2019高考物理一轮选练编题（2）新人教版.doc

2019高考物理一轮选练编题（2）李仕才一、选择题1、(2017西安市长安区第一中学大学区高三第三次联考)假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A和B，半径分别为RA和RB.两颗行星周围卫星的轨道半径的三次方(r3)与运行周期的平方(T2)的关系如图所示；T0为卫星环绕行星表面运行的周期则()A行星A的质量小于行星B的质量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当两行星的卫星轨道半径相同时，行星A的卫星向心加速度大于行星B的卫星向心加速度解析：选D.根据万有引力提供向心力得出：Gmr得：M，根据图象可知，A的比B的大，所以行星A的质量大于行星B的质量，故A错误；根图象可知，在两颗行星表面做匀速圆周运动的周期相同，密度，所以行星A的密度等于行星B的密度，故B错误；第一宇宙速度v，A的半径大于B的半径，卫星环绕行星表面运行的周期相同，则A的第一宇宙速度大于行星B的第一宇宙速度，故C错误；根据Gma得：aG，当两行星的卫星轨道半径相同时，A的质量大于B的质量，则行星A的卫星向心加速度大于行星B的卫星向心加速度，故D正确故选D.2、用一段横截面半径为r、电阻率为、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(rR)的圆环.圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中,圆环的圆心始终在N极的轴线上,圆环所在位置的磁感应强度大小均为B.圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v,忽略电感的影响,则(AD)A.此时在圆环中产生了(俯视)顺时针的感应电流B.圆环因受到了向下的安培力而加速下落C.此时圆环的加速度a=D.如果径向磁场足够长,则圆环的最大速度vm=解析:由右手定则可以判断感应电流的方向,可知选项A正确;由左手定则可以判断,此时圆环受到的安培力应该向上,选项B错误;圆环受重力、安培力作用,mg-BIL=ma,I=,m=dV,V=LS,L=2R,S=r2,电阻R=,可解得加速度a=g-,选项C错误;当重力等于安培力时速度达到最大,可得vm=,选项D正确.3、一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为x，动能变为原来的4倍。该质点的加速度为( )A. B. C. D.【答案】C 【解析】动能变为原来的4倍，则物体的速度变为原来的2倍，即v2v0，由x(v0v)t和a得a，故C对。4、(2017武汉武昌模拟)(多选)质量M3 kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动质量为m2 kg的小球(视为质点)通过长L0.75 m的轻杆与滑块上的光滑轴O连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态现给小球一个v03 m/s的竖直向下的初速度，取g10 m/s2.则()A小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3 mB小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向左移动了0.3 mC小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27 mD小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.54 m 解析：选AD.可把小球和滑块水平方向的运动看做人船模型，设滑块M在水平轨道上向右运动了x，由滑块和小球系统在水平方向时动量守恒，有，解得：x0.3 m，选项A正确B错误根据动量守恒定律，小球m相对于初始位置上升到最大高度时小球和滑块速度都为零，由能量守恒定律可知，小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45 m，选项C错误根据动量守恒定律，在小球上升到轨道高度时，滑块速度为零，由系统的能量守恒定律可知，小球m相对于初始位置可以到达的最大高度为h0.45 m，与水平面的夹角为cos 0.8，设小球从最低位置上升到最高位置过程中滑块M在水平轨道上又向右运动了x，由滑块和小球系统在水平方向时动量守恒，有，解得：x0.24 m小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块在水平轨道上向右移动了xx0.3 m0.24 m0.54 m，选项D正确5、(2017河南洛阳一模)(1)(5分)下列说法中正确的是(填正确答案标号.选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分.每选错1个扣3分,最低得分为0分).A.能量守恒定律是普遍规律,能量耗散不违反能量守恒定律B.