人教版高考物理一轮选习练题(10)及答案

2019人教版高考物理一轮选习练题（10）及
答案
一、选择题
1、一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其－t图象如图所示，则
A. 质点做匀速直线运动，速度为0.5 m/s
B. 质点做匀加速直线运动，加速度为0.5 m/s2
C. 质点在1 s末速度为2 m/s
D. 质点在第1 s内的位移大小为2 m
【来源】【全国百强校】宁夏回族自治区银川唐徕回民中学2019届高三下学期第四次模拟考理科综合物理试题
【答案】 C
链接---(2019·江西高安模拟)在光滑水平面上，有一个粗细均匀的边长为L的单匝正方形闭合线框abcd，在水平外力的作用下，从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动穿过匀强磁场，如图(甲)所示.测得线框中产生的感应电流i 的大小和运动时间t的变化关系如图(乙)所示，则下列说法正确的是(B)
A.线框受到的水平外力一定是恒定的
B.线框边长与磁场宽度的比为3∶8
C.出磁场的时间是进入磁场时的一半
D.出磁场的过程中水平外力做的功与进入磁场的过程中水平外力做的功相等
解析:由题图(乙)可知，进磁场和出磁场时电流随时间增大，根据牛顿第二定律
F-F 安=ma ，得F=F 安+ma ，又F 安=BIL ，所以线框受到的水平外力是随时间增大的变力，选项A 错误；根据题图(乙)，在2～4s 时间内线框进入磁场，设线框匀加速直线运动的加速度为a ′，在进入磁场时速度v 1=a ′t 1=2a ′，完全进入磁场时速度v 2=a ′t 2=4a ′，线框边长L 可表示为L=(t 2-t 1)=6a ′，线框开始出磁场时速度v 3=a ′t 3=6a ′，磁场区域宽度d=(t 3-t 1)=16a ′，线框边长L 与磁场宽度之比为L ∶d=3∶8，选项B 正确；假设出磁场时间是进磁场时间的一半，由题可知进磁场时间为2 s ，则出磁场时间为1 s ，而线框边长L=6a ′，线框ab 边刚出磁场时速度为6a ′，则线框边长L ′=6a ′×1+a ′×12=
2、(2019·湖南省常德市高三模拟考试)2016年2月1日15时29分，我国在西昌卫星发射中心成功发射了第五颗新一代北斗导航卫星．该卫星绕地球作圆周运动，质量为m ，轨道半径约为地球半径R 的4倍．已知地球表面的重力加速度为g ，忽略地球自转的影响，则( )
A ．卫星的绕行速率大于7.9 km/s
B ．卫星的动能大小约为mgR 8
C ．卫星所在高度的重力加速度大小约为14g
D ．卫星的绕行周期约为4πRg
解析：选B.7.9 km/s 是第一宇宙速度，是卫星最大的环绕速度，所以该卫星的速
度小于7.9 km/s.故A 错误．由万有引力提供向心力：G Mm 4R 2＝m v 24R ，解得：v
＝GM 4R ，根据万有引力等于重力：G Mm R 2＝mg ，由以上可得动能为：E k ＝12mv 2＝18mgR ，故B 正确；卫星所在高度的重力加速度大小约为：G Mm 4R 2＝ma ，根
据万有引力等于重力：G Mm R 2＝mg ，联立以上解得：a ＝g 16，故C 错误；卫星的
绕行周期约为：G Mm
4R2＝m
4π2
T24R，根据万有引力等于重力：G
Mm
R2
＝mg，联
立以上解得：T＝16πR
g
，故D错误．所以B正确，A、C、D错误．
3、（2019衡水中学调研）如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为m A=lkg、m B=2kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3N时A、B将会分离．t=0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示．则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是（）
A. t=2.0s时刻A、B之间作用力大小为0.6N
B. t=2.0s时刻A、B之间作用力为零
C. t=2.5s时刻A对B的作用力方向向左
D. 从t=0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4m
