2023高考物理（人教版）一輪選練編題（4）及答案

第頁2023高考物理〔人教版〕一輪選練編題〔4〕及答案一、選擇題1、(2023·廣東省深圳市高三第一次調(diào)研)人造衛(wèi)星a的圓形軌道離地面高度為h，地球同步衛(wèi)星b離地面高度為H，h＜H，兩衛(wèi)星共面且旋轉(zhuǎn)方向相同．某時刻衛(wèi)星a恰好出現(xiàn)在赤道上某建筑物c的正上方，設(shè)地球赤道半徑為R，地面重力加速度為g，那么()A．a(chǎn)、b線速度大小之比為eq\r(\f(R＋h,R＋H))B．a(chǎn)、c角速度之比為eq\r(\f(R3,R＋h3))C．b、c向心加速度大小之比eq\f(R＋H,R)D．a(chǎn)下一次通過c正上方所需時間等于t＝2πeq\r(\f(R＋h3,gR2))解析：選C.人造地球衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，由地球的萬有引力提供向心力，根據(jù)牛頓運動定律求解衛(wèi)星的角速度．衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，建筑物隨地球自轉(zhuǎn)做勻速圓周運動，當(dāng)衛(wèi)星轉(zhuǎn)過的角度與建筑物轉(zhuǎn)過的角度之差等于2π時，衛(wèi)星再次出現(xiàn)在建筑物上空．繞地球運行的衛(wèi)星，地球?qū)πl(wèi)星的萬有引力提供向心力，設(shè)衛(wèi)星的線速度為v，那么：Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，所以v＝eq\r(\f(GM,r))，可知a、b線速度大小之比為eq\r(\f(R＋H,R＋h)).故A錯誤；設(shè)衛(wèi)星的角速度為ω，Geq\f(Mm,r2)＝mω2r，得ω＝eq\r(\f(GM,r3))，所以：eq\f(ωa,ωb)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R＋h,R＋H)))3)，又由于同步衛(wèi)星b的角速度與c的角速度相同，所以eq\f(ωa,ωc)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R＋h,R＋H)))3)，故B錯誤；同步衛(wèi)星b的角速度與c的角速度相同，根據(jù)：a＝ω2r可得：eq\f(ab,ac)＝eq\f(R＋H,R)，故C正確；設(shè)經(jīng)過時間t衛(wèi)星a再次通過建筑物c上方，根據(jù)幾何關(guān)系有：(ωa－ωc)t＝2π，又mg＝eq\f(GMm,R2)，聯(lián)立解得：t＝eq\f(2π,ωa－ωc)＝eq\f(2π,\r(\f(R＋h3,GM))－\r(\f(R＋H3,GM)))＝eq\f(2π\(zhòng)r(gR2),\r(R＋h3)－\r(R＋H3))，故D錯誤．2、(2023·全國Ⅱ卷,14)如圖,一光滑大圓環(huán)固定在桌面上,環(huán)面位于豎直平面內(nèi),在大圓環(huán)上套著一個小環(huán),小環(huán)由大圓環(huán)的最高點從靜止開始下滑,在小環(huán)下滑的過程中,大圓環(huán)對它的作用力(A)A.一直不做功 B.一直做正功C.始終指向大圓環(huán)圓心 D.始終背離大圓環(huán)圓心解析:大圓環(huán)光滑,對小環(huán)只有彈力FN,彈力始終沿徑向,與速度垂直,不做功,選項A正確,B錯誤;小環(huán)位于圓心上方某處時,FN沿半徑向外,小環(huán)位于圓心以下某處時,FN沿半徑向里,選項C,D錯誤.3、小陳在地面上從玩具槍中豎直向上射出初速度為v0的塑料小球，假設(shè)小球運動過程中受到的空氣阻力與其速率成正比，小球運動的速率隨時間變化的規(guī)律如下圖，t1時刻到達最高點，再落回地面，落地速率為v1，以下說法中正確的選項是〔〕A．小球在上升過程中的加速度小于下降過程中的加速度B．小球上升過程中的平均速度大于C．小球下降過程中的平均速度大于D．小球下降過程中加速度越來越大【答案】C4、(2023·湖北八市聯(lián)考)(多項選擇)如下圖，一輛質(zhì)量為M＝3kg的平板小車A?？吭谪Q直光滑墻壁處，地面水平且光滑，一質(zhì)量為m＝1kg的小鐵塊B(可視為質(zhì)點)放在平板小車A最右端，平板小車A上外表水平且與小鐵塊B之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，平板小車A的長度L＝0.9m．