2019高考物理人教版一轮选练编题3及答案

2019高考物理人教版一轮选练编题3及答案

‎2019高考物理（人教版）一轮选练编题（3）及答案 一、选择题 ‎1、(2019·辽宁大连模拟)一只船在静水中的速度为‎4 m/s,它要渡过一条宽度为‎200 m的河,河水的流速为‎3 m/s.下列说法正确的是(　B　)‎ A.船不可能渡过河 B.船有可能垂直到达对岸 C.船不能垂直到达对岸 D.船到达对岸所需时间都是50 s 解析:当船头指向始终垂直于河岸时,渡河时间最短,最短时间为tmin== s=50 s;当船头指向与河岸不垂直时,船垂直于河岸方向的分速度变小,渡河时间变长,选项A,D错误;由于船相对于水的速度大于水流速度,根据平行四边形定则可知,它的合速度,即船实际的速度可以与河岸垂直,船可以垂直于河岸行驶,最终到达对岸,最小位移等于‎200 m,选项B正确,C错误.‎ ‎2、(2019·四川省遂宁市高三二诊)如图所示，质量相同的三颗卫星a、b、c绕地球做匀速圆周运动，其中b、c在地球的同步轨道上，a距离地球表面的高度为R，此时a、b恰好相距最近．已知地球质量为M、半径为R、地球自转的角速度为ω.万有引力常量为G，则(　　)‎ A．发射卫星b时速度要大于‎11.2 km/s B．卫星a的机械能大于卫星b的机械能 C．卫星a和b下一次相距最近还需经过t＝ D．若要卫星c沿同步轨道与b实现对接，可让卫星c加速 解析：选C.卫星b绕地球做匀速圆周运动，‎7.9 km/s是指在地球上发射的物体绕地球飞行作圆周运动所需的最小初始速度，‎11.2 km/s是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度．所以发射卫星b时速度大于‎7.9 km/s，而小于‎11.2 km/s，故A错误；卫星从低轨道到高轨道需要克服引力做较多的功，卫星a、b质量相同，所以卫星b的机械能大于卫星a的机械能，故B错误；b、c在地球的同步轨道上，所以卫星b、c和地球具有相同的周期和角速度．由万有引力提供向心力，即＝mω2r，解得ω＝，a距离地球表面的高度为R，所以卫星a的角速度ωa＝，此时a、b恰好相距最近，到卫星a和b下一次相距最近时满足(ωa－ω)t＝2π，解得t＝，故C正确；让卫星c加速，所需的向心力增大，由于万有引力小于所需的向心力，卫星c会做离心运动，离开原轨道，所以不能与b实现对接，故D错误．‎ ‎3、（2019山东省临沂市高三上学期期中）某质点做匀变速直线运动，运动的时间为t ‎，位移为x，该质点的图象如图所示，下列说法错误的是( )‎ A. 质点的加速度大小为 B. t=0时，质点的初速度大小为a C. t=0到t=b这段时间质点的平均速度为0‎ D. t=0到t=b这段时间质点的路程为 ‎【答案】D ‎4、(2019·天津六校联考)如图所示，光滑绝缘的水平面上M、N两点有完全相同的金属小球A和B，带有不等量的同种电荷，且qA＜qB.现使A、B以大小相等的初动量相向运动，并发生弹性碰撞，碰后返回M、N两点，则下列说法正确的是(　　)‎ A．碰撞发生在M、N的中点右侧 B．两球不会同时返回M、N两点 C．两球回到原位置时各自的动量比原来大些 D．A与B碰撞过程A对B的冲量等于B对A的冲量 解析：选C.两球所受的合力是相互间的静电力，根据牛顿第二定律可知，加速度相等，通过运动学公式判断两者发生碰撞的位置，以及返回到M、N点的时间关系．通过碰撞后电荷重新分布，电场力发生变化，根据电场力做功比较返回到原位置动能的变化，从而分析动量关系．结合牛顿第三定律分析碰撞过程中冲量关系．由于两球在任何时刻所受的库仑力大小相等，质量也相等，则两球的加速度大小相等，速度大小相等，可知碰撞发生在M、N的中点，故A错误．