2019高考物理人教版一轮选练编题7及答案 7页

‎2019高考物理（人教版）一轮选练编题（7）及答案 一、选择题 ‎1、(2019·山西晋中一模)如图所示为一个做匀变速曲线运动的物块的轨迹示意图,运动至A点时速度大小为v0,经一段时间后物块运动至B点,速度大小仍为v0,但相对于A点时的速度方向改变了90°,则在此过程中(　D　)‎ A.物块的运动轨迹AB可能是某个圆的一段圆弧 B.物块的动能可能先增大后减小 C.物块的速度大小可能为 D.B点的加速度方向与速度方向的夹角小于90°‎ 解析: 物块做匀变速曲线运动,则加速度的大小与方向都不变,所以运动的轨迹是一段抛物线,不是圆弧,选项A错误;由题意,物块运动到B点时速度方向相对A点时的速度方向改变了90°,速度沿B点轨迹的切线方向,则知加速度方向垂直于AB的连线向下,合外力也向下,质点做匀变速曲线运动,质点由A到B过程中,合外力先做负功,后做正功,由动能定理可得,物块的动能先减小后增大,选项B错误;物块的加速度方向垂直于AB的连线向下,根据题意可知速度方向改变90°,则A点的速度方向与AB连线方向夹角为45°,如图所示,所以在物块运动过程中的最小速度为v0,选项C错误;物块在B点速度方向沿B点轨迹的切线方向,而加速度方向垂直于AB的连线向下,可知二者之间的夹角小于90°,选项D正确.‎ ‎2、(2019·江西三市六校联考)如图所示，两质量均为m＝‎1 kg的小球1、2(可视为质点)用长为L＝‎1.0 m的轻质杆相连，水平置于光滑水平面上，且小球1恰好与光滑竖直墙壁接触，现用力F竖直向上拉动小球1，当杆与竖直墙壁夹角θ＝37°时，小球2的速度大小v＝‎1.6 m/s，sin 37°＝0.6，g＝‎10 m/s2，则此过程中外力F所做的功为(　　)‎ A．8 J B．8.72 J C．10 J D．9.28 J 解析：选C.当杆与竖直墙壁夹角θ＝37°时，设小球1的速度为v1，将小球1、2的速度沿杆方向和垂直杆方向分解，则有v1cos 37°＝vcos 53°，所以v1＝v＝‎1.2 m/s，取两小球和轻质杆为整体，则由动能定理知WF－mgLcos 37°＝mv＋mv2，联立并代入数值得WF＝10 J，C对．‎ ‎2．(2019·湖北武汉三模)如图所示，D、E、F、G为地面上水平间距相等的四点，三个质量相等的小球A、B、C分别在E、F、G 的正上方不同高度处，以相同的初速度水平向左抛出，最后均落在D点．若不计空气阻力，则可判断A、B、C三个小球(　　)‎ A．初始离地面的高度比为1∶2∶3‎ B．落地时的速度大小之比为1∶2∶3‎ C．落地时重力的瞬时功率之比为1∶2∶3‎ D．从抛出到落地的过程中，动能的变化量之比为1∶2∶3‎ 解析：选C.A、相同的初速度抛出，而A、B、C三个小球的水平位移之比1∶2∶3，可得运动的时间之比为1∶2∶3，再由h＝gt2可得，A、B、C三个小球抛出高度之比为1∶4∶9，故A错误；B、由于相同的初动能抛出，根据动能定理mv2－mv＝mgh，由不同的高度，可得落地时的速度大小之比不可能为1∶2∶3，若没有初速度，则之比为1∶2∶3，故B错误；C、相同的初速度抛出，而A、B、C三个小球的水平位移之比1∶2∶3，可得运动的时间之比为1∶2∶3，由v竖＝gt可得竖直方向的速度之比为1∶2∶3，由P＝Gv，那么落地时重力的瞬时功率之比为1∶2∶3，故C正确；D、根据动能定理mv2－mv＝mgh，由于质量相等且已知高度之比，可得落地时动能的变化量之比即为1∶4∶9，故D错误；故选C.‎ ‎3、（2019湖南师范大学附属中学高三上学期第二次月考）甲乙两辆汽车都从同一地点由静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变，在第一段时间间隔T内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的三倍，接下来，汽车甲的加速度大小增加为原来的三倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的，则 A. 在2T末时，甲、乙两车的速度相等 B. 甲、乙两车从静止到速度相等时，所经历的位移大小之比为3：5‎ C. 在4T末，两车第一次相遇，且只能相遇一次 D. 