高考物理一轮复习 选择题（12）（含解析）新人教版.doc

选择题（12）李仕才1、(2017河南名校期中联考)假设你在运动会上百米赛跑成绩是14 s,整个过程可分为3个阶段。第一阶段前进14 m,平均速度是7 m/s;第二阶段用时9 s,平均速度8 m/s。请估算一下第三阶段的平均速度约是()a.6 m/sb.5.5 m/sc.4.7 m/sd.3.2 m/s答案c解析第一阶段的时间为t1= s=2 s,第二阶段的位移为x2=v2t2=89 m=72 m;第三阶段的位移为x3=x-x1-x2=(100-14-72) m=14 m,时间为t3=t-t1-t2=(14-2-9)s=3 s,平均速度为v= m/s=4.7 m/s。2、(“死结”和“活结”模型)(2017湖北六校联考)如图所示,在固定好的水平和竖直的框架上,a、b两点连接着一根绕过光滑的轻小滑轮的不可伸长的细绳,重物悬挂于滑轮下,处于静止状态。若按照以下的方式缓慢移动细绳的端点,则下列判断正确的是()a.只将绳的左端移向a点,拉力变小b.只将绳的左端移向a点,拉力不变c.只将绳的右端移向b点,拉力变小d.只将绳的右端移向b点,拉力不变导学号06400102答案b解析设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为,绳子的长度为l,b点到墙壁的距离为s,根据几何知识和对称性,得sin =以滑轮为研究对象,设绳子拉力大小为f,根据平衡条件得2fcos =mg,得f=当只将绳的左端移向a点,s和l均不变,则由式得知,f不变,故a错误,b正确;当只将绳的右端移向b点,s增加,而l不变,则由式得知,增大,cos 减小,则由式得知,f增大,故c、d错误。3、(瞬时加速度) 如图,a、b、c三个小球质量均为m,a、b之间用一根没有弹性的绳子连在一起,b、c之间用轻弹簧拴接,整个系统用细线悬挂在天花板上并且处于静止状态。现将a上面的细线剪断,使a的上端失去拉力,则在剪断细线的瞬间,a、b、c三个小球的加速度分别是()a.1.5g,1.5g,0b.g,2g,0c.g,g,gd.g,g,0答案a解析剪断细线前,由平衡条件可知,a上端的细线的拉力为3mg,a、b之间细线的拉力为2mg,轻弹簧的拉力为mg。在剪断细线的瞬间,轻弹簧中拉力不变,小球c所受合外力为零,所以c的加速度为零;a、b小球被细线拴在一起,整体受到二者重力和轻弹簧向下的拉力,由牛顿第二定律,3mg=2ma,解得a=1.5g,选项a正确。4、(平抛运动规律的应用)如图所示,在m点以不同的速度分别将两小球水平抛出,两小球落在水平地面上的p点、q点。已知o点是m点在地面上的竖直投影,oppq=13,且不考虑空气阻力的影响。下列说法中正确的是()a.两小球的下落时间之比为13b.两小球的下落时间之比为14c.两小球的初速度大小之比为13d.两小球的初速度大小之比为14答案d解析两小球做平抛运动,高度相同,则下落的时间相同,故a、b错误;由于两球的水平位移之比为14,根据v0=知,两小球的初速度大小之比为14,故c错误,d正确。5、(近地卫星、赤道上物体及同步卫星的运行问题)(2018湖南长郡中学月考)有a、b、c、d四颗地球卫星,a还未发射,在地球赤道上随地球表面一起转动,b处于地面附近近地轨道上正常运动,c是地球同步卫星,d是高空探测卫星,各卫星排列位置如图,则有()a.a的向心加速度等于重力加速度gb.c在4 h内转过的圆心角是c.b在相同时间内转过的弧长最长d.d的运动周期有可能是20 h答案c解析地球同步卫星的周期必须与地球自转周期相同,角速度相同,则知a与c的角速度相同,根据a=2r知,c的向心加速度大。由g=ma,得a=g,卫星的轨道半径越大,向心加速度越小,则同步卫星c的向心加速度小于b的向心加速度,而b的向心加速度约为g,故知a的向心加速度小于重力加速度g,故a错误;c是地球同步卫星,周期是24 h,则c在4 h内转过的圆心角是2=,故b错误;g=m,解得v=,可知,卫星的轨道半径越大,速度越小,所以b的速度最大,在相同时间内转过的弧长最长,故c正确;由开普勒第三定律=k知,卫星的轨道半径越大,周期越大,所以d的运动周期大于c的周期24 h,故d错误。6、(机械能守恒的判断)(2017四川江阳区期末)在如图所示的物理过程示意图中,甲图为一端固定有小球的轻杆,从右偏上30处释放后绕光滑支点摆动;乙图为末端固定有小球的轻质直角架,释放后绕通过直角顶点的固定轴o无摩擦转动;丙图为置于光滑水平面上的a、b两小车,b静止,a获得一向右的初速度后向右运动,某时刻连接两车的细绳绷紧,然后带动b车运动;丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车,把用细绳悬挂的小球从图示位置释放,小球开始摆动。则关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计),下列判断正确的是()a.