2019年高考物理一轮复习,选择题(14)(含解析)新人教版|

来源:读后感 发布时间:2019-09-02 09:26:54 点击:
选择题(14) 李仕才 1、.(匀变速直线运动规律的应用)(2017·湖北武汉调研)如图所示,一汽车装备了具有自动刹车功能的安全系统,系统以50 Hz的频率监视前方的交通状况。当车速v≤10 m/s 且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时,如果司机未采取制动措施,系统就会立即自动刹车,使汽车避免与障碍物相撞。在上述条件下,若该车在不同路况下的自动刹车的加速度取4~6 m/s2之间的某一值,则自动刹车的最长时间为( ) A. sB. sC.2.5 sD.12.5 s 答案C 解析当车速最大vm=10 m/s且加速度取最小值时,自动刹车时间最长。由速度公式,v=vm-at解得t=2.5 s,选项C正确。

2、(2017·湖南四校联考)如图所示,两根直木棍AB和CD相互平行,斜靠在竖直墙壁上固定不动,一个圆筒从木棍的上部以初速度v0匀速滑下。若保持两木棍倾角不变,将两棍间的距离减小后固定不动,仍将圆筒放在两木棍上部以初速度v0滑下,下列判断正确的是( ) A.仍匀速滑下B.匀加速下滑 C.减速下滑D.以上三种运动均可能 答案B 解析圆筒从木棍的上部匀速滑下过程中,受到重力、两棍的支持力和摩擦力,根据平衡条件得知,两棍支持力的合力和摩擦力不变,将两棍间的距离稍减小后,两棍支持力的合力不变,而两支持力夹角减小,则每根木棍对圆筒的支持力变小,则滑动摩擦力变小,而重力沿斜面向下的分力不变,则圆筒将匀加速滑下,故B正确,A、C、D错误,故选B。

3、(动力学两类基本问题)(2018·湖南长沙月考)如图是汽车运送圆柱形工件的示意图,图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器,假设圆柱形工件表面光滑,汽车静止不动时Q传感器示数为零,P、N传感器示数不为零。当汽车向左匀加速启动过程中,P传感器示数为零时,Q、N传感器示数不为零。已知sin 15°=0.26,cos 15°=0.97,tan 15°=0.27,g取10 m/s2,则汽车向左匀加速启动的加速度可能为( ) A.3B.2.7C.1.5D.1 答案A 解析当汽车向左匀加速启动过程中,P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零,受力分析如图: 竖直方向:FQ+mg=FNcos 15° 水平方向:F合=FNsin 15°=ma 联立解得a=tan 15°=×0.27+2.7 m/s2>2.7 m/s2,故A选项正确。

4、(与斜面相关的平抛运动问题)如图所示,在倾角θ=37°的斜面底端的正上方H处,平抛一个物体,该物体落到斜面上的速度方向正好与斜面垂直,则物体抛出时的初速度为( ) A.B. C.D. 答案B 解析设飞行的时间为t, 则x=v0t y=gt2 因为是垂直撞上斜面,斜面与水平面之间的夹角为37°, 所以v0=gt 因为斜面与水平面之间的夹角为37° 由三角形的边角关系可知, H=y+xtan 37° 解得v0= 5、发射地球同步通信卫星的基本方法是先用火箭将卫星送入一近地椭圆轨道a运行,然后开动星载火箭变轨,将其送入与地球自转同步的轨道b,变轨点选在轨道a与轨道b内切的Q点,如图所示。下列说法正确的是( ) A.卫星在变轨后通过Q点的加速度大于变轨前通过Q点的加速度 B.卫星变轨后在Q点的机械能比变轨前的大 C.卫星在轨道b运行速度小于在轨道a运行时的最小速度 D.卫星在Q点变轨时星载火箭喷射气体的方向与卫星线速度方向相同?导学号06400301? 答案B 解析卫星受地球的万有引力就是卫星的合力。根据牛顿第二定律得a=,M为地球质量,r为卫星到地球中心的距离,所以卫星在“同步轨道”与在“转移轨道”的远地点相比,加速度不变,故A错误。在椭圆轨道远地点实施变轨成圆轨道是做逐渐远离圆心的运动,要实现这个运动必须万有引力小于卫星所需向心力,所以应给卫星加速,增加所需的向心力。即卫星在“同步轨道”与在“转移轨道”的远地点相比速度变大,卫星在“同步轨道”与在“转移轨道”的远地点相比重力势能不变,动能较大,所以机械能较大,故B正确。在椭圆轨道上,卫星在Q点速度最小,卫星在轨道b运行速度大于在轨道a上Q点速度,故C错误。卫星在Q点变轨时星载火箭喷射气体的方向与卫星线速度方向相反,给卫星加速,故D错误。

