2019届高考物理第一轮知识复习检测训练32
2019届高考物理一轮总复习配套练习题全集(49套有答案)【高考】
李仕才 一、选择题
1、如图所示，在一个倾角为 θ 的斜面上，有一个质量为 m，带负电的小球 P(可视为点电荷)，空间存
在着方向垂直斜面向下的匀强磁场，带电小球与斜面间的摩擦力不能忽略，它在斜面上沿图中所示的哪个
方向运动时，有可能保持匀速直线运动状态( )
A．v1 方向
A．小球 A 落地时间为 3 s B．物块 B 运动时间为 3 s C．物块 B 运动 12.5 m 后停止 D．A 球落地时，A、B 相距 17.5 m
解析：选 ACD 根据 H＝12gt2 得，t＝
2gH＝
2×45 10
s＝3
s，故
A
正确。物块
B
匀减速直线运动的加
速度大小 a＝μg＝0.4×10 m/s2＝4 m/s2，则 B 速度减为零的时间 t0＝va0＝140 s＝2.5 s，滑行的距g′∶g＝1∶5
C．M 星∶M 地＝1∶20
D．M 星∶M 地＝1∶80
【答案】BD 5、如图 6 所示，固定于水平面上的光滑斜面足够长，一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板 P 相连，
另一端与盒子 A 相连，A 内放有光滑球 B，B 恰与盒子前、后壁接触，现用力推 A 使弹簧处于压缩状态，然
2、[多选]光滑斜面上，当系统静止时，挡板 C 与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，A、B 质量相等。
在突然撤去挡板的瞬间( )
A．两图中两球加速度均为 gsin θ
B．两图中 A 球的加速度均为零
C．图甲中 B 球的加速度为 2gsin θ
D．图乙中 B 球的加速度为 gsin θ
解析：选 CD 撤去挡板前，对整体分析，挡板对 B 球的弹力大小为 2mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而 杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中 A 球所受合力为零，加速度为零，B 球所受合力为 2mgsin θ， 加速度为 2gsin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B 球所受合力均为 mgsin θ，加速度均为 gsin θ，故 C、D 正确，A、B 错误。
2019届高考物理一轮复习：全套章节测试卷(打包14份,含答案)
章末自测卷(第一章)(限时：45分钟)一、单项选择题1.历史上，伽利略在斜面实验中分别在倾角不同、阻力很小的斜面上由静止释放小球，他通过实验观察和逻辑推理，得到的正确结论有( )A.倾角一定时，小球在斜面上的位移与时间的二次方成正比B.倾角一定时，小球在斜面上的速度与时间的二次方成正比C.斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时的速度与倾角无关D.斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端所需的时间与倾角无关 答案 A2.在物理学研究过程中科学家们创造了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限法、等效替代法、理想模型法、微元法等，以下关于所用物理学研究方法的叙述错误的是( )A.根据速度定义式v ＝Δx Δt ，当Δt 非常小时，ΔxΔt 就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义采用了极限法B.在不需要考虑物体的大小和形状时，用质点来代替实际物体采用了等效替代的方法C.加速度的定义式为a ＝ΔvΔt，采用的是比值定义法D.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法 答案 B3.(2018·福建龙岩质检)一汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50 Hz 的频率监视前方的交通状况.当车速小于等于10 m/s ，且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，使汽车避免与障碍物相撞.在上述条件下，若该车在不同路况下的“全力自动刹车”的加速度大小取4～6 m/s 2之间的某一值，则“全力自动刹车”的最长时间为( ) A.53 s B.253 s C.2.5 s D.12.5 s答案 C解析 当车速最大为10 m/s 且加速度取最小值时，“全力自动刹车”时间最长，由速度与时间关系v ＝v 0＋at 可知，t ＝v －v 0a ＝0－10－4s ＝2.5 s ，C 项正确. 4.如图1所示，a 、b 、c 三个物体在同一条直线上运动，其位移－时间图象中，图线c 是一条x ＝0.4t 2的抛物线.有关这三个物体在0～5 s 内的运动，下列说法正确的是( )图1A.a 物体做匀加速直线运动B.c 物体做匀加速直线运动C.t ＝5 s 时，a 物体速度比c 物体速度大D.a 、b 两物体都做匀速直线运动，且速度相同 答案 B解析 x －t 图象是倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，则知a 、b 两物体都做匀速直线运动，由题图看出，a 、b 两图线的斜率大小相等、正负相反，说明两物体的速度大小相等、方向相反，所以速度不同，A 、D 错误；图线c 是一条x ＝0.4t 2的抛物线，结合x ＝v 0t ＋12at 2可知，c物体做初速度为0、加速度为0.8 m/s 2的匀加速直线运动，B 正确.图线的斜率大小等于速度大小，根据题图可知，t ＝5 s 时c 物体速度比a 物体速度大，C 错误.5.一物体做匀变速直线运动，经过时间t ，它的速度由v 1变为v 2，通过的位移为x ，下列说法中错误的是( )A.这段时间内它的平均速度v ＝xtB.这段时间内它的平均速度v ＝v 1＋v 22C.通过x 2时，它的瞬时速度为x tD.通过x2时，它的瞬时速度为v 21＋v 222答案 C6.(2017·河北衡水联考)如图2所示，两条曲线为汽车a 、b 在同一条平直公路上的速度－时间图象，已知在t 2时刻两车相遇，下列说法正确的是( )图2A.a 车速度先减小后增大，b 车速度先增大后减小B.t 1时刻a 车在前，b 车在后C.t 1～t 2时间内，a 、b 位移相同D.a 车加速度先减小后增大，b 车加速度先减小后增大 答案 D解析 由题图可知a 车速度先增大后减小，b 车速度先减小后增大，故A 错误.在t 2时刻两车相遇，在t 1～t 2时间内，a 车图线与时间轴围成面积大，则a 车位移大，可知t 1时刻，b 车在前，a 车在后，故B 、C 错误.v －t 图象中图线斜率表示加速度，故a 、b 两车加速度先减小后增大，故D 正确.7.如图3，一质点从A 点开始做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为a ，B 、C 、D 是质点运动路径上三点，且BC ＝x 1，CD ＝x 2，质点通过B 、C 间所用时间与经过C 、D 间所用时间相等，则质点经过C 点的速度为( )图3A.x 1＋x 22ax 2－x 1 B.x 1＋x 24ax 2－x 1 C.x 2－x 12ax 2＋x 1D.x 2－x 14ax 2＋x 1答案 A解析 设质点从B 到C 所用时间为T ，则从B 到D 的时间为2T ，由Δx ＝aT 2有x 2－x 1＝aT 2，得T ＝x 2－x 1a ，质点经过C 点的速度v C ＝x 1＋x 22T ＝x 1＋x 22ax 2－x 1，因此A 项正确. 二、多项选择题8.(2018·广东广州调研)如图4所示为甲、乙两物体在同一直线上运动的位置坐标x 随时间t 变化的图象，已知甲对应的是图象中的直线，乙对应的是图象中的曲线，则下列说法正确的是( )图4A.甲做匀减速直线运动B.乙做变速直线运动C.0～t1时间内两物体平均速度大小相等D.两物体的运动方向相反答案BD解析由题图中图象的斜率表示速度，知甲沿负方向做匀速直线运动，故A错误.乙图象切线的斜率不断增大，说明乙的速度不断增大，做变速直线运动，故B正确.根据坐标的变化量等于位移知，0～t1时间内两物体位移大小不相等，方向相反，所以平均速度不相等，故C错误.根据图象的斜率表示速度可知，甲的速度为负，乙的速度为正，即两物体的运动方向相反，故D正确.9.(2017·河北唐山一中模拟)如图5所示，长度为0.55 m的圆筒竖直放在水平地面上，在圆筒正上方距其上端1.25 m处有一小球(可视为质点).