2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 選擇題（14）（含解析）新人教版.doc

選擇題（14）李仕才1、.(勻變速直線運動規(guī)律的應(yīng)用)(2017湖北武漢調(diào)研)如圖所示,一汽車裝備了具有自動剎車功能的安全系統(tǒng),系統(tǒng)以50 Hz的頻率監(jiān)視前方的交通狀況。當(dāng)車速v10 m/s 且與前方靜止的障礙物之間的距離接近安全距離時,如果司機未采取制動措施,系統(tǒng)就會立即自動剎車,使汽車避免與障礙物相撞。在上述條件下,若該車在不同路況下的自動剎車的加速度取46 m/s2之間的某一值,則自動剎車的最長時間為()A. sB. sC.2.5 sD.12.5 s答案C解析當(dāng)車速最大vm=10 m/s且加速度取最小值時,自動剎車時間最長。由速度公式,v=vm-at解得t=2.5 s,選項C正確。2、(2017湖南四校聯(lián)考)如圖所示,兩根直木棍AB和CD相互平行,斜靠在豎直墻壁上固定不動,一個圓筒從木棍的上部以初速度v0勻速滑下。若保持兩木棍傾角不變,將兩棍間的距離減小后固定不動,仍將圓筒放在兩木棍上部以初速度v0滑下,下列判斷正確的是()A.仍勻速滑下B.勻加速下滑C.減速下滑D.以上三種運動均可能答案B解析圓筒從木棍的上部勻速滑下過程中,受到重力、兩棍的支持力和摩擦力,根據(jù)平衡條件得知,兩棍支持力的合力和摩擦力不變,將兩棍間的距離稍減小后,兩棍支持力的合力不變,而兩支持力夾角減小,則每根木棍對圓筒的支持力變小,則滑動摩擦力變小,而重力沿斜面向下的分力不變,則圓筒將勻加速滑下,故B正確,A、C、D錯誤,故選B。3、(動力學(xué)兩類基本問題)(2018湖南長沙月考)如圖是汽車運送圓柱形工件的示意圖,圖中P、Q、N是固定在車體上的壓力傳感器,假設(shè)圓柱形工件表面光滑,汽車靜止不動時Q傳感器示數(shù)為零,P、N傳感器示數(shù)不為零。當(dāng)汽車向左勻加速啟動過程中,P傳感器示數(shù)為零時,Q、N傳感器示數(shù)不為零。已知sin 15=0.26,cos 15=0.97,tan 15=0.27,g取10 m/s2,則汽車向左勻加速啟動的加速度可能為()A.3B.2.7C.1.5D.1答案A解析當(dāng)汽車向左勻加速啟動過程中,P傳感器示數(shù)為零而Q、N傳感器示數(shù)不為零,受力分析如圖:豎直方向:FQ+mg=FNcos 15水平方向:F合=FNsin 15=ma聯(lián)立解得a=tan 15=0.27+2.7 m/s2>2.7 m/s2,故A選項正確。4、(與斜面相關(guān)的平拋運動問題)如圖所示,在傾角=37的斜面底端的正上方H處,平拋一個物體,該物體落到斜面上的速度方向正好與斜面垂直,則物體拋出時的初速度為()A.B.C.D.答案B解析設(shè)飛行的時間為t,則x=v0ty=gt2因為是垂直撞上斜面,斜面與水平面之間的夾角為37,所以v0=gt因為斜面與水平面之間的夾角為37由三角形的邊角關(guān)系可知,H=y+xtan 37解得v0=5、發(fā)射地球同步通信衛(wèi)星的基本方法是先用火箭將衛(wèi)星送入一近地橢圓軌道a運行,然后開動星載火箭變軌,將其送入與地球自轉(zhuǎn)同步的軌道b,變軌點選在軌道a與軌道b內(nèi)切的Q點,如圖所示。下列說法正確的是()A.衛(wèi)星在變軌后通過Q點的加速度大于變軌前通過Q點的加速度B.衛(wèi)星變軌后在Q點的機械能比變軌前的大C.衛(wèi)星在軌道b運行速度小于在軌道a運行時的最小速度D.衛(wèi)星在Q點變軌時星載火箭噴射氣體的方向與衛(wèi)星線速度方向相同導(dǎo)學(xué)號06400301答案B解析衛(wèi)星受地球的萬有引力就是衛(wèi)星的合力。