（新課標）2020高考物理二輪復習 專題強化訓練16 高考題型解答技巧及提分方略（含解析）

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1、專題強化訓練(十六) 一、選擇題(共20個小題，3、4、6、7、14、15、18、19為多選，其余為單項選擇，每題5分共100分) 1．有一條兩岸平直，河水均勻流動、流速恒為v的大河，小明駕著小船渡河，去程時船頭朝向始終與河岸垂直，回程時行駛路線與河岸垂直．去程與回程所用時間的比值為k，船在靜水中的速度大小相同，則小船在靜水中的速度大小為(　　) A.　　　　　　　 B. C. D. 答案　B 解析　可設河寬為d，船在靜水中的速度為vc，第一種情況時間t1＝，第二種情況為t2＝，＝k，可得出B項是正確的． 2. (2017·遂寧模擬)如圖所示，放于豎直面內(nèi)的光滑金屬細圓環(huán)半徑

2、為R，質(zhì)量為m的帶孔小球穿于環(huán)上．同時有一長為R的細繩一端系于球上，另一端系于圓環(huán)最低點，繩的最大拉力為2mg.當圓環(huán)以角速度ω繞豎直直徑轉(zhuǎn)動時，發(fā)現(xiàn)小球受三個力作用．則ω可能為(　　) A．3 B. C. D. 答案　B 解析　因為圓環(huán)光滑，所以這三個力肯定是重力、環(huán)對球的彈力、繩子的拉力，細繩要產(chǎn)生拉力，繩要處于拉升狀態(tài)，根據(jù)幾何關系可知，此時細繩與豎直方向的夾角為60°，當圓環(huán)旋轉(zhuǎn)時，小球繞豎直軸做圓周運動，向心力由三個力在水平方向的合力提供，其大小為：F＝mω2r，根據(jù)幾何關系，其中r＝Rsin60°一定，所以當角速度越大時，所需要的向心力越大，繩子拉力越大，所以對

3、應的臨界條件是小球在此位置剛好不受拉力，此時角速度最小，需要的向心力最小，對小球進行受力分析得：Fmin＝2mgsin60°，即2mgsin60°＝mωmin2Rsin60°解得：ωmin＝，所以只要ω＞就符合題意．當繩子的拉力達最大時，角速度達最大；同理可知，最大角速度為：ω＝，故符合條件的只有B項．故選B項． 3．(2017·四川模擬)如圖所示，質(zhì)量為3m的豎直光滑圓環(huán)A的半徑為R，固定在質(zhì)量為2m的木板B上，木板B的左右兩側(cè)各有一豎直擋板固定在地面上，B不能左右運動．在環(huán)的最低點靜止放有一質(zhì)量為m的小球C.現(xiàn)給小球一水平向右的瞬時速度v0，小球會在圓環(huán)內(nèi)側(cè)做圓周運動，為保證小球能通過環(huán)

4、的最高點，且不會使環(huán)在豎直方向上跳起，初速度v0必須滿足(　　) A．最小值為 B．最大值為3 C．最小值為 D．最大值為 答案　CD 解析　在最高點，速度最小時有：mg＝m，解得：v1＝.從最高點到最低點的過程中，機械能守恒，設最低點的速度為v1′，根據(jù)機械能守恒定律，有：2mgR＋mv12＝mv′12，解得：v′1＝.要使不會使環(huán)在豎直方向上跳起，環(huán)對球的壓力最大為：F＝2mg＋3mg＝5mg，從最高點到最低點的過程中，機械能守恒，設此時最低點的速度為v′2，在最高點，速度最大時有：mg＋5mg＝m，解得：v2＝.根據(jù)機械能守恒定律有：2mgR＋mv22＝mv′22，解

5、得：v′2＝.所以保證小球能通過環(huán)的最高點，且不會使環(huán)在豎直方向上跳起，在最低點的速度范圍為：≤v≤.故C、D兩項正確，A、B兩項錯誤．故選C、D兩項． 4．(2015·浦東新區(qū)三模)如圖所示，拖拉機后輪的半徑是前輪半徑的兩倍，A和B是前輪和后輪邊緣上的點，若車行進時車輪沒有打滑，則(　　) A．兩輪轉(zhuǎn)動的周期相等 B．前輪和后輪的角速度之比為2∶1 C．A點和B點的線速度大小之比為1∶2 D．A點和B點的向心加速度大小之比為2∶1 答案　BD 解析　輪A、B分別為同一傳動裝置前輪和后輪邊緣上的一點，所以vA＝vB，故C項錯誤；根據(jù)v＝ωr和vA＝vB，可知A、B兩點的角速度

