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人教版物理2019年高考一轮选练编题（11）李仕才一、选择题1、如图(甲)所示,光滑平行金属导轨MN,PQ所在平面与水平面成角,M,P之间接一阻值为R的定值电阻,阻值为r的金属棒bc垂直导轨放置,其他电阻不计.整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向上.t=0时对棒施加一平行于导轨向上的外力F,棒由静止开始沿导轨向上运动,通过R的感应电荷量q随t2的变化关系如图(乙)所示.下列关于金属棒bc的加速度a、通过棒的电流I、金属棒受到的外力F、穿过回路cbPM的磁通量随时间t变化的图像中不正确的是(D)解析:由题意可得q=It=t=t2,结合图(乙)可知金属棒的加速度a恒定,选项A,B正确;由牛顿第二定律可得F-mgsin -BIl=ma,故有F=at+m(gsin +a),选项C正确;由=Bl(x0+at2),可知选项D错误.2、如图所示，ABC为竖直平面内的金属半圆环，AC连线水平，AB为固定在A、B两点间的直金属棒，在直棒和圆环的BC部分上分别套着小环M、N(棒和半圆环均光滑)，现让半圆环绕竖直对称轴以角速度1做匀速转动，小球M、N在图示位置如果半圆环的角速度变为2，2比1稍微小一些关于小环M、N的位置变化，下列说法正确的是()A小环M将到达B点，小环N将向B点靠近稍许B小环M将到达B点，小环N的位置保持不变C小环M将向B点靠近稍许，小环N将向B点靠近稍许D小环M向B点靠近稍许，小环N的位置保持不变解析：选A.M环做匀速圆周运动，则mgtan 45m2r，小环M的合力大小为定值，如果角速度变小，其将一直下滑，直到B点，N环做匀速圆周运动，设其与ABC环圆心连线夹角为，则mgtan m2r，rRsin ，2cos ，如果角速度变小，则cos 变大，变小，小环N将向B点靠近稍许，因此A正确3、（2018甘肃武威市第六中学高三阶段考）将某材料制成的长方体锯成A、B两块放在水平面上，A、B紧靠在一起，物体A的角度如图所示现用水平方向的力F推物体B，使物体A、B保持原来形状，整体沿力F的方向匀速运动，则( ) A. 物体A在水平方向受两个力的作用，合力为零B. 物体A只受一个摩擦力C. 物体B对A的弹力小于桌面对物体A的摩擦力D. 物体B在水平方向受三个力的作用【答案】C【解析】对A受力分析，在水平方向上受B对A的弹力，桌面的滑动摩擦力，B对A的静摩擦力，在三个力的作用下处于平衡，选项AB错误；受力如图。 从图上可知，木板B对A的压力小于桌面对木板A的摩擦力，选项C正确；对B分析，在水平方向上受推力F，桌面的摩擦力，A对B的压力，A对B的静摩擦力，在四个力作用下平衡，选项D错误。4、如图所示，光滑绝缘的水平面上M、N两点有完全相同的金属小球A和B，带有不等量的同种电荷，且qAqB.现使A、B以大小相等的初动量相向运动，并发生弹性碰撞，碰后返回M、N两点，则下列说法正确的是()A碰撞发生在M、N的中点右侧B两球不会同时返回M、N两点C两球回到原位置时各自的动量比原来大些DA与B碰撞过程A对B的冲量等于B对A的冲量解析：选C.两球所受的合力是相互间的静电力，根据牛顿第二定律可知，加速度相等，通过运动学公式判断两者发生碰撞的位置，以及返回到M、N点的时间关系通过碰撞后电荷重新分布，电场力发生变化，根据电场力做功比较返回到原位置动能的变化，从而分析动量关系结合牛顿第三定律分析碰撞过程中冲量关系由于两球在任何时刻所受的库仑力大小相等，质量也相等，则两球的加速度大小相等，速度大小相等，可知碰撞发生在M、N的中点，故A错误由于两球完全相同，碰撞前总动量为零，由碰撞过程中动量守恒可知，碰撞后总动量也为零，所以碰后两球速度大小相等，库仑力大小相等，则加速度大小相等，所以两球同时返回M、N两点，故B错误两球碰撞后，电量重新分配，两球在同样的位置间的作用力比之前增大，可知整个过程中电场力做正功，知返回到出发点的速度比较之前大，则两球回到原位置时动量比原来大些故C正确A与B碰撞过程中，由牛顿第三定律知，相互间的作用力大小相等，方向相反，作用时间也相等，所以A对B的冲量与B对A的冲量大小相等，方向相反，所以冲量不等，D错误5、(1)(5分)关于一定量的气体,下列说法正确的是(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.