扩散现象可以在液体、气体中进行,不能在固体中发生C.有规则外形的物体是晶体,没有确定的几何外形的物体是非晶体D.由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离,所以存在表面张力E.一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行(2)(10分)某次测量中在地面释放一体积为8 L的氢气球,发现当气球升高到1 600 m时破裂.实验表明氢气球内外压强近似相等,当氢气球体积膨胀到8.4 L时即破裂.已知地面附近大气的温度为27 ,常温下当地大气压随高度的变化如图所示.求高度为1 600 m处大气的摄氏温度.解析:(1)能量守恒定律是普遍规律,能量耗散是能量的形式发生了转化,能量的利用品质下降,但总能量仍守恒,所以不违反能量守恒定律,故A正确;扩散现象可以在液体、气体中进行,也能在固体中发生,故B错误;有规则外形的物体是单晶体,没有确定的几何外形的物体是非晶体和多晶体,故C错误;由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离,分子间作用力表现为引力,所以存在表面张力,故D正确;由热力学第二定律的微观解释可知,E正确.(2)由题图可知,在地面附近球内压强p1=76 cmHg,1 600 m处球内气体压强p2=70 cmHg由理想气体状态方程得,=,T2=T1=300 K=290 K,t2=(290-273)=17 .答案:(1)ADE(2)17 6、(多选)下面说法正确的是()A卢瑟福根据粒子散射实验提出了原子的核式结构模型B.HHHe是核聚变反应方程C射线是由原子核外的电子电离产生的D射线是由氦原子核衰变产生的解析：选AB.卢瑟福通过粒子散射实验，提出了原子核式结构模型，选项A正确；核聚变就是两个轻核相聚碰撞，结合成质量较大的原子核的过程，B选项是典型的核聚变方程，选项B正确；具有放射性的元素发生衰变时，原子核中的一个中子转化成一个质子同时释放出一个高速电子，即粒子，选项C错误；具有放射性的元素发生衰变时，原子核中的两个中子和两个质子结合在一起形成氦核(即粒子)而从原子核中释放出来，选项D错误7、如图所示，匀强电场分布在边长为L的正方形区域ABCD内，M、N分别为AB和AD的中点，一个初速度为v0、质量为m、电荷量为q的带负电粒子沿纸面射入电场带电粒子的重力不计如果带电粒子从M点垂直电场方向进入电场，则恰好从D点离开电场若带电粒子从N点垂直BC方向射入电场，则带电粒子()A从BC边界离开电场B从AD边界离开电场C在电场中的运动时间为D离开电场时的动能为【答案】BD8、（多选）一小球做竖直上抛运动，当它回到抛出点时，速度为抛出时的,设小球运动中受到的空气阻力为恒力。下列说法中正确的是( )A. 小球受到的空气阻力与重力之比为7:25B. 小球受到的空气阻力与重力之比为25:39C. 小球上升的最大高度与无阻力情况下的最大高度之比为9:16D. 小球上升的最大高度与无阻力情况下的最大高度之比为25:32【来源】【全国百强校】辽宁省鞍山市第一中学2018届高三下学期第七次模拟考试理科综合物理试题【答案】 AD【解析】A、B项：对小球上升过程利用动能定理有：对小球下降过程利用动能定理有：两式相加解得：两相相减解得：所以小球受到的空气阻力与重力之比为7:25，故A正确，B错误；C、D项：无阻力时小球能上升的最大高度为：有阻力时小球能上升的最大高度为：由于以两式解得：，故C错误，D正确。二、非选择题一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)M、N间电场强度E的大小；(2)圆筒的半径R；(3)保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移d，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n.解析：(1)设两板间的电压为U，由动能定理得qUmv2由匀强电场中电势差与电场强度的关系得UEd联立式可得E (2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O，圆半径为r.设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA弧所对的圆心角AOS等于.由几何关系得rR tan 粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得qvBm联立式得R(3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移d后，设板间电压为U，则U设粒子进入S孔时的速度为v，由式看出综合式可得vv设粒子做圆周运动的半径为r，则r设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为，比较两式得到rR，可见粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故n3答案：(1)(2)(3)3