高考物理一轮复习优选练习卷15（含答案详解）

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高考物理一轮优选练习卷（15） 1、.(匀变速直线运动规律的应用)(山东冠县期中)质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=5t+t2(各物理量均采用国际单位),则该质点(　　)A.第1 s内的位移是5 mB.前2 s内的平均速度是6 m/sC.任意相邻的1 s内位移差都是1 mD.任意1 s内的速度增量都是2 m/s答案D解析将t=1 s代入x=5t+t2得x1=6 m,A错误;将t=2 s代入x=5t+t2得x2=14 m,前2 s的平均速度 m/s=7 m/s,B错误;第2 s内的位移x2'=14 m-6 m=8 m,第2 s内的位移与第1 s内的位移之差Δx=8 m-6 m=2 m,C错误;由Δx=at2得a=2 m/s2,任意1 s内的速度增量都是2 m/s,D正确;故选D。2、(多选)(山东潍坊期中)如图所示,质量分别为M、m物体A、B用细绳连接后跨过光滑的定滑轮,A静止在倾角为30°的斜面上,已知M=2m,现将斜面倾角由30°增大到35°,系统仍保持静止。此过程中,下列说法正确的是(　　)A.细绳对A的拉力将增大B.物体A受到的静摩擦力先减小后增大C.物体A对斜面的压力将减小D.滑轮受到的绳的作用力将增大答案CD解析先对物体B受力分析,受重力和拉力,由二力平衡得到拉力等于物体B的重力;再对物体A受力分析,受重力、支持力、拉力和静摩擦力,根据平衡条件列式分析。解M=2m,对物体B受力分析,受重力和拉力,由二力平衡得到:FT=mg再对物体A受力分析,受重力、支持力、拉力和静摩擦力,如图:根据平衡条件得到:Ff+FT-2mgsin θ=0 ①FN-2mgcos θ=0 ②由①②两式解得:Ff=2mgsin θ-FT=2mgsin θ-mg,FN=2mgcos θ,当θ不断变大时,Ff不断变大,FN不断变小。故A、B错误,C正确;绳子拉力大小不变,但夹角减小,滑轮受到的绳的作用力增大,故D正确。故选CD。3、(图象问题)(北京首都师大附中月考)如图a所示,质量不计的弹簧竖直固定在水平面上,t=0时,将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点,然后又被弹起离开弹簧,上升到一定高度后再下落,如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器,得到弹簧弹力F随时间t变化的图象如图b所示,若图象中的坐标值都是已知量,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)A.t1时刻小球具有最大速度B.t1~t2阶段小球减速C.t2时刻小球加速度为0D.可以计算出小球自由下落的高度 答案D解析t1时刻小球刚接触弹簧,速度仍会增大,直至弹簧弹力与小球重力相等时,小球才达到最大速度,故A错误。t1~t2这段时间内,弹簧处于开始压缩到达到最大压缩量的过程,合力先向下后向上,故先加速后减速,故B错误。t2时刻弹簧压缩量最大,故小球加速度不为0,C错误。t3~t4这段时间小球在空中运动,由此可知小球做自由落体运动时间为t=,由h=gt2=求得小球自由下落高度,故D正确。4、(多选)(与斜面相关的平抛运动问题)(江苏泰兴月考)如图所示,斜面倾角为θ,从斜面的P点分别以v0和2v0的速度水平抛出A、B两个小球,不计空气阻力,若两小球均落在斜面上且不发生反弹,则(　　)A.A、B两球的水平位移大小之比为1∶4B.A、B两球飞行时间之比为1∶2C.A、B两球下落的高度之比为1∶2D.A、B两球落到斜面上的速度大小之比为1∶4答案AB解析由平抛运动规律有x1=v0t1,y1=,tan θ=;x2=2v0t2,y2=,tan θ=;联立得A、B两球飞行时间之比为t1∶t2=1∶2,A、B两球的水平位移大小之比为x1∶x2=1∶4,选项A、B正确;A、B下落的高度之比为y1∶y2=1∶4,选项C错误;A、B两球落到斜面上的速度大小分别为v1=,v2==2,A、B两球落到斜面上的速度大小之比为1∶2,选项D错误。5、(天体中的“追及相遇”问题)(河南南阳月考)如图所示,A、B为地球的两个轨道共面的人造卫星,运行方向相同,A为地球同步卫星,A、B卫星的轨道半径的比值为k,地球自转周期为T0。某时刻A、B两卫星距离达到最近,从该时刻起到A、B间距离最远所经历的最短时间为              (　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　A. B.C. D.答案C解析由开普勒第三定律得,设两卫星至少经过时间t距离最远,即B比A多转半圈,=nB-nA=,又TA=T0,解得t=。6、(多选)(多物体的机械能守恒问题)(广东广州模拟) 轻绳一端通过光滑的定滑轮与物块P连接,另一端与套在光滑竖直杆上的圆环Q连接,Q从静止释放后,上升一定距离到达与定滑轮等高处,则在此过程中(　　)A.任意时刻P、Q两物体的速度大小满足vP<vQB.任意时刻Q受到的拉力大小与P的重力大小相等C.物块P和圆环Q组成的系统机械能守恒D.