高考物理一輪訓練選 選擇題2含解析新人教版

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1、選擇題（2）李仕才1、如圖所示,質(zhì)量均為m的兩木塊a與b疊放在水平面上,a受到斜向上與水平方向成角的力作用,b受到斜向下與水平方向成角的力作用,兩力大小均為F,兩木塊均保持靜止狀態(tài),則()A.a、b之間一定存在靜摩擦力B.b與地之間一定存在靜摩擦力C.b對a的支持力一定小于mgD.地對b的支持力一定大于2mg答案AC解析對a受力分析,可知a受重力、支持力、拉力和摩擦力而處于平衡,因為力F有水平方向的分力,故a有向右運動的趨勢,所以a應受到b向左的摩擦力,A正確;對整體受力分析可知,整體受重力、支持力、兩個拉力,將拉力沿水平和豎直方向分解可知,其水平分量相等,其整體在水平方向受力平衡,故地面對b

2、沒有摩擦力,B錯誤;F向上的分量使a受到的支持力小于重力,故C正確;豎直方向上,兩分力相互抵消,故ab受地面的支持力等于2mg,故D錯誤。2、.(2018·湖南衡陽月考)在離地面h=15 m高處,以v0=10 m/s的速度同時豎直向上與豎直向下拋出甲、乙兩小球,不計空氣阻力,小球落地后就不再彈起,重力加速度g取10 m/s2,下列說法正確的是()A.兩小球落地時的速度相等B.兩小球落地的時間差為3 sC.乙球落地時甲球恰好運動到最高位置D.t=2 s時,兩小球相距15 m答案ACD解析甲、乙兩小球拋出時速率相等,機械能相等。由于不計空氣阻力,所以兩球運動過程中機械能都守恒,則落地時機

3、械能也相等,落地時的速度必定相等,故A正確。落地時,對于甲球,取豎直向上為正方向,有-h=v0t甲-,解得t甲=3 s,對于乙球:h=v0t乙+,解得t乙=1 s,所以兩小球落地的時間差為2 s,故B錯誤。甲球上升的時間為t= s=1 s=t乙,所以乙球落地時甲球恰好運動到最高點,故C正確。t=2 s時,甲球的位移為x甲=v0t-gt2=0,乙球已落地并不再彈起,所以t=2 s時,兩小球相距15 m,故D正確。3、如圖所示,一個質(zhì)量為m的圓環(huán)套在一根固定的水平長直桿上,環(huán)與桿的動摩擦因數(shù)為。現(xiàn)給環(huán)一個水平向右的恒力F,使圓環(huán)由靜止開始運動,同時對環(huán)施加一個豎直向上、大小隨速度變化的作用力F1=

4、kv,其中k為常數(shù),則圓環(huán)運動過程中()A.最大加速度為B.最大加速度為C.最大速度為D.最大速度為答案AC解析當F1=mg,即kv=mg,v=時,圓環(huán)水平方向不受摩擦力,則圓環(huán)的加速度最大為a=,A正確,B錯誤;當滑動摩擦力Ff=(kv-mg)=F時,對應的速度最大,v=,C正確,D錯誤。4、.(2018·湖北黃岡市高三檢測)“嫦娥四號”(專家稱為“四號星”),計劃在2018年發(fā)射升空,它是嫦娥探月工程計劃中嫦娥系列的第四顆人造探月衛(wèi)星,主要任務是更深層次、更加全面的科學探測月球地貌、資源等方面的信息,完善月球檔案資料。已知引力常量為G,月球的半徑為R,月球表面的重力加速度為g,嫦

5、娥四號離月球中心的距離為r,繞月周期為T。根據(jù)以上信息判斷下列說法正確的是()A.“嫦娥四號”繞月運行的速度為B.月球的第一宇宙速度為C.“嫦娥四號”必須減速運動才能返回地球D.月球的平均密度為=答案B解析根據(jù)萬有引力提供向心力,得G=m,得v=,又因為在月球表面物體受到的重力等于萬有引力,有G=m'g,得GM=gR2。所以“嫦娥四號”繞月運行的速度為v=,故A錯誤。月球的第一宇宙速度為近月衛(wèi)星的運行速度,所以由重力提供向心力,得mg=m,得v=。故B正確。“嫦娥四號”要脫離月球的束縛才能返回地球,而嫦娥四號要脫離月球束縛必須加速做離心運動才行。故C錯誤。根據(jù)萬有引力提供向心力G=mr

6、,得月球的質(zhì)量M=,所以月球的密度=。故D錯誤。5、(2017·江蘇蘇北四市一模)如圖所示,半徑為R的豎直光滑圓弧軌道與光滑水平面相切,質(zhì)量均為m的小球A、B與輕桿連接,置于圓弧軌道上,A位于圓心O的正下方,B與O等高。它們由靜止釋放,最終在水平面上運動。下列說法正確的是()A.下滑過程中重力對B做功的功率先增大后減小B.當B滑到圓弧軌道最低點時,軌道對B的支持力大小為3mgC.下滑過程中B的機械能增加D.整個過程中輕桿對A做的功為mgR答案AD解析因為初位置速度為零,則重力的功率為零,最低點速度方向與重力的方向垂直,重力的功率為零,可知重力的功率先增大后減小,故A正確;A、B小球組

