《2020屆高考物理一輪復習 選擇題穩(wěn)優(yōu)提優(yōu)優(yōu)練（五） 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高考物理一輪復習 選擇題穩(wěn)優(yōu)提優(yōu)優(yōu)練（五） 新人教版（11頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、穩(wěn)優(yōu)提優(yōu)優(yōu)練（五）1、（2019新課標全國卷）用卡車運輸質量為m的勻質圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之間，如圖所示。兩斜面I、固定在車上，傾角分別為30和60。重力加速度為g。當卡車沿平直公路勻速行駛時，圓筒對斜面I、壓力的大小分別為F1、F2，則ABCD【答案】D【解析】對圓筒進行受力分析知圓筒處于三力平衡狀態(tài)，受力分析如圖，由幾何關系可知，。解得， 由牛頓第三定律知，故D正確2、（2019浙江省寧波市余姚市余姚中學月考）如圖所示兩木塊A和B疊放在光滑水平面上，質量分別為m和M，A與B之間的最大靜摩擦力為Ffm，B與勁度系數為k的輕質彈簧連接構成彈簧振子，已知A和B在振動過

2、程中不發(fā)生相對滑動，則A速度最大時，A、B間摩擦力最大B彈簧彈力最大時，A、B間摩擦力最大C它們的振幅不能大于D它們的振幅不能大于【答案】BD【解析】A.因為A和B在振動過程中不發(fā)生相對滑動，所以加速度相同；當速度最大時，對A分析，受力為0，故A、B間摩擦力為0，A錯誤；B.對A、B整體受力分析，隔離A分析：，所以彈力最大時，加速度最大，A、B間摩擦力最大，B正確；CD、通過選項C的分析，設最大振幅為A，當振幅最大時，彈力最大：整體分析，隔離A分析：聯(lián)立兩式得：，C錯誤；D正確。3、（2019江蘇卷）如圖所示，摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內做勻速圓周運動座艙的質量為m，運動半徑為R，角速度大小為

3、，重力加速度為g，則座艙A運動周期為B線速度的大小為RC受摩天輪作用力的大小始終為mgD所受合力的大小始終為m2R【答案】BD【解析】由于座艙做勻速圓周運動，由公式，解得：，故A錯誤；由圓周運動的線速度與角速度的關系可知，故B正確；由于座艙做勻速圓周運動，所以座艙受到摩天輪的作用力是變力，不可能始終為，故C錯誤；由勻速圓周運動的合力提供向心力可得：，故D正確。4、（2019黑龍江省哈爾濱市第三中學校高三三模理）如圖所示是同一衛(wèi)星繞地球飛行的三條軌道，軌道1是近地圓形軌道，2和3是變軌后的橢圓軌道。A點是軌道2的近地點，軌道1、2在A點相切，B點是軌道2的遠地點，則下列說法中正確的是A三條軌道中

4、，衛(wèi)星在軌道1上繞地球運行的周期最小B衛(wèi)星在軌道1上經過A點的速度大于衛(wèi)星在軌道2上經過A點的速度C衛(wèi)星在軌道1上的向心加速度小于地球同步衛(wèi)星的向心加速度D衛(wèi)星在軌道3的機械能大于軌道2上的機械能【答案】AD【解析】根據開普勒行星運動定律第三定律可知，軌道1周期最小，A正確；根據衛(wèi)星變軌的規(guī)律可知，衛(wèi)星從低軌變?yōu)楦哕墤铀伲孕l(wèi)星在軌道1上經過A點的速度小于衛(wèi)星在軌道2上經過A點的速度，B錯誤；軌道1為近地軌道，它的軌道高度比同步衛(wèi)星軌道低，根據可知，衛(wèi)星在軌道1上的向心加速度大于地球同步衛(wèi)星的向心加速度，C錯誤；衛(wèi)星在軌道上自行運轉的過程中機械能是守恒的，從軌道2變?yōu)檐壍?，應在A點加速，

5、所以可知A點軌道3的動能大于軌道2，勢能相等，所以衛(wèi)星在軌道3的機械能大于軌道2上的機械能，D正確。5、（2019新課標全國卷）從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以內時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。該物體的質量為A2 kgB1.5 kgC1 kgD0.5 kg【答案】C【解析】對上升過程，由動能定理，得，即F+mg=12 N；下落過程，即N，聯(lián)立兩公式，得到m=1 kg、F=2 N?！灸割}來源三】2019年全國普通高等學校招生統(tǒng)一考試物理（新課標全國卷）

6、【母題原題】（2019江蘇卷）如圖所示，輕質彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)小物塊的質量為m，從A點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數為，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度在上述過程中A彈簧的最大彈力為mgB物塊克服摩擦力做的功為2mgsC彈簧的最大彈性勢能為mgsD物塊在A點的初速度為【答案】BC【解析】小物塊壓縮彈簧最短時有，故A錯誤；全過程小物塊的路程為，所以全過程中克服摩擦力做的功為：，故B正確；小物塊從彈簧壓縮最短處到A點由能量守恒得：，故C正確；小物塊從A點返回A點由動能定理得：，解得：，故D錯誤。6、如圖所示，圓