气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积,而不是该气体所有分子体积之和B.只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度,气体的温度就可以降低C.在完全失重的情况下,气体对容器壁的压强为零D.气体从外界吸收热量,其内能一定增加E.气体在等压膨胀过程中温度一定升高(2)(10分)在一端封闭、内径均匀的光滑直玻璃管内,有一段长为l=16 cm的水银柱封闭着一定质量的理想气体,当玻璃管水平放置达到平衡时如图(甲)所示,被封闭气柱的长度l1=23 cm;当管口向上竖直放置时,如图(乙)所示,被封闭气柱的长度l2=19 cm.已知重力加速度g=10 m/s2,不计温度的变化.求:大气压强p0(用cmHg表示);当玻璃管开口向上以a=5 m/s2的加速度匀加速上升时,水银柱和玻璃管相对静止时被封闭气柱的长度.解析:(1)气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积,A正确;根据气体温度的微观意义可知,B正确;在完全失重的情况下,分子运动不停息,气体对容器壁的压强不为零,C错误;若气体在从外界吸收热量的同时对外界做功,则气体的内能不一定增加,D错误;气体在等压膨胀过程中,根据盖吕萨克定律知,体积增大,温度升高,E正确.(2)由玻意耳定律可得p0l1S=(p0+gl)l2S解得p0=76 cmHg.当玻璃管加速上升时,设封闭气体的压强为p,气柱的长度为l3,液柱质量为m,对液柱,由牛顿第二定律可得pS-p0S-mg=ma,又=16 cmHg,解得p=p0+=100 cmHg,由玻意耳定律可得p0l1S=pl3S解得l3=17.48 cm.答案:(1)ABE(2)76 cmHg17.48 cm6、如图甲所示，间距为L的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，轨道左侧连接一定值电阻R.垂直导轨的导体棒ab在水平外力F作用下沿导轨运动，F随t变化的规律如图乙所示在0t0时间内，棒从静止开始做匀加速直线运动图乙中t0、F1、F2为已知量，棒和导轨的电阻不计则()A在t0以后，导体棒一直做匀加速直线运动B在t0以后，导体棒先做加速，最后做匀速直线运动C在0t0时间内，导体棒的加速度大小为D在0t0时间内，通过导体棒横截面的电荷量为解析：选BD.因在0t0时间内棒做匀加速直线运动，故在t0时刻F2大于棒所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不变，安培力逐渐变大，导体棒做加速度越来越小的加速运动，当加速度a0，即导体棒所受安培力与外力F2相等后，导体棒做匀速直线运动，故A错误，B正确设在0t0时间内导体棒的加速度为a，通过导体棒横截面的电荷量为q，导体棒的质量为m，t0时刻导体棒的速度为v，则有：a，F2ma，F1ma，q，BSBLt0，解得：a，q，故C错误、D正确7、如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示t0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出.微粒运动过程中未与金属板接触重力加速度的大小为g.关于微粒在0T时间内运动的描述，正确的是()A末速度大小为v0B末速度沿水平方向C重力势能减少了mgdD克服电场力做功为mgd【答案】BC8、如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数，杆的竖直部分光滑。两部分各套有质量均为的小球A和B，A、B球间用细绳相连。初始A、B均处于静止状态，已知知，若A球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动1m（取），那么该过程中拉力F做功为（ ）A. 14JB. 10C. 6JD. 4J【来源】【全国百强校】辽宁省庄河市高级中学2018届高三第五次模拟考试理科综合物理试题【答案】 A【解析】对AB整体受力分析，受拉力F、重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向右的弹力N1，如图；点睛：本题中拉力为变力，先对整体受力分析后根据共点力平衡条件得出摩擦力为恒力，然后根据动能定理求变力做功。