甲图中小球机械能守恒b.乙图中小球a的机械能守恒c.丙图中两车组成的系统机械能守恒d.丁图中小球的机械能守恒答案a解析题图甲过程中轻杆对小球不做功,小球的机械能守恒;题图乙过程中a、b两球通过杆相互影响(例如开始时a球带动b球转动),轻杆对a的弹力不沿杆的方向,会对小球做功,所以每个小球的机械能不守恒,但把两个小球作为一个系统时机械能守恒;题图丙中绳子绷紧的过程虽然只有弹力作为内力做功,但弹力突变有内能转化,机械能不守恒;题图丁过程中细绳也会拉动小车运动,取地面为参考系,小球的轨迹不是圆弧,细绳会对小球做功,小球的机械能不守恒,把小球和小车当作一个系统,机械能才守恒。7、(人船模型)如图所示,质量为m1、半径为r1的小球,放在内半径为r2、质量为m2=3m1的大空心球内,大球开始静止在光滑水平面上,当小球由图中位置无初速度释放后沿内壁滚到最低点时,大球移动的距离为()a.b.c.d.答案c8、(2017河北邯郸三校期中联考) a、b是一条电场线上的两个点,一带正电的粒子仅在电场力作用下以一定的初速度从a点沿电场线运动到b点,其v-t图象如图所示。则该电场的电场线分布可能是下列选项中的()答案d解析根据v-t图象,带电粒子的加速度逐渐增大,速度逐渐减小,故带正电的粒子应该逆着电场线且向着电场线密的方向运动,选项d正确。9、(多选)(非纯电阻电路)如图所示,一直流电动机与阻值r=9 的电阻串联在电源上,电源电动势e=30 v,内阻r=1 ,用理想电压表测出电动机两端电压u=10 v,已知电动机线圈电阻rm=1 ,则下列说法正确的是()a.通过电动机的电流为10 ab.电动机的输入功率为20 wc.电动机的热功率为4 wd.电动机的输出功率为16 w答案bcd解析由e=30 v,电动机两端电压为10 v可得r和电源内阻上分担电压为20 v,则i= a=2 a,故a错;电动机输入功率p=ui=10 v2 a=20 w,故b正确;p热=i2rm=41 w=4 w,故c正确;p输出=p-p热=20 w-4 w=16 w,故d正确。10、(多选)(带电粒子在磁场中的圆周运动)(2017甘肃一诊)下图为研究带电粒子在匀强磁场中的运动的演示仪结构图。若励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外,电子束由电子枪产生,其速度方向与磁场方向垂直且水平向右,电子速度的大小v和磁场的磁感应强度b可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节,则下列说法正确的是()a.仅增大励磁线圈中的电流,电子束运动轨迹的半径将变大b.仅提高电子枪的加速电压,电子束运动轨迹的半径将变大c.仅增大励磁线圈中的电流,电子做圆周运动的周期不变d.仅提高电子枪的加速电压,电子做圆周运动的周期不变答案bd解析电子经电场加速,根据动能定理,得eu=mv2,进入匀强磁场中做匀速圆周运动,轨迹半径r=,代入v可得r=,选项a错误,选项b正确;电子在磁场中做圆周运动的周期t=,与速度无关,与磁场强度有关,选项c错误,选项d正确。11、(2017辽宁本溪高级中学月考)如图所示,金属棒ab置于水平放置的u形光滑导轨上,在ef右侧存在有界匀强磁场b,磁场方向垂直导轨平面向下,在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环,圆环与导轨在同一平面内。当金属棒ab在水平恒力f作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动后,下列有关圆环的说法正确的是()a.圆环内产生变大的感应电流,圆环有收缩的趋势b.圆环内产生变大的感应电流,圆环有扩张的趋势c.圆环内产生变小的感应电流,圆环有收缩的趋势d.圆环内产生变小的感应电流,圆环有扩张的趋势答案c解析根据右手定则,当金属棒ab在恒力f的作用下向右运动时,abdc回路中会产生逆时针方向的感应电流,则在圆环处产生垂直于纸面向外的磁场,随着金属棒向右加速运动,abdc回路中的感应电流逐渐增大,穿过圆环的磁通量也逐渐增大,依据楞次定律可知,圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环磁通量的增大;abdc回路中的感应电流i=,感应电流的变化率a,又由于金属棒向右运动的加速度a=减小,所以感应电流的变化率减小,圆环内磁通量的变化率减小,所以在圆环中产生的感应电流不断减小,c正确。12、(交变电流的有效值)(2017山东莱芜期末)一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动,周期为t,从中性面开始计时,当t=t时,感应电动势的瞬时值为10 v,则此交流电压的有效值为()a.5 vb.10 vc.10 vd.20 v答案c解析从中性面开始计