2019年高考物理一轮选练编题8含解析新人教版

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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30cm、下端气柱长27cm,中间水银柱长10cm.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5cm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2cm,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′下部分气体:p2L2S=p2′L2′其中:p2′=p1′+3×5cmHg,L1′=L1-2cm,L2′=L2-3cm,解得p0=75cmHg.答案:(1)CDE(2)75cmHg6、如图所示，有一个矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里．一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)．取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t＝0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流与时间关系的是()解析：选A.线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流方向应为正方向，故B、C错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E＝BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生；线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流方向应为负方向，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E＝BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；故A正确，D错误．7、如图所示，在真空中有一对带电的平行金属板水平放置．一带电粒子沿平行于板面的方向，从左侧两极板中央射入电场中，恰能从右侧极板边缘处离开电场．不计粒子重力．若可以改变某个量，下列哪种变化，仍能确保粒子一定飞出电场()A．只增大粒子的带电量B．只增大电场强度C．只减小粒子的比荷D．只减小粒子的入射速度【答案】C【解析】设极板长为L，极板间的距离为d，带电粒子的质量为m、电荷量为q、加速度为a，沿平行板面方向带电粒子做匀速直线运动L＝vt，垂直板面方向做初速度为零的匀加速运动＝at2，qE＝ma，由以上三式解得＝，若只增大粒子的带电量或只增大电场强度或只减小粒子的入射速度，则粒子在竖直方向的位移y>，粒子将打在极板上，不能飞出电场，选项A、B、D错误；若只减小粒子的比荷，则粒子在竖直方向的位移y<，粒子能飞出电场，选项C正确．8、如图所示是一旅行箱，它既可以在地面上推着行走，也可以在地面上拉着行走．已知该旅行箱的总质量为15kg，一旅客用斜向上的拉力拉着旅行箱在水平地面上做匀速运动，若拉力的最小值为90N，此时拉力与水平方向间的夹角为θ，重力加速度大小为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，旅行箱受到地面的阻力与其受到地面的支持力成正比，比值为μ，则()A.μ＝0.5，θ＝37°B.μ＝0.5，θ＝53°C.μ＝0.75，θ＝53°D.μ＝0.75，θ＝37°【来源】【全国百强校】黑龙江省哈尔滨市第六中学2018届高三下学期考前押题卷（二）理科综合物理试题【答案】D【解析】对物体受力分析，如图所示：

令μ=tanα，则F=；

当α-θ=0°时，F有最小值，故F=sinαG=90N，故α=37°，

故μ=tan37°=0.75，θ=37°；故选D.点睛：本题关键是对物体受力分析，根据平衡条件并采用正交分解法列式分析，第二问令μ=tanα求解F的最小值的表达式是关键；二、非选择题1、如图甲所示，质量均为m的B、C两滑板，静置于光滑水平面上，滑板B与滑板C的水平部分长度均为L.C滑板右端是半径为L/4的1/4光滑圆弧，B与固定挡板P相距L/6.现有一质量为m的小铁块A以初速度v0滑上B.通过速度传感器测得B的速度变化如图乙所示，B在撞上P前的瞬间速度为v0/4，B与P相撞后瞬间速度变为零．求：(1)①B在撞上P前的瞬间，A的速度v1.②A与B之间的动摩擦因数μ1.(2)已知A滑上C时的初速度v2＝eq\r(3gL).①若滑板C水平部分光滑，则A滑上C后是否能从C的右端圆弧轨道冲出？②如果要A滑上C后最终停在C上，随C一起运动，A与C水平部分间的动摩擦因数μ2至少要多大？解析：(1)①对AB系统满足动量守恒mv0＝meq\f(v0,4)＋mv1 ①得v1＝eq\f(3,4)v0 ②②由B的v­t图线可知，B在与P碰撞前一直都受摩擦力的作用，对B由动能定理得μ1mgeq\f(L,6)＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,4)))2－0 ③解得μ1＝eq\f(3v\o\al(2,0),16gL) ④(2)①设A以v3滑上C后，冲至C右端轨道最高点恰好与C达到共速而不冲出轨道，设此共同速度为vC，则mv3＝mvC＋mvC ⑤mgeq\f(L,4)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,C)＋\f(1,2)mv\o\al(2,C))) ⑥解得v3＝eq\r(gL)＜eq\r(3gL) ⑦故，A滑上C后会从滑板C的右端冲出圆弧轨道．②设A最终恰好能停在C的最左端，在此情况下A与C的动摩擦因数为μ2，则对AC系统有μ2mg·2L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)2mveq\o\al(2,共)mv2＝2mv共解得μ2＝eq\f(3,8)＝0.375因为即使A从C的右端冲出圆弧轨道，由于A与C水平方向速度相同，最终A还会落回到C上，故无论A是否会从滑板C的右端冲出圆弧轨道，A与C水平部分间的摩擦因数都至少为eq\f(3,8).答案：(1)①eq\f(3,4)v0②eq\f(3v\o\al(2,0),16gL)(2)①能②0.3752．(2017·山西运城上学期期末)如图所示的区域中，左边为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B大小未知，右边是一个电场强度大小为E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qL)的匀强电场，其方向平行于OC向上且垂直于磁场方向；有一初速度大小为v0，质量为m、电荷量为－q的带电粒子从P点沿与边界线PQ的夹角θ＝60°的方向射入匀强磁场，恰好从距O点正上方L处的C点垂直于OC射入匀强电场，最后打在Q点，不计粒子的重力，求：(1)磁感应强度B的大小；(2)求粒子从P至Q所用时间及OQ的长度；(3)如果保持电场与磁场方向不变，而将它们左右对调，且磁感应强度大小变为原来的eq\f(1,4)，电场强度减小到原来的一半，粒子仍从P点以速度v0沿某一方向射入，恰好从O点正上方的小孔C射入匀强磁场，则粒子进入磁场后做圆周运动的半径是多少？解析：①粒子在磁场中做的是匀速圆周运动，在电场中粒子做的是类平抛运动；②根据几何关系求出带电粒子做圆周运动的半径．(1)做出粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹，由几何关系可知：r＋rcos60°＝L由洛伦兹力提供向心力可得：qv0B＝eq\f(mv2,r)解得B＝eq\f(3mv0,2qL)(2)粒子在磁场中运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)粒子在磁场中运动的时间为：t1＝eq\f(T,3)粒子在电场中做类平抛运动，在垂直电场方向：x＝v0t2在平行电场方向：qE＝maL＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)解得粒子从P运动至Q点所用的时间：t＝t1＋t2＝eq\f(4πL,9v0)＋eq\f(2L,v0)OQ的长度为：x＝2L(3)电场和磁场左右对调后，