《2020屆高考物理一輪復習 選擇題穩(wěn)優(yōu)提優(yōu)優(yōu)練（二） 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（二） 新人教版（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 選擇題穩(wěn)優(yōu)提優(yōu)優(yōu)練（二） 1、（2019·新課標全國Ⅰ卷） 如圖，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑輪。一細繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊N。另一端與斜面上的物塊M相連，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用水平向左的拉力緩慢拉動N，直至懸掛N的細繩與豎直方向成45°。已知M始終保持靜止，則在此過程中 A．水平拉力的大小可能保持不變 B．M所受細繩的拉力大小一定一直增加 C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加 D．M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加 【答案】BD 【解析】如圖所示，以物塊N為研究對象，它在水平向左拉力F作用下，緩慢向左移動直至細繩與豎直方向夾角為45°的

2、過程中，水平拉力F逐漸增大，繩子拉力T逐漸增大； 對M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，則隨著繩子拉力T的增加，則摩擦力f也逐漸增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，則隨著繩子拉力T的增加，摩擦力f可能先減小后增加。故本題選BD。 2、（2019·遼寧省沈陽市高三三模） 如圖所示，水平桌面上放置一個傾角為45°的光滑楔形滑塊A，一細線的一端固定于楔形滑塊A的頂端O處，細線另一端拴一質量為m=0.2 kg的小球。若滑塊與小球一起以加速度a向左做勻加速運動（取g=10 m/s2）則下列說法正確的是 A．當a=5 m/s2時，滑塊對球的支持力

3、為 B．當a=15 m/s2時，滑塊對球的支持力為半 C．當a=5 m/s2時，地面對A的支持力一定大于兩個物體的重力之和 D．當a=15 m/s2時，地面對A的支持力一定小于兩個物體的重力之和 【答案】A 【解析】設加速度為a0時小球對滑塊的壓力等于零，對小球受力分析，受重力、拉力，根據(jù)牛頓第二定律，有：水平方向：F合=Fcos45°=ma0；豎直方向：Fsin45°=mg，解得a0=g。A、當a=5 m/s2時，小球未離開滑塊，水平方向：Fcos45°–FNcos45°=ma；豎直方向：Fsin45°+FNsin45°=mg，解得，故A正確；B、當a=15 m/s2時，小球已經(jīng)離

4、開滑塊，只受重力和繩的拉力，滑塊對球的支持力為零，故B錯誤；CD、當系統(tǒng)相對穩(wěn)定后，豎直方向沒有加速度，受力平衡，所以地面對A的支持力一定等于兩個物體的重力之和，故C，D錯誤；故選A。 3、如圖所示，天花板上有一可自由轉動的光滑小環(huán)Q，一輕繩穿過Q，兩端分別連接質量為m1、m2的A、B小球．兩小球分別在各自的水平面內做圓周運動，它們周期相等．則A、B小球到Q的距離l1、l2的比值為(　　) A. B. C. D. 【參考答案】D　一根繩子的張力F是相等的，對于A球，F(xiàn)sinθ1＝m12l1sinθ1，對于B球，F(xiàn)sinθ2＝m22l2sinθ2，聯(lián)立可知，m1l1＝m2l2，

5、即＝，D選項正確． 4、（2019·湖南省長沙市雅禮中學） 2016年2月11日，美國自然科學基金召開新聞發(fā)布會宣布，人類首次探測到了引力波。2月16日，中國科學院公布了一項新的探測引力波的“空間太極計劃”。由中山大學發(fā)起的空間引力波探測工程“天琴計劃”于2015年7月正式啟動。計劃從2016年到2035年分四階段進行，將向太空發(fā)射三顆衛(wèi)星探測引力波。在目前討論的初步概念中，天琴將采用三顆全同的衛(wèi)星（SC1、SC2、SC3）構成一個等邊三角形陣列，地球恰處于三角形中心，衛(wèi)星將在以地球為中心、高度約10萬公里的軌道上運行，針對確定的引力波源進行探測，這三顆衛(wèi)星在太空中的分列圖類似樂器豎琴，故

6、命名為“天琴計劃”。則下列有關三顆衛(wèi)星的運動描述正確的是 A．三顆衛(wèi)星一定是地球同步衛(wèi)星 B．三顆衛(wèi)星具有相同的加速度 C．三顆衛(wèi)星的線速度比月球繞地球運動的線速度大且大于第一宇宙速度 D．若知道引力常量G、三顆衛(wèi)星繞地球運轉周期T及地球的半徑R，則可估算出地球的密度 【答案】D 【解析】同步軌道衛(wèi)星的半徑約為42 400公里，是個定值，而三顆衛(wèi)星的半徑約為10萬公里，所以這三顆衛(wèi)星不是地球同步衛(wèi)星，故A錯誤；根據(jù)，解得：，由于三顆衛(wèi)星到地球的距離相等，則它們的加速度大小相等，但是方向不同，故B錯誤；第一宇宙速度是繞地球運動的最大速度，則三顆衛(wèi)星線速度都小于第一宇宙速度，故C錯

