高考物理一輪訓(xùn)練選 選擇題6含解析新人教版

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1、人教物理2019高考物理一輪訓(xùn)練選：選擇題（6）李仕才1、(2018·山東冠縣期初)下列說法正確的是()A.高速公路上限速牌上的速度值指平均速度B.運動員在處理做香蕉球運動的足球時,要將足球看成質(zhì)點C.運動員的鏈球成績是指鏈球從離開手到落地的位移大小D.選取不同的參考系,同一物體的運動軌跡可能不同答案D解析高速公路上限速牌上的速度指瞬時速度,A錯;運動員在處理做香蕉球運動的足球時,要考慮足球的旋轉(zhuǎn),不可把足球看成質(zhì)點,B錯;運動員的鏈球成績是指鏈球運動員所站圓心到落地點的位移,C錯;選取不同的參考系,同一物體的運動軌跡可能不同,D對。2、如圖所示,小球用細(xì)繩系住,繩的另一端固定于O點

2、?，F(xiàn)用水平力F緩慢推動斜面體,小球在斜面上無摩擦地滑動,細(xì)繩始終處于直線狀態(tài),當(dāng)小球升到接近斜面頂端時細(xì)繩接近水平,此過程中斜面對小球的支持力FN以及繩對小球的拉力FT的變化情況是()A.FN不斷增大,FT先減小后增大B.FN保持不變,FT先增大后減小C.FN保持不變,FT不斷增大D.FN不斷增大,FT不斷減小答案A解析先對小球進(jìn)行受力分析,重力、支持力FN、拉力FT組成一個閉合的矢量三角形,由于重力不變、支持力FN方向不變,斜面向左移動的過程中,拉力FT與水平方向的夾角減小,當(dāng)=時,FTFN,細(xì)繩的拉力FT最小,由圖可知,隨的減小,斜面的支持力FN不斷增大,FT先減小后增大。故A正確,B、C

3、、D錯誤。3、.如圖所示,一個質(zhì)量為M=2 kg的小木板放在光滑的水平地面上,在木板上放著一個質(zhì)量為m=1 kg的小物體,它被一根水平方向上壓縮了的彈簧推著靜止在木板上,這時彈簧的彈力為2 N。現(xiàn)沿水平向左的方向?qū)π∧景迨┮宰饔昧?使木板由靜止開始運動起來,運動中力F由0逐漸增加到9 N,以下說法正確的是()A.物體與小木板先保持相對靜止一會,后相對滑動B.物體受到的摩擦力一直減小C.當(dāng)力F增大到6 N時,物體不受摩擦力作用D.小木板受到9 N的拉力時,物體受到的摩擦力為3 N答案C解析由題,當(dāng)彈簧的彈力是2 N向左時,物體仍然靜止在木板上,所以物體與木板之間的最大靜摩擦力要大于或等于2 N。

4、若要使物體相對于木板向右滑動,則物體受到向右的合力至少為4 N的力,物體的加速度為a= m/s2=4 m/s2同時,物體與木板有相對運動時,木板的加速度要大于物體的加速度,當(dāng)二者相等時,為最小拉力。則有Fmin=(M+m)a=(2+1)×4 N=12 N即只有在拉力大于12 N時,物體才能相對于木板滑動,所以在拉力小于9 N時,物體相對于木板靜止。故A錯誤。若物體與木板之間的摩擦力恰好為0,則物體只受到彈簧的彈力的作用,此時物體的加速度為a'= m/s2=2 m/s2由于物體始終相對于木板靜止,所以此時整體在水平方向的受力為F0=(M+m)a'=(2+1)×

5、2 N=6 N所以當(dāng)力F增大到6 N時,物體不受摩擦力作用。則拉力小于6 N之前,摩擦力隨拉力F的增大而減小,當(dāng)拉力大于6 N時,摩擦力又隨拉力的增大而增大。故B錯誤,C正確。小木板受到9 N拉力時,整體的加速度a= m/s2=3 m/s2物體受到的摩擦力為Ff',則ma=Ff'+2 N所以Ff'=ma-2 N=1 N。故D錯誤。4、如圖為質(zhì)點做勻變速曲線運動軌跡的示意圖,且質(zhì)點運動到D點時速度方向與加速度方向恰好互相垂直,則質(zhì)點從A點運動到E點的過程中,下列說法正確的是()A.質(zhì)點經(jīng)過C點的速率比D點的大B.質(zhì)點經(jīng)過A點時的加速度方向與速度方向的夾角小于90°

6、;C.質(zhì)點經(jīng)過D點時的加速度比B點的大D.質(zhì)點從B點到E點的過程中加速度方向與速度方向的夾角先增大后減小答案A解析質(zhì)點做勻變速曲線運動,所以加速度不變;由于在D點速度方向與加速度方向垂直,則在C點時速度方向與加速度方向的夾角為鈍角,所以質(zhì)點由C到D速率減小,C點速率比D點大。5、(2017·吉林摸底)如圖所示,將質(zhì)量為m的小球以速度v0由地面豎直向上拋出。小球落回地面時,其速度大小為v0。設(shè)小球在運動過程中所受空氣阻力的大小不變,則空氣阻力的大小等于()A. mgB.mgC.mgD.mg答案D解析對小球向上運動,由動能定理有-(mg+Ff)H=0-,對小球向下運動,由動能定理有(mg