二、非选择题1、如图所示，相距2L的AB、CD两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中PS下方的电场E1的场强方向竖直向上，PS上方的电场E2的场强方向竖直向下，在电场左边界AB上宽为L的PQ区域内，连续分布着电量为q、质量为m的粒子从某时刻起由Q到P点间的带电粒子，依次以相同的初速度v0沿水平方向垂直射入匀强电场E1中，若从Q点射入的粒子，通过PS上的某点R进入匀强电场E2后从CD边上的M点水平射出，其轨迹如图，若MS两点的距离为.不计粒子的重力及它们间的相互作用试求：(1)电场强度E1与E2的大小；(2)在PQ间还有许多水平射入电场的粒子通过电场后也能垂直于CD边水平射出，这些入射点到P点的距离有什么规律？解析：(1)设粒子由Q到R及R到M点的时间分别为t1与t2，到达R时竖直速度为vy，则由yat2、vyat及FqEma得：La1tta2ttvyt1t2v0(t1t2)2L联立解得：E1，E2.(2)由(1)知E22E1，t12t2.因沿PS方向所有粒子做匀速运动，所以它们到达CD边的时间同为t.设PQ间距离P点为h的粒子射入电场后，经过n(n2,3,4，)个类似于QRM的循环运动(包括粒子从电场E2穿过PS进入电场E1的运动)后，恰好垂直于CD边水平射出，则它的速度第一次变为水平所用时间为T(n2,3,4，)，第一次到达PS边的时间则为T，则有h2(n2,3,4，)答案：(1)(2)(n2,3,4，)2、如图所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的“U”形框缓冲车厢在车厢的底板上固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN，缓冲车的底部固定有电磁铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面向下并随车厢一起运动的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，设导轨右端QN是磁场的右边界导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L.假设缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下(碰前车厢与滑块相对静止)，此后线圈与轨道磁场的作用使车厢减速运动，从而实现缓冲不计一切摩擦阻力(1)求滑块K的线圈中感应电流方向(从俯视图看，写 “顺时针”，“逆时针”)及最大感应电流的大小；(2)若缓冲车与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，为使缓冲车厢所受的最大水平磁场力不超过Fm，求缓冲车匀速运动时的最大速度vmax；(3)若缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，求此后缓冲车的速度v随位移x的变化规律及缓冲车在滑块K停下后的最大位移(设此过程中缓冲车未与障碍物相碰)解析：(1)由右手定则判断出感应电流的方向是逆时针方向；缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，滑块相对磁场的速度大小为v0，线圈中产生的感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律得EmnBLv0由闭合电路欧姆定律得：I解得感应电流最大值为：Imax(2)缓冲车与障碍物碰撞后，滑块相对于磁场的速度大小为vmax，线圈中产生的感应电动势为：EmnBLv0线圈中的电流为I线圈ab边受到的安培力FnBIl根据牛顿第三定律，缓冲车厢受到的磁场力FF根据题意得FFm联立得：vmax(3)由第(2)可知，当小车速度为v时，小车所受安培力为：Fv以小车为对象利用动量定理得：Ftmvmv0由解得：vv0x令中v0，可解得小车最大位移为：xmv0答案：(1)逆时针(2)vmax(3)vv0xv0
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