2020高考物理一轮复习优编选题(15)(含解析)新人教版.pdf

【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】1/8 2020高考物理一轮复习优编选题（15）（含解析）新人教版编 辑：_时 间：_教学资料范本【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】2/8 李仕才1、(多选)(20 xx 江苏阜宁月考)汽车甲沿着平直的公路以速度v0做匀速直线运动,当它路过某处的同时,汽车乙从此处开始做初速度为零的匀加速直线运动去追赶汽车甲,根据上述已知条件()A.可求出乙车追上甲车时,乙车的速度B.不能求出乙车追上甲车时,乙车的速度C.可求出乙车从开始运动到追上甲车时,乙车运动的时间D.不能求出乙车从开始运动到追上甲车时,乙车运动的时间答案 AD解析作出汽车甲、乙的速度时间图线如图所示。当汽车乙追上汽车甲时,两车位移相等,从图象上可以看出,当甲、乙位移相等时,两图象与时间轴所围的“面积”相等,则乙车追上甲车时,乙车的速度为 2v0,但从图象上无法知道乙车追上甲车所用的时间,故 A、D正确,B、C错误。2、(弹力)(20 xx 河南郑州期中)一个长度为 L 的轻弹簧,将其上端固定,下端挂一个质量为m的小球时,弹簧的总长度变为2L。现将两个这样的弹簧按如图所示方式连接,A、B两小球的质量均为m,则两小车平衡时,B 小球距悬点 O的距离为(不考虑小球的大小,且弹簧都在弹性限度范围内)()A.3L B.4LC.5L D.6L答案 C解析根据题意知只有一个长度为L 的弹簧,下端挂一个质量为m的小球时,弹簧的总长度变为2L,即 mg=kL,如题图所示悬挂时,上端弹簧受两个小球的拉力,即 2mg=kx1,解得 x1=2L。对下端弹簧由二力平衡得 mg=kx2,解得 x2=L。所以 B小球距悬点 O的距离为 2L+2L+L=5L,选项 C正确。3、(牛顿运动定律)(20 xx 甘肃天水期末)牛顿的三大运动定律构成了物理学和工程学的基础,下列说法中正确的是()A.牛顿第一定律是牛顿第二定律的一种特例【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】3/8 B.牛顿第一定律可以用实验验证C.牛顿第二定律在非惯性系中不成立D.为纪念牛顿,人们把“力”定为基本物理量,其基本单位为“牛顿”答案 C解析牛顿第一定律是实验定律,揭示的是物体在不受外力或合力为零情况下物体所处的状态,不是牛顿第二定律的特例,牛顿第一定律是理想实验加逻辑推导出来的,不能通过实验验证,A、B 错误;牛顿第二定律适用范围是在惯性系中,C 正确;力不是基本物理量,D 错误。4、(多选)如图所示,一位同学玩飞镖游戏。圆盘最上端有一P点,飞镖抛出时与 P等高,且距离 P点为 l。当飞镖以初速度v0 垂直盘面瞄准 P点抛出的同时,圆盘以绕过盘心 O点的水平轴在竖直平面内匀速转动。忽略空气阻力,重力加速度为 g,若飞镖恰好击中P点,则()A.飞镖击中 P点所需的时间为B.圆盘的半径可能为C.圆盘转动角速度的最小值为D.P点随圆盘转动的线速度可能为答案 AD解析飞镖做平抛运动,在水平方向做匀速直线运动,因此 t=,故 A 正确;飞镖击中 P点时,P 恰好在最下方,则 2r=gt2,解得圆盘的半径 r=,故B 错 误;飞 镖 击 中P 点,则P 点 转 过 的 角 度 满 足=t=+2k(k=0,1,2,),故=,则圆盘转动角速度的最小值为,故 C错误;P 点随圆盘转动的线速度为v=r=,当 k=2 时,v=,故 D正确。5、(开普勒第三定律)已知地球和火星绕太阳公转的轨道半径分别为R1和 R2(公转轨迹近似为圆),如果把行星与太阳连线扫过的面积与其所用时间的比值定义为扫过的面积速率。则地球和火星绕太阳公转过程中扫过的面积速率之比是()【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】4/8 A.B.C.D.