2019高考物理一輪訓(xùn)練選 選擇題（2）（含解析）新人教版.doc
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選擇題（2） 李仕才 1、如圖所示,質(zhì)量均為m的兩木塊a與b疊放在水平面上,a受到斜向上與水平方向成θ角的力作用,b受到斜向下與水平方向成θ角的力作用,兩力大小均為F,兩木塊均保持靜止狀態(tài),則( ) A.a、b之間一定存在靜摩擦力 B.b與地之間一定存在靜摩擦力 C.b對a的支持力一定小于mg D.地對b的支持力一定大于2mg 答案AC 解析對a受力分析,可知a受重力、支持力、拉力和摩擦力而處于平衡,因為力F有水平方向的分力,故a有向右運動的趨勢,所以a應(yīng)受到b向左的摩擦力,A正確;對整體受力分析可知,整體受重力、支持力、兩個拉力,將拉力沿水平和豎直方向分解可知,其水平分量相等,其整體在水平方向受力平衡,故地面對b沒有摩擦力,B錯誤;F向上的分量使a受到的支持力小于重力,故C正確;豎直方向上,兩分力相互抵消,故ab受地面的支持力等于2mg,故D錯誤。 2、.(2018湖南衡陽月考)在離地面h=15 m高處,以v0=10 m/s的速度同時豎直向上與豎直向下拋出甲、乙兩小球,不計空氣阻力,小球落地后就不再彈起,重力加速度g取10 m/s2,下列說法正確的是( ) A.兩小球落地時的速度相等 B.兩小球落地的時間差為3 s C.乙球落地時甲球恰好運動到最高位置 D.t=2 s時,兩小球相距15 m 答案ACD 解析甲、乙兩小球拋出時速率相等,機械能相等。由于不計空氣阻力,所以兩球運動過程中機械能都守恒,則落地時機械能也相等,落地時的速度必定相等,故A正確。落地時,對于甲球,取豎直向上為正方向,有-h=v0t甲-,解得t甲=3 s,對于乙球:h=v0t乙+,解得t乙=1 s,所以兩小球落地的時間差為2 s,故B錯誤。甲球上升的時間為t= s=1 s=t乙,所以乙球落地時甲球恰好運動到最高點,故C正確。t=2 s時,甲球的位移為x甲=v0t-gt2=0,乙球已落地并不再彈起,所以t=2 s時,兩小球相距15 m,故D正確。 3、如圖所示,一個質(zhì)量為m的圓環(huán)套在一根固定的水平長直桿上,環(huán)與桿的動摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)給環(huán)一個水平向右的恒力F,使圓環(huán)由靜止開始運動,同時對環(huán)施加一個豎直向上、大小隨速度變化的作用力F1=kv,其中k為常數(shù),則圓環(huán)運動過程中( ) A.最大加速度為 B.最大加速度為 C.最大速度為 D.最大速度為 答案AC 解析當F1=mg,即kv=mg,v=時,圓環(huán)水平方向不受摩擦力,則圓環(huán)的加速度最大為a=,A正確,B錯誤;當滑動摩擦力Ff=μ(kv-mg)=F時,對應(yīng)的速度最大,v=,C正確,D錯誤。 4、.(2018湖北黃岡市高三檢測)“嫦娥四號”(專家稱為“四號星”),計劃在2018年發(fā)射升空,它是嫦娥探月工程計劃中嫦娥系列的第四顆人造探月衛(wèi)星,主要任務(wù)是更深層次、更加全面的科學(xué)探測月球地貌、資源等方面的信息,完善月球檔案資料。已知引力常量為G,月球的半徑為R,月球表面的重力加速度為g,嫦娥四號離月球中心的距離為r,繞月周期為T。根據(jù)以上信息判斷下列說法正確的是( ) A.“嫦娥四號”繞月運行的速度為 B.月球的第一宇宙速度為 C.“嫦娥四號”必須減速運動才能返回地球 D.月球的平均密度為ρ= 答案B 解析根據(jù)萬有引力提供向心力,得G=m,得v=,又因為在月球表面物體受到的重力等于萬有引力,有G=mg,得GM=gR2。 所以“嫦娥四號”繞月運行的速度為v=,故A錯誤。 月球的第一宇宙速度為近月衛(wèi)星的運行速度,所以由重力提供向心力,得mg=m,得v=。故B正確。 “嫦娥四號”要脫離月球的束縛才能返回地球,而嫦娥四號要脫離月球束縛必須加速做離心運動才行。故C錯誤。 根據(jù)萬有引力提供向心力G=mr,得月球的質(zhì)量M=,所以月球的密度ρ=。故D錯誤。 5、(2017江蘇蘇北四市一模)如圖所示,半徑為R的豎直光滑圓弧軌道與光滑水平面相切,質(zhì)量均為m的小球A、B與輕桿連接,置于圓弧軌道上,A位于圓心O的正下方,B與O等高。它們由靜止釋放,最終在水平面上運動。下列說法正確的是( ) A.下滑過程中重力對B做功的功率先增大后減小 B.當B滑到圓弧軌道最低點時,軌道對B的支持力大小為3mg C.下滑過程中B的機械能增加 D.整個過程中輕桿對A做的功為mgR 答案AD 解析因為初位置速度為零,則重力的功率為零,最低點速度方向與重力的方向垂直,重力的功率為零,可知重力的功率先增大后減小,故A正確;A、B小球組成的系統(tǒng)在運動過程中機械能守恒,設(shè)B到達軌道最低點時速度為v,根據(jù)機械能守恒定律得 (m+m)v2=mgR,解得v=,在最低點,根據(jù)牛頓第二定律得FN-mg=m,解得FN=2mg,故B錯誤;下滑過程中,B的重力勢能減小ΔEp=mgR,動能增加量ΔEk=mv2=mgR,所以B的機械能減小mgR,故C錯誤;整個過程中,對A根據(jù)動能定理得W=mv2=mgR,故D正確。 