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1、2019年高考物理（人教）一轮基础夯实练（3）李仕才一、选择题1、(2018合肥市质量检测)一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的at图象如图所示，t0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则()A在t6 s的时刻，物体的速度为18 m/sB在06 s时间内，合力对物体做的功为400 JC在06 s时间内，拉力对物体的冲量为48 NsD在t6 s的时刻，拉力F的功率为200 W解析：类比速度图象位移的表示方法可知，速度变化量在加速度时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在06 s内v18 m/s，v02 m/s，则t6 s时的速度v20 m/s，
2、A项错；由动能定理可知，06 s内，合力做功Wmv2mv396 J，B项错；由冲量定理可知，IFftmvmv0，代入已知条件解得：I48 Ns，C项正确；由牛顿第二定律可知，6 s末FFfma，解得：F10 N，所以拉力的功率PFv200 W，D项正确答案：CD2、(2018山西四校联考)如图所示，轻绳一端连接放置在水平地面上的物体Q，另一端绕过固定在天花板上的定滑轮与小球P连接，P、Q始终处于静止状态，则()AQ可能受到两个力的作用BQ可能受到三个力的作用CQ受到的绳子拉力与重力的合力方向水平向左DQ受到的绳子拉力与重力的合力方向指向左下方解析：由平衡条件知，Q受重力、支持力、绳的拉力和摩擦
3、力四个力的作用，选项A、B错误；由平衡条件知，Q受到的绳子拉力和重力的合力与支持力和摩擦力的合力大小相等、方向相反，由平行四边形定则知，支持力和摩擦力的合力方向指向右上方，所以Q受到的绳子拉力和重力的合力方向指向左下方，选项C错误，选项D正确答案：D3、如图所示，竖直平面内有一光滑直杆AB，杆与水平方向的夹角为(090)，一质量为m的小圆环套在直杆上给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力F，并从A端由静止释放改变直杆和水平方向的夹角，当直杆与水平方向的夹角为30时，小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为g，则()A恒力F一定沿与水平方向成30角斜向右下的方向B恒力F和小圆环的重力的合力一定沿
4、与水平方向成30角斜向右下的方向C若恒力F的方向水平向右，则恒力F的大小为mgD恒力F的最小值为mg解析：小圆环受到竖直向下的重力、光滑直杆AB对小圆环的支持力和恒力F，把光滑直杆AB对小圆环的支持力正交分解，沿直杆方向无分力，由Lat2可知，要使小圆环在直杆上运动的时间最短，小圆环运动的加速度必须最大，由牛顿第二定律可知，当恒力和重力的合力沿光滑直杆方向时，加速度最大，所以选项A错误、B正确；若恒力F的方向水平向右，由tan30，解得Fmg，选项C正确；当合力F的方向垂直光滑直杆时，恒力F最小，由sin60，解得F的最小值为Fminmgsin60mg，选项D正确答案：BCD4、(2018武汉
5、模拟)如图所示，R是光敏电阻，其阻值随光照强度的增大而减小，当它受到的光照强度增大时()A灯泡L变暗B光敏电阻R上的电压增大C电压表V的读数减小D电容器C的带电荷量增大解析：光照强度增大时，R的阻值减小，闭合电路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律知I增大，灯泡L变亮，选项A错误；光敏电阻R上的电压UREI(rR灯)减小，选项B错误；电压表V的读数UEIr减小，选项C正确；电容器C两端的电压等于灯泡两端的电压，灯泡两端的电压ULIR灯增大，所以电容器C的带电荷量QCUL增大，选项D正确答案：CD5、(2018河北唐山调研)如图所示，两平行的粗糙金属导轨水平固定在匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨宽
6、度为L，一端与电源连接一质量为m的金属棒ab垂直于平行导轨放置并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数为，在安培力的作用下，金属棒以v0的速度向右匀速运动，通过改变磁感应强度的方向，可使流过导体棒的电流最小，此时磁感应强度的方向与竖直方向的夹角为()A37B30 C45D60解析：本题考查通电导体棒在磁场中的平衡问题由题意对棒受力分析，设磁感应强度的方向与竖直方向成角，则有BILcos(mgBILsin)整理得BIL电流有最小值，就相当于安培力有最小值，最后由数学知识解得：30，则A、C、D错，B对答案：B6、(2018辽宁锦州期末)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20：1，原线圈接在正
