2020屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 選擇題穩(wěn)優(yōu)提優(yōu)優(yōu)練（四） 新人教版

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1、 選擇題穩(wěn)優(yōu)提優(yōu)優(yōu)練（四） 1、2019·浙江） 一輛汽車(chē)沿平直道路行駛，其v–t圖象如圖所示。在t=0到t=40 s這段時(shí)間內(nèi)，汽車(chē)的位移是 A．0 B．30 m C．750 m D．1 200 m 【答案】C 【解析】在v–t圖像中圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移，故在40 s內(nèi)的位移為，C正確。 2、（2019·湖南省懷化市高三統(tǒng)一模擬） 如圖所示，質(zhì)量為M=2 kg、長(zhǎng)為L(zhǎng)=1.5 m的木板靜止在光滑的水平面上，木板上右端放著一可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊，小滑塊的質(zhì)量為m=1 kg，小滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.2。若用水不拉力F作用在木板上，取g=10 m/s2，

2、則下列說(shuō)法正確的是 A．F=8 N時(shí)，小滑塊與木板保持相對(duì)靜止 B．F=10 N時(shí)，小滑塊與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng) C．F=12 N時(shí)，小滑塊從木板上滑下所需的時(shí)間為2 s D．F=12 N時(shí)，小滑塊從木板上滑下時(shí)木板的動(dòng)量大小為10 kg·m/s 【答案】BD 【解析】以小滑塊為研究對(duì)象，由牛頓第二定律，得小滑塊的最大加速度為，以整體為研究對(duì)象，小滑塊在木板上滑動(dòng)時(shí)的最小拉力為，A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；若，則木板的加速度大小為，由得小滑塊從木板上滑下所需的時(shí)間為，C項(xiàng)錯(cuò)誤；小滑塊從木板上滑下時(shí)，木板的動(dòng)量大小為，D項(xiàng)正確。 3、（2019·新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ卷） 如圖（a），在跳臺(tái)滑雪比

3、賽中，運(yùn)動(dòng)員在空中滑翔時(shí)身體的姿態(tài)會(huì)影響其下落的速度和滑翔的距離。某運(yùn)動(dòng)員先后兩次從同一跳臺(tái)起跳，每次都從離開(kāi)跳臺(tái)開(kāi)始計(jì)時(shí)，用v表示他在豎直方向的速度，其v–t圖象如圖（b）所示，t1和t2是他落在傾斜雪道上的時(shí)刻。則 A．第二次滑翔過(guò)程中在豎直方向上的位移比第一次的小 B．第二次滑翔過(guò)程中在水平方向上的位移比第一次的大 C．第一次滑翔過(guò)程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大 D．豎直方向速度大小為v1時(shí)，第二次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大 【答案】BD 【解析】由v–t圖面積易知第二次面積大于等于第一次面積，故第二次豎直方向下落距離大于第一次下落距離，所以，A錯(cuò)誤；

4、由于第二次豎直方向下落距離大，由于位移方向不變，故第二次水平方向位移大，故B正確；由于v–t斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由易知a1>a2，故C錯(cuò)誤；由圖象斜率，速度為v1時(shí)，第一次圖象陡峭，第二次圖象相對(duì)平緩，故a1>a2，由G–fy=ma，可知，fy1

5、c D．a(chǎn)衛(wèi)星由于阻力，軌道半徑緩慢減小，其線速度將增大，機(jī)械能不變 【答案】AB 【解析】根據(jù)萬(wàn)有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)向心力有有：線速度，可知軌道半徑小的線速度大，故A正確；向心加速度 知，軌道半徑小的向心加速度大，故B正確；c加速前萬(wàn)有引力等于圓周運(yùn)動(dòng)向心力，加速后所需向心力增加，而引力沒(méi)有增加，故C衛(wèi)星將做離心運(yùn)動(dòng)，故不能追上同一軌道的衛(wèi)星b，所以C錯(cuò)誤；a衛(wèi)星由于阻力，軌道半徑緩慢減小，根據(jù)可知其線速度將增大，但由于克服阻力做功，機(jī)械能減小。故D錯(cuò)誤。故選：AB。 5、（2019·新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ卷） 從地面豎直向上拋出一物體，其機(jī)械能E總等于動(dòng)能Ek與重力勢(shì)能Ep之和。取地面為重力

