高考物理一轮复习 优编选题（6）（含解析）新人教版.doc

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1、1 / 10【2019【2019 最新最新】精选高考物理一轮复习精选高考物理一轮复习 优编选题（优编选题（6 6） （含解（含解析）新人教版析）新人教版李仕才1、.(平衡问题)(2018湖北黄冈检测)用两段等长的轻质细线将a、b 两个小球连接并悬挂于 O 点,如图甲所示,球 a 受到水平向右的力 3F 的作用,小球 b 受到水平向左的力 F 的作用,平衡时细线都被拉紧,则系统平衡时两球的位置情况如图乙所示,则 a、b 两球质量之比为( )A.11B.12C.21D.23答案 A解析 a 受到 3F 水平向右的力,b 受到 F 的水平向左的力,以整体为研究对象,分析受力如图:设 Oa 绳与竖直方

2、向的夹角为 ,则由平衡条件得 tan =以 b 球为研究对象,受力如图。设 ab 绳与竖直方向的夹角为 ,则由平衡条件得tan =2 / 10由几何关系得到 = 联立解得 ma=mb。故 A 正确,B、C、D 错误。故选 A。2、(竖直上抛运动)(2018河南新乡月考)不计空气阻力,以一定的初速度竖直上拋一物体,从拋出至回到拋出点的时间为 t,现在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板,物体撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反,撞击所需时间不计,则这种情况下物体上升和下降的总时间约为( )A.0.5tB.0.4tC.0.3tD.0.2t答案 C解析物体下降时间为 0.5t,故高度为 h=gt2

3、物体自由落体运动 0.5h 过程,有联立解得 t1=t故第二次物体上升和下降的总时间 t=t-2t1=t-t0.3t。故选 C。3、(多选)(超重、失重)如图,升降机内有一固定斜面,斜面上放一物块。开始时,升降机做匀速运动,物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时( )A.物块与斜面间的摩擦力减小3 / 10B.物块与斜面间的正压力增大C.物块相对于斜面减速下滑D.物块相对于斜面匀速下滑答案 BD解析当升降机加速上升时,物体有竖直向上的加速度,则物块与斜面间的正压力增大,根据滑动摩擦力公式 Ff=FN 可知物体与斜面间的摩擦力增大,故 A 错误,B 正确;设斜面的倾角为 ,物体的质量为 m,

4、当匀速运动时有 mgsin =mgcos ,即 sin =cos 。当物体以加速度 a 向上加速运动时,有 FN=m(g+a)cos ,Ff=m(g+a)cos ,因为 sin =cos ,所以 m(g+a)sin =m(g+a)cos ,故物体仍相对斜面匀速下滑,C 错误,D 正确。4、如图所示,AB 为半圆环 ACB 的水平直径,C 为环上的最低点,环半径为 R。一个小球从 A 点以速度 v0 水平抛出,不计空气阻力,则下列判断正确的是( )A.v0 越大,小球落在圆环时的时间越长B.即使 v0 取值不同,小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角也相同C.若 v0 取值适当,可以使小球

5、垂直撞击半圆环D.无论 v0 取何值,小球都不可能垂直撞击半圆环 答案 D解析小球落在环上的最低点 C 时时间最长,所以选项 A 错误。v0 取4 / 10值不同,小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角不相同,选项 B 错误。要使小球垂直撞击半圆环,设小球落点与圆心的连线与水平方向夹角为 ,根据平抛运动规律,v0t=R(1+cos ),Rsin =gt2,tan =,联立解得 cos =1,即垂直撞击到 B 点,这是不可能的,所以选项 D 正确,C 错误。5、多选)(功和功率)如图所示,某一百货商场内自动电梯以恒定速度v0 匀速上升,一个质量为 m 的人沿电梯匀速往上走,在时间 t 内走

