2019年高考物理一轮选练编题9含解析新人教版201811161105

人教版物理2019年高考一轮选练编题（9）李仕才一、选择题1、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 c m,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力F N、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,其中T=kx=1 000×0.02N=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,摩擦力沿斜面向下,因为物体没有滑动,所以F+T<Gsin 30°+f m,代入数据可得F<45 N,所以测力计读数在0～45 N之间.选项A,B,C正确,D错误.2、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)1D．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v2临界情况是：mg＝m ，解得v＝gr＝4 m/s，知最高点的最小速度为4 m/s.故B错误．a、c rv2两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r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、（2018襄阳四中高三月考）如图所示吊床用绳子拴在两棵树上等高位置．某人先坐在吊床上，后躺在吊床上，均处于静止状态．设吊床两端系绳中的拉力为F1、吊床对该人的作用力为F2，则（）A. 坐着比躺着时F1大B. 躺着比坐着时F1大C. 坐着比躺着时F2大D. 躺着比坐着时F2大【答案】A4、如图所示，在光滑绝缘的水平直轨道上有两个带电小球a和b，a球质量为2m、带电量为＋q，b球质量为m、带电量为＋2q，两球相距较远且相向运动．某时刻a、b球的速度大小依次为v2和1.5v，由于静电斥力的作用，它们不会相碰．则下列叙述正确的是()A．两球相距最近时，速度大小相等、方向相反B．a球和b球所受的静电斥力对两球始终做负功C．a球一直沿原方向运动，b球要反向运动D．a、b两球都要反向运动，但b球先反向解析：选D.本题利用动量守恒和功能关系求解比较简单，由于地面光滑，系统所受合外力为零，满足动量守恒条件，当两球速度相等，系统损失机械能最大，两球相距最近．水平方向系统动量守恒，由完全非弹性碰撞的知识可知，当两球速度相等时，系统损失机械能最大，两球相距最小，故A错误；由题意可知，a球动量大于b球动量，因此系统动量水平向右，故b球运动过程中将反向运动而静电斥力一直存在，a球速度减小为0后，也将反向(或者根据牛顿第二定律分析，此时a、b速度大小一样，而b的减速的加速度大，故b先减为零，然后反向加速运动)，因此静电斥力对b球先做负功后做正功，故BC错误，D正确．5、(1)(5分)一定质量的理想气体由状态A变化到状态B,压强随体积变化的关系如图所示,这个过程(填正确答案标号.选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分.每选错1 个扣3分,最低得分为0分).A.气体的温度一直降低B.气体的密度一直变小C.气体的内能一直变大D.气体一直对外界做功E.气体一直向外界散热(2)(10分)如图所示,一可移动的绝热活塞M将一截面积为400 cm2的汽缸分为A,B两个汽缸,A,B两个汽缸装有体积均为12 L、压强均为1 a tm、温度均为27℃的理想气体.现给左面的活塞N施加一推力,使其缓慢向右移动,同时给B气体加热,此过程中A汽缸的气体温度保持不变,活塞M保持在原位置不动.已知1 atm=105 Pa.不计活塞与汽缸壁间的摩擦.当推力F=2×103 N时,求:3①活塞N向右移动的距离;②B汽缸中的气体升温到多少摄氏度.解析:(1)气体从状态A到状态B,发生等压变化,根据盖—吕萨克定律知,体积与热力学温度成正比,体积增加,气体的温度一直升高,故A错误;根据密度ρ= ,质量不变,体积变大,密度变小,故B正确;理想气体的内能只与温度有关,A到B温度升高,内能变大,故C正确;因为气体体积变大,故气体一直对外界做功,故D正确;根据热力学第一定律,ΔU=W+Q,内能增加ΔU>0,气体一直对外做功W<0,所以Q>0,气体一直从外界吸热,故E错误.(2)①对A汽缸中的气体进行状态分析,有p A=p0=105 Pap A′=p A+ =1.5×105 Pa,V A=12 L=1.2×10-2 m3,A汽缸中的气体为等温变化,根据玻意耳定律,有p A V A=p A′V A′解得V A′=8×10-3 m3,活塞N向右移动的距离为x= - ,解得x=10 cm.②对B汽缸中的气体进行状态分析有p B′=p A′=1.5×105 Pa,p B=p A=p0=105 PaT B=300 K,B汽缸中的气体为等容变化,有= ,4解得 T B ′=450 K,即 t B ′=177 ℃.答案:(1)BCD (2)①10 cm ②177 ℃6、如图所示，M 、N 为光滑的金属导轨，两导轨平行且在同一水平面内，导轨所在的平面与匀强 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 v 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)( )B 2l 2v解析：选 B.