6、勢(shì)能零點(diǎn)，該物體的E總和Ep隨它離開(kāi)地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得 A．物體的質(zhì)量為2 kg B．h=0時(shí)，物體的速率為20 m/s C．h=2 m時(shí)，物體的動(dòng)能Ek=40 J D．從地面至h=4 m，物體的動(dòng)能減少100 J 【答案】AD 【解析】A．Ep–h圖像知其斜率為G，故G==20 N，解得m=2 kg，故A正確B．h=0時(shí)，Ep=0，Ek=E機(jī)–Ep=100 J–0=100 J，故=100 J，解得：v=10 m/s，故B錯(cuò)誤；C．h=2 m時(shí)，Ep=40 J，Ek=E機(jī)–Ep=85 J–40 J=45 J，故C錯(cuò)誤；D．h=

7、0時(shí)，Ek=E機(jī)–Ep=100 J–0=100 J，h=4 m時(shí)，Ek′=E機(jī)–Ep=80 J–80 J=0 J，故Ek–Ek′=100 J，故D正確。 6、2018年2月13日，平昌冬奧會(huì)女子單板滑雪U型池項(xiàng)目中，我國(guó)選手劉佳宇榮獲亞軍，為我國(guó)奪得首枚獎(jiǎng)牌．如圖為U型池模型，其中A、B為U型池兩側(cè)邊緣，C為U型池最低點(diǎn)，U型池軌道各處粗糙程度相同．一小球在池邊高h(yuǎn)處自由下落由左側(cè)進(jìn)入池中，從右側(cè)飛出后上升的最大高度為，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．小球再次進(jìn)入池中后，能夠沖出左側(cè)邊緣A然后返回 B．小球再次進(jìn)入池中后，剛好到達(dá)左側(cè)邊緣A然后返回 C．由A到C過(guò)程與由C到B過(guò)程相比

8、，小球損耗機(jī)械能相同 D．由A到C過(guò)程與由C到B過(guò)程相比，前一過(guò)程小球損耗機(jī)械能較小 【參考答案】A　分析題意可知，小球由左側(cè)進(jìn)入池中從右側(cè)飛出的過(guò)程中，克服摩擦力做功，損失的機(jī)械能為ΔE＝mg·，小球再次返回時(shí)，通過(guò)軌道同一位置的速率減小，根據(jù)向心力公式可知，小球?qū)壍赖膲毫p小，摩擦力減小，克服摩擦力做功減小，機(jī)械能損失量減小，故小球再次進(jìn)入池中后，能夠沖出左側(cè)邊緣A然后返回，A選項(xiàng)正確，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；同理，由A到C過(guò)程中同一高度的速率大于由C到B過(guò)程的速率，摩擦力大于由C到B過(guò)程的摩擦力，前一過(guò)程小球損耗機(jī)械能較大，C、D選項(xiàng)錯(cuò)誤． 7、(多選)如圖所示，將質(zhì)量為M1、半徑為R且內(nèi)壁

9、光滑的半圓槽置于光滑水平面上，左側(cè)靠豎直墻，右側(cè)靠一質(zhì)量為M2的物塊．今讓一質(zhì)量為m的小球自左側(cè)槽口A的正上方足夠高處從靜止開(kāi)始下落，與半圓槽相切自A點(diǎn)進(jìn)入槽內(nèi)，則以下結(jié)論中正確的是(　　) A．小球在槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中，小球與半圓槽在水平方向動(dòng)量守恒 B．小球在槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)后，小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 C．小球離開(kāi)C點(diǎn)以后，將做斜上拋運(yùn)動(dòng)，且恰好再?gòu)腃點(diǎn)落入半圓槽中 D．小球第二次通過(guò)B點(diǎn)時(shí)半圓槽與物塊分離，分離后兩者不會(huì)再相碰 【參考答案】CD　動(dòng)量守恒的條件是不受外力或是外力之和為零，小球在槽內(nèi)左側(cè)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，小球和半圓槽受到了豎直墻面水平向右的作用力，水平

