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  • 2021-05-13 发布

2019高考物理一轮选练练题3含解析新人教版20181009480

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‎(人教)物理2019高考一轮选练练题(3)及答案 李仕才 一、选择题 ‎1、北京时间‎2016年10月17日7时30分,神舟十一号飞船搭载两名航天员在酒泉卫星发射中心发射升空.‎10月19日凌晨,神舟十一号飞船与天宫二号自动交会对接成功,航天员景海鹏和陈冬入驻天宫二号空间实验室,开始为期30天的太空驻留生活.已知地球表面的重力加速度g,地球半径R,神舟十一号飞船对接后随天宫二号做匀速圆周运动的周期T及引力常量G,下列说法中正确的是( D )‎ A.要完成对接,应先让神舟十一号飞船和天宫二号处于同一轨道上,然后点火加速 B.若对接前飞船在较低轨道上做匀速圆周运动,对接后飞船速度和运行周期都增大 C.由题给条件可求出神舟十一号飞船的质量 D.由题给条件可求出神舟十一号飞船对接后距离地面的高度h 解析:若神舟十一号飞船与天宫二号在同一轨道上,神舟十一号飞船受到的万有引力等于向心力,若让神舟十一号飞船加速,其所需要的向心力变大,而此时万有引力不变,所以神舟十一号飞船做离心运动,不能实现对接,故A错误;根据万有引力提供向心力有G=m,即v=,对接后轨道半径变大,则线速度变小,故B错误;由题给条件不能求出神舟十一号飞船的质量,故C错误;根据万有引力提供向心力有G=m,其中r=R+h,又GM=gR2,得h=-R,故D正确.‎ ‎2、正方体空心框架ABCDA1B‎1C1D1下表面在水平地面上,将可视为质点的小球从顶点A在∠BAD所在范围内(包括边界)沿不同的水平方向分别抛出,落点都在△B‎1C1D1平面内(包括边界).不计空气阻力,以地面为重力势能参考平面.则下列说法正确的是(  )‎ A.小球初速度的最小值与最大值之比是1∶ B.落在C1点的小球,运动时间最长 C.落在B1D1线段上的小球,落地时机械能最小值与最大值之比是1∶2‎ D.轨迹与AC1线段相交的小球,在交点处的速度方向都相同 解析:选D.A、小球落在A‎1C1线段中点时水平位移最小,落在C1时水平位移最大,由几何关系知水平位移的最小值与最大值之比是1∶2,由x=v0t,t相等得小球初速度的最小值与最大值之比是1∶2,故A错误;B、小球做平抛运动,由h=gt2得t= ‎,下落高度相同,平抛运动的时间相等,故B错误;C、落在B1D1线段中点的小球,落地时机械能最小,落在B1D1线段上D1或B1的小球,落地时机械能最大.设落在B1D1线段中点的小球初速度为v1,水平位移为x1.落在B1D1线段上D1或B1的小球初速度为v2.水平位移为x2.由几何关系有x1∶x2=1∶,由x=v0t,得:v1∶v2=1∶,落地时机械能等于抛出时的机械能,分别为:E1=mgh+mv,E2=mgh+mv,可知落地时机械能的最小值与最大值之比不等于1∶2.故C错误.D、设AC1的倾角为α,轨迹与AC1线段相交的小球,在交点处的速度方向与水平方向的夹角为θ.则有tan α===,tan θ=,则tan θ=2tan α,可知θ一定,则轨迹与AC1线段相交的小球,在交点处的速度方向相同,故D正确.‎ ‎3、如图所示,倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上,物体a放在斜劈上,轻质细线一端固定在物体a上,另一端绕过光滑的滑轮固定在c点,滑轮2下悬挂物体b,系统处于静止状态。若将固定点c向右移动少许,而a与斜劈始终静止,则( )‎ A.细线对物体a的拉力增大 B.斜劈对地面的压力减小 C.斜劈对物体a的摩擦力减小 D.地面对斜劈的摩擦力增大 ‎【答案】AD ‎4、图中虚线PQ上方有一磁感应强度大小为B的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外.O是PQ上一点,在纸面内从O点向磁场区域的任意方向连续发射速率为v0的粒子,粒子电荷量为q、质量为m.现有两个粒子先后射入磁场中并恰好在M点相遇,MO与PQ间夹角为60°,不计粒子重力及粒子间的相互作用,则下列说法正确的是(  )‎ A.两个粒子从O点射入磁场的时间间隔可能为 B.两个粒子射入磁场的方向分别与PQ成30°和60°角 C.在磁场中运动的粒子离边界的最大距离为 D.垂直PQ射入磁场中的粒子在磁场中的运动时间最长 解析:选AC.明确两粒子在磁场中运动周期和半径,以正粒子为例进行分析,明确转过的角度规律,从而明确粒子的运动情况,根据圆周运动的规律即可明确最大距离和最长时间.‎ 以粒子带正电为例分析,先后由O点射入磁场,并在M点相遇的两个粒子轨迹恰好组成一个完整的圆,从O点沿OP方向入射并通过M点的粒子轨迹所对圆心角为240°,根据带电粒子在磁场中运动周期T=可知,该粒子在磁场中运动的时间t1=×=,则另一个粒子轨迹所对圆心角为120°,该粒子运动时间t2=,可知,两粒子在磁场中运动的时间差可能为Δt=,故A正确;射入磁场方向分别与PQ成30°和60°角的两粒子轨迹所对圆心角之和不是360°,不可能在M点相遇,故B错误;在磁场中运动的粒子离边界的最大距离为轨迹圆周的直径d=,故C正确;沿OP方向入射的粒子在磁场中运动的轨迹所对圆心角最大,运动时间最长,故D错误.‎ ‎5、质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具.图中的铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零),从狭缝S1进入电压为U的加速电场区加速后,再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN以v射入偏转磁场,该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外半径为R的圆形匀强磁场.