2019高考物理一轮选练练题3含解析新人教版20181009480

2019高考物理一轮选练练题3含解析新人教版20181009480

‎（人教）物理2019高考一轮选练练题（3）及答案 李仕才 一、选择题 ‎1、北京时间‎2016年10月17日7时30分,神舟十一号飞船搭载两名航天员在酒泉卫星发射中心发射升空.‎10月19日凌晨,神舟十一号飞船与天宫二号自动交会对接成功,航天员景海鹏和陈冬入驻天宫二号空间实验室,开始为期30天的太空驻留生活.已知地球表面的重力加速度g,地球半径R,神舟十一号飞船对接后随天宫二号做匀速圆周运动的周期T及引力常量G,下列说法中正确的是(　D　)‎ A.要完成对接,应先让神舟十一号飞船和天宫二号处于同一轨道上,然后点火加速 B.若对接前飞船在较低轨道上做匀速圆周运动,对接后飞船速度和运行周期都增大 C.由题给条件可求出神舟十一号飞船的质量 D.由题给条件可求出神舟十一号飞船对接后距离地面的高度h 解析:若神舟十一号飞船与天宫二号在同一轨道上,神舟十一号飞船受到的万有引力等于向心力,若让神舟十一号飞船加速,其所需要的向心力变大,而此时万有引力不变,所以神舟十一号飞船做离心运动,不能实现对接,故A错误;根据万有引力提供向心力有G=m,即v=,对接后轨道半径变大,则线速度变小,故B错误;由题给条件不能求出神舟十一号飞船的质量,故C错误;根据万有引力提供向心力有G=m,其中r=R+h,又GM=gR2,得h=-R,故D正确.‎ ‎2、正方体空心框架ABCDA1B‎1C1D1下表面在水平地面上，将可视为质点的小球从顶点A在∠BAD所在范围内(包括边界)沿不同的水平方向分别抛出，落点都在△B‎1C1D1平面内(包括边界)．不计空气阻力，以地面为重力势能参考平面．则下列说法正确的是(　　)‎ A．小球初速度的最小值与最大值之比是1∶ B．落在C1点的小球，运动时间最长 C．落在B1D1线段上的小球，落地时机械能最小值与最大值之比是1∶2‎ D．轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向都相同 解析：选D.A、小球落在A‎1C1线段中点时水平位移最小，落在C1时水平位移最大，由几何关系知水平位移的最小值与最大值之比是1∶2，由x＝v0t，t相等得小球初速度的最小值与最大值之比是1∶2，故A错误；B、小球做平抛运动，由h＝gt2得t＝ ‎，下落高度相同，平抛运动的时间相等，故B错误；C、落在B1D1线段中点的小球，落地时机械能最小，落在B1D1线段上D1或B1的小球，落地时机械能最大．设落在B1D1线段中点的小球初速度为v1，水平位移为x1.落在B1D1线段上D1或B1的小球初速度为v2.水平位移为x2.由几何关系有x1∶x2＝1∶，由x＝v0t，得：v1∶v2＝1∶，落地时机械能等于抛出时的机械能，分别为：E1＝mgh＋mv，E2＝mgh＋mv，可知落地时机械能的最小值与最大值之比不等于1∶2.故C错误．D、设AC1的倾角为α，轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向与水平方向的夹角为θ.则有tan α＝＝＝，tan θ＝，则tan θ＝2tan α，可知θ一定，则轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向相同，故D正确．‎ ‎3、如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜劈上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态。若将固定点c向右移动少许，而a与斜劈始终静止，则( )‎ A.细线对物体a的拉力增大 B.斜劈对地面的压力减小 C.斜劈对物体a的摩擦力减小 D.地面对斜劈的摩擦力增大 ‎【答案】AD ‎4、图中虚线PQ上方有一磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．O是PQ上一点，在纸面内从O点向磁场区域的任意方向连续发射速率为v0的粒子，粒子电荷量为q、质量为m.现有两个粒子先后射入磁场中并恰好在M点相遇，MO与PQ间夹角为60°，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是(　　)‎ A．两个粒子从O点射入磁场的时间间隔可能为 B．两个粒子射入磁场的方向分别与PQ成30°和60°角 C．在磁场中运动的粒子离边界的最大距离为 D．垂直PQ射入磁场中的粒子在磁场中的运动时间最长 解析：选AC.明确两粒子在磁场中运动周期和半径，以正粒子为例进行分析，明确转过的角度规律，从而明确粒子的运动情况，根据圆周运动的规律即可明确最大距离和最长时间．‎ 以粒子带正电为例分析，先后由O点射入磁场，并在M点相遇的两个粒子轨迹恰好组成一个完整的圆，从O点沿OP方向入射并通过M点的粒子轨迹所对圆心角为240°，根据带电粒子在磁场中运动周期T＝可知，该粒子在磁场中运动的时间t1＝×＝，则另一个粒子轨迹所对圆心角为120°，该粒子运动时间t2＝，可知，两粒子在磁场中运动的时间差可能为Δt＝，故A正确；射入磁场方向分别与PQ成30°和60°角的两粒子轨迹所对圆心角之和不是360°，不可能在M点相遇，故B错误；在磁场中运动的粒子离边界的最大距离为轨迹圆周的直径d＝，故C正确；沿OP方向入射的粒子在磁场中运动的轨迹所对圆心角最大，运动时间最长，故D错误．‎ ‎5、质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具.图中的铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零),从狭缝S1进入电压为U的加速电场区加速后,再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN以v射入偏转磁场,该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外半径为R的圆形匀强磁场.