在由静止释放小球的同时，将圆筒竖直向上抛出，结果在圆筒落地前的瞬间，小球在圆筒内运动而没有落地，则圆筒上抛的速度大小可能为(空气阻力不计，取g＝10 m/s2)()图5A.2.3 m/sB.2.6 m/sC.2.9 m/sD.3.2 m/s答案BC解析整个过程中小球做自由落体运动，圆筒做竖直上抛运动，h为实际下落高度小球下落时间为t1＝2hg，v0为其上抛初速度圆筒在空中运动时间为t2＝2v0g根据题中要求，在圆筒落地前的瞬间，小球在圆筒内运动而没有落地，则对临界情况分析：①圆筒上抛速度较小时，当圆筒落地瞬间，小球刚到圆筒上沿则h1＝1.25 m又t1＝t2即2h1g ＝2v01g解得v01＝2.5 m/s.②圆筒上抛速度较大时，当圆筒落地瞬间，小球刚要落地则h2＝(1.25＋0.55) m＝1.8 m又t1＝t2即2h2g ＝2v02g解得v02＝3 m/s.故圆筒上抛速度范围为2.5 m/s＜v0＜3 m/s故选项B、C正确.三、非选择题10.在利用打点计时器做“研究匀变速直线运动”的实验中，图6甲所示为一次记录小车运动情况的纸带，图中A、B、C、D、E为相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔T＝0.1 s.图6(1)根据纸带可判定小车做________运动.(2)根据纸带计算各点瞬时速度：v D＝________m/s，v C＝________m/s，v B＝________m/s.在如图乙所示坐标系中作出小车的v－t图象，并根据图线求出a＝________.(3)将图线延长与纵轴相交，交点的速度不为零，此速度的物理意义是________.答案(1)匀加速直线(2)3.90 2.64 1.38见解析图12.60 m/s2(3)零时刻小车经过A点的速度解析 (1)根据纸带提供的数据可知x BC －x AB ＝x CD －x BC ＝x DE －x CD ＝12.60 cm 故小车做匀加速直线运动. (2)根据v ＝2v t 可知v D ＝(105.60－27.60)×10－20.2 m/s ＝3.90 m/sv C ＝(60.30－7.50)×10－20.2 m/s ＝2.64 m/sv B ＝27.60×10－20.2 m/s ＝1.38 m/s描点连线得v －t 图象如图所示.根据图线斜率知a ＝12.60 m/s 2. (3)表示零时刻小车经过A 点的速度.11.一个滑雪运动员，从85 m 长的山坡上匀加速滑下，初速度为1.8 m/s ，滑到山坡底端的末速度为5.0 m/s ，求：(1)下滑过程中的平均速度v 的大小； (2)下滑的加速度a 的大小； (3)下滑的时间t .答案 (1)3.4 m/s (2)0.128 m/s 2 (3)25 s 解析 (1)根据匀变速直线运动中平均速度公式 v ＝v 0＋v2，有 v ＝1.8＋5.02m/s ＝3.4 m/s. (2)由v 2－v 02＝2ax 得，a ＝v 2－v 202x，代入数据得a ＝0.128 m/s 2，(3)由v ＝v 0＋at 得，t ＝v －v 0a ，代入数据得t ＝25 s.12.在平直公路上行驶的a 车和b 车，其位移—时间图象分别为图7中直线a 和曲线b ，已知b 车的加速度恒定且a ＝－2 m/s 2，t ＝3 s 时，直线a 和曲线b 刚好相切.求：t ＝0时a 车和b 车的距离x 0.图7答案 9 m解析 由题图可知：a 车的速度v a ＝8－23m/s ＝2 m/st ＝3 s 时，直线a 和曲线b 刚好相切，即此时b 车的速度v b ′＝v a ＝2 m/s 设b 车的初速度为v b ，对b 车，v b ＋at ＝v b ′ 解得v b ＝8 m/st ＝3 s 时，a 车的位移x a ＝v a t ＝6 m b 车的位移x b ＝v b ＋v b ′2t ＝15 m由题图知，t ＝3 s 时a 车和b 车到达同一位置，得x 0＝x b －x a ＝9 m.13.(2018·河南郑州模拟)一水池水深H ＝0.8 m.现从水面上方h ＝0.8 m 高处由静止释放一质量为m ＝0.1 kg 的硬质球体，测得球体从释放到落至水池底部用时t ＝0.6 s.已知球体直径远小于水池深度，不计空气及水的阻力，取g ＝10 m/s 2，求： (1)通过计算判断球体在水中做什么运动？(2)从水面上方多高处静止释放小球，才能使小球落至池底所用时间最短. 答案 (1)匀速运动 (2)0.4 m解析 (1)设小球落至水面所用时间为t 1， 在水中运动做匀变速运动，加速度为a ，则 h ＝12gt 12，v ＝gt 1，H ＝v (t －t 1)＋12a (t －t 1)2 解得a ＝0，则小球在水中做匀速运动. (2)设释放点距水面距离为s ，则 t s ＝2sg，v s ＝2gs ，t ′＝2s g ＋H 2gs， 由数学知识知，当2s g ＝H 2gs时t ′最小， 即s ＝H2＝0.4 m.章末自测卷(第五章)(限时：45分钟)一、单项选择题1. 自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图1所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的重力势能()图1A.变大B.变小C.不变D.不能确定答案 A解析人缓慢推水袋，对水袋做正功，由功能关系可知，水的动能不变，水的重力势能一定增加，A正确.2.(2017·陕西西安铁一中模拟)如图2所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点.轻弹簧左端固定于竖直墙面，现用质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上.不计滑块在B点的机械能损失，换用材料相同，质量为m2的滑块(m2>m1)压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程，下列说法正确的是()图2A.两滑块到达B点时速度相同B.两滑块沿斜面上升的最大高度相同C.两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功不相同D.两滑块上升到最高点的过程中机械能损失相同答案 D解析两滑块到达B点的动能相同，但速度不同，故A错误；两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于初速度不同，故上升的最大高度不同，故B 错误；两滑块上升到最高点过程克服重力做功为mgh m ，由能量守恒定律得E p 弹＝mgh m ＋μmg cos θ×h msin θ，所以mgh m ＝E p 弹tan θtan θ＋μ，故两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同，故C 错误；由能量守恒定律得ΔE 损＝W f＝μmg cos θ×h m sin θ＝μmgh mtan θ＝μE p 弹tan θ＋μ，故D 正确.3.如图3所示，滑块以初速度v 0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点.则能大致反映滑块整个运动过程中速度v 、加速度a 、动能E k 、重力对滑块所做的功W 与时间t 或位移x 关系的是(取初速度方向为正方向)( )图3答案 A解析 由牛顿第二定律可知，滑块上滑时的加速度方向沿斜面向下，下滑时的加速度方向也沿斜面向下，但a 上>a 下，由于摩擦力做负功，滑块返回出发点的速度大小一定小于v 0，故A 正确，B 错误；因上滑和下滑过程中合外力不同，且E k 不小于0，故C 错误；重力对滑块做的负功先增大后减小，D 错误.4.如图4所示，光滑水平面上放着足够长的木板B ，木板B 上放着木块A ，A 、B 间的接触面粗糙，现在用一水平拉力F 作用在A 上，使其由静止开始运动，则下列情况可能的是( )图4A.拉力F 做的功等于A 、B 系统动能的增加量B.拉力F 做的功小于A 、B 系统动能的增加量C.拉力F 和B 对A 做的功之和小于A 的动能的增加量D.A 对B 做的功小于B 的动能的增加量 答案 A5.一汽车的额定功率为P ，设在水平公路行驶所受的阻力恒定，最大行驶速度为v m .则( )A.若汽车以额定功率启动，则做匀加速直线运动B.若汽车匀加速启动，则在刚达到额定功率时的速度等于v mC.无论汽车以哪种方式启动，加速度与牵引力成正比D.汽车以速度v m 匀速行驶，若要减速，则要减少牵引力答案 D解析 若汽车以额定功率启动，根据P ＝F v 可知随着速度的增加，牵引力F 减小，则做变加速直线运动，选项A 错误；若汽车匀加速启动，则在刚达到额定功率时有：P ＝F v m ′，其中F －F f ＝ma ，则v m ′＝P F f ＋ma，而v m ＝P F f ，所以v m ′<v m ，选项B 错误；无论汽车以哪种方式启动，则a ＝F －F f m，加速度与牵引力不是正比关系，选项C 错误；汽车以速度v m 匀速行驶时，F ＝F f ，若要减速，则要减少牵引力，选项D 正确.6.