人教物理2019高考一轮选练练题12及答案

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人教物理2019高考一轮选练练题12及答案

‎(人教)物理2019高考一轮选练练题(12)及答案 一、选择题 ‎1、某同学欲估算飞机着陆时的速度,他假设飞机在平直跑道上做匀减速运动,飞机在跑道上滑行的距离为x,从着陆到停下来所用的时间为t,实际上飞机的速度越大,所受的阻力越大,则飞机着陆时的速度应是(  )‎ A.v=      B.v= C.v> D.<v< 解析:选C.飞机着陆后若做匀减速直线运动,末速度为零,则飞机着陆时的速度应是v=,实际上,飞机速度越大,所受阻力越大,飞机着陆后做的是加速度减小的减速直线运动.结合vt图象可知,‎ 飞机着陆后的总位移x<t,故v>,C正确.‎ ‎2、A,B两物体放在同一水平面上,分别受到水平拉力F1,F2的作用,而从静止开始从同一位置出发沿相同方向做匀加速直线运动.经过时间t0和4t0,当两者速度分别达到2v0和v0时分别撤去F1和F2,以后物体做匀减速运动直至停止.两物体运动的vt图像如图所示.已知两者的质量之比为1∶2,下列结论正确的是( C )‎ A.物体A,B的位移大小之比是3∶5‎ B.两物体与地面间的动摩擦因数可能不相等 C.F1和F2的大小之比是6∶5‎ D.整个运动过程中F1和F2做功之比是6∶5‎ 解析:vt图像与两坐标轴所围的面积表示物体在对应时间内的位移,A,B两物体的位移分别为x1=×2v0×3t0=3v0t0,x2=×v0×5t0=v0t0,故x1∶x2=6∶5,选项A错误;撤去拉力后,A,B两物体的加速度大小分别为a1′==,a2′==,即a1′=a2′=μ g,故两物体与地面间的动摩擦因数相等,选项B错误;在加速过程中由牛顿第二定律可得F1-μm‎1g=m‎1a1,F2-μm‎2g=m‎2a2,a1=,a2=,μg=,而m2=‎2m1,故F1∶F2=6∶5,选项C正确;全过程中根据动能定理可知W1=μm1gx1,W2=μm2gx2,故整个运动过程中F1和F2做功之比W1∶W2=3∶5,选项D错误.‎ ‎3、(2019衡水中学调研)如图甲所示,用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上,两物块的质量分别为 mA=lkg、mB=‎2kg,当A、B之间产生拉力且大于0.3N时A、B将会分离.t=0时刻开始对物块A施加一水平推力F1,同时对物块B施加同一方向的拉力F2,使A、B从静止开始运动,运动过程中F1、F2方向保持不变,F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示.则下列关于A、B两物块 受力及运动情况的分析,正确的是( )‎ A. t=2.0s时刻A、B之间作用力大小为0.6N B. t=2.0s时刻A、B之间作用力为零 C. t=2.5s时刻A对B的作用力方向向左 D. 从t=0时刻到A、B分离,它们运动的位移为‎5.4m ‎【答案】AD ‎【解析】设t时刻AB分离,分离之前AB物体共同运动,加速度为,以整体为研究对象,则有:,分离时:,得,经历时间,根据位移公式,则D正确;当时,,,得,A正确B错误;当时,,,得,C错误.‎ ‎4、如图,横截面积为‎5 cm2的水柱以‎10 m/s的速度垂直冲到墙壁上,已知水的密度为1×‎103 kg/m3,假设水冲到墙上后不反弹而顺墙壁流下,则墙壁所受水柱冲击力为(  )‎ A.5×105 N B.50 N C.5×103 N D.5×102 N 解析:选B.t s时间内喷水质量为:m=ρSvt=1 000×0.000 5×10t kg=5 tkg,‎ 水在时间t s内受到墙的冲量为:I=0-mv=Ft 所以:F== N=-50 N 负号表示水受到的墙的作用力的方向与运动的方向相反.‎ ‎5、如图所示,交流电源电压有效值U0=5 V,电源等效内阻r=4.5 Ω,经过理想变压器变压后,接在阻值R=8 Ω的电阻上,理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶4,则电阻R消耗的功率,下列说法正确的是( A )‎ A.0.5‎‎ W B.5 W C.1 W D.1.5 W 解析:根据电流关系得,原线圈的电流I1=4I2;在原线圈回路中,根据欧姆定律有,U0=4I2r+U1,解得U1=5-18I2,副线圈两端的电压为U2=I2R=8I2;根据电压关系有=,即=,解得I2= A;所以电阻R消耗的功率为P=R=()2×8 W=0.5 W,故A正确,B,C,D错误.