7、弦交流电源上，副线圈接入“3 V6 W”灯泡一只，且灯泡正常发光则()A原线圈电压有效值为3 VB电源输出功率为120 WC电流表的示数为0.1 AD电流表的示数为40 A解析：根据理想变压器原、副线圈电压与匝数成正比可知，原线圈两端电压有效值为60 V，选项A错误；理想变压器输入功率等于输出功率，所以输入功率和输出功率都为6 W，则电源输出功率为6 W，选项B错误；理想变压器输入功率为6 W，则原线圈中的电流有效值为I A0.1 A，选项C正确，选项D错误答案：C7、在变电站里，经常要用交流电表监测电网上的强电流所用的器材叫电流互感器，如图所示，能正确反映其工作原理的是()解析：电流互感器把
8、大电流变成小电流，测量时更安全，据变压器原理，I2I1，所以要求线圈匝数n2n1，原线圈要接在火线上，故本题只有A正确答案：A二、非选择题1、如图所示为“探究加速度与物体受力的关系”的实验装置图图中A为小车，质量为m1，连接在小车后面的纸带穿过电火花打点计时器B，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上，P的质量为m2，C为弹簧测力计，实验时改变P的质量，读出测力计不同读数F，不计绳与滑轮的摩擦(1)下列说法正确的是()A一端带有定滑轮的长木板必须保持水平B实验时应先接通电源后释放小车C实验中m2应远小于m1D测力计的读数始终为(2)如图为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的四个计
9、数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出由此可求得小车的加速度的大小是_ m/s2(交流电的频率为50 Hz，结果保留两位有效数字)(3)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的aF图象可能是图中的图线()解析：(1)一端带有定滑轮的长木板必须稍微倾斜，以平衡摩擦力，选项A错误实验时应先接通电源后释放小车，选项B正确实验中m2不必远小于m1，选项C错误由于P向下加速运动，测力计的读数始终小于，选项D错误(2)由xaT2解得小车的加速度的大小是0.50 m/s2.(3)遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的aF图象，应该是当F从某一值开始增大，加速度a才开始增大，所以
10、可能是图线C.答案：(1)B(2)0.50(3)C2、(2018广东华山模拟)(1)(10分)关于热现象和热学规律，下列说法正确的是_(填正确答案的标号)A只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积B气体温度升高，分子的平均动能一定增大C温度一定时，悬浮在液体中的固体颗粒越小，布朗运动越明显D一定温度下，饱和汽的压强是一定的E第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律(2)(15分)如图，将导热性良好的薄壁圆筒开口向下竖直缓慢地放入水中，筒内封闭了一定质量的气体(可视为理想气体)当筒底与水面相平时，圆筒恰好静止在水中此时水的温度t17.0 ，筒内气柱的长度h114
11、cm.已知大气压强p01.0105 Pa，水的密度1.0103 kg/m3，重力加速度大小g取10 m/s2.()若将水温缓慢升高至27 ，此时筒底露出水面的高度h为多少？()若水温升至27 后保持不变，用力将圆筒缓慢下压至某一位置，撤去该力后圆筒恰能静止，求此时筒底到水面的距离H(结果保留两位有效数字)解析：(1)知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可以算出每个气体分子占据空间的体积，但不是分子体积(分子间隙大)，故A错误；温度是分子平均动能的标志，故气体温度升高，分子的平均动能一定增大，选项B正确；悬浮在液体中的固体微粒越小，碰撞的不平衡性越明显，布朗运动就越明显，故C正确；饱和蒸汽压仅仅与温度有关，所以一定温度下，饱和汽的压强是一定的，故D正确；第一类永动机不可能制成，是因为它违反了能量守恒定律，第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，故E错误(2)()设水温升至27 时，气柱的长度为h2，圆筒横截面积为S，根据盖吕萨克定律有，圆筒静止，筒内外液面高度差不变，有hh2h1，联立解得h1 cm；()设圆筒的质量为m，静止在水中时筒内气柱的长度为h3.则mggh1S，mggh3S，圆筒移动过程，根据玻意耳定律有(p0gh1)h2Sp0g(h3H)h3S，解得H72 cm.答案：(1)BCD(2)()1 cm()72 cm