6、(含弹簧类)如图所示,在高1.5 m 的光滑平台上有一个质量为2 kg的小球被一细线拴在墙上,小球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧。当烧断细线时,小球被弹出,小球落地时的速度方向与水平方向成60°,则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g取10 m/s2)( ) A.10 JB.15 J C.20 JD.25 J 答案A 解析由mgh=-0得vy=,即vy= m/s,落地时,tan 60°=可得v0= m/s,由机械能守恒定律得Ep=,可求得Ep=10 J,故A正确。

7、(多选)(碰撞模型)(2018·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、.(电场力做功与电势能)(2017·四川绵阳月考)在一个匀强电场中有a、b两点,相距为d,电场强度为E,把一个电荷量为q的正电荷由a点移到b点时,克服电场力做功为W,下列说法正确的是( ) A.该电荷在a点电势能较b点大 B.a点电势比b点电势低 C.a、b两点电势差大小一定为U=Ed D.a、b两点电势差Uab= 答案B 解析正电荷由a点移到b点时,电场力对电荷做负功W,电势能增加,该电荷在a点电势能较b点小,选项A错误;a点电势比b点电势低,故B正确;当a、b两点在同一电场线上时,U=Ed,本题a、b是否在同一电场线上不确定,则U大小不一定等于Ed,故C错误;电荷从a移动到b,克服电场力做功W,根据电势差的定义Uab=,选项D错误。

9、多选)(2017·北京西城区模拟)一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为u=311sin (314t) V的交流电源上(其内阻可忽略不计),均能正常工作。用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0 A,通过洗衣机电动机的电流为0.50 A,则下列说法正确的是( ) A.电饭煲的电阻为44 Ω B.电饭煲消耗的电功率为1 555 W,洗衣机电动机消耗的电功率为155.5 W C.1 min内电饭煲消耗的电能为6.6×104 J,洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103 J D.电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍 答案AC 解析由于电饭煲是纯电阻元件,所以R1==44 Ω,P1=UI1=1 100 W,其在1min内消耗的电能W1=UI1t=6.6×104 J。洗衣机为非纯电阻元件,所以R2≠,P2=UI2=110 W,其在1min内消耗的电能W2=UI2t=6.6×103 J。其热功率P热≠P2,所以电饭煲发热功率不是洗衣机电动机发热功率的10倍。

10、(多解问题)(2017·陕西渭南一模)在真空室中,有垂直于纸面向里的匀强磁场,三个质子1、2和3分别以大小相等、方向如图所示的初速度v1、v2和v3经过平板MN上的小孔O射入匀强磁场,这三个质子打到平板MN上的位置到小孔O的距离分别是s1、s2和s3,不计质子重力,则有( ) A.s1>s2>s3B.s1s2D.s1=s3

11、(2018·江苏苏北四市联考)如图所示,螺线管与灵敏电流计相连,磁铁从螺线管的正上方由静止释放,向下穿过螺线管。下列说法正确的是( ) A.电流计中的电流先由a到b,后由b到a B.a点的电势始终低于b点的电势 C.磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量 D.磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度 答案D 解析电流计中的电流先由b到a,后由a到b,A错误;a点的电势先比b点低,后比b点高,B错误;磁铁减少的机械能等于回路中产生的热量,C错误;根据楞次定律,感应电流的磁场总是阻碍磁铁与闭合回路间的相对运动,磁铁刚离开螺线管时,受到向上的磁场力,加速度小于重力加速度,D正确。

12、(多选)(交变电流“四值”的计算)(2017·河南郑州一模) 边长为l的正方形线框在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动,产生的感应电流的最大值为Im,设灯泡的电阻为R,其他电阻不计。从如图所示位置开始计时,则( ) A.电路中电流的最大值Im= B.电路中电流的瞬时表达式为i=Imsin ωt C.电流表的读数为 D.灯泡的电功率为R 答案AD 解析感应电动势的最大值Em=Bl2ω,则电流的最大值Im=,选项A正确;由线圈电流为最大值时开始计时,故电路中电流的瞬时表达式应为i=Imcos ωt,选项B错误;电流表的读数为有效值,为I=Im,选项C错误;灯泡的电功率P=I2R=R,选项D正确。

13、如图所示,相距为d的两平行金属板A、B足够大,板间电压恒为U,有一波长为λ的细激光束照射到B板表面,使B板发生光电效应,已知普朗克常量为h,金属板B的逸出功为W,电子质量为m,电荷量为e,求: (1)从B板运动到A板所需时间最短的光电子到达A板时的动能; (2)光电子从B板运动到A板所需的最长时间。

答案(1)eU+-W (2)d 解析(1)由爱因斯坦光电效应方程Ek=hν-W和光子的频率为ν=,可得到光电子的最大初动能为Ek=-W。

能以最短时间到达A板的光电子是初动能最大且垂直于板面离开B板的电子。设光电子到达A板的动能为Ek1,则由动能定理得,eU=Ek1-Ek,所以Ek1=eU+-W。

(2)能以最长时间到达A板的光电子是离开B板时的初速度为零或初速度方向平行于B板的光电子。根据牛顿第二定律和匀变速直线运动规律,有d=at2=得t=d。

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