7、柱形的容器內有若干個長度不同、粗糙程度相同的直軌道，它們的下端均固定于容器底部圓心O，上端固定在容器側壁若相同的小球以同樣的速率，從點O沿各軌道同時向上運動對其向上運動過程，下列說法不正確的是()A小球動能相等的位置在同一水平面上B小球重力勢能相等的位置不在同一水平面上C小球克服摩擦力做功相等的位置在同一水平面上D當運動過程中產生的摩擦熱相等時，小球的位置不在同一水平面上【參考答案】ABC根據功能關系可知，克服重力做功等于重力勢能的減少量，故小球重力勢能相等的位置一定在同一水平面上，B選項錯誤；設直軌道與水平面的夾角為，直軌道的水平投影為x，小球上滑的摩擦力Ffmgcos，上滑的位移L，克服摩

8、擦力做功WFfLmgcosmgx，即克服摩擦力做功相等的位置在同一豎直平面內，產生摩擦熱相等時，小球的位置不在同一水平面上，C選項錯誤，D選項正確；由上述分析，根據動能定理可知，小球動能相等的位置在同一水平面的同心圓周上，A選項錯誤7、如圖所示，豎直平面內的四分之一光滑圓弧軌道下端與光滑水平桌面相切，小滑塊B靜止在圓弧軌道的最低點現(xiàn)將小滑塊A從圓弧軌道的最高點無初速度釋放已知圓弧軌道半徑R1.8 m，小滑塊的質量關系是mB2mA，重力加速度g10 m/s2.則碰后小滑塊B的速度大小不可能是()A5 m/s B4 m/sC3 m/s D2 m/s【參考答案】A滑塊A下滑過程，根據動能定理可知，m

9、AgRmAv0，解得v06 m/s.如果滑塊間發(fā)生彈性碰撞，則mAv0mAvAmBvB，mAvmAvmBv，聯(lián)立解得，vB4 m/s；如果滑塊間發(fā)生完全非彈性碰撞，mAv0(mAmB)vB，解得vB2 m/s，聯(lián)立可知，碰后小滑塊B的速度大小范圍為2 m/svB4 m/s，A選項錯誤8、（2019北京卷）如圖所示，a、b兩點位于以負點電荷Q（Q0）為球心的球面上，c點在球面外，則Aa點場強的大小比b點大Bb點場強的大小比c點小Ca點電勢比b點高Db點電勢比c點低【答案】D【解析】由點電荷場強公式確定各點的場強大小，由點電荷的等勢線是以點電荷為球心的球面和沿電場線方向電勢逐漸降低確定各點的電勢的

10、高低。由點電荷的場強公式可知，a、b兩點到場源電荷的距離相等，所以a、b兩點的電場強度大小相等，故A錯誤；由于c點到場源電荷的距離比b點的大，所以b點的場強大小比c點的大，故B錯誤；由于點電荷的等勢線是以點電荷為球心的球面，所以a點與b點電勢相等，負電荷的電場線是從無窮遠處指向負點電荷，根據沿電場線方向電勢逐漸降低，所以b點電勢比c點低，故D正確。9、(多選)如圖所示，在xOy坐標系中第一象限內存在垂直紙面向里的勻強磁場，第二象限內的部分區(qū)域存在勻強電場一電荷量為q、質量為m的帶電粒子，以初速度v0從P(a,0)點沿與x軸成45方向射入磁場中，通過y軸上的N(0，a)點進入第二象限后，依次通過

11、無電場區(qū)域和勻強電場區(qū)域，到達x軸上某點時速度恰好為零已知該粒子從第一次通過N點到第二次通過N點所用時間為t0，粒子重力不計下列說法正確的是()A磁場的磁感應強度大小為 B該帶電粒子自P點開始到第一次通過N點所用的時間為C該帶電粒子第一次通過無電場區(qū)域飛行的位移大小為aD勻強電場的電場強度大小為【參考答案】BD分析題意，畫出粒子運動的軌跡如圖所示：NP為直徑，根據幾何關系可知，Ra，洛倫茲力提供向心力，qvBm，聯(lián)立解得，B，A選項錯誤；粒子在磁場中做勻速圓周運動，圓心角為，運動時間t，B選項正確；粒子在第二象限內，先經過無電場區(qū)域，后經過電場區(qū)域，在無電場區(qū)域做勻速直線運動，x1v0t1，在

