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1、选择题必刷卷(一)1.D解析 4个半小时指的是一段时间,在时间轴上对应一段距离,故选项A错误;列车提速至350 km/h,此350 km/h指最大速度,为瞬时速度,故选项B错误;根据平均速度公式v=xt可知,要知道任意一段时间内的平均速度,需要知道该段时间内的位移,由题无法知道这个位移,故选项C错误;当研究“复兴号”列车经过某一站牌的时间时,需要考虑其大小和形状,不能将其看作质点,故选项D正确.2.B解析 刹车时做减速运动,减速的最大位移x=v022a,则初速度v0=2ax=10 m/s,选项B正确.3.C解析 由x=aT2可得在任意相邻的1 s时间内下落的距离之差h=g,在任意相邻的1 s时
2、间内平均速度之差v等于相邻两个1 s的中间时刻的瞬时速度之差,则v=gt=g,选项C正确.4.C解析 由x4-x2=2aT2,可得加速度a=4 m/s2, 第2 s末的速度v1=at1=8 m/s,第2 s中间时刻的速度v2=at2=6 m/s,第2 s内的位移x2=v2t=6 m, 物体在05 s内中间时刻的速度v3=at3=10 m/s,则05 s内的平均速度为10 m/s,选项C错误,选项A、B、D正确.5.D解析 两段相等时间t内各自的位移分别为x和-x,则x=12gt2,-x=gtt-12at2,解得a=3g,选项A错误;自由下落t时间时小球的速率为v=gt,选项C错误;当加速度变为
3、a后,减速至0过程的位移x=(gt)22a=gt26,小球下落的最大高度h=x+x=2gt23=2at29,选项D正确;返回到A点时的速度v=gt-at=-2gt=-23at,选项B错误.6.D解析 x-t图像只能表示直线运动,选项A错误;根据公式x=12at2可知,甲、乙两物体都做匀变速直线运动,选项B错误;x-t图像的斜率的正负表示速度的方向,由图像可知,甲图像斜率为正,乙图像斜率为负,甲、乙两物体运动方向相反,选项C错误;根据公式a=vt可知,相等时间内速度变化大小取决于加速度大小,由公式x=12at2可知,a甲=1 m/s,a乙=-23 m/s2,|a甲|a乙|,故第3 s内甲物体的速
4、度变化比乙物体的速度变化大,选项D正确.7.B解析 小球1在前2t时间内及小球2在前t时间内的速度时间图像的斜率均为g,t时刻小球1的速度为0,小球2落入沙坑,速度大小v2=gt,故小球1的初速度大小v0=gt,方向向上,抛出点在沙坑正上方h=12gt2处,小球1所到达的最高点在沙坑正上方H=2h=gt2处,设小球1落入沙坑时速度为v1,对小球1从最高点到落入沙坑过程,有v12=2gH,解得v1=2gt,故B正确.8.C解析 由于单位时间内通过任一横截面的水的体积相等,设t时间内通过水柱任一横截面的水的体积为V,V=vtS,开始时水流速度小,横截面积大,速度增大时,横截面积变小,所以水柱是上粗
5、下细,A、B错误;高为H的水柱上端速度为v1=VS1t,下端速度为v2=VS2t,根据v22-v12=2gH,水的流量Vt=S1S22gHS12-S22,C正确,D错误.9.BD解析 当人、车速度相等时,经历的时间t=va=61 s=6 s,此时人的位移x1=vt=66 m=36 m,车的位移x2=12at2=12162 m=18 m,因为x1x2+20 m,可知人不能追上公交车,速度相等时有最小距离,最小距离x=x2+20 m-x1=18 m+20 m-36 m=2 m,在整个过程中,人、车之间的距离先减小后增大,选项B、D正确.10.ACD解析 由x=gT2可得,加速度g=xT2=dT2,
