2020高考物理一轮复习 优编选题(3)(含解析)新人教版-精装版

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2020高考物理一轮复习
优编选题（3）（含解析）新人教版-精装版
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【精选】20xx最新高考物理一轮复习优编选题（3）（含
解析）新人教版
李仕才
1、(传送带模型)如图所示,三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀
速转动,两边的传送带长都是2 m,且与水平方向的夹角均为37°.现有两小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑,
物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5,下列说法正确的是( )
A.物块A先到达传送带底端
B.物块A、B受到的摩擦力分别沿斜面向下和向上
C.物块A、B运动的加速度大小相同
D.物块A、B在传送带上的划痕长度相同
答案C
解析A、B都以1 m/s的初速度沿传送带下滑,mgsin 37°>μmgcos 37°,故传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上,大小也相等,故两物体沿斜面向下的加速度大小相同,滑到底端时位移大小相同,故时间相同,故A、B错误;根据牛顿第二定律可知mgsin θ-μmgcos θ=ma,产生的加速度大小都为a=gsin θ-μgcos θ,故C正确;划痕长度由相对位移决定,A物体与传送带运动方向相同,划痕长度较小,故D错误.
2、(匀变速直线运动规律的应用)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动,在时间间隔t内位移为x,动能变为原来的9倍.该质点的加速度为( )
A. B. C. D.
答案A
解析设该段时间内初速度为v,由题意知末速度为3v,则,解得v=,故a=,选项A正确.
3、(多选)(受力分析)如图,一质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上,一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点,另一端系在
滑块上,弹簧与斜面垂直,则( )
A.滑块不可能只受到三个力作用
B.弹簧可能处于伸长状态
C.斜面对滑块的支持力大小可能为零
D.斜面对滑块的摩擦力大小一定等于mg
答案BD
解析弹簧与竖直方向的夹角为30°,所以弹簧的方向垂直于斜面,因为弹簧的形变情况未知,所以斜面与滑块之间的弹力大小不确定,所以滑块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力的作用而平衡,此时弹簧弹力为零,处于原长状态,故A错误,B正确;沿斜面方向,根据平衡条件滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力,不为零,有摩擦力必有弹力,所以斜面对滑块的支持力不可能为零,故
C错误,D正确.
4、(类平抛)如图所示,两个倾角分别为30°、45°的光滑斜面放在同一水平面上,斜面高度相等,有三个完全相同的小球a、b、c,开始均静止同一高度处,其中b小球在两斜面之间,a、c两小球在斜面顶端,两斜面间距大于小球直径,若同时静止释放,a、b、c小球到达水平面的时间分别为t1、t2、t3,若同时沿水平方向抛出,初速度方向如图所示,到达水平面的时间分别为t1'、t2'、t3',下列关于时间
的关系正确的是( )
A.t1>t2>t3
B.t1=t1'、t2=t2'、t3=t3'
C.t1'>t2'>t3'
D.t1<t1'、t2<t2'、t3<t3'
答案B
解析第一种情况:b球做自由落体运动,a、c做匀加速运动.设斜面的高度为h,则
对a球:gsin 30°,
对b球:h=
对c球:gsin 45°
由数学知识得t1>t3>t2.
第二种情况:a、b、c三球都沿水平方向有初速度,而水平方向不受力,故做匀速直线运动;
a、c小球沿斜面向下方向分运动不变,b球竖直方向分运动也不变,故t1=t1'、t2=t2'、t3=t3'.所以只有B正确,A、C、D错误.
5、(天体中的“追及相遇”问题)如图所示,A为太阳系中的天王星,它绕太阳O运行的轨道视为圆时,运动的轨道半径为R0,周期为T0,长期观测发现,天王星实际运动的轨道与圆轨道总有一些偏离,且每隔t0时间发生一次最大偏离,即轨道半径出现一次最大.根据万有引力定律,天文学家预言形成这种现象的原因可能是天王星外侧还存在着一颗未知的行星(假设其运动轨道与A在同一平面内,且与A的绕行方向相同),它对天王星的万有引力引起天王星轨道的偏离,由此可
推测未知行星的运动轨道半径是( )
A.R0
B.R0
C.R0
D.R0
答案D
解析依,则R=R0,又依题意有=1,则,求得R=R0,D对.
6、(非质点模型)(20xx·湖南衡阳模拟)木板固定在墙角处,与水平面夹角为θ=37°,木板上表面光滑,木板上开有一个孔洞,一根长为l、质量为m的软绳置于木板上,其上端刚好进入孔洞,用细线将质量为m的物块与软绳连接,如图所示.物块由静止释放后向下运动,带动软绳向下运动,当软绳刚好全部离开木板(此时物块未到达地面)时,物块的速度为(已知重力加速度为g,sin 37°=0.6)( )
A. B. C. D.
答案C
解析在下落过程中,由几何关系可知,重物的重心下降高度为l;而软绳重心的下降高度为h'=0.5l-0.5lsin 37°=0.2l,
故全过程中重力势能的减小量为ΔEp=mgl+0.2mgl=1.2mgl;
根据机械能守恒定律可得mv2=ΔEp
解得v=;
故C正确,A、B、D错误.
