高考物理人教一轮基础夯实练1及答案

高考物理人教一轮基础夯实练1及答案

‎2019年高考物理（人教）一轮基础夯实练（1）及答案 一、选择题 ‎1、在研究二力合成的实验中，AB是一根被拉长的橡皮筋，定滑轮是光滑的，如图所示，若改变拉力F而保持O点位置不变，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．要使θ减小，减小拉力F即可 B．要使θ减小，增大拉力F即可 C．要使θ减小，必须改变α，同时改变F的大小才有可能 D．要减小θ而保持α不变，则只改变F的大小是不可能保持O点的位置不变的 解析：绳子对O点的拉力F2与F的合力和F1等大、反向，如图所示，O点位置不变，则橡皮筋的拉力F1不变，绳子拉力F2的方向不变，即α角不变，若要减小θ，必使F的大小和方向以及F2的大小发生改变，故D选项正确．‎ 答案：D ‎2、如图所示，水平传送带以恒定速度v向右运动．将质量为m的物体Q轻轻放在水平传送带的左端A处，经过t秒后，Q的速度也变为v，再经t秒物体Q到达传送带的右端B处，则(　　)‎ A．前t秒内物体做匀加速运动，后t秒内物体做匀减速运动 B．后t秒内Q与传送带之间无摩擦力 C．前t秒内Q的位移与后t秒内Q的位移大小之比为1：1‎ D．Q由传送带左端运动到右端的平均速度为v 解析：前t秒内物体Q相对传送带向左滑动，物体Q受向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律Ff＝ma可知，物体Q做匀加速运动，后t秒内物体Q相对传送带静止，做匀速运动，不受摩擦力作用，选项A错误、B正确；前t秒内Q的位移x1＝t，后t秒内Q的位移x2＝vt，故＝，选项C错误；Q由传送带左端运动到右端的平均速度＝＝＝v，选项D正确．‎ 答案：BD ‎3、甲、乙两物体分别在恒力F1、F2的作用下，沿同一直线运动．它们的动量随时间变化如图所示．设甲在t1时间内所受的冲量为I1，乙在t2时间内所受的冲量为I2，则F、I的大小关系是(　　)‎ A．F1>F2，I1＝I2 B．F1F2，I1>I2 D．F1＝F2，I1＝I2‎ 解析：冲量I＝Δp，从题图上看，甲、乙两物体动量变化的大小I1＝I2，又因为I1＝F1t1，I2＝F2t2，t2>t1，所以F1>F2.‎ 答案：A ‎4、‎ 在如图所示电路中E为电源，其电动势E＝9.0 V，内阻可忽略不计；AB为滑动变阻器，其电阻R＝30 Ω；L为一小灯泡，其额定电压U＝6.0 V，额定功率P＝1.8 W；S为开关，开始时滑动变阻器的触头位于B端，现在接通开关S，然后将触头缓慢地向A端滑动，当到达某一位置C处时，小灯泡刚好正常发光．则C、B之间的电阻应为(　　)‎ A．10 Ω B．20 Ω C．15 Ω D．5 Ω 解析：本题中小灯泡刚好正常发光，说明此时小灯泡达到额定电流I额＝＝ A＝‎0.3 A，两端电压达到额定电压U额＝6.0 V，而小灯泡和电源、滑动电阻AC串联，则电阻AC的电流与小灯泡的电流相等，RAC＝＝10 Ω，RCB＝R－RAC＝20 Ω，B项正确．‎ 答案：B ‎5、如图 所示，均匀绕制的螺线管水平固定在可转动的圆盘上，在其正中心的上方有一固定的环形电流A，A与螺线管垂直．A中电流方向为顺时针方向，开关S闭合瞬间．关于圆盘的运动情况(从上向下观察)，下列说法正确的是(　　)‎ A．静止不动　　B．顺时针转动 C．逆时针转动 D．无法确定 解析：环形电流可等效为里面的N极、外面为S极的小磁针，通电螺线管可等效为右边为N板，左边为S极的条形磁铁，根据磁极间的相互作用，圆盘将顺时针转动，选项B正确．‎ 答案：B ‎6、(2019·湖南长沙市高三统一模拟)金属钙的逸出功为4.3×10－19 J，普朗克常量h＝6.6×10－34 J·s，光速c＝3.0×‎108 m/s，以下说法正确的是(　　)‎ A．用波长为400 nm的单色光照射金属钙，其表面有光电子逸出 B．用波长为400 nm的单色光照射金属钙，不能产生光电效应现象 C．若某波长的单色光能使金属钙产生光电效应现象，则增大光的强度将会使光电子的最大初动能增大 D．若某波长的单色光能使金属钙产生光电效应现象，则减小光的强度将会使单位时间内发射的光电子数减少 解析：波长为400 nm的单色光的光子能量为E＝h＝4.95×10－19 J，大于钙的逸出功，可以产生光电效应现象．根据光电效应规律，光电子的最大初动能决定于入射光的频率而与其强度无关，但强度决定了单位时间内发射的光电子数的多少，正确选项为A、D.‎ 答案：AD ‎7、现有两动能均为E0＝0.35 MeV的H在一条直线上相向运动，两个H发生对撞后能发生核反应，得到He和新粒子，且在核反应过程中释放的能量完全转化为He和新粒子的动能．已知H的质量为2.014 1 u，He的质量为3.016 0 u，新粒子的质量为1.008 7 u，核反应时质量亏损1 u释放的核能约为931 MeV(如果涉及计算，结果保留整数)．则下列说法正确的是(　　)‎ A．核反应方程为H＋H→He＋n B．