(2018·河北石家庄调研)质量为m 的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其v －t 图象如图5所示(竖直向上为正方向，DE 段为直线)，已知重力加速度大小为g ，下列说法正确的是( )图5A.t 0～t 2时间内，合力对小球先做正功后做负功B.0～t 3时间内，小球的平均速度一定为v 32C.t 3～t 4时间内，拉力做的功为m (v 3＋v 4)2[(v 4－v 3)＋g (t 4－t 3)] D.t 3～t 4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动答案 C解析 v －t 图象中图线的斜率表示加速度，速度在时间轴之上表明速度的方向一直为正，从图象可以看出小球先向上做加速度越来越大的加速运动，再做加速度越来越小的加速运动，然后做加速度越来越大的减速运动，最后做匀减速运动，运动方向一直向上，D 项错误；图中t 0～t 2时间内小球做加速运动，故合力对小球一直做正功，A 项错误；v －t 图象中图线与t 轴所围面积表示位移，而平均速度v ＝x t，结合图象中的“面积”可知0～t 3时间内，小球的平均速度大于v 32，B 项错误；t 3～t 4时间内由动能定理得W －mgh ＝12m v 42－12m v 32，又h ＝v 3＋v 42(t 4－t 3)，解得W ＝m (v 3＋v 4)2[(v 4－v 3)＋g (t 4－t 3)]，C 项正确. 7.(2017·山东潍坊中学一模)如图6所示，在竖直面内固定一光滑的硬质杆ab ，杆与水平面的夹角为θ，在杆的上端a 处套一质量为m 的圆环，圆环上系一轻弹簧，弹簧的另一端固定在与a 处在同一水平线上的O 点，O 、b 两点处在同一竖直线上.由静止释放圆环后，圆环沿杆从a 运动到b ，在圆环运动的整个过程中，弹簧一直处于伸长状态，则下列说法正确的是( )图6A.圆环的机械能保持不变B.弹簧对圆环一直做负功C.弹簧的弹性势能逐渐增大D.圆环和弹簧组成的系统机械能守恒答案 D解析 如图所示，由几何关系可知，当圆环与O 点的连线与杆垂直时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小，所以在圆环从a 到C 的过程中弹簧对圆环做正功，弹簧的弹性势能减小，圆环的机械能增大，而从C 到b 的过程中，弹簧对环做负功，弹簧的弹性势能增大，圆环的机械能减小，故A 、B 、C 错误；在整个过程中只有圆环的重力和弹簧的弹力做功，所以圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，故D 正确.二、多项选择题8.如图7所示为汽车的加速度a 和车速倒数1v 的关系图象.若汽车质量为2×103 kg ，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为30 m/s ，则( )图7A.汽车所受阻力大小为2×103 NB.汽车在车速为15 m/s 时，牵引力的功率为6×104 WC.汽车匀加速的加速度为3 m/s 2D.汽车匀加速所需时间为5 s答案 ABD9.有一辆质量为170 kg 、输出功率为1 440 W 的太阳能试验汽车，安装有约6 m 2的太阳能电池板和蓄能电池，该电池板在有效光照条件下单位面积输出的电功率为30 W/m 2.若驾驶员的质量为70 kg ，汽车最大行驶速度为90 km/h.假设汽车行驶时受到的阻力与其速度成正比，则汽车( )A.以最大速度行驶时牵引力大小为57.6 NB.刚启动时的加速度大小为0.24 m/s 2C.保持最大速度行驶1 h 至少需要有效光照8 hD.直接用太阳能电池板提供的功率可获得3.13 m/s 的最大行驶速度答案 AC解析 根据P 额＝F v max ，得：F ＝P 额v max ＝1 44025N ＝57.6 N ，故A 正确；以额定功率启动时：P 额v －F f ＝ma ，而刚启动时v ＝0，则F f ＝0，故刚启动时加速度无穷大，B 错误；由公式W ＝Pt 和能量守恒得：1 440 W ×1 h ＝30×6 W ×t ，得：t ＝8 h ，即保持最大速度行驶1 h 至少需要有效光照8 h ，故C 正确；由题意知，汽车行驶时受到的阻力与其速度成正比，设F f ＝k v ，则结合前面分析：57.6＝k ×25得：k ＝2.304，当直接用太阳能电池板提供的功率行驶获得最大速度时：牵引力＝阻力，即：180v ＝k v 得：v ≈8.84 m/s ，故D 错误.三、非选择题10.(2018·湖北襄阳质检)某实验小组用图8甲实验装置探究合力做功与动能变化的关系.铁架台竖直固定放置在水平桌面上，长木板一端放置在水平桌面边缘P 处，另一端放置在铁架台竖直铁杆上，使长木板倾斜放置，长木板P 处放置一光电门，用光电计时器记录滑块通过光电门时的挡光时间.实验步骤是：图8①用游标卡尺测出滑块的挡光宽度L ，用天平测量滑块的质量m . ②平衡摩擦力：以木板放置在水平桌面上的P 处为轴，调节长木板在铁架台上的放置位置，使滑块恰好沿木板向下做匀速运动.在铁架台竖直杆上记下此位置Q 1，用刻度尺测出Q 1到水平面的高度H .③保持P 位置不变，长木板另一端放置在铁架台竖直杆Q 2处.用刻度尺量出Q 1、Q 2的距离h 1，将滑块从Q 2位置由静止释放，由光电门计时器读出滑块的挡光时间t 1.④保持P 位置不变，重新调节长木板另一端在铁架台上的放置位置，重复步骤③数次. Ⅰ.滑块沿长木板由Q 2运动到P 的过程中，用测量的物理量回答下列问题(重力加速度已知为g )：(1)滑块通过光电门的速度v ＝ ；(2)滑块动能的变化量ΔE k ＝ ；(3)滑块克服摩擦力做的功W f ＝ ；(4)合力对滑块做的功W 合＝ .Ⅱ.某学生以长木板在铁架台竖直杆上的放置位置到Q 1的距离h 为横坐标，以滑块通过光电门挡光时间的平方的倒数1t 2为纵坐标，根据测量数据在坐标系中描点画出如图乙所示直线，直线延长线没有过坐标原点，其原因主要是 .答案 Ⅰ.(1)L t 1 (2)mL 22t 21(3)mgH (4)mgh 1 Ⅱ.平衡摩擦力倾角过大解析 Ⅰ.滑块挡光宽度很窄，挡光时间很短，L t 1就能表示瞬时速度v ，滑块动能变化量ΔE k ＝12m v 2＝12m (L t 1)2；滑块匀速运动时mgH －μmg cos θ1l 斜面＝0，则mgH ＝μmgd 改变倾角后，W f ＝μmg cos θ2l 斜面＝μmgd ＝mgH .合力对滑块做的功W 合＝mg (H ＋h 1)－W f ＝mgh 1Ⅱ.直线延长线没有过坐标原点说明合外力大于mg ，是平衡摩擦力倾角过大的缘故.11.如图9所示，水平光滑轨道AB 与竖直半圆形光滑轨道在B 点平滑连接，AB 段长x ＝10 m ，半圆形轨道半径R ＝2.5 m.质量m ＝0.10 kg 的小滑块(可视为质点)在水平恒力F 作用下，从A 点由静止开始运动，经B 点时撤去力F ，小滑块进入半圆形轨道，沿轨道运动到最高点C ，从C 点水平飞出.重力加速度g 取10 m/s 2，不计空气阻力.图9(1)若小滑块从C 点水平飞出后又恰好落在A 点.求：①滑块通过C 点时的速度大小；②滑块刚进入半圆形轨道时，在B 点对轨道压力的大小；(2)如果要使小滑块能够通过C 点，求水平恒力F 应满足的条件.答案 (1)①10 m/s ②9 N (2)F ≥0.625 N解析 (1)①设滑块从C 点飞出时的速度为v C ，从C 点运动到A 点的时间为t ，滑块从C 点飞出后做平抛运动竖直方向：2R ＝12gt 2 水平方向：x ＝v C t解得v C ＝10 m/s.②设滑块通过B 点时的速度为v B ，根据机械能守恒定律12m v 2B ＝12m v 2C ＋2mgR 设滑块在B 点受轨道的支持力为F N ，根据牛顿第二定律F N －mg ＝m v 2B R，联立解得F N ＝9 N 根据牛顿第三定律，滑块在B 点对轨道的压力F N ′＝F N ＝9 N.(2)若滑块恰好能够经过C 点，设此时滑块的速度为v C ′，根据牛顿第二定律有mg ＝m v C ′2R解得v C ′＝gR ＝10×2.5 m/s ＝5 m/s滑块由A 点运动到C 点的过程中，由动能定理Fx －mg ·2R ≥12m v C ′2 则Fx ≥mg ·2R ＋12m v C ′2 解得水平恒力F 应满足的条件为F ≥0.625 N.12.如图10所示，AB 为倾角θ＝37°的斜面轨道，轨道的AC 部分光滑，CB 部分粗糙.BP 为圆心角等于143°、半径R ＝1 m 的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B 点，P 、O 两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A 点，另一自由端在斜面上C 点处.