【答案】AD
【解析】设t时刻AB分离，分离之前AB物体共同运动，加速度为，以整体为研究对象，则有：，分离时：
，得，经历时间，根据位移公式
，则D正确；当
时，
，
，得，A正确B错误；当
时，
，
，得，C错误．
4、(多选)两个小球A 、B 在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m 1＝4 kg ，m 2＝2 kg ，A 的速度v 1＝3 m/s(设为正)，B 的速度v 2＝－3 m/s ，则它们发生正碰后，其速度可能分别是( )
A ．均为1 m/s
B ．＋4 m/s 和－5 m/s
C ．＋2 m/s 和－1 m/s
D ．－1 m/s 和5 m/s
解析：选AD.由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能情况
E k ＝12m 1v 21＋12m 2v 22＝12×4×9 J ＋12×
2×9 J ＝27 J E k ′＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2
由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有E k ≥E k ′，可排除选项B.选项C 虽满足E k ≥E k ′，但A 、B 沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向(v A ′＞0，v B ′＜0)，这显然是不符合实际的，因此C 错误．验证选项A 、D 均满足E k ≥E k ′，故答案为选项A(完全非弹性碰撞)和选项D(弹性碰撞)．
5、如图所示是一旅行箱，它既可以在地面上推着行走，也可以在地面上拉着行走．已知该旅行箱的总质量为15 kg ，一旅客用斜向上的拉力拉着旅行箱在水平地面上做匀速运动，若拉力的最小值为90 N ，此时拉力与水平方向间的夹角为θ，重力加速度大小为g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，旅行箱受到地面的阻力与其受到地面的支持力成正比，比值为μ，则( )
A. μ＝0.5，θ＝37°
B. μ＝0.5，θ＝53°
C. μ＝0.75，θ＝53°
D. μ＝0.75，θ＝37°
【来源】【全国百强校】黑龙江省哈尔滨市第六中学2019届高三下学期考前押题卷（二）理科综合物理试题
【答案】 D
【解析】对物体受力分析，如图所示：
令μ=tanα，则F=；
当α-θ=0°时，F有最小值，故F=sinαG=90N，故α=37°，
故μ=tan37°=0.75，θ=37°；故选D.
点睛：本题关键是对物体受力分析，根据平衡条件并采用正交分解法列式分析，第二问令μ=tanα求解F的最小值的表达式是关键；
链接---(2019·浙江杭州模拟)如图(甲)所示为研究光电效应的电路图，实验得到了如图(乙)所示的遏止电压U c和入射光频率ν的图像.下列说法正确的是(A)
A.图像与横轴交点坐标的物理意义是该金属的截止频率
B.图像斜率为普朗克常量h
C.遏止电压越高，截止频率越大
D.入射光频率增大，逸出功也增大
解析:当遏止电压为零时，最大初动能为零，则入射光的能量等于逸出功，所以W0=hν0，故A正确.根据光电效应方程E km=hν-W0和eU c=E km得，U c=-，知图线的斜率等于，故B错误.当入射光的频率大于截止频率时，遏止电压与入射
光的频率成线性关系，故C错误.从图像上可知，逸出功W0=hν0，逸出功与入射光频率无关，故D错误.
6、(2019·广东中山模拟)核动力潜艇是潜艇中的一种类型，指以核反应堆为动力来源设计的潜艇.在核反应中有一种是一个U原子核在中子的轰击下发生的一种可能的裂变反应，其裂变方程为U n→X Sr+1n，则下列叙述正确的是(A)
A.X原子核中含有54个质子
B.X原子核中含有53个中子
C.裂变时释放能量是因为亏损的质量变成了能量
D.裂变时释放能量，出现质量亏损，质量数不守恒
解析:由质量数和电荷数守恒可知，X原子核中含有92-38=54个质子，235+1-94-10-54=78个中子，故A正确，B错误；根据爱因斯坦的质能方程可知，质量亏损时释放能量不是质量变成了能量，而是亏损的质量以能量的形式释放，但质量数依然守恒，故C，D错误.
