2019高考物理人教版一轮选练编题4及答案

2019高考物理人教版一轮选练编题4及答案

‎2019高考物理（人教版）一轮选练编题（4）及答案 一、选择题 ‎1、(2019·广东省深圳市高三第一次调研)人造卫星a的圆形轨道离地面高度为h，地球同步卫星b离地面高度为H，h＜H，两卫星共面且旋转方向相同．某时刻卫星a恰好出现在赤道上某建筑物c的正上方，设地球赤道半径为R，地面重力加速度为g，则(　　)‎ A．a、b线速度大小之比为 B．a、c角速度之比为 C．b、c向心加速度大小之比 D．a下一次通过c正上方所需时间等于t＝2π 解析：选C.人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，根据牛顿运动定律求解卫星的角速度．卫星绕地球做匀速圆周运动，建筑物随地球自转做匀速圆周运动，当卫星转过的角度与建筑物转过的角度之差等于2π时，卫星再次出现在建筑物上空．绕地球运行的卫星，地球对卫星的万有引力提供向心力，设卫星的线速度为v，则：G＝m，所以v＝，可知a、b线速度大小之比为.故A错误；设卫星的角速度为ω，G＝mω2r，得ω＝，所以：＝，又由于同步卫星b的角速度与c的角速度相同，所以＝，故B错误；同步卫星b的角速度与c的角速度相同，根据：a＝ω2r可得：＝，故C正确；设经过时间t卫星a再次通过建筑物c上方，根据几何关系有：(ωa－ωc)t＝2π，又mg＝，联立解得：t＝＝＝，故D错误．‎ ‎2、(2019·全国Ⅱ卷,14)如图,一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直平面内,在大圆环上套着一个小环,小环由大圆环的最高点从静止开始下滑,在小环下滑的过程中,大圆环对它的作用力(　A　)‎ A.一直不做功 ‎ B.一直做正功 C.始终指向大圆环圆心 ‎ D.始终背离大圆环圆心 解析:大圆环光滑,对小环只有弹力FN ‎,弹力始终沿径向,与速度垂直,不做功,选项A正确,B错误;小环位于圆心上方某处时,FN沿半径向外,小环位于圆心以下某处时,FN沿半径向里,选项C,D错误.‎ ‎3、小陈在地面上从玩具枪中竖直向上射出初速度为v0的塑料小球，若小球运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，下列说法中正确的是（ ）‎ A．小球在上升过程中的加速度小于下降过程中的加速度 B．小球上升过程中的平均速度大于 C．小球下降过程中的平均速度大于 D．小球下降过程中加速度越来越大 ‎【答案】C ‎4、(2019·湖北八市联考)(多选)如图所示，一辆质量为M＝‎3 kg的平板小车A停靠在竖直光滑墙壁处，地面水平且光滑，一质量为m＝‎1 kg的小铁块B(可视为质点)放在平板小车A最右端，平板小车A上表面水平且与小铁块B之间的动摩擦因数μ＝0.5，平板小车A的长度L＝‎0.9 m．现给小铁块B一个v0＝‎5 m/s的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动，重力加速度g＝‎10 m/s2.下列说法正确的是(　　)‎ A．小铁块B向左运动到达竖直墙壁时的速度为‎2 m/s B．小铁块B与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为8 N·s C．小铁块B向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为4 J D．小铁块B在平板小车A上运动的整个过程中系统损失的机械能为9 J 解析：选BD.设小铁块B向左运动到达竖直墙壁时的速度为v1，根据动能定理得：－μmgL＝mv－mv，解得：v1＝‎4 m/s，选项A错误．与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹速度为－‎4 m/s，由动量定理可知，小铁块B与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为I＝2mv1＝8 N·s，选项B正确．小铁块B向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为μmgL＝4.5 J，选项C错误．假设发生弹性碰撞后小铁块B最终和平板小车A达到的共同速度为v2，根据动量守恒定律得：mv1＝(M＋m)v2，解得：v2＝‎1 m/s.设小铁块B在平板小车A上相对滑动的位移为x时与平板小车A达到共同速度v2，则根据功能关系得：－μmgx＝(M＋m)v－mv，解得：x＝‎1.2 m，由于x＞ L，说明小铁块B在没有与平板小车A达到共同速度时就滑出平板小车A，所以小铁块B在平板小车上运动的整个过程中系统损失的机械能为ΔE＝2μmgL＝9 J，选项D正确．‎ ‎5、(2019·新疆乌鲁木齐二模)(1)(5分)一定质量的理想气体由状态A变化到状态B,压强随体积变化的关系如图所示,这个过程　　　　‎ ‎(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.气体的温度一直降低 B.气体的密度一直变小 C.气体的内能一直变大 D.气体一直对外界做功 E.气体一直向外界散热 ‎(2)(10分)如图所示,一可移动的绝热活塞M将一截面积为‎400 cm2的汽缸分为A,B两个汽缸,A,B两个汽缸装有体积均为‎12 L、压强均为1 atm、温度均为‎27 ℃‎的理想气体.现给左面的活塞N施加一推力,使其缓慢向右移动,同时给B气体加热,此过程中A汽缸的气体温度保持不变,活塞M保持在原位置不动.已知1 atm=105 Pa.不计活塞与汽缸壁间的摩擦.当推力F=2×103 N时,求:‎ ‎①活塞N向右移动的距离;‎ ‎②B汽缸中的气体升温到多少摄氏度.