届高考物理复习一选择题组合练a卷 含答案.docx
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届高考物理复习一选择题组合练a卷含答案
一、选择题组合练
A卷
一、单项选择题
1.(2016·佛山二模)明代出版的《天工开物》一书中就有牛力齿轮翻车的图画(如图),记录了我们祖先的劳动智慧.若A、B、C三齿轮半径的大小关系如图,则( )
A.齿轮A的角速度比C的大
B.齿轮A与B角速度大小相等
C.齿轮B与C边缘的线速度大小相等
D.齿轮A边缘的线速度比C边缘的大
解析:
由图可知rA>rB>rC,A齿轮边缘与B齿轮边缘线速度大小是相等的,即vA=vB,由v=ωr,可得=,则ωA<ωB;B齿轮与C齿轮共轴,则B齿轮与C齿轮角速度大小相等,即ωB=ωC,由v=ωr,可得齿轮B与C边缘的线速度之比=,则vB>vC,综上所述可知:
vA=vB>vC,ωB=ωC>ωA,则A、B、C错误,D正确.
答案:
D
2.(2016·北京卷)如图所示,匀强磁场中有两个导体圆环a、b,磁场方向与圆环所在平面垂直.磁感应强度B随时间均匀增大.两圆环半径之比为2∶1,圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb.不考虑两圆环间的相互影响.下列说法正确的是( )
A.Ea∶Eb=4∶1,感应电流均沿逆时针方向
B.Ea∶Eb=4∶1,感应电流均沿顺时针方向
C.Ea∶Eb=2∶1,感应电流均沿逆时针方向
D.Ea∶Eb=2∶1,感应电流均沿顺时针方向
解析:
由楞次定律知,题中圆环感应电流产生的磁场与原磁场方向相反,故感应电流沿顺时针方向.由法拉第电磁感应定律知E===,由于两圆环半径之比Ra∶Rb=2∶1,所以Ea∶Eb=4∶1,选项B正确.
答案:
B
3.(2016·山西右玉一模)一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道,小球先进入圆轨道1,再进入圆轨道2,圆轨道1的半径为R,圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍,小球的质量为m,若小球恰好能通过轨道2的最高点B,则小球在轨道1上经过A处时对轨道的压力为( )
(导学号59230118)
A.2mg B.3mg
C.4mgD.5mg
解析:
小球恰好能通过轨道2的最高点B时,有mg=,小球在轨道1上经过A处时,有F+mg=,根据机械能守恒,有1.6mgR=mv-mv,解得F=4mg,C项正确.
答案:
C
4.(2016·安康二调)某行星的质量约为地球质量的,半径约为地球半径的,那么在此行星上的“第一宇宙速度”与地球上的第一宇宙速度之比为( )
A.2∶1B.1∶2
C.1∶4D.4∶1
解析:
设地球质量为M,地球半径为R,由=m,可知地球上的第一宇宙速度v地=,同理,得行星上的第一宇宙速度v行==2,
所以v行∶v地=2∶1,则A正确,B、C、D错误.
答案:
A
5.(2016·福建漳州二模)两个不规则带电导体间的电场线分布如图所示,已知导体附近的电场线均与导体表面垂直,a、b、c、d为电场中几个点,并且a、d为紧靠导体表面的两点,选无穷远为电势零点,则( )
A.场强大小关系有Eb>Ec
B.电势大小关系有φb<φd
C.将一负电荷放在d点时其电势能为负值
D.将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做正功
解析:
根据电场中电场线的疏密代表电场强度的大小,可知Eb
答案:
D
6.(2016·广州综合测试
(一))如图,窗子上、下沿间的高度H=1.6m,墙的厚度d=0.4m,某人在离墙壁距离L=1.4m、距窗子上沿h=0.2m处的P点,将可视为质点的小物件以v的速度水平抛出,小物件直接穿过窗口并落在水平地面上,g取10m/s2.则v的取值范围是( )
(导学号59230119)
A.v>7m/sB.v<2.3m/s
C.3m/s 解析: 小物件做平抛运动,可根据平抛运动规律解题.若小物件恰好经窗子上沿,则有h=gt,L=v1t1,得v1=7m/s,若小物件恰好经窗子下沿,则有h+H=gt,L+d=v2t2,得v2=3m/s,所以3m/s 答案: C 7.(2016·衡阳联考)如图所示,矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里.a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子,它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场,图中画出了它们在磁场中的运动轨迹.粒子重力不计.下列说法正确的是( ) A.粒子a带负电 B.粒子c的动能最大 C.粒子b在磁场中运动的时间最长 D.粒子b在磁场中运动时的向心力最大 解析: 由左手定则可知,a粒子带正电,故A错误;由qvB=m,可得r=,由图可知粒子c的轨迹半径最小,粒子b的轨迹半径最大,又m、q、B相同,所以粒子c的速度最小,粒子b的速度最大,由Ek=mv2,知粒子c的动能最小,根据洛伦兹力提供向心力有f向=qvB,则可知粒子b的向心力最大,故D正确、B错误;由T=,可知粒子a、b、c的周期相同,但是粒子b的轨迹所对的圆心角最小,则粒子b在磁场中运动的时间最短,故C错误. 答案: D 8.(2016·佛山二模)如图所示,两个小球a、b质量均为m,用细线相连并悬挂于O点,现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F,使整个装置处于静止状态,且Oa与竖直方向夹角为θ=45°,已知弹簧的劲度系数为k,则弹簧形变量不可能是( ) A.B. C.D. 解析: 对a球进行受力分析,利用图解法可判断: 当弹簧上的拉力F与上端细线上的拉力垂直时,拉力F最小,为Fmin=2mgcosθ=mg,再根据胡克定律得: 最小形变量Δx=,则形变量小于是不可能的,由图可知在条件允许的情况下,拉力可以一直增大,所以应该选B. 答案: B 二、多项选择题 9.