所受弹簧弹力大小之比为3： 2C．悬挂A、B的细线上拉力大小之比为2：1D．快速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为： 2解析：弹簧对A、B的弹力大小相等，设为kx，对A、B分别进行受力分析，由平衡条件可知m A g＝kxtan60°，F A＝kx/cos60°，m B g＝kxtan45°，F B＝kx/cos45°，联立解得A、B两物体质量之比为m A：m B＝：tan45°＝3：1，F A：F B＝：cos60°＝2：，在剪断弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度a A：a B＝gcos60：gcos45°＝1：2，故C、D正确．答案：CD2、(2018·重庆调研)如图所示，某河段两岸平行，河水越靠近河中央水流速度越大．一条小船(可视为质点)沿垂直于河岸的方向航行，它在静水中航行速度为v，沿河岸向下及垂直河岸建立直角坐标系xOy，则该船渡河的大致轨迹正确的是( )解析：小船在垂直于河岸方向做匀速直线运动，平行河岸方向先做加速运动后做减速运动，因此合速度方向与河岸间的夹角先减小后增大，即运动轨迹的切线方向与x轴的夹角先减小后增大，C项正确．答案：C3、滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F做了10 J 的功．在上述过程中( )A．弹簧的弹性势能增加了10 JB．滑块的动能增加了10 JC．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 JD．滑块和弹簧组成的系统机械能守恒解析：拉力F做功的同时，弹簧伸长，弹性势能增大，滑块向右加速，滑块动能增加，由功能关系可知，拉力做功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和，C正确，A、B、D均错误．答案：C4、某静电场的电场线分布如图所示，图中A、B两点的电场强度的大小分别为E A和E B，电势分别为φA和φB，将－q分别放在A、B两点时具有的电势能分别为E pA和E pB，则( ) A．E A>E B，φA>φB，E pA<E pBB．E A>E B，φA>φB，E pA>E pBC．E A<E B，φA>φB，E pA>E pBD．E A<E B，φA<φB，E pA<E pB解析：从图可以看出A点的电场线的密集程度大于B点的密集程度，故A点的电场强度大于B点的电场强度．因电场线的方向由A指向B，而沿电场线的方向电势逐渐降低，所以A点的电势高于B点的电势．负电荷从A到B，电场力做负功，电势能增加，所以－q在B 点的电势能大于在A点的电势能，故A正确．答案：A5、某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正．为了使静止于该磁场中的带正电的粒子能按a→b→c→d→e→f的顺序做横“∞”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用，其它力不计)( )A ．若粒子的初始位置在a 处，在t ＝3T 8时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度 B ．若粒子的初始位置在f 处，在t ＝T 2时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度 C ．若粒子的初始位置在e 处，在t ＝118T 时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度 D ．若粒子的初始位置在b 处，在t ＝T 2时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度 解析：要使粒子的运动轨迹如题图乙所示，粒子做圆周运动的周期应为T 0＝πm qB ＝T 2，结合左手定则可知，选项A 、D 正确．答案：AD6、(2018·广西重点高中高三一模)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为：1，a 、b 端接入一正弦式交流电源．L 1、L 2为两只规格均为“22 V 6 W”的灯泡，两电表为理想交流电表．当滑动变阻器的滑片P 处于中间位置时，两灯泡恰好都正常发光．下列说法正确的是( )A ．电流表示数为0.27 AB ．电压表示数为44 VC ．滑片P 向下移动时，灯泡L 2将变暗D ．滑片P 向上移动时，灯泡L 1将变暗 解析：由于原、副线圈匝数比为：1，则原、副线圈电流比为：2，因两灯泡正常发光，所以原线圈电流为311 A ，则副线圈电流为611 A ＝0.55 A ，A 错．原、副线圈两端电压比为：1，副线圈两端电压为22 V ，所以原线圈两端电压为44 V ，B 对．滑片P 向下移动时，副线圈电路的电阻变小，电流变大，则原线圈电路中电流也变大，即通过灯泡L 2的电流变大，灯泡L 2可能变亮或烧毁，C 错．滑片P 向上移动时，通过灯泡L 2的电流变小，原线圈两端电压变大，则副线圈两端电压也变大，灯泡L 1可能变亮或烧毁，D 错． 答案：B7、(2018·江西省五校高考模拟考试)如图所示，有一矩形线圈的面积为S ，匝数为N ，电阻不计，绕OO′轴在水平方向的磁感应强度为B 的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置开始计时．矩形线圈通过铜滑环接理想变压器原线圈，副线圈接有固定电阻R 0和滑动变阻器R ，下列判断正确的是( )A ．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝NBS ωsin ωtB ．矩形线圈从图示位置经过π2ω时间内，通过电流表A 1的电荷量为0 C ．当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电流表A 1和A 2示数都变小D ．当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电压表V 1示数不变，V 2和V 3的示数都变小 解析：初始位置是与中性面垂直的平面，则矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝NBS ωcos ωt ，选项A 错误；π2ω是四分之一个周期，由Q ＝ΔΦR可得，通过电流表A 1的电荷量不为零，选项B 错误；当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，滑动变阻器的阻值变大．电路总电阻变大，电流表A 2示数变小，结合I 1I 2＝n 2n 1可得，电流表A 1示数也变小，选项C 正确；当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电压表V 1示数不变，结合U 1U 2＝n 1n 2，V 2示数也不变，电压表V 3示数变大，选项D 错误．答案：C二、非选择题1、(2018·山东青岛一模)如图所示，倾角θ＝30°的足够长的光滑斜面底端A 固定有挡板P ，斜面上B 点与A 点的高度差为h.将质量为m 、长度为L 的木板置于斜面底端，质量也为m 的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝32，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g. (1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v 0，木板上端恰能到达B 点，求v 0的大小；(2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力F ，物块相对木板刚好静止，求拉力F 的大小． 解析：(1)由于μgcos θ>gsin θ，所以在运动过程中物块相对于木板静止，两者的加速度a ＝gsin θ，根据v 202a ＝h sin θ－L ， 解得v 0＝－. (2)对木板与物块整体有F －2mgsin θ＝2ma 0，对物块有μmgcos θ－mgsin θ＝ma 0，解得F ＝32mg. 答案：(1)－ (2)32mg 2、(1)如图所示，一定质量的理想气体由状态a 沿adc 变化到状态c ，吸收了340 J 的热量，并对外做功120 J ．