现有一质量m ＝2 kg 的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D 点后(不拴接)释放，物块经过C 点后，从C 点运动到B 点过程中的位移与时间的关系为x ＝12t －4t 2(式中，x 单位是m ，t 单位是s)，假设物块第一次经过B 点后恰能到达P 点.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，求：图10(1)若l CD ＝1 m ，试求物块从D 点运动到C 点的过程中，弹簧对物块所做的功；(2)B 、C 两点间的距离x BC ；(3)若在P 处安装一个竖直弹性挡板，小物块与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，小物块与弹簧相互作用不损失机械能，试通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道？答案 (1)156 J (2)498m (3)不会脱离轨道，理由见解析 解析 (1)由x ＝12t －4t 2可知，物块在C 点速度为v 0＝12 m/s ，设物块从D 点运动到C 点的过程中，弹簧对物块所做的功为W ，由动能定理得：W －mg sin 37°·l CD ＝12m v 02 代入数据得W ＝12m v 02＋mg sin 37°·l CD ＝156 J. (2)由x ＝12t －4t 2可知，物块从C 点运动到B 点的过程中加速度的大小为a ＝8 m/s 2. 设物块与斜面CB 部分间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma代入数据解得μ＝0.25.物块在P 点的速度满足mg ＝m v 2P R物块从B 点运动到P 点的过程中机械能守恒，则有12m v 2B ＝mgR (1＋cos 37°)＋12m v 2P 物块从C 点运动到B 点的过程中有v B 2－v 02＝－2ax BC由以上各式解得x BC ＝498m. (3)设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧相互作用后，能够回到与O 点等高的位置Q 点，若物块到达与O 点等高的位置Q 点时速度为0，则物块会脱离轨道做自由落体运动.且设其速度为v Q ，由动能定理得mgR －2μmgx BC cos 37°＝12m v Q 2－12m v P 2，解得v Q 2＝－19 m 2/s 2<0，可见物块返回后不能到达Q 点，故物块在以后的运动过程中不会脱离轨道.章末自测卷(第二章)(限时：45分钟)一、单项选择题1.(2018·陕西渭南调研)如图1所示，物块M 在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然顺时针(图中箭头所示)转动起来，则传送带转动后，下列说法正确的是( )图1A.M 受到的摩擦力不变B.M 受到的摩擦力变大C.M 可能减速下滑D.M 可能减速上滑答案 A解析 当传送带顺时针转动时，物块相对传送带的运动方向没有变，因此M 受到的摩擦力不变.2.如图2所示，一重为120 N的球固定在弹性杆AB的上端，今用测力计沿与水平方向成37°角斜向右上方拉球，使杆发生弯曲，此时测力计的示数为100 N，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则杆AB对球作用力的大小为()图2A.80 NB.100 NC.110 ND.120 N答案 B解析球受到重力mg、测力计的拉力F＝100 N和杆对其的作用力F N，根据平衡条件可得：F N x＝F cos 37°＝80 N，F N y＝mg－F sin 37°＝60 N，所以F N＝F2N x＋F2N y＝100 N，即B正确.3.a、b两个质量相同的球用线相连接，a球用线挂在天花板上，b球放在光滑斜面上，系统保持静止(线的质量不计)，则下列图中正确的是()答案 B解析对ab球整体受力分析知受重力、斜面的支持力和如图甲所示线拉力，同理，对b球受力分析如图乙，可知B项正确.4.如图3所示，A、B、C三物块叠放并处于静止状态，墙面竖直，水平地面光滑，其他接触面粗糙，以下受力分析正确的是()图3A.A 与墙面间存在压力B.A 与墙面间存在静摩擦力C.A 物块共受3个力作用D.B 物块共受5个力作用答案 C 解析 以三个物块组成的整体为研究对象，水平方向上：地面光滑，对C 没有摩擦力，根据平衡条件得知，墙对A 没有弹力，因而也没有摩擦力.故A 、B 错误.对A ：受到重力、B 的支持力和B 对A 的摩擦力三个力作用.故C 正确.先对A 、B 整体研究：水平方向上，墙对A 没有弹力，则由平衡条件分析可知，C 对B 没有摩擦力.再对B 受力分析，受到重力、A 的压力和A 对B 的摩擦力、C 的支持力，共四个力作用.故D 错误.5.如图4所示，物体P 放在粗糙水平面上，左边用一根轻弹簧与竖直墙相连，物体静止时弹簧的长度大于原长.若再用一个从0开始逐渐增大的水平力F 向右拉P ，直到拉动，那么在P 被拉动之前的过程中，弹簧对P 的弹力F 弹的大小和地面对P 的摩擦力F f 的大小的变化情况是( )图4A.F 弹始终增大，F f 始终减小B.F 弹保持不变，F f 始终增大C.F 弹保持不变，F f 先减小后增大D.F 弹先不变后增大，F f 先增大后减小答案 C6.如图5所示为通过轻杆相连的A 、B 两小球，用两根细线将其悬挂在水平天花板上的O 点.已知两球重力均为G ，轻杆与细线OA 长均为L .现用力F 作用于小球B 上(图上F 未标出)，使系统保持静止状态且A 、B 两球在同一水平线上.则力F 最小值为( )图5 A.22G B.2G C.G D.2G 答案 A解析 由于系统处于静止状态时，A 、B 两球在同一水平线上，悬线OA 竖直，因此轻杆中的弹力为零，小球B 受竖直向下的重力、沿悬线OB 斜向上的拉力和F 的作用而处于静止状态，三力的合力为零，表示三力的线段构成封闭三角形，由于重力的大小及方向不变，悬线拉力的方向不变，由几何关系可知，当F 的方向与OB 垂直且斜向右上方时，F 最小，由几何关系可知，此时F ＝G sin 45°＝22G ，选项A 正确. 7.如图6所示为开口向下的“”形框架，两侧竖直杆光滑固定，上面水平横杆中点固定一光滑轻质定滑轮，两侧杆上套着的两滑块用轻绳绕过定滑轮相连，并处于静止状态，此时连接滑块A 的绳与水平方向的夹角为θ，连接滑块B 的绳与水平方向的夹角为2θ，则A 、B 两滑块的质量之比为( )图6A.2sin θ∶1B.2cos θ∶1C.1∶2cos θD.1∶2sin θ答案 C解析 设绳拉力为F T对A ：F T sin θ＝m A g对B ：F T sin 2θ＝m B gm A m B ＝12cos θ.故C 正确. 二、多项选择题8.如图7所示，在水平桌面上有一个质量为M 且倾角为α的斜面体.一个质量为m 的物块，在平行于斜面的拉力F 作用下，沿斜面向下做匀速运动.斜面体始终处于静止状态.已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .下列结论正确的是( )图7A.斜面对物块的摩擦力大小是FB.斜面对物块的摩擦力大小是μmg cos αC.桌面对斜面体的摩擦力大小是F cos αD.桌面对斜面体的支持力大小是(M ＋m )g答案 BC解析 对物块受力分析，如图甲所示，由共点力的平衡条件得，F ＋mg sin α＝F f1，mg cos α。