根據(jù)牛頓第二定律得a=,M為地球質(zhì)量,r為衛(wèi)星到地球中心的距離,所以衛(wèi)星在“同步軌道”與在“轉(zhuǎn)移軌道”的遠地點相比,加速度不變,故A錯誤。在橢圓軌道遠地點實施變軌成圓軌道是做逐漸遠離圓心的運動,要實現(xiàn)這個運動必須萬有引力小于衛(wèi)星所需向心力,所以應(yīng)給衛(wèi)星加速,增加所需的向心力。即衛(wèi)星在“同步軌道”與在“轉(zhuǎn)移軌道”的遠地點相比速度變大,衛(wèi)星在“同步軌道”與在“轉(zhuǎn)移軌道”的遠地點相比重力勢能不變,動能較大,所以機械能較大,故B正確。在橢圓軌道上,衛(wèi)星在Q點速度最小,衛(wèi)星在軌道b運行速度大于在軌道a上Q點速度,故C錯誤。衛(wèi)星在Q點變軌時星載火箭噴射氣體的方向與衛(wèi)星線速度方向相反,給衛(wèi)星加速,故D錯誤。6、(含彈簧類)如圖所示,在高1.5 m 的光滑平臺上有一個質(zhì)量為2 kg的小球被一細線拴在墻上,小球與墻之間有一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧。當(dāng)燒斷細線時,小球被彈出,小球落地時的速度方向與水平方向成60,則彈簧被壓縮時具有的彈性勢能為(g取10 m/s2)()A.10 JB.15 JC.20 JD.25 J答案A解析由mgh=-0得vy=,即vy= m/s,落地時,tan 60=可得v0= m/s,由機械能守恒定律得Ep=,可求得Ep=10 J,故A正確。7、(多選)(碰撞模型)(2018貴州臺江區(qū)月考)如圖所示,半徑和動能都相等的兩個小球相向而行。甲球質(zhì)量m甲大于乙球質(zhì)量m乙,水平面是光滑的,兩球做對心碰撞以后的運動情況可能是()A.甲球速度為零,乙球速度不為零B.兩球速度都不為零C.乙球速度為零,甲球速度不為零D.兩球都以各自原來的速率反向運動答案AB解析首先根據(jù)兩球動能相等得m甲m乙,解得兩球碰前動量大小之比為,因m甲>m乙,則p甲>p乙,則系統(tǒng)的總動量方向向右。根據(jù)動量守恒定律可以判斷,碰后兩球運動情況可能是A、B所述情況,而C、D情況是違背動量守恒的,故C、D情況是不可能的。8、.(電場力做功與電勢能)(2017四川綿陽月考)在一個勻強電場中有a、b兩點,相距為d,電場強度為E,把一個電荷量為q的正電荷由a點移到b點時,克服電場力做功為W,下列說法正確的是()A.該電荷在a點電勢能較b點大B.a點電勢比b點電勢低C.a、b兩點電勢差大小一定為U=EdD.a、b兩點電勢差Uab=答案B解析正電荷由a點移到b點時,電場力對電荷做負功W,電勢能增加,該電荷在a點電勢能較b點小,選項A錯誤;a點電勢比b點電勢低,故B正確;當(dāng)a、b兩點在同一電場線上時,U=Ed,本題a、b是否在同一電場線上不確定,則U大小不一定等于Ed,故C錯誤;電荷從a移動到b,克服電場力做功W,根據(jù)電勢差的定義Uab=,選項D錯誤。9、多選)(2017北京西城區(qū)模擬)一只電飯煲和一臺洗衣機并聯(lián)接在輸出電壓為u=311sin (314t) V的交流電源上(其內(nèi)阻可忽略不計),均能正常工作。用電流表分別測得通過電飯煲的電流是5.0 A,通過洗衣機電動機的電流為0.50 A,則下列說法正確的是()A.電飯煲的電阻為44 B.電飯煲消耗的電功率為1 555 W,洗衣機電動機消耗的電功率為155.5 WC.1 min內(nèi)電飯煲消耗的電能為6.6104 J,洗衣機電動機消耗的電能為6.6103 JD.