若该气体由状态a 沿abc 变化到状态c 时，对外做功40 J ，则这一过程中气体________(填“吸收”或“放出”)热量________J.(2)(15分)某同学设计了一种测温装置，其结构如图所示，玻璃泡A 内封有一定质量的气体，与A 相连的B 管插在水银槽中，管内外水银面的高度差x 即可反映泡内气体的温度，即环境温度t ，并可由B 管上的刻度直接读出．设B 管的体积与A 泡的体积相比可略去不计，在1个标准大气压下对B 管进行温度刻线(1标准大气压相当于76 cmHg 的压强)．已知当温度t 1＝27 ℃时，管内外水银面的高度差x 1＝16 cm ，此高度差即为27 ℃的刻度线．求：(ⅰ)推导高度差x 随温度t 变化的关系式；(ⅱ)判断该测温装置的刻度是否均匀，并指出温度t ＝0 ℃刻度线在何处．解析：(1)对该理想气体由状态a 沿abc 变化到状态c ，由热力学第一定律可得：ΔU ＝Q ＋W ＝340 J ＋(－120 J)＝220 J ，即从a 状态到c 状态，理想气体的内能增加了220 J ；若该气体由状态a 沿adc 变化到状态c 时，对外做功40 J ，此过程理想气体的内能还是增加220 J ，所以可以判定此过程是吸收热量，再根据热力学第一定律可得：ΔU ＝Q′＋W′，得Q′＝ΔU －W′＝220 J －(－40 J)＝260 J.(2)(ⅰ)B 管体积忽略不计，玻璃泡A 内气体体积保持不变，是等容变化过程，根据查理定律可得p 1T 1＝p 2T 2根据平衡条件可知，玻璃泡A 内气体压强p ＝p 0－ρgx ，其中p 0为标准大气压，代入数据解得x ＝21.4－t 5(cm)． (ⅱ)由方程可知，x 与t 是线性函数，所以该测温装置的刻度是均匀的．根据方程x ＝21.4－t 5(cm)， 将t ＝0 ℃代入上式可得，x ＝21.4 cm.所以温度t ＝0 ℃刻度线在x ＝21.4 cm 处．答案：(1)吸收 260 (2)(ⅰ)x＝21.4－t 5(cm) (ⅱ)刻度均匀 x ＝21.4 cm 处。

2019年高考物理（人教）一轮基础夯实练（4）一.选择题1.(2018·广州模拟)如图所示的电路中,电源内阻不可忽略,若调整可变电阻R 的阻值,可使电压表的示数减小ΔU(电压表为理想电表),在这个过程中( )A.通过R 1的电流减小,减少量一定等于ΔUR 1B.R 2两端的电压增加,增加量一定等于ΔUC.路端电压减小,减少量一定等于ΔUD.通过R 2的电流增加,但增加量一定小于ΔU R 2解析：电压表的示数减小ΔU,通过R 1的电流减小ΔI ＝ΔUR 1,选项A 正确；R 2与电源内阻的总电压增加ΔU,选项B 错误；R 2两端的电压增加量小于ΔU,通过R 2的电流增加量小于ΔUR 2,选项C 错误.D 正确.答案：AD2.(2018·湖南岳阳一中模拟)如图所示,我们常见这样的杂技表演：四个人A.B.C.D 体型相似,B 站在A 的肩上,双手拉着C 和D,A 水平撑开双手支持着C 和D.如果四个人的质量均为m ＝60 kg,g 取10 m/s 2,估算A 的手臂受到的压力和B 的手臂受到的拉力大小分别为( )A.120 N,240 NB.240 N,480 NC.350 N,700 ND.600 N,1 200 N解析：对C 进行受力分析如图所示,由四人体型相似推知四人手臂长度相同,则B 的手臂与竖直方向的夹角为30°,则有F AC ＝mgtan30°＝33mg,即C 受到A 的推力约为33mg,A 的手臂受到的压力也是33mg ＝33×60×10 N≈350 N；F BC ＝mg cos30°＝233mg,即C 受到B 的拉力为233mg,则B 的手臂受到的拉力也为233mg ＝233×60×10N≈700 N ,故选C. 答案：C3.(2018·吉林省吉林市调研)某质点在几个恒力作用下做匀速直线运动,现突然将与质点速度方向相反的一个力旋转90°,则关于质点运动状况的叙述正确的是( )A.质点的速度一定越来越小B.质点的速度可能先变大后变小C.质点一定做匀变速曲线运动D.因惯性质点继续保持匀速直线运动解析：将与质点速度方向相反的作用力F 旋转90°时,该力与其余力的合力夹角为90°,这时质点所受的合力大小为2F,方向与速度的夹角为45°,质点受力的方向与运动的方向之间的夹角是锐角,所以质点做速度增大的曲线运动,故A.B 错误；根据牛顿第二定律得加速度a ＝2Fm ,所以质点做匀变速曲线运动,故C 正确.D 错误.答案：C4.质量为M.内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上,箱子中间有一质量为m 的小物块,小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间,如图所示.现给小物块一水平向右的初速度v,小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间,并与箱子保持相对静止.设碰撞都是弹性的,则整个过程中,系统损失的动能为( )A.12mv 2B.12mM m ＋M v 2C.12N μmgL D.N μmgL 解析：小物块与箱子作用过程中满足动量守恒,最后恰好又回到箱子正中间.二者相对静止,即为共速,设速度为v 1,mv ＝(m ＋M)v 1,系统损失动能E k ＝12mv 2－12(M ＋m)v 21＝12Mmv2M ＋m；由于碰撞为弹性碰撞,故碰撞时不损失能量,系统损失的动能等于系统产生的热量,即ΔE k ＝Q ＝N μmgL.故本题选B.D. 答案：BD5.(2018·江西五校联考)(多选)如图所示,含有11H(氕核).21H(氘核).42He(氦核)的带电粒子束从小孔O 1处射入速度选择器,沿直线O 1O 2运动的粒子在小孔O 2处射出后垂直进入偏转磁场,最终打在P 1.P 2两点.则 ( )A.打在P 1点的粒子是42HeB.打在P 2点的粒子是21H 和42HeC.O 2P 2的长度是O 2P 1长度的2倍D.粒子在偏转磁场中运动的时间都相等解析：带电粒子在沿直线通过速度选择器时,电场力与洛伦兹力大小相等方向相反,即：qvB ＝qE所以v ＝E B可知从粒子速度选择器中射出的粒子具有相等的速度.带电粒子在磁场中做匀速直线运动,洛伦兹力提供向心力,所以：qvB ＝mv 2r ,所以：r ＝mv qB ＝m q ·vB,可知粒子的比荷越大,则运动的半径越小,所以打在P 1点的粒子是11H,打在P 2点的粒子是21H 和42He.故A 错误,B 正确；由题中的数据可得,11H 的比荷是21H 和42He 的比荷的2倍,所以11H的轨道的半径是21H 和42He 的半径的12倍,即O 2P 2的长度是O 2P 1长度的2倍,故C 正确；粒子运动的周期：T ＝2πr v ＝2πmqB ,三种粒子的比荷不相同,所以粒子在偏转磁场中运动的时间不相等.故D 错误. 答案：BC6.如图为一种变压器的实物图,根据其铭牌上所提供的信息,以下判断错误的是( )A.这是一个降压变压器B.原线圈的匝数比副线圈的匝数多C.当原线圈输入交流电压220 V时,副线圈输出直流电压12 VD.当原线圈输入交流电压220 V.副线圈接负载时,副线圈中电流比原线圈中电流大解析：根据铭牌上所提供的信息可知：变压器的输入电压为220 V,输出电压为12 V,该变压器为降压变压器,故选项A.B正确；变压器的工作原理是电磁感应,故变压器的原.副线圈上的电压都为交流电压,选项C错误；由理想变压器的输出功率等于输入功率,且原线圈的电压大于副线圈的电压,故副线圈接负载时,副线圈中电流比原线圈中电流大,选项D正确.答案：C7.如图所示,理想变压器原.副线圈的匝数之比为：3,原线圈a.b间输入交流电瞬时值的表达式为u＝2202sin(100πt)V,副线圈两端接有两只标有“24 W”字样的灯泡,当开关S1和S2都闭合时,两灯泡均正常发光,下列说法中正确的是( )A.两只灯泡能承受的最高电压为12 VB.断开开关S 1,副线圈两端的电压将变大C.断开开关S 1,变压器原线圈的输入功率将变小D.该变压器原.副线圈的输入.输出功率之比为：3解析：由理想变压器的工作原理知原.副线圈的电压与匝数成正比U 1U 2＝n 1n 2,解得副线圈输出电压的有效值为U 2＝12 V,故灯泡能承受的最高电压应为12 2 V,A 错误；无论是断开开关S 1还是断开开关S 2,副线圈的电压均不变,B 错误；断开开关S 1,小灯泡L 2仍能正常发光,L 2消耗的功率不变,则理想变压器的输出功率减小,由于理想变压器的输出功率等于输入功率,因此输入功率也减小,C 正确.D 错误. 