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人教版物理2019年高考一轮选练编题（2）李仕才一、选择题1、学校“身边的物理”社团小组利用传感器研究物体的运动在一小球内部装上无线传感器，并将小球竖直向上抛出，通过与地面上接收装置相连的计算机描绘出小球上抛后运动规律的相关图象已知小球在运动过程中受到的空气阻力随速度的增大而增大，则下列图象可能是计算机正确描绘的是(已知v、t分别表示小球速度的大小、运动的时间)()解析：选D.在上升过程和下降过程中，小球受到重力和阻力，根据速度的变化关系，判断出阻力的变化关系，结合牛顿第二定律判断出加速度的变化即可判断在上升阶段，物体做减速运动，根据牛顿第二定律可知mgfma，其中fkv，由于速度减小，阻力减小，加速度减小，当速度达到0时，小球向下做加速运动，根据mgkvma可知，随时间的延续，速度增大，阻力增大，加速度减小，在vt图象中斜率代表加速度，故D正确2、如图所示,质量分别为m,2m的小球A,B,由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在电梯内,已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动,细线中的拉力为F,此时突然剪断细线.在线断的瞬间,弹簧的弹力大小和小球A的加速度的大小分别为(A)A.,+g B.,+gC.,+g D.,+g解析:对两球及弹簧整体,由牛顿第二定律F-3mg=3ma,对B球有F弹-2mg=2ma,解得F弹=,对A球有mg+F弹=maA,得aA=+g,选项A正确.3、（2018山东省临沂市高三上学期期中）某质点做匀变速直线运动，运动的时间为t，位移为x，该质点的图象如图所示，下列说法错误的是( ) A. 质点的加速度大小为B. t=0时，质点的初速度大小为aC. t=0到t=b这段时间质点的平均速度为0D. t=0到t=b这段时间质点的路程为【答案】D4、如图所示，电梯质量为M，电梯地板上放置一个质量为m的物块，轻质钢索拉动电梯由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，当上升高度为H时，速度达到v.不计空气阻力，重力加速度为g，在这个过程中()A物块所受支持力与钢索拉力之比为mMB地板对物块的支持力做的功等于mv2mgHC物块克服重力做功的平均功率等于mgvD电梯及物块构成的系统机械能增加量等于(Mm)v2解析：选BC.钢索拉力T(Mm)(ga)，物块所受支持力FNm(ga)，所以，A项错误对物块m，由动能定理有WFNmgHmv2，得WFNmv2mgH，B项正确因物块做初速度为零的匀加速直线运动，则其平均速度，物块克服重力做功的平均功率PGmg mgv，C项正确电梯及物块构成的系统机械能增加量等于(Mm)gH(Mm)v2，D项错误5、如图(甲)所示为研究光电效应的电路图,实验得到了如图(乙)所示的遏止电压Uc和入射光频率的图像.下列说法正确的是(A)A.图像与横轴交点坐标的物理意义是该金属的截止频率B.图像斜率为普朗克常量hC.遏止电压越高,截止频率越大D.入射光频率增大,逸出功也增大解析:当遏止电压为零时,最大初动能为零,则入射光的能量等于逸出功,所以W0=h0,故A正确.根据光电效应方程Ekm=h-W0和eUc=Ekm得,Uc=-,知图线的斜率等于,故B错误.当入射光的频率大于截止频率时,遏止电压与入射光的频率成线性关系,故C错误.从图像上可知,逸出功W0=h0,逸出功与入射光频率无关,故D错误.6、关于玻尔建立的氢原子模型，下列说法正确的是()A氢原子处于基态时，电子的轨道半径最大B氢原子在不同能量态之间跃迁时可以吸收任意频率的光子C氢原子从基态向较高能量态跃迁时，电子的动能减小D氢原子从基态向较高能量态跃迁时，系统的电势能减小解析：选C.氢原子处于基态时，电子的轨道半径最小，故A错误；由hEmEn知氢原子在不同能量态之间跃迁时只可以吸收特定频率的光子，故B错误；氢原子从基态向较高能量态跃迁，电子距离氢原子核的距离增大，匀速圆周运动的半径增大，线速度减小，动能减小，C正确；氢原子从基态向较高能量态跃迁时，电子距离氢原子核的距离增大，电场力做负功，电势能增大，D错误7、在地面附近，存在着两个有边界的理想电场，边界AB将该空间分成上、下两个区域、，区域中有竖直向上的匀强电场，区域中有竖直向下的匀强电场，两区域电场强度大小相等，在区域中的P点由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带电小球，小球穿过边界AB时的速度为v0，进入区域到达M点时速度刚好为零，如图所示已知此过程中小球在区域中运动的时间是在区域中运动时间的2倍，已知重力加速度为g，不计空气阻力，以下说法正确的是()A小球带正电B电场强度大小为CP点距边界AB的距离为D若边界AB处电势为零，则M点电势为【答案】BCD的距离为x1，M点距边界AB的距离为x2，M点与AB边界的电势差UEx2，若边界AB处电势为零，则M点的电势M，选项B、C、D正确8、（多选）在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图(a)所示，碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面来减小阻力，碰撞前后两壶运动的v-t图线如图(b)中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量均为19 kg，则A. 