(2016·全国乙卷)如图,一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点;另一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块a,另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b,整个系统处于静止状态.若F方向不变,大小在一定范围内变化,物块b仍始终保持静止,则( ) A.绳OO′的张力也在一定范围内变化 B.物块b所受到的支持力也在一定范围内变化 C.连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化 D.物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化 解析: 因为物块b始终保持静止,所以绳OO′的张力不变,连接a和b的绳的张力也不变,选项A、C错误;拉力F大小变化,F的水平分量和竖直分量都发生变化,由共点力的平衡条件知,物块b受到的支持力和摩擦力在一定范围内变化,选项B、D正确. 答案: BD 10.质点沿光滑斜面向上做匀减速直线运动,0~2s内质点的位移为x12=24.5m,在第5s内的位移大小为x2=1.75m,则下列说法正确的是( )(导学号59230120) A.质点在第5s内的平均速度大小一定为1.75m/s B.质点加速度大小一定为3.0m/s2 C.质点在t=0时的速度大小一定为15.25m/s D.质点在第2s内的位移可能为10.25m 解析: 质点在第5s内的平均速度大小5==m/s=1.75m/s,A选项正确.0~2s内的平均速度等于第1s末的速度,即v1=1=m/s=12.25m/s;同理,第5s内的平均速度等于t=4.5s时的速度,即v4.5=5=1.75m/s;若第5s内位移方向沿斜面向上,则加速度大小为a==m/s2=3.0m/s2;若第5s内位移方向沿斜面向下,则加速度大小为a′=m/s2=4m/s2,B选项错误.质点在t=0时的速度大小v0=v1+a·1s或v0=v1+a′·1s,v0可能为15.25m/s或16.25m/s,C选项错误.由Δx=aT2可知第2s内的位移比第1s少Δx=3m或Δx=4m,且有x1-x2=Δx或x1-x2=Δx′、x1+x2=x12,故质点在第2s内的位移可能是10.75m或10.25m,D选项正确. 答案: AD 11.(2016·全国甲卷)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量大于乙球质量.两球在空气中由静止下落,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比,与球的速率无关.若它们下落相同的距离,则( ) A.甲球用的时间比乙球长 B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 解析: 设小球在下落过程中所受阻力F阻=kR,k为常数,R为小球半径,由牛顿第二定律知: mg-F阻=ma,由m=ρV=ρπR3知: ρπR3g-kR=ρπR3a,即a=g-·,故R越大,a越大,即下落过程中a甲>a乙,选项C错误;下落相同的距离,由h=at2知,a越大,t越小,选项A错误;由2ah=v2-v知,v0=0,a越大,v越大,选项B正确;由W阻=-F阻h知,甲球克服阻力做的功更大一些,选项D正确. 答案: BD 12.(多选)(2016·恩施模拟)如图所示,球带正电q,单摆摆长为l,当地的重力加速度为g,其最大摆角为θ,整个装置处于方向垂直纸面向里,强度为B的匀强磁场中.当摆球从如图所示的最大摆角处运动到摆线竖直的过程中,下列说法中不正确的是( ) A.在此过程中,重力的冲量为m,方向竖直向下 B.在此过程中,只有重力做功,所以小球的机械能守恒 C.在此过程中,合力对小球的冲量大小为m D.当摆线摆到竖直位置时,线的拉力T=mg+qB 解析: 不加磁场时周期为T=2π,根据左手定则,小球所受洛伦兹力背离悬点,周期变小,重力的冲量小于mg=mg=m,方向竖直向下,故A错误;在此过程中,只有重力做功,所以小球的机械能守恒,故B正确;在此过程中,根据机械能守恒可得,mgl(1-cosθ)=mv2,所以最低点速度大小为,合力对小球的冲量大小等于动量的改变量,即为m,故C正确;最低点T-mg-qvB=,当摆线摆到竖直位置时,线的拉力T=mg+qvB+=mg+qB+,故D错误,因为本题选不正确的,故选A、D. 答案: AD 13.(2016·襄阳二联)如图所示,理想变压器原线圈a、b两端接正弦交变电压u,u=220sin100πt(V),电压表V接在副线圈c、d两端(不计导线电阻),则( ) A.当滑动变阻器滑片向右滑动时电压表示数不变 B.当滑动变阻器滑片向右滑动时电流表A2的示数始终为0 C.若滑动变阻器的滑片不动,仅改变u,使u=220sin200πt(V),则电流表A1的示数增大 D.若滑动变阻器的滑片不动,仅改变u,使u=220sin200πt(V),则电流表A1的示数减小 解析: 电压表示数为副线圈两端电压,副线圈两端电压只与原线圈两端电压及原副线圈匝数比有关,故A正确;因电容器“通交流、隔直流”,则电流表A2始终有示数,B错误;改变u后,交变电流的频率变大,电容器的容抗减小,故A1示数增大,C正确、D错误. 答案: AC 14.如图xOy平面为光滑水平面,现有一长为d宽为L的线框MNQP在外力F作用下,沿x轴正方向以速度v做匀速直线运动,空间存在竖直方向的磁场,磁感应强度B=B0cos(式中B0为已知量),规定竖直向下方向为磁感应强度正方向,线框电阻为R.t=0时刻MN边恰好在y轴处,则下列说法正确的是( ) (导学号59230121) A.外力F为恒力 B.t=0时,外力大小F= C.通过线框的瞬时电流i= D.经过t=,线框中产生的电热Q= 解析: 因线框沿x轴方向匀速运动,故F=F安,由图中磁场分布知F安的大小是变化的,故F
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