‎ ‎6、(2019·高考北京卷)2019年年初,我国研制的“大连光源”——极紫外自由电子激光装置,发出了波长在100 nm(1 nm=10-‎9 m)附近连续可调的世界上最强的极紫外激光脉冲.“大连光源”因其光子的能量大、密度高,可在能源利用、光刻技术、雾霾治理等领域的研究中发挥重要作用.一个处于极紫外波段的光子所具有的能量可以电离一个分子,但又不会把分子打碎.据此判断,能够电离一个分子的能量约为(取普朗克常量h=6.6×10-34 J·s,真空光速c=3×‎108 m/s)(  )‎ A.10-21 J        B.10-18 J C.10-15 J D.10-12 J 解析:选B.由E=hν,ν=,可得E=h=6.6×10-34× J≈2×10-18 J,所以选项B正确.‎ ‎7、如图所示,单匝矩形导线框abcd与匀强磁场垂直,线框电阻不计,线框绕与cd边重合的固定转轴以恒定角速度从图示位置开始匀速转动,理想变压器匝数比为n1∶n2.开关S断开时,额定功率为P的灯泡L1正常发光,电流表示数为I,电流表内阻不计,下列说法正确的是(  )‎ A.线框中产生的电流为正弦式交变电流 B.线框从图中位置转过时,感应电动势瞬时值为 C.灯泡L1的额定电压等于 D.如果闭合开关S,则电流表示数变大 解析:选ABD.根据产生交变电流的条件,A正确;转过时,感应电动势的瞬时值应为Em,正好是有效值的大小,B正确;C中灯泡L1的额定电压应为,C错误;开关S闭合,并联L2后负载总电阻减小,U2不变,I2增大,I1也增大,D正确.‎ ‎8、如图所示,某发射系统内有一木箱,木箱内有一竖直放置的轻质弹簧,弹簧上方有一物块,木箱内上表面和下表面都装有压力传感器.木箱静止时,上表面压力传感器的读数为12.0N,下表面压力传感器的读数为20.0N.当系统竖直向上发射时,上表面压力传感器读数变为下表面压力传感器读数的一半,重力加速度g取10m/s2,此时木箱的加速度为(  )‎ A. 10.0m/s2 B. 5.0m/s2 C. 2.5m/s2 D. 条件不足,无法确定 ‎【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】 C ‎【点睛】本题中有一隐含的条件,即加速运动时弹簧的形变量不变,即弹簧的弹力不变,然后运动整体和隔离解题即可.‎ 二、非选择题 如图所示,绝缘水平面内固定有一间距d=‎1 m、电阻不计的足够长光滑矩形导轨AKDC,导轨两端接有阻值分别为R1=3 Ω和R2=6 Ω的定值电阻,矩形区域AKFE、NMCD范围内均有方向竖直向下、磁感应强度大小B=1 T的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ,一质量m=0. 2 kg、电阻r=1 Ω的导体棒ab垂直放在导轨上AK与EF之间某处,在方向水平向右、大小F0=2 N的恒力作用下由静止开始运动,刚要到达EF时导体棒ab的速度大小v1=‎3 m/s,导体棒ab进入磁场Ⅱ后,导体棒ab中通过的电流始终保持不变,导体棒ab在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好,空气阻力不计.‎ ‎(1)求导体棒ab刚要到达EF时的加速度大小a1;‎ ‎(2)求两磁场边界EF和MN之间的距离L;‎ ‎(3)若在导体棒ab刚要到达MN时将恒力F0撤去,求导体棒ab能继续滑行的距离s以及滑行该距离s的过程中整个回路产生的焦耳热Q.‎ 解析: (1)导体棒ab刚要到达EF时,在磁场中切割磁感线产生的感应电动势:E1=Bdv1‎ 经分析可知,此时导体棒ab所受安培力的方向水平向左,‎ 由牛顿第二定律,则有:F0-BI1d=ma1‎ 根据闭合电路的欧姆定律,则有:I1= 上式中,R==2 Ω 解得:a1=‎5 m/s2‎ ‎(2)导体棒ab进入磁场Ⅱ后,受到的安培力与F0平衡,做匀速直线运动,导体棒ab中通过的电流I2,保持不变,则有:F0=BI2d,其中,I2= 设导体棒ab从EF运动到MN的过程中的加速度大小为a2,‎ 根据牛顿第二定律,则有:F0=ma2;‎ 导体棒ab在EF,MN之间做匀加速直线运动,则有:‎ v-v=‎‎2a2L 解得:L=‎‎1.35 m ‎(3)对撤去F0后,导体棒ab继续滑行的过程中,‎ 根据牛顿第二定律和闭合电路欧姆定律,则有:‎ BId=ma;而I= 若Δt→0,则有:a=;‎ 由以上三式可得:vΔt=mΔv 则有:ΣvΔt=mΣΔv,即 s=m(v2-0)‎ 解得:s=‎3.6 m;‎ 根据能量守恒定律,则有:Q=mv 因v2=‎6 m/s,‎ 代入数据,解得:Q=3.6 J 答案:(1)‎5 m/s2 (2)‎1.35 m (3)‎3.6 m 3.6 J
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