7、.(冲量)(20xx·广东中山××区期中)质量为m的木箱放置在光滑的水平地面上,在与水平方向成θ角的恒定拉力F作用下由静止开始运动,经过时间t速度变为v,则在这段时间内拉力F与重力的冲量大小分别为( )
A.Ft,0
B.Ftcos θ,0
C.mv,mgt
D.Ft,mgt
答案D
解析力F的冲量就是F与时间t的乘积,即IF=Ft;重力的冲量就是重力与时间t的乘积,即IG=mgt.
8、(等势面及运动轨迹问题)如图所示,虚线表示某电场的等势面,实线表示一带电粒子仅在电场力作用下运动的径迹.粒子在A点的加速度为aA、动能为EkA、电势能为EpA,在B点的加速度为aB、动能为
EkB、电势能为EpB.则下列结论正确的是( )
A.aA>aB,EkA>EkB
B.aA<aB,EpA>EpB
C.aA<aB,EpA<EpB
D.aA>aB,EkA<EkB
答案C
解析根据粒子轨迹的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力,根据U=Ed知,等差等势面越密的位置电场强度越大,B处等差等势面较密集,则电场强度大,带电粒子所受的电场力大,加速度也大,即aA<aB;从A到B,电场力对带电粒子做负功,电势能增加,则知B点电势能大,即EpA<EpB,故C正确,选项A、B、D错误.
9、.(电路中的动态分析、功率及效率问题)如图所示电路中,R为一滑动变阻器,P为滑片,若将滑片向下滑动,则在滑动过程中,下列判断错误的是( )
A.电源内电路消耗功率一定逐渐增大
B.灯泡L2一定逐渐变暗
C.电源效率一定逐渐减小
D.R上消耗功率一定逐渐变小
答案D
解析滑动变阻器滑片P向下滑动,R↓→R并↓→R外↓,由闭合电路欧姆定律I=推得I↑,由电源内电路消耗功率P内=I2r可得P内↑,A 正确.U外↓=E-I↑r,U1↑=(I↑-IL1↓)R1,UL2↓=U外↓-U1↑,PL2↓=,故灯泡L2变暗,B正确.电源效率η↓=,故C正确.R上
消耗的功率PR=,PR增大还是减小不确定,故D错.
10、(临界极值问题)(20xx·辽宁朝阳三校协作体联考)如图所示,半径为r的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,磁场边界上A点有一粒子源,源源不断地向磁场发射各种方向(均平行于纸面)且速度大小相等的带正电的粒子(重力不计),已知粒子的比荷为k,速度大小为2kBr.则粒子在磁场中运动的最长时间为
( )
A. B. C. D.
答案C
解析粒子在磁场中运动的半径为r'==2r;当粒子在磁场中运动时间最长时,其轨迹对应的圆心角最大,此时弦长最大,其最大值为磁场圆
的直径2r,故t=,故选C.
11、(导体棒切割磁感线产生感应电动势)(20xx·广东广州月考)如图所示,半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中,绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动,则通过电阻R的电流的大小和方
向是(金属圆盘的电阻不计)( )
A.由c到d,I=
B.由d到c,I=
C.由c到d,I=
D.由d到c,I=
答案D
解析由右手定则判定通过电阻R的电流的方向是由d到c,金属圆盘产生的感应电动势E=Br2ω,所以通过电阻R的电流大小是I=.选项
D正确.
12、(多选)(20xx·江西三校第一次联考)如图xOy平面为光滑水平面,现有一长为d、宽为l的线框MNPQ在外力F作用下,沿x轴正方向以速度v做匀速直线运动,空间存在竖直方向的磁场,磁感应强度B=2B0cos x(式中B0为已知量),规定竖直向下为磁感应强度正方向,线框电阻为R,t=0时刻MN边恰好在y轴处,则下列说法正确的是
( )
A.外力F为恒力
B.t=0时,外力大小F=16l2
C.通过线框的瞬时电流I=
D.经过t=,线框中产生的电热Q=
答案BC
解析由于磁场是变化的,故切割产生的感应电动势也为变值,安培力也会变化,故要保持其匀速运动,外力F不能为恒力,故A错误;t=0时,左右两边处的磁感应强度均为2B0,方向相反,则感应电动势
E=4B0lv,拉力等于安培力即F=2×2B0Il=,故B正确;由于两边正好相隔半个周期,故产生的电动势方向相同,经过的位移为vt,瞬时电动势E=4B0lvcos,瞬时电流I=,故C正确;由于瞬时电流为余弦规律变化,故可知感应电流的有效值I=,故产生的电热Q=I2Rt=,故D错
误.
13、(氢原子的能级及能级跃迁)(20xx·陕西西安××区期末)用频率为ν0的光照射大量处于基态的氢原子,在所发射的光谱中仅能观测到频率分别为ν1、ν2和ν3的三条谱线,且ν3>ν2>ν1,则( )
A.ν0<ν1
B.ν3=ν2+ν1
C.ν0=ν1+ν2+ν3
D.
答案B
解析大量氢原子跃迁时只有三个频率的光谱,这说明是从n=3能级向低能级跃迁,由n=3能级向n=1能级跃迁时,hν3=E3-E1;由n=2能级向n=1能级跃迁时,hν2=E2-E1;由n=3能级向n=2能级跃迁时,hν1=E3-E2;将以上三式变形可得hν3=hν2+hν1,即ν3=ν2+ν1,所以B正确,D错误;再根据氢原子理论可知,入射光频率ν0=ν3,所以A、C错误.。