高考物理一轮复习选择题稳优提优优练三新人教版

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2019高考物理一轮复习优编选题(3)(含解析)新人教版.docx

2019高考物理（人教版）一轮优编选题（3）李仕才1、（传送带模型）如图— 刃念所示,三角形传送带以1皿沧的速度逆时针匀速转动, 两边的传送带2都是2 m,且与水平方向的夹角均为37° o 现有两小物块久〃从传送带顶端都以1 m/s 的初速度沿传送带下滑,物块与传送带间的动摩擦因数均为0. 5,下列说法正确的是（）A. 物块A 先到达传送带底端B. 物块久〃受到的摩擦力分别沿斜面向下和向上C.物块昇、〃运动的加速度大小相同D •物块力、〃在传送带上的划痕长度相同C /、〃都以1 m/s 的初速度沿传送带下滑,mgsin 37° >pmgcos 37°，故传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故两物体沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，故时间相同，故A 、B 错误；根据牛顿第二定律可知mgs i n 〃-〃〃炉os 力，产生的加速度大小都为a=gsin 0 -pgeos 0,故C 正确;划痕长度由相对位移决定，力物体与传送带运动方向相同，划痕长度较小，故D 错误。

2、（匀变速直线运动规律的应用）一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为&动能变为原来的9倍。

该质点的加速度为（3% B. 2?答案A-x v + 3vx___v =—= ----------- —両设该段时间内初速度为匕由题意知末速度为3勺则 t 2 ,解得v=2t f 故Avx厂TV,选项A 正确。

3、（多选）（受力分析）如图一，一质量为刃的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上,一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的"点，另一端系在滑块上，弹簧与斜面垂直，则（） A. 滑块不可能只受到三个力作用 B. 弹簧可能处于伸长状态C. 斜面对滑块的支持力大小可能为零D. 斜而对滑块的摩擦力大小一定等于吨陋弹簧与竖直方向的夹角为30。