現(xiàn)給小鐵塊B一個v0＝5m/s的初速度使之向左運動，與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞后向右運動，重力加速度g＝10m/s2.以下說法正確的選項是()A．小鐵塊B向左運動到達豎直墻壁時的速度為2m/sB．小鐵塊B與墻壁碰撞過程中所受墻壁的沖量為8N·sC．小鐵塊B向左運動到達豎直墻壁的過程中損失的機械能為4JD．小鐵塊B在平板小車A上運動的整個過程中系統(tǒng)損失的機械能為9J解析：選BD.設(shè)小鐵塊B向左運動到達豎直墻壁時的速度為v1，根據(jù)動能定理得：－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得：v1＝4m/s，選項A錯誤．與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，反彈速度為－4m/s，由動量定理可知，小鐵塊B與墻壁碰撞過程中所受墻壁的沖量為I＝2mv1＝8N·s，選項B正確．小鐵塊B向左運動到達豎直墻壁的過程中損失的機械能為μmgL＝4.5J，選項C錯誤．假設(shè)發(fā)生彈性碰撞后小鐵塊B最終和平板小車A到達的共同速度為v2，根據(jù)動量守恒定律得：mv1＝(M＋m)v2，解得：v2＝1m/s.設(shè)小鐵塊B在平板小車A上相對滑動的位移為x時與平板小車A到達共同速度v2，那么根據(jù)功能關(guān)系得：－μmgx＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得：x＝1.2m，由于x＞L，說明小鐵塊B在沒有與平板小車A到達共同速度時就滑出平板小車A，所以小鐵塊B在平板小車上運動的整個過程中系統(tǒng)損失的機械能為ΔE＝2μmgL＝9J，選項D正確．5、(2023·新疆烏魯木齊二模)(1)(5分)一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)A變化到狀態(tài)B,壓強隨體積變化的關(guān)系如下圖,這個過程(填正確答案標(biāo)號.選對1個得2分,選對2個得4分,選對3個得5分.每選錯1個扣3分,最低得分為0分).

A.氣體的溫度一直降低B.氣體的密度一直變小C.氣體的內(nèi)能一直變大D.氣體一直對外界做功E.氣體一直向外界散熱(2)(10分)如下圖,一可移動的絕熱活塞M將一截面積為400cm2的汽缸分為A,B兩個汽缸,A,B兩個汽缸裝有體積均為12L、壓強均為1atm、溫度均為27℃的理想氣體.現(xiàn)給左面的活塞N施加一推力,使其緩慢向右移動,同時給B氣體加熱,此過程中A汽缸的氣體溫度保持不變,活塞M保持在原位置不動.1atm=105Pa.不計活塞與汽缸壁間的摩擦.當(dāng)推力F=2×103①活塞N向右移動的距離;②B汽缸中的氣體升溫到多少攝氏度.解析:(1)氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B,發(fā)生等壓變化,根據(jù)蓋—呂薩克定律知,體積與熱力學(xué)溫度成正比,體積增加,氣體的溫度一直升高,故A錯誤;根據(jù)密度ρ=,質(zhì)量不變,體積變大,密度變小,故B正確;理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān),A到B溫度升高,內(nèi)能變大,故C正確;因為氣體體積變大,故氣體一直對外界做功,故D正確;根據(jù)熱力學(xué)第一定律,ΔU=W+Q,內(nèi)能增加ΔU>0,氣體一直對外做功W<0,所以Q>0,氣體一直從外界吸熱,故E錯誤.(2)①對A汽缸中的氣體進行狀態(tài)分析,有pA=p0=105PapA′=pA+=1.5×105Pa,VA=12L=1.2×10-2mA汽缸中的氣體為等溫變化,根據(jù)玻意耳定律,有pAVA=pA′VA′解得VA′=8×10-3m活塞N向右移動的距離為x=-,解得x=10cm.②對B汽缸中的氣體進行狀態(tài)分析有pB′=pA′=1.5×105Pa,pB=pA=p0=105PaTB=300K,B汽缸中的氣體為等容變化,有解得TB′=450K,即tB′=177℃答案:(1)BCD(2)①10cm②1776、(2023·福建省福州第一中學(xué)高三下學(xué)期?？?在物理學(xué)的開展中，建立概念，總結(jié)規(guī)律都離不開一大批辛勤攀登科學(xué)頂峰的物理學(xué)家們．