人教版高考物理一輪訓(xùn)練：選擇題6（含解析）

人教物理2019高考物理一輪訓(xùn)練選：選擇題（6）

1,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

ggD

畫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、如圖,，所示，小球用細(xì)繩系住，繩的另一端固定于。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

81]A

麗先對(duì)小球進(jìn)行受力分析,重力、支持力&、拉力“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B減小，

當(dāng)B時(shí)，F(xiàn)T±FN,細(xì)繩的拉力FT最小，由圖可知，隨B的減小，斜面的支持力FN不斷

增大，F(xiàn)T先減小后增大。故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。

m

Fy

3、如圖----所示,一個(gè)質(zhì)量為M=2kg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=lkg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2N?，F(xiàn)沿水平向左的方向?qū)π∧景迨┮宰饔昧Γ鼓景逵伸o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9N,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6N時(shí)，物體不受摩擦力作用

D.小木板受到9N的拉力時(shí)，物體受到的摩擦力為3N

H]c

畫由題，當(dāng)彈簧的彈力是2N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2N。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

F合4

-----=—

至少為4N的力，物體的加速度為a=m1m/s=4m/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)X4N=12N

即只有在拉力大于12N時(shí)，物體才能相對(duì)于木板滑動(dòng)，所以在拉力小于9N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

工2

a=m1m/s2=2m/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

F°=(M+m)a'=(2+DX2N=6N

所以當(dāng)力F增大到6N時(shí)，物體不受摩擦力作用。

則拉力小于6N之前，摩擦力隨拉力F的增大而減小，當(dāng)拉力大于6N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9N拉力時(shí)，整體的加速度

F_9

22

a"=M+m2+1m/s=3m/s

物體受到的摩擦力為F，，則ma"=Fj+2N

所以Fj=ma"-2N=1N。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)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—幺/

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

ggA

畫質(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、如圖■所示，將質(zhì)量為m的小球以速度V。由地面豎直向上拋出。小球落回地面時(shí)，

其速度大小為v。。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

()

377

A.mgB.161ngC.16mgD.25mg

|解析|對(duì)小球向上運(yùn)動(dòng),由動(dòng)能定理有-(mg+Ff)H=0-2,對(duì)小球向下運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理有

1[3\27

~—VQI—

(mg-Ff)H=2\4),聯(lián)立解得Ff=25mg,故D正確。

6、一個(gè)質(zhì)量是5kg的小球以5m/s的速度豎直落到地板上，隨后以3m/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.10kg,m/sB.-10kg,m/s

C.40kg,m/sD.-40kg?m/s

l^D

解析因向下為正方向,則小球與地面相碰前的動(dòng)量為pknivi=5X5kg?m/s=25kg?m/s；碰

后的動(dòng)量為P2=mv2=5X（-3）kg?m/s=-15kg?m/s；則小球的動(dòng)量變化為Ap=p2-pi=（-15

kg?m/s）-25kg?m/s=-40kg,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“Ro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AU,電流表示數(shù)的變化量為AI,

則（）2n

A.變化過(guò)程中AU和AI的比值保持不變廠區(qū)1拈J

B.電壓表示數(shù)U和電流表示數(shù)I的比值不變Tet|r

C.電阻Ro兩端電壓減小，減小量為AU

D.電容器所帶的電荷量增大，增加量為CAU

ggAD

而閉合開(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

AU和AI的比值等于定值電阻R。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R。兩端電壓減小,

減小量小于AU,選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電容器所帶的電荷量增大，增加量為CAU,選項(xiàng)D正確。

8、如圖所示，一個(gè)邊長(zhǎng)為1、三邊電阻相同的正三角形金屬框放置在磁感應(yīng)強(qiáng)度為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

廨稠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21sin30°=1,所以該正三角形通電導(dǎo)線受到的安培力大小為IlB+nB=UB,故

B正確。

9、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一向下一向上A

D.線框做自由落體運(yùn)動(dòng)

ggB

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)较虻碾娏鳎淮┰綄?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，直至最大；根據(jù)楞次定律，線框中產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻?/p>

電流。垂直紙面向里的磁通量變成最大后，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、如圖所示為小型旋轉(zhuǎn)電樞式交流發(fā)電機(jī)，電阻r=lQ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00'勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，線圈的兩端經(jīng)集流環(huán)和電刷與電路

連接,滑動(dòng)變阻器R的最大阻值為6Q,滑片P位于滑動(dòng)變阻器距下端處，定值電阻R>=2Q,

其他電阻不計(jì)，線圈勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的周期T=0.02s。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5V。下列說(shuō)法正

確的是（）

A.電阻Ri消耗的功率為W

B.0.02s時(shí)滑動(dòng)變阻器R兩端的電壓瞬時(shí)值為零

I

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=6”sin100兀t

V

D.線圈從開(kāi)始計(jì)時(shí)到20°s的過(guò)程中，通過(guò)R的電荷量為20。兀C

H]D

E

而設(shè)電源的電動(dòng)勢(shì)為E,由串并聯(lián)電路特點(diǎn)，可得5V=5+1?5,E=6V,由閉合電路歐

姆定律知，電路中的總電流1=1A,由焦耳定律可得，電阻R消耗的功率R=/JR=4R=w,

選項(xiàng)A錯(cuò)誤；0.02s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

271

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3=7=100“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=E11cos3t=6&cos100nt(V),選項(xiàng)C

1

錯(cuò)誤；線圈從開(kāi)始計(jì)時(shí)到20°s的過(guò)程中，通過(guò)線圈的磁通量的變化量A?=BS,由法拉第

N△①_NBS_?V2

電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律和電流的定義可得,q=R+7R+r3出+「)10071

JL

C,由串并聯(lián)電路特點(diǎn)可得，通過(guò)Ri的電荷量qi=q=2°°兀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。貝1()

A.a為電源正極，到達(dá)A板的為a射線

B.a為電源正極，到達(dá)A板的為B射線

C.a為電源負(fù)極，到達(dá)A板的為a射線

D.a為電源負(fù)極，到達(dá)A板的為B射線

ggB

|解析微子在平行板電容器間做類平拋運(yùn)動(dòng),豎直方向上y=vot,水平方向上

d1IqUImd2

x=2~2ae=2mde,聯(lián)立兩個(gè)方程可得y=v」，已知B粒子的速度為0.9c左右，a

1

粒子的速度為0.1c,B粒子的質(zhì)量是a粒子的1836,電荷數(shù)為a粒子的，所以8粒子

y/?_0.9c「2

和a粒子豎直方向上的位移之比為O1CJ18361<1,所以偏轉(zhuǎn)距離小的應(yīng)該是B

粒子，即向左偏的射線，a極應(yīng)該為電源正極。選項(xiàng)B正確。

12、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

ggAB