6、之比為2∶1，故B項正確；據(jù)ω＝和前輪與后輪的角速度之比2∶1，求得兩輪的轉(zhuǎn)動周期為1∶2，故A項錯誤；由a＝，可知，向心加速度與半徑成反比，則A與B點的向心加速度之比為2∶1，故D項正確．故選B、D兩項． 5．設地球自轉(zhuǎn)周期為T，質(zhì)量為M，引力常量為G，假設地球可視為質(zhì)量均勻分布的球體，半徑為R.同一物體在南極和赤道水平面上靜止時所受到的支持力之比為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　物體在南極地面所受的支持力等于萬有引力， F＝，① 在赤道處，F(xiàn)萬－F′＝F向，得F′＝F萬－F向，又F向＝mR，則F′＝－mR，② 由式，可得A項正確． 6．(2018

7、·城中區(qū)校級模擬)我國的火星探測計劃在2018年展開，在火星發(fā)射軌道探測器和火星巡視器．已知火星的質(zhì)量約為地球質(zhì)量的，火星的半徑約為地球半徑的.下列說法中正確的是(　　) A．火星探測器的發(fā)射速度應大于第一宇宙速度且小于第二宇宙速度 B．火星探測器的發(fā)射速度應大于第二宇宙速度且小于第三字宙速度 C．火星表面與地球表面的重力加速度之比為4∶9 D．火星探測器環(huán)繞火星運行的最大速度約為地球的第一宇宙速度的倍 答案　BC 解析　火星探測器前往火星，脫離地球引力束縛，還在太陽系內(nèi)，發(fā)射速度應大于第二宇宙速度、小于第三宇宙速度，故A項錯誤，B項正確；根據(jù)表面物體受到的引力等于表面物體的重力，

8、即G＝m0g，結(jié)合火星的質(zhì)量約為地球質(zhì)量的，火星的半徑約為地球半徑的，那么火星表面與地球表面的重力加速度之比為4∶9，故C項正確；由＝m得，v＝，已知火星的質(zhì)量約為地球的，火星的半徑約為地球半徑的，火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍，故D項錯誤．故選B、C兩項． 7. (2017·湖南二模)“嫦娥三號”于2013年12月2日在中國西昌衛(wèi)星發(fā)射中心由長征三號乙運載火箭送人太空，12月14日成功軟著陸于月球雨海西北部，12月15日完成著陸器和巡視器分離，并陸續(xù)開展了“觀天、看地、測月”的科學探測和其他預定任務．如圖所示為“嫦娥三號”釋放出的國產(chǎn)“玉兔”號月球車，若該月球車在地球表面的重力為

9、G1，在月球表面的重力為G2，已知地球半徑為R1，月球半徑為R2，地球表面處的重力加速度為g，則(　　) A．月球表面處的重力加速度為g B．月球車內(nèi)的物體處于完全失重狀態(tài) C．地球的第一宇宙速度與月球的第一宇宙速度之比為 D．地球與月球的質(zhì)量之比為 答案　AC 解析　重力加速度：g＝，故地球表面處的重力加速度與月球表面處的重力加速度之比為G1∶G2，故月球表面處的重力加速度為g，故A項正確；在月球表面，月球車內(nèi)的物體受重力和支持力，不是失重，故B項錯誤；第一宇宙速度是近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度v＝，故地球的第一宇宙速度與月球的第一宇宙速度之比為：＝＝，故C項正確；根據(jù)g＝，有：M＝，

10、故地球的質(zhì)量與月球的質(zhì)量之比為：＝，故D項錯誤．故選A、C兩項． 8.如圖，一載流長直導線和一矩形導線框固定在同一平面內(nèi)，線框在長直導線右側(cè)，且其長邊與長直導線平行．已知在t＝0到t＝t1的時間間隔內(nèi)，直導線中電流i發(fā)生某種變化，而線框中感應電流總是沿順時針方向；線框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．設電流i正方向與圖中箭頭方向相同，則i隨時間t變化的圖線可能是(　　) 答案　A 解析　要求框中感應電流順時針，根據(jù)楞次定律，可知框內(nèi)磁場要么向里減弱(載流直導線中電流正向減小)，要么向外增強(載流直導線中電流負向增大)．線框受安培力向左時，載流直導線電流一定在減小，線框受安