10、方向上動(dòng)量不守恒，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)以后，系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，豎直方向上受到重力作用，動(dòng)量不守恒，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；小球離開(kāi)C點(diǎn)時(shí)，水平方向上與槽共速，豎直方向上做上拋運(yùn)動(dòng)，故小球做斜上拋運(yùn)動(dòng)，恰好再?gòu)腃點(diǎn)落入半圓槽中，C選項(xiàng)正確；第二次通過(guò)B點(diǎn)后，小球?qū)Π雸A槽的作用力有水平向左的分量，半圓槽向右減速，物塊繼續(xù)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，兩者分離，D選項(xiàng)正確． 8、（2019·新課標(biāo)全國(guó)Ⅲ卷） 如圖，電荷量分別為q和–q（q>0）的點(diǎn)電荷固定在正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)上，a、b是正方體的另外兩個(gè)頂點(diǎn)。則 A．a(chǎn)點(diǎn)和b點(diǎn)的電勢(shì)相等 B．a(chǎn)點(diǎn)和b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等 C．a(chǎn)點(diǎn)和b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向

11、相同 D．將負(fù)電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)，電勢(shì)能增加 【答案】BC 【解析】由幾何關(guān)系， 可知b的電勢(shì)大于a的電勢(shì)，故A錯(cuò)誤，把負(fù)電荷從a移到b，電勢(shì)能減少，故D錯(cuò)誤；由對(duì)稱(chēng)性和電場(chǎng)的疊加原理，可得出a、b的合電場(chǎng)強(qiáng)度大小、方向都相同，故B、C正確。 9、(多選)如圖所示，空間某處存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)帶負(fù)電的金屬小球從M點(diǎn)水平射入場(chǎng)區(qū)，經(jīng)一段時(shí)間運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，關(guān)于小球由M到N的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．小球可能做勻變速運(yùn)動(dòng) B．小球一定做變加速運(yùn)動(dòng) C．小球動(dòng)能可能不變 D．小球機(jī)械能守恒 【參考答案】BC　分析小球的受力情況

12、，受到豎直向下的重力和洛倫茲力，豎直向上的電場(chǎng)力作用，小球向下做曲線運(yùn)動(dòng)，速度方向時(shí)刻改變，洛倫茲力時(shí)刻改變，小球不可能做勻變速運(yùn)動(dòng)，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，受力指向軌跡的內(nèi)側(cè)，故小球一定做變加速運(yùn)動(dòng)，B選項(xiàng)正確；如果電場(chǎng)力與重力相互抵消，則小球動(dòng)能不變，C選項(xiàng)正確；小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，根據(jù)功能關(guān)系可知，小球機(jī)械能減小，D選項(xiàng)錯(cuò)誤． 10、（2019·四川高二期末） 如圖所示，在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬框架ABCD固定在水平面內(nèi)，AB與CD平行且足夠長(zhǎng)，BC與CD夾角θ（θ<90°），光滑導(dǎo)體棒EF（垂直于CD）在外力作用下以垂直于自身的速度v向右勻