现在MN上的F点(图中未画出)接收到该粒子,且GF=R.则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)( C )‎ A. B. ‎ C. D.‎ 解析:带电粒子运动轨迹如图,设粒子加速后获得的速度为v,由动能定理有,qU=mv2,根据几何关系知,粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r=R,又qvB=,则=,故C正确.‎ ‎6、(多选)如图所示,在两等量异种点电荷的电场中,MN为一根光滑绝缘细杆,放在两电荷连线的中垂线上,a、b、c三点所在直线平行于两点电荷的连线,且a与c关于MN对称,b点位于MN上,d点位于两电荷的连线上.下列说法正确的是(  )‎ A.b点场强小于d点场强 B.b点电势低于d点电势 C.试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能 D.套在细杆上的带电小环由静止释放后将做匀加速直线运动 解析:选ABD.在两等量异号电荷连线上,中间点电场强度最小;在两等量异号电荷连线的中垂线上,中间点电场强度最大;所以b点场强小于d点场强,A正确;MN是一条等势线,与在两等量异号电荷连线上的点相比较,d点的电势要高,所以b点电势低于d点电势,B正确;因a点的电势高于c点的电势,故试探电荷+q在a点的电势能大于在c点的电势能,C错误;MN上的电场方向垂直MN指向负电荷,故套在细杆上的带电小环由静止释放后,由于在MN方向上只受到重力,所以做MN方向上做匀加速直线运动,D正确.‎ ‎7、(2019·江南南昌三校四联)如图所示,有一个矩形边界的匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面向里.一个三角形闭合导线框,由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右).取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t=0),规定逆时针方向为电流的正方向,则图中能正确反映线框中电流与时间关系的是(  )‎ 解析:选A.线框进入磁场的过程,磁通量向里增加,根据楞次定律得知感应电流的磁场向外,由安培定则可知感应电流方向为逆时针,电流方向应为正方向,故B、C错误;线框进入磁场的过程,线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小,由E=BLv,可知感应电动势先均匀增大后均匀减小;线框完全进入磁场后,磁通量不变,没有感应电流产生;线框穿出磁场的过程,磁通量向里减小,根据楞次定律得知感应电流的磁场向里,由安培定则可知感应电流方向为顺时针,电流方向应为负方向,线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小,由E=BLv,可知感应电动势先均匀增大后均匀减小;故A正确,D错误.‎ ‎8、如图所示,小芳在体重计上完成下蹲动作,下列F-t图像能反应体重计示数随时间变化的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【来源】浙江新高考2019年4月选考科目物理试题 ‎【答案】 C ‎【解析】对人的运动过程分析可知,人下蹲的过程可以分成两段:人在加速下蹲的过程中,有向下的加速度,处于失重状态,此时人对传感器的压力小于人的重力的大小;在减速下蹲的过程中,加速度方向向上,处于超重状态,此时人对传感器的压力大于人的重力的大小,故C正确,A、B、D错误;‎ 故选C。‎ ‎【点睛】人在加速下蹲的过程中,有向下的加速度,处于失重状态,在减速下蹲的过程中,加速度方向向上,处于超重状态。‎ 二、非选择题 如图甲所示,相距L=‎1 m、电阻不计的两根长金属导轨,各有一部分在同一水平面上,另一部分在同一竖直面内.质量均为m=50 g、电阻均为R=1.0 Ω的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路,杆与导轨之间的动摩擦因数μ=0.5.整个装置处于磁感应强度B=1.0 T、方向竖直向上的匀强磁场中,ab杆在水平拉力F作用下沿导轨向右运动,cd杆固定在某位置.现在释放cd杆并开始计时,cd杆的vcd-t图象如图乙所示,已知在0~1 s和2~3‎ ‎ s内,图线为直线.取g=‎10 m/s2.‎ ‎(1)求在0~1 s内通过cd杆中的电流;‎ ‎(2)若已知ab杆在1 s~2 s内做匀加速直线运动,求1 s~2 s时间内拉力F随时间t变化的关系式.‎ 解析:(1)在0~1 s内,cd杆的vcd-t图线为倾斜直线,因此cd杆做匀变速直线运动,加速度为:‎ a1==‎4.0 m/s2‎ 因此cd杆受向上的摩擦力作用,其受力图如图所示.‎ 根据牛顿第二定律,有:‎ mg-Ff=ma 其中Ff=μFN=μFA=μBIL 因此回路中的电流为:I==‎‎0.6 A ‎(2)在0~1 s内,设ab杆产生的电动势为E,‎ 则:E=BLv1‎ 由闭合电路欧姆定律知:I= v1==‎1.2 m/s 则ab杆的速度为:v1==1.2 m/s 在2~3 s内,由图象可求出cd杆的加速度为:‎ a2=-‎4 m/s2‎ 同理可求出ab杆的速度:‎ v2==‎2.8 m/s 在1~2 s内,ab杆做匀加速运动,则加速度为:‎ a==‎1.6 m/s2‎ I′= 对ab杆,根据牛顿第二定律有:F-μmg-BI′L=ma ab杆在t时刻的速度:v=v1+a(t-1)‎ 回路中的电流:I′= 联立可得:F=0.8t+0.13‎ 答案:(1)在0~1 s内通过cd杆中的电流‎0.6 A ‎(2)这段时间内拉力F随时间t变化的关系式为:F=0.8t+0.13‎