高考物理一輪訓(xùn)練選 選擇題6含解析新人教版

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1、 人教物理2019高考物理一輪訓(xùn)練選：選擇題（6） 李仕才 1、(2018·山東冠縣期初)下列說(shuō)法正確的是(　　) A.高速公路上限速牌上的速度值指平均速度 B.運(yùn)動(dòng)員在處理做香蕉球運(yùn)動(dòng)的足球時(shí),要將足球看成質(zhì)點(diǎn) C.運(yùn)動(dòng)員的鏈球成績(jī)是指鏈球從離開(kāi)手到落地的位移大小 D.選取不同的參考系,同一物體的運(yùn)動(dòng)軌跡可能不同 答案D 解析高速公路上限速牌上的速度指瞬時(shí)速度,A錯(cuò);運(yùn)動(dòng)員在處理做香蕉球運(yùn)動(dòng)的足球時(shí),要考慮足球的旋轉(zhuǎn),不可把足球看成質(zhì)點(diǎn),B錯(cuò);運(yùn)動(dòng)員的鏈球成績(jī)是指鏈球運(yùn)動(dòng)員所站圓心到落地點(diǎn)的位移,C錯(cuò);選取不同的參考系,同一物體的運(yùn)動(dòng)軌跡可能不同,D對(duì)。

2、 2、如圖所示,小球用細(xì)繩系住,繩的另一端固定于O點(diǎn)?，F(xiàn)用水平力F緩慢推動(dòng)斜面體,小球在斜面上無(wú)摩擦地滑動(dòng),細(xì)繩始終處于直線狀態(tài),當(dāng)小球升到接近斜面頂端時(shí)細(xì)繩接近水平,此過(guò)程中斜面對(duì)小球的支持力FN以及繩對(duì)小球的拉力FT的變化情況是(　　) A.FN不斷增大,FT先減小后增大 B.FN保持不變,FT先增大后減小 C.FN保持不變,FT不斷增大 D.FN不斷增大,FT不斷減小 答案A 解析先對(duì)小球進(jìn)行受力分析,重力、支持力FN、拉力FT組成一個(gè)閉合的矢量三角形,由于重力不變、支持力FN方向不變,斜面向左移動(dòng)的過(guò)程中,拉力FT與水平方向的夾角β減小,當(dāng)β=θ時(shí),FT⊥FN,細(xì)繩的拉

3、力FT最小,由圖可知,隨β的減小,斜面的支持力FN不斷增大,FT先減小后增大。故A正確,B、C、D錯(cuò)誤。 3、.如圖所示,一個(gè)質(zhì)量為M=2 kg的小木板放在光滑的水平地面上,在木板上放著一個(gè)質(zhì)量為m=1 kg的小物體,它被一根水平方向上壓縮了的彈簧推著靜止在木板上,這時(shí)彈簧的彈力為2 N?，F(xiàn)沿水平向左的方向?qū)π∧景迨┮宰饔昧?使木板由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)起來(lái),運(yùn)動(dòng)中力F由0逐漸增加到9 N,以下說(shuō)法正確的是 (　　) A.物體與小木板先保持相對(duì)靜止一會(huì),后相對(duì)滑動(dòng) B.物體受到的摩擦力一直減小 C.當(dāng)力F增大到6 N時(shí),物體不受摩擦力作用 D.小木板受到9 N的拉力時(shí),物體受到的摩擦力為3

4、N 答案C 解析由題,當(dāng)彈簧的彈力是2 N向左時(shí),物體仍然靜止在木板上,所以物體與木板之間的最大靜摩擦力要大于或等于2 N。若要使物體相對(duì)于木板向右滑動(dòng),則物體受到向右的合力至少為4 N的力,物體的加速度為a= m/s2=4 m/s2 同時(shí),物體與木板有相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí),木板的加速度要大于物體的加速度,當(dāng)二者相等時(shí),為最小拉力。則有 Fmin=(M+m)a=(2+1)×4 N=12 N 即只有在拉力大于12 N時(shí),物體才能相對(duì)于木板滑動(dòng),所以在拉力小于9 N時(shí),物體相對(duì)于木板靜止。故A錯(cuò)誤。 若物體與木板之間的摩擦力恰好為0,則物體只受到彈簧的彈力的作用,此時(shí)物體的加速度為