7、(2019·济宁市一模)(多选)如图甲是光电效应的实验装置图，图乙是光电流与加在阴极K和阳极A上的电压的关系图象，下列说法正确的是()
A．由图线①、③可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大B．由图线①、②、③可知对某种确定的金属来说，其遏止电压只由入射光的频率决定
C．只要增大电压，光电流就会一直增大
D．不论哪种颜色的入射光，只要光足够强，就能发生光电效应
解析：选AB.由图线①、③可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大，故A正确；根据光电效应方程知，E k＝hν－W0＝eU c，可知入射光频率
越大，最大初动能越大，遏止电压越大，对于确定的金属，遏止电压与入射光的频率有关，故B 正确；当电压增大到一定值，电流达到饱和电流，不再增大，故C 错误；发生光电效应的条件是入射光的频率大于截止频率，与入射光的强度无关，故D 错误．
8、（2019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B
B. C. 小球下落高度214
gt D. 此过程增加的电势能等于
2214mg t 【答案】BCD
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：
E =；故B 正确；电场力的竖直分量为cos30=2y mg
F qE =⋅︒，则物体在竖直方向上的合力为1=mg 2y F mg ma -
=合，则由牛顿第二定律知12y a g =，则下落高度221124
y h 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
沿电场线方向上的位移为2cos30cos60h d gt =
⋅︒︒，则电势能的增加量2214
P E qEd mg t ∆==
，故D 正确。

故选BCD. 二、非选择题 (2019·广东肇庆市高三二模)如图所示，在直角坐标系xOy 平面内，虚线MN 平行于y 轴，N 点坐标为(－L ，0)，MN 与y 轴之间有沿y 轴正方向的匀强电场，在第四象限的某区域有方向垂直于坐标平面的矩形有界匀强磁场(图中未画出)．现有一质量为m 、电荷量为－e 的电子，从虚线MN 上的P 点，以平行于x 轴正方向
的初速度v 0射入电场，并从y 轴上点A ⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12L 射出电场，射出时速度方向与y 轴负方向成30°角，此后，电子做匀速直线运动，进入矩形磁场区域并从磁场边界上
点Q ⎝ ⎛⎭
⎪⎫36L ，－L 射出，速度沿x 轴负方向，不计电子重力，求： (1)匀强电场的电场强度E 的大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度B 的大小和电子在磁场中运动的时间t ；
(3)矩形有界匀强磁场区域的最小面积S min .
解析：(1)设电子在电场中运动的加速度大小为a ，时间为t ，离开电场时，沿y 轴方向的速度大小为v y
则L ＝v 0t ，a ＝eE m ，v y ＝at ，v y ＝v 0tan 30°
联立解得E ＝3mv 20eL .
(2)设轨迹与x 轴的交点为D ，O 、D 间的距离为x D ，则x D ＝12Ltan 30°＝36L
所以DQ 平行于y 轴，电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道的圆心在DQ 上，电子运动轨迹如图所示
设电子离开电场时速度大小为v ，在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r ，周期为T
则evB ＝m v 2r ，v ＝v 0sin 30°
由几何关系有r ＋r sin 30°＝L
即r ＝L 3
联立以上各式解得B ＝6mv 0eL
电子在磁场中偏转的角度为120°，则有t ＝T 3
T ＝2πm eB ⎝ ⎛⎭
⎪⎫或T ＝2πr v ＝πL 3v 0
解得t ＝πL 9v 0
. (3)以切点F 、Q 的连线为矩形的一条边，与电子的运动轨迹相切的另一边作为FQ 的对边，此时有界匀强磁场区域面积最小
S min ＝3r×r 2
解得S min ＝3L 218.
答案：(1)3mv 20eL (2)B ＝6mv 0eL t ＝πL 9v 0
(3)S min ＝3L 218。