由于两球完全相同，碰撞前总动量为零，由碰撞过程中动量守恒可知，碰撞后总动量也为零，所以碰后两球速度大小相等，库仑力大小相等，则加速度大小相等，所以两球同时返回M、N两点，故B错误．两球碰撞后，电量重新分配，两球在同样的位置间的作用力比之前增大，可知整个过程中电场力做正功，知返回到出发点的速度比较之前大，则两球回到原位置时动量比原来大些．故C正确．A与B碰撞过程中，由牛顿第三定律知，相互间的作用力大小相等，方向相反，作用时间也相等，所以A对B的冲量与B对A的冲量大小相等，方向相反，所以冲量不等，D错误．‎ ‎5、(2019·山东潍坊一模)(1)(5分)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个扣3分,最低得分为0分). ‎ A.空气的绝对湿度大,相对湿度一定大 B.同一温度下,氮气分子的平均动能一定大于氧气分子的平均动能 C.荷叶上的小水滴呈球形,这是表面张力使液面收缩的结果 D.有一分子a从无穷远处靠近固定不动的分子b,当a,b间分子力为零时,它们具有的分子势能一定最小 E.一定质量的理想气体等温膨胀,一定吸收热量 ‎(2)(10分)如图所示,玻璃管粗细均匀,两封闭端装有理想气体,上端气柱长‎30 cm、下端气柱长‎27 cm,中间水银柱长‎10 cm.在竖直管中间接一水平玻璃管,右端开口与大气相通,管的直径与竖直部分相同,用光滑活塞封闭‎5 cm长水银柱.现用外力缓慢推活塞恰好将水平管中水银全部推入竖直管中,此时上端气柱较原来缩短‎2 cm,求外界大气压强为多少.‎ 解析:(1)对于不同的压强和温度,水的饱和汽压不同,故绝对湿度大时相对湿度不一定大,故A错误;温度是分子平均动能的标志,同一温度下,氮气分子的平均动能一定等于氧气分子的平均动能,故B错误;荷叶上的小水滴呈球形,这是表面张力使液面收缩的结果,故C正确;分子a从无穷远处靠近固定不动的分子b,分子间距大于r0时分子力表现为引力,没有达到平衡位置过程中,分子力做正功,则分子势能减小;分子间距小于r0时,分子力表现为斥力,距离再减小的过程中分子力做负功,分子势能增大.所以当a,b间等于r0时,分子力为零,它们具有的分子势能最小,故D正确;一定质量的理想气体等温膨胀,气体对外做功,而内能不变,根据热力学第一定律,气体一定从外界吸热,故E正确.‎ ‎(2)上端封闭气体的压强 p1=p0-ph=(p0-5)cmHg,‎ 下端封闭气体的压强 p2=p0+ph=(p0+5)cmHg,‎ 气体发生等温变化,由玻意耳定律得 上部分气体:p‎1L1S=p1′L1′S,‎ 下部分气体:p‎2L2S=p2′L2′S,‎ 其中:p2′=p1′+3×5 cmHg,L1′=L1‎-2 cm,L2′=L2‎-3 cm,解得p0=75 cmHg.‎ 答案:(1)CDE　(2)75 cmHg ‎6、(2019·广州市二模)(多选)用某单色光照射金属钛表面，发生光电效应．从钛表面放出光电子的最大初动能与入射光频率的关系图线如图所示．则下列说法正确的是(　　)‎ A．钛的逸出功为6.63×10－19 J B．钛的极限频率为1.0×1015 Hz C．光电子的最大初动能为1.0×10－18 J D．光电子的最大初动能与入射光的频率成正比 解析：选AB.当最大初动能为零时，入射光的频率等于金属的极限频率，则νc＝1.0×1015 Hz，可知逸出功W0＝hνc≈6.63×10－19 J，故A、B 正确．入射光的频率越大，光电子的最大初动能越大，根据该图无法得出光电子的最大初动能，故C错误．由图可知，光电子的最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不是正比关系，故D错误．