13、速運(yùn)動(dòng)，在滑動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體棒始終保持與導(dǎo)軌良好接觸，光滑導(dǎo)體棒EF經(jīng)過(guò)C點(diǎn)瞬間作為計(jì)時(shí)起點(diǎn)。若金屬框架與導(dǎo)體棒是由粗細(xì)相同的均勻的同種材料組成的導(dǎo)體，下列關(guān)于電路中電流大小I與時(shí)間t、消耗的電功率P與導(dǎo)體棒水平移動(dòng)的距離x變化規(guī)律的圖象中正確的是 A． B． C． D． 【答案】BD 【解析】AB、設(shè)導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)體及導(dǎo)軌單位長(zhǎng)度的電阻為。當(dāng)導(dǎo)體棒移動(dòng)距離時(shí)，感應(yīng)電流一定；當(dāng)導(dǎo)體棒移動(dòng)距離時(shí)，感應(yīng)電流，當(dāng)x增大時(shí)，I減小，兩者是非線性關(guān)系。故A錯(cuò)誤B正確。CD、當(dāng)導(dǎo)體棒移動(dòng)距離時(shí)，電路中消耗的功率與x成正比；當(dāng)時(shí)，電路中消耗的功率，當(dāng)x增大時(shí)，P減小，兩者是非線性關(guān)系。故C錯(cuò)誤D正

14、確。 11、如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、匝數(shù)為N，電阻不計(jì)的正方形線圈abcd在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞轉(zhuǎn)軸OO′轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)軸OO′垂直于磁感線，在線圈外接一含有理想變壓器的電路，變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1和n2.保持線圈以恒定角速度ω轉(zhuǎn)動(dòng)，下列判斷正確的是(　　) A．從圖位置計(jì)時(shí)，矩形線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝NBωL2sinωt B．電壓表V1示數(shù)等于NBωL2，電壓表V2示數(shù)等于 C．當(dāng)可變電阻R的滑片P向上滑動(dòng)時(shí)，電壓表V2的示數(shù)變大 D．當(dāng)可變電阻R的滑片P向上滑動(dòng)時(shí)，變壓器的輸入功率減小 【參考答案】D　正弦式交流發(fā)電機(jī)從垂直中性面位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，電動(dòng)

15、勢(shì)表達(dá)式為e＝NBL2ωcosωt，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；電壓表和電流表讀數(shù)為有效值，線圈中產(chǎn)生的最大電動(dòng)勢(shì)Em＝NBL2ω，根據(jù)正弦式交變電流的規(guī)律可知，電壓表V1的示數(shù)等于NBL2ω，電壓表V2的示數(shù)等于NBL2ω，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；交流發(fā)電機(jī)內(nèi)電阻不計(jì)，變壓器輸入電壓不變，根據(jù)理想變壓器電壓和匝數(shù)的關(guān)系可知，當(dāng)P位置向上滑動(dòng)時(shí)，副線圈上的電壓不變，電壓表V2讀數(shù)不變，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)P位置向上移動(dòng)時(shí)，R增大，根據(jù)電功率的表達(dá)式可知，變壓器的輸出功率減小，輸入功率減小，D選項(xiàng)正確． 12、下列描繪兩種溫度下黑體輻射強(qiáng)度與頻率關(guān)系的圖中，符合黑體輻射實(shí)驗(yàn)規(guī)律的是(　　) 【參考答案】A　黑體輻射以電磁輻射的形式向外輻射能量，溫度越高，輻射越強(qiáng)越大，黑體輻射的波長(zhǎng)分布情況也隨溫度而變，溫度越高，輻射的電磁波的波長(zhǎng)越短，A選項(xiàng)正確． 13、（2019·天津卷） 如圖為、、三種光在同一光電效應(yīng)裝置中測(cè)得的光電流和電壓的關(guān)系。由、、組成的復(fù)色光通過(guò)三棱鏡時(shí)，下述光路圖中正確的是 【答案】C 【解析】由光電效應(yīng)的方程，動(dòng)能定理，兩式聯(lián)立可得，故截止電壓越大說(shuō)明光的頻率越大，則有三種光的頻率，則可知三種光的折射率的關(guān)系為，因此光穿過(guò)三棱鏡時(shí)b光偏折最大，c光次之，a光最小，故選C，ABD錯(cuò)誤。 10