6、完此电梯。若电梯长为 l,电梯斜面倾角为 ,则( )A.电梯对该人做功为 mglsin B.电梯对该人做功为 mgv0tsin C.重力的功率为D.重力的功率为 mgv0sin 答案 BC解析对人受力分析可知,人在匀速通过电梯过程中,重力和电梯的支持力平衡,重心的位移为 l,传送距离为 x=v0t,人克服重力做的功WG=mglsin ,重力的功率 P=,电梯对人做的功 W=mgxsin =mgv0tsin ,故选项 B、C 正确。6、(多选)如图所示,滑块 a、b 的质量均为 m,a 套在固定竖直杆上,5 / 10与光滑水平地面相距 h,b 放在地面上。a、b 通过铰链用刚性轻杆连接,由静止开

7、始运动。不计摩擦,a、b 可视为质点。则( )A.a 落地前,轻杆对 b 一直做正功B.a 落地时速度大小为C.a 下落过程中,其加速度大小始终不大于 gD.a 落地前,当 a 的机械能最小时,b 对地面的压力大小为 mg答案 BD解析滑块 b 的初速度为零,末速度也为零,所以轻杆对 b 先做正功,后做负功,选项 A 错误;以滑块 a、b 及轻杆为研究对象,系统的机械能守恒,当 a 刚落地时,b 的速度为零,则 mgh=+0,即 va=,选项 B 正确;a、b 的先后受力分析如图甲、乙所示。由 a 的受力情况可知,a 下落过程中,其加速度大小先小于 g 后大于 g,选项 C 错误;当 a 落地

8、前 b 的加速度为零(即轻杆对 b 的作用力为零)时,b的机械能最大,a 的机械能最小,这时 b 受重力、支持力,且=mg,由牛顿第三定律可知,b 对地面的压力大小为 mg,选项 D 正确。7、.(多选)(动量定理的理解及应用)(2017贵州县月考)对下列物理现象的解释,正确的是( )A.击钉时,不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻B.跳远时,在沙坑里填沙,是为了减小冲量6 / 10C.易碎品运输时,要用柔软材料包装,船舷常常悬挂旧轮胎,都是为了延长作用时间,减小作用力D.在车内推车推不动,是因为合外力冲量为零答案 CD解析击钉时,不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长;跳远时,在沙坑里填沙,是为

9、了延长人与地的接触时间,所以 A、B 不正确;据动量定理 Ft=p 知,当 p 相同时,t 越长,作用力越小,故 C 正确;车能否移动或运动状态能否改变取决于外力的作用,与内部作用力无关,所以 D 正确。8、(静电场中的图象)(2017安徽黄山期中)某静电场中有一条电场线与 x 轴重合,纵轴 表示该条电场线上对应各点的电势 随 x 的变化规律,如图所示。x 轴上坐标为 x1=-x0 点的电势和电场强度大小分别为 1 和 E1,坐标 x2=x0 点的电势和电场强度大小分别为 2和 E2,下列有关判断正确的是( )A.12,E1E2B.1E2C.12,E1E2,B 正确,D 错。9、(含电容器电路

10、的分析)如图所示,一正方体导线框各边电阻均为R,MN、PQ 两边均接有电容为 C 的电容器。开关闭合后,若电流表的示数为 I,则每个电容器所带的电荷量为( )A. IRCB. IRCC. IRCD. IRC答案 C解析由于电容器中无电流通过,去掉两电容器,则电路可简化为如图所示。由对称性可知,每个主支路的电流为,分支路的电流为,电容器两端电压为 IR,由 C=可知,每个电容器所带的电荷量 Q=CU=IRC,选项C 正确。10、(多选)(带电粒子在叠加场中的运动)(2017河南郑州质检)如图所示为一个质量为 m、电荷量为+q 的圆环,可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动,细杆处于磁感应强度为 B

