高考物理一輪選習練題（10）及答案

1、.2019人教版高考物理一輪選習練題10及答案一、選擇題1、一質(zhì)點沿x軸正方向做直線運動，通過坐標原點時開場計時，其t圖象如下圖，那么A. 質(zhì)點做勻速直線運動，速度為0.5 m/sB. 質(zhì)點做勻加速直線運動，加速度為0.5 m/s2C. 質(zhì)點在1 s末速度為2 m/sD. 質(zhì)點在第1 s內(nèi)的位移大小為2 m【來源】【全國百強校】寧夏回族自治區(qū)銀川唐徠回民中學2019屆高三下學期第四次模擬考理科綜合物理試題【答案】 C 鏈接-2019江西高安模擬在光滑程度面上,有一個粗細均勻的邊長為L的單匝正方形閉合線框abcd,在程度外力的作用下,從靜止開場沿垂直磁場邊界方向做勻加速直線運動穿過勻強磁場,如圖

2、甲所示.測得線框中產(chǎn)生的感應電流i的大小和運動時間t的變化關(guān)系如圖乙所示,那么以下說法正確的選項是BA.線框受到的程度外力一定是恒定的B.線框邊長與磁場寬度的比為38C.出磁場的時間是進入磁場時的一半D.出磁場的過程中程度外力做的功與進入磁場的過程中程度外力做的功相等解析:由題圖乙可知,進磁場和出磁場時電流隨時間增大,根據(jù)牛頓第二定律F-F安=ma,得F=F安+ma,又F安=BIL,所以線框受到的程度外力是隨時間增大的變力,選項A錯誤;根據(jù)題圖乙,在24s時間內(nèi)線框進入磁場,設(shè)線框勻加速直線運動的加速度為a,在進入磁場時速度v1=at1=2a,完全進入磁場時速度v2=at2=4a,線框邊長L可

3、表示為L=t2-t1=6a,線框開場出磁場時速度v3=at3=6a,磁場區(qū)域?qū)挾萪=t3-t1=16a,線框邊長L與磁場寬度之比為Ld=38,選項B正確;假設(shè)出磁場時間是進磁場時間的一半,由題可知進磁場時間為2 s,那么出磁場時間為1 s,而線框邊長L=6a,線框ab邊剛出磁場時速度為6a,那么線框邊長L=6a1+a12=2、2019湖南省常德市高三模擬考試2016年2月1日15時29分，我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射了第五顆新一代北斗導航衛(wèi)星該衛(wèi)星繞地球作圓周運動，質(zhì)量為m，軌道半徑約為地球半徑R的4倍地球外表的重力加速度為g，忽略地球自轉(zhuǎn)的影響，那么A衛(wèi)星的繞行速率大于7.9 km/sB衛(wèi)

4、星的動能大小約為C衛(wèi)星所在高度的重力加速度大小約為gD衛(wèi)星的繞行周期約為4解析：選B.7.9 km/s是第一宇宙速度，是衛(wèi)星最大的環(huán)繞速度，所以該衛(wèi)星的速度小于7.9 km/s.故A錯誤由萬有引力提供向心力：Gm，解得：v，根據(jù)萬有引力等于重力：Gmg，由以上可得動能為：Ekmv2mgR，故B正確；衛(wèi)星所在高度的重力加速度大小約為：Gma，根據(jù)萬有引力等于重力：Gmg，聯(lián)立以上解得：a，故C錯誤；衛(wèi)星的繞行周期約為：Gm4R，根據(jù)萬有引力等于重力：Gmg，聯(lián)立以上解得：T16，故D錯誤所以B正確，A、C、D錯誤3、2019衡水中學調(diào)研如圖甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B兩物塊靜止于光滑程度面