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2019高考物理一轮复习试题2019高考物理一轮复习试题A 对点训练练熟基础知识1.(单选)如图10所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为R2的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为图10A.Bav3B.Bav6C.2Bav3D.Bav解析摆到竖直位置时，AB切割磁感线的瞬时感应电动势E=B2a12v=Bav.由闭合电路欧姆定律得，UAB=ER2+R4R4=13Bav，故A正确.答案 A2.(2019武汉模拟)(多选)如图11所示是圆盘发电机的示意图;铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触.若铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路的总电阻为R，从左往右看，铜盘以角速度沿顺时针方向匀速转动.则().图11A.由于穿过铜盘的磁通量不变，故回路中无感应电流B.回路中感应电流大小不变，为BL22RC.回路中感应电流方向不变，为CDRCD.回路中有周期性变化的感应电流解析把铜盘看作闭合回路的一部分，在穿过铜盘以角速度沿顺时针方向匀速转动时，铜盘切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流，选项A错误;铜盘切割磁感线产生感应电动势为E=12BL2，根据闭合电路欧姆定律，回路中感应电流I=ER=BL22R，由右手定则可判断出感应电流方向为CDRC，选项B、C正确，D错误.答案 BC3.(2019焦作模拟)(多选)如图12所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为L=1 m，cd间、de间、cf间分别接着阻值为R=10 的电阻.一阻值为R=10 的导体棒ab 以速度v=4 m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好;导轨所在平面存在磁感应强度大小为B=0.5 T，方向竖直向下的匀强磁场.下列说法中正确的是().图12A.导体棒ab中电流的流向为由b到aB.cd两端的电压为1 VC.de两端的电压为1 VD.fe两端的电压为1 V解析导体棒ab以速度v=4 m/s匀速向左运动，由右手定则可判断出导体棒ab中电流的流向为由a到b，选项A错误;由法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势E=BLv=2 V，感应电流I=E/2R=0.1 A，cd两端的电压为U1=IR=1 V，选项B 正确;由于de间没有电流，cf间没有电流，de两端的电压为零，fe两端的电压为1 V，选项C错误，D正确.答案 BD4.(单选)在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图13甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图变化时，在图中正确表示线圈感应电动势E变化的是().图13解析在第1 s内，由楞次定律可判定电流为正，其产生的感应电动势E1=1t1=B1t1S，在第2 s和第3 s内，磁场B不变化，线圈中无感应电流.在第4 s和第5 s内，B减小，由楞次定律可判定，其电流为负，产生的感应电动势E2=2t2=B2t2S，由于B1=B2，t2=2t1，故E1=2E2，由此可知，A选项正确.答案 A5.(单选)如图14所示，一导体圆环位于纸面内，O为圆心.环内两个圆心角为90的扇形区域内分别有匀强磁场，两磁场磁感应强度的大小相等，方向相反且均与纸面垂直.导体杆OM可绕O转动，M端通过滑动触点与圆环良好接触.在圆心和圆环间连有电阻R.杆OM以匀角速度逆时针转动，t=0时恰好在图示位置.规定从a到b流经电阻R的电流方向为正，圆环和导体杆的电阻忽略不计，则杆从t=0开始转动一周的过程中，电流随t变化的图象是().图14解析导体杆OM在匀强磁场中垂直切割磁感线绕O逆时针方向转动，产生的感应电流大小为：i=ER=BL22R不变，转到没有磁场时，i=0;并由右手定则可判断电流流经电阻R的电流方向.答案 C6.(单选)矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，如图15甲所示.磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，则().图15A.从0到t1时间内，导线框中电流的方向为adcbaB.从t1到t2时间内，导线框中电流越来越大C.t1时刻，导线框中电流为0D.从t1到t2时间内，导线框bc边受到安培力大小保持不变解析导线框面积S不变，读图象知，有两个子过程.0～t1过程，磁感应强度正向减小;t1～t2过程，磁感应强度反向增大.0～t1时间内，正向磁通量减小，由楞次定律判定，应产生顺时针方向电流，故选A.t1～t2时间，磁通量反方向均匀增大，有Bt=k(k为常数).由E=t=SBt，I=ER，解得I=SkR，为定值，故不选B.bc边受到安培力为F安=BILbc，因磁感应强度B线性增大，所以F安线性增大，故不选D.t1时刻，穿过导线框的为0，但其变化率t=k0，所以感应电动势和电流均不为0，故不选C.答案 A7.(单选)边长为a的闭合金属正三角形框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直于框架平面向里的匀强磁场中.现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图16所示，则下列图象与这一过程相符合的是().图16解析该过程中，框架切割磁感线的有效长度等于框架与磁场右边界两交点的间距，根据几何关系有l有=233x，所以E 电动势=Bl有v=233Bvxx，选项A错误，B正确;F外力=B2l2有vR=4B2x2v3Rx2，选项C错误;P外力功率=F外力vF外力x2，选项D错误.答案 B8.(多选)一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图17甲所示.t=0时刻对线框施加一水平向右的外力F，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场，外力F随时间t变化的图象如图乙所示.已知线框质量m=1 kg、电阻R=1 ，以下说法正确的是().图17A.线框做匀加速直线运动的加速度为1 m/s2B.匀强磁场的磁感应强度为22 TC.线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为22 CD.线框边长为1 m解析开始时，a=Fm=11 m/s2=1 m/s2，由图可知t=1.0 s时安培力消失，线框刚好离开磁场区域，则线框边长l=12at2=0.5 m;由t=1.0 s时，线框速度v=at=1 m/s，F=3 N，根据牛顿第二定律有F-B2l2vR=ma，得B=22 T;线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量q=It=12BlvRt=22C，故D错，A、B、C正确.答案 ABCB 深化训练提高能力技巧9.(2019福建卷，18)(单选)如图18，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻.线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO平行，线框平面与磁场方向垂直.设OO下方磁场区域足够大，不计空气的影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律().图18解析线框在0～t1这段时间内做自由落体运动，v-t图象为过原点的倾斜直线，t2之后线框完全进入磁场区域中，无感应电流，线框不受安培力，只受重力，线框做匀加速直线运动，v-t图象为倾斜直线.t1～t2这段时间线框受到安培力作用，线框的运动类型只有三种，即可能为匀速直线运动、也可能为加速度逐渐减小的加速直线运动，还可能为加速度逐渐减小的减速直线运动，而A选项中，线框做加速度逐渐增大的减速直线运动是不可能的，故不可能的v-t图象为A 选项中的图象.答案 A10.(2019四川卷，7)(多选)如图19所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B=kt(常量k0).回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1=R0、R2=R02.闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则().图19A.R2两端的电压为U7B.电容器的a极板带正电C.滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍D.正方形导线框中的感应电动势为kL2解析由楞次定律可知，正方形导线框中的感应电流方向为逆时针方向，所以电容器b极板带正电，选项B错误.根据法拉第电磁感应定律，正方形导线框中的感应电动势E=kr2，选项D错误.R2与R02的并联阻值R并=R02R02R02+R02=R04，根据串联分压的特点可知：UR2=47U14=17U，选项A正确.由P=U2R得：PR2=UR22R2=2U249R0.PR=27U2R02+17U2R22=10U249R0，所以PR=5PR2选项C正确. 答案 AC11.如图20所示，边长L=0.20 m的正方形导线框ABCD由粗细均匀的同种材料制成，正方形导线框每边的电阻R0=1.0 ，金属棒MN与正方形导线框的对角线长度恰好相等，金属棒MN的电阻r=0.20 .导线框放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.50 T，方向垂直导线框所在平面向里.