電飯煲發(fā)熱功率是洗衣機電動機發(fā)熱功率的10倍答案AC解析由于電飯煲是純電阻元件,所以R1=44 ,P1=UI1=1 100 W,其在1min內(nèi)消耗的電能W1=UI1t=6.6104 J。洗衣機為非純電阻元件,所以R2,P2=UI2=110 W,其在1min內(nèi)消耗的電能W2=UI2t=6.6103 J。其熱功率P熱P2,所以電飯煲發(fā)熱功率不是洗衣機電動機發(fā)熱功率的10倍。10、(多解問題)(2017陜西渭南一模)在真空室中,有垂直于紙面向里的勻強磁場,三個質(zhì)子1、2和3分別以大小相等、方向如圖所示的初速度v1、v2和v3經(jīng)過平板MN上的小孔O射入勻強磁場,這三個質(zhì)子打到平板MN上的位置到小孔O的距離分別是s1、s2和s3,不計質(zhì)子重力,則有()A.s1>s2>s3B.s1<s2<s3C.s1=s3>s2D.s1=s3<s2答案D解析由已知條件可知三個質(zhì)子運動軌跡的半徑相等。由于初速度v1和v3的方向與MN的夾角相等,所以這兩個質(zhì)子的運動軌跡正好能組合成一個完整的圓,則這兩個質(zhì)子打到平板MN上的位置到小孔的距離是相等的,且小于軌跡圓的直徑;而初速度為v2的質(zhì)子方向與MN垂直,則它的運動軌跡正好是半圓,所以質(zhì)子打到平板MN上的位置到小孔的距離恰好是圓的直徑,即s1=s3<s2,D正確。11、(2018江蘇蘇北四市聯(lián)考)如圖所示,螺線管與靈敏電流計相連,磁鐵從螺線管的正上方由靜止釋放,向下穿過螺線管。下列說法正確的是()A.電流計中的電流先由a到b,后由b到aB.a點的電勢始終低于b點的電勢C.磁鐵減少的重力勢能等于回路中產(chǎn)生的熱量D.磁鐵剛離開螺線管時的加速度小于重力加速度答案D解析電流計中的電流先由b到a,后由a到b,A錯誤;a點的電勢先比b點低,后比b點高,B錯誤;磁鐵減少的機械能等于回路中產(chǎn)生的熱量,C錯誤;根據(jù)楞次定律,感應(yīng)電流的磁場總是阻礙磁鐵與閉合回路間的相對運動,磁鐵剛離開螺線管時,受到向上的磁場力,加速度小于重力加速度,D正確。12、(多選)(交變電流“四值”的計算)(2017河南鄭州一模) 邊長為l的正方形線框在勻強磁場B中以角速度勻速轉(zhuǎn)動,產(chǎn)生的感應(yīng)電流的最大值為Im,設(shè)燈泡的電阻為R,其他電阻不計。從如圖所示位置開始計時,則()A.電路中電流的最大值Im=B.電路中電流的瞬時表達式為i=Imsin tC.電流表的讀數(shù)為D.燈泡的電功率為R答案AD解析感應(yīng)電動勢的最大值Em=Bl2,則電流的最大值Im=,選項A正確;由線圈電流為最大值時開始計時,故電路中電流的瞬時表達式應(yīng)為i=Imcos t,選項B錯誤;電流表的讀數(shù)為有效值,為I=Im,選項C錯誤;燈泡的電功率P=I2R=R,選項D正確。13、如圖所示,相距為d的兩平行金屬板A、B足夠大,板間電壓恒為U,有一波長為的細激光束照射到B板表面,使B板發(fā)生光電效應(yīng),已知普朗克常量為h,金屬板B的逸出功為W,電子質(zhì)量為m,電荷量為e,求:(1)從B板運動到A板所需時間最短的光電子到達A板時的動能;(2)光電子從B板運動到A板所需的最長時間。答案(1)eU+-W(2)d解析(1)由愛因斯坦光電效應(yīng)方程Ek=h-W和光子的頻率為=,可得到光電子的最大初動能為Ek=-W。能以最短時間到達A板的光電子是初動能最大且垂直于板面離開B板的電子。設(shè)光電子到達A板的動能為Ek1,則由動能定理得,eU=Ek1-Ek,所以Ek1=eU+-W。(2)能以最長時間到達A板的光電子是離開B板時的初速度為零或初速度方向平行于B板的光電子。根據(jù)牛頓第二定律和勻變速直線運動規(guī)律,有d=at2=得t=d。