11、培力向右時，載流直導線中電流一定在增大．故選A項． 9．地球表面附近某區(qū)域存在大小為150 N/C，方向豎直向下的電場．一質(zhì)量為1.00×10－4 kg，帶電量為－1.00×10－7 C的小球從靜止釋放，在電場區(qū)域內(nèi)下落10.0 m．對此過程，該小球的電勢能和動能的改變量分別為(重力加速度大小取9.80 m/s2，忽略空氣阻力)(　　) A．－1.50×10－4 J和9.95×10－3 J B．1.50×10－4 J和9.95×10－3 J C．－1.50×10－4 J和9.65×10－3 J D．1.50×10－4 J和9.65×10－3 J 答案　D 解析　電場力做功只與初末

12、位置的電勢差有關，電場力做正功，電勢能減少；電場力做負功，電勢能增加．小球帶負電，受到的電場力沿豎直方向向上，所以下落過程，電場力做負功，電勢能增加，A、C兩項錯誤；W電＝Eqh＝1.00×10－7×150×10 J＝1.5×10－4 J，根據(jù)動能定理，合力做功等于動能的變化，有：WG－W電＝(mg－Eq)h＝(9.8×10－4－1.00×10－7×150)×10 J＝9.65×10－3 J，D項正確． 10．據(jù)報道，天文學家近日發(fā)現(xiàn)了一顆距地球40光年的“超級地球”，名為“55 Cancrie”該行星繞母星(中心天體)運行的周期約為地球繞太陽運行周期的，母星的體積約為太陽的60倍．假設母星

13、與太陽密度相同，“55 Cancrie”與地球做勻速圓周運動，則“55 Cancrie”與地球的(　　) A．軌道半徑之比約為 B．軌道半徑之比約為 C．向心加速度之比約為 D．向心加速度之比約為 答案　B 解析　母星與太陽密度相等，而體積約為60倍，說明母星的質(zhì)量是太陽質(zhì)量的60倍．由萬有引力提供向心力可知G＝mr，所以×＝，代入數(shù)據(jù)得到B項正確，由加速度a＝知道，加速度之比為，所以C、D兩項均錯誤． 11．太陽因核聚變釋放出巨大的能量，同時其質(zhì)量不斷減少．太陽每秒鐘輻射出的能量約為4×1026 J，根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程，太陽每秒鐘減少的質(zhì)量最接近(　　) A．1036 kg

14、 B．1018 kg C．1013 kg D．109 kg 答案　D 解析　本題意在考查考生對愛因斯坦質(zhì)能方程的運用能力，根據(jù)E＝Δmc2得：Δm＝＝ kg≈4.4×109 kg，故D項正確． 12．在國際單位制(簡稱SI)中，力學和電學的基本單位有：m(米)、 kg(千克)、s(秒)、A(安培)．導出單位V(伏特)用上述基本單位可表示為(　　) A．m2·kg·s－4·A－1 B．m2·kg·s－3·A－1 C．m2·kg·s－2·A－1 D．m2·kg·s－1·A－1 答案　B 13.如圖，在光滑水平面上有一質(zhì)量為m1的足夠長的木板，其上疊放一質(zhì)量為m2的木塊．

15、假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等．現(xiàn)給木塊施加一隨時間t增大的水平力F＝kt(k是常數(shù))，木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2，下列反映a1和a2變化的圖線中正確的是(　　) 答案　A 解析　木塊和木板之間相對靜止時，所受的摩擦力為靜摩擦力．在達到最大靜摩擦力前，木塊和木板以相同加速度運動，根據(jù)牛頓第二定律a1＝a2＝.木塊和木板相對運動時，a1＝恒定不變，a2＝－μg，故A項正確． 14．(2017·樂山模擬)如圖甲所示，一理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為55∶6，其原線圈兩端接入如圖乙所示的正弦交流電，副線圈通過電流表與負載電阻R＝48 Ω相連．若交流電壓表和

