2019年高考物理一轮复习基础夯实练(5)(含解析)新人教版 (1)

2019人教版高考物理一轮选习练题（5）及答案一、选择题1.关于矢量和标量的正负, 下列说法正确的是A.矢量的正负表示大小, 正值一定比负值大B.矢量的正负表示方向, 正值与负值方向相反C.标量的正负表示大小, 正值一定比负值大D.标量只有正值，没有负值【来源】浙江省余姚中学2019届高三选考科目模拟卷（一）物理试题【答案】 B【解析】AB.矢量的正负表示方向不表示大小, 正值与负值方向相反, 故B正确, A错误；CD、标量的正负有时表示大小, 正值一定比负值大；标量的正负有时不表示大小, 比如正功和负功, 故C、D错误；故选B。

链接---(2019·吉林实验中学二模)如图所示,重80 N的物体A放在倾角为30°的粗糙斜面上,有一根原长为10 cm、劲度系数为1 000 N/m的弹簧,其一端固定在斜面底端,另一端放置物体A后,弹簧长度缩短为8 cm,现用一测力计沿斜面向上拉物体,若物体与斜面间最大静摩擦力为25 N,当弹簧的长度仍为8 cm时,测力计读数可能为( ABC )A.10 NB.20 NC.40 ND.60 N解析: 施加拉力前,物体受到四个力的作用而平衡,重力G、垂直斜面向上的支持、沿斜面向上的摩擦力f和弹簧对物体施加沿斜面向上的弹力T,受力如图,力FN其中T=kx=1 000×0.02 N=20 N,根据平衡条件可求出f=Gsin 30°-T=20 N,方向沿斜面向上.施加拉力F后,弹簧长度不变,说明物体仍然静止,并且弹簧对物体施加的弹力大小和方向不变,若摩擦力沿斜面向上,则F+f+T=Gsin 30°,即F+f=20 N,摩擦力f随着F增大而变小,当F=20 N时,f=0,若F>20 N,摩擦力沿斜,代入数据可得F<45 N,所以面向下,因为物体没有滑动,所以F+T<Gsin 30°+fm测力计读数在0～45 N之间.选项A,B,C正确,D错误.2.(2019·重庆市永川中学高三第一次模拟诊断)如图所示, 下列有关运动的说法正确的是()A. 图甲中撤掉挡板A的瞬间, 小球的加速度竖直向下B. 图乙中固定在竖直面内的圆环内径r＝1.6 m, 小球沿环的内表面通过最高点的速度可以为2 m/sC. 图丙中皮带轮上b点的向心加速度大小等于a点的向心加速度大小(a点的半径为r, b点的半径4r, c点的半径为2r)D. 图丁中用铁锤水平打击弹簧片后, B球比A球先着地解析：选C.开始小球受重力、弹簧的弹力和支持力处于平衡, 重力和弹簧的合力方向与支持力方向相反, 撤掉挡板的A的瞬间, 支持力为零, 弹簧弹力不变, 则弹力和重力的合力方向与之前支持力的方向相反, 则加速度的方向为垂直挡板向下. 故A错误. 小球在圆环的最高点的临界情况是：mg＝m , 解得v＝＝4 m/s, 知最高点的最小速度为4 m/s.故B错误. a、c两点的线速度大小相等, 根据a＝, 则a、c两点的向心加速度之比为2∶1, b、c两点的角速度相等, 根据a＝rω2, 则b、c两点的加速度之比为2∶1, 可知a、b两点的加速度相等. 故C正确. 图丁中用铁锤水平打击弹簧片后, A做平抛运动, B做自由落体运动, 两球同时落地. 故D错误. 故选C.3.（2019届北京市海淀区高三上学期期中）图所示, 某同学站在体重计上观察超重与失重现象。