答案：C 二.非选择题1.如图甲所示,倾角θ＝37°的足够长粗糙斜面固定在水平面上,滑块A.B 用细线跨过光滑定滑轮相连,A 与滑轮间的细线与斜面平行,B 距地面一定高度,A 可在细线牵引下沿斜面向上滑动.某时刻由静止释放A,测得A 沿斜面向上运动的v －t 图象如图乙所示(B 落地后不反弹).已知m A ＝2 kg,m B ＝4 kg,重力加速度g ＝10 m/s 2,sin37°＝0.6.cos37°＝0.8.求：(1)A 与斜面间的动摩擦因数； (2)A 沿斜面向上滑动的最大位移.解析：(1)在0～0.5 s 内,根据题图乙,可得A.B 整体的加速度a 1为a 1＝2 m/s0.5 s＝4 m/s 2设细线张力大小为F T ,分别对A.B,由牛顿第二定律有F T －m A gsin θ－μm A gcos θ＝m A a 1m B g －F T ＝m B a 1 联立解得μ＝0.25(2)B 落地后,A 继续减速上升由牛顿第二定律有m A gsin θ＋μm A gcos θ＝m A a 2 代入数据得a 2＝8 m/s 2故A 减速向上滑动的位移x 2＝22a 2＝0.25 m0～0.5 s 内A 加速向上滑动的位移x 1＝22a 1＝0.5 m所以,A 上滑的最大位移x ＝x 1＋x 2＝0.75 m 答案：(1)0.25 (2)0.752.(2018·重庆一诊)(1)下列说法正确的是________(填正确答案的标号).A.多数分子直径的数量级是10－10 cmB.气体的温度升高时,气体的压强不一定增大C.在一定的温度下,饱和汽的分子数密度是一定的D.晶体都是各向异性的E.一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的(2)(15分)如图所示的圆柱形汽缸是一“拔火罐”器皿,汽缸(横截面积为S)固定在铁架台上,轻质活塞通过细线与质量为m 的重物相连,将一团燃烧的轻质酒精棉球从缸底的开关S 处扔到汽缸内,酒精棉球熄灭时(此时缸内温度为t ℃)闭合开关S,此时活塞下的细线刚好拉直且拉力为零,而这时活塞距缸底的距离为L.由于汽缸传热良好,随后重物会被吸起,最后重物稳定在距地面L10处.已知环境温度为t 0 ℃不变,mg S ＝16p 0,p 0为大气压强,汽缸内的气体可看成理想气体,求：(ⅰ)酒精棉球熄灭时的温度t 与t 0满足的关系式；(ⅱ)汽缸内温度降低到重新平衡的过程中外界对气体做的功. 解析：(1)原子和分子的数量级是10－10 m,A 错误.温度是分子平均动能的标志,温度升高,气体分子的平均动能增大,由气态方程pVT ＝C 可知,温度升高,压强不一定增大,B 正确.饱和汽压与分子密度和温度有关,在一定温度下,饱和汽的分子数密度是一定的,饱和汽压也是一定的,C 正确.单晶体具有各向异性,而多晶体没有各向异性,D 错误.根据热力学第二定律,一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的,E 正确.(2)(ⅰ)汽缸内封闭气体的初始状态：p 1＝p 0,V 1＝LS,T 1＝(273＋t) K ；末状态：p 2＝p 0－mg S ＝56p 0,V 2＝910LS,T 2＝(273＋t 0) K.由理想气体的状态方程有p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2,解得t ＝43t 0＋91 ℃.(ⅱ)汽缸内封闭气体的温度降低的过程中,开始时气体的压强变化,但气体的体积没有变化,故此过程外界对气体不做功.活塞向上运动过程为恒压过程,气体的压强为p 2,活塞上移的距离为L10,故外界对气体做的功为W ＝p 2ΔV ＝56p 0×L 10S ＝p 0LS12.答案：(1)BCE (2)(ⅰ)t＝43t 0＋91 ℃ (ⅱ)p 0LS12。

2019年高考物理（人教）一轮基础夯实练（3）一、选择题1、(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a－t图象如图所示，t＝0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则( )A．在t＝6 s的时刻，物体的速度为18 m/sB．在0～6 s时间内，合力对物体做的功为400 JC．在0～6 s时间内，拉力对物体的冲量为48 N·sD．在t＝6 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0～6 s内Δv＝18 m/s，v0＝2 m/s，则t＝6 s时的速度v＝20 m/s，A项错；由动能定理可知，0～6 s内，合力做功W＝12mv2－12mv20＝396 J，B项错；由冲量定理可知，I－F f·t＝mv－mv0，代入已知条件解得：I＝48 N·s，C项正确；由牛顿第二定律可知，6 s末F－F f＝ma，解得：F＝10 N，所以拉力的功率P＝Fv＝200 W，D项正确．答案：CD2、(2018·山西四校联考)如图所示，轻绳一端连接放置在水平地面上的物体Q，另一端绕过固定在天花板上的定滑轮与小球P连接，P、Q始终处于静止状态，则( )A．Q可能受到两个力的作用B．Q可能受到三个力的作用C．Q受到的绳子拉力与重力的合力方向水平向左D．Q受到的绳子拉力与重力的合力方向指向左下方解析：由平衡条件知，Q受重力、支持力、绳的拉力和摩擦力四个力的作用，选项A、B 错误；由平衡条件知，Q受到的绳子拉力和重力的合力与支持力和摩擦力的合力大小相等、方向相反，由平行四边形定则知，支持力和摩擦力的合力方向指向右上方，所以Q受到的绳子拉力和重力的合力方向指向左下方，选项C错误，选项D正确．答案：D3、如图所示，竖直平面内有一光滑直杆AB，杆与水平方向的夹角为θ(0°≤θ≤90°)，一质量为m的小圆环套在直杆上．给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力F ，并从A 端由静止释放．改变直杆和水平方向的夹角θ，当直杆与水平方向的夹角为30°时，小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为g ，则( )A ．恒力F 一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向B ．恒力F 和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向C ．若恒力F 的方向水平向右，则恒力F 的大小为3mgD ．恒力F 的最小值为32mg 解析：小圆环受到竖直向下的重力、光滑直杆AB 对小圆环的支持力和恒力F ，把光滑直杆AB 对小圆环的支持力正交分解，沿直杆方向无分力，由L ＝12at 2可知，要使小圆环在直杆上运动的时间最短，小圆环运动的加速度必须最大，由牛顿第二定律可知，当恒力和重力的合力沿光滑直杆方向时，加速度最大，所以选项A 错误、B 正确；若恒力F 的方向水平向右，由tan30°＝mg F，解得F ＝3mg ，选项C 正确；当合力F 的方向垂直光滑直杆时，恒力F 最小，由sin60°＝F mg ，解得F 的最小值为F min ＝mgsin60°＝32mg ，选项D 正确． 答案：BCD4、(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＝ER＋r＋R灯增大，灯泡L变亮，选项A错误；光敏电阻R上的电压U R＝E－I(r＋R灯)减小，选项B错误；电压表V的读数U＝E－Ir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U L＝IR灯增大，所以电容器C的带电荷量Q＝CU L增大，选项D正确．答案：CD5、(2018·河北唐山调研)如图所示，两平行的粗糙金属导轨水平固定在匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨宽度为L，一端与电源连接．一质量为m的金属棒ab垂直于平行导轨放置并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝33，在安培力的作用下，金属棒以v0的速度向右匀速运动，通过改变磁感应强度的方向，可使流过导体棒的电流最小，此时磁感应强度的方向与竖直方向的夹角为( )A．37°B．30° C．45°D．60°解析：本题考查通电导体棒在磁场中的平衡问题．