6、经过位置3的瞬时速度v3=7d2T=7gT2,经过位置4的瞬时速度v4=v3+gT=9d2T,从位置1到4过程中的平均速度大小等于从位置2到3过程中的平均速度,即v=3dT,选项A、C、D正确.11.CD解析 由b到a过程是初速度为零的匀加速直线运动,则tbctca=1(2-1),而tbc+tca=t,解得tbc=22t,选项A错误,C正确;由于物块只受重力和支持力,故物块的加速度始终相同,均为a=gsin ,方向沿斜面向下,选项B错误;由于c是位移中点,而不是时间中点,根据匀变速直线运动的规律可知,物块上滑通过c点时的速度大于整个上滑过程中平均速度的大小,选项D正确.12.ABD解析 物体可
7、能先向上做匀减速直线运动,后向下做匀加速直线运动,根据x=v0t+12at2知,位移是时间的二次函数,图线是曲线,A是可能的;物体可能先向上做匀减速直线运动,后停在最高点,B、D是可能的;C图中物体返回时速度大于出发时速度,不符合物体的运动情况,违反了能量守恒定律,C不可能.13.BCD解析 x-t图像的斜率表示速度,甲车先做匀速直线运动,后静止,A错误;乙车在010 s内位移大小为8 m,则平均速度大小为0.8 m/s,B正确;两图线交点表示相遇,C正确;乙车的平均速度大小为0.8 m/s,P对应乙车的位移中点,若乙车做匀变速直线运动,则P点对应的瞬时速度大于0.8 m/s,D正确.14.A
8、C解析 由a-t图像可知,汽车在010 s内做匀加速运动,在1040 s内做匀速运动,在4050 s内做匀减速运动,在10 s末的速度最大,且最大速度v=a1t1=20 m/s,选项A正确;在50 s末的速度最小,最小速度v=v-a2t3=10 m/s,且汽车在4050 s内的速度方向和010 s内的速度方向相同,选项B、D错误;汽车在010 s内的位移x1=12a1t12=100 m,在1040 s内的位移x2=a1t1t2=21030 m=600 m,在4050 s内的位移x3=v+v2t3=150 m,总位移x=x1+x2+x3=850 m,选项C正确.15.CD解析 由图像可知,甲车先
9、做匀速运动再做同向匀减速运动,选项A错误;在第20 s末,甲的加速度为a甲=-1 m/s2,乙的加速度a乙=23 m/s2,选项B错误;在前30 s内,甲的位移x甲=10+30220 m=400 m,乙的位移x乙=20302 m=300 m,第30 s末,两车相距x=x甲-x乙-x0=50 m,选项C正确;在整个运动过程中,在30 s前,甲追上乙相遇一次,30 s后乙追上甲车又相遇一次,选项D正确.16.CD解析 根据题意作出甲、乙赛跑定性的v-t图像,如图所示,由图像可知,刚起跑时甲处于领先,但在到达终点前有可能被乙超越,且甲一旦被超越就无法再追上乙,故A错误,D正确.加速过程中甲、乙的初速
10、度均为零,乙的末速度大,所以加速过程中乙的平均速度大,且乙的加速时间更长,所以乙加速过程的位移更大,故B错误,C正确.选择题必刷卷(二)1.B解析 无人机正沿直线朝斜下方匀速运动,即所受合外力为零,只有B图受力可能为零,选项B正确.2.A解析 设C与球心连线和竖直方向成角,对球受力分析如图所示,由平衡条件知,AB挡板对球的支持力F=mgtan ,C端对小球的支持力FC=mgcos,当CD挡板的C端略向右偏过一些,增大,AB挡板的支持力F变大,C端的支持力FC变大,选项A正确.3.C解析 对小球受力分析,受到重力、弹簧测力计的拉力、杆的弹力,如图所示,根据平衡条件得 Fx-Tcos 37=0,