16、交流電流表都是理想電表，則下列說法中正確的是(　　) A．變壓器輸入電壓的最大值是220 V B．若電流表的示數(shù)為0.50 A，變壓器的輸入功率是12 W C．原線圈輸入的正弦交變電流的頻率是50 Hz D．電壓表的示數(shù)是24 V 答案　BC 解析　由圖乙可知交流電壓最大值Um＝220 V，故A項錯誤；理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為55∶6，電阻R的電壓為U2＝·U1＝×220 V＝24 V，電壓表的示數(shù)是24 V．電阻為48 Ω，所以流過電阻中的電流為0.5 A，變壓器的輸入功率是：P入＝P出＝＝ W＝12 W．故B項正確，D項錯誤；由圖乙可知交流電周期T＝0.02 s，可由

17、周期求出正弦交變電流的頻率是50 Hz，故C項正確． 15．(2017·資陽模擬)如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向里的勻強磁場，一帶正電粒子以速度v1從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過t1時間射出磁場．另一相同的帶電粒子以速度v2從距離直徑AOB的距離為的C點平行于直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過t2時間射出磁場．兩種情況下，粒子射出磁場時的速度方向與初速度方向間的夾角均為60°.不計粒子受到的重力，則(　　) A．v1∶v2＝∶1 B．v1∶v2＝∶1 C．t1＝t2 D．t1＞t2 答案　AC 解析　如圖由幾何知識知R1＝Rtan60°，R2＝R，根據(jù)牛頓

18、運動定律知Bqv＝m，知r＝與v成正比，故v1∶v2＝R1∶R2＝Rtan60°∶R＝∶1，故A項正確，B項錯誤；由周期T＝知兩粒子周期相同，在磁場中運動的時間為t＝T決定于角度，角度θ相同，則時間相同，故C項正確，D項錯誤．故選A、C兩項． 16.圖示為一個內(nèi)、外半徑分別為R1和R2的圓環(huán)狀均勻帶電平面，其單位面積帶電量為σ.取環(huán)面中心O為原點，以垂直于環(huán)面的軸線為x軸．設軸上任意點P到O點的的距離為x，P點電場強度的大小為E.下面給出E的四個表達式(式中k為靜電力常量)，其中只有一個是合理的．你可能不會求解此處的場強E，但是你可以通過一定的物理分析，對下列表達式的合理性做出判斷．根據(jù)你的

19、判斷，E的合理表達式應為(　　) A．E＝2πkσx B．E＝2πkσx C．E＝2πkσx D．E＝2πkσx 答案　B 解析　由極限知識，設想R1的半徑非常小，不失一般性，取最小值R1＝0時，對于A項而言E＝0，此時帶電圓環(huán)演變?yōu)閹щ妶A面，中心軸線上一點的電場強度E>0，故排除A項；若取x＝0時，此時題目演變?yōu)榍驩點的場強，由對稱性可知EO＝0，對于C項而言，x＝0時E為一定值，故排除C項；用極限知識若取x→∞時E→0，而D項中化簡得E→4πkσ，故排除D項；所以，由極限法知正確選項只能為B項． 17．如圖所示，有兩個相鄰的有界勻強磁場區(qū)域，磁感應強度的大小均為B，磁場方

20、向相反，且與紙面垂直，磁場區(qū)域在x軸方向?qū)挾染鶠閍，在y軸方向足夠長．現(xiàn)有一高為a的正三角形導線框從圖示位置開始向右沿x軸方向勻速穿過磁場區(qū)域．若以逆時針方向為電流的正方向，在選項圖中，線框中感應電流i與線框移動的位移x的關系圖象正確的是(　　) 答案　C 解析　線圈向右開始運動后，在0～a這段位移內(nèi)，穿過線圈的磁場向里且磁通量增加，根據(jù)楞次定律可判斷出感應電流為逆時針，在a～2a這段位移內(nèi)，向里穿過線圈的磁通量減少，且向外穿過線圈的磁通量增加，由楞次定律可判斷出感應電流為順時針，在2a～3a位移內(nèi)，穿過線圈的磁通量向外且減少，由楞次定律可判斷出感應電流為逆時針，C項正確． 18

21、. (2016