2020届人教高考物理一轮稳优提优题：匀速直线运动优练及答案

人教高考物理一轮稳优提优题：匀速直线运动优练及答案一、选择题1、(多选)一质点沿一边长为2 m 的正方形轨道运动，每秒钟匀速移动1 m ，初始位置在bc 边的中点A ，由b 向c 运动，如图所示，A 、B 、C 、D 分别是bc 、cd 、da 、ab 边的中点，则下列说法正确的是( )第1题图A ．第2 s 末的瞬时速度是1 m/sB ．前2 s 内的平均速度为22 m/sC ．前4 s 内的平均速度为0.5 m/sD ．前2 s 内的平均速度为2 m/s【参考答案】ABC【解析】由题意质点每1 s 匀速移动1 m 可知，质点运动的速率为1 m/s ，即在每一时刻的瞬时速率均为1 m/s ，每段时间内的平均速度也均为1 m/s.在2 s 内质点通过的路程为2 m ，由A 运动到cd 边的中点B ，在第2 s 末瞬时速度大小为1 m/s ，方向由B 指向d ，瞬时速率为1 m/s ，前2 s 内的位移大小为x 1＝||AB ＝A 2c ＋b 2c ＝12＋12 m ＝ 2 m ，平均速度v －＝x 1t 1＝22 m/s ，方向由A 指向B ，平均速率为1 m/s.前4 s 内质点通过的路程为4 m ，在第4 s 末到达C 点，则前4 s内位移大小为x 2＝||AC ＝2 m ，方向由A 指向C ，平均速度为v 2＝x 2t 2＝24 m/s ＝0.5 m/s ，方向由A 指向C ，平均速率仍为1 m/s.2、酒后驾驶会导致许多安全隐患，这是因为驾驶员的反应时间变长．反应时间是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间．下表中“思考距离”是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车的行驶距离；“制动距离”是指驾驶员发现情况到汽车停止行驶的距离(假设汽车制动加速度都相同)．速度(m/s) 思考距离(m) 制动距离(m) 正常酒后正常酒后15 7.5 15.0 22.5 30.020 10.0 20.0 36.7 46.725 12.5 25.0 54.2 66.7A．驾驶员正常情况下反应时间为0.5 sB．驾驶员酒后反应时间比正常情况多0.5 sC．驾驶员采取制动措施后汽车加速度大小为3.75 m/s2D．当车速为25 m/s时，发现前方60 m处有险情，酒驾者不能安全停车解析：选ABD.反应时间＝思考距离车速，因此正常情况下反应时间为0.5 s，酒后反应时间为1 s，故A、B正确；设汽车从开始制动到停车的位移为x，则x＝x制动－x思考，根据匀变速直线运动公式：v2＝2ax，解得a＝v22（x制动－x思考）＝7.5 m/s2，C错误；根据表格，车速为25 m/s时，酒后制动距离为66.7 m>60 m，故不能安全停车，D正确．3、如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s和2 s．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s2由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是()A．关卡2 B．关卡3C．关卡4 D．关卡5解析：选C.关卡刚放行时，该同学加速的时间t＝va＝1 s，运动的距离为x1＝12at2＝1 m，然后以2 m/s的速度匀速运动，经4 s运动的距离为8 m，因此第1个5 s 内运动的距离为9 m，过了关卡2.到关卡3时再用时3.5 s，大于2 s，因此能通过关卡3.到关卡4时共用时12.5 s，而第12 s时关卡关闭，因此被挡在关卡4前，C项正确．4、如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c，离桌面高度分别为h1∶h 2∶h 3＝3∶2∶1.若先后顺次释放a 、b 、c ，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则( )A ．三者到达桌面时的速度大小之比是 3∶2∶1B ．三者运动时间之比为3∶2∶1C ．b 与a 开始下落的时间差小于c 与b 开始下落的时间差D ．三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比，与质量成反比解析：选AC.由v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，故v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1，A 正确；由t ＝2h g 得三者运动的时间之比t 1∶t 2∶t 3＝3∶2∶1，B 错误；b 与a 开始下落的时间差Δt 1＝(3－2) 2h 3g ，c 与b 开始下落的时间差Δt 2＝(2－1)· 2h 3g ，故C 正确；三个小球的加速度与重力及质量无关，都等于重力加速度，D 错误．5、某同学欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机在平直跑道上做匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为x ，从着陆到停下来所用的时间为t ，实际上，飞机的速度越大，所受的阻力越大，则飞机着陆时的速度应是( )A ．v ＝x tB ．v ＝2x tC ．v ＞2x tD ．x t ＜v ＜2x t解析：选C.由题意知，当飞机的速度减小时，所受的阻力减小，因而它的加速度会逐渐变小，画出相应的v －t 图象大致如图所示．根据图象的意义可知，实线与坐标轴包围的面积为x ，虚线(匀减速运动)下方的“面积”表示的位移为：v 2t.应有：v 2t ＞x ，所以v ＞2x t ，所以选项C 正确．6、一个物体从某一高度做自由落体运动．已知它在第1 s 内的位移恰为它在最后1 s 内位移的三分之一．则它开始下落时距地面的高度为(g ＝10 m/s 2)( )A ．15 mB ．20 mC ．11.25 mD ．31.25 m解析：选B.物体在第1 s 内的位移h ＝12gt 2＝5 m ，则物体在最后1 s 内的位移为15 m ，对最后1 s 可得12gt 2总－12g(t 总－1)2＝15 m ，可得t 总＝2 s ，则物体下落时距地面的高度为H ＝12gt 2总＝20 m ，B 正确．7、在“金星凌日”的精彩天象中，观察到太阳表面上有颗小黑点缓慢走过，持续时间达六个半小时，那便是金星，这种天文现象称为“金星凌日”，如图所示．下面说法正确的是( )A ．地球在金星与太阳之间B ．观测“金星凌日”时可将太阳看成质点C ．以太阳为参考系，金星绕太阳一周位移不为零D ．以太阳为参考系，可以认为金星是运动的解析：选D.金星通过太阳和地球之间时，我们才看到金星没有被太阳照亮的一面呈黑色，选项A 错误；因为太阳的大小对所研究问题起着至关重要的作用，所以观测“金星凌日”不能将太阳看成质点，选项B 错误；金星绕太阳一周，起点与终点重合，位移为零，选项C 错误；金星相对于太阳的空间位置发生了变化，所以以太阳为参考系，金星是运动的，选项D 正确．8、空军特级飞行员李峰驾驶歼十战机执行战术机动任务，在距机场54 km 、离地1 750 m 高度时飞机发动机停车失去动力．在地面指挥员的果断引领下，安全迫降机场，成为成功处置国产单发新型战机空中发动机停车故障、安全返航第一人．若飞机着陆后以6 m/s 2的加速度做匀减速直线运动，若其着陆速度为60 m/s ，则它着陆后12 s 内滑行的距离是( )A ．288 mB ．300 mC ．150 mD ．144 m解析：选B.先求出飞机着陆后到停止所用时间t.由v ＝v 0＋at ，得t ＝v －v 0a ＝0－60－6s ＝10 s ，由此可知飞机在12 s 内不是始终做匀减速运动，它在最后2 s 内是静止的，故它着陆后12 s 内滑行的距离为x ＝v 0t ＋at 22＝60×10 m ＋(－6)×1022 m ＝300 m.9、我国已经成功实现舰载机在航母上的起飞和降落．若舰载机在航母上从静止开始做匀加速直线运动然后起飞．起飞过程的平均速度为v ，起飞过程的时间为t ，则下列说法中正确的是 ( )A ．舰载机离开航母起飞时的速度为vB ．起飞过程的加速度为2v tC ．在航母上供舰载机起飞所需要的跑道的最短长度为2v tD ．舰载机起飞过程的加速度始终与速度的方向相反解析：选B.由v －＝0＋v t 2＝v 得v t ＝2v ，故A 错；由a ＝v t －0t 得a ＝2v t，故B 对；由x ＝v －t 得x ＝v t ，C 错；由于舰载机做匀加速直线运动，故a 与v 同向，D 错． 10、2017年8月24日中越“跨越——2017”联合军事演习在东海空域举行．假设有一架直升机以加速度a 从地面由静止开始竖直向上起飞，已知直升机在上升过程中每秒钟的耗油量V ＝pa ＋q(p 、q 均为常数)，若直升机欲加速上升到某一高度处，且耗油量最小，则其加速度大小应为( )A.p qB ．q p C.p ＋q p D ．p ＋q q解析：选B.由h ＝12at 2知直升机的运动时间t ＝2ha ，则其上升过程中耗油总量V 总＝Vt ＝(pa ＋q)2h a ＝ 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2a ＋q 2a ＋2pq ，由数学知识得要使V 总最小，应有p 2a ＝q 2a ，即a ＝q p ，B 正确．二、非选择题王兵同学利用数码相机连拍功能记录运动会上女子跳水比赛中运动员在10 m 跳台跳水的全过程．所拍摄的第一张照片恰为她们起跳的瞬间，第四张如图甲，王兵同学认为这时她们处在最高点，第十九张如图乙，她们正好身体竖直、双手刚刚触及水面．查阅资料得知相机每秒连拍10张．设起跳时重心离台面及触水时重心离水面的距离相等．(g ＝10 m/s 2)由以上材料：(1)估算运动员的起跳速度大小；(2)分析第四张照片是在最高点吗？如果不是，此时重心是处于上升阶段还是下降阶段？解析：(1)由题意可知，相机连拍周期T ＝110 s ＝0.1 s ，运动员从起跳到双手触水的总时间t ＝18T ＝1.8 s.设起跳速度大小为v 0，取竖直向上为正方向，则：－10＝v 0t －12gt 2，解得：v 0≈3.4 m/s.(2)上升时间t 1＝0－v 0－g＝0.34 s. 而拍第四张照片是在0.3 s 时，所以此时运动员还处于上升阶段．答案：(1)3.4 m/s (2)不是重心处于上升阶段。