7、誤；根據(jù)，若知道萬有引力常量G及三顆衛(wèi)星繞地球運轉周期T可以求出地球的質量M，再知道地球半徑R，所以可以求出地球的密度，故D正確。 5、如圖是一種工具——石磨，下面磨盤固定，上面磨盤可繞過中心的豎直轉軸，在推桿帶動下在水平面內轉動．若上面磨盤直徑為D，質量為m且均勻分布，磨盤間動摩擦因數(shù)為μ.若推桿在外力作用下以角速度ω勻速轉動，磨盤轉動一周，外力克服磨盤間摩擦力做功為W，則(　　) A．磨盤推桿兩端點的速度相同 B．磨盤邊緣的線速度為ωD C．摩擦力的等效作用點離轉軸距離為 D．摩擦力的等效作用點離轉軸距離為 【參考答案】D　磨盤推桿做圓周運動，各點角速度相等，推桿兩端點的速

8、度大小相等，方向相反，A選項錯誤；磨盤邊緣做圓周運動的軌道半徑為D，邊緣的線速度為ωD，B選項錯誤；設摩擦力的等效作用點離轉軸距離為L，摩擦力做的功為W＝μmg·2πL，解得，L＝，C選項錯誤，D選項正確． 6、以一定的初速度從地面豎直向上拋出一小球，小球上升到距地面高h處，又落回到拋出點，假設小球所受空氣阻力大小與速度大小成正比，小球在運動過程中的機械能E(選取地面為零勢能面)隨小球路程s變化，下列圖象中合理的是(　　) 【參考答案】C　根據(jù)功能關系可知，空氣阻力做功引起小球機械能的減少，小球在運動的過程中受到的空氣阻力與速率成正比，即空氣阻力先減小后增大，單位高度內，空氣阻力做

9、功先減少后增加，即小球機械能的減少量先減小后增大，小球在下落的過程中，與小球上升的過程比較，在同一點的速率下落的過程比較小，所以小球在下落的過程中減小的機械能小于小球在上升過程中減小的機械能，C選項正確． 7、如圖所示，足夠長的傳送帶以恒定的速率v1逆時針運動，一質量為m的物塊以大小為v2的初速度從傳送帶的P點沖上傳送帶，從此時起到物塊再次回到P點的過程中，下列說法正確的是(　　) A．合力對物塊的沖量大小一定為2mv2 B．合力對物塊的沖量大小一定為2mv1 C．合力對物塊的沖量大小可能為零 D．合外力對物塊做的功可能為零 【參考答案】D　v2＞v1，分析物塊的受力情況，先向

10、右做勻減速直線運動后向左做勻加速直線運動，如果v2＞v1，到達P點之前已經(jīng)與傳送帶共速，速度為v1，規(guī)定向左為正方向，根據(jù)動量定理可知，f·Δt＝mv1－(－mv2)＝m(v1＋v2)，如果v2＝v1，則f·Δt＝2mv1＝2mv2，初、末速度大小相等，合外力做功為零，如果v2＜v1，則f·Δt＝2mv2，同理，合外力做功為零，D選項正確． 8、在光滑的絕緣水平面上，有一個正方形abcd，頂點a、c分別固定一個正點電荷，電荷量相等，如圖所示．若將一個帶負電的粒子置于b點，自由釋放，粒子將沿著對角線bd往復運動．粒子從b點運動到d點的過程中(　　) A．先做勻加速運動，后做勻減速運動

11、B．先從高電勢到低電勢，后從低電勢到高電勢 C．電勢能改變量大于機械能改變量 D．電勢能先減小后增大 【參考答案】D　根據(jù)等量同種正電荷周圍電場線的分布情況可知，ac連線中點處場強為零，沿中垂線向外，先增大再減小，負電荷受到的電場力始終指向ac的連線與中垂線的交點，電場是不均勻的，粒子所受的電場力是變化的，加速度是變化的，A選項錯誤；連線中點處的電勢最高，沿中垂線向外，電勢逐漸降低，故粒子從b點運動到d點的過程中，先從低電勢到高電勢，后從高電勢到低電勢，B選項錯誤；根據(jù)能量守恒定律可知，只有電場力做功，電勢能與動能的相互轉化，之和守恒不變，即電勢能改變量等于機械能改變量，C選項錯誤；從b

12、點運動到d點的過程中，電場力先做正功后做負功，電勢能先減小后增大，D選項正確． 9、(多選)用回旋加速器分別加速某一元素的一價正離子和二價正離子，離子開始釋放的位置均在A點，加速電壓相同，則關于一價正離子和二價正離子的加速，下列說法正確的是(　　) A．獲得的最大速度之比為1：2 B．獲得的最大動能之比為1：4 C．加速需要的交變電壓的頻率之比為2：1 D．經(jīng)加速電場加速的次數(shù)之比為1：2 【參考答案】ABD　離子在電場中做加速直線運動，在磁場中做勻速圓周運動，最大動能Ek＝mv2＝，一價正離子和二價正離子的電量之比為1：2，質量相等，獲得的最大動能之比為1：4，速