在运动过程中，两车能够相遇两次 ‎【答案】AB ‎【解析】设汽车甲在第一段时间间隔末（时刻T）的速度为，第二段时间间隔末（时刻2T）的速度为，第一段时间间隔内行驶的路程为，加速度为，在第二段时间间隔内行驶的路程为，由运动学公式有， ， ， ； ；设汽车乙在时刻T的速度为 ‎，第二段时间间隔末（时刻2T）的速度为，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为、，同理有， ， ， ， ；在2T末时，甲、乙两车的速度相等，故A正确；甲、乙两车从静止到速度相等时，所经历的位移大小之比为3：5，故B正确；‎ 在4T末， ， ‎ ‎，甲车在前，乙车在后，故D错误；‎ ‎4、(2019·浙江联考)如图所示，粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC放置在水平面上，∠CAB＝30°，斜面内部O点(与斜面无任何连接)固定有一正点电荷，一带负电的小物体(可视为质点)可以分别静止在M、N点和MN的中点P上，OM＝ON，OM∥AB，则下列判断正确的是(　　)‎ A．小物体分别在三处静止时所受力的个数一定都是4个 B．小物体静止在P点时受到的支持力最大，静止在M、N点时受到的支持力相等 C．小物体静止在P点时受到的摩擦力最大 D．当小物体静止在N点时，地面给斜面的摩擦力为零 解析：选B.从小物体所受重力、支持力和库仑力的方向关系看，小物体在M点时可能受三个力作用，故A错；小物体静止时受到的支持力大小等于重力和库仑力在垂直斜面方向的分力之和的大小，由于P点离O点最近，且此时库仑力垂直于斜面，故小物体静止在P点时受到的支持力最大，由M、N点相对P点的对称关系可确定库仑力垂直斜面的分力相同，故小物体静止在M、N点时受到的支持力相等，B正确；在P点时，小物体所受静摩擦力大小等于重力沿斜面方向的分力大小，而在N点时静摩擦力大小等于重力和库仑力沿斜面方向的分力大小之和，故C错；小物体静止在N点时，对斜面和小物体整体受力分析可知，由于受到沿左下方的库仑力，由平衡条件知地面给斜面的摩擦力方向向右．故D错．‎ ‎5、(2019·江西景德镇一模)(1)(5分)下列说法中正确的是　　　　(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.尽管技术不断进步,但热机的效率仍不能达到100%,而制冷机却可以使温度降到热力学零度 B.雨水没有透过布雨伞是液体表面张力的作用导致的 C.气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关 D.空气的相对湿度定义为水的饱和蒸汽压与相同温度时空气中所含水蒸气压强的比值 E.悬浮在液体中的微粒越大,在某一瞬间撞击它的液体分子数越多,布朗运动越不明显 ‎(2)(10分)如图(甲)所示,竖直放置的汽缸内壁光滑,横截面积为S=1×10‎-3 m2‎.活塞的质量为m=‎2 kg,厚度不计.在A,B两处设有限制装置,使活塞只能在A,B之间运动,B下方汽缸的容积为1.0×10‎-3 m3‎,A,B之间的容积为2.0×10‎-4 m3‎,外界大气压强p0=1.0×105 Pa.开始时活塞停在B处,缸内气体的压强为0.9p0,温度为‎27 ℃‎.现缓慢加热缸内气体,直至‎327 ℃‎.求:‎ ‎①活塞刚离开B处时气体的温度t2;‎ ‎②缸内气体最后的压强;‎ ‎③在图(乙)中画出整个过程中的pV图线.‎ 解析:(1)热力学零度只能接近而不能达到,A错误;雨水没有透过布雨伞是液体表面张力的作用导致的,B正确;由热力学第一定律ΔU=Q+W知,温度每升高1 K,内能增加,但既可能是吸收热量,也可能是对气体做功使气体的内能增加,C正确;空气的相对湿度是指空气中所含水蒸气的压强与同温度下的饱和蒸汽压的比值,故D错误,微粒越大,某一瞬间撞击它的分子数越多,受力越容易平衡,布朗运动越不显著,E 正确.‎ ‎(2)①活塞刚离开B处时,设气体的压强为p2,由二力平衡可得 p2=p0+‎ 解得p2=1.2×105 Pa 由查理定律得=,‎ 解得t2=‎127 ℃‎.‎ ‎②设活塞最终移动到A处,缸内气体最后的压强为p3,由理想气体状态方程得=,‎ 解得p3=1.5×105 Pa.‎ 因为p3>p2,故活塞最终移动到A处的假设成立.‎ ‎③如图所示 答案:(1)BCE　‎ ‎(2)①‎127 ℃‎　②1.5×105 Pa　③见解析 ‎6、(2019·江西红色七校联考)下列关于物理方法或物理学史的说法中错误的是(　　)‎ A．安培分子电流假说解释了磁体的磁场的形成 B．由楞次定律判断感应电流的方向 C．物理模型在物理学研究中起到了重要作用，其中“质点”“点电荷”“电流元”“元电荷”等都是理想化模型 D．牛顿在发现万有引力定律的过程中使用了“月——地检验”‎ 解析：选C.