高考物理二輪復(fù)習(xí)選擇題穩(wěn)優(yōu)提優(yōu)優(yōu)練二 (含解析)

Page9選擇題穩(wěn)優(yōu)提優(yōu)優(yōu)練（二）1、（2019·新課標(biāo)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(xì)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?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用水平向左的拉力緩慢拉動N，直至懸掛N的細(xì)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(xì)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(xì)繩與豎直方向夾角為45°的過程中，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(xì)線的一端固定于楔形滑塊A的頂端O處，細(xì)線另一端拴一質(zhì)量為m=0.2kg的小球。若滑塊與小球一起以加速度a向左做勻加速運(yùn)動（取g=10m/s2）則下列說法正確的是A．當(dāng)a=5m/s2時，滑塊對球的支持力為B．當(dāng)a=15m/s2時，滑塊對球的支持力為半C．當(dāng)a=5m/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(dāng)a=15m/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(shè)加速度為a0時小球?qū)瑝K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(dāng)a=5m/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(dāng)a=15m/s2時，小球已經(jīng)離開滑塊，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(dāng)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(zhuǎn)動的光滑小環(huán)Q，一輕繩穿過Q，兩端分別連接質(zhì)量為m1、m2的A、B小球．兩小球分別在各自的水平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，它們周期相等．則A、B小球到Q的距離l1、l2的比值eq\f(l1,l2)為()A.eq\f(m\o\al(2,1),m\o\al(2,2))B.eq\f(m\o\al(2,2),m\o\al(2,1))C.eq\f(m1,m2)D.eq\f(m2,m1)【參考答案】D一根繩子的張力F是相等的，對于A球，F(xiàn)sinθ1＝m1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2l1sinθ1，對于B球，F(xiàn)sinθ2＝m2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2l2sinθ2，聯(lián)立可知，m1l1＝m2l2，即eq\f(l1,l2)＝eq\f(m2,m1)，D選項正確．4、（2019·湖南省長沙市雅禮中學(xué)）2016年2月11日，美國自然科學(xué)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(xué)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(xué)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(jìn)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(gòu)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(yùn)行，針對確定的引力波源進(jìn)行探測，這三顆衛(wèi)星在太空中的分列圖類似樂器豎琴，故命名為“天琴計劃”。則下列有關(guān)三顆衛(wèi)星的運(yùn)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(yùn)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(yùn)轉(zhuǎn)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42400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(yùn)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錯誤；根據(jù)，若知道萬有引力常量G及三顆衛(wèi)星繞地球運(yùn)轉(zhuǎn)周期T可以求出地球的質(zhì)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(zhuǎn)軸，在推桿帶動下在水平面內(nèi)轉(zhuǎn)動．若上面磨盤直徑為D，質(zhì)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(zhuǎn)動，磨盤轉(zhuǎn)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ωDC．摩擦力的等效作用點離轉(zhuǎn)軸距離為eq\f(W,πμmg)D．摩擦力的等效作用點離轉(zhuǎn)軸距離為eq\f(W,2πμmg)【參考答案】D磨盤推桿做圓周運(yùn)動，各點角速度相等，推桿兩端點的速度大小相等，方向相反，A選項錯誤；磨盤邊緣做圓周運(yùn)動的軌道半徑為eq\f(1,2)D，邊緣的線速度為eq\f(1,2)ωD，B選項錯誤；設(shè)摩擦力的等效作用點離轉(zhuǎn)軸距離為L，摩擦力做的功為W＝μmg·2πL，解得，L＝eq\f(W,2πμmg)，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(yuǎn)處，又落回到拋出點，假設(shè)小球所受空氣阻力大小與速度大小成正比，小球在運(yùn)動過程中的機(jī)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(guān)系可知，空氣阻力做功引起小球機(jī)械能的減少，小球在運(yùn)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(nèi)，空氣阻力做功先減少后增加，即小球機(jī)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(jī)械能小于小球在上升過程中減小的機(jī)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(yùn)動，一質(zhì)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2mv2B．