金属棒MN 与导线框接触良好，且与导线框对角线BD垂直放置在导线框上，金属棒的中点始终在BD连线上.若金属棒以v=4.0 m/s 的速度向右匀速运动，当金属棒运动至AC的位置时，求：(计算结果保留两位有效数字)图20(1)金属棒产生的电动势大小;(2)金属棒MN上通过的电流大小和方向;(3)导线框消耗的电功率.解析 (1)金属棒产生的电动势大小为：E=2BLv=0.500.204.02 V=0.57 V.(2)金属棒运动到AC位置时，导线框左、右两侧电阻并联，其并联电阻大小为R并=1.0 ，由闭合电路欧姆定律有I=ER 并+r=0.48 A，由右手定则有，电流方向从M到N.(3)导线框消耗的电功率为P框=I2R并=0.23 W答案 (1)0.57 V (2)0.48 V 电流方向从M到N (3)0.23 W 12.如图21甲所示.一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距l=0.20 m，电阻R=1.0 有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下.现在一外力F沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图乙所示.求杆的质量m和加速度a.图21解析导体杆在轨道上做初速为零的匀加速直线运动，用v表示瞬时速度，t表示时间，则杆切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv=Blat①闭合回路中的感应电流为I=ER ②由安培力公式和牛顿第二定律得F-ILB=ma ③将①②式代入③式整理得F=ma+B2L2atR ④由乙图线上取两点，t1=0，F1=1 N;t2=29 s，F2=4 N代入④式，联立方程解得a=10 m/s2，m=0.1 kg.答案 0.1 kg 10 m/s22019高考物理一轮复习试题就分享到这里了，更多相关信息请继续关注高考物理试题栏目！。
2019学年度高三第一轮复习物理单元测试卷
2019学年度高三第一轮复习物理单元测试卷《牛顿运动定律》本试卷分第I 卷（选择题）和第n 卷（非选择题）两部分。
共100分，考试用时90分钟第I 卷（选择题共40分）一、 本题共10小题：每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，有的小题只 有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。
全部选对的得 4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。
1、 有关超重和失重，以下说法中正确的是（）A. 物体处于超重状态时，所受重力增大，处于失重状态时，所受重力 减小B. 斜上抛的木箱中的物体处于完全失重状态C •在沿竖直方向运动的升降机中出现失重现象时，升降机必定处于下 降过程 D.在月球表面行走的人处于失重状态2、 质量2Kg 的质点，在只受两个力R=2N, F 2=8N 的作用下，获得的加速度 大小可能是2 2 2 2A . 1 m/sB . 3 m/sC . 6 m/sD . 4 m/s3、如图1所示，质量为10kg 的物体A 拴在一个被水平拉伸的弹簧一端， 弹簧的拉力为5N时，物体A 处于静止状态，若小车以1m/s 2的加速度 r 向右运动后（g =10 m/s 2），则（）A.物体A 相对小车仍然静止B.物体A 受到的摩擦力减小 [Tpf 闻丽UT_ ____________C.物体A 受到的摩擦力大小不变 D.物体A 受到的弹簧拉力增大沖；沁;沖m ；.；,加皆4、一个放在水平桌面上质量为2kg 原来静止的 物体，受到如图2所示方向不变的合外力作用，则下 列说法正确的是（）A. 在t =2s 时，物体的速率最大2B. 在2s 内物体的加速度为5m/sC. 在2s 内物体运动的位移为10mD. 0~2s 这段时间内作减速运动5、一个物体受到的合力F 如图3所示，该力的大小不变，方向随时间t周期性变化，正力表示力的方向向东，负力表示力的方向向 西，力的总作用时间足够长，将物体在下面哪个时刻由静止 释放，物体可以运动到出发点的西边且离出发点很远的地方1图3A. t =0 时B. t =t i 时C. t =t 2 时D. t =t 3 时6、如图4所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端固定一个质量m的小球，小球上下振动时框架始终没有跳起，当框架对地面压力为零的瞬间，小球的加速大小为（）A. g B . (M_m)g/m C . Mg/m D . (M m)g /m7、如图5所示，在托盘测力计的托盘内固定一个倾角为30°的光滑斜面，现 让它自由滑下，那么测力计因4N 物体的存在，将一个重4 N 的物体放在斜面上, 而增加的读数是（）位置A.4 NB.2 .. 3 ND.3 N8、 下面哪一组单位属于国际单位制的基本单位（ 2A . m N 、kgB . kg 、m/s 、 2C . m kg 、sD. m/s 、9、 （2002年春上海大综试题）根据牛顿运动定律，）sA.人只有在静止的车厢内，竖直向上高高跳起后，才会落在车厢的原来B. 人在沿直线匀速前进的车厢内，竖直向上高高跳起后， 的后方C. 人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上高高跳起后， 的后方D. 人在沿直线减速前进的车厢内，竖直向上高高跳起后， 的后方10、在光滑水平面上有一物块受水平恒力 F 的作用而运动，在其正前方固 定一个足够长的轻质弹簧，如图 6所示，当物块与弹簧 接触后，下列说法正确的是（ ）A. B. C. D.物块接触弹簧后即做减速运动 物块接触弹簧后先加速后减速当弹簧处于压缩量最大时，物块的加速度不等于零 当物块的速度为零时，它所受的合力不为零将落在起跳点 将落在起跳点 将落在起跳点 C.ON第U卷(非选择题共60分)、本题共3小题，共18分。
2019高考物理一轮基础系列题(含解析)新人教版
丰富丰富纷繁2019 高考物理一轮基础系列题（3）李仕才一、选择题1、如下图，装载石块的自卸卡车静止在水平川面上，车厢倾斜至必定角度时，石块会沿车厢滑至车尾. 若车厢倾斜至最大角度时还有部分石块未下滑，卡车会向前加快，进而把剩余石块卸掉. 若视最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则()图A.增添车厢倾斜程度，石块遇到的支持力增添B.增添车厢倾斜程度，石块遇到的摩擦力必定减小C.卡车向前加快时，石块所受最大静摩擦力会减小D.石块向下滑动过程中，对车的压力大于车对石块的支持力答案 C分析依据受力剖析可知，石块遇到的支持力F N＝ mg cosθ；故跟着车厢倾斜度增添，石块遇到的支持力减小；故 A 错误；石块未下滑时，摩擦力等于重力的分力，故F f＝ mg sinθ，θ增大，故摩擦力增大，故 B 错误；卡车向前加快运动时，协力沿运动方向，此时压力减小，故最大静摩擦力减小，故 C 正确；石块向下滑动过程中，对车的压力与车对石块的支持力为作使劲和反作使劲，故大小相等，故D错误 .2、如图 3 所示，一足够长的水平传递带以恒定的速度向右传动。
将一物块轻轻放在皮带左端，以v、 a、 x、 F 表示物块速度大小、加快度大小、位移大小和所受摩擦力的大小。
以下选项正确的选项是()图 3丰富丰富纷繁答案AB3、如图 3，左边为加快电场，右边为偏转电场，加快电场的加快电压是偏转电场电压的 k 倍。
有一初速度为零的电荷经加快电场加快后，从偏转电场两板正中间垂直电场方向射l入，且正好能从极板下面缘穿出电场，不计电荷的重力， 则偏转电场长宽之比d 的值为 ()图 3A.k B. 2 k C. 3D. 5kk分析 设加快电压为 U 1，偏转电压为 12U 2，因为 qU 1＝ mv 0，电荷走开加快电场时的速度20＝2qU 1d 1qU 22＝m＝ 0 ＝2qU 1mv；在偏转电场中＝t，解得 t d，水平距离l· dmqUtmqU2 2 md22＝d2U 1 ＝d2 ，因此 l＝ 2 k 。
2019届高考物理第一轮总复习知识点配套练习题
单元综合检测(十二)1.(12分)(1)下列说法中正确的有BCE。
(6分)A.悬浮在液体中的固体分子所做的无规则运动叫做布朗运动B.金属铁有固定的熔点C.液晶的光学性质具有各向异性D.由于液体表面分子间距离小于液体内部分子间的距离,故液体表面存在表面张力E.随着高度的增加,大气压和温度都在减小,一个正在上升的氢气球内的氢气内能减小(2)如图所示,一端封闭一端开口的粗细均匀导热玻璃管竖直放置在温度为27 ℃的环境中。
管的截面积为10 cm2,管内有一个重力不计的绝热活塞封闭了长20 cm 的理想气柱,活塞用一根劲度系数k=500 N/m的弹簧与管底相连。