5、a'= m/s2=2 m/s2 由于物體始終相對(duì)于木板靜止,所以此時(shí)整體在水平方向的受力為F0=(M+m)a'=(2+1)×2 N=6 N 所以當(dāng)力F增大到6 N時(shí),物體不受摩擦力作用。 則拉力小于6 N之前,摩擦力隨拉力F的增大而減小,當(dāng)拉力大于6 N時(shí),摩擦力又隨拉力的增大而增大。 故B錯(cuò)誤,C正確。 小木板受到9 N拉力時(shí),整體的加速度 a″= m/s2=3 m/s2 物體受到的摩擦力為Ff',則ma″=Ff'+2 N 所以Ff'=ma″-2 N=1 N。故D錯(cuò)誤。 4、如圖為質(zhì)點(diǎn)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)軌跡的示意圖,且質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)

6、到D點(diǎn)時(shí)速度方向與加速度方向恰好互相垂直,則質(zhì)點(diǎn)從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過(guò)程中,下列說(shuō)法正確的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的速率比D點(diǎn)的大 B.質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的加速度方向與速度方向的夾角小于90° C.質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)的加速度比B點(diǎn)的大 D.質(zhì)點(diǎn)從B點(diǎn)到E點(diǎn)的過(guò)程中加速度方向與速度方向的夾角先增大后減小 答案A 解析質(zhì)點(diǎn)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng),所以加速度不變;由于在D點(diǎn)速度方向與加速度方向垂直,則在C點(diǎn)時(shí)速度方向與加速度方向的夾角為鈍角,所以質(zhì)點(diǎn)由C到D速率減小,C點(diǎn)速率比D點(diǎn)大。 5、(2017·吉林摸底)如圖所示,將質(zhì)量為m的小

7、球以速度v0由地面豎直向上拋出。小球落回地面時(shí),其速度大小為v0。設(shè)小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受空氣阻力的大小不變,則空氣阻力的大小等于(　　) A. mg B.mg C.mg D.mg 答案D 解析對(duì)小球向上運(yùn)動(dòng),由動(dòng)能定理有-(mg+Ff)H=0-,對(duì)小球向下運(yùn)動(dòng),由動(dòng)能定理有(mg-Ff)H=,聯(lián)立解得Ff=mg,故D正確。 6、一個(gè)質(zhì)量是5 kg的小球以5 m/s的速度豎直落到地板上,隨后以3 m/s的速度反向彈回,若取豎直向下的方向?yàn)檎较?則小球動(dòng)量的變化量是(　　) A.10 kg·m/s B.-10 kg·m/s C.40 kg·m/s D.-

8、40 kg·m/s 答案D 解析因向下為正方向,則小球與地面相碰前的動(dòng)量為p1=mv1=5×5 kg·m/s=25 kg·m/s;碰后的動(dòng)量為p2=mv2=5×(-3) kg·m/s=-15 kg·m/s;則小球的動(dòng)量變化為Δp=p2-p1=(-15 kg·m/s)-25 kg·m/s=-40 kg·m/s,故D正確。 7、如圖所示電路中,電源電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r、R0為定值電阻,電容器的電容為C。閉合開(kāi)關(guān)S,增大可變電阻R的阻值,電壓表示數(shù)的變化量為ΔU,電流表示數(shù)的變化量為ΔI,則(　

9、　) A.變化過(guò)程中ΔU和ΔI的比值保持不變 B.電壓表示數(shù)U和電流表示數(shù)I的比值不變 C.電阻R0兩端電壓減小,減小量為ΔU D.電容器所帶的電荷量增大,增加量為CΔU 答案AD 解析閉合開(kāi)關(guān)S,增大可變電阻R的阻值,電流表示數(shù)減小,電壓表示數(shù)增大,變化過(guò)程中ΔU和ΔI的比值等于定值電阻R0與電源內(nèi)阻r之和,保持不變;電壓表示數(shù)U和電流表示數(shù)I的比值等于可變電阻R的阻值,逐漸增大,選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤;電阻R0兩端電壓減小,減小量小于ΔU,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;電容器所帶的電荷量增大,增加量為CΔU,選項(xiàng)D正確。 8、如圖所示,一個(gè)邊長(zhǎng)為l、三邊電阻相同的正三角形金屬框放置在磁感應(yīng)強(qiáng)度