5、上，兩物塊的質(zhì)量分別為 mA=lkg、mB=2kg，當A、B之間產(chǎn)生拉力且大于0.3N時A、B將會別離t=0時刻開場對物塊A施加一程度推力F1，同時對物塊B施加同一方向的拉力F2，使A、B從靜止開場運動，運動過程中F1、F2方向保持不變，F(xiàn)1、F2的大小隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示那么以下關(guān)于A、B兩物塊 受力及運動情況的分析，正確的選項是 A. t=2.0s時刻A、B之間作用力大小為0.6NB. t=2.0s時刻A、B之間作用力為零C. t=2.5s時刻A對B的作用力方向向左D. 從t=0時刻到A、B別離，它們運動的位移為5.4m【答案】AD【解析】設(shè)t時刻AB別離，別離之前AB物體共同運動，

6、加速度為，以整體為研究對象，那么有：，別離時：，得，經(jīng)歷時間，根據(jù)位移公式，那么D正確；當時，得，A正確B錯誤；當時，得，C錯誤4、多項選擇兩個小球A、B在光滑程度面上相向運動，它們的質(zhì)量分別是m14 kg，m22 kg，A的速度v13 m/s設(shè)為正，B的速度v23 m/s，那么它們發(fā)生正碰后，其速度可能分別是A均為1 m/sB4 m/s和5 m/sC2 m/s和1 m/s D1 m/s和5 m/s解析：選AD.由動量守恒，可驗證四個選項都滿足要求再看動能情況Ekm1vm2v49 J29 J27 JEkm1v12m2v22由于碰撞過程動能不可能增加，所以應有EkEk，可排除選項B.選項C雖滿足

7、EkEk，但A、B沿同一直線相向運動，發(fā)生碰撞后各自仍能保持原來的速度方向vA0，vB0，這顯然是不符合實際的，因此C錯誤驗證選項A、D均滿足EkEk，故答案為選項A完全非彈性碰撞和選項D彈性碰撞5、如下圖是一旅行箱，它既可以在地面上推著行走，也可以在地面上拉著行走該旅行箱的總質(zhì)量為15 kg，一旅客用斜向上的拉力拉著旅行箱在程度地面上做勻速運動，假設(shè)拉力的最小值為90 N，此時拉力與程度方向間的夾角為，重力加速度大小為g10 m/s2，sin 370.6，旅行箱受到地面的阻力與其受到地面的支持力成正比，比值為，那么A. 0.5，37 B. 0.5，53C. 0.75，53 D. 0.75，3

8、7【來源】【全國百強校】黑龍江省哈爾濱市第六中學2019屆高三下學期考前押題卷二理科綜合物理試題【答案】 D【解析】對物體受力分析，如下圖：令=tan，那么F=；當-=0時，F(xiàn)有最小值，故F=sinG=90N，故=37，故=tan37=0.75，=37；應選D.點睛：此題關(guān)鍵是對物體受力分析，根據(jù)平衡條件并采用正交分解法列式分析，第二問令=tan求解F的最小值的表達式是關(guān)鍵；鏈接-2019浙江杭州模擬如圖甲所示為研究光電效應的電路圖,實驗得到了如圖乙所示的遏止電壓Uc和入射光頻率的圖像.以下說法正確的選項是AA.圖像與橫軸交點坐標的物理意義是該金屬的截止頻率B.圖像斜率為普朗克常量hC.遏止電

9、壓越高,截止頻率越大D.入射光頻率增大,逸出功也增大解析:當遏止電壓為零時,最大初動能為零,那么入射光的能量等于逸出功,所以W0=h0,故A正確.根據(jù)光電效應方程Ekm=h-W0和eUc=Ekm得,Uc=-,知圖線的斜率等于,故B錯誤.當入射光的頻率大于截止頻率時,遏止電壓與入射光的頻率成線性關(guān)系,故C錯誤.從圖像上可知,逸出功W0=h0,逸出功與入射光頻率無關(guān),故D錯誤.6、2019廣東中山模擬核動力潛艇是潛艇中的一種類型,指以核反響堆為動力來源設(shè)計的潛艇.在核反響中有一種是一個U原子核在中子的轟擊下發(fā)生的一種可能的裂變反響,其裂變方程為UnXSr+1n,那么以下表達正確的選項是AA.X原子