由题意对棒受力分析，设磁感应强度的方向与竖直方向成θ角，则有BILcosθ＝μ(mg－BILsinθ)整理得BIL＝μmgcosθ＋μsinθ电流有最小值，就相当于安培力有最小值，最后由数学知识解得：θ＝30°，则A、C、D错，B对．答案：B6、(2018·辽宁锦州期末)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20：1，原线圈接在正弦交流电源上，副线圈接入“3 V 6 W”灯泡一只，且灯泡正常发光．则( )A．原线圈电压有效值为3 VB．电源输出功率为120 WC ．电流表的示数为0.1 AD ．电流表的示数为40 A解析：根据理想变压器原、副线圈电压与匝数成正比可知，原线圈两端电压有效值为60 V ，选项A 错误；理想变压器输入功率等于输出功率，所以输入功率和输出功率都为6 W ，则电源输出功率为6 W ，选项B 错误；理想变压器输入功率为6 W ，则原线圈中的电流有效值为I ＝P U ＝660A ＝0.1 A ，选项C 正确，选项D 错误． 答案：C7、在变电站里，经常要用交流电表监测电网上的强电流．所用的器材叫电流互感器，如图所示，能正确反映其工作原理的是( )解析：电流互感器把大电流变成小电流，测量时更安全，据变压器原理，I 1I 2＝n 2n 1，I 2＝n 1n 2I 1，所以要求线圈匝数n 2>n 1，原线圈要接在火线上，故本题只有A 正确．答案：A二、非选择题1、如图所示为“探究加速度与物体受力的关系”的实验装置图．图中A 为小车，质量为m 1，连接在小车后面的纸带穿过电火花打点计时器B ，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上，P 的质量为m 2，C 为弹簧测力计，实验时改变P 的质量，读出测力计不同读数F ，不计绳与滑轮的摩擦．(1)下列说法正确的是( )A ．一端带有定滑轮的长木板必须保持水平B ．实验时应先接通电源后释放小车C ．实验中m 2应远小于m 1D ．测力计的读数始终为m 2g 2(2)如图为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出．由此可求得小车的加速度的大小是________ m/s 2(交流电的频率为50 Hz ，结果保留两位有效数字)．(3)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a －F 图象可能是图中的图线( )解析：(1)一端带有定滑轮的长木板必须稍微倾斜，以平衡摩擦力，选项A 错误．实验时应先接通电源后释放小车，选项B 正确．实验中m 2不必远小于m 1，选项C 错误．由于P向下加速运动，测力计的读数始终小于m 2g 2，选项D 错误． (2)由Δx＝aT 2解得小车的加速度的大小是0.50 m/s 2.(3)遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a －F 图象，应该是当F 从某一值开始增大，加速度a 才开始增大，所以可能是图线C.答案：(1)B (2)0.50 (3)C2、(2018·广东华山模拟)(1)(10分)关于热现象和热学规律，下列说法正确的是________(填正确答案的标号)．A ．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积B ．气体温度升高，分子的平均动能一定增大C ．温度一定时，悬浮在液体中的固体颗粒越小，布朗运动越明显D ．一定温度下，饱和汽的压强是一定的E ．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律(2)(15分)如图，将导热性良好的薄壁圆筒开口向下竖直缓慢地放入水中，筒内封闭了一定质量的气体(可视为理想气体)．当筒底与水面相平时，圆筒恰好静止在水中．此时水的温度t 1＝7.0 ℃，筒内气柱的长度h 1＝14 cm.已知大气压强p 0＝1.0×105Pa ，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3，重力加速度大小g 取10 m/s 2.(ⅰ)若将水温缓慢升高至27 ℃，此时筒底露出水面的高度Δh 为多少？(ⅱ)若水温升至27 ℃后保持不变，用力将圆筒缓慢下压至某一位置，撤去该力后圆筒恰能静止，求此时筒底到水面的距离H(结果保留两位有效数字)．解析：(1)知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可以算出每个气体分子占据空间的体积，但不是分子体积(分子间隙大)，故A 错误；温度是分子平均动能的标志，故气体温度升高，分子的平均动能一定增大，选项B 正确；悬浮在液体中的固体微粒越小，碰撞的不平衡性越明显，布朗运动就越明显，故C 正确；饱和蒸汽压仅仅与温度有关，所以一定温度下，饱和汽的压强是一定的，故D 正确；第一类永动机不可能制成，是因为它违反了能量守恒定律，第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，故E 错误．(2)(ⅰ)设水温升至27 ℃时，气柱的长度为h 2，圆筒横截面积为S ，根据盖－吕萨克定律有Sh 1T 1＝Sh 2T 2， 圆筒静止，筒内外液面高度差不变，有Δh＝h 2－h 1，联立解得Δh＝1 cm ；(ⅱ)设圆筒的质量为m ，静止在水中时筒内气柱的长度为h 3.则mg ＝ρgh 1S ，mg ＝ρgh 3S ，圆筒移动过程，根据玻意耳定律有(p0＋ρgh1)h2S＝[p0＋ρg(h3＋H)]h3S，解得H＝72 cm.答案：(1)BCD (2)(ⅰ)1 cm(ⅱ)72 cm。

2019年高考物理（人教）一轮基础夯实练（1）一、选择题1、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θ减小，减小拉力F 即可B ．要使θ减小，增大拉力F 即可C ．要使θ减小，必须改变α，同时改变F 的大小才有可能D ．要减小θ而保持α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F 2与F 的合力和F 1等大、反向，如图所示，O 点位置不变，则橡皮筋的拉力F 1不变，绳子拉力F 2的方向不变，即α角不变，若要减小θ，必使F 的大小和方向以及F 2的大小发生改变，故D 选项正确．答案：D2、如图所示，水平传送带以恒定速度v 向右运动．将质量为m 的物体Q 轻轻放在水平传送带的左端A 处，经过t 秒后，Q 的速度也变为v ，再经t 秒物体Q 到达传送带的右端B 处，则( )A ．前t 秒内物体做匀加速运动，后t 秒内物体做匀减速运动B ．后t 秒内Q 与传送带之间无摩擦力C ．前t 秒内Q 的位移与后t 秒内Q 的位移大小之比为：1D ．Q 由传送带左端运动到右端的平均速度为34v解析：前t 秒内物体Q 相对传送带向左滑动，物体Q 受向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律F f ＝ma 可知，物体Q 做匀加速运动，后t 秒内物体Q 相对传送带静止，做匀速运动，不受摩擦力作用，选项A 错误、B 正确；前t 秒内Q 的位移x 1＝v 2t ，后t 秒内Q 的位移x 2＝vt ，故x 1x 2＝12，选项C 错误；Q 由传送带左端运动到右端的平均速度v ＝x 1＋x 22t ＝v2t ＋vt2t ＝34v ，选项D 正确．答案：BD3、甲、乙两物体分别在恒力F 1、F 2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t 1时间内所受的冲量为I 1，乙在t 2时间内所受的冲量为I 2，则F 、I 的大小关系是( )A ．F 1>F 2，I 1＝I 2B ．F 1<F 2，I 1<I 2C ．F 1>F 2，I 1>I 2D ．F 1＝F 2，I 1＝I 2解析：冲量I ＝Δp ，从题图上看，甲、乙两物体动量变化的大小I 1＝I 2，又因为I 1＝F 1t 1，I 2＝F 2t 2，t 2>t 1，所以F 1>F 2.答案：A 4、在如图所示电路中E 为电源，其电动势E ＝9.0 V ，内阻可忽略不计；AB 为滑动变阻器，其电阻R ＝30 Ω；L 为一小灯泡，其额定电压U ＝6.0 V ，额定功率P ＝1.8 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( )A ．10 ΩB ．20 ΩC ．15 ΩD ．