2019高考物理一轮选练练题12含解析新人教版20181009483 5页

‎（人教）物理2019高考一轮选练练题（12）及答案 李仕才 一、选择题 ‎1、某同学欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机在平直跑道上做匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为x，从着陆到停下来所用的时间为t，实际上飞机的速度越大，所受的阻力越大，则飞机着陆时的速度应是(　　)‎ A．v＝　　　　　 B．v＝ C．v＞ D.＜v＜ 解析：选C.飞机着陆后若做匀减速直线运动，末速度为零，则飞机着陆时的速度应是v＝，实际上，飞机速度越大，所受阻力越大，飞机着陆后做的是加速度减小的减速直线运动．结合vt图象可知，‎ 飞机着陆后的总位移x＜t，故v＞，C正确．‎ ‎2、A,B两物体放在同一水平面上,分别受到水平拉力F1,F2的作用,而从静止开始从同一位置出发沿相同方向做匀加速直线运动.经过时间t0和4t0,当两者速度分别达到2v0和v0时分别撤去F1和F2,以后物体做匀减速运动直至停止.两物体运动的vt图像如图所示.已知两者的质量之比为1∶2,下列结论正确的是(　C　)‎ A.物体A,B的位移大小之比是3∶5‎ B.两物体与地面间的动摩擦因数可能不相等 C.F1和F2的大小之比是6∶5‎ D.整个运动过程中F1和F2做功之比是6∶5‎ 解析:vt图像与两坐标轴所围的面积表示物体在对应时间内的位移,A,B两物体的位移分别为x1=×2v0×3t0=3v0t0,x2=×v0×5t0=v0t0,故x1∶x2=6∶5,选项A错误;撤去拉力后,A,B两物体的加速度大小分别为a1′==,a2′==,即a1′=a2′=μg,故两物体与地面间的动摩擦因数相等,选项B错误;在加速过程中由牛顿第二定律可得F1-μm‎1g=m‎1a1,F2-μm‎2g=m‎2a2,a1=,a2=,μg=,而m2=‎2m1,故F1∶F2=6∶5,选项C正确;全过程中根据动能定理可知W1=μm1gx1,W2=μm2gx2,故整个运动过程中F1和F2做功之比W1∶W2=3∶5,选项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 mA=lkg、mB=‎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、如图，横截面积为‎5 cm2的水柱以‎10 m/s的速度垂直冲到墙壁上，已知水的密度为1×‎103 kg/m3，假设水冲到墙上后不反弹而顺墙壁流下，则墙壁所受水柱冲击力为(　　)‎ A．5×105 N B．50 N C．5×103 N D．5×102 N 解析：选B.t s时间内喷水质量为：m＝ρSvt＝1 000×0.000 5×10t kg＝5 tkg，‎ 水在时间t s内受到墙的冲量为：I＝0－mv＝Ft 所以：F＝＝ N＝－50 N 负号表示水受到的墙的作用力的方向与运动的方向相反．‎ ‎5、如图所示,交流电源电压有效值U0=5 V,电源等效内阻r=4.5 Ω,经过理想变压器变压后,接在阻值R=8 Ω的电阻上,理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶4,则电阻R消耗的功率,下列说法正确的是(　A　)‎ A.0.5‎‎ W B.5 W C.1 W D.1.5 W 解析:根据电流关系得,原线圈的电流I1=4I2;在原线圈回路中,根据欧姆定律有,U0=4I2r+U1‎ ‎,解得U1=5-18I2,副线圈两端的电压为U2=I2R=8I2;根据电压关系有=,即=,解得I2= A;所以电阻R消耗的功率为P=R=()2×8 W=0.5 W,故A正确,B,C,D错误.‎ ‎6、(2019·高考北京卷)2019年年初，我国研制的“大连光源”——极紫外自由电子激光装置，发出了波长在100 nm(1 nm＝10－‎9 m)附近连续可调的世界上最强的极紫外激光脉冲．“大连光源”因其光子的能量大、密度高，可在能源利用、光刻技术、雾霾治理等领域的研究中发挥重要作用．一个处于极紫外波段的光子所具有的能量可以电离一个分子，但又不会把分子打碎．