2019高考物理（人教）一轮编练习题（5）李仕才一、选择题1、如图所示，置于地面的矩形框架中用两细绳拴住质量为m的小球，绳B水平.设绳A、B对球的拉力大小分别为F、F2，1它们的合力大小为F.现将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90°，在此过程中( )图A.F1先增大后减小B.F2先增大后减小C.F先增大后减小D.F先减小后增大答案 B解析对小球受力分析如图所示：小球处于静止状态，受力平衡，两绳的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，则F不变，根据平行四边形定则可知，将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90°的过程中，F1逐渐减小，F先增大后减小，当绳A处于水平方向时，F2最大，故B正确. 22、在两个足够长的固定的相同斜面体上(其斜面光滑)，分别有如图所示的两套装置，斜面体B的上表面水平且光滑，长方体D的上表面与斜面平行且光滑，p是固定在B、D上的小柱，完全相同的两只弹簧一端固定在p上，另一端分别连在A和C上，在A与B、C与D分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是( )A．两弹簧都处于拉伸状态B．两弹簧都处于压缩状态C．弹簧L1处于压缩状态，弹簧L2处于原长D．弹簧L1处于拉伸状态，弹簧L2处于压缩状态解析：选C 由于斜面光滑，它们整体沿斜面下滑的加速度相同，为g sin α。

对于题图甲，以A为研究对象，重力与支持力的合力沿竖直方向，而A沿水平方向的加速度：a x＝a cos α＝g·sin αcos α该加速度由水平方向弹簧的弹力提供，所以弹簧L处于压1缩状态；对于题图乙，以C为研究对象，重力与斜面支持力的合力大小：F合＝mg sin α，即C不能受到弹簧的弹力，弹簧L2处于原长状态。

故选项C正确，A、B、D错误。

3、如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。

2019高考物理（人教）一轮编练习题（1）李仕才一、选择题1、如图所示，在一个倾角为θ的斜面上，有一个质量为m，带负电的小球P(可视为点电荷)，空间存在着方向垂直斜面向下的匀强磁场，带电小球与斜面间的摩擦力不能忽略，它在斜面上沿图中所示的哪个方向运动时，有可能保持匀速直线运动状态( )A．v1方向B．v2方向C．v3方向D．v4方向解析：选C 若小球的速度沿v1方向，滑动摩擦力与v1的方向相反，即沿图中v3方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v1垂直向下，重力的分力mg sin θ沿斜面向下，则知球在斜面平面内所受的合外力不为零，小球不可能做匀速直线运动，故A错误；同理可知B、D错误；若小球的速度沿v3方向，滑动摩擦力与v3的方向相反，即沿图中v1方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v3垂直向上，即沿v2方向，重力的分力mg sin θ沿斜面向下，则知斜面平面内的合外力可能为零，小球有可能做匀速直线运动，故C正确。

2、[多选]光滑斜面上，当系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，A、B质量相等。

在突然撤去挡板的瞬间( )A．两图中两球加速度均为g sin θB．两图中A球的加速度均为零C．图甲中B球的加速度为2g sin θD．图乙中B球的加速度为g sin θ解析：选CD 撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mg sin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mg sin θ，加速度为2g sin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ，故C、D正确，A、B错误。

3、一位网球运动员以拍击球，使网球沿水平方向飞出，第一只球落在自己一方场地的B点，弹跳起来后，刚好擦网而过，落在对方场地的A点，如图所示，第二只球直接擦网而过，也落在A点，设球与地面的碰撞没有能力损失，其运动过程中阻力不计，则两只球飞过网C处时水平速度之比为( )A．1∶1B．1∶3C．3∶1 D．1∶9解析：选B 两种情况下抛出的高度相同，所以第一种情况下落到B点所用的时间等于第二种情况下落到A 点所用时间，根据竖直上抛和自由落体的对称性可知第一种情况下所用时间为t1＝3t，第二种情况下所用时间为t2＝t，由于两球在水平方向均为匀速运动，水平位移大小相等，设它们从O点出发时的初速度分别为v 1、v 2，由x ＝v 0t 得v 2＝3v 1，即v 1v 2＝13，B 正确。

2019高考物理（人教版）复习1.(自由落体运动)(2018·安徽巢湖月考)一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下,某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB。