7、成的系統(tǒng)在運動過程中機械能守恒,設(shè)B到達軌道最低點時速度為v,根據(jù)機械能守恒定律得 (m+m)v2=mgR,解得v=,在最低點,根據(jù)牛頓第二定律得FN-mg=m,解得FN=2mg,故B錯誤;下滑過程中,B的重力勢能減小Ep=mgR,動能增加量Ek=mv2=mgR,所以B的機械能減小mgR,故C錯誤;整個過程中,對A根據(jù)動能定理得W=mv2=mgR,故D正確。6、.(2017·河南林州市月考)如圖所示,三角形傳送帶以1 m/s 的速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動,兩邊的傳送帶長都是2 m且與水平方向的夾角均為37°?，F(xiàn)有兩個小物塊A、B從傳送帶頂端都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑,物塊與

8、傳送帶間的動摩擦因數(shù)都是0.5,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列判斷正確的是()A.物塊A先到達傳送帶底端B.物塊A、B同時到達傳送帶底端C.傳送帶對物塊A、B均做負功D.物塊A下滑過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量小于B下滑過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量答案BCD解析因tan 37°=0.75>0.5,即mgsin >mgcos ,故A、B都會勻加速下滑,根據(jù)牛頓第二定律知A、B加速度大小相等,故會同時到達底端,選項A錯誤,B正確;物塊A、B受到傳送帶的摩擦力方向與其運動方向相反,故傳送帶對物塊A、B均做負功,選項C正確;因A物塊與傳

9、送帶同向運動,相對位移要小,根據(jù)Q=Ffs相對,產(chǎn)生的熱量要小于B物塊下滑產(chǎn)生的熱量,故選項D正確。7、如圖所示的電路中,電源電動勢為12 V,內(nèi)阻為2 ,四個電阻的阻值已在圖中標出。閉合開關(guān)S,下列說法正確的有()A.路端電壓為10 VB.電源的總功率為10 WC.a、b間電壓的大小為5 VD.a、b間用導線連接后,電路的總電流為1 A答案AC解析已知電路中的總電阻R總=2 + =12 ,干路電流I總=1 A,各支路電流為0.5 A,路端電壓U=E-I總r=12 V-1 A×2 =10 V,選項A正確;電源的總功率P總=EI總=12 V×1 A=12 W,選項B錯誤;設(shè)電

10、源負極電勢為0,a點電勢為a=UaO=0+0.5 A×5 =2.5 V,b點電勢為b=0+0.5 A×15 =7.5 V,所以|Uab|=7.5 V-2.5 V=5 V,選項C正確;用導線將a、b連接,總電阻為R總'=2 + + =9.5 ,據(jù)I=知電路總電流不等于1 A,選項D錯誤。8、(2017·安徽六校教育研究會第一次聯(lián)考)如圖所示,在x軸上方存在垂直于紙面向里的磁感應強度為B的勻強磁場,x軸下方存在垂直于紙面向外的磁感應強度為的勻強磁場。一帶負電的粒子質(zhì)量為m,電荷量為q,從原點O與x軸成=30°斜向上射入磁場,且在x軸上方運動半徑為r(

11、不計重力),則()A.粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)一定能回到原點OB.粒子完成一次周期性運動的時間為C.粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為12D.粒子第二次射入x軸上方磁場時,沿x軸方向前進了3r答案BCD解析根據(jù)左手定則判斷可知,粒子在第一象限沿順時針方向運動,而在第四象限沿逆時針方向運動,故不可能回到原點O,故A錯誤。因第四象限中磁感應強度為第一象限中的一半,故第四象限中的軌跡半徑為第一象限中軌跡半徑的2倍,如圖所示,由幾何關(guān)系可知,負電荷在第一象限軌跡所對應的圓心角為60°,在第四象限軌跡所對應的圓心角也為60°,在一個周期內(nèi),粒子在第一象限運動的時間為t1=T=;同理,在第

12、四象限運動的時間為t2=T'=;完成一次周期性運動的時間為t1+t2=,故B正確。由r=,知粒子做圓周運動的半徑與B成反比,則粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為12,故C正確。根據(jù)幾何知識得:粒子第二次射入x軸上方磁場時,沿x軸前進的距離為x=r+2r=3r,故D正確。9、(2017·廣東中山一中等七校聯(lián)考)如圖甲所示,圓形線圈P靜止在水平桌面上,其正上方懸掛一相同的線圈Q,P和Q共軸,Q中通有變化的電流,電流變化的規(guī)律如圖乙所示,P所受的重力為G,桌面對P的支持力為N,則()A.t1時刻,N>GB.t2時刻,N>GC.t3時刻,N<GD.t4時刻