11、 的匀强磁场中,不计空气阻力,现给圆环向右的初速度 v0,在以后的运动过程中,圆环运动的速度图象可能是下图中的( )答案 AD解析带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力,当重力与洛伦兹力相等时,圆环将做匀速直线运动,A 正确;当洛伦兹力大于重力时,圆环受到摩擦力的作用,并且随着速度的减小而减小,圆环将做加速度减小8 / 10的减速运动,最后做匀速直线运动,D 正确;如果重力大于洛伦兹力,圆环也受摩擦力作用,且摩擦力越来越大,圆环将做加速度增大的减速运动,故 B、C 错误。11、(法拉第电磁感应定律的应用)(2017山东德州期末)如图所示,长为 l 的金属导线弯成一圆环,导线的两端接在电容为 C 的

12、平行板电容器上,P、Q 为电容器的两个极板,磁场方向垂直于环面向里,磁感应强度以 B=B0+Kt(K0)随时间变化。t=0 时,P、Q 两极板电势相等,两极板间的距离远小于环的半径。经时间 t,电容器的 P 极板( )A.不带电B.所带电荷量与 t 成正比C.带正电,电荷量是D.带负电,电荷量是答案 D解析磁感应强度均匀增加,回路中产生的感应电动势的方向为逆时针方向,Q 板带正电,P 板带负电,A、C 错误;E=S=KR2,l=2R,R=,解得 E=,电容器上的电荷量 Q=CE=,B 错误,D 正确。12、(多选)(理想变压器的动态分析)(2017河南中原名校联盟质检)下图是街头变压器通过降压

13、给用户供电的示意图。变压器的输入电压9 / 10是市区电网的电压,负载变化时输入电压不会有大的波动,可以认为电压表 V1 示数不变。输出电压通过输电线输送给用户,两条输电线的总电阻用 R0 表示,变阻器 R 表示用户用电器的总电阻。如果变压器上的能量损失忽略不计,当用户的用电器增加时,图中各表示数的变化情况是( )A.电流表 A1 示数变大B.电流表 A2 示数变小C.电压表 V2 示数变大D.电压表 V3 示数变小答案 AD解析由于变压器的输入功率和输出功率相等,副线圈的电阻减小了,输出功率变大了,所以原线圈的输入功率也要变大,因为输入电压不变,所以输入电流要变大,所以电流表 A1 的示数变

14、大,A 正确;当用电器增加时,相当于 R 的值减小,副线圈的总电阻减小,所以电流要变大,即电流表 A2 的示数变大,B 错误;理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的,由于输入电压和匝数比不变,所以副线圈的输出电压不变,所以电压表 V2 的示数不变,C 错误;由于副线圈的电流变大,电阻 R0 两端的电压变大,又因为电压表 V2 的示数不变,所以电压表V3 的示数变小,D 正确。13、.(多选)(氢原子的能级及能级跃迁)(2017福建厦门模拟)氢原子能级如图所示,一群原处于 n=4 能级的氢原子跃迁到 n=1 能级的过程中( )A.能释放六种频率不同的光子B.由 n=2 能级跃迁到 n=1

15、 能级释放的光子频率最小10 / 10C.释放的光子的最大能量为 12.75 eV,最小能量为 0.66 eV D.由 n=4 能级跃迁到 n=1 能级释放的光子波长最长答案 AC解析由题意,是因为一群原来处于 n=4 能级的氢原子跃迁到 n=1 能级的过程,根据=6 知,辐射的光子频率为 6 种,选项 A 正确;由能级差公式 Em-En=h 得,能级差越大,辐射光子的频率越大,因而由 n=4 能级跃迁到 n=3 能级释放的光子频率最小,选项 B 错误;由 n=4 向 n=1 能级跃迁时辐射的光子能量最大,数值为 13.6 eV-0.85 eV=12.75 eV,由 n=4 向 n=3 能级跃迁辐射的光子能量最小,数值为-0.85 eV+1.51 eV=0.66 eV,选项 C 正确;根据能级差公式 Em-En=h 得,能级差越大,辐射光子的频率越大,知从 n=4 直接跃迁到 n=1 时能级差最大,辐射光子频率最大,光子波长最小,选项 D 错误。