核反应前后不满足能量守恒定律 C．新粒子的动能约为3 MeV D.He的动能约为4 MeV 解析：由核反应过程中的质量数和电荷数守恒可知H＋H→He＋n，则新粒子为中子n，所以A正确．核反应过程中质量亏损，释放能量，亏损的质量转变为能量，仍然满足能量守恒定律，B错误；由题意可知ΔE＝(2.014 1 u×2－3.016 0 u－1.008 7 u)×931 MeV/u＝3.3 MeV，根据核反应中系统的能量守恒有EkHe＋Ekn＝2E0＋ΔE，根据核反应中系统的动量守恒有pHe－pn＝0，由Ek＝，可知＝，解得EkHe＝(2E0＋ΔE)＝1 MeV，Ekn＝(2E0＋ΔE)＝3 MeV，所以C正确、D错误．‎ 答案：AC 二、非选择题 ‎1、(2019·南昌模拟)某物理实验小组在探究弹簧的劲度系数k与其原长l0的关系实验中，按示意图所示安装好实验装置，让刻度尺零刻度与轻质弹簧上端平齐，在弹簧上安装可移动的轻质指针P，实验时的主要步骤：‎ ‎①将指针P移到刻度尺的‎5 cm处，在弹簧挂钩上挂上‎200 g的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；‎ ‎②取下钩码，将指针P移到刻度尺的‎10 cm处，在弹簧挂钩上挂上‎250 g的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；‎ ‎③取下钩码，将指针P移到刻度尺的‎15 cm处，在弹簧挂钩上挂上‎50 g的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；‎ ‎④重复③步骤，在每次重复③时，都将指针P下移‎5 cm，同时保持挂钩上挂的钩码质量不变．‎ 将实验所得数据记录、列表如下：‎ 次数 弹簧原长l0/cm 弹簧长度l/cm 钩码质量m/g ‎1‎ ‎5.00‎ ‎7.23‎ ‎200‎ ‎2‎ ‎10.00‎ ‎15.56‎ ‎250‎ ‎3‎ ‎15.00‎ ‎16.67‎ ‎50‎ ‎4‎ ‎20.00‎ ‎22.23‎ ‎50‎ ‎5‎ ‎25.00‎ ‎30.56‎ ‎50‎ 根据实验步骤和列表数据，回答下列问题：‎ ‎(1)重力加速度g取‎10 m/s2，在实验步骤③中，弹簧的原长为‎15 cm时，其劲度系数k＝________N/m.‎ ‎(2)同一根弹簧的原长越长，弹簧的劲度系数________．(弹簧处在弹性限度内)‎ A．不变 B．越大 C．越小 解析：(1)挂‎50 g钩码时，弹簧的弹力为0.5 N，根据胡克定律得，k＝＝ N/m≈30 N/m.‎ ‎(2)对第3、4、5次数据分析，弹簧弹力相等，同一根弹簧，原长越长，形变量越大，根据胡克定律F＝kx知，弹簧的劲度系数越小，故选项C正确．‎ 答案：(1)30　(2)C ‎2、(2019·河南中原名校联考)如图甲，在水平桌面上固定着两根相距L＝‎20 cm、相互平行的无电阻轨道P、Q，轨道一端固定一根电阻R＝0.02 Ω的导体棒a，轨道上横置一根质量m＝‎40 g、电阻可忽略不计的金属棒b，两棒相距也为L＝‎20 cm.该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中．开始时，磁感应强度B0＝0.1 T，设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取‎10 m/s2.‎ ‎(1)若保持磁感应强度B0的大小不变，从t＝0时刻开始，给b棒施加一个水平向右的拉力，使它由静止开始做匀加速直线运动．此拉力F的大小随时间t变化关系如图乙所示．求b棒做匀加速运动的加速度及b棒与轨道间的滑动摩擦力；‎ ‎(2)若从t＝0开始，磁感应强度B随时间t按图丙中图象所示的规律变化，求在金属捧b开始运动前，这个装置释放的热量．‎ 解析：(1)F安＝B0IL①‎ E＝B0Lv②‎ I＝＝③‎ v＝at④‎ 所以F安＝t 当b棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律有F－Ff－F安＝ma⑤‎ 联立可得F－Ff－t＝ma⑥‎ 由图象可得：当t＝0时，F＝0.4 N，当t＝1 s时，F＝0.5 N.‎ 代入⑥式，可解得a＝‎5 m/s2，Ff＝0.2 N.‎ ‎(2)当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中有恒定的感应电流I，以b棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度增大到b所受安培力F′安与最大静摩擦力Ff相等时开始滑动．‎ 感应电动势E′＝L2＝0.02 V⑦‎ I′＝＝‎1 A⑧‎ 棒b将要运动时，有F′安＝BtI′L＝Ff⑨‎ 所以Bt＝1 T，‎ 根据Bt＝B0＋t⑩‎ 得t＝1.8 s，‎ 回路中产生的焦耳热为Q＝I′2Rt＝0.036 J.‎ 答案：(1)‎5 m/s2　0.2 N　(2)0.036 J