该爱好者用直尺量出轨迹的实际长度,如图所示。

已知曝光时间为 s,则小石子出发点离A点约为(g取10m/s2)()A.6.5 mB.10 mC.20 mD.45 mAB的长度为2 cm,即0.02 m,曝光时间为 s,所以AB段的平均速度的大小为v= m/s=20 m/s,由自由落体的速度位移的关系式v2=2gh可得h= m=20 m,所以C正确。

故选C。

2.(平衡问题)如图,两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上;一细线穿过两轻环,其两端各系一质量为m的小球。

在a和b之间的细线上悬挂一小物块。

平衡时,a.b间的距离恰好等于圆弧的半径。

不计所有摩擦。

小物块的质量为()A. B.m C.m D.2m,△Oab为等边三角形,故∠AaO=θ1=30°;设细线中的张力为F T,同一根绳子中的张力大小处处相等,故F T=mg,对a处受力分析知,θ1=θ2=30°,则θ3=30°,故α=60°,对结点C分析可知,2F T cos α=m物g,解得m物=m,选项C正确。

3.(多选)(超重.失重)一人乘电梯上楼,在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示,以竖直向上为a的正方向,则人对地板的压力()A.t=2 s时最大B.t=2 s时最小C.t=8.5 s时最大D.t=8.5 s时最小,表示加速度向上,此时处于超重状态,在时间轴的下方,表示加速度向下,此时处于失重状态,对地板的压力减小,在t=2 s时向上的加速度最大,此时对地板的压力最大,所以A正确;在t=8.5 s时具有向下的最大的加速度,此时对地板的压力最小,所以D 正确;故选AD。

4.有A.B两小球,B的质量为A的两倍。

现将它们以相同速率沿同一方向抛出,不计空气阻力。

2019人教高考物理一轮选训习题(5)及答案李仕才一、选择题1、如图,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点,在纸面内沿不同方向射入磁场，若粒子射入速率为V】,这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上;若粒子射入速率为V2,相应的出射点分布在三分Z—圆周上,不计重力及带电粒子Z间的相互作用，则V2： V,为()【解析】选C。

设圆形区域磁场半径为R,根据题意，当粒子出射点分布在六分之一圆周上时,mv1根据几何关系可知轨道半径rFRsin30° ,由洛伦兹力提供向心力，得到r.= ,当粒子相应的出射点分布在三分之一圆周上时，根据几何关系:r2=Rsin60°,又因为r2= ，则V2 :V】为: 1,故选C。

2、一质点在x轴上运动，在to=O时刻质点处于位置xo=O m,然后质点沿x轴正方向运动，在ti = 2 s时刻质点处于位置xi = 10 m,此后质点沿x轴负方向运动，在t2 = 4 s时刻质点处于位置x2= —10 m,求：(1)质点在0〜4 s内的平均速率；(2)后2 s内质点的平均速度和0〜4 s内的平均速度.【答案】(1)7.5 m/s (2) —10 m/s,沿x轴负方向一2.5 m/s,沿x轴负方向【解析】⑴质点在o 〜4 s 内通过的路程5= |xi —JCO | + |X2—xi|=30—? 3（］质点在0^4s 内的平均速率为v =J=y m/s=7.5m/s-⑵后2s 内质点通过的位移x r=X2~JCi = —10 m —10 m — — 20 m质点在0-4s 内通过的位移*=上一则=—10 m,— —10质点在0~4s 内的平均速度v 2=—j — m- s=-2.5 m/s>员号表示沿x 轴员方向. 3、A 、B 为两等量异号点电荷，图中水平虚线为A 、B 连线的中垂线。

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人教版高考物理一轮训练选----选择题（5）及答案李仕才1、（2018 •湖南衡阳月考）在离地面力二15 m高处，以〃二10 m/s的速度同时竖直向上与竖直向下抛出甲、乙两小球,不计空气阻力，小球落地后就不再弹起，重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是（）A.两小球落地时的速度相等B.两小球落地的吋I'可差为3 sC.乙球落地时甲球恰好运动到最高位置D.t=2 s时，两小球相距15 m容剰ACD解厠甲、乙两小球抛出时速率相等,机械能相等。