5 Ω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＝P U ＝1.86.0 A ＝0.3 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，R AC ＝E －U 额I 额＝10 Ω，R CB ＝R －R AC ＝20 Ω，B 项正确．答案：B5、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：B6、(2018·湖南长沙市高三统一模拟)金属钙的逸出功为4.3×10－19 J ，普朗克常量h ＝6.6×10－34J·s，光速c ＝3.0×108m/s ，以下说法正确的是( )A ．用波长为400 nm 的单色光照射金属钙，其表面有光电子逸出B ．用波长为400 nm 的单色光照射金属钙，不能产生光电效应现象C ．若某波长的单色光能使金属钙产生光电效应现象，则增大光的强度将会使光电子的最大初动能增大D ．若某波长的单色光能使金属钙产生光电效应现象，则减小光的强度将会使单位时间内发射的光电子数减少解析：波长为400 nm 的单色光的光子能量为E ＝h c λ＝4.95×10－19J ，大于钙的逸出功，可以产生光电效应现象．根据光电效应规律，光电子的最大初动能决定于入射光的频率而与其强度无关，但强度决定了单位时间内发射的光电子数的多少，正确选项为A 、D.答案：AD7、现有两动能均为E 0＝0.35 MeV 的21H 在一条直线上相向运动，两个21H 发生对撞后能发生核反应，得到32He 和新粒子，且在核反应过程中释放的能量完全转化为32He 和新粒子的动能．已知21H 的质量为2.014 1 u ，32He 的质量为3.016 0 u ，新粒子的质量为1.008 7 u ，核反应时质量亏损1 u 释放的核能约为931 MeV(如果涉及计算，结果保留整数)．则下列说法正确的是( )A ．核反应方程为21H ＋21H→32He ＋10n B ．核反应前后不满足能量守恒定律 C ．新粒子的动能约为3 MeV D.32He 的动能约为4 MeV解析：由核反应过程中的质量数和电荷数守恒可知21H ＋21H→32He ＋10n ，则新粒子为中子10n ，所以A 正确．核反应过程中质量亏损，释放能量，亏损的质量转变为能量，仍然满足能量守恒定律，B 错误；由题意可知ΔE ＝(2.014 1 u×2－3.016 0 u －1.008 7 u)×931 MeV/u＝3.3 MeV ，根据核反应中系统的能量守恒有E kHe ＋E kn ＝2E 0＋ΔE ，根据核反应中系统的动量守恒有p He －p n ＝0，由E k ＝p 22m ，可知E kHe E kn ＝m n m He ，解得E kHe ＝m nm n ＋m He (2E 0＋ΔE)＝1 MeV ，E kn ＝m Hem n ＋m He(2E 0＋ΔE)＝3 MeV ，所以C 正确、D 错误．答案：AC 二、非选择题1、(2018·南昌模拟)某物理实验小组在探究弹簧的劲度系数k 与其原长l 0的关系实验中，按示意图所示安装好实验装置，让刻度尺零刻度与轻质弹簧上端平齐，在弹簧上安装可移动的轻质指针P ，实验时的主要步骤：①将指针P 移到刻度尺的5 cm 处，在弹簧挂钩上挂上200 g 的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；②取下钩码，将指针P 移到刻度尺的10 cm 处，在弹簧挂钩上挂上250 g 的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；③取下钩码，将指针P 移到刻度尺的15 cm 处，在弹簧挂钩上挂上50 g 的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；④重复③步骤，在每次重复③时，都将指针P 下移5 cm ，同时保持挂钩上挂的钩码质量不变． 将实验所得数据记录、列表如下：(1)重力加速度g 取10 m/s 2，在实验步骤③中，弹簧的原长为15 cm 时，其劲度系数k ＝________N/m. (2)同一根弹簧的原长越长，弹簧的劲度系数________．(弹簧处在弹性限度内) A ．不变 B ．越大 C ．越小解析：(1)挂50 g 钩码时，弹簧的弹力为0.5 N ，根据胡克定律得，k ＝FΔx ＝0.5－－2N/m≈30 N/m.(2)对第3、4、5次数据分析，弹簧弹力相等，同一根弹簧，原长越长，形变量越大，根据胡克定律F ＝kx 知，弹簧的劲度系数越小，故选项C 正确．答案：(1)30 (2)C2、(2018·河南中原名校联考)如图甲，在水平桌面上固定着两根相距L ＝20 cm 、相互平行的无电阻轨道P 、Q ，轨道一端固定一根电阻R ＝0.02 Ω的导体棒a ，轨道上横置一根质量m ＝40 g 、电阻可忽略不计的金属棒b ，两棒相距也为L ＝20 cm.该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中．开始时，磁感应强度B 0＝0.1 T ，设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.(1)若保持磁感应强度B 0的大小不变，从t ＝0时刻开始，给b 棒施加一个水平向右的拉力，使它由静止开始做匀加速直线运动．此拉力F 的大小随时间t 变化关系如图乙所示．求b 棒做匀加速运动的加速度及b 棒与轨道间的滑动摩擦力；(2)若从t ＝0开始，磁感应强度B 随时间t 按图丙中图象所示的规律变化，求在金属捧b 开始运动前，这个装置释放的热量．解析：(1)F 安＝B 0IL① E ＝B 0Lv② I ＝E R ＝B 0Lv R ③ v ＝at④ 所以F 安＝B 20L 2a Rt当b 棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律有F －F f －F 安＝ma⑤ 联立可得F －F f －B 20L 2aRt ＝ma⑥由图象可得：当t ＝0时，F ＝0.4 N ，当t ＝1 s 时，F ＝0.5 N. 代入⑥式，可解得a ＝5 m/s 2，F f ＝0.2 N.(2)当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中有恒定的感应电流I ，以b 棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度增大到b 所受安培力F′安与最大静摩擦力F f 相等时开始滑动．感应电动势E′＝ΔB Δt L 2＝0.02 V⑦I′＝E′R＝1 A⑧棒b 将要运动时，有F′安＝B t I′L＝F f ⑨ 所以B t ＝1 T ， 根据B t ＝B 0＋ΔBΔt t⑩得t ＝1.8 s ，回路中产生的焦耳热为Q ＝I′2Rt ＝0.036 J. 答案：(1)5 m/s 20.2 N (2)0.036 J。

2019高考物理一轮选训练导（4）李仕才一、选择题1、一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为x,动能变为原来的4倍。

该质点的加速度为（）x3x 2x 3x A. 产B. 2F C . 3F D. 5F【答案】c—旳 2x\讥和8= t 得a=护,故C 对。

【链接）（2017 •江苏省宜兴市高三下学期期初考试）一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底 端向上冲，到斜面上某一点后返冋底端，斜面粗糙.滑块运动过程中加速度与时间关系图象如图所示.下列四幅图彖分别表示滑块运动过程屮位移X 、速度\「、动能皿和重力势能Ep （以斜面底端为参考平面）随时间变化的关系图象，其中正确的是（）解析：选D.根据a ・t 图象知上滑和下滑过程屮的加速度大小，从而得出速度随时间的变化 规律；利用速度公式和动能定理得出动能、势能与时间的规律，再分析选项即可.物块向上 做匀减速直线运动，向下做匀加速直线运动，两者速度方向相反，据位移公式可知，位移与 时I'可成二次函数关系；据运动学公式可知，下滑所有的时I'可要大于上升所用的时间，先减速 后加速，加速度始终向下，所以x ・t 图象应是开口向下的抛物线，故A 、B 错误；根据歸=寺知动能先减小后增大，与时间为二次函数，故C 错误；E P =mgh = mgxsin 0 =mg （vot+*at]sin 0 , a 为负，故为开口向下的抛物线，故D 正确.2、如图所示，长为L 的长木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的小物块，现缓慢地抬高A 端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为ci 时小物块开始滑 动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v,在整个过程中（）【解析】动能变为原来的4倍, 则物体的速度变为原来的2倍，即v = 2v 。

