2019年高考物理一輪選練編題（含解析）（打包11套）新人教版.zip

2019年高考物理一輪選練編題（含解析）（打包11套）新人教版.zip,2019,年高,物理,一輪,選練編題,解析,打包,11,新人 人教版物理2019年高考一輪選練編題（6） 李仕才 一、選擇題 1、甲、乙兩物體從同一地點同時開始沿同一方向運動，甲物體運動的v－t圖象為兩段直線，乙物體運動的v－t圖象為兩段半徑相同的圓弧曲線，如圖所示．圖中t4＝2t2，則在0～t4時間內，下列說法正確的是(　　) A．甲物體的加速度不變 B．乙物體做曲線運動 C．兩物體t1時刻相距最遠，t4時刻相遇 D．甲物體的平均速度等于乙物體的平均速度 解析：選D.0～t2時間段內，甲做勻加速直線運動，t2～t4時間內甲物體做勻減速直線運動，故A錯；速度是矢量，在速度時間圖象中，只能表示直線運動，B錯；在整個運動過程中t3時刻，兩物體相距最遠，C錯；在速度時間圖象中，下面所包圍的面積即為位移，可求知t4時間段內，位移相等，故平均速度相同，D對． 2、靜止在光滑水平面上的物體受到一個水平拉力的作用,在4 s內該力隨時間變化的關系如圖所示,則(　D　) A.物體將做往復運動 B.2 s末物體的加速度最大 C.2 s末物體的速度最小 D.4 s內物體的位移最大 解析:0～2 s內物體向正方向做勻加速運動,2～4 s內向正方向做勻減速運動,所以2 s末物體的速度最大,由于前2 s與后2 s的加速度大小相等,所以4 s末速度為0.則4 s內位移最大,選項D正確. 3、（2018湖南師范大學附屬中學高三上學期第二次月考）甲乙兩輛汽車都從同一地點由靜止出發(fā)做加速直線運動，加速度方向一直不變，在第一段時間間隔T內，兩輛汽車的加速度大小不變，汽車乙的加速度大小是甲的三倍，接下來，汽車甲的加速度大小增加為原來的三倍，汽車乙的加速度大小減小為原來的，則 A. 在2T末時，甲、乙兩車的速度相等 B. 甲、乙兩車從靜止到速度相等時，所經(jīng)歷的位移大小之比為3：5 C. 在4T末，兩車第一次相遇，且只能相遇一次 D. 在運動過程中，兩車能夠相遇兩次 【答案】AB 【解析】設汽車甲在第一段時間間隔末（時刻T）的速度為，第二段時間間隔末（時刻2T）的速度為，第一段時間間隔內行駛的路程為，加速度為，在第二段時間間隔內行駛的路程為，由運動學公式有， ， ， ； ；設汽車乙在時刻T的速度為，第二段時間間隔末（時刻2T）的速度為，在第一、二段時間間隔內行駛的路程分別為、，同理有， ， ， ， ；在2T末時，甲、乙兩車的速度相等，故A正確；甲、乙兩車從靜止到速度相等時，所經(jīng)歷的位移大小之比為3：5，故B正確； 在4T末， ， ，甲車在前，乙車在后，故D錯誤； 4、如圖所示，一質量為m的小球以初動能Ek0從地面豎直向上拋出，已知運動過程中受到恒定阻力f＝kmg作用(k為常數(shù)且滿足0＜k＜1)．圖中兩條圖線分別表示小球在上升過程中動能和重力勢能與其上升高度之間的關系(以地面為零勢能面)，h0表示上升的最大高度．則由圖可知，下列結論正確的是(　　) A．E1是最大勢能，且E1＝ B．上升的最大高度h0＝ C．落地時的動能Ek＝ D．在h1處，物體的動能和勢能相等，且h1＝ 解析：選BD.因小球上升的最大高度為h0，由圖可知其最大勢能E1＝，又E1＝mgh0，得h0＝，A項錯誤，B項正確．由圖可知，小球上升過程中阻力做功為Ek0－，因小球所受阻力恒定，且上升和下落高度相等，則小球下落過程中阻力做功為Ek0－，則小球落地時的動能Ek＝－＝Ek0，C項錯誤．在h1處，小球的動能和勢能相等，則有Ek0－(mg＋f)h1＝mgh1，解得h1＝，D項正確． 5、中子和質子結合成氘核,同時放出γ光子,核反應方程是HnH+γ,以下說法正確的是(　ACD　) A.反應后氘核的質量一定小于反應前質子和中子的總質量 B.反應前后質量數(shù)不變,因而質量不變 C.由核子組成原子核一定向外釋放能量 D.光子所具有的能量為Δmc2,Δm為反應中的質量虧損,c為光速 解析:根據(jù)質能方程,這個反應釋放能量,一定發(fā)生質量虧損,即反應后氘核的質量一定小于反應前質子和中子的總質量,這個質量虧損與釋放能量的關系滿足質能方程ΔE=Δmc2.由核子組成原子核一定向外釋放能量,這個能量叫原子核的結合能.反應前后質量數(shù)不變,但質量變化,選項A,C,D正確. 6、下表給出了一些金屬材料的逸出功．現(xiàn)用波長為400 nm的單色光照射上述材料，能產生光電效應的材料最多有幾種(普朗克常量h＝6.6×10－34 J·s，光速c＝3.00×108 m/s)(　　) 材料 銫 鈣 鎂 鈹 鈦 逸出功(10－19 J) 3.0 4.3 5.9 6.2 6.6 A.2種 B．