2019高考物理人教版一輪選練編題2及答案

1、2019高考物理（人教版）一輪選練編題（2）及答案一、選擇題1、(2019西安市長安區(qū)第一中學(xué)大學(xué)區(qū)高三第三次聯(lián)考)假設(shè)宇宙中有兩顆相距無限遠(yuǎn)的行星A和B，半徑分別為RA和RB.兩顆行星周圍衛(wèi)星的軌道半徑的三次方(r3)與運行周期的平方(T2)的關(guān)系如圖所示；T0為衛(wèi)星環(huán)繞行星表面運行的周期則()A行星A的質(zhì)量小于行星B的質(zhì)量B行星A的密度小于行星B的密度C行星A的第一宇宙速度等于行星B的第一宇宙速度D當(dāng)兩行星的衛(wèi)星軌道半徑相同時，行星A的衛(wèi)星向心加速度大于行星B的衛(wèi)星向心加速度解析：選D.根據(jù)萬有引力提供向心力得出：Gmr得：M，根據(jù)圖象可知，A的比B的大，所以行星A的質(zhì)量大于行星B的質(zhì)量，

2、故A錯誤；根圖象可知，在兩顆行星表面做勻速圓周運動的周期相同，密度，所以行星A的密度等于行星B的密度，故B錯誤；第一宇宙速度v，A的半徑大于B的半徑，衛(wèi)星環(huán)繞行星表面運行的周期相同，則A的第一宇宙速度大于行星B的第一宇宙速度，故C錯誤；根據(jù)Gma得：aG，當(dāng)兩行星的衛(wèi)星軌道半徑相同時，A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量，則行星A的衛(wèi)星向心加速度大于行星B的衛(wèi)星向心加速度，故D正確故選D.2、用一段橫截面半徑為r、電阻率為、密度為d的均勻?qū)w材料做成一個半徑為R(rR)的圓環(huán).圓環(huán)豎直向下落入如圖所示的徑向磁場中,圓環(huán)的圓心始終在N極的軸線上,圓環(huán)所在位置的磁感應(yīng)強度大小均為B.圓環(huán)在加速下落過程中某一時刻的

3、速度為v,忽略電感的影響,則(AD)A.此時在圓環(huán)中產(chǎn)生了(俯視)順時針的感應(yīng)電流B.圓環(huán)因受到了向下的安培力而加速下落C.此時圓環(huán)的加速度a=D.如果徑向磁場足夠長,則圓環(huán)的最大速度vm=解析:由右手定則可以判斷感應(yīng)電流的方向,可知選項A正確;由左手定則可以判斷,此時圓環(huán)受到的安培力應(yīng)該向上,選項B錯誤;圓環(huán)受重力、安培力作用,mg-BIL=ma,I=,m=dV,V=LS,L=2R,S=r2,電阻R=,可解得加速度a=g-,選項C錯誤;當(dāng)重力等于安培力時速度達到最大,可得vm=,選項D正確.3、一質(zhì)點做速度逐漸增大的勻加速直線運動，在時間間隔t內(nèi)位移為x，動能變?yōu)樵瓉淼?倍。該質(zhì)點的加速度為

4、()A. B. C. D.【答案】C 【解析】動能變?yōu)樵瓉淼?倍，則物體的速度變?yōu)樵瓉淼?倍，即v2v0，由x(v0v)t和a得a，故C對。4、(2019武漢武昌模擬)(多選)質(zhì)量M3 kg的滑塊套在水平固定著的軌道上并可在軌道上無摩擦滑動質(zhì)量為m2 kg的小球(視為質(zhì)點)通過長L0.75 m的輕桿與滑塊上的光滑軸O連接，開始時滑塊靜止，輕桿處于水平狀態(tài)現(xiàn)給小球一個v03 m/s的豎直向下的初速度，取g10 m/s2.則()A小球m從初始位置到第一次到達最低點的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0.3 mB小球m從初始位置到第一次到達最低點的過程中，滑塊M在水平軌道上向左移動了0.3 mC小

5、球m相對于初始位置可以上升的最大高度為0.27 mD小球m從初始位置到第一次到達最大高度的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0.54 m解析：選AD.可把小球和滑塊水平方向的運動看做人船模型，設(shè)滑塊M在水平軌道上向右運動了x，由滑塊和小球系統(tǒng)在水平方向時動量守恒，有，解得：x0.3 m，選項A正確B錯誤根據(jù)動量守恒定律，小球m相對于初始位置上升到最大高度時小球和滑塊速度都為零，由能量守恒定律可知，小球m相對于初始位置可以上升的最大高度為0.45 m，選項C錯誤根據(jù)動量守恒定律，在小球上升到軌道高度時，滑塊速度為零，由系統(tǒng)的能量守恒定律可知，小球m相對于初始位置可以到達的最大高度為h0.45

6、m，與水平面的夾角為cos 0.8，設(shè)小球從最低位置上升到最高位置過程中滑塊M在水平軌道上又向右運動了x，由滑塊和小球系統(tǒng)在水平方向時動量守恒，有，解得：x0.24 m小球m從初始位置到第一次到達最大高度的過程中，滑塊在水平軌道上向右移動了xx0.3 m0.24 m0.54 m，選項D正確5、(2019河南洛陽一模)(1)(5分)下列說法中正確的是(填正確答案標(biāo)號.選對1個得2分,選對2個得4分,選對3個得5分.每選錯1個扣3分,最低得分為0分).A.能量守恒定律是普遍規(guī)律,能量耗散不違反能量守恒定律B.擴散現(xiàn)象可以在液體、氣體中進行,不能在固體中發(fā)生C.有規(guī)則外形的物體是晶體,沒有確定的幾何