, 由x= 2 (vo+a•・A.木板对小物块做的功为^mv22B.支持力对小物块做的功为零C.小物块的机械能的增量为丄mv'—mgLsin a2D.滑动摩擦力对小物块做的功为丄mv2—mgLsin a2【答案】AD【解析】在运动过程中，小物块受重力、木板施加的支持力和摩擦力，整个过程重力做功为零，由动能定理得W木=］川/—0, A正确；在物块被缓慢抬升过程中摩擦力不做功，由动2能定理得W木一mgLsin a =0 — 0,则有W'木= mgLsina, B错误；由功能关系，机械能的增量为木板对小物块做的功，人小为丄m/, C错误;滑动摩擦力对小物块做的功Wf=W木一旷2木=— mv2—mgLsin a , D 正确.23、（2018陕西省西安中学月考）如图所示，轻杆一端固定在0点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。

2019年高考物理（人教）一轮基础夯实练（3）李仕才一、选择题1、(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a－t图象如图所示，t＝0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则( )A．在t＝6 s的时刻，物体的速度为18 m/sB．在0～6 s时间内，合力对物体做的功为400 JC．在0～6 s时间内，拉力对物体的冲量为48 N·sD．在t＝6 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0～6 s内Δv＝18 m/s，v0＝2 m/s，则t＝6 s时的速度v＝20 m/s，A项错；由动能定理可知，0～6 s内，合力做功W＝12mv2－12mv20＝396 J，B项错；由冲量定理可知，I－F f·t＝mv－mv0，代入已知条件解得：I＝48 N·s，C项正确；由牛顿第二定律可知，6 s末F－F f＝ma，解得：F＝10 N，所以拉力的功率P＝Fv＝200 W，D项正确．答案：CD2、(2018·山西四校联考)如图所示，轻绳一端连接放置在水平地面上的物体Q，另一端绕过固定在天花板上的定滑轮与小球P连接，P、Q始终处于静止状态，则( )A．Q可能受到两个力的作用B．Q可能受到三个力的作用C．Q受到的绳子拉力与重力的合力方向水平向左D．Q受到的绳子拉力与重力的合力方向指向左下方解析：由平衡条件知，Q受重力、支持力、绳的拉力和摩擦力四个力的作用，选项A、B 错误；由平衡条件知，Q受到的绳子拉力和重力的合力与支持力和摩擦力的合力大小相等、方向相反，由平行四边形定则知，支持力和摩擦力的合力方向指向右上方，所以Q受到的绳子拉力和重力的合力方向指向左下方，选项C错误，选项D正确．答案：D3、如图所示，竖直平面内有一光滑直杆AB ，杆与水平方向的夹角为θ(0°≤θ≤90°)，一质量为m 的小圆环套在直杆上．给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力F ，并从A 端由静止释放．改变直杆和水平方向的夹角θ，当直杆与水平方向的夹角为30°时，小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为g ，则( )A ．恒力F 一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向B ．恒力F 和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向C ．若恒力F 的方向水平向右，则恒力F 的大小为3mgD ．恒力F 的最小值为32mg 解析：小圆环受到竖直向下的重力、光滑直杆AB 对小圆环的支持力和恒力F ，把光滑直杆AB 对小圆环的支持力正交分解，沿直杆方向无分力，由L ＝12at 2可知，要使小圆环在直杆上运动的时间最短，小圆环运动的加速度必须最大，由牛顿第二定律可知，当恒力和重力的合力沿光滑直杆方向时，加速度最大，所以选项A 错误、B 正确；若恒力F 的方向水平向右，由tan30°＝mg F，解得F ＝3mg ，选项C 正确；当合力F 的方向垂直光滑直杆时，恒力F 最小，由sin60°＝F mg ，解得F 的最小值为F min ＝mgsin60°＝32mg ，选项D 正确． 答案：BCD4、(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 ＝E R ＋r ＋R 灯增大，灯泡L 变亮，选项A 错误；光敏电阻R 上的电压U R ＝E －I(r ＋R 灯)减小，选项B 错误；电压表V 的读数U ＝E －Ir 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U L＝IR灯增大，所以电容器C的带电荷量Q＝CU L增大，选项D正确．答案：CD5、(2018·河北唐山调研)如图所示，两平行的粗糙金属导轨水平固定在匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨宽度为L，一端与电源连接．一质量为m的金属棒ab垂直于平行导轨放置并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝33，在安培力的作用下，金属棒以v0的速度向右匀速运动，通过改变磁感应强度的方向，可使流过导体棒的电流最小，此时磁感应强度的方向与竖直方向的夹角为( )A．37°B．30° C．45°D．60°解析：本题考查通电导体棒在磁场中的平衡问题．由题意对棒受力分析，设磁感应强度的方向与竖直方向成θ角，则有BILcosθ＝μ(mg－BILsinθ)整理得BIL＝μmgcosθ＋μsinθ电流有最小值，就相当于安培力有最小值，最后由数学知识解得：θ＝30°，则A、C、D错，B对．答案：B6、(2018·辽宁锦州期末)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为：1，原线圈接在正弦交流电源上，副线圈接入“3 V 6 W”灯泡一只，且灯泡正常发光．则( )A．原线圈电压有效值为3 VB．电源输出功率为120 WC．电流表的示数为0.1 AD ．电流表的示数为40 A解析：根据理想变压器原、副线圈电压与匝数成正比可知，原线圈两端电压有效值为60 V ，选项A 错误；理想变压器输入功率等于输出功率，所以输入功率和输出功率都为6 W ，则电源输出功率为6 W ，选项B 错误；理想变压器输入功率为6 W ，则原线圈中的电流有效值为I ＝P U ＝660A ＝0.1 A ，选项C 正确，选项D 错误． 答案：C7、在变电站里，经常要用交流电表监测电网上的强电流．所用的器材叫电流互感器，如图所示，能正确反映其工作原理的是( )解析：电流互感器把大电流变成小电流，测量时更安全，据变压器原理，I 1I 2＝n 2n 1，I 2＝n 1n 2I 1，所以要求线圈匝数n 2>n 1，原线圈要接在火线上，故本题只有A 正确．答案：A二、非选择题1、如图所示为“探究加速度与物体受力的关系”的实验装置图．图中A 为小车，质量为m 1，连接在小车后面的纸带穿过电火花打点计时器B ，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上，P 的质量为m 2，C 为弹簧测力计，实验时改变P 的质量，读出测力计不同读数F ，不计绳与滑轮的摩擦．(1)下列说法正确的是( )A ．一端带有定滑轮的长木板必须保持水平B ．实验时应先接通电源后释放小车C ．实验中m 2应远小于m 1D ．测力计的读数始终为m 2g 2(2)如图为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出．由此可求得小车的加速度的大小是________ m/s 2(交流电的频率为50 Hz ，结果保留两位有效数字)．