6、.(2017河南林州市月考)如圖所示,三角形傳送帶以1 m/s 的速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動,兩邊的傳送帶長都是2 m且與水平方向的夾角均為37?，F(xiàn)有兩個小物塊A、B從傳送帶頂端都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑,物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)都是0.5,g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。下列判斷正確的是( ) A.物塊A先到達傳送帶底端 B.物塊A、B同時到達傳送帶底端 C.傳送帶對物塊A、B均做負功 D.物塊A下滑過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量小于B下滑過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量 答案BCD 解析因tan 37=0.75>0.5,即mgsin θ>μmgcos θ,故A、B都會勻加速下滑,根據(jù)牛頓第二定律知A、B加速度大小相等,故會同時到達底端,選項A錯誤,B正確;物塊A、B受到傳送帶的摩擦力方向與其運動方向相反,故傳送帶對物塊A、B均做負功,選項C正確;因A物塊與傳送帶同向運動,相對位移要小,根據(jù)Q=Ffs相對,產(chǎn)生的熱量要小于B物塊下滑產(chǎn)生的熱量,故選項D正確。 7、如圖所示的電路中,電源電動勢為12 V,內(nèi)阻為2 Ω,四個電阻的阻值已在圖中標出。閉合開關(guān)S,下列說法正確的有( ) A.路端電壓為10 V B.電源的總功率為10 W C.a、b間電壓的大小為5 V D.a、b間用導(dǎo)線連接后,電路的總電流為1 A 答案AC 解析已知電路中的總電阻R總=2 Ω+ Ω=12 Ω,干路電流I總=1 A,各支路電流為0.5 A,路端電壓U=E-I總r=12 V-1 A2 Ω=10 V,選項A正確;電源的總功率P總=EI總=12 V1 A=12 W,選項B錯誤;設(shè)電源負極電勢為0,a點電勢為φa=UaO=0+0.5 A5 Ω=2.5 V,b點電勢為φb=0+0.5 A15 Ω=7.5 V,所以|Uab|=7.5 V-2.5 V=5 V,選項C正確;用導(dǎo)線將a、b連接,總電阻為R總=2 Ω+ Ω+ Ω=9.5 Ω,據(jù)I=知電路總電流不等于1 A,選項D錯誤。 8、(2017安徽六校教育研究會第一次聯(lián)考)如圖所示,在x軸上方存在垂直于紙面向里的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,x軸下方存在垂直于紙面向外的磁感應(yīng)強度為的勻強磁場。一帶負電的粒子質(zhì)量為m,電荷量為q,從原點O與x軸成θ=30斜向上射入磁場,且在x軸上方運動半徑為r(不計重力),則( ) A.粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)一定能回到原點O B.粒子完成一次周期性運動的時間為 C.粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為1∶2 D.粒子第二次射入x軸上方磁場時,沿x軸方向前進了3r 答案BCD 解析根據(jù)左手定則判斷可知,粒子在第一象限沿順時針方向運動,而在第四象限沿逆時針方向運動,故不可能回到原點O,故A錯誤。因第四象限中磁感應(yīng)強度為第一象限中的一半,故第四象限中的軌跡半徑為第一象限中軌跡半徑的2倍,如圖所示,由幾何關(guān)系可知,負電荷在第一象限軌跡所對應(yīng)的圓心角為60,在第四象限軌跡所對應(yīng)的圓心角也為60,在一個周期內(nèi),粒子在第一象限運動的時間為t1=T=;同理,在第四象限運動的時間為t2=T=;完成一次周期性運動的時間為t1+t2=,故B正確。由r=,知粒子做圓周運動的半徑與B成反比,則粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為1∶2,故C正確。根據(jù)幾何知識得:粒子第二次射入x軸上方磁場時,沿x軸前進的距離為x=r+2r=3r,故D正確。 9、(2017廣東中山一中等七校聯(lián)考)如圖甲所示,圓形線圈P靜止在水平桌面上,其正上方懸掛一相同的線圈Q,P和Q共軸,Q中通有變化的電流,電流變化的規(guī)律如圖乙所示,P所受的重力為G,桌面對P的支持力為N,則( ) A.t1時刻,N>G B.t2時刻,N>G C.t3時刻,N下載提示(請認真閱讀)
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