2020届人教高考物理一轮选择题稳优提优练题(三)含答案

2020届人教高考物理一轮选择题稳优提优练题（三）含答案1、由于公路维修只允许单车道通行。

t=0时，甲车在前，乙车在后，相距x0==30 m/s，从此时开始两车按如图所示规律运动，则下述说法100 m，速度均为v正确的是( )A.两车最近距离为10 mB.两车最近距离为100 mC.两车一定不会相遇D.两车一定会相遇【解题指导】解答本题注意以下两点：(1)两车共速时，两车相距最近；(2)两车的位移或速度变化量可以通过图象面积算出。

【解析】选A、C。

如图所示为甲、乙两车的速度—时间图象，由图象可知，t= 6 s时两车共速，在此之前，乙车速度一直比甲车大，如果t=6 s时两车不相遇，就不会相遇，此时两车相距最近。

由图象面积可以算出，0～6 s内，x甲=67.5 m，x乙=157.5 m，x乙-x甲=90 m<x0=100 m，故两车不会相遇，最近距离Δx=10 m。

选项A、C正确。

2、如图甲所示，某同学用拖把直行拖地，沿推杆方向对拖把施加推力F，此时推力与水平面的夹角为θ，且拖把刚好做匀速直线运动。

从某时刻开始，拖把1，如图乙所示，保持拖把的速度大小和方向不变，推杆与水平方向的夹角变为θ2则( )A.推力F变大B.推力F的功率增大C.地面对拖把的支持力变小D.地面对拖把的摩擦力变小【解题指导】解答本题应注意以下两点：(1)由平衡条件列方程，求出推力F的表达式。

(2)由数学辅助角公式分析判断。

【解析】选A、B。

设拖把与地面之间的动摩擦因数为μ，则拖把匀速运动时，处于平衡状态，受力如图所示，由平衡条件得，水平方向Fcosθ1-F f=0，竖直方向Fsinθ1+mg=F N，联立解得F==，又有tanα==μ，拖把与水平方向的夹角变为θ2，因为θ2>θ1，保持拖把的速度大小和方向不变，由以上分析，推力F变大，故A正确；推力F的功率P=Fvcosθ1==，拖把与水平方向的夹角变为θ2，因为θ2>θ1，所以推力F的功率增大，故B正确；地面对拖把的支持力F N=mg+Fsinθ=mg+，保持拖把的速度大小和方向不变，因为θ2>θ1，则拖把对地面1的压力增大，滑动摩擦力增大，故C、D错误。

近年高考物理一轮选练练题(3)(含解析)新人教版(2021年整理)

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（人教）物理2019高考一轮选练练题（3）及答案李仕才一、选择题1、北京时间2016年10月17日7时30分，神舟十一号飞船搭载两名航天员在酒泉卫星发射中心发射升空.10月19日凌晨，神舟十一号飞船与天宫二号自动交会对接成功,航天员景海鹏和陈冬入驻天宫二号空间实验室,开始为期30天的太空驻留生活。

已知地球表面的重力加速度g,地球半径R,神舟十一号飞船对接后随天宫二号做匀速圆周运动的周期T及引力常量G，下列说法中正确的是（ D )A.要完成对接,应先让神舟十一号飞船和天宫二号处于同一轨道上,然后点火加速B.若对接前飞船在较低轨道上做匀速圆周运动，对接后飞船速度和运行周期都增大C.由题给条件可求出神舟十一号飞船的质量D。

由题给条件可求出神舟十一号飞船对接后距离地面的高度h解析:若神舟十一号飞船与天宫二号在同一轨道上,神舟十一号飞船受到的万有引力等于向心力,若让神舟十一号飞船加速，其所需要的向心力变大,而此时万有引力不变,所以神舟十一号飞船做离心运动,不能实现对接，故A错误；根据万有引力提供向心力有G=m，即v=,对接后轨道半径变大,则线速度变小,故B错误;由题给条件不能求出神舟十一号飞船的质量，故C错误;根据万有引力提供向心力有G=m，其中r=R+h,又GM=gR2，得h=-R,故D正确。