合力對物塊的沖量大小一定為2mv1C．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】Dv2＞v1，分析物塊的受力情況，先向右做勻減速直線運(yùn)動后向左做勻加速直線運(yùn)動，如果v2＞v1，到達(dá)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(fù)電的粒子置于b點，自由釋放，粒子將沿著對角線bd往復(fù)運(yùn)動．粒子從b點運(yùn)動到d點的過程中()A．先做勻加速運(yùn)動，后做勻減速運(yùn)動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(jī)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(qiáng)為零，沿中垂線向外，先增大再減小，負(fù)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(yùn)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(zhuǎn)化，之和守恒不變，即電勢能改變量等于機(jī)械能改變量，C選項錯誤；從b點運(yùn)動到d點的過程中，電場力先做正功后做負(fù)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(guān)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1：2B．獲得的最大動能之比為1：4C．加速需要的交變電壓的頻率之比為2：1D．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(yùn)動，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，最大動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，一價正離子和二價正離子的電量之比為1：2，質(zhì)量相等，獲得的最大動能之比為1：4，速度之比為1：2，A、B選項正確；加速電壓的周期等于離子在磁場中運(yùn)動的周期，T＝eq\f(2πm,Bq)，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＝eq\f(q2B2R2,2m)，解得n＝eq\f(qB2R2,2mU)，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?wèi)?yīng)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(jī)在廣場上方沿水平方向自西向東飛行。該飛機(jī)翼展10m，表演地點位于北半球，該處磁場的豎直分量為5.0×10﹣5T，該機(jī)飛行時速度約為300m/s，下列說法正確的是A．該機(jī)兩翼尖端電勢差大小約為0.15VB．該機(jī)兩翼尖端無電勢差C．右端機(jī)翼電勢較高D．若飛機(jī)轉(zhuǎn)向為自東向西飛行，機(jī)翼右端電勢較高【答案】A【解析】該機(jī)兩翼尖端電勢差大小約為U＝BLv＝0.15V，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(jī)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(jī)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＝3.0V，內(nèi)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(dāng)開關(guān)閉合后，下列關(guān)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0.30WB．燈泡L1的電阻為75ΩC．燈泡L3的電阻為12ΩD．三燈泡消耗的總電功率為0.90W【參考答案】AC電源的內(nèi)阻不計，當(dāng)開關(guān)閉合后，燈泡L3的電壓U3＝3V，根據(jù)圖2讀出電流I3＝0.25A，根據(jù)功率公式可知，燈泡L3消耗的功率P＝U3I3＝0.75W，根據(jù)歐姆定律可知，燈泡L3的電阻R3＝eq\f(U3,I3)＝12Ω，C選項正確；燈泡L1、L2串聯(lián)，電壓U1＝U2＝1.5V，根據(jù)圖2可知，電流I1＝I2＝0.20A，根據(jù)歐姆定律可知，電阻R1＝7.5Ω，B選項錯誤；燈泡L1、L2的功率P1＝P2＝U1I1＝0.30W，A選項正確；三燈消耗的總功率為：2×0.30＋0.75＝1.35W，D選項錯誤．12、(多選)下列關(guān)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(qiáng)，故α粒子容易使金屬發(fā)生光電效應(yīng)B．平均結(jié)合能小的原子核結(jié)合成或分解成平均結(jié)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(dá)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(nèi)，其衰變的概率為eq\f(1,2)【參考答案】BCα粒子的穿透能力比β粒子的穿透能力弱，發(fā)生光電效應(yīng)與粒子的穿透能力無關(guān)，A選項錯誤；平均結(jié)合能小的原子核結(jié)合成或分解成平均結(jié)合能大的原子核時存在質(zhì)量虧損，一定放出核能，B選項正確；光是一種概率波，符合波動規(guī)律，光子通過狹縫到達(dá)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(dāng)滑片P上移時，原線圈中的電流I1變大B．當(dāng)滑片P上移時，原線圈的輸入功率變小C．當(dāng)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