已知初始状态弹簧处于原长,大气压强p0=1.0×105 Pa,重力加速度取g=10 m/s2。
现欲使活塞缓慢上升2 cm,环境温度需要升高到多少?(6分)【解析】(1)悬浮在液体中的固体微粒所做的无规则运动叫做布朗运动,A项错误;金属铁是晶体,有固定的熔点,B项正确;液晶的光学性质具有各向异性,C项正确;由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离,故液体表面存在表面张力,D项错误;随着高度的增加,大气压和温度都在减小,一个正在上升的氢气球内的氢气内能减小,E项正确。
(2)初状态p1=p0=1.0×105 Pa,V1=20 cm×S,T1=300 K,S为管子的截面积末状态p2=p0+=1.1×105 Pa,V2=22 cm×S根据理想气体状态方程代入数据得T2=363 K所以t2=90 ℃2.(12分)(1)下列说法正确的是ACD。
(6分)A.在围绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船中,自由漂浮的水滴呈球形,这是液体表面张力作用的结果B.布朗运动指的是悬浮在液体里的花粉中的分子的运动C.对气体而言,尽管大量分子做无规则运动,速率有大有小,但分子的速率是按一定的规律分布的D.一定质量的理想气体,在等温膨胀的过程中,对外界做功,但内能不变E.在完全失重的情况下,气体对容器壁的压强为零(2)如图,导热性能极好的气缸,高为L=1 m,开口向上固定在水平面上,气缸中有横截面积为S=100 cm2、质量为m=10 kg的光滑活塞,活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内。
物理重庆高考一轮复习检测试题(带答案)
物理2019届重庆高考一轮复习检测试题（带答案）物理是当今最精密的一门自然科学学科，以下是物理2019届重庆高考一轮复习检测试题，供考生练习。
一、单项选择题1.如图所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速带至高处，在此过程中，下述说法正确的是(A)A.摩擦力对物体做正功B.摩擦力对物体做负功C.支持力对物体做正功D.合外力对物体做正功解析：物体P匀速向上运动过程中，受静摩擦力作用，方向沿皮带向上，对物体做正功，支持力垂直于皮带，做功为零，合外力为零，做功也为零，故A正确，B、C、D错误.2.小明同学骑电动自行车沿平直公路行驶，因电瓶没电，故改用脚蹬车匀速前行.设小明与车的总质量为100 kg，骑行过程中所受阻力恒为车和人总重的0.02倍，g取10 m/s2.通过估算可知，小明骑此电动车做功的平均功率最接近(B)A.10 WB.100 WC.300 WD.500 W解析：由P=Fv可知，要求骑车人的功率，一要知道骑车人的动力，二要知道骑车人的速度，由于自行车匀速行驶，由二力平衡的知识可知F=f=20 N，对于骑车人的速度我们应该有一个定性估测，约为5 m/s，所以P=Fv=205 W=100 W，B正确.3.娱乐节目中有这样一种项目，选手需要借助悬挂在高处的绳飞跃到鸿沟对面的平台上，如果选手的质量为m，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向的夹角为，绳的悬挂点O距平台的竖直高度为H，绳长为l(lh2B.h1h2.故选A.5.(2019南昌模拟)如图所示，甲、乙两车用轻弹簧相连静止在光滑的水平面上，现在同时对甲、乙两车施加等大反向的水平恒力F1、F2，使甲、乙同时由静止开始运动，在整个过程中，对甲、乙两车及弹簧组成的系统(假定整个过程中弹簧均在弹性限度内)，说法正确的是(B)A.系统受到外力作用，动能不断增大B.弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大C.恒力对系统一直做正功，系统的机械能不断增大D.两车的速度减小到零时，弹簧的弹力大小大于外力F1、F2的大小解析：对甲、乙单独受力分析，两车都先加速后减速，故系统动能先增大后减少，A错误;弹簧最长时，外力对系统做正功最多，系统的机械能最大，B正确;弹簧达到最长后，甲、乙两车开始反向加速运动，F1、F2对系统做负功，系统机械能开始减少，C错;当两车第一次速度减小到零时，弹簧弹力大小大于F1、F2的大小，当返回后速度再次为零时，弹簧的弹力大小小于外力F1、F2的大小，D错. 二、多项选择题6.一个小球在真空中自由下落，另一个同样的小球在黏性较大的液体中由静止开始下落.它们都由高度为h1的地方下落到高度为h2的地方，在这两种情况下(AD)A.重力做功相同B.动能的变化量相同C.重力势能都转化为动能D.第二种情况下小球的机械能减少解析：小球重力相同，下落的高度也一样，故重力做功相同，选项A 正确;在真空中下落，只有重力做功，在液体中下落还要受到液体阻力，故合力做功不同，动能的变化量不同，选项B错误;第二种情况下，小球的重力势能转化为动能和内能，机械能减小，选项C不对，选项D正确.7.某娱乐项目中，参与者抛出一小球去撞击触发器，从而进入下一关.现在将这个娱乐项目进行简化，假设参与者从触发器的正下方以v的速率竖直上抛一小球，小球恰好击中触发器.若参与者仍在刚才的抛出点，沿A、B、C、D四个不同的光滑轨道分别以速率v抛出小球，如图所示.则小球能够击中触发器的是(CD)解析：本题借助四种不同运动形式考查了机械能守恒定律.若小球恰好击中触发器，由机械能守恒可知：mv2=mgh.在选项A情况中，小球不可能静止在最高处，选项A错误;在选项B情况中，小球离开直轨道后，在重力作用下，做斜上抛运动其最高点的速度不为零，因此小球不可能击中比其轨迹最高点还高的触发器，选项B错误;在选项C中，小球不会脱离轨道，由机械能守恒可知，小球也恰好击中触发器，选项C正确;在选项D情况中，小球在圆管轨道的最高点的最小速度可以为零，由机械能守恒可知，小球也恰好击中触发器，选项D 正确.8.如图所示长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A 上到相对木板A静止的过程中，下列说法中正确的是(CD)A.物体B动能的减少量等于系统损失的机械能B.物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C.物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和D.摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量解析：根据能量的转化，B的动能减少量等于系统损失的机械能加A 的动能增加量，A错C对;B克服摩擦力做的功等于B的动能减少量，B错;对B：WfB=EkB-EkB，对A：WfA=E则WfA+WfB=(EkA+EkB)-EkB=E内增，D对.三、计算题9.(2019抚顺模拟)如图所示，AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置.AB是半径为R=2 m的圆周轨道，CDO 是半径为r=1 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板.D 为CDO轨道的中点.BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接.已知BC段水平轨道长L=2 m，与小球之间的动摩擦因数=0.4.现让一个质量为m=1 kg的小球P从A点的正上方距水平线OA高H处自由落下(g取10 m/s2).(1)当H=1.4 m时，求此球第一次到达D点对轨道的压力大小;(2)当H=1.4 m时，试通过计算判断此球是否会脱离CDO轨道.如果会脱离轨道，求脱离前球在水平轨道经过的路程;如果不会脱离轨道，求静止前球在水平轨道经过的路程.解析：(1)设小球第一次到达D的速度vD，P到D点的过程对小球列动能定理：mg(H+r)-mgL=在D点对小球列牛顿第二定律：FN=联立解得：FN=32 N由牛顿第三定律得小球在D点对轨道的压力大小FN=FN=32 N.(2)第一次来到O点时速度为v1，P到O点的过程对小球列动能定理：mgH-mgL=解得：v1=2 m/s恰能通过O点，mg=临界速度vO= m/s由于v1vO，故第一次来到O点之前没有脱离.设第三次来到D点的动能Ek对之前的过程列动能定理：mg(H+r)-3mgL=Ek代入解得：Ek=0故小球一直没有脱离CDO轨道设此球静止前在水平轨道经过的路程s，对全过程列动能定理：mg(H+R)-mgs=0解得：s=8.5 m.答案：(1)32 N (2)8.5 m10.有一倾角为=37的硬杆，其上套一底端固定且劲度系数为k=120 N/m的轻弹簧，弹簧与杆间无摩擦.