人教2020届高考物理一轮计算题稳优提优练题(三)及答案

人教2020届高考物理一轮计算题稳优提优练题（三）及答案1、如图所示，把质量为2 g的带负电小球A用绝缘细绳悬挂，若将带电荷量为4×10-6C的带电小球B靠近A，当两个带电小球在同一高度相距30 cm时，则绳与竖直方向成45°角，g取10 m/s2，k=9.0×109 N·m2/C2。

求：(1)A球带电荷量是多少。

(2)若改变小球B的位置，仍可使A球静止在原来的位置，且A、B间的库仑力最小，最小库仑力为多少。

【解题指导】解答本题应注意以下两点：(1)小球A处于平衡状态；(2)当库仑力垂直细绳时，A、B间库仑力最小。

【解析】（1）对球A受力分析如图所示：由平衡条件得：Tsin45°-F=0Tcos45°-mg=0解得：F=mgtan45°=0.02 N即A 球受的库仑力为0.02 N根据库仑定律得：F=k解得：Q A =5×10-8 C (2)当库仑力垂直细绳时，A 、B 间库仑力最小，则：F min =mgsin α= N答案：(1)5×10-8 C (2) N2、A 、B 两辆玩具小汽车在相互靠近的两条平直的轨道上同向匀速行驶，初速度分别为v A =6 m/s 、v B =2 m/s ，当A 车在B 车后面x=3.5 m 时开始以恒定的加速度a A =1 m/s 2刹车并停止运动，求：(1)A 车超过B 车后，保持在B 车前方的时间。

(2)A 车超过B 车后领先B 车的最大距离。

(3)若A 车刹车时，B 车同时开始加速，加速度a B =2 m/s 2，但B 车的最大速度只有v m =4 m/s ，通过计算说明A 车能否追上B 车？【解析】(1)设A 车用时t 追上B 车，对A 车，x A =v A t-a A t 2，对B 车，x B =v B t ，相遇时有：x A =x B +x ，解得：t 1=1 s ，t 2=7 s(不合题意，舍去)；设从开始到A 车被B 车追上用时为t 3，则有：v B t 3=-x ，得：t3=7.25 s，所以有：Δt=t3-t1，解得：Δt=6.25 s；(2)设当A车与B车速度相等用时为t4，则有：v A-a A t4=v B，t4=4 s，则此过程中A车位移为：x′A=v A t4-a A，B车位移为：x′B=v B t4，故A、B最大间距为：Δx=x′A-x-x′B，解得：Δx=4.5 m；(3)设从A车刹车开始用时t5两车速度相等，B车加速至最大用时t6，匀速时间为t5-t6，从开始刹车至速度相等过程中，v A-a A t5=v m且v m=v B+a B t6，解得：t5=2 s，t6=1 s；对A车，x″A=v A t5-a A，x″A=10 m，对B车，x″B=+v m(t5-t6)，x″B=7 m，此时有x″B+x=10.5 m>x″A=10 m，A车不能追上B车。

2020届人教高考物理一轮选择题稳优提优练题及参考答案

2020届人教高考物理一轮选择题稳优提优练题及参考答案1、如图所示，小车向右运动的过程中，某段时间内车中悬挂的小球A和车水平底板上的物块B都相对车厢静止，悬挂小球A的悬线与竖直线有一定夹角。

这段时间内关于物块B受到的摩擦力，下述判断中正确的是( )A.物块B不受摩擦力作用B.物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向左C.物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向右D.因小车的运动性质不能确定，故B受到的摩擦力情况无法判断【解析】选B。

由题图知A球的加速度大小为a=gtanθ，方向向左，则小车向右减速行驶，物块B相对小车有向右运动的趋势，它所受的摩擦力方向向左，大小为F f=m B gtanθ，只有B正确。

2、如图所示，长为2L的轻弹簧AB两端等高地固定在竖直墙面上，弹簧刚好处于原长，现在其中点O处轻轻地挂上一个质量为m的物体P后，物体向下运动，当它运动到最低点时，弹簧与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，下列说法正确的是( )A.向下运动的过程中，物体的加速度先增大后减小B.向下运动的过程中，物体的机械能先增大后减小C.物体在最低点时，弹簧的弹性势能为D.物体在最低点时，弹簧中的弹力为【解析】选C。

物体向下运动，弹簧弹力增大，所受合外力减小，加速度减小，方向向下，当加速度为零时，重力和弹簧弹力的合力相等，速度最大，物体继续向下运动弹簧弹力增大，合力增大，加速度增大，方向向上，到达最低点时速度为零，加速度先减小后增大，故A错误；物体向下运动的过程中，弹簧弹力向上，位移向下，做负功，根据W除重=ΔE可知机械能一直减小，故B错误；根据机械能守恒定律可知，物体在最低点时，速度为零，动能为零，物体减小的重力势能转化为弹簧的弹性势能，由几何关系得物体下降的高度h=，故弹簧的弹性势能为E弹=mgh=，故C正确；当加速度为零时，重力和弹簧弹力的合力相等，物体继续向下运动弹簧弹力增大，弹簧弹力的合力大于重力，则有F弹cosθ>，解得F弹>，故D错误。