下面有關(guān)科學(xué)家的發(fā)現(xiàn)正確的選項是()A．為了建立天體運動規(guī)律，開普勒利用自己的行星觀測數(shù)據(jù)，建立了開普勒行星運動定律B．為了描述物體的運動，伽利略首先建立了平均速度、加速度的概念C．“某個量是守恒的〞，把這個量叫做能量，這是牛頓有關(guān)能量的描述D．“閉合電路中感應(yīng)電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量變化率成正比〞，這是法拉第在對理論和實驗資料嚴(yán)格分析后得出的法拉第電磁感應(yīng)定律的內(nèi)容解析：選B.為了建立天體運動規(guī)律，開普勒利用第谷的行星觀測數(shù)據(jù)，建立了開普勒行星運動定律，故A錯誤；為了描述物體的運動，伽利略首先建立了平均速度、加速度的概念，故B正確；“某個量是守恒的〞，把這個量叫做能量，這是焦耳有關(guān)能量的描述，故C錯誤；法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，但“閉合電路中感應(yīng)電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量變化率成正比〞，并不是法拉第在對理論和實驗資料嚴(yán)格分析后得出的法拉第電磁感應(yīng)定律的內(nèi)容．故D錯誤．7、從塔頂以相同速率拋出A、B、C三小球，A球豎直上拋，B球平拋，C球豎直下拋。另有D球從塔頂起自由下落，四個小球質(zhì)量相同，落到同一水平面上。不計空氣阻力，那么()A．落地時動能相同的小球是A、B、CB．落地時動量相同的小球是A、B、CC．從離開塔頂?shù)铰涞剡^程中，動能增量相同的小球只有A、B、CD．從離開塔頂?shù)铰涞剡^程中，動量增量相同的小球是B、D【答案】AD【解析】小球從拋出至落地過程中只有重力做功，且重力做功相同，A、B、C三個小球的初動能相同，故小球落地時的動能相同，所以A正確；A、B、D落地速度方向相同，都是豎直向下，但是C落地速度方向不是豎直向下，故A、B、C落地的動量不相同，應(yīng)選項B錯誤；從離開塔頂?shù)铰涞剡^程中，動能增量等于合力做功，即等于重力的功，由于從相同高度拋出，故重力的功相同，故四個小球落地過程中動能增量相同，應(yīng)選項C錯誤；從離開塔頂?shù)铰涞剡^程中，動量增量等于合力的沖量，合力為重力，但是時間相同的只有B、D，故合力的沖量相同的是B、D，應(yīng)選項D正確。8、〔多項選擇〕如下圖為一個質(zhì)點運動的位移x隨時間t變化的圖象，由此可知質(zhì)點在0～4s內(nèi)()A.先沿x軸正方向運動，后沿x軸負(fù)方向運動B.一直做勻變速運動C.t=2s時速度一定最大D.速率為5m/s的時刻有兩個【來源】江蘇省南京市南京師范大學(xué)附屬中學(xué)2023屆高三5月模擬考試?yán)砜凭C合物理試題【答案】CD二、非選擇題(2023·南陽市一中第四次模擬)如下圖，在無限長的豎直邊界AC和DE間，上、下局部分別充滿方向垂直于ADEC平面向外的勻強磁場，上局部區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小為B0，OF為上、下磁場的水平分界線．質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子從AC邊界上與O點相距為a的P點垂直于AC邊界射入上方區(qū)域，經(jīng)OF上的Q點第一次進入下方區(qū)域，Q與O點的距離為3a.不考慮粒子重力．(1)求粒子射入時的速度大??；(2)要使粒子不從AC邊界飛出，求下方區(qū)域的磁感應(yīng)強度應(yīng)滿足的條件；(3)假設(shè)下方區(qū)域的磁感應(yīng)強度B＝3B0，粒子最終垂直DE邊界飛出，求邊界DE與AC間距離的可能值．解析：(1)設(shè)粒子在OF上方做圓周運動半徑為R，由幾何關(guān)系可知：R2－(R－a)2＝(3a)2，R＝5a由牛頓第二定律可知：qvB0＝meq\f(v2,R)，解得：v＝eq\f(5aqB0,m)；(2)當(dāng)粒子恰好不從AC邊界飛出時，設(shè)粒子在OF下方做圓周運動的半徑為r1，由幾何關(guān)系得：r1＋r1cosθ＝3a，cosθ＝eq\f(3,5)，所以r1＝eq\f(15a,8)，根據(jù)qvB1＝eq\f(mv2,r1)解得：B1＝eq\f(8B0,3)，當(dāng)B1＞eq\f(8B0,3)時，粒子不會從AC邊界飛