(3)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a －F 图象可能是图中的图线( )解析：(1)一端带有定滑轮的长木板必须稍微倾斜，以平衡摩擦力，选项A 错误．实验时应先接通电源后释放小车，选项B 正确．实验中m 2不必远小于m 1，选项C 错误．由于P向下加速运动，测力计的读数始终小于m 2g 2，选项D 错误． (2)由Δx ＝aT 2解得小车的加速度的大小是0.50 m/s 2.(3)遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a －F 图象，应该是当F 从某一值开始增大，加速度a 才开始增大，所以可能是图线C.答案：(1)B (2)0.50 (3)C2、(2018·广东华山模拟)(1)(10分)关于热现象和热学规律，下列说法正确的是________(填正确答案的标号)．A ．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积B ．气体温度升高，分子的平均动能一定增大C ．温度一定时，悬浮在液体中的固体颗粒越小，布朗运动越明显D ．一定温度下，饱和汽的压强是一定的E ．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律(2)(15分)如图，将导热性良好的薄壁圆筒开口向下竖直缓慢地放入水中，筒内封闭了一定质量的气体(可视为理想气体)．当筒底与水面相平时，圆筒恰好静止在水中．此时水的温度t 1＝7.0 ℃，筒内气柱的长度h 1＝14 cm.已知大气压强p 0＝1.0×105Pa ，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3，重力加速度大小g 取10 m/s 2.(ⅰ)若将水温缓慢升高至27 ℃，此时筒底露出水面的高度Δh 为多少？(ⅱ)若水温升至27 ℃后保持不变，用力将圆筒缓慢下压至某一位置，撤去该力后圆筒恰能静止，求此时筒底到水面的距离H(结果保留两位有效数字)．解析：(1)知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可以算出每个气体分子占据空间的体积，但不是分子体积(分子间隙大)，故A 错误；温度是分子平均动能的标志，故气体温度升高，分子的平均动能一定增大，选项B 正确；悬浮在液体中的固体微粒越小，碰撞的不平衡性越明显，布朗运动就越明显，故C 正确；饱和蒸汽压仅仅与温度有关，所以一定温度下，饱和汽的压强是一定的，故D 正确；第一类永动机不可能制成，是因为它违反了能量守恒定律，第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，故E 错误．(2)(ⅰ)设水温升至27 ℃时，气柱的长度为h 2，圆筒横截面积为S ，根据盖－吕萨克定律有Sh 1T 1＝Sh 2T 2， 圆筒静止，筒内外液面高度差不变，有Δh ＝h 2－h 1，联立解得Δh ＝1 cm ；(ⅱ)设圆筒的质量为m ，静止在水中时筒内气柱的长度为h 3.则mg ＝ρgh 1S ，mg ＝ρgh 3S ，圆筒移动过程，根据玻意耳定律有(p 0＋ρgh 1)h 2S ＝[p 0＋ρg(h 3＋H)]h 3S ，解得H ＝72 cm.答案：(1)BCD (2)(ⅰ)1 cm (ⅱ)72 cm。

（人教）物理2019高考一轮选练练题（4）及答案李仕才一、选择题1、如图所示，水平推力F使物体静止于斜面上，贝1」（）A.物体一定受3个力的作用B.物体可能受3个力的作用C.物体一定受到沿斜面向下的静摩擦力的作用D.物体一定受到沿斜面向上的静摩擦力的作用解析：选B.以物体为研究对彖受力分析如图，若Feos e =Gsin 0时，物体在水平推力、重力、斜面支持力三力作用下处于平衡状态，则物体受三个力作用；若Feos 0 >Gsin（）（或Feos 0 <Gsin（））时，物体仍可以静止在斜而上，但物体将受到沿斜而向下（或沿斜面向上）的静摩擦力，综上所述B对.2、某颗行星的同步卫星正下方的行星表而上有一观察者,他用天文望远镜观察被太阳光照射T T的此卫星,发现日落的空时间内有&的时间看不见此卫星.（已知该行星自转周期为T,该行星半径为R,不考虑大气对光的折射）则该同步卫星距该星球的高度是（A ）A.RB. 2RC. 5. 6RD. 6. 6RT T解析：根据光的直线传播规律，日落刁时间内有&时间该观察者看不见此卫星，如图所示，同R 2n T 71 n n R步卫星相对地心转过角度为6二2 a , sin a =r,结合0 = t= X 6二3,则a=6s i n6=r可得r=2R,则高度h二r-R二R,选项A正确.3、（2018吉林省梅河口市第五中学高三月考）图示为拖把的示意图，拖把头的质量为m,某 人用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为« ；拖杆 的质量可以忽略，拖把头与地板间的动摩擦因数为重力加速度大小为g 。

当拖把头在地 板上以大小为v 的速度匀速移动时，下列说法正确的是（）A. 人拖把头对地板的压力大小为mgB. 拖把头所受地板的摩擦力小于其所受拖杆的推力C. 拖把头的推力大小为/JmgvcosdD. 拖把头克服摩擦力做功的功率为【答案】BC【解析】拖把头受力如图，设该同学沿拖杆方向用大小为F 的力推拖把.将推拖把的力沿竖直和水平方向 分解，按平衡条件有Fcos0^mg = N ?①；Fsm0 = f ?②，又知道f = » ③，式中N 和f 分别为地板对拖把的支持力和摩揀力.联立①②③式得:F=，心 ‘,根据①式结合牛顿第三定律可知 拖把头对地板的压力吨,根据②式可知/A 错误3C 正确；拖把头克服摩撫力做功的功率为 n”严错误sm&- //cos &G4、（多选）如图甲所示，绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场川的0 点，另一端连接带.正电的小球，小球电荷量q=6X1（）TC,在图示坐标中，电场方向沿竖直方 向，坐标原点0的电势为零.当小球以2 m/s 的速率绕0点在竖直平面内做匀速圆周运动时, 细绳上的拉力刚好为零.在小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势＜1）随纵 坐标y 的变化关系如图乙所示，重力加速度g=10 m/s 2.则下列判断正确的是（） y/mXX ✓ ■— X 、 X 2 X/ /X 1 R 1 X p\ 0.4 「 X\ \X0 X/ x -0.4 0 \: y/m、 ■ f ✓ X -2 X X X X甲 乙A. 匀强电场的场强大小为3.2X106 V/mB. 小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少了 2.4JC. 小球做顺时针方向的匀速圆周运动D. 小球所受的洛伦兹力的大小为3 N解析：选BD.根据小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势4）随纵坐标y 2 X 106的变化关系可得，匀强电场的电场强度大小E=飞一厂V/m=5X10f ，V/m,故选项A 错误； 由于带电小球在运动过程中，只有重力和电场力做功，则只有重力势能和电势能的相互转化, 乂由于带电小球在复合场（重力场、匀强电场和匀强磁场）中做匀速圆周运动，且细绳上的拉 力刚好为零，则有小球受到的竖直向下的重力与其受到的电场力等大、反向，即qE=mg, 因此当带电小球从最低点运动到最高点的过程屮，即小球重力势能增加最多的过程中，电势 能减少量为qE ・2L=2.4 J,故选项B 正确；由于带电小球所受的洛伦兹力提供小球做匀速 圆周运动的向心力，根据左手定则可知，小球沿逆时针方向运动，故选项C 错误；根据牛顿 mv 2第二定律可得F = 又qE=mg,解得F 洛=3 N,即小球所受的洛伦兹力的大小为3N,故选项D 正确.5、如图所示，在直角坐标系xOy 屮，x 轴上方有匀强磁场,磁感应强度的大小为B,磁场方向垂直于纸面向外.许多质量为叭 电荷量为+q 的粒子，以相同的速率v 沿纸面内，由x 轴负方向 与y 轴正方向Z 间各个方向从原点0射入磁场区域.