人教高考物理一轮稳优提优题：电磁感应练习

人教高考物理一轮稳优提优题：电磁感应练习及答案专题：电磁感应一、选择题1、如图所示，π形光滑金属导轨与水平地面倾斜固定，空间有垂直于导轨平面的磁场，将一根质量为m的金属杆ab垂直于导轨放置．金属杆ab从高度h2处静止释放后，到达高度为h1的位置(图中虚线所示)时，其速度为v，在此过程中，设重力G和磁场力F对杆ab做的功分别为W G和WF，那么()A．＝mgh1－mgh2B．＝W G＋WFC．>W G＋WFD．<W G＋WF【答案】B【解析】分析杆的受力，受重力、弹力、安培力．其中弹力与速度方向时刻垂直，永不做功，根据动能定理，重力和安培力对杆所做的功，等于杆动能的增量，因此选项B正确，其余均错误．2、如图所示，矩形闭合线圈abcd竖直放置，OO′是它的对称轴，通电直导线AB与OO′平行，且AB、OO′所在平面与线圈平面垂直，如要在线圈中形成方向为abcda的感应电流，可行的做法是()A．AB中电流I逐渐增大B．AB中电流I先增大后减小C．导线AB正对OO′靠近线圈D．线圈绕OO′轴逆时针转动90°(俯视)解析：选D．由于通电直导线AB与OO′平行，且AB、OO′所在平面与线圈平面垂直．AB中电流如何变化，或AB正对OO′靠近线圈或远离线圈，线圈中磁通量均为零，不能在线圈中产生感应电流，选项A、B、C错误；线圈绕OO′轴逆时针转动90°(俯视)，由楞次定律可知，在线圈中形成方向为abcda的感应电流，选项D正确．3、图中L是线圈，D1、D2是发光二极管(电流从“＋”极流入才发光)．闭合S，稳定时灯泡正常发光，然后断开S瞬间，D2亮了一下后熄灭．则()A．如图是用来研究涡流现象的实验电路B．开关S闭合瞬间，灯泡立即亮起来C．开关S断开瞬间，P点电势比Q点电势高D．干电池的左端为电源的正极解析：选D．题图是研究自感现象的实验电路，故A错误；开关S闭合瞬间，由于线圈的自感，灯泡逐渐变亮，故B错误；开关S断开瞬间，D2亮了一下，可知通过线圈L的电流方向为从P至Q，故D正确；开关S断开瞬间，线圈L 相当于一个电源，电源内部电流从负极流向正极，所以Q点的电势高于P点的电势，故C错误．4、如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝100，线圈的面积S＝200 cm2，线圈的电阻r＝1 Ω，线圈外接一个阻值R＝4 Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．下列说法中正确的是()A．线圈中的感应电流方向为顺时针方向B．电阻R两端的电压随时间均匀增大C．线圈电阻r消耗的功率为4×10－4 WD．前4 s内通过R的电荷量为4×10－4 C解析：选C．由楞次定律，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，选项A错误；由法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势恒定为E＝nSΔBΔt＝0．1 V，电阻R两端的电压不随时间变化，选项B错误；回路中电流I＝ER＋r＝0．02 A，线圈电阻r消耗的功率为P＝I2r＝4×10－4 W，选项C正确；前4 s内通过R的电荷量为q＝It＝0．08 C，选项D错误．5、如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d＞L )的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v－t图象中，能正确描述上述过程的是()解析：选D．导体切割磁感线时产生感应电流，同时产生安培力阻碍导体运动，利用法拉第电磁感应定律、安培力公式及牛顿第二定律可确定线框在磁场中的运动特点．线框进入和离开磁场时，安培力的作用都是阻碍线框运动，使线框速度减小，由E＝BLv、I＝ER及F＝BIL＝ma可知安培力减小，加速度减小，当线框完全进入磁场后穿过线框的磁通量不再变化，不产生感应电流，不再产生安培力，线框做匀速直线运动，故选项D正确．6、如图甲所示，一个刚性圆形线圈与电阻R构成闭合回路，线圈平面与所在处的匀强磁场方向垂直，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．关于线圈中产生的感应电动势e、电阻R消耗的功率P随时间t变化的图象，可能正确的有()解析：选BD．根据题图，结合法拉第电磁感应定律可得E＝n ΔΦΔt＝nΔBΔtS，可得线圈在0～0．5T和0．5T～T时间内产生大小相等、方向相反的电动势，则选项A错误，B正确；由电功率公式P＝U2R可得电阻的电功率与电动势方向无关，则大小保持不变，选项C错误，D正确．7、如图，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过．现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ．设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为F T1和F T2，重力加速度大小为g，则()A．F T1＞mg，F T2＞mgB．F T1＜mg，F T2＜mgC．F T1＞mg，F T2＜mgD．F T1＜mg，F T2＞mg解析：选A．金属环从位置Ⅰ靠近磁铁上端，因产生感应电流，故“阻碍”相对运动，知金属环与条形磁铁相互排斥，故绳的拉力F T1>mg．同理，当金属环离开磁铁下端时，金属环与磁铁相互吸引，因而绳的拉力F T2>mg，故A正确．8、如图所示，PN与QM两平行金属导轨相距1 m，电阻不计，两端分别接有电阻R1和R2，且R1＝6 Ω，ab杆的电阻为2 Ω，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1 T．