碰后蓝壶速度为0.8msB. 碰后蓝壶移动的距离为2.4mC. 碰撞过程两壶损失的动能为7.22JD. 碰后红、蓝两壶所滑过的距离之比为1:20【来源】宁夏银川一中2018届高三第四次模拟考试理综物理试卷【答案】 AD【解析】A、设碰后蓝壶的速度为 ,碰前红壶的速度 碰后红壶的速度为根据动量守恒定律可得:解得v2=0.8m/s ，故A正确；B、根据碰前红壶的速度图像可以知道红壶的加速度为:碰后红壶减速到零需要的时间为：碰后蓝壶运动图像的面积代表走过的位移 ，故B错；点睛：知道v-t图像中斜率代表加速度，面积代表运动走过的位移，并利用动量守恒解题。二、非选择题1、如图甲所示，工厂利用倾角30的皮带传输机，将每个质量为m5 kg的木箱从地面运送到高为h5.25 m的平台上，机械手每隔1 s就将一个木箱放到传送带的底端，传送带的皮带以恒定的速度顺时针转动且不打滑木箱放到传送带上后运动的部分vt图象如图乙所示，已知各木箱与传送带间的动摩擦因数都相等若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.求：(1)木箱与传送带间的动摩擦因数；(2)传送带上最多有几个木箱同时在向上输送；(3)皮带传输机由电动机带动，从机械手放上第一个木箱开始计时的10分钟内，因为木箱的放入，电动机需要多做的功解析：(1)由乙图可知，木箱运动的加速度为：a1 m/s2，皮带匀速运动的速度为：v1 m/s，根据牛顿第二定律得：mgcos mgsin ma解得：.(2)木箱加速运动的位移为：x1at0.5 m，木箱相对皮带静止后，相邻两个木箱之间的距离都相等，有：Lvt1 m传送带的长度为：L2 h10.5 m，L10Lx1，所以传送带上最多同时存在的木箱个数为11个(3)木箱在传送带上运动时，和皮带间的相对位移为：xvtx1110.50.5 m，和皮带间的摩擦产生的热量为：Q1mgcos x15 J木箱最终增加的动能为：Ek1mv22.5 J，木箱到达平台增加的重力势能为：Epmgh262.5 J，从开始的10分钟内共传送木箱的个数N1060600个，其中590个已经到达平台，还有10个正在传送带上，到达平台的590个，电动机做的功为：W1590(Q1Ek1Ep1)165 200 J，在传送带上的已经开始运动得10个木箱增加的动能为：10Ek125 J，10个木箱的摩擦生热为：10Q1150 J,10个木箱增加的重力势能共为：Ep10mgxsin 30mgLsin 302mgLsin 309mgLsin 3010mgxsin 30mgLsin 30(1239)1 250 J，所以电动机多做的功为：WW110Ek110Q1Ep166 625 J答案：(1)木箱与传送带间的动摩擦因数为；(2)传送带上最多有11个木箱同时在向上输送；(3)皮带传输机由电动机带动，从机械手放上第一个木箱开始计时的10分钟内，因为木箱的放入，电动机需要多做的功为166 625 J2在真空中，边长为3L的正方形区域ABCD分成相等的三部分，左右两侧为匀强磁场，中间区域为匀强电场，如图所示左侧磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向外；右侧磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直于纸面向里；中间区域电场方向与正方形区域的上下边界平行一质量为m、电荷量为q的带电粒子从平行金属板的正极板开始由静止被加速，加速电压为U，加速后粒子从a点进入左侧磁场，又从距正方形上下边界等间距的b点沿与电场平行的方向进入中间区域的电场中，不计粒子重力(1)求a点到A点的距离(2)电场强度E的取值在什么范围内时粒子能从右侧磁场的上边缘CC1间离开？(3)改变中间区域的电场方向和场强大小，粒子可从D点射出，求粒子在左右两侧磁场中运动的总时间解析：(1)粒子在金属板间加速时，有qUmv2粒子在左侧磁场中运动时，如图甲所示，有qvB1msin a点到A点的距离xR1(1cos )联立解得xL (2)如图甲所示，粒子在右侧磁场中以半径为Rn和Rm的两轨迹为临界轨迹从上边缘CC1离开磁场时，有RnLRmL又qvnB2mqvmB2m粒子在中间电场运动时，有qEnLmvmv2qEmLmvmv2联立解得En，Em电场强度的取值范围为E.(3)粒子在左右磁场中运动，T1T2必须改变中间区域的电场方向并取定电场E的某一恰当确定数值，粒子才能沿如图乙所示的轨迹从D点射出由式可得：60，有t联立并代入数据解得t .答案：(1)L(2)E(3)
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