据此判断，能够电离一个分子的能量约为(取普朗克常量h＝6.6×10－34 J·s，真空光速c＝3×‎108 m/s)(　　)‎ A．10－21 J　　　　　　　 B．10－18 J C．10－15 J D．10－12 J 解析：选B.由E＝hν，ν＝，可得E＝h＝6.6×10－34× J≈2×10－18 J，所以选项B正确．‎ ‎7、如图所示，单匝矩形导线框abcd与匀强磁场垂直，线框电阻不计，线框绕与cd边重合的固定转轴以恒定角速度从图示位置开始匀速转动，理想变压器匝数比为n1∶n2.开关S断开时，额定功率为P的灯泡L1正常发光，电流表示数为I，电流表内阻不计，下列说法正确的是(　　)‎ A．线框中产生的电流为正弦式交变电流 B．线框从图中位置转过时，感应电动势瞬时值为 C．灯泡L1的额定电压等于 D．如果闭合开关S，则电流表示数变大 解析：选ABD.根据产生交变电流的条件，A正确；转过时，感应电动势的瞬时值应为Em，正好是有效值的大小，B正确；C中灯泡L1的额定电压应为，C错误；开关S闭合，并联L2后负载总电阻减小，U2不变，I2增大，I1也增大，D正确．‎ ‎8、如图所示，某发射系统内有一木箱，木箱内有一竖直放置的轻质弹簧，弹簧上方有一物块，木箱内上表面和下表面都装有压力传感器．木箱静止时，上表面压力传感器的读数为12.0N，下表面压力传感器的读数为20.0N．当系统竖直向上发射时，上表面压力传感器读数变为下表面压力传感器读数的一半，重力加速度g取‎10m/s2，此时木箱的加速度为(　　)‎ A. ‎10.0‎m‎/s2 B. ‎5.0m/s‎2 C. ‎2.5m/s2 D. 条件不足，无法确定 ‎【来源】江苏省南京市南京师范大学附属中学2019届高三5月模拟考试理科综合物理试题 ‎【答案】 C ‎【点睛】本题中有一隐含的条件，即加速运动时弹簧的形变量不变，即弹簧的弹力不变，然后运动整体和隔离解题即可．‎ 二、非选择题 如图所示，绝缘水平面内固定有一间距d＝‎1 m、电阻不计的足够长光滑矩形导轨AKDC，导轨两端接有阻值分别为R1＝3 Ω和R2＝6 Ω的定值电阻，矩形区域AKFE、NMCD范围内均有方向竖直向下、磁感应强度大小B＝1 T的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，一质量m＝0. 2 kg、电阻r＝1 Ω的导体棒ab垂直放在导轨上AK与EF之间某处，在方向水平向右、大小F0＝2 N的恒力作用下由静止开始运动，刚要到达EF时导体棒ab的速度大小v1＝‎3 m/s，导体棒ab进入磁场Ⅱ后，导体棒ab中通过的电流始终保持不变，导体棒ab在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，空气阻力不计．‎ ‎(1)求导体棒ab刚要到达EF时的加速度大小a1；‎ ‎(2)求两磁场边界EF和MN之间的距离L；‎ ‎(3)若在导体棒ab刚要到达MN时将恒力F0撤去，求导体棒ab能继续滑行的距离s以及滑行该距离s的过程中整个回路产生的焦耳热Q.‎ 解析： (1)导体棒ab刚要到达EF时，在磁场中切割磁感线产生的感应电动势：E1＝Bdv1‎ 经分析可知，此时导体棒ab所受安培力的方向水平向左，‎ 由牛顿第二定律，则有：F0－BI1d＝ma1‎ 根据闭合电路的欧姆定律，则有：I1＝ 上式中，R＝＝2 Ω 解得：a1＝‎5 m/s2‎ ‎(2)导体棒ab进入磁场Ⅱ后，受到的安培力与F0平衡，做匀速直线运动，导体棒ab中通过的电流I2，保持不变，则有：F0＝BI2d，其中，I2＝ 设导体棒ab从EF运动到MN的过程中的加速度大小为a2，‎ 根据牛顿第二定律，则有：F0＝ma2；‎ 导体棒ab在EF，MN之间做匀加速直线运动，则有：‎ v－v＝‎‎2a2L 解得：L＝‎‎1.35 m ‎(3)对撤去F0后，导体棒ab继续滑行的过程中，‎ 根据牛顿第二定律和闭合电路欧姆定律，则有：‎ BId＝ma；而I＝ 若Δt→0，则有：a＝；‎ 由以上三式可得：vΔt＝mΔv 则有：ΣvΔt＝mΣΔv，即 s＝m(v2－0)‎ 解得：s＝‎3.6 m；‎ 根据能量守恒定律，则有：Q＝mv 因v2＝‎6 m/s，‎ 代入数据，解得：Q＝3.6 J 答案：(1)‎5 m/s2　(2)‎1.35 m　(3)‎3.6 m　3.6 J