现ab以恒定速度v＝3 m/s匀速向右移动，这时ab 杆上消耗的电功率与R 1、R 2消耗的电功率之和相等．则( )A ．R 2＝6 ΩB ．R 1上消耗的电功率为0．75 WC ．a 、b 间电压为3 VD ．拉ab 杆水平向右的拉力为0．75 N解析：选D ．杆ab 消耗的功率与R 1、R 2消耗的功率之和相等，则R 1·R 2R 1＋R 2＝R ab ．解得R 2＝3 Ω，故A 错误；E ＝Blv ＝3 V ，则I ab ＝E R 总＝0．75 A ，U ab ＝E －I ab ·R ab ＝1．5 V ，P R1＝U 2ab R 1＝0．375 W ，故B 、C 错误；F 拉＝F 安＝BI ab ·l ＝0．75 N ，故D 正确．9、在倾角为θ足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L ，如图所示．一个质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形线框在t ＝0时刻以速度v 0进入磁场，恰好做匀速直线运动，若经过时间t 0，线框ab 边到达gg′与ff′中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则下列说法正确的是( )A ．当ab 边刚越过ff′时，线框加速度的大小为gsin θB ．t 0时刻线框匀速运动的速度为v 04C ．t 0时间内线框中产生的焦耳热为32mgLsin θ＋1532mv 20D ．离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动解析：选BC ．当ab 边进入磁场时，有E ＝BLv 0，I ＝E R ，mgsin θ＝BIL ，有B 2L 2v 0R＝mgsin θ．当ab 边刚越过ff′时，线框的感应电动势和电流均加倍，则线框做减速运动，有4B 2L 2v 0R ＝4mgsin θ，加速度方向沿斜面向上且大小为3gsin θ，A 错误；t 0时刻线框匀速运动的速度为v ，则有4B 2L 2v R ＝mgsin θ，解得v ＝v 04，B 正确；线框从进入磁场到再次做匀速运动的过程，沿斜面向下运动距离为32L ，则由功能关系得线框中产生的焦耳热为Q ＝3mgLsin θ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫mv 202－mv 22＝3mgLsin θ2＋15mv 2032，C 正确；线框离开磁场时做加速运动，D 错误．二、非选择题1、上海世博会某国家馆内，有一“发电”地板，利用游人走过此处，踩踏地板发电．其原因是地板下有一发电装置，如图甲所示，装置的主要结构是一个截面半径为r 、匝数为n 的线圈，紧固在与地板相连的塑料圆筒P 上．磁场的磁感线沿半径方向均匀分布，图乙为横截面俯视图．轻质地板四角各连接有一个劲度系数为k 的复位弹簧(图中只画出其中的两个)．当地板上下往返运动时，便能发电．若线圈所在位置磁感应强度大小为B ，线圈的总电阻为R 0，现用它向一个电阻为R 的小灯泡供电．为了便于研究，将某人走过时地板发生的位移—时间变化的规律简化为图丙所示．(取地板初始位置x ＝0，竖直向下为位移的正方向，且弹簧始终处在弹性限度内．)(1)取图乙中逆时针方向为电流正方向，请在图丁所示坐标系中画出线圈中感应电流i 随时间t 变化的图线，并标明相应纵坐标．要求写出相关的计算和判断过程；(2)t ＝t 02时地板受到的压力； (3)求人踩踏一次地板所做的功．解析：(1)0～t 0时间，地板向下做匀速运动，其速度v ＝x 0t 0，线圈切割磁感线产生的感应电动势e ＝nB·2πrv ＝2nBπrx 0t 0，感应电流i ＝e R ＋R 0＝2nBπrx 0(R ＋R 0)t 0； t 0～2t 0时间，地板向上做匀速运动，其速度v ＝x 0t 0，线圈切割磁感线产生的感应电动势e ＝－nB·2πrv ＝－2nBπrx 0t 0，感应电流i ＝e R ＋R 0＝－2nBπrx 0(R ＋R 0)t 0；图线如图所示．(2)t ＝t 02时，地板向下运动的位移为x 02，弹簧弹力为kx 02，安培力F 安＝nBi·2πr＝2nBiπr ，由平衡条件可知，地板受到的压力F ＝2kx 0＋4n 2B 2π2r 2x 0(R ＋R 0)t 0． (3)由功能关系可得人踩踏一次地板所做的功W ＝2i 2(R ＋R 0)t 0＝8n 2B 2π2r 2x 20(R ＋R 0)t 0．答案：(1)见解析 (2)2kx 0＋4n 2B 2π2r 2x 0(R ＋R 0)t 0(3)8n 2B 2π2r 2x 20(R ＋R 0)t 02、如图所示，半径为r、电阻不计的两个半圆形光滑导轨并列竖直放置，导轨端口所在平面刚好水平．在轨道左上方端口M、N间接有阻值为R的小电珠，整个轨道处在磁感应强度为B的匀强磁场中，两导轨间距为L，现有一质量为m，电阻也是R的金属棒ab从MN处由静止释放，经一定时间到达导轨最低点OO′，此时速度为v.(1)求金属棒ab到达OO′时，受到的安培力的大小和方向．(2)求金属棒ab从MN到OO′的过程中，小电珠上产生的热量．【参考答案】(1)，方向水平向左(2)【解析】(1)由右手定则可判：电流方向由N到M，由左手定则可知ab棒受到的安培力为F，方向水平向左在最低点ab棒切割磁力线产生的电动势为：E＝BLv①由闭合电路欧姆定律得：I＝②由F＝BIL，联立①②可得F＝.(2)在ab棒下滑的过程中设小灯泡上产生的热量为Q，则整个电路上产生的热量为2Q，由能量守恒定律得：mgr＝mv2＋2Q解得：Q＝.。