‎ ‎7、（2019北京市第二中学期中）如图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，之间用一轻弹簧连接．A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力F，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 B. 木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能也不守恒 C. 木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 D. 木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒 ‎【答案】C ‎8、（多选）甲、乙两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的x-t图像如图所示（乙的图线为抛物线），下列说法正确的是 A. t1时刻，两者相距最远 B. 0～t2时间内，乙的速度先减小后增大 C. t2时刻，乙物体追上甲 D. 乙物体先向负方向运动，t1时刻以后反向向正方向运动 ‎【来源】浙江省余姚中学2019届高三选考科目模拟卷（一）物理试题 ‎【答案】 ABCD 二、非选择题 ‎(2019·江南十校二模)如图(甲),斜面AO的倾角α=30°,其表面动摩擦因数为μ1,水平地面OB动摩擦因数μ2=0.30,过斜面底端O点的竖直线(虚线)右侧,存在平行于OB的匀强电场(图中未画出),视为质点的滑块其质量m=‎1.00 kg、带电荷量q=+2.00×10‎-6 C,由静止从斜面上的P点下滑至地面上的Q点,该过程滑块的速率图像如图(乙).(滑块电荷量恒定不变,不考虑经过O点时滑块的能量损失).‎ ‎(1)求P点高度h及动摩擦因数μ1;‎ ‎(2)求匀强电场的大小E和方向及滑块的最大电势能Ep(设O点电势 为零);‎ ‎(3)在图(乙)中,将1.25秒后滑块速率图像加以补充,并根据变化规律得出滑块第n次从O点向右运动的最大距离sn.‎ 解析:(1)根据图像,PO=‎1.00 m,所以P点高度为 h=PO·sin θ=‎0.50 m.‎ 滑块在斜面上向下滑行加速度a1=‎2.00 m/s2‎ 有mgsin 30°-μ1mgcos 30°=ma1,‎ 得μ1=.‎ ‎(2)根据图像,在地面上向右滑行加速度a2=‎8.00 m/s2,滑行位移xOQ=‎ ‎0.25 m‎,滑块第一次到达O点的速度为v1,电场力做功为W1,故有 W1-μ2mg·xOQ=0-m,‎ 因v1=‎2 m/s,得W1=-1.25 J 因OQ为在地面上向右滑行的最大距离,所以最大电势能 Ep=1.25 J.‎ ‎-W1=Eq·xOQ,‎ 得E=2.50×106 V/m,方向向左.‎ ‎(3)从P→O,加速度a1=‎2.00 m/s2,方向沿斜面向下.‎ 从O→Q,加速度a2=‎8.00 m/s2,方向向左.‎ 从Q→O,加速度a3==‎2.00 m/s2,方向向左.‎ 从O→P′(第一次返回斜面向上运动),加速度a4==‎8.00 m/s2,方向沿斜面向下.‎ 所以滑块往返运动的速度图像如图.‎ 可以看出,图中三角形的高和底边长按比例递减,图中阴影面积为滑块每次从O点向右运动的最大距离,依次为s1,s2,s3,…sn.由图像可以看出 s1∶s2∶s3∶…∶sn=1∶()∶()2∶…∶()n-1,‎ 又有s1=‎‎0.25 m 所以sn=s1·()n-1= m(n=1,2,3,…,n).‎ 答案:(1)‎0.50 m　‎ ‎(2)2.50×106 V/m　方向向左　1.25 J ‎(3)图见解析　Sn= m(n=1,2,3,…,n)‎