安培分子电流假说解释了磁体和电流的磁场的形成，故A正确；由楞次定律即可判断感应电流的方向，故B正确；物理模型在物理学研究中起到了重要作用，其中“质点”“点电荷”“电流元”等都是理想化模型，但元电荷是客观存在的，不属于理想化模型，故C错误；牛顿在发现万有引力定律的过程中使用了“月——地检验”证明了万有引力定律的正确性，故D正确．‎ ‎7、如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个圆弧，圆弧半径为R，E点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲向滑块，不计摩擦。下列说法中正确的是(　　)‎ A．当v0＝时，小球能到达F点 B．若小球的速度足够大，小球将从滑块的右侧离开滑块 C．小球在圆弧上运动的过程中，滑块的动能增大，小球的机械能减小 D．若滑块固定，小球返回E点时对滑块的压力为mg＋m ‎ ‎【答案】CD ‎【解析】小球在圆弧上运动的过程中，小球对滑块的力有水平向右的分量，使滑块向右加速，滑块动能增大，小球的机械能将减小，选项A错误、C正确；当小球速度足够大，从F点离开滑块时，由于F点切线竖直，在F点时小球与滑块的水平速度相同，离开F点后将再次从F点落回，不会从滑块的右侧离开滑块，选项B错误；如果滑块固定，小球返回E点时对滑块的压力为mg＋m，选项D正确。‎ ‎8、如图所示，木板P下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O点，物体A、B叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B的上表面水平。现使木板p绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A、B仍保持静止，与原位置的情况相比 A. B对A的作用力不变 B. A对B的压力增大 C. 木板对B的支持力增大 D. 木板对B的摩擦力不变 ‎【来源】宁夏银川一中2019届高三第四次模拟考试理综物理试卷 ‎【答案】 A ‎【解析】A、当将P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，B的上表面不再水平，A受力情况如图1，‎ CD、以AB整体为研究对象，分析受力情况如图2：‎ 受总重力GAB、板的支持力N2和摩擦力f2，由平衡条件分析可知：‎ ‎ ； 由于 逐渐增大，所以N2减小，f2增大，故CD错误 ‎ 故选A 点睛：采用整体隔离的方式对研究对象正确受力分析，建立平衡公式求解待求量即可。‎ 二、非选择题 ‎(2019·河南六市一联)足够长的倾角为θ的光滑斜面的底端固定一轻弹簧,弹簧的上端连接质量为m、厚度不计的钢板,钢板静止时弹簧的压缩量为x0,如图所示.一物块从距钢板3x0的A处沿斜面滑下,与钢板碰撞后立刻与钢板一起向下运动,但不粘连,它们到达最低点后又向上运动.已知物块质量也为m时,它们恰能回到O点,O为弹簧自然伸长时钢板的位置.若物块质量为‎2m,仍从A处沿斜面滑下,则物块与钢板回到O点时,还具有向上的速度,已知重力加速度为g,计算结果可以用根式表示,求:‎ ‎(1)质量为m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小v1;‎ ‎(2)碰撞前弹簧的弹性势能;‎ ‎(3)质量为‎2m的物块沿斜面向上运动到达的最高点离O点的距离.‎ 解析:(1)设物块与钢板碰撞前速度为v0,有 ‎3mgx0sin θ=m 解得v0=‎ 设物块与钢板碰撞后一起运动的速度为v1,有 mv0=2mv1‎ 解得v1=.‎ ‎(2)设碰撞前弹簧的弹性势能为Ep,当质量为m的物块和钢板一起回到O点时,弹簧无形变,弹簧弹性势能为零,根据机械能守恒得 Ep+(‎2m)=2mgx0sin θ 解得Ep=mgx0sin θ.‎ ‎(3)由能量守恒可知质量为‎2m的物块与钢板碰撞前的速度为v0,设v2表示质量为‎2m的物块与钢板碰后一起向下运动的速度,有 ‎2mv0=3mv2‎ 它们回到O点时,弹簧弹性势能为零,但它们仍继续向上运动,设此时速度为v,由机械能守恒定律得 Ep+(‎3m)=3mgx0sin θ+(‎3m)v2‎ 在O点物块与钢板分离.分离后,物块以初速度v沿斜面上升,设运动到达的最高点离O点的距离为x,有 v2=2ax ‎2mgsin θ=2ma 解得x=.‎ 答案:(1)　(2)mgx0sin θ　(3)‎