答案 B解析公转的轨迹近似为圆,地球和火星的运动可以看作匀速圆周运动,根据开普勒第三定律知=C,运动的周期之比,在一个周期内扫过的面积之比为,面积速率为,可知面积速率之比为,故 B正确,A、C、D错误。6、.(动能)(20 xx 吉林县月考)下列有关动能的说法正确的是()A.物体只有做匀速运动时,动能才不变B.物体的动能变化时,速度不一定变化C.物体做平抛运动时,水平速度不变,动能不变D.物体做自由落体运动时,物体的动能增加答案 D解析物体只要速率不变,动能就不变,A 错误;物体的动能变化时,速度的大小一定变化,B 错误;物体做平抛运动时,速率增大动能就会增大,C 错误;物体做自由落体运动时,其速率增大,物体的动能增加,D正确。7、(多选)(碰撞模型)(20 xx 贵州区月考)如图所示,半径和动能都相等的两个小球相向而行。甲球质量m甲大于乙球质量 m乙,水平面是光滑的,两球做对心碰撞以后的运动情况可能是()A.甲球速度为零,乙球速度不为零B.两球速度都不为零C.乙球速度为零,甲球速度不为零D.两球都以各自原来的速率反向运动答案 AB解析首先根据两球动能相等得m甲 m乙,解得两球碰前动量大小之比为,因 m甲m乙,则 p 甲p乙,则系统的总动量方向向右。根据动量【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】5/8 守恒定律可以判断,碰后两球运动情况可能是A、B所述情况,而 C、D情况是违背动量守恒的,故 C、D情况是不可能的。8、(带电粒子在匀强电场中的偏转)(20 xx 陕西西安区二模)有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒,此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场,再经偏转电场后打到纸上,显示出字符。已知偏移量越小打在纸上的字迹越小,现要缩小字迹,下列措施可行的是()A.增大墨汁微粒的比荷B.减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能C.减小偏转极板的长度D.增大偏转极板间的电压答案 C解析已知偏移量越小,打在纸上的字迹越小,因偏移量y=,现要缩小字迹,可行的措施可减小墨汁微粒的比荷,增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能,减小偏转极板的长度L,减小偏转极板间的电压U,故选 C。9、(“等效法”处理带电粒子在复合场中的运动)如图所示,绝缘光滑轨道 AB部分是倾角为 30的斜面,AC 部分为竖直平面上半径为R的圆轨道,斜面与圆轨道相切。整个装置处于电场强度为E、方向水平向右的匀强电场中。现有一个质量为m的带正电小球,电荷量为q=,要使小球能安全通过圆轨道,在 O点的初速度应满足什么条件?答案 v解析小球先在斜面上运动,受重力、电场力、支持力,然后在圆轨道上运动,受重力、电场力、轨道作用力,如图所示,类比重力场,将电场力与重力的合力视为等效重力mg,大小为 mg=,tan=,得=30,等效重力的方向与斜面垂直指向右下方,小球在斜面上匀速运动。因要使小球能安全通过圆轨道,在圆轨道的“等效最高点”(D 点)满足“等效重力”刚好提供向心力,即有:mg=,因=30与斜面的倾角【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】6/8 相等,由几何关系知=2R,令小球以最小初速度v0 运动,由动能定理知:-2mgR=,解得 v0=,因此要使小球安全通过圆轨道,初速度应满足v。10、(安培定则的应用和磁场的叠加)(20 xx 海南文昌中学期中)在磁感应强度为 B0、方向竖直向上的匀强磁场中,水平放置一根长通电直导线,电流的方向垂直于纸面向里。