一个质量为m=1 kg的小球套在此硬杆上，从P点由静止开始滑下，已知小球与硬杆间的动摩擦因数为=0.5，P与弹簧自由端Q间的距离为l=1 m.弹簧的弹性势能与其形变量x的关系为Ep=kx2(sin 37=0.6，cos 37=0.8，g取10 m/s2).求：(1)小球从开始下滑到与弹簧自由端相碰所经历的时间t;(2)小球运动过程中达到的最大速度vm;(3)若使小球在P点以初速度v0下滑后又恰好回到P点，则v0需多大?解析：(1)由牛顿第二定律得：F合=mgsin mgcos =ma，解得a=2 m/s2由l=at2，解得t==1 s.(2)当小球从P点无初速滑下时，弹簧被压缩至x处有最大速度vm，由mgsin mgcos =kx得x= m=0.017 m由功能关系得：mgsin (l+x)-mgcos (l+x)-W弹=mv又W弹=kx2代入数据解得vm=2 m/s.(3)设小球从P点压缩弹簧至最低点，弹簧的压缩量为x1，由动能定理得mgsin (l+x1)-mgcos (l+x1)-kx=0-mv从最低点经过弹簧原长Q点回到P点的速度为0，则有：kx-mgsin (l+x1)-mgcos (l+x1)=0解得：x1=0.5 m，v0=4.9 m/s.答案：(1)1 s (2)2 m/s (3)4.9 m/s物理2019届重庆高考一轮复习检测试题和答案的所有内容就是这些，查字典物理网希望考生金榜题名。
2019届全国高三一轮精品卷(三十二)理综物理试卷
2019届全国高三一轮精品卷（三十二）理综物理试卷本试卷共16页，38题（含选考题）。
全卷满分300分。
考试用时150分钟。
★祝考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考范围。
2、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。
3、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4、非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。
答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
6、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并上交。
二、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 下列论述中正确的是A. 开普勒根据万有引力定律得出行星运动规律B. 爱因斯坦的狭义相对论，全面否定了牛顿的经典力学规律C. 普朗克把能量子引入物理学，正确地破除了“能量连续变化”的传统观念D. 玻尔提出的原子结构假说，成功地解释了各种原子光谱的不连续性【答案】C【解析】开普勒用三句话概括了第谷数千个观察数据，展示了行星运动规律，A错误；爱因斯坦的狭义相对论，不是否定了牛顿的经典力学，而是在高速微观范围内不再适用，B错误；普朗克把能量子引入物理学，正确地破除了“能量连续变化”的传统观念，C正确；玻尔提出的原子结构假说，但不能解释氦原子核光谱的不连续性，D错误．2. 如图，放置在光滑的水平地面上足够长斜面体，下端固定有挡板，用外力将轻质弹簧压缩在小木块和挡板之间，弹簧的弹性势能为100J。
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1.重庆出租车常以天然气作为燃料。
加气站储气罐中天然气的温度随气温升高的过程中,若储气罐内气体体积及质量均不变,则罐内气体(可视为理想气体)()
A.压强增大,内能减小
B.吸收热量,内能增大
C.压强减小,分子平均动能增大
D.对外做功,分子平均动能减小
2.(多选)一定量的理想气体从状态a开始,经历三个过程ab、bc、ca回到原状态,其p-T图象如图所示。
下列判断正确的是。
A.过程ab中气体一定吸热
B.过程bc中气体既不吸热也不放热
C.过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热
D.a、b和c三个状态中,状态a分子的平均动能最小
E.b和c两个状态中,容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同
3.(多选)关于热力学定律,下列说法正确的是。
A.为了增加物体的内能,必须对物体做功或向它传递热量
B.对某物体做功,必定会使该物体的内能增加
C.可以从单一热源吸收热量,使之完全变为功
D.不可能使热量从低温物体传向高温物体
E.功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程
4.关于热力学定律和分子动理论,下列说法正确的是。
A.一定量气体吸收热量,其内能一定增大
B.不可能使热量由低温物体传递到高温物体
C.若两分子间距离增大,分子势能一定增大
D.若两分子间距离减小,分子间引力和斥力都增大
5.(2018四川理综,14,6分)物体由大量分子组成,下列说法正确的是()
A.分子热运动越剧烈,物体内每个分子的动能越大
B.分子间引力总是随着分子间的距离减小而减小
C.物体的内能跟物体的温度和体积有关
D.只有外界对物体做功才能增加物体的内能
6.如图,内壁光滑、导热良好的气缸中用活塞封闭有一定质量的理想气体。
当环境温度升高时,缸内气体。
(双选,填正确答案标号)
a.内能增加
b.对外做功
c.压强增大
d.分子间的引力和斥力都增大
7.下列关于热现象的描述正确的一项是()
a.根据热力学定律,热机的效率可以达到100%
b.做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的
c.温度是描述热运动的物理量,一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同
d.物体由大量分子组成,其单个分子的运动是无规则的,大量分子的运动也是无规律的
8.如图所示,一定质量的理想气体从状态A经等压过程到状态B。
此过程中,气体压强
p=1.0×105Pa,吸收的热量Q=7.0×102J,求此过程中气体内能的增量。
1.B储气罐中气体体积不变,气体不做功,当温度升高时,气体压强增大,气体内能增大,分子平均动能增大;由热力学第一定律可知,气体一定吸热,故选项B正确。
2.ADE对封闭气体,由题图可知a→b过程,气体体积V不变,没有做功,而温度T升高,则为吸热过程,A项正确。
b→c过程为等温变化,压强减小,体积增大,对外做功,则为吸热过程,B项错。
c→a过程为等压变化,温度T降低,内能减少,体积V减小,外界对气体做功,依据W+Q=ΔE,外界对气体所做的功小于气体所放的热,C项错。
温度是分子平均动能的标
志,T a<T b=T c,故D项正确。
同种气体的压强由气体的分子密度ρ和温度T决定,由题图可知T b=T c,p b>p c,显然E项正确。
3.ACE由ΔU=W+Q可知做功和热传递是改变内能的两种途径,它们具有等效性,故A正确、B错误。
由热力学第二定律可知,可以从单一热源吸收热量,使之全部变为功,但会产生其他影响,故C正确。
同样热量只是不能自发地从低温物体传向高温物体,则D项错。
一切与热现象有关的宏观过程不可逆,则E正确。
4.D由热力学第一定律知内能的变化取决于做功和热传递两个方面,故A错误。
由热力学第二定律知在引起其他影响的情况下热量也可由低温物体传递到高温物体,B错误。
当r>r0时分子力表现为引力,分子距离增大时分子势能增大,而r<r0时分子力表现为斥力,分子距离增大时分子势能减小,故C错误。
分子间引力和斥力都是随分子间距离的增大而减小,随分子间距离的减小而增大,故D正确。
5.C分子热运动越剧烈,分子的平均动能越大,但不一定是每个分子的动能都大,故A错。
分子间的引力和斥力都是随着分子间距离的减小而增大,故B错。
物体的内能由物质的量、物态、体积及温度决定,即所有分子动能和分子势能之和,故C正确。
物体内能的变化由做功和热传递共同决定,故D错。
6.答案ab
解析因气缸导热良好,故环境温度升高时封闭气体温度亦升高,而一定质量的理想气体
内能只与温度有关,故封闭气体内能增大,a正确。
因气缸内壁光滑,由活塞受力平衡有
p0S+mg=pS,即缸内气体的压强p=p0+不变,c错误。
由盖—吕萨克定律=恒量可知气体体积膨胀,对外做功,b正确。
理想气体分子间除碰撞瞬间外无相互作用力,故d错误。
7.答案c
解析热机的效率不可能达到100%,a错误。
做功是能量转化的过程,热传递是能量转移的
过程,b错误。
若两系统温度不同,热量将从高温物体传递到低温物体,则两系统未达到热平衡,c正确。
大量分子的运动是具有统计规律的,d错误。
8.答案 5.0×102J
解析等压变化=。
对外做的功W=p(V
B-V A),根据热力学第一定律ΔU=Q-W,解得
ΔU=5.0×102J。