1、12019 高考物理一轮选练编题（6）李仕才一、选择题1、物体受到水平推力 F 的作用在粗糙水平面上做直线运动通过力和速度传感器监测到推力F、物体速度 v 随时间 t 变化的规律分别如图甲、乙所示取 g10 m/s 2，则下列说法错误的是( )A物体的质量 m0.5 kgB物体与水平面间的动摩擦因数 0.40C第 2 s 内物体克服摩擦力做的功 W2 JD前 2 s 内推力 F 做功的平均功率 3 WP解析：选 D.综合甲、乙两个图象信息，在 12 s，推力 F23 N，物体做匀加速运动，其加速度 a2 m/s2，由牛顿运动定律可得，F 2mgma ；在 23 s，推力 F32 N，物体做匀速
2、运动，由平衡条件可知，mgF 3；联立解得物体的质量 m0.5 kg，物体与水平面间的动摩擦因数 0.40，选项 A、B 正确由速度时间图象所围的面积表示位移可得，第 2 s 内物体位移 x1 m，克服摩擦力做的功 Wfmgx2 J，选项 C 正确第 1 s内，由于物体静止，推力不做功；第 2 s 内，推力做功 WF 2x3 J，前 2 s 内推力 F 做功为 W3 J，前 2 s 内推力 F 做功的平均功率 W1.5 W，选项 D 错误PWt 322、(2018江西重点中学盟校联考)如图所示,固定的半圆形竖直轨道,AB 为水平直径,O 为圆心,同时从 A 点水平抛出甲、乙两个小球,速度分别为
3、 v1,v2,分别落在 C,D 两点,OC,OD 与竖直方向的夹角均为 37(sin 37=0.6,cos 37=0.8),则( D )A.甲、乙两球下落到轨道上的时间不相等B.甲、乙两球下落到轨道上的速度变化量不相同C.v1v 2=13D.v1v 2=14解析:由图可知,两个小球下落的高度是相等的,根据 h= gt2可知,甲、乙两球下落到轨道上的时间相等,速度变化量 v=gt 相同,选项 A,B 错误;设圆形轨道的半径为 R,则 A,C 两点间2的水平位移为 x1=R-Rsin 37=0.4R,A,D 两点间的水平位移为 x2=R+Rsin 37=1.6 R,则x2=4x1,由 h= gt2
4、,可知 t 相同,又由 v= 可知,v 2=4v1,选项 C 错误,D 正确.3、频闪照相是每隔相等时间曝光一次的照相方法，在同一张相片上记录运动物体在不同时刻的位置。如图所示是小球在竖直方向运动过程中拍摄的频闪照片，相机的频闪周期为T， 利用刻度尺测量相片上2、3、4、5 与1 位置之间的距离分别为x 1、x 2、x 3、x 4。下列说法正确的是（ ） A小球一定处于下落状态 B小球在2位置的速度大小为 C小球的加速度大小为 D频闪照相法可用于验证机械能守恒定律【答案】D4、如图所示，空间中存在沿 x 轴的静电场，其电势 沿 x 轴的分布如图所示，x1、x 2、x 3、x 4是 x 轴上的四
5、个点，质量为 m、带电量为q 的粒子(不计重力)，以初速度 v0从 O 点沿 x 轴正方向进入电场，在粒子沿 x 轴运动的过程中，下列说法正确的是( )A粒子在 x2点的速度为 0B从 x1到 x3点的过程中，粒子的电势能先减小后增大C若粒子能到达 x4处，则 v0的大小至少应为 2q 0mD若 v0 ，则粒子在运动过程中的最大动能为 3q 02q 0m3解析：选 C.根据沿着电场线方向电势逐渐降低，由 x 图象，画出沿 x 轴方向的场强方向(图中箭头指向)及各点电势分布如图所示由图示知，O 和 x2两点电势相等，O 到 x2过程，电场力做功为 0，动能不变，故粒子在 x2点的速度为 v0，选
6、项 A 错误；从 x1到 x3过程中，电场力对负电荷一直做负功，粒子的电势能一直增加，选项B 错误；从 x3到 x4过程中，电场力对负电荷做正功，故粒子若能到达 x4点，需能到达 x3点假设粒子恰好到达 x3，由动能定理得 Wq 0 mv ，故 v0大小至少为 ，选12 20 2q 0m项 C 正确；粒子运动过程中，电场力所做正功的最大值为 q 0，若 v0 ，则动能2q 0m最大值为 2q 0，选项 D 错误5、(2017内蒙古赤峰三模)(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
7、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
8、,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4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)l 2S解得 p0=76 cmHg.当玻璃管加速上升时,设封闭
9、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 cmHg 17.48 cm6、(2017湖北八校联考)在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程在以下几位物理学家所做科学贡献的叙述中，正确的是( )A在对自由落体运动的研究中，伽利略巧妙的利用斜面实验来冲淡重力影响使得时间更容易测量，最后逻辑推理证明了自由落体的运动规律B牛顿应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多
