2019高考物理一輪選習練題（4）（含解析）新人教版

人教物理2019高考一輪選習練題（4）李仕才一、選擇題1、a、b、c三個點電荷僅在相互之間的靜電力的作用下處于靜止狀態(tài)。已知a所帶的電荷量為+Q，b所帶的電荷量為q，且Q>q。關(guān)于電荷c，下列判斷正確的是（）A．c一定帶負電B．c所帶的電荷量一定大于qC．c可能處在a、b之間D．如果固定a、b，仍讓c處于平衡狀態(tài)，則c的電性、電荷量、位置都將唯一確定【參考答案】B2、(2018·福建省仙游一中月考)一條懸鏈長7.2m，從懸掛點處斷開，使其自由下落，不計空氣阻力，則整條懸鏈通過懸掛點正下方20m處的一點所需的時間是(g取10m/s2)()A．0.3sB．0.4sC．0.7sD．1.2s解析：懸鏈下端到達20m處時，用時t1，則12.8＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，懸掛點落至20m處用時t2，則20＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，可知懸鏈通過20m處用時Δt＝t2－t1＝0.4s，B對．答案：B3、(2018·黑龍江哈三中模擬)(多選)如圖所示，豎直軸位于水平轉(zhuǎn)臺中心，質(zhì)量為m的小球由三根伸直的輕繩連接，和水平轉(zhuǎn)臺一起以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，傾斜繩與豎直軸夾角為θ，豎直繩對小球的拉力為F1，水平繩對小球的拉力為F2，小球到豎直軸的距離為r，以下說法可能正確的是()A．mgtanθ＝mω2rB．mgtanθ－F2＝mω2rC．(mg＋F1)tanθ＝mω2rD．(mg－F1)tanθ＝mω2r解析：根據(jù)向心力公式可知，F(xiàn)合＝mrω2，對小球進行受力分析可知，小球受重力、傾斜繩的拉力、水平繩的拉力和豎直繩的拉力，豎直方向處于平衡狀態(tài)，則有mg＋F1＝Fcosθ，F(xiàn)sinθ－F2＝mrω2，當F1和F2均為零時，則有mgtanθ＝mω2r；當F1恰好為零時，則有mgtanθ－F2＝mω2r；當F2恰好為零時，則有(mg＋F1)tanθ＝mω2r，故A、B、C正確，D錯誤．答案：ABC4、(2018·青島一模)如圖所示，固定在水平面上的光滑斜面傾角為30°，質(zhì)量分別為M、m的兩個物體通過細繩及輕彈簧連接于光滑輕滑輪兩側(cè)，斜面底端有一與斜面垂直的擋板．開始時用手按住物體M，此時M到擋板的距離為s，滑輪兩邊的細繩恰好伸直，而沒有力的作用．已知M＝2m，空氣阻力不計．松開手后，關(guān)于二者的運動下列說法中正確的是()A．M和m組成的系統(tǒng)機械能守恒B．當M的速度最大時，m與地面間的作用力為零C．若M恰好能到達擋板處，則此時m的速度為零D．若M恰好能到達擋板處，則此過程中重力對M做的功等于彈簧彈性勢能的增加量與物體m的機械能增加量之和解析：運動過程中，M、m與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，A錯誤；當M速度最大時，彈簧的彈力等于Mgsin30°＝mg，此時m對地面的壓力恰好為零，B正確；然后M做減速運動，恰好能到達擋板時，也就是速度剛好減小到了零，之后M會上升并最終到達松手位置，所以此時彈簧彈力大于mg，即此時m受到的繩拉力大于自身重力，m還在加速上升，C錯誤；根據(jù)功能關(guān)系，M減小的機械能，等于m增加的機械能與彈簧增加彈性勢能之和，而M恰好到達擋板時，動能恰好為零，因此M減小的機械能等于M減小的重力勢能，即等于重力對M做的功，D正確．答案：BD5、如圖所示，一帶電粒子在兩個固定的等量正電荷的電場中運動，圖中的實線為等勢面，虛線ABC為粒子的運動軌跡，其中B點是兩點電荷連線的中點，A、C位于同一等勢面上，下列說法正確的是()A．