10、核中含有54個質(zhì)子B.X原子核中含有53個中子C.裂變時釋放能量是因為虧損的質(zhì)量變成了能量D.裂變時釋放能量,出現(xiàn)質(zhì)量虧損,質(zhì)量數(shù)不守恒解析:由質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知,X原子核中含有92-38=54個質(zhì)子,235+1-94-10-54=78個中子,故A正確,B錯誤;根據(jù)愛因斯坦的質(zhì)能方程可知,質(zhì)量虧損時釋放能量不是質(zhì)量變成了能量,而是虧損的質(zhì)量以能量的形式釋放,但質(zhì)量數(shù)仍然守恒,故C,D錯誤.7、2019濟寧市一模多項選擇如圖甲是光電效應的實驗裝置圖，圖乙是光電流與加在陰極K和陽極A上的電壓的關(guān)系圖象，以下說法正確的選項是A由圖線、可知在光的顏色不變的情況下，入射光越強，飽和電流越大B由圖線、

11、可知對某種確定的金屬來說，其遏止電壓只由入射光的頻率決定C只要增大電壓，光電流就會一直增大D不管哪種顏色的入射光，只要光足夠強，就能發(fā)生光電效應解析：選AB.由圖線、可知在光的顏色不變的情況下，入射光越強，飽和電流越大，故A正確；根據(jù)光電效應方程知，EkhW0eUc，可知入射光頻率越大，最大初動能越大，遏止電壓越大，對于確定的金屬，遏止電壓與入射光的頻率有關(guān)，故B正確；當電壓增大到一定值，電流到達飽和電流，不再增大，故C錯誤；發(fā)生光電效應的條件是入射光的頻率大于截止頻率，與入射光的強度無關(guān)，故D錯誤8、2019吉林省延邊州敦化中學期末如下圖，空間存在一勻強電場，平行實線為該電場等勢面，其方向與

12、程度方向間的夾角為30，AB與等勢面垂直，一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電小球，以初速度v0從A點程度向右拋出，經(jīng)過時間t小球最終落在C點，速度大小仍是v0，且AB=BC，重力加速度為g，那么以下說法中正確的選項是 A. 電場方向沿A指向BB. 電場強度大小為C. 小球下落高度D. 此過程增加的電勢能等于【答案】BCD小球在下落過程中初末動能不變，由動能定理可知，mgABcos30-EqACcos30=0，解得： ；故B正確；電場力的豎直分量為，那么物體在豎直方向上的合力為，那么由牛頓第二定律知，那么下落高度，故C正確；此過程中電場力做負功，電勢能增加，由幾何關(guān)系知小球沿電場線方向上的位移為，那

13、么電勢能的增加量，故D正確。應選BCD.二、非選擇題2019廣東肇慶市高三二模如下圖，在直角坐標系xOy平面內(nèi)，虛線MN平行于y軸，N點坐標為L,0，MN與y軸之間有沿y軸正方向的勻強電場，在第四象限的某區(qū)域有方向垂直于坐標平面的矩形有界勻強磁場圖中未畫出現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，從虛線MN上的P點，以平行于x軸正方向的初速度v0射入電場，并從y軸上點A射出電場，射出時速度方向與y軸負方向成30角，此后，電子做勻速直線運動，進入矩形磁場區(qū)域并從磁場邊界上點Q射出，速度沿x軸負方向，不計電子重力，求：1勻強電場的電場強度E的大小；2勻強磁場的磁感應強度B的大小和電子在磁場中運動的時間t；3矩形有界勻強磁場區(qū)域的最小面積Smin.解析：1設(shè)電子在電場中運動的加速度大小為a，時間為t，分開電場時，沿y軸方向的速度大小為vy那么Lv0t，a，vyat，vy聯(lián)立解得E.2設(shè)軌跡與x軸的交點為D，O、D間的間隔 為xD，那么xDLtan 30L所以