10、德关于“力是维持物体运动的原因”的观点，并归纳总结了牛顿第一定律C卡文迪许将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出万有引力定律，并测出了引力常量 G 的数值D法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了点电荷间的相互作用规律，并通过油滴实验测定了元电荷的电荷量解析：选 A.在对自由落体运动的研究中，伽利略巧妙的利用斜面实验来冲淡重力影响使得时间更容易测量，最后逻辑推理证明了自由落体的运动规律，选项 A 正确伽利略应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德关于“力是维持物体运动的原因”的观点，牛顿归纳总结了牛顿第一定律，选项 B 错误牛顿将行星与太阳、地球与月球、地球与
11、地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量 G的数值，选项 C 错误法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了点电荷间的相互作用规律，密立根通过油滴实验测定了元电荷的电荷量，选项 D 错误7、 （2018 山东枣庄八中重点班月考）如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为 1m和2m的两物块 A、 B相连接，并静止在光滑的水平面上. 现使 A瞬时获得水平向右的速度3/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可5得（ ）A. 在 1t、 3时刻两物块达到共同速度 1m/s，且弹簧都是处于压缩状态B. 从 到 4时刻弹簧由压缩状态恢复
12、到原长C. 两物体的质量之比为 12:D. 在 2t时刻 A与 B的动能之比为 12:8kE【答案】CD弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当 t3时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从 t3到 t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故 B 错误；系统动量守恒，选择开始到 t1时刻列方程可知 m1v1=（m 1+m2）v 2，将 v1=3m/s，v 2=1m/s 代入得：m 1：m 2=1：2，故 C 正确；在 t2时刻 A 的速度 vA=1m/s，B 的速度 vB=2m/s，根据 m1：m 2=1：2，求出Ek1：E k2=1：8，故 D 正确8、如图所示，竖直平面内放一直角杆 M
13、ON，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（ ）6A. 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
14、据动能定理求变力做功。二、非选择题在第象限内紧贴两坐标轴的一边长为 L 的正方形区域内存在匀强磁场，磁感应强度为B，在第、象限 xL 区域内存在沿 y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为 E；在 xL区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度为 B的矩形匀强磁场，矩形的其中一条边在直线7xL 上一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子(不计粒子重力)从第象限的正方形匀强磁场区域的上边界和左边界的交点处以沿 y 轴负方向的某一速度进入磁场区域，从坐标原点 O沿 x 轴正方向射入匀强电场区域(1)求带电粒子射入第象限的匀强磁场时的速度大小；(2)求带电粒子从匀强电场区域射出时的坐标；(3)若带电粒子进入
15、xL 区域的匀强磁场时速度方向与 x 轴正方向成 45角，要使带电粒子能够回到 xL 区域，则 xL 区域中匀强磁场的最小面积为多少 ?解析：(1)根据题述带电粒子的运动情境，可知带电粒子在第象限的匀强磁场中运动的轨迹半径等于正方形区域的边长 L，即 RL设带电粒子射入第象限的匀强磁场中时速度大小为 v，由 qvBm ，v2L解得 v .qBLm(2)设带电粒子从匀强电场区域射出时的纵坐标为y 1，带电粒子从坐标原点 O 沿 x 轴正方向射入匀强电场区域做类平抛运动，设带电粒子运动的加速度大小为 a，在电场区域运动的时间为 t，则有 Lvt，y1 at2，12qEma联立解得 y1mE2qB2所以带电粒子从匀强电场区域射出时的坐标为 .(L， mE2qB2)(3)带电粒子以与 x 轴正方向成 45角的方向进入 xL 区域的匀强磁场，其速度大小v v22qBLm由 qvBm ，v 2R解得 R2BLB画出粒子在 xL 区域磁场中的运动轨迹，如图所示，8由几何关系可知匀强磁场的最小宽度为d(1cos 45)R 1 2 BLB所以 xL 区域中匀强磁场的最小面积为S2Rd .2 2 2 B2L2B 2答案：(1) (2) (3)qBLm (L， mE2qB2) 2 2 2 B2L2B 2