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高考物理一轮复习选择题稳优提优优练三新人教版1、(多选)三个质点a、b、c的速度－时间图象如图所示，则下列说法中不正确的是( )A．在t0时刻，a、b的瞬时加速度相等B．在0～t0时间内，a做加速度减小的加速运动C．在0～t0时间内，c的运动方向没有发生改变D．在0～t0时间内，a、b、c的平均速度大小相等【参考答案】ABD 速度—时间图象的斜率表示加速度，在t0时刻，质点a的瞬时加速度大于质点b的瞬时加速度，A选项错误；在0～t0时间内，a图象的斜率逐渐增大，质点a 做加速度增大的加速运动，B选项错误；在0～t0时间内，质点c的运动方向没有发生改变，均为正方向，C选项正确；速度—时间图象围成的面积表示位移，根据平均速度的定义可知，在0～t0时间内，a、b、c的平均速度不相等，D选项错误．2、（山东省淄博市2019届高三三模考试理综物理试卷）如图所示，某宾馆大楼中的电梯下方固定有4根相同的竖直弹簧，其劲度系数均为k。

这是为了防止电梯在空中因缆绳断裂而造成生命危险。

若缆绳断裂后，总质量为m的电梯下坠，4根弹簧同时着地而开始缓冲，电梯坠到最低点时加速度大小为5g（g为重力加速度大小），下列说法正确的是A．电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为2mgkB．电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为6mgkC．从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯先处于失重状态后处于超重状态D．从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯始终处于失重状态【答案】C【解析】在最低点时，由牛顿第二定律：4kx mg ma-=，其中a=5g，解得32mgxk=，选项AB错误；从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，重力先大于弹力，电梯向下先加速运动，当重力小于弹力时，电梯的加速度向上，电梯向下做减速运动，则电梯先处于失重状态后处于超重状态，选项C正确，D错误。

3、如图，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C 点时速度大小相等，方向夹角为30°，已知B、C高度差为h，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知( )A．小球甲做平抛运动的初速度大小为2gh3B．甲、乙两小球到达C点所用时间之比为1： 3C．A、B两点高度差为h4D．两小球在C点时重力的瞬时功率大小相等【参考答案】C 小球乙运动到C点的速度为v C＝2gh，小球甲做平抛运动，初速度v0＝vsin30°＝2gh2，A选项错误；小球甲运动到C点的竖直速度v y＝vcos30°＝6gh2，运动时间t甲＝v yg＝12·6hg，小球乙运动到C点的时间t乙＝2hg，之比为32，B选项错误；小球甲下落高度h甲＝v2y2g＝34h，则A、B两点的高度差为h4，C选项正确；两小球在C 点的竖直分速度不等，故重力的瞬时速率不等，D选项错误．4、（2019·重庆市南岸区高一期末）同步卫星离地心的距离为r，运行速度为1v，加速度1a，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度2a第一宇宙速度为2v，地球的半径为R，则A．12a ra R=B．12a Ra r=C．12vvRr=D．2122vvRr=【答案】AC【解析】因为同步卫星的周期等于地球自转的周期，所以角速度相等，根据2a rω=得，12a ra R=，故A正确，B错误；根据万有引力提供向心力22Mm vG mr r=，解得GMvr=，则12vvRr故C正确，D错误。