10、為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。若通以圖示方向的電流(從A點(diǎn)流入,從C點(diǎn)流出),電流為I,則金屬框受到的磁場(chǎng)力為(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.0 B.IlB C. IlB D.2IlB 答案B 解析金屬框三邊電阻相同,則AC、ABC兩段導(dǎo)線上流過(guò)的電流分別為I和I,導(dǎo)線ABC段的有效長(zhǎng)度為2lsin 30°=l,所以該正三角形通電導(dǎo)線受到的安培力大小為IlB+IlB=IlB,故B正確。 9、(2017·河南許昌三模)如圖所示,一個(gè)閉合三角形導(dǎo)線框ABC位于豎直平面內(nèi),其下方(略靠前)固定一根與線框平面平行的水平直導(dǎo)線,導(dǎo)線中通以圖示方向的恒定電流。釋放線

11、框,它由實(shí)線位置下落到虛線位置未發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng),在此過(guò)程中(　　) A.線框中感應(yīng)電流方向依次為ACBA→ABCA B.線框的磁通量為零時(shí),感應(yīng)電流卻不為零 C.線框所受安培力的合力方向依次為向上→向下→向上 D.線框做自由落體運(yùn)動(dòng) 答案B 解析根據(jù)右手定則,通電直導(dǎo)線的磁場(chǎng)在上方垂直紙面向外,下方垂直紙面向里;離導(dǎo)線近的地方磁感應(yīng)強(qiáng)度大,離導(dǎo)線遠(yuǎn)的地方磁感應(yīng)強(qiáng)度小。線框從上向下靠近導(dǎo)線的過(guò)程,垂直紙面向外的磁通量增加,根據(jù)楞次定律,線框中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻碾娏?穿越導(dǎo)線時(shí),上方垂直紙面向外的磁場(chǎng)和下方垂直紙面向里的磁場(chǎng)疊加,先是垂直紙面向外的磁通量減小,之后變成垂直紙面向里的磁通量增大,

12、直至最大;根據(jù)楞次定律,線框中產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻碾娏鳌４怪奔埫嫦蚶锏拇磐孔兂勺畲蠛?線框繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng),垂直紙面向里的磁通量減小,這時(shí)的電流方向又變成了順時(shí)針,即感應(yīng)電流方向依次為ACBA→ABCA→ACBA,故A錯(cuò)誤;根據(jù)A中的分析,線框穿越導(dǎo)線時(shí),始終有感應(yīng)電流存在,故B正確;根據(jù)楞次定律,安培力始終阻礙線框相對(duì)磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng),故安培力的方向始終向上,線框不可能做自由落體運(yùn)動(dòng),故C、D錯(cuò)誤。 10、(2017·河北石家莊一模)如圖所示為小型旋轉(zhuǎn)電樞式交流發(fā)電機(jī),電阻r=1 Ω的矩形線圈在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,繞垂直于磁場(chǎng)方向的固定軸OO'勻速轉(zhuǎn)動(dòng),線圈的兩端經(jīng)集流環(huán)和電

13、刷與電路連接,滑動(dòng)變阻器R的最大阻值為6 Ω,滑片P位于滑動(dòng)變阻器距下端處,定值電阻R1=2 Ω,其他電阻不計(jì),線圈勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的周期T=0.02 s。閉合開(kāi)關(guān)S,從線圈平面與磁場(chǎng)方向平行時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí),線圈轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中理想電壓表示數(shù)是5 V。下列說(shuō)法正確的是(　　) A.電阻R1消耗的功率為W B.0.02 s時(shí)滑動(dòng)變阻器R兩端的電壓瞬時(shí)值為零 C.線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)e隨時(shí)間t變化的規(guī)律是e=6sin 100πt V D.線圈從開(kāi)始計(jì)時(shí)到 s的過(guò)程中,通過(guò)R1的電荷量為 C 答案D 解析設(shè)電源的電動(dòng)勢(shì)為E,由串并聯(lián)電路特點(diǎn),可得5 V=·5,E=6 V,由閉合電路歐姆定律知,電路中

14、的總電流I=1 A,由焦耳定律可得,電阻R1消耗的功率P1=R1=R1= W,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;0.02 s時(shí)正好是圖示時(shí)刻,此時(shí)線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)最大,滑動(dòng)變阻器兩端的電壓也為最大值,而不是零,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由題設(shè)條件可得,角速度ω==100π rad/s,則從圖示時(shí)刻算起,線圈產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式為e=Emcos ωt=6cos 100πt(V),選項(xiàng)C錯(cuò)誤;線圈從開(kāi)始計(jì)時(shí)到 s的過(guò)程中,通過(guò)線圈的磁通量的變化量ΔΦ=BS,由法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律和電流的定義可得,q= C,由串并聯(lián)電路特點(diǎn)可得,通過(guò)R1的電荷量q1=q= C,選項(xiàng)D正確。 11、研究放射性元素射線性質(zhì)的實(shí)驗(yàn)裝置如

