2019年(全國Ⅰ卷)選擇題高中物理仿真練

2019年(全國Ⅰ卷)選擇題仿真練(建議用時(shí)：25分鐘)題號1415161718192021考點(diǎn)原子的能級躍遷帶電小球在電場中的平衡動(dòng)量定理的應(yīng)用安培力的計(jì)算勻變速直線運(yùn)動(dòng)動(dòng)態(tài)平衡電磁感應(yīng)萬有引力定律的綜合應(yīng)用14.如圖所示，a、b、c為某原子躍遷時(shí)所發(fā)出的三種譜線，從左向右的波長依次增大，在下列各選項(xiàng)中，可能正確的是()15．如圖所示，兩個(gè)帶電小球A、B分別處在光滑絕緣的斜面和水平面上，且在同一豎直平面內(nèi)。用水平向左的推力F作用于B球，兩球在圖示位置靜止?，F(xiàn)將B球水平向左移動(dòng)一小段距離，發(fā)現(xiàn)A球隨之沿斜面向上移動(dòng)少許，兩球在虛線位置重新平衡。與移動(dòng)前相比，下列說法正確的是()A．斜面對A的彈力增大 B．水平面對B的彈力不變C．推力F變小 D．兩球之間的距離變小16．質(zhì)量為m＝0.1kg的小鋼球以v0＝10m/s的水平速度拋出，下落h＝5.0m時(shí)撞擊一鋼板，如圖所示，撞后速度恰好反向，且速度大小不變，已知小鋼球與鋼板作用時(shí)間極短，g取10m/s2，則()A．鋼板與水平面的夾角θ＝60°B．小鋼球從水平拋出到剛要撞擊鋼板的過程中重力的沖量為2N·sC．小鋼球剛要撞擊鋼板時(shí)小球動(dòng)量的大小為10kg·m/sD．鋼板對小鋼球的沖量大小為2eq\r(2)N·s17．一矩形線圈abcd放在水平面上，線圈中通有如圖所示的恒定電流。在ab邊的右側(cè)到ab邊的距離與bc邊的長度相等處，放置水平長直導(dǎo)線MN，MN通有由M到N的電流，在其周圍空間產(chǎn)生磁場，已知載流長直導(dǎo)線周圍磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝eq\f(kI,r)，式中常量k>0，I為電流強(qiáng)度，r為距導(dǎo)線的距離。則()A．a(chǎn)d邊不受安培力作用B．a(chǎn)b邊、cd邊受到的安培力之比為2∶1C．若水平面光滑，線圈將向右做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)D．若水平面粗糙，線圈受到向左的摩擦力作用18．如圖甲所示，一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊靜止在傾角θ＝37°的粗糙固定斜面的頂端，現(xiàn)對物塊施加一個(gè)沿斜面向下的推力F，力F的大小隨時(shí)間t的變化情況如圖乙所示，物塊的速率v隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖丙所示，4s末物塊恰好運(yùn)動(dòng)到斜面底端，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是()A．斜面的長度為2mB．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.8C．物塊的質(zhì)量為0.5kgD．0～4s時(shí)間內(nèi)，力F的最大功率為0.32W19.如圖所示，質(zhì)量均可忽略的輕繩與輕桿承受彈力的最大值一定，輕桿A端用鉸鏈固定，滑輪在A點(diǎn)正上方(滑輪大小及摩擦均可不計(jì))，輕桿B端吊一重物G，現(xiàn)將繩的一端拴在桿的B端，用拉力F將B端緩慢上拉(均未斷)，在AB桿達(dá)到豎直前，以下分析正確的是()A．繩子越來越容易斷 B．繩子越來越不容易斷C．AB桿越來越容易斷 D．AB桿上彈力大小不變20．如圖(a)所示，半徑為r的帶缺口剛性金屬圓環(huán)固定在水平面內(nèi)，缺口兩端引出兩根導(dǎo)線，與電阻R構(gòu)成閉合回路，若圓環(huán)內(nèi)加一垂直于紙面的變化的磁場，變化規(guī)律如圖(b)所示。規(guī)定磁場方向垂直于紙面向里為正，不計(jì)金屬圓環(huán)的電阻。以下說法正確的是()A．0～1s內(nèi)，流過電阻R的電流方向b→R→aB．2～3s內(nèi)，穿過金屬圓環(huán)的磁通量在減小C．t＝2s時(shí)，流過電阻R的電流方向發(fā)生改變D．t＝2s時(shí)，Uab＝πr2B0(V)21.我國自主建設(shè)、獨(dú)立運(yùn)行的北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)由數(shù)十顆衛(wèi)星構(gòu)成，目前已經(jīng)向一帶一路沿線國家提供相關(guān)服務(wù)。設(shè)想其中一顆人造衛(wèi)星在發(fā)射過程中，原來在橢圓軌道1繞地球E運(yùn)行，在P點(diǎn)變軌后進(jìn)入軌道2做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示。下列說法正確的是()A．衛(wèi)星在軌道1上的運(yùn)行周期小于在軌道2上的運(yùn)行周期B．衛(wèi)星在軌道1上P點(diǎn)的加速度等于在軌道2上P點(diǎn)的加速度C．衛(wèi)星在軌道1上的機(jī)械能大于在軌道2上的機(jī)械能D．衛(wèi)星在軌道1上的P點(diǎn)動(dòng)量小于在軌道2上的P點(diǎn)動(dòng)量