当Q上升到与滑轮等高时,它的机械能最大 答案ACD解析设绳与竖直杆的夹角为α,由运动的合成与分解知vQcos α=vP,可知在任意时刻P、Q两物体的速度大小满足vP<vQ,选项A正确;从静止释放Q后,物体P先加速下降,然后减速下降,由牛顿第二定律mPg-FT=mPaP知Q受到的拉力大小与P的重力并不是时刻大小相等,选项B错误;由于物块P和圆环Q组成的系统在运动过程中只有重力做功,所以系统的机械能守恒,选项C正确;在Q上升到与滑轮等高的过程中,绳子的拉力对圆环Q一直做正功,以后圆环Q上升过程,绳子的拉力对圆环Q做负功,可知选项D正确。7、(多选)(碰撞模型)(贵州台江区月考)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、(河北邯郸三校期中联考) A、B是一条电场线上的两个点,一带正电的粒子仅在电场力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点,其v-t图象如图所示。则该电场的电场线分布可能是下列选项中的(　　)答案D解析根据v-t图象,带电粒子的加速度逐渐增大,速度逐渐减小,故带正电的粒子应该逆着电场线且向着电场线密的方向运动,选项D正确。9、(两种U-I图象的综合应用)(重庆模拟)两位同学在实验室利用如图甲所示的电路测定定值电阻R0、电源的电动势E和内阻r,调节滑动变阻器的滑片P向某一方向移动时,一个同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据,另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据。根据数据描绘了如图乙所示的两条U-I直线。则图象中两直线的交点表示的物理意义是              (　　)A.滑动变阻器的滑片P滑到了最右端B.电源的输出功率最大C.定值电阻R0上消耗的功率为1.0 WD.电源的效率达到最大值答案B解析由题图乙可得,电源的电动势E=1.5 V,内阻r=1 Ω,交点位置为R+R0==2 Ω,R0==2 Ω,R=0,滑动变阻器的滑片P滑到了最左端,A项错误;当电路中外电阻等于内阻时,电源输出功率最大,但本题R0>r,改变滑动变阻器时无法达到电路中内、外电阻相等,此时当外电阻越接近内阻时,电源输出功率最大,B项正确;R0消耗的功率P=IU2=0.5 W,C项错误;电源的效率η=,电流越小效率越大,可见滑动变阻器的滑片P滑到最右端时效率最大,D项错误。10、(临界极值问题)(辽宁朝阳三校协作体联考)如图所示,半径为r的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,磁场边界上A点有一粒子源,源源不断地向磁场发射各种方向(均平行于纸面)且速度大小相等的带正电的粒子(重力不计),已知粒子的比荷为k,速度大小为2kBr。则粒子在磁场中运动的最长时间为(　　)A. B. C. D.答案C解析粒子在磁场中运动的半径为r'==2r;当粒子在磁场中运动时间最长时,其轨迹对应的圆心角最大,此时弦长最大,其最大值为磁场圆的直径2r,故t=,故选C。 11、.(多选)(安徽联考)磁悬浮高速列车在我国上海已投入正式运行。下图就是磁悬浮的原理图,图中A是圆柱形磁铁,B是用超导材料制成的超导圆环,将超导圆环B水平放在磁铁A上,它就能在磁力的作用下悬浮在磁铁A的上方,则(　　)A.在B放入磁场的过程中,B中将产生感应电流;当稳定后,感应电流消失B.在B放入磁场的过程中,B中将产生感应电流;当稳定后,感应电流仍存在C.若A的N极朝上,B中感应电流的方向为顺时针方向(俯视)D.若A的N极朝上,B中感应电流的方向为逆时针方向(俯视)答案BC解析当将B环靠近A时,由于越靠近A物体,其磁场就越强,磁感线就越密,所以在靠近过程中B环会切割磁感线运动,即在该环中会产生感应电流;由于B是超导圆环,即没有电阻,所以此时B环中的电流不会变小,且永远存在,故A错误,B正确;此时圆环B水平放在磁铁A上且悬浮在磁铁A的上方,即其相互排斥,这就说明B环的下面是N极,由安培定则可判断此时用右手握时,大拇指应朝下,感应电流为顺时针方向(俯视),故C正确,D错误。12、(多选)(交变电流“四值”的计算)(安徽屯溪模拟)如图所示,面积为S、匝数为N、电阻为r的正方形导线框与阻值为R的电阻构成闭合回路,理想交流电压表并联在电阻R的两端。线框在磁感应强度为B的匀强磁场中,以与电路连接的一边所在直线为轴垂直于磁场以角速度ω匀速转动,不计其他电阻,则下列说法正确的是(　　)A.若从图示位置开始计时,线框中感应电动势的瞬时值为e=NBSωsin ωtB.线框通过中性面前后,流过电阻R的电流方向将发生改变,1秒内流过电阻R的电流方向改变次C.线框从图示位置转过60°的过程中,通过电阻R的电荷量为D.电压表的示数跟线框转动的角速度ω大小无关答案ABC解析从图示位置开始计时,即从线框处于中性面位置开始计时,感应电动势瞬时值e=NBSωsin ωt,选项A正确;线框通过中性面前后,流过电阻R的电流方向发生改变,每转1周电流方向改变2次,1秒钟内线框转动圈数为,故流过电阻R的电流方向改变2×次,选项B正确;线框从图示位置转过60°的过程中,通过电阻R的电荷量Δq=Δt=Δt=N,而ΔΦ=BΔS⊥=BS,故Δq=,选项C正确;电压表的示数U=,而E=,故U∝ω,选项D错误。 13、(原子的核式结构)在α粒子散射实验中,电子对α粒子运动的影响可以忽略,这是因为与α粒子相比,电子(　　)A.电荷量太小 B.速度太小C.体积太小 D.质量太小答案D解析在α粒子散射实验中,由于电子的质量太小,电子的质量只有α粒子的,它对α粒子速度的大小和方向的影响就像灰尘对枪弹的影响,完全可以忽略。故D正确,A、B、C错误。