該粒子可能帶正電B．該粒子經(jīng)過B點時的速度最大C．該粒子經(jīng)過B點時的加速度一定為零D．該粒子在B點的電勢能小于在A點的電勢能解析：從該帶電粒子的運動軌跡看，固定電荷對它有吸引力，由固定電荷帶正電可知，該粒子一定帶負電，故A錯誤；因為粒子從A運動到B的過程中，只受電場力且電場力先做正功后做負功，由動能定理知，動能先增加后減小，故B點的動能不是最大，則經(jīng)過B點時的速度不是最大，故B錯誤；B點是兩點電荷連線的中點，合場強為零，故粒子受力為零，則加速度為零，C正確；因為離正電荷越遠，電勢越低，即φA<φB，因粒子帶負電，由Ep＝φq得，EpA>EpB，故D項正確．答案：CD6、如圖甲所示，一根電阻R＝4Ω的導(dǎo)線繞成半徑d＝2m的圓，在圓內(nèi)部分區(qū)域存在變化的勻強磁場，中間S形虛線是兩個直徑均為d的半圓，磁感應(yīng)強度隨時間變化如圖乙所示(磁場垂直于紙面向外為正，電流逆時針方向為正)，關(guān)于圓環(huán)中的感應(yīng)電流—時間圖象，下列選項中正確的是()解析：0～1s，感應(yīng)電動勢為E1＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(2,1)×eq\f(πd2,2)(V)＝4π(V)，由歐姆定律可知感應(yīng)電流大小為I1＝eq\f(E1,R)＝eq\f(4π,4)(A)＝π(A)，由楞次定律知，感應(yīng)電流為順時針方向，為負方向，結(jié)合選項知C正確．答案：C7、一個氫原子從n＝3能級躍遷到n＝2能級，該氫原子()A．放出光子，能量增加B．放出光子，能量減少C．吸收光子，能量增加D．吸收光子，能量減少解析：氫原子從高能級向低能級躍遷時，放出光子，能量減少，故選項B正確，A、C、D錯誤．答案：B二、非選擇題(1)(10分)兩位同學用兩面平行的玻璃磚做“測定玻璃的折射率”實驗．①甲同學在量入射角和折射角時，由于沒有量角器，在完成了光路圖以后，以O(shè)點為圓心，OA為半徑畫圓，交OO′延長線于C點，過A點和C點作垂直于法線的線段分別交法線于B點和D點，如圖所示．測量有關(guān)線段長度，可得玻璃的折射率n＝________.(用圖中線段表示)②乙同學在畫界面時，不小心將兩界面ab和cd間距畫得比玻璃磚寬度大些，下界面與實際相同，如圖所示．若操作無誤，則他測得的折射率比真實值________(填“偏大”“偏小”或“不變”)．(2)(15分)如圖所示，一列波沿x軸傳播，t＝0時刻的波形如實線所示，t＝0.5s時刻的波形如虛線所示，t＝0時刻位于x＝4m處的質(zhì)點P正沿y軸正向運動．(ⅰ)若從t＝0到t＝0.5s這段時間內(nèi)，質(zhì)點P運動的路程為1m，則這列波的波速為多少？(ⅱ)若3T<0.5s<4T，則這列波的波速為多少？解析：(1)①題圖甲中AO為入射光線，OO′是折射光線，設(shè)光線在玻璃磚上表面的入射角為i，折射角為r，則由幾何知識得到sini＝eq\f(AB,AO)，sinr＝eq\f(CD,OC)，又AO＝OC，則折射率n＝eq\f(sini,sinr)＝eq\f(AB,CD).②“測定玻璃磚折射率”的實驗原理是折射定律n＝eq\f(sini,sinr)，如圖所示，右邊實線表示實際的光路圖，左邊虛線表示作圖光路圖，由圖可看出，畫圖時的入射角不變、折射角比實際的折射角變大，由折射定律可知，測出的折射率變?。?2)(ⅰ)從t＝0到t＝0.5s這段時間內(nèi)，質(zhì)點P運動的路程為s＝1m則s＝n×4A得n＝1.25即1.25T＝0.5s得T＝0.4s波速為v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(8,0.4)m/s＝20m/s(ⅱ)由于t＝0時刻位于x＝4m處的質(zhì)點P正沿y軸正向運動，由此可以判斷波沿x軸正向傳播，因此有0.5s＝eq\b\lc\(\rc\)(