11、Fy+Tsin 37=G,联立解得Fx=80 N,Fy=60 N,所以杆AB对球的作用力大小为 F=Fx2+Fy2=802+602 N=100 N,故C正确.4.B解析 设F与水平方向的夹角为,由平衡条件得Fcos =(mg-Fsin ),解得F=mgcos+sin=7.5Ncos+0.75=sin6Nsin(+53),当=37时,外力有最小值,为6 N,选项B正确.5.B解析 设弹性绳的劲度系数为k,小球质量为m,未对小球施加水平力时,根据平衡条件得mg=kx1,弹性绳的长度为x=x0+x1=x0+mgk;对小球施加水平力,使其缓慢移动至弹性绳与竖直方向成60角处时,小球受重力mg、水平力F
12、、弹力F1三个力,由平衡条件得F1=mgcos60=2mg,弹性绳的长度为x=x0+2mgk,此过程中小球上升的高度为h=x-12x=12x0,选项B正确.6.C解析 货物在AB段所受的摩擦力为滑动摩擦力,且f1=mgcos ;在BC段所受的摩擦力为静摩擦力,且f2=mgsin ;在CD段做匀速运动,不受摩擦力,选项C正确.7.B解析 对b球受力分析,受到重力、垂直于斜面向上的支持力和细线的拉力,由于三力平衡时三个力中任意两个力的合力与第三个力等大、反向、共线,故细线拉力向右上方,A错误;对a、b两个球整体受力分析,受到总重力、垂直于斜面向上的支持力和上面细线的拉力,根据平衡条件判断出,上面的
13、细线的拉力方向斜向右上方,C、D错误.8.AB解析 物块1受到重力m1g、细线拉力T和斜面的支持力FN作用而处于平衡状态,物块2受到重力m2g、细线拉力T(T=T)、斜面的支持力FN及摩擦力f(可能有)作用而处于平衡状态,则T=m1gsin 30,当m1最大时,物块2受到的最大静摩擦力方向沿BC面向下,此时有T=m2gsin 37+m2gcos 37,即m1m2=2,当m1最小时,物块2受到的最大静摩擦力方向沿BC面向上,此时有T=m2gsin 37-m2gcos 37,即m1m2=25,所以25m1m22,故A、B不可能.9.BC解析 设木块质量为m,重物质量为M,对三个物体组成的整体,根据
14、平衡条件,有2f=(M+2m)g,解得f=12(M+2m)g,静摩擦力不变,选项C正确,D错误; 将细线对O的拉力按照效果正交分解,如图甲所示,设两个杆夹角为,则有F1=F2=Mg2cos 2,再将杆对木块的推力F1按照效果分解,如图乙所示,根据几何关系得Fx=F1sin 2,故Fx=Mg2cos 2sin 2=Mgtan 22,挡板间的距离稍微增大后,角变大,Fx变大,故木块对挡板的压力变大,即FN变大,选项A错误,B正确.10.BCD解析 沿斜槽方向,有mgsin =2FN,垂直于斜槽方向,有mgcos =2FNcos 2,解得=12tan ,选项A错误;左边圆杆对滑块的支持力为FN=mg
15、cos ,选项B正确;由于圆柱体与斜槽两侧都有摩擦力且大小相等,所以,单侧摩擦力f=FN=12mgsin ,选项C正确;若增大,则cos 减小,圆杆对滑块的支持力将减小,选项D正确.11.AC解析 对A,由平衡条件得FTcos =FN1,FTsin +mg=FN1,联立解得FT=mgcos-sin,选项A正确;对A、B整体,由平衡条件得FTcos +FN2=F,FTsin +2mg=FN2,联立解得水平拉力F=mg(3cos-sin)cos-sin,选项C正确.12.BC解析 对球进行受力分析,如图甲所示,FN1=Gtan ,FN2=Gcos,当长方体物块向右运动时,增大,FN1、FN2均增大,故A错误.圆球对物块的压力在竖直方向的分力为FN2cos =G,等于圆球重力,在拉动长方体物块向右运动的过程中,对物块受力分析,如图乙所示,物块与地面之间的压力FN=G1+FN2cos =G1+G不变,滑动摩擦力f=FN不变,故C正确.由于圆球对物块的压力在水平方向的分力FN2sin 逐渐增大,所以水平拉力F=f-FN2sin 逐渐减小,故B正确.由于物块与地面之间的压力不变,由牛顿第三定律可知,地面对物块的支持