以金属杆 AB 为研究对象，根据牛顿第二定律，F － ＝ma ，随着速度的增大，加R 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．7、（2018吉林省延边州敦化中学期末）如图所示，空间存在一匀强电场，平行实线为该电场 等势面，其方向与水平方向间的夹角为 30°，AB 与等势面垂直，一质量为 m ，电荷量为 q 的 带正电小球，以初速度 v 0从 A 点水平向右抛出，经过时间 t 小球最终落在 C 点，速度大小仍 是 v 0，且 AB =BC ，重力加速度为 g ，则下列说法中正确的是A. 电场方向沿 A 指向 BB. 电场强度大小为 3mg3qC. 小球下落高度 12gt 4D. 此过程增加的电势能等于 12 2mg t 4【答案】BCD5小球在下落过程中初末动能不变，由动能定理可知，mgAB cos30°-EqAC cos30°=0，解得：E3mgmg；故 B 正确；电场力的竖直分量为 FqEcos30=，则物体在竖直方向上y3q211的 合 力 为合， 则 由 牛 顿 第 二 定 律 知F =mg mg maa g ， 则 下 落 高 度yy2 2 1 1h a t gt ，故 C 正确；此过程中电场力做负功，电势能增加，由几何关系知小球沿22y2 4电 场 线 方 向 上 的 位 移 为cos30 = 32d gtcos60 4h， 则 电 势 能 的 增 加 量1EqEd mg t ，故 D 正确。

故选 BCD.2 2P48、如图所示为一简易起重装置，AC 是上端带有滑轮的固定支架 BC 为质量不计的轻杆，杆的 一端 C 用较链固定在支架上，另一端 B 悬挂一个质量为 m 的重物，并用钢丝绳跨过滑轮 A 连接 在卷扬机上.开始时，杆 BC 与 AC 的夹角∠BCA>90°，现使∠BC A 缓缓变小，直到∠BCA=30°. 在此过程中，杆 BC 所受的力（不计一切阻力）（）A. 逐渐增大B. 先减小后增大C. 大小不变D. 先增大后减小【来源】【全国百强校】江西师范大学附属中学2018届高三最后一卷理科综合物理试题【答案】 C6【点睛】本题运用三角相似法研究动态平衡问题，直观形象，也可以运用函数法分析研究．二、非选择题1、如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层．(1)设水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度变为零，水的密度为ρ.求高压水枪的功率和水柱对煤的平均冲力．(2)若将质量为m的高压水枪固定在装满水、质量为M的消防车上，当高压水枪喷出速度为v(相对于地面)、质量为Δm的水流时，消防车的速度是多大？水枪做功多少？(不计消防车与地面的摩擦力)解析：(1)设Δt时间内，从水枪中喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV1 ΔV＝vSΔt＝vπD2Δt4Δt时间内从水枪中喷出的水的动能1 1E k＝Δmv2＝ρπD2v3Δt2 8由动能定理，高压水枪对水做的功1W＝E k＝ρπD2v3Δt87W 1高压水枪的功率P＝＝ρπD2v3Δt 8考虑一个极短时间Δt′，在此时间内喷到煤层上的水的质量为m，则由动量定理可得FΔt′＝mvΔt′时间内喷到煤层上的水的质量1m＝ρSvΔt′＝ρπD2vΔt′41 解得F＝ρπD2v2.4(2)对于消防车和水枪系统，在喷水的过程中，水平方向上不受外力，动量守恒．取喷出水的速度方向为正方向，设喷水时消防车速度为v车，由动量守恒定律，(m＋M－Δm)v车＋Δmv＝0 Δmv解得v车＝－.负号表示消防车速度方向与喷出水的速度方向相反m＋M－Δm由功能关系，水枪做功1 1W＝Δmv2＋(M＋m－Δm)v2 2车2m＋M＝Δmv2.2m＋M－Δm1 1答案：(1)P＝ρπD2v3F＝ρπD2v28 4Δmv m＋M(2)v车＝－W＝Δmv2m＋M－Δm 2m＋M－Δm2、如图甲所示，在水平面上固定有长为L＝2 m、宽为d＝0.5 m的光滑金属“U”形导轨，导轨右端接有R＝1 Ω的电阻，在“U”形导轨右侧l＝1 m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．在t＝0时刻，质量为m＝0.1 k g、内阻r＝1Ω导体棒ab以v0＝1 m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导轨的电阻忽略不计，g取10 m/s2.(1)求第一秒内流过ab电流的大小及方向；(2)求ab棒进磁场瞬间的加速度大小；(3)导体棒最终停止在导轨上，求全过程回路中产生的焦耳热．解析：(1)第一秒内磁场随时间均匀变化，由法拉第电磁感应定律有ΔΦldΔBE1＝＝＝0.5 VΔt ΔtE1所以流过ab的电流I1＝＝0.25 A，方向：由a流向bR＋r8(2)依题意可知ab棒在1 s末时刻进入磁场(速度仍为v0)，此后磁感应强度保持不变则E2＝Bdv0＝0.5 VE2I2＝＝0.25 A2RF＝BI2d由牛顿第二定律，有BI2d＝ma所以a＝1.25 m/s2(3)Q1＝I21(R＋r)t1＝0.125 J.1Q2＝mv ＝0.05 J.022全过程回路产生的焦耳热Q＝Q1＋Q2＝0.175 J答案：(1)0.25 A方向：由a流向b(2)1.25 m/s2(3)0.175 J9。