參考答案與解析14．解析：選B。從第3能級躍遷到第1能級，能級差最大，放出的光子的頻率最大，波長最短，該光為a光；從第3能級躍遷到第2能級，能級差最小，放出的光子頻率最小，波長最長，該光為c光，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。15.解析：選C。對小球A受力分析，由平行四邊形法則可知，當(dāng)A球到達(dá)虛線位置時(shí)斜面對A的彈力NA減小，A錯(cuò)誤；兩球之間的庫侖力減小，根據(jù)庫侖定律可知，兩球間距變大，D錯(cuò)誤；對A、B整體受力分析可知：NB與NA的豎直分量之和等于A、B的重力之和，NA減小，則NA的豎直分量減小，則NB增大，B錯(cuò)誤；對B受力分析可知，F(xiàn)等于庫侖力F庫的水平分量，因F庫減小且F庫與水平方向的夾角變大，則F庫的水平分量減小，即F減小，C正確。16．解析：選D。由于小球下落過程中在豎直方向有：h＝eq\f(1,2)gt2解得t＝1s故落到鋼板上時(shí)小球在豎直方向的速度vy＝gt＝10m/s，則有tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(10,10)＝1，即θ＝45°撞后速度恰好反向，且速度大小不變，則表示速度恰好與鋼板垂直，所以鋼板與水平面的夾角θ＝45°，故A錯(cuò)誤；根據(jù)沖量的定義知：重力沖量mgt＝1N·s，故B錯(cuò)誤；小球落到鋼板上時(shí)的速度：v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝10eq\r(2)m/s則小球的動(dòng)量大?。簆＝mv＝0.1×10eq\r(2)kg·m/s＝eq\r(2)kg·m/s，故C錯(cuò)誤；小球原速率返回，所以返回的速度仍然為10eq\r(2)m/s，規(guī)定小球撞前的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量定理可知：I＝－mv－mv＝－2mv＝－2×0.1×10eq\r(2)N·s＝－2eq\r(2)N·s，所以鋼板對小鋼球的沖量大小為2eq\r(2)N·s，故D正確。17．解析：選B。根據(jù)右手定則，通電導(dǎo)線MN在左側(cè)的磁場方向向里，由左手定則可知，ad邊受向下的安培力作用，A錯(cuò)誤；根據(jù)B＝eq\f(kI,r)可知，ab邊、cd邊處的磁感應(yīng)強(qiáng)度之比為2∶1，根據(jù)F＝BIL可知ab邊、cd邊受到的安培力之比為2∶1，B正確；因線圈所受安培力的合力向左，則若水平面光滑，線圈將向左做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)；若水平面粗糙，線圈受到向右的摩擦力作用，C、D錯(cuò)誤。18．解析：選B。斜面的長度等于v－t圖象與時(shí)間軸圍成的面積，x＝eq\f(1,2)×(1＋3)×0.8m＝1.6m，故A錯(cuò)誤；由題圖丙知，在1～3s時(shí)間內(nèi)，物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：0.8N＋mgsinθ－μmgcosθ＝ma，由v－t圖象可知，加速度：a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0.8－0,3－1)m/s2＝0.4m/s2，在3～4s時(shí)間內(nèi)，物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得：μmgcosθ－mgsinθ＝0.4N，解得：m＝1kg，μ＝0.8，故B正確，C錯(cuò)誤；0～4s內(nèi)，力F的最大功率為P＝Fv＝0.8×0.8W＝0.64W，故D錯(cuò)誤。19．解析：選BD。以B點(diǎn)為研究對象，它受三個(gè)力的作用而處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)，其中一個(gè)是輕桿的彈力T，一個(gè)是繩子斜向上的拉力F，一個(gè)是繩子豎直向下的拉力F′(大小等于重物受到的重力G)，根據(jù)相似三角形法，可得eq\f(F′,OA)＝eq\f(T,AB)＝eq\f(F,OB)，由于OA和AB不變，OB逐漸減小，因此輕桿上的彈力大小不變，而繩子斜向上的拉力越來越小，B、D正確。20．解析：選AD。規(guī)定磁場方向垂直于紙面向里為正，根據(jù)楞次定律，在0～1s內(nèi)，穿過線圈向里的磁通量增大，則線圈中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，那么流過電阻R的電流方向?yàn)閎→R→a，故A正確；由題圖(b)可知，在2～3s內(nèi)，穿過金屬圓環(huán)的磁通量在增大，故B錯(cuò)誤；1～2s內(nèi)，磁通量向里減小，由楞次定律可知，產(chǎn)生的電流方向?yàn)閍→R→b，2～3s內(nèi)磁通量增大，且磁場反向，由楞次定律可知，產(chǎn)生的電流方向?yàn)閍→R→b，故C錯(cuò)誤；當(dāng)t＝2s時(shí)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(ΔBS,Δt)＝πr2B0(V)，因不計(jì)金屬圓環(huán)的電阻，因此Uab＝E＝πr2B0(V)，故D正確。21．解析：選ABD。由開普勒第三定律eq\f(r3,T2)＝k可知，衛(wèi)星在軌道1上的半長軸小于衛(wèi)星在軌道2上的半徑，則衛(wèi)星在軌道1上的運(yùn)行周期小于在軌道2上的運(yùn)行周期，故A正確；由公式Geq\f(Mm,r2)＝ma，可知衛(wèi)星在軌道