5、(多选)质量为2 kg的物体，放在动摩擦因数为μ＝0.1的水平面上，在水平拉力F 的作用下，由静止开始运动，拉力做的功W和物体发生的位移s之间的关系如图所示，重力加速度g取10 m/s2，在物体位移为9 m的过程中，下列说法正确的是( )A．物体先做匀加速运动，然后做匀减速运动B．拉力F的平均功率为6.75 WC．拉力F的最大瞬时功率为15 WD．摩擦力做功为18 J【参考答案】BC 根据做功公式可知，W－s图象的斜率表示拉力的大小，0～3 m内，拉力F1＝5 N,3～9 m内，拉力F2＝2 N，摩擦力的大小f＝μmg＝2 N，根据牛顿第二定律可知，物块先做匀加速运动后做匀速运动，A选项错误；分析图象可知，0～9 m内，拉力做功为27 J，匀加速运动的加速度a＝F1－fm＝1.5 m/s2，匀加速运动的时间t1＝2x1a＝2 s，匀加速运动的末速度v＝at1＝3 m/s，匀速运动的时间t2＝x2v＝2 s，拉力的平均功率P＝Wt＝6.75 W，B选项正确；拉力的最大瞬时功率P＝F1v＝5×3 W＝15 W，C选项正确；摩擦力做功W f＝－fs＝－18 J，D选项错误．6、如图所示，光滑的小球A和B通过轻杆相连，靠在竖直墙和水平地面上，从图示位置由静止释放，则( )A．轻杆对小球A不做功B．轻杆对小球B不做功C．轻杆对小球A先做正功后做负功D．轻杆对小球B先做正功后做负功【参考答案】D 两球下滑的过程中，系统机械能守恒，小球A的重力势能的减少量等于小球A、B动能的增加量，根据投影定理可知，将小球A、B的速度分解成沿着杆与垂直于杆方向，如图所示：v A cosα＝v B cosβ，α＋β＝90°.根据功能关系可知，当α达到45°前，杆对小球B 做正功，做功等于B的动能增量，杆对小球A做负功，当α达到45°后，B的速度将减小，轻杆做负功；杆对A做正功，由以上分析可知，杆对小球A先做负功再做正功，杆对小球B 先做正功再做负功，D选项正确．7、如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一质量也为m的小物块从槽上高h处开始下滑，下列说法正确的是( )A．在下滑过程中，物块和槽组成的系统机械能守恒B．在下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒C．在压缩弹簧的过程中，物块和弹簧组成的系统动量守恒D．被弹簧反弹后，物块能回到槽上高h处【参考答案】A 在下滑过程中，物块和槽组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，A 选项正确；系统动量守恒的条件是合外力为零，在下滑的过程中，系统竖直方向上受到重力作用，合外力不为零，系统的动量不守恒，B选项错误；在压缩弹簧的过程中，对于物块和弹簧组成的系统受到墙壁向左的弹力，系统的合外力不为零，动量不守恒，C选项错误；物块与槽在水平方向上动量守恒，故两者分离时，物块与槽的速度大小相等，方向相反，物块被弹簧反弹后，与槽的速度相同，做匀速直线运动，不会再滑上弧形槽，D选项错误．8、如图所示，11H(核内有一个质子，没有中子)，21H(核内有一个质子，一个中子)，31H(核内有一个质子，两个中子)和42He(核内有两个质子，两个中子)四种原子核的混合粒子沿平行板电容器两板中线O O′射入板间的匀强电场中，射出后都打在与O O′垂直的固定荧光屏上，使荧光屏上出现亮点．下列说法正确的是( )A．若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现4个亮点B．若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将出现4个亮点C．若它们射入电场时的质量与速度之积相等，在荧光屏上将出现4个亮点D．若它们都是从静止开始由同一加速电场加速后再射入此偏转电场的，则在荧光屏上将出现4个亮点【参考答案】C 粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向上，L＝vt，竖直方向上，y＝12at2＝12·qU0dmt2，联立解得偏移量y＝qU0L22dmv2，若它们射入电场时的速度相等，y与qm成正比，在荧光屏上将出现3个亮点，A选项错误；若它们射入电场时的动能相等，y与q成正比，在荧光屏上将只出现2个亮点，B选项错误；若它们射入电场时的质量与速度之积相等，在荧光屏上将出现4个亮点，C选项正确；若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，根据推论可知，y都相同，荧光屏上将只出现1个亮点，D选项错误．9、(多选)如图所示，平行金属板M、N之间有竖直向下的匀强电场，虚线下方有垂直纸面的匀强磁场，质子和α粒子分别从上板中心S点由静止开始运动，经电场加速后从O点垂直磁场边界进入匀强磁场，最后从a、b两点射出磁场(不计重力)，下列说法正确的是( )A．磁场方向垂直纸面向里B．从a点离开的是α粒子C．从b点离开的粒子在磁场中运动的速率较小D．粒子从S出发到离开磁场，由b点离开的粒子所用时间较长【参考答案】CD 粒子带正电，进入磁场后向左偏转，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，A选项错误；粒子在电场中做加速运动，根据动能定理可知，qU＝12mv2－0；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qvB＝mv2R，粒子在磁场中运动的轨道半径R＝1B·2mUq，荷质比越大，轨道半径越小，从a点离开的是质子，B选项错误；v＝2qUm，荷质比越大，在磁场中运动的速率越大，从b点离开的α粒子在磁场中运动的速率较小，C 选项正确；粒子在电场中运动的时间t1＝vqEm＝1E·2mUq，在磁场中的运动时间t2＝πmqB，荷质比越大，所用时间越小，α粒子所用时间较长，D选项正确．10、（2019·广州大学附属中学高二期末）如图甲所示，固定的光滑平行导轨（电阻不计）与水平面夹角为θ＝30°，导轨足够长且间距L＝0.5 m，底端接有阻值为R＝4 Ω的电阻，整个装置处于垂直于导体框架向上的匀强磁场中，一质量为m＝1 kg、电阻r＝1 Ω、长度也为L的导体棒MN在沿导轨向上的外力F作用下由静止开始运动，拉力F与导体棒速率倒数关系如图乙所示．已知g＝10 m/s2。

则A．v＝5 m/s时拉力大小为12 NB．v＝5 m/s时拉力的功率为70 WC．匀强磁场的磁感应强度的大小为2 TD．当棒的加速度a＝8 m/s2时，导体棒受到的安培力的大小为1 N【答案】BCD【解析】A、由图可知5m/sv=时，10.2v=，对应图象的拉力14NF=，故选项A错误；B、根据功率与速度的关系可得拉力的功率145W70WFP Fv==⨯=，故选项B正确；C、导体棒的最大速度10.1mv=，所以最大速度m10m/sv=，此时拉力最小min7NF=，根据共点力平衡条件可得minsinF mg F--θ安=，根据安培力的计算公式可得F安22mB L vBILR r==+，代入数据得2TB=，故选项C正确；D、当棒的加速度28m/sa=时，拉力设为F'，速度为v'，根据牛顿第二定律可得sinF mg BIL ma'--=θ，而PFv='，22B L vBILR r'=+，整理可得2653500v v'+'-=，解得5m/sv'=（或70m/sv'=-舍去），所以此时的安培力为2240.255N1N5B L vF BILR r'⨯⨯====+，故选项D正确。