13、,N<G答案AD解析t1時刻Q電流增強,其磁場增強,則穿過P的磁通量變大,由楞次定律可知P將阻礙磁通量的變大,則P有向下運動的趨勢,對桌面的壓力增大,故N>G,A正確;t2時刻Q電流減小,其磁場減弱,則穿過P的磁通量變小,由楞次定律可知P將阻礙磁通量的變小,則P有向上運動的趨勢,對桌面的壓力減小,N<G,故B錯誤;t3時刻電流增大,故N>G,C錯誤;t4時刻電流減小,故N<G,D正確。10、(2017·河北張家口模擬)如圖所示,50匝矩形閉合導線框ABCD處于磁感應強度大小B= T的水平勻強磁場中,線框面積S=0.5 m2,線框電阻不計,線框平面與磁感線

14、垂直,以此時刻為計時起點,線框繞垂直于磁場的軸OO'以角速度=200 rad/s勻速轉(zhuǎn)動,并與理想變壓器原線圈相連,副線圈接入一只“220 V60 W”燈泡,且燈泡正常發(fā)光,熔斷器允許通過的最大電流為10 A,下列說法正確的是()A.圖示位置穿過線框的磁通量變化率不為零B.線框中交流電壓的表達式為e=500sin 200t VC.變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為5011D.允許變壓器輸出的最大功率為5 000 W答案BD解析圖示位置穿過線框的磁通量最大,磁通量的變化率為零,A錯誤;產(chǎn)生的感應電動勢的最大值Em=NBS=500 V,從圖示位置計時,電動勢的瞬時值表達式e=500sin 200t

15、(V),B正確;變壓器原、副線圈的匝數(shù)比,C錯誤;變壓器允許輸出的最大功率P=U1I1max=500×10 W=5 000 W,D正確。11、下列說法正確的是()A.愛因斯坦在光的粒子性的基礎(chǔ)上,建立了光電效應方程B.康普頓效應表明光子只具有能量,不具有動量C.玻爾的原子理論成功地解釋了氫原子光譜的實驗規(guī)律D.盧瑟福根據(jù)粒子散射實驗提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型E.德布羅意指出微觀粒子的動量越大,其對應的波長就越長答案ACD解析愛因斯坦提出了光子假說,建立了光電效應方程,故選項A正確;康普頓效應表明光不僅具有能量,還具有動量,故選項B錯誤;玻爾的原子理論成功地解釋了氫原子光譜的實驗規(guī)律,故

16、選項C正確;盧瑟福根據(jù)粒子散射實驗提出了原子核式結(jié)構(gòu)模型,故選項D正確;微觀粒子的德布羅意波長為=,其中p為微觀粒子的動量,故動量越大,則對應的波長就越短,選項E錯誤。12、(2017·山東濰坊模擬)如圖所示,一定質(zhì)量的理想氣體,從圖示A狀態(tài)開始,經(jīng)歷了B、C,最后到D狀態(tài),下列判斷中正確的是()A.AB溫度升高,壓強不變B.BC體積不變,壓強變大C.BC體積不變,壓強不變D.CD體積變小,壓強變大答案AD解析由圖象可知,在AB的過程中,氣體溫度升高,體積變大,且體積與溫度成正比,由=C,氣體壓強不變,故A正確;由圖象可知,在BC的過程中,體積不變而熱力學溫度降低,由=C可知,壓強p

17、減小,故B、C錯誤;由圖象可知,在CD的過程中,氣體溫度不變,體積減小,由=C可知,壓強p增大,故D正確。13、(2017·河南安陽模擬)下列五幅圖分別對應五種說法,其中正確的是()A.利用沙擺裝置演示簡諧運動的實驗B.共振曲線C.波的干涉的示意圖D.泊松亮斑E.沿x軸正方向傳播的一列橫波A.圖A中,若勻速拉動木板的速度較大,則由圖象測得簡諧運動的周期較大B.由圖B可知,系統(tǒng)的固有頻率為f0C.圖C中頻率相同的兩列波疊加,使某些區(qū)域的振動加強,某些區(qū)域的振動減弱,這種現(xiàn)象叫作波的干涉D.圖D中泊松亮斑是小孔衍射形成的圖樣E.圖E中若簡諧波的波速為200 m/s,從圖示時刻開始,質(zhì)點a

18、經(jīng)0.01 s通過的路程為0.4 m答案BCE解析演示簡諧運動的圖象實驗中,若勻速拉動木板的速度較大,會導致圖象的橫坐標變大,但對應的時間仍不變,簡諧運動的周期與單擺的固有周期相同,選項A錯誤;由圖B可知當驅(qū)動力的頻率f跟固有頻率f0相同時,才出現(xiàn)共振現(xiàn)象,振幅才最大,距固有頻率f0相差越大,振幅越小,選項B正確;頻率相同的兩列波疊加,使某些區(qū)域的振動加強,某些區(qū)域的振動減弱,這種現(xiàn)象叫作波的干涉,選項C正確;泊松亮斑是光繞過圓形擋板后衍射形成的圖樣,選項D錯誤;由圖E可知,該波的波長是4 m,則周期T= s=0.02 s,從圖示時刻開始,質(zhì)點a經(jīng)0.01 s,即半個周期,a恰好到達負的最大位移處,通過的路程為0.4 m,選項E正確。6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375