7、-Ff)H=,聯(lián)立解得Ff=mg,故D正確。6、一個質(zhì)量是5 kg的小球以5 m/s的速度豎直落到地板上,隨后以3 m/s的速度反向彈回,若取豎直向下的方向為正方向,則小球動量的變化量是()A.10 kg·m/sB.-10 kg·m/sC.40 kg·m/sD.-40 kg·m/s答案D解析因向下為正方向,則小球與地面相碰前的動量為p1=mv1=5×5 kg·m/s=25 kg·m/s;碰后的動量為p2=mv2=5×(-3) kg·m/s=-15 kg·m/s;則小球的動量變化為p=p2-p1=

8、(-15 kg·m/s)-25 kg·m/s=-40 kg·m/s,故D正確。7、如圖所示電路中,電源電動勢為E、內(nèi)阻為r、R0為定值電阻,電容器的電容為C。閉合開關(guān)S,增大可變電阻R的阻值,電壓表示數(shù)的變化量為U,電流表示數(shù)的變化量為I,則()A.變化過程中U和I的比值保持不變B.電壓表示數(shù)U和電流表示數(shù)I的比值不變C.電阻R0兩端電壓減小,減小量為UD.電容器所帶的電荷量增大,增加量為CU答案AD解析閉合開關(guān)S,增大可變電阻R的阻值,電流表示數(shù)減小,電壓表示數(shù)增大,變化過程中U和I的比值等于定值電阻R0與電源內(nèi)阻r之和,保持不變;電壓表示數(shù)U和電流表示數(shù)I的比

9、值等于可變電阻R的阻值,逐漸增大,選項A正確,B錯誤;電阻R0兩端電壓減小,減小量小于U,選項C錯誤;電容器所帶的電荷量增大,增加量為CU,選項D正確。8、如圖所示,一個邊長為l、三邊電阻相同的正三角形金屬框放置在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。若通以圖示方向的電流(從A點流入,從C點流出),電流為I,則金屬框受到的磁場力為()A.0B.IlBC. IlBD.2IlB答案B解析金屬框三邊電阻相同,則AC、ABC兩段導(dǎo)線上流過的電流分別為I和I,導(dǎo)線ABC段的有效長度為2lsin 30°=l,所以該正三角形通電導(dǎo)線受到的安培力大小為IlB+IlB=IlB,故B正確。9、(2017·

10、;河南許昌三模)如圖所示,一個閉合三角形導(dǎo)線框ABC位于豎直平面內(nèi),其下方(略靠前)固定一根與線框平面平行的水平直導(dǎo)線,導(dǎo)線中通以圖示方向的恒定電流。釋放線框,它由實線位置下落到虛線位置未發(fā)生轉(zhuǎn)動,在此過程中()A.線框中感應(yīng)電流方向依次為ACBAABCAB.線框的磁通量為零時,感應(yīng)電流卻不為零C.線框所受安培力的合力方向依次為向上向下向上D.線框做自由落體運動答案B解析根據(jù)右手定則,通電直導(dǎo)線的磁場在上方垂直紙面向外,下方垂直紙面向里;離導(dǎo)線近的地方磁感應(yīng)強度大,離導(dǎo)線遠(yuǎn)的地方磁感應(yīng)強度小。線框從上向下靠近導(dǎo)線的過程,垂直紙面向外的磁通量增加,根據(jù)楞次定律,線框中產(chǎn)生順時針方向的電流;穿越導(dǎo)

11、線時,上方垂直紙面向外的磁場和下方垂直紙面向里的磁場疊加,先是垂直紙面向外的磁通量減小,之后變成垂直紙面向里的磁通量增大,直至最大;根據(jù)楞次定律,線框中產(chǎn)生逆時針方向的電流。垂直紙面向里的磁通量變成最大后,線框繼續(xù)向下運動,垂直紙面向里的磁通量減小,這時的電流方向又變成了順時針,即感應(yīng)電流方向依次為ACBAABCAACBA,故A錯誤;根據(jù)A中的分析,線框穿越導(dǎo)線時,始終有感應(yīng)電流存在,故B正確;根據(jù)楞次定律,安培力始終阻礙線框相對磁場的運動,故安培力的方向始終向上,線框不可能做自由落體運動,故C、D錯誤。10、(2017·河北石家莊一模)如圖所示為小型旋轉(zhuǎn)電樞式交流發(fā)電機,電阻r=1