15、圖所示。兩塊平行放置的金屬板A、B分別與電源的兩極a、b連接,放射源發(fā)出的射線從其上方小孔向外射出。則(　　) A.a為電源正極,到達(dá)A板的為α射線 B.a為電源正極,到達(dá)A板的為β射線 C.a為電源負(fù)極,到達(dá)A板的為α射線 D.a為電源負(fù)極,到達(dá)A板的為β射線 答案B 解析粒子在平行板電容器間做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),豎直方向上y=v0t,水平方向上x(chóng)=at2=t2,聯(lián)立兩個(gè)方程可得y=v0,已知β粒子的速度為0.9c左右,α粒子的速度為0.1c,β粒子的質(zhì)量是α粒子的,電荷數(shù)為α粒子的,所以β粒子和α粒子豎直方向上的位移之比為<1,所以偏轉(zhuǎn)距離小的應(yīng)該是β粒子,即向左偏的射線,a極應(yīng)

16、該為電源正極。選項(xiàng)B正確。 12、.(2017·廣東東莞實(shí)驗(yàn)中學(xué)期末)有關(guān)分子的熱運(yùn)動(dòng)和內(nèi)能,下列說(shuō)法正確的是(　　) A.一定質(zhì)量的氣體,溫度不變,分子的平均動(dòng)能不變 B.物體的溫度越高,分子熱運(yùn)動(dòng)越劇烈 C.物體的內(nèi)能是物體中所有分子熱運(yùn)動(dòng)動(dòng)能和分子勢(shì)能的總和 D.布朗運(yùn)動(dòng)是由懸浮在液體中的微粒之間的相互碰撞引起的 答案ABC 解析溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志,所以溫度不變,分子的平均動(dòng)能不變,A正確;物體的溫度越高,分子熱運(yùn)動(dòng)越劇烈,B正確;物體的內(nèi)能就是物體內(nèi)部所有分子的熱運(yùn)動(dòng)動(dòng)能和分子勢(shì)能的總和,C正確;布朗運(yùn)動(dòng)是由液體分子之間的不規(guī)則運(yùn)動(dòng)引起的,D錯(cuò)誤。故選

17、A、B、C。 13、(2017·河北衡水中學(xué)調(diào)研)如圖所示,一塊上、下表面平行的玻璃磚的厚度為l,玻璃磚的折射率n=,若光從上表面AB射入,入射角i=60°,光在真空中的光速為c,則(　　) A.折射角γ=30° B.光在玻璃中傳播的時(shí)間為 C.光在玻璃中傳播的時(shí)間為 D.改變?nèi)肷浣莍,光在下表面CD可能發(fā)生全反射 E.光一定能從CD面射出 答案ACE 解析由n=得sin γ==0.5,得γ=30°,故A正確;光在玻璃中傳播的速度為v=,由幾何知識(shí)可知光在玻璃中傳播的路程為s=,則光在玻璃中傳播的時(shí)間為t=,故B錯(cuò)誤,C正確;由于光在CD面上的入射角等于光在AB面上的折射角,根據(jù)光路可逆性原理可知光一定能從CD面射出,故D錯(cuò)誤,E正確。 我國(guó)經(jīng)濟(jì)發(fā)展進(jìn)入新常態(tài)，需要轉(zhuǎn)變經(jīng)濟(jì)發(fā)展方式，改變粗放式增長(zhǎng)模式，不斷優(yōu)化經(jīng)濟(jì)結(jié)構(gòu)，實(shí)現(xiàn)經(jīng)濟(jì)健康可持續(xù)發(fā)展進(jìn)區(qū)域協(xié)調(diào)發(fā)展，推進(jìn)新型城鎮(zhèn)化，推動(dòng)城鄉(xiāng)發(fā)展一體化因：我國(guó)經(jīng)濟(jì)發(fā)展還面臨區(qū)域發(fā)展不平衡、城鎮(zhèn)化水平不高、城鄉(xiāng)發(fā)展不平衡不協(xié)調(diào)等現(xiàn)實(shí)挑戰(zhàn)。