12、電場區(qū)域做勻減速直線運動，x2t2，其中t1t2，x1x2a，聯(lián)立可得，無電場區(qū)域位移x12at，C選項錯誤；電場區(qū)域的位移x2ax1ta，根據動能定理，Eqx20mv，解得E，D選項正確10、（2019北京四中高二期中）如圖a所示，矩形導線框ABCD固定在勻強磁場中，磁感線垂直于線框所在平面向里。規(guī)定垂直于線框所在平面向里為磁場的正方向，線框中沿著ABCDA方向為感應電流i的正方向。要在線框中產生如圖b所示的感應電流，則磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律可能為ABCD【答案】BD【解析】A圖中，在0t0時間內，磁場垂直紙面向里，且均勻增大，根據楞次定律，知感應電流的方向為ADCBA，與規(guī)定的正方

13、向相反，感應電流為負值。故A錯誤。B圖中，在0t0時間內，磁場垂直紙面向里，且均勻減小，根據楞次定律，知感應電流的方向為ABCDA，與規(guī)定的正方向相同，根據法拉第電磁感應定律，產生的感應電動勢為定值，則感應電流為定值，同理，在t02t0時間內，感應電流的方向為ADCBA，與規(guī)定的正方向相反，感應電流為負值，且為定值。故B正確。C圖中，在0t0時間內，磁場垂直紙面向里，且均勻減小，根據楞次定律，知感應電流的方向為ABCDA，與規(guī)定的正方向相同，根據法拉第電磁感應定律，產生的感應電動勢為定值，則感應電流為定值，在t02t0時間內，磁場方向垂直紙面向外，且均勻增大，根據楞次定律，感應電流的方向仍然為

14、ABCDA，與規(guī)定的正方向相同。故C錯誤。D圖中，在0t0時間內，磁場垂直紙面向外，且均勻增大，根據楞次定律，知感應電流的方向為ABCDA，與規(guī)定的正方向相同，根據法拉第電磁感應定律，產生的感應電動勢為定值，則感應電流為定值，同理，在t02t0時間內，感應電流的方向為ADCBA，與規(guī)定的正方向相反，感應電流為負值，且為定值。故D正確。11、(多選)如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數比為4：1，電壓表和電流表均為理想電表，原線圈接在u36sin100t(V)的正弦交流電上，圖中D為理想二極管(正向電阻不計，反向電阻為無窮大)，定值電阻R9 ，則下列說法正確的是()At s時，原線圈輸入電壓的瞬

15、時值為18 VB電壓表示數為18 VC電流表示數為1 AD變壓器的輸入功率為 W【參考答案】AD將時間的瞬時值代入交變電壓的瞬時表達式可知，t s時，原線圈輸入電壓的瞬時值為18V，A選項正確；電壓表的示數為有效值，根據正弦式交變電流中有效值與最大值的關系可知，電壓表示數為36 V，B選項錯誤；根據理想變壓器電壓與匝數的關系可知，理想變壓器輸出電壓的有效值為U29 V，二極管正向導通時，電流為I21 A，二極管具有單向導通性，根據電流的熱效應可知，IRI2RT，解得電流表的示數IA，C選項錯誤；理想變壓器的輸出功率等于輸入功率，PU2I2W，D選項正確12、在研究甲、乙兩種金屬光電效應現(xiàn)象的實

16、驗中，光電子的最大初動能Ek與入射光頻率的關系如圖所示，則()A兩條圖線與橫軸的夾角和一定不相等B若增大入射光頻率，則所需的遏止電壓Uc隨之增大C若某一頻率的光可以使甲金屬發(fā)生光電效應，則一定也能使乙金屬發(fā)生光電效應D若增加入射光的強度，不改變入射光頻率，則光電子的最大初動能將增大【參考答案】B根據光電效應方程EkhW0，對應圖象可知，圖象斜率都為普朗克常量h，故兩條圖線與橫軸的夾角和一定相等，A選項錯誤；根據動能定理可知，遏止電壓Uc，若增大入射光頻率，則所需的遏止電壓Uc隨之增大，B選項正確；分析圖象可知，乙金屬的逸出功W0大，若某一頻率的光可以使甲金屬發(fā)生光電效應，不一定也能使乙金屬發(fā)生

17、光電效應，C選項錯誤；根據光電效應方程可知，最大初動能與光的頻率有關，與光的強度無關，D選項錯誤13、（2019天津卷）我國核聚變反應研究大科學裝置“人造太陽”2018年獲得重大突破，等離子體中心電子溫度首次達到1億度，為人類開發(fā)利用核聚變能源奠定了重要的技術基礎。下列關于聚變的說法正確的是A核聚變比核裂變更為安全、清潔B任何兩個原子核都可以發(fā)生聚變C兩個輕核結合成質量較大的核，總質量較聚變前增加D兩個輕核結合成質量較大的核，核子的比結合能增加【答案】AD【解析】核聚變的最終產物時氦氣無污染，而核裂變會產生固體核廢料，因此核聚變更加清潔和安全，A正確；發(fā)生核聚變需要在高溫高壓下進行，大核不能發(fā)生核聚變，故B錯誤；核聚變反應會放出大量的能量，根據質能關系可知反應會發(fā)生質量虧損，故C錯誤；因聚變反應放出能量，因此反應前的比結合能小于反應后的比結合能，故D正確。11