7、外形的物體是非晶體D.由于液體表面分子間距離大于液體內(nèi)部分子間的距離,所以存在表面張力E.一切自發(fā)過程總是沿著分子熱運動的無序性增大的方向進行(2)(10分)某次測量中在地面釋放一體積為8 L的氫氣球,發(fā)現(xiàn)當(dāng)氣球升高到1 600 m時破裂.實驗表明氫氣球內(nèi)外壓強近似相等,當(dāng)氫氣球體積膨脹到8.4 L時即破裂.已知地面附近大氣的溫度為27 ,常溫下當(dāng)?shù)卮髿鈮弘S高度的變化如圖所示.求高度為1 600 m處大氣的攝氏溫度.解析:(1)能量守恒定律是普遍規(guī)律,能量耗散是能量的形式發(fā)生了轉(zhuǎn)化,能量的利用品質(zhì)下降,但總能量仍守恒,所以不違反能量守恒定律,故A正確;擴散現(xiàn)象可以在液體、氣體中進行,也能在固體

8、中發(fā)生,故B錯誤;有規(guī)則外形的物體是單晶體,沒有確定的幾何外形的物體是非晶體和多晶體,故C錯誤;由于液體表面分子間距離大于液體內(nèi)部分子間的距離,分子間作用力表現(xiàn)為引力,所以存在表面張力,故D正確;由熱力學(xué)第二定律的微觀解釋可知,E正確.(2)由題圖可知,在地面附近球內(nèi)壓強p1=76 cmHg,1 600 m處球內(nèi)氣體壓強p2=70 cmHg由理想氣體狀態(tài)方程得,=,T2=T1=300 K=290 K,t2=(290-273)=17 .答案:(1)ADE(2)17 6、(多選)下面說法正確的是()A盧瑟福根據(jù)粒子散射實驗提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型B.HHHe是核聚變反應(yīng)方程C射線是由原子核外的電子

9、電離產(chǎn)生的D射線是由氦原子核衰變產(chǎn)生的解析：選AB.盧瑟福通過粒子散射實驗，提出了原子核式結(jié)構(gòu)模型，選項A正確；核聚變就是兩個輕核相聚碰撞，結(jié)合成質(zhì)量較大的原子核的過程，B選項是典型的核聚變方程，選項B正確；具有放射性的元素發(fā)生衰變時，原子核中的一個中子轉(zhuǎn)化成一個質(zhì)子同時釋放出一個高速電子，即粒子，選項C錯誤；具有放射性的元素發(fā)生衰變時，原子核中的兩個中子和兩個質(zhì)子結(jié)合在一起形成氦核(即粒子)而從原子核中釋放出來，選項D錯誤7、如圖所示，勻強電場分布在邊長為L的正方形區(qū)域ABCD內(nèi)，M、N分別為AB和AD的中點，一個初速度為v0、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子沿紙面射入電場帶電粒子的重力不計

10、如果帶電粒子從M點垂直電場方向進入電場，則恰好從D點離開電場若帶電粒子從N點垂直BC方向射入電場，則帶電粒子()A從BC邊界離開電場B從AD邊界離開電場C在電場中的運動時間為D離開電場時的動能為【答案】BD8、（多選）一小球做豎直上拋運動，當(dāng)它回到拋出點時，速度為拋出時的,設(shè)小球運動中受到的空氣阻力為恒力。下列說法中正確的是( )A. 小球受到的空氣阻力與重力之比為7:25B. 小球受到的空氣阻力與重力之比為25:39C. 小球上升的最大高度與無阻力情況下的最大高度之比為9:16D. 小球上升的最大高度與無阻力情況下的最大高度之比為25:32【來源】【全國百強?！窟|寧省鞍山市第一中學(xué)2019屆

11、高三下學(xué)期第七次模擬考試?yán)砜凭C合物理試題【答案】 AD【解析】A、B項：對小球上升過程利用動能定理有：對小球下降過程利用動能定理有：兩式相加解得：兩相相減解得：所以小球受到的空氣阻力與重力之比為7:25，故A正確，B錯誤；C、D項：無阻力時小球能上升的最大高度為：有阻力時小球能上升的最大高度為：由于以兩式解得：，故C錯誤，D正確。二、非選擇題一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O.筒內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負(fù)電荷質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入

12、磁場中粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設(shè)粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重力的情況下，求：(1)M、N間電場強度E的大?。?2)圓筒的半徑R；(3)保持M、N間電場強度E不變，僅將M板向上平移d，粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放，粒子自進入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數(shù)n.解析：(1)設(shè)兩板間的電壓為U，由動能定理得qUmv2由勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系得UEd聯(lián)立式可得E (2)粒子進入磁場后做勻速圓周運動，運用幾何關(guān)系作出圓心為O，圓半徑為r.設(shè)第一次碰撞點為A，由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出，因此，SA弧所對的圓心角AOS等于.由幾何關(guān)系得rR