‎ 解析:(1)气体从状态A到状态B,发生等压变化,根据盖—吕萨克定律知,体积与热力学温度成正比,体积增加,气体的温度一直升高,故A错误;根据密度ρ=,质量不变,体积变大,密度变小,故B正确;理想气体的内能只与温度有关,A到B温度升高,内能变大,故C正确;因为气体体积变大,故气体一直对外界做功,故D正确;根据热力学第一定律,ΔU=W+Q,内能增加ΔU>0,气体一直对外做功W<0,所以Q>0,气体一直从外界吸热,故E错误.‎ ‎(2)①对A汽缸中的气体进行状态分析,有 pA=p0=105 Pa pA′=pA+=1.5×105 Pa,‎ VA=‎12 L=1.2×10‎-2 m3‎,‎ A汽缸中的气体为等温变化,根据玻意耳定律,有 pAVA=pA′VA′‎ 解得VA′=8×10‎-3 m3‎,‎ 活塞N向右移动的距离为 x=-,‎ 解得x=‎10 cm.‎ ‎②对B汽缸中的气体进行状态分析有 pB′=pA′=1.5×105 Pa,‎ pB=pA=p0=105 Pa TB=300 K,‎ B汽缸中的气体为等容变化,有 解得TB′=450 K,即tB′=‎177 ℃‎.‎ 答案:(1)BCD　(2)①‎10 cm　②‎‎177 ℃‎ ‎6、(2019·福建省福州第一中学高三下学期模考)在物理学的发展中，建立概念，总结规律都离不开一大批辛勤攀登科学高峰的物理学家们．下面有关科学家的发现正确的是(　　)‎ A．为了建立天体运动规律，开普勒利用自己的行星观测数据，建立了开普勒行星运动定律 B．为了描述物体的运动，伽利略首先建立了平均速度、加速度的概念 C．“某个量是守恒的”，把这个量叫做能量，这是牛顿有关能量的描述 D．“闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量变化率成正比”，这是法拉第在对理论和实验资料严格分析后得出的法拉第电磁感应定律的内容 解析：选B.为了建立天体运动规律，开普勒利用第谷的行星观测数据，建立了开普勒行星运动定律，故A错误；为了描述物体的运动，伽利略首先建立了平均速度、加速度的概念，故B正确；“某个量是守恒的”，把这个量叫做能量，这是焦耳有关能量的描述，故C错误；法拉第发现了电磁感应现象，但“闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量变化率成正比”，并不是法拉第在对理论和实验资料严格分析后得出的法拉第电磁感应定律的内容．故D错误．‎ ‎7、从塔顶以相同速率抛出A、B、C三小球，A球竖直上抛，B球平抛，C球竖直下抛。另有D球从塔顶起自由下落，四个小球质量相同，落到同一水平面上。不计空气阻力，则(　　)‎ A．落地时动能相同的小球是A、B、C B．落地时动量相同的小球是A、B、C C．从离开塔顶到落地过程中，动能增量相同的小球只有A、B、C D．从离开塔顶到落地过程中，动量增量相同的小球是B、D ‎【答案】AD ‎【解析】小球从抛出至落地过程中只有重力做功，且重力做功相同，A、B、C三个小球的初动能相同，故小球落地时的动能相同，所以A正确；A、B、D落地速度方向相同，都是竖直向下，但是C落地速度方向不是竖直向下，故A、B、C落地的动量不相同，故选项B错误；从离开塔顶到落地过程中，动能增量等于合力做功，即等于重力的功，由于从相同高度抛出，故重力的功相同，故四个小球落地过程中动能增量相同，故选项C错误；从离开塔顶到落地过程中，动量增量等于合力的冲量，合力为重力，但是时间相同的只有B、D，故合力的冲量相同的是B、D，故选项D正确。‎ ‎8、（多选）如图所示为一个质点运动的位移x随时间t变化的图象，由此可知质点在0～4s 内(　　)‎ A. 先沿x轴正方向运动，后沿x轴负方向运动 B. 一直做匀变速运动 C. t=2s时速度一定最大 D. 速率为5m/s的时刻有两个 ‎【来源】江苏省南京市南京师范大学附属中学2019届高三5月模拟考试理科综合物理试题 ‎【答案】 CD 二、非选择题 ‎(2019·南阳市一中第四次模拟)如图所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充满方向垂直于ADEC平面向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B0，OF为上、下磁场的水平分界线．质量为m、带电荷量为＋q的粒子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于AC边界射入上方区域，经OF上的Q点第一次进入下方区域，Q与O点的距离为‎3a.不考虑粒子重力．‎ ‎(1)求粒子射入时的速度大小；‎ ‎(2)要使粒子不从AC边界飞出，求下方区域的磁感应强度应满足的条件；‎ ‎(3)若下方区域的磁感应强度B＝3B0，粒子最终垂直DE边界飞出，求边界DE与AC间距离的可能值．‎ 解析：(1)设粒子在OF上方做圆周运动半径为R，由几何关系可知：‎ R2－(R－a)2＝(‎3a)2，R＝‎‎5a 由牛顿第二定律可知：qvB0＝m，解得：v＝；‎ ‎(2)当粒子恰好不从AC边界飞出时，设粒子在OF下方做圆周运动的半径为r1，‎ 由几何关系得：r1＋r1cos θ＝‎3a，cos θ＝，所以r1＝，根据qvB1＝ 解得：B1＝，当B1＞时，粒子不会从AC边界飞出．‎ ‎(3)当B＝3 B0时，粒子在OF下方的运动半径为：r＝a，设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为P1，则P与P1的连线一定与OF平行，根据几何关系知：1＝‎4a；所以若粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为：‎ L＝n1＝4na(n＝1,2,3…)；‎ 答案：(1)　(2)B1＞时粒子不会从AC边界飞出　(3)L＝4na(n＝1,2,3…)‎