13、度之比為1：2，A、B選項正確；加速電壓的周期等于離子在磁場中運動的周期，T＝，交變電壓的周期之比為2：1，頻率之比為1：2，C選項錯誤；經(jīng)加速電場加速nqU＝，解得n＝，加速的次數(shù)之比為1：2，D選項正確． 10、（2019·浙江高二期中） 中國空軍八一飛行表演隊應邀參加于2019年3月舉行的巴基斯坦國慶日飛行表演。中國殲﹣10戰(zhàn)斗機在廣場上方沿水平方向自西向東飛行。該飛機翼展10 m，表演地點位于北半球，該處磁場的豎直分量為5.0×10﹣5 T，該機飛行時速度約為300 m/s，下列說法正確的是 A．該機兩翼尖端電勢差大小約為0.15 V B．該機兩翼尖端無電勢差 C

14、．右端機翼電勢較高 D．若飛機轉向為自東向西飛行，機翼右端電勢較高 【答案】A 【解析】該機兩翼尖端電勢差大小約為U＝BLv＝0.15 V，故A正確；巴基斯坦的地磁場方向斜向下，在豎直方向的分量向下，根據(jù)右手定則可得，無論飛機沿水平方向自西向東飛行或是自東向西飛行，相對于飛行員來說機翼的左端電勢高，故BCD錯誤。 11、(多選)如圖1所示的電路，電源電動勢E＝3.0 V，內阻不計，L1、L2、L3為3個相同規(guī)格的小燈泡，這種小燈泡的I－U特性曲線如圖2所示．當開關閉合后，下列關于電路中的燈泡的說法中，正確的是(　　) A．燈泡L1消耗的電功率為0.30 W B．燈泡L1的電

15、阻為75 Ω C．燈泡L3的電阻為12 Ω D．三燈泡消耗的總電功率為0.90 W 【參考答案】AC　電源的內阻不計，當開關閉合后，燈泡L3的電壓U3＝3 V，根據(jù)圖2讀出電流I3＝0.25 A，根據(jù)功率公式可知，燈泡L3消耗的功率P＝U3I3＝0.75 W，根據(jù)歐姆定律可知，燈泡L3的電阻R3＝＝12 Ω，C選項正確；燈泡L1、L2串聯(lián)，電壓U1＝U2＝1.5 V，根據(jù)圖2可知，電流I1＝I2＝0.20 A，根據(jù)歐姆定律可知，電阻R1＝7.5 Ω，B選項錯誤；燈泡L1、L2的功率P1＝P2＝U1I1＝0.30 W，A選項正確；三燈消耗的總功率為：2×0.30＋0.7

16、5＝1.35 W，D選項錯誤． 12、(多選)下列關于近代物理的說法正確的是(　　) A．α粒子的穿透能力比β粒子的穿透能力強，故α粒子容易使金屬發(fā)生光電效應 B．平均結合能小的原子核結合成或分解成平均結合能大的原子核時一定放出核能 C．光是一種概率波，因此光子通過狹縫到達的位置可以由波動規(guī)律來確定 D．半衰期對某個原子核而言，是指在一個半衰期內，其衰變的概率為 【參考答案】BC　α粒子的穿透能力比β粒子的穿透能力弱，發(fā)生光電效應與粒子的穿透能力無關，A選項錯誤；平均結合能小的原子核結合成或分解成平均結合能大的原子核時存在質量虧損，一定放出核能，B選項正確；光是一種概率波，符合波動

17、規(guī)律，光子通過狹縫到達的位置可以由波動規(guī)律來確定，C選項正確；半衰期是統(tǒng)計規(guī)律，對某個原子核而言，沒有意義，D選項錯誤． 13、（2019·浙江高二期末） 如圖甲所示，在變壓器輸入端加上如圖乙所示的交變電壓，在副線圈的輸出端串接上一只理想整流二極管D和滑動變阻器R，則 A．當滑片P上移時，原線圈中的電流I1變大 B．當滑片P上移時，原線圈的輸入功率變小 C．當拿掉二極管后，副線圈中的交流電周期與原來相同 D．保持滑片P不動，R上電流有效值是無二極管時的 【答案】BCD 【解析】A項、由于原線圈兩端電壓不變，副線圈兩端電壓不變，當滑片P上移時，滑動變阻器接入電路中的電阻變大，所以副線圈中的電流變小，則原線圈中的電流變小，故A錯誤；B項、由于原線圈中的電流變小，電壓不變，所以功率變小，故B正確；C項、有二極管存在時，副線圈中交變電流一個周期內只有半個周期有電流，但周期不變，拿掉二極管后，副線圈中交變電流的周期不變，故C正確；D項、設副線圈兩端電壓為U0，有二極管時，根據(jù)電流的熱效應得：，解得，無二極管時，R兩端的電壓為：，根據(jù)可得：保持滑片P不動，R上電流有效值是無二極管時的，故D正確。 9