不计重力及粒子间的相互作用•下列图中 mv阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中R 二qB,正确的图是（D ）解析:粒子在磁场中做匀速圆周运动，以X 轴为边界的磁场,粒子从X 轴进入磁场后再离开,mv速度V 与X 轴的夹角相同，根据左手定则和R 二qB,知沿X 轴负方向的粒子刚好进入磁场运动-个圆周，沿y 轴进入的粒子刚好转动半个周期，如图所示，在两图形的相交部分是粒子不能的A 点，此时弹簧恰好水平•将滑块从A 点由静止释放，经R 点到达位于0点正下方的C 点.当 滑块运动到B 点时，弹簧恰处于原长且与斜面垂直.已知弹簧原长为L,斜面倾角（）小于45° , 弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.在此过程中（）A. 滑块的加速度可能一直减小B. 滑块经过B 点时的速度可能最大C. 滑块经过C 点的速度大于D. 滑块在AB 过程中动能的增量比BC 过程小解析：选AC.从A 到B 过程中弹簧处于伸长状态，有一个沿斜面向下的分力F 】，并且随着伸 长量的减小，分力Fi 在减小，故此过程中滑块受到的合力F=mgsin 0 +Fi,在减小，故加 速度在减小，从B 到C 过程屮，弹簧处于拉伸状态，有一个沿斜面向上的分力F2,随着伸长 量的增大，F2在增大，若到达C 点时F 2<mgsin 0 ,则滑块受到的合力F=mgsin 0 -F 2,在 减小，故加速度减小，所以从A 到C 过程屮滑块的加速度可能一直减小，A 正确；从B 到C 的过程中，合力F = mgsin （）-F 2,由于弹力是从零增加的，所以是从零开始增大的，故 肯定有一段时间F/mgsin 0 ,所以从B 点后滑块肯定还会加速，所以B 点一定不是速度最另一端与小滑块连接.把滑块放在光滑斜面上大点，B错误；根据儿何知识可得从A到C的竖直高度为4岛，假如只有重力做功,从A到C有：mg~ =|niv2,解得v=、/玄打,因为0小于45°,故A0大于CO,在COS H 2 COS HA点弹簧储存的弹性势能大于在C点弹簧储存的弹性势能，故还有一部分弹性势能转化为动能，故在C点的动能一定大于、/ =[), C正确；从A到B过程小弹力做正功，重力做正\l COS u功，从B到C过程屮重力做正功，弹力做负功，并且从A到B的竖直高度大于从B到C的竖直高度，故滑块在AB过程中动能的增量比BC过程大，D错误.7、如图所示，\1、N为光滑的金属导轨，两导轨平行且在同一水平面内，导轨所在的平而与匀强磁场垂直.导轨的左侧接一定值电阻R,金属杆AB在水平恒力F作用下从静止开始向右运动，则下列杆的速度\，和加速度a随时间t的变化关系正确的是(不计导轨与金属杆电阻)()B212V解析：选B.以金属杆AB为研究对象，根据牛顿第二定律，F—〒=呃，随着速度的增大, 加速度a越来越小，AB加速得越来越慢，最后做匀速运动，选项A错误，选项B正确；加速度a减小，但a与t不是线性关系，选项C、D错误.8、二、非选择题7、用国际单字制的基本单位誉示能量的单位,下列正确的是A.1畑•加％2|B.滋•尬間° W/创D.【来源】浙江新高考2018年4月选考科目物理试题【答案】A【解析】根据W =阿,\F = ma\t可得厶三心“2同,故A正确，B、C、D错误; 二、非选择题某物理实验小组的同学安装“验证动量守恒定律”的实验装置如图所示.让质量为on的小球从斜面上某处自由滚下与静止在支柱上质量为血的小球发生对心碰撞，贝(1)(多选)下列关于实验的说法正确的是A.轨道末端的切线必须是水平的B.斜槽轨道必须光滑C.入射球m：每次必须从同一高度滚下D.应满足入射球叫质量小于被碰小球盹(2)在实验中,根据小球的落点情况，该同学测量出OP、OM、ON、0z P、0z M、0z N的长度，用以上数据合理地写11!验证动量守恒的关系式为(3)________ 在实验中，用20分度的游标卡尺测得两球的直径相等，读数部分如图所示，则小球的直径为mm.解析：(1)要保证小球每次都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，A正确；“验证动量守恒定律”的实验屮，通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度，只要离开轨道后做平抛运动的初速度相同即可，对斜槽是否光滑没有要求，B错误；要保证碰撞前的速度相同, 所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，C正确；在“验证碰撞中的动量守恒”实验中, 为防止被碰球碰后反弹，入射球的质量口必须大于被碰球的质量血，D错误.(2)入射球与被碰球离开斜槽末端后均从同一高度开始做平抛运动，则小球在空中运动的时间相同.由实验操作可知需要验证动量守恒表达式为miV. =01.7/ 4-m2v2z ,由于运动时间相同则有miVit=niiVi, t + m2v2z t,整理可得mi • 0P=mi • 0M+m2• 0z N.(3)由图可知主尺22 nun处的刻度线与游标尺的笫11小格对齐，则由游标卡尺的读数规则可知小球的直径为22 mm-11X0. 95 mm=ll. 55 mm.答案：(1)AC (2)mi ・OP=nn ・0M+ni2 ・ O' N (3)11.55。

2019年高考物理（人教）一轮基础夯实练（2）李仕才一、选择题1、(2018·汕头质检) 建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速无摩擦的运动．下列说法正确的是( )A．倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大B．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大C．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短解析：设屋檐的底角为θ，底边为L，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为x，雨滴下滑时加速度为a，对雨滴做受力分析，只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力F N，垂直于屋顶方向：mgcosθ＝F N，平行于屋顶方向：ma＝mgsinθ，雨滴的加速度为：a＝gsinθ，则倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大，故A正确；雨滴对屋顶的压力：F′N＝F N＝mgcosθ，则倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，故B错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度x＝L2cosθ，由x＝12gsinθ·t2可得：t＝2Lgsin2θ，可见当θ＝45°时，用时最短，D错误；由v＝gsinθ·t可得：v＝gLtanθ，可见θ越大，雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大，C正确．答案：AC2、如图所示，斜面固定，倾角为θ＝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)( )A．10 kg 100 N B．20 kg 100 NC．5 kg 50 N D．20 kg 50 3 N解析：“O”点所受三力互成120°角且静止，则F＝Mg＝mgsinθ，则F＝Mg＝100 N，m＝Msinθ＝2M＝20 kg.答案：B3、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：AB4、如图所示，电源电动势E＝12 V，内阻r＝3 Ω，R0＝1 Ω，直流电动机内阻R0′＝1 Ω.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P0＝2 W)，则R1和R2连入电路中的阻值分别为( )A．2 Ω、2 Ω B．2 Ω、1.5 ΩC．1.5 Ω、1.5 Ω D．1.5 Ω、2 Ω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 Ω；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P＝IU＝I(E－Ir)，所以当I＝E2r＝2 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 Ω，B正确．。