现在MN上的F点(图中未画出)接收到该粒子,且GF=R.则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)(　C　)‎ A. B. ‎ C. D.‎ 解析:带电粒子运动轨迹如图,设粒子加速后获得的速度为v,由动能定理有,qU=mv2,根据几何关系知,粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r=R,又qvB=,则=,故C正确.‎ ‎6、(多选)如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为一根光滑绝缘细杆，放在两电荷连线的中垂线上，a、b、c三点所在直线平行于两点电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上．下列说法正确的是(　　)‎ A．b点场强小于d点场强 B．b点电势低于d点电势 C．试探电荷＋q在a点的电势能小于在c点的电势能 D．套在细杆上的带电小环由静止释放后将做匀加速直线运动 解析：选ABD.在两等量异号电荷连线上，中间点电场强度最小；在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大；所以b点场强小于d点场强，A正确；MN是一条等势线，与在两等量异号电荷连线上的点相比较，d点的电势要高，所以b点电势低于d点电势，B正确；因a点的电势高于c点的电势，故试探电荷＋q在a点的电势能大于在c点的电势能，C错误；MN上的电场方向垂直MN指向负电荷，故套在细杆上的带电小环由静止释放后，由于在MN方向上只受到重力，所以做MN方向上做匀加速直线运动，D正确．‎ ‎7、(2019·江南南昌三校四联)如图所示，有一个矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里．一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)．取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t＝0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流与时间关系的是(　　)‎ 解析：选A.线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流方向应为正方向，故B、C错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E＝BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生；线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流方向应为负方向，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E＝BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；故A正确，D错误．‎ ‎8、如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列F-t图像能反应体重计示数随时间变化的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【来源】浙江新高考2019年4月选考科目物理试题 ‎【答案】 C ‎【解析】对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，故C正确，A、B、D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态。‎ 二、非选择题 如图甲所示，相距L＝‎1 m、电阻不计的两根长金属导轨，各有一部分在同一水平面上，另一部分在同一竖直面内．质量均为m＝50 g、电阻均为R＝1.0 Ω的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数μ＝0.5.整个装置处于磁感应强度B＝1.0 T、方向竖直向上的匀强磁场中，ab杆在水平拉力F作用下沿导轨向右运动，cd杆固定在某位置．现在释放cd杆并开始计时，cd杆的vcd－t图象如图乙所示，已知在0～1 s和2～3‎ ‎ s内，图线为直线．取g＝‎10 m/s2.‎ ‎(1)求在0～1 s内通过cd杆中的电流；‎ ‎(2)若已知ab杆在1 s～2 s内做匀加速直线运动，求1 s～2 s时间内拉力F随时间t变化的关系式．‎ 解析：(1)在0～1 s内，cd杆的vcd－t图线为倾斜直线，因此cd杆做匀变速直线运动，加速度为：‎ a1＝＝‎4.0 m/s2‎ 因此cd杆受向上的摩擦力作用，其受力图如图所示．‎ 根据牛顿第二定律，有：‎ mg－Ff＝ma 其中Ff＝μFN＝μFA＝μBIL 因此回路中的电流为：I＝＝‎‎0.6 A ‎(2)在0～1 s内，设ab杆产生的电动势为E，‎ 则：E＝BLv1‎ 由闭合电路欧姆定律知：I＝ v1＝＝‎1.2 m/s 则ab杆的速度为：v1＝＝1.2 m/s 在2～3 s内，由图象可求出cd杆的加速度为：‎ a2＝－‎4 m/s2‎ 同理可求出ab杆的速度：‎ v2＝＝‎2.8 m/s 在1～2 s内，ab杆做匀加速运动，则加速度为：‎ a＝＝‎1.6 m/s2‎ I′＝ 对ab杆，根据牛顿第二定律有：F－μmg－BI′L＝ma ab杆在t时刻的速度：v＝v1＋a(t－1)‎ 回路中的电流：I′＝ 联立可得：F＝0.8t＋0.13‎ 答案：(1)在0～1 s内通过cd杆中的电流‎0.6 A ‎(2)这段时间内拉力F随时间t变化的关系式为：F＝0.8t＋0.13‎