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1、人教物理2019高考一轮选练编题（1）李仕才一、选择题1、如图(甲)所示,一质量为m的物块在t=0时刻,以初速度v0从足够长、倾角为的粗糙斜面底端向上滑行,物块速度随时间变化的图像如图(乙)所示.t0时刻物块到达最高点,3t0时刻物块又返回底端.下列说法正确的是(BC)A.物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量为3mgt0cos B.物块从t=0时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为-mv0C.斜面倾角的正弦值为D.不能求出3t0时间内物块克服摩擦力所做的功解析:物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量IG=3mgt0,选项A错误;上滑过程中物块做初速度为v0的匀减速直线运动,下滑
2、过程中做初速度为零、末速度为v的匀加速直线运动,上滑和下滑的位移大小相等,所以有t0=2t0,解得v=,物块从开始运动到返回底端过程中动量的变化量为p=-mv-mv0=-mv0,选项B正确;上滑过程中有-(mgsin +mgcos )t0=0-mv0,下滑过程中有(mgsin -mgcos )2t0=,解得sin =,选项C正确;根据图像可求出物块上升的最大位移,由动能定理求出整个过程中摩擦力所做的功,选项D错误.2、我国的北斗卫星导航系统计划由若干静止轨道卫星、中地球轨道卫星组成，其中静止轨道卫星均定位在距离地面约为3.6104 km的地球同步轨道上，中地球轨道卫星距离地面的高度约为2.16
3、104 km，已知地球半径约为6.4103 km.则中地球轨道卫星运动的()A线速度大于第一宇宙速度B线速度小于静止轨道卫星的线速度C加速度约是静止轨道卫星的2.3倍D加速度约是静止轨道卫星的2.8倍解析：选C.根据Gm得，v，因为中地球轨道卫星的轨道半径大于第一宇宙速度的轨道半径，则中地球轨道卫星的线速度小于第一宇宙速度；中地球轨道卫星的轨道半径小于静止轨道卫星的轨道半径，则线速度大于静止轨道卫星的线速度，故A、B错误根据Gma得，加速度a，中地球轨道卫星的轨道半径大约是静止轨道卫星轨道半径的0.66倍，则加速度约为静止轨道卫星的2.3倍，故C正确，D错误故选C.3、2018山东省枣庄八中期
4、中）物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了人类文明的进步，关于物理学中运动与力的发展过程和研究方法的认识，下列说法中正确的是（ ）A. 亚里士多德首先提出了惯性的概念B. 伽利略对自由落体运动研究方法的核心是：把实验和逻辑推理（包括数学演算）结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法C. 牛顿三条运动定律是研究动力学问题的基石，牛顿的三条运动定律都能通过现代的实验手段直接验证D. 力的单位“N”是基本单位，加速度的单位“”是导出单位【答案】B4、质量为m、电荷量为q的微粒，以速度v与水平方向成角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场(场强大小
5、为E)和匀强磁场(磁感应强度大小为B)组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的作用下，恰好沿直线运动到A，重力加速度为g，下列说法中正确的是()A该微粒一定带正电B微粒从O到A的运动可能是匀变速运动C该磁场的磁感应强度大小为D该电场的场强为Bvcos 解析：选C.若微粒带正电，电场力水平向左，洛伦兹力垂直OA斜向右下方，则电场力、重力、洛伦兹力不能平衡若微粒带负电，符合题意，A错误；微粒如果做匀变速运动，重力和电场力不变，而洛伦兹力变化，微粒不能沿直线运动，与题意不符，B错误；由平衡条件得：qvBcos mg，qvBsin qE，知C正确，D错误5、扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样
6、品表面原子尺度上的形貌.为了有效隔离外界振动对STM的扰动,在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板,并施加磁场来快速衰减其微小振动,如图所示.无扰动时,按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场;出现扰动后,对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是(A)解析:紫铜薄板上下振动时,方案B,C,D中穿过薄板的磁通量不发生变化,没有感应电流产生;方案A中,无论是上下还是左右振动,薄板中的磁通量都会发生变化,产生的感应电流会阻碍紫铜薄板上下及其左右振动,达到衰减的效果,选项A正确.6、质量为0.8 kg的球固定在支杆AB的上端，支杆AB的下端固定在升降机上，今用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，如图
7、所示，已知绳的拉力为6 N，g取10 m/s2，则以下说法正确的是()A若升降机是静止状态，则AB杆对球的作用力大小为6 NB若升降机是静止状态，则AB杆对球的作用力大小为8 NC若升降机是加速上升，加速度大小 5 m/s2，则AB杆对球的作用力大小为6 ND若升降机是减速上升，加速度大小 5 m/s2，则AB杆对球的作用力大小为6 N解析：选C.A、B若升降机是静止的，球静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，杆的作用力大小： N10 N，故AB错误；C、若升降机加速上升，对球，在竖直方向，由牛顿第二定律得：Fymgma，解得：Fy12 N，在水平方向，由平衡条件得：FxF绳子6 N，杆对球的作
8、用力大小：F6 N，故C正确；D、若升降机减速上升，对球，在竖直方向，由牛顿第二定律得：mgFyma，解得：Fy4 N，在水平方向，由平衡条件得：FxF绳子6 N，杆对球的作用力大小：F2 N，故D错误；故选C.7、（2018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
9、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】C8、高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的动能（ ）A. 与它所经历的时间成正比B. 与它的位移成正比C. 与它的速度成正比D. 与它的动量成正比【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（新课标I卷）【答案】 B二、非选择题1、常用无线话筒所用的电池电动势E约为9 V，内阻r约为40 ，最大允许电流为100 mA.(1)为测定该电池的电动势和内阻，某同学先利用多用电表直流电压10 V挡粗测电源电动势如图甲所示，测得值为_V.(2)接着该同学利用图乙
10、的电路进行实验图中电压表为理想电表，R为电阻箱(阻值范围为0999.9 )，R0为定值电阻，目的是为了防止电阻箱的阻值调得过小时，通过电源的电流大于其承受范围，起保护电路的作用；实验室备有的定值电阻R0的规格有以下几种，则本实验应选用_A50 ，1.0 WB500 ，2.5 WC1 500 ，15 W D2 500 ，25 W(3)接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值读出电压表的示数U，再改变电阻箱阻值R，取得多组数据，作出了如图丙的图线由图线求得该电池的电动势E_V，内阻r_.(结果保留三位有效数字)解析：(1)直流电压10 V挡的最小分度为0.2 V，故测得值为9.2 V.(2)电池最大允许电流为100 mA，则电路中总电阻R总90 rR0，故定值电阻R0应选50 ，选项A正确(3)根据闭合电路欧姆定律EUI(R0r)U(R0r)，解得，故该图线纵坐标的截距为0.1 V1，解得电池电动势E10.0 V，斜率k，解得R0r83.3 ，故电池内阻r33.3 .答案：(1)9.2(2)A(3)10.033.3