12、 的矩形線圈在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,繞垂直于磁場方向的固定軸OO'勻速轉(zhuǎn)動,線圈的兩端經(jīng)集流環(huán)和電刷與電路連接,滑動變阻器R的最大阻值為6 ,滑片P位于滑動變阻器距下端處,定值電阻R1=2 ,其他電阻不計,線圈勻速轉(zhuǎn)動的周期T=0.02 s。閉合開關(guān)S,從線圈平面與磁場方向平行時開始計時,線圈轉(zhuǎn)動過程中理想電壓表示數(shù)是5 V。下列說法正確的是()A.電阻R1消耗的功率為WB.0.02 s時滑動變阻器R兩端的電壓瞬時值為零C.線圈產(chǎn)生的電動勢e隨時間t變化的規(guī)律是e=6sin 100t VD.線圈從開始計時到 s的過程中,通過R1的電荷量為 C答案D解析設(shè)電源的電動勢為E,由串并聯(lián)

13、電路特點,可得5 V=·5,E=6 V,由閉合電路歐姆定律知,電路中的總電流I=1 A,由焦耳定律可得,電阻R1消耗的功率P1=R1=R1= W,選項A錯誤;0.02 s時正好是圖示時刻,此時線圈產(chǎn)生的電動勢最大,滑動變阻器兩端的電壓也為最大值,而不是零,選項B錯誤;由題設(shè)條件可得,角速度=100 rad/s,則從圖示時刻算起,線圈產(chǎn)生電動勢的表達(dá)式為e=Emcos t=6cos 100t(V),選項C錯誤;線圈從開始計時到 s的過程中,通過線圈的磁通量的變化量=BS,由法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律和電流的定義可得,q= C,由串并聯(lián)電路特點可得,通過R1的電荷量q1=q=

14、C,選項D正確。11、研究放射性元素射線性質(zhì)的實驗裝置如圖所示。兩塊平行放置的金屬板A、B分別與電源的兩極a、b連接,放射源發(fā)出的射線從其上方小孔向外射出。則()A.a為電源正極,到達(dá)A板的為射線B.a為電源正極,到達(dá)A板的為射線C.a為電源負(fù)極,到達(dá)A板的為射線D.a為電源負(fù)極,到達(dá)A板的為射線答案B解析粒子在平行板電容器間做類平拋運動,豎直方向上y=v0t,水平方向上x=at2=t2,聯(lián)立兩個方程可得y=v0,已知粒子的速度為0.9c左右,粒子的速度為0.1c,粒子的質(zhì)量是粒子的,電荷數(shù)為粒子的,所以粒子和粒子豎直方向上的位移之比為<1,所以偏轉(zhuǎn)距離小的應(yīng)該是粒子,即向左偏的射線,a

15、極應(yīng)該為電源正極。選項B正確。12、.(2017·廣東東莞實驗中學(xué)期末)有關(guān)分子的熱運動和內(nèi)能,下列說法正確的是()A.一定質(zhì)量的氣體,溫度不變,分子的平均動能不變B.物體的溫度越高,分子熱運動越劇烈C.物體的內(nèi)能是物體中所有分子熱運動動能和分子勢能的總和D.布朗運動是由懸浮在液體中的微粒之間的相互碰撞引起的答案ABC解析溫度是分子平均動能的標(biāo)志,所以溫度不變,分子的平均動能不變,A正確;物體的溫度越高,分子熱運動越劇烈,B正確;物體的內(nèi)能就是物體內(nèi)部所有分子的熱運動動能和分子勢能的總和,C正確;布朗運動是由液體分子之間的不規(guī)則運動引起的,D錯誤。故選A、B、C。13、(2017&#

16、183;河北衡水中學(xué)調(diào)研)如圖所示,一塊上、下表面平行的玻璃磚的厚度為l,玻璃磚的折射率n=,若光從上表面AB射入,入射角i=60°,光在真空中的光速為c,則()A.折射角=30°B.光在玻璃中傳播的時間為C.光在玻璃中傳播的時間為D.改變?nèi)肷浣莍,光在下表面CD可能發(fā)生全反射E.光一定能從CD面射出答案ACE解析由n=得sin =0.5,得=30°,故A正確;光在玻璃中傳播的速度為v=,由幾何知識可知光在玻璃中傳播的路程為s=,則光在玻璃中傳播的時間為t=,故B錯誤,C正確;由于光在CD面上的入射角等于光在AB面上的折射角,根據(jù)光路可逆性原理可知光一定能從CD面射出,故D錯誤,E正確。我國經(jīng)濟發(fā)展進(jìn)入新常態(tài)，需要轉(zhuǎn)變經(jīng)濟發(fā)展方式，改變粗放式增長模式，不斷優(yōu)化經(jīng)濟結(jié)構(gòu)，實現(xiàn)經(jīng)濟健康可持續(xù)發(fā)展進(jìn)區(qū)域協(xié)調(diào)發(fā)展，推進(jìn)新型城鎮(zhèn)化，推動城鄉(xiāng)發(fā)展一體化因：我國經(jīng)濟發(fā)展還面臨區(qū)域發(fā)展不平衡、城鎮(zhèn)化水平不高、城鄉(xiāng)發(fā)展不平衡不協(xié)調(diào)等現(xiàn)實挑戰(zhàn)。