3種 C．4種 D．5種 解析：選A.光電效應發(fā)生的條件是入射光的頻率大于金屬的極限頻率，入射光的能量大于金屬的逸出功，光子的能量為ε＝hν＝h，代入計算得ε＝6.6×10－34× J＝4.95×10－19 J，可以看出光子能量大于逸出功的金屬有兩種，所以A項正確． 7、（2018安徽省舒城中學期末）如圖（甲）所示，是示波器中核心部件示波管的原理圖。要想在熒光屏的屏幕上觀察到如圖（乙）所示的圖形，下列給出幾組偏轉電極、之間所加電壓隨時間變化關系，其中可能符合要求的是（　　） A. B. C. D. 【答案】AD 8、如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運動，以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復原長前，下列表示F和x之間關系的圖像可能正確的是（ ） A. B. C. D. 【來源】2018年全國普通高等學校招生統(tǒng)一考試物理（新課標I卷） 【答案】 A 【點睛】牛頓運動定律是高中物理主干知識，勻變速直線運動規(guī)律貫穿高中物理。 二、非選擇題 1、如圖所示，光滑水平面上有一質量M＝4.0 kg的平板車，車的上表面是一段長L＝1.5 m的粗糙水平軌道，水平軌道左側連一半徑R＝0.25 m的四分之一光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在點O′處相切．現(xiàn)將一質量m＝1.0 kg的小物塊(可視為質點)從平板車的右端以水平向左的初速度v0滑上平板車，小物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，小物塊恰能到達圓弧軌道的最高點A.取g＝10 m/s2，求： (1)小物塊滑上平板車的初速度v0的大小； (2)小物塊與車最終相對靜止時，它距點O′的距離． 解析：(1)平板車和小物塊組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設小物塊到達圓弧軌道最高點A時，二者的共同速度為v1 由動量守恒得：mv0＝(M＋m)v1 ① 由能量守恒得： mv－(M＋m)v＝mgR＋μmgL ② 聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)解得：v0＝5 m/s ③ (2)設小物塊最終與車相對靜止時，二者的共同速度為v2，從小物塊滑上平板車，到二者相對靜止的過程中，由動量守恒得： mv0＝(M＋m)v2 ④ 設小物塊與車最終相對靜止時，它距O′點的距離為x，由能量守恒得： mv－(M＋m)v＝μmg(L＋x) ⑤ 聯(lián)立③④⑤并代入數(shù)據(jù)解得：x＝0.5 m. 答案：(1)5 m/s　(2)0.5 m 2．如圖所示，在無限長的豎直邊界AC和DE間，上、下部分分別充滿方向垂直于ADEC平面向外的勻強磁場，上部分區(qū)域的磁感應強度大小為B0，OF為上、下磁場的水平分界線．質量為m、帶電荷量為＋q的粒子從AC邊界上與O點相距為a的P點垂直于AC邊界射入上方區(qū)域，經(jīng)OF上的Q點第一次進入下方區(qū)域，Q與O點的距離為3a.不考慮粒子重力． (1)求粒子射入時的速度大小； (2)要使粒子不從AC邊界飛出，求下方區(qū)域的磁感應強度應滿足的條件； (3)若下方區(qū)域的磁感應強度B＝3B0，粒子最終垂直DE邊界飛出，求邊界DE與AC間距離的可能值． 解析：(1)設粒子在OF上方做圓周運動半徑為R，由幾何關系可知： R2－(R－a)2＝(3a)2，R＝5a 由牛頓第二定律可知：qvB0＝m，解得：v＝； (2)當粒子恰好不從AC邊界飛出時，設粒子在OF下方做圓周運動的半徑為r1， 由幾何關系得：r1＋r1cos θ＝3a，cos θ＝，所以r1＝，根據(jù)qvB1＝ 解得：B1＝，當B1＞時，粒子不會從AC邊界飛出． (3)當B＝3 B0時，粒子在OF下方的運動半徑為：r＝a，設粒子的速度方向再次與射入磁場時的速度方向一致時的位置為P1，則P與P1的連線一定與OF平行，根據(jù)幾何關系知：1＝4a；所以若粒子最終垂直DE邊界飛出，邊界DE與AC間的距離為： L＝n1＝4na(n＝1,2,3…)； 答案：(1)　(2)B1＞時粒子不會從AC邊界飛出　(3)L＝4na(n＝1,2,3…) 7