由于不计空气阻力，所以两球运动过程中机械能都守恒，则落地时机械能也相等，落地时的速度必定相等，故A正确。

落地时，对于甲球,1 2 1 2石茁乙f齐匕甲取竖直向上为正方向，有-后喰甲-2 ,解得t甲岂s,对于乙球:治欣乙显，解得z乙=1s,v o 10所以两小球落地的时间差为2 s,故B错误。

甲球上升的时间为t=910 s=l sN乙,所以乙球落地时甲球恰好运动到最高点，故C正确。

t=2 s时，甲球的位移为/甲二阮-g/电乙球已落地并不再弹起，所以t=2 s时，两小球相距15 /〃,故〃正确。

面上,B置于斜面C上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连，连接B的一段细绳与斜面平行,久B、C处于静止状态，则（）A.水平面对C的支持力小于从C的总力B.一定受到C的摩擦力C.C受到水平面的摩擦力为零D.若将细线剪断,E物体开始沿斜面向下滑动，则水平面对C的摩擦力不为零ggAD颐把B、C看作一个整体，对其受力分析，绳子对〃的拉力在竖直方向上有分量，所以水平面对C的支持力比B、C的总重力要小，故A正确;若的质量存在关系MAg=M s gs in（）时,B 在斜面C上无相对运动趋势,所以此时〃、CZ间无摩擦力作用，故B错谋;把〃、C看作一个整体,对其受力分析，不论B. C间摩擦力大小、方向如何,绳子对3的拉力在水平方向上始终有向右的分量，所以整体有向右的运动趋势，所以水平面对C的摩擦力方向一定向左，故C错误;若将细线剪断，〃向下滑动时，〃对Q有向下的滑动摩擦力，则C有向左的运动趙势，因此水平面对C有向右的摩擦力，故D正确。

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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1：错误!B．A、B所受弹簧弹力大小之比为错误!：错误!C．悬挂A、B的细线上拉力大小之比为错误!:1D．快速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为1：2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＝tan60°：t an45°＝错误!：1，F A：F B＝cos45°：cos60°＝错误!：1,在剪断弹簧的瞬间,A、B的瞬时加速度a A:a B＝gcos60°：gcos45°＝1:错误!，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＝错误!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＝错误!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＝错误!T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＝错误!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T0＝错误!＝错误!，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2：1，a、b端接入一正弦式交流电源．L1、L2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L2将变暗D．滑片P向上移动时，灯泡L1将变暗解析：由于原、副线圈匝数比为2：1，则原、副线圈电流比为1：2，因两灯泡正常发光，所以原线圈电流为错误! A，则副线圈电流为错误! A＝0.55 A，A错．原、副线圈两端电压比为2：1，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L2的电流变大，灯泡L2可能变亮或烧毁,C错．滑片P向上移动时,通过灯泡L2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L1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R0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＝NBSωsinωtB．矩形线圈从图示位置经过错误!时间内，通过电流表A1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A1和A2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V1示数不变，V2和V3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＝NBSωcosωt，选项A错误；错误!是四分之一个周期，由Q＝错误!可得，通过电流表A1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A2示数变小，结合错误!＝错误!可得,电流表A1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V1示数不变，结合错误!＝错误!，V2示数也不变,电压表V3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。

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α角不变,若要减小θ,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：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1 ：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 ＋vt 2t ＝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＝3.0×108 m/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 cλ＝4.95×10－19 J,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E0＝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＋10nB．核反应前后不满足能量守恒定律C．新粒子的动能约为3 MeVD.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＝2E0＋ΔE,根据核反应中系统的动量守恒有p He－p n＝0,由E k＝p22m ,可知E kHeE kn＝m nm He,解得E kHe＝m nm n＋m He(2E0＋ΔE)＝1 MeV,E kn＝m Hem n＋m He(2E0＋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l0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/s2,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 ＝F Δx ＝0.5 16.67－15.00 ×10－2N/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 0Lv②I ＝E R ＝B 0Lv R ③ v ＝at④所以F 安＝B 20L 2aRt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′＝ΔBΔt 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 2 0.2 N (2)0.036 J。