如图所示,A、B、C、D是以直导线为圆心的同一圆周上的四点,在这四点中()A.B、D两点的磁感应强度大小相等B.A、B两点的磁感应强度大小相等C.C点的磁感应强度的值最大D.B点的磁感应强度的值最大答案 A解析根据安培定则可得通电直导线在A、B、C、D四点产生的磁感应强度大小相等,设为 B1,而通电直导线在 B点产生的磁感应强度方向为水平向左,在 D点产生的磁感应强度方向为水平向右,则 B、D两点的磁感应强度大小为B=,大小相等,选项 A正确;通电直导线在 A点产生的磁感应强度方向为竖直向上,则 A点的磁感应强度为BA=B1+B0,选项 B错误;通电直导线在 C点产生的磁感应强度方向为竖直向下,则 C点的磁感应强度大小为BC=|B1-B0|,C 点的磁感应强度的值最小,选项 C错误;由以上分析可知A点的磁感应强度的值最大,选项 D错误。11、(多选)(电磁感应中的图象问题)(20 xx 陕西咸阳三模)在绝缘的水平桌面上有 MN、PQ两根平行的光滑金属导轨,导轨间的距离为l。金属棒 ab 和 cd 垂直放在导轨上,两棒正中间用一根长l 的绝缘细线相连。棒 ab 右侧有一直角三角形匀强磁场区域,磁场方向竖直向下,三角形的两条直角边长均为l,如图所示。从图示位置在棒ab上加水平拉力,使金属棒 ab 和 cd 向右匀速穿过磁场区,则金属棒 ab中感应电流 i 和绝缘细线上的张力大小F随时间 t 变化的图象可能正确的是(规定金属棒 ab 中电流方向由 a 到 b 为正)()【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】7/8 答案 AC解析 ab 向右运动,切割磁感线,由右手定则可知,产生的感应电流方向从 b 到 a(电流为负)。根据法拉第电磁感应定律,导体棒切割磁感线的有效长度逐渐增大,所以感应电流 I 随时间变化图象,A 可能正确,B 一定错误;在 ab 切割磁感线运动过程中,由于 cd 没有进入磁场中,不受安培力作用,在 0t0 时间内,绝缘细线中张力 F等于零,在cd 进入磁场区域切割磁感线运动时,受到安培力作用,绝缘细线中张力 F=BIl=,绝缘细线中张力 F随时间变化图象 C图可能正确,D 图一定错误。12、(多选)(20 xx 山西太原模拟)图甲是远距离输电线路的示意图。图乙是用户得到的电压随时间变化的图象。已知降压变压器的匝数比为 101,不考虑降压变压器与用户间导线的电阻,则()A.发电机输出交变电流的频率是50 HzB.升压变压器的输出电压为2 200 VC.输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定D.当用户用电器的总电阻增大时,输电线上损失的功率减小答案 AD解析电压器不会改变交变电流的频率,由题图乙可知周期T=0.02 s,故频率 f=50 Hz,A 正确;在降压变压器中,根据可得 U3=2 200 V,由于输电线路上有电阻,故损失一部分电压,故升压变压器输送的电压大于 2 200 V,故 B错误;输电线的电流由输送的功率和电压决定,与降压变压器原副线圈的匝数比无关,故 C 错误;当用户用电器的总电阻增大时,用户的功率减小,降压变压器的输出功率减小,则输入的功率减小,输电线上的电流减小,输电线上损失的功率减小,故 D正确。选 A、D。13、(光电效应)关于光电效应,下列说法正确的是()A.极限频率越大的金属材料逸出功越大B.只要光照射的时间足够长,任何金属都能产生光电效应C.从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大,这种金属的逸出功越小D.入射光的光强一定时,频率越高,单位时间内逸出的光电子数就越多答案 A解析逸出功 W0=h 0,W00,A 正确;只有照射光的频率 大于金属极限频率 0,才能产生光电效应现象,B 错误;由光电效应方程【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】8/8 Ekm=h-W0知,光电子的最大初动能与入射光的频率和金属材料的逸出功都有关系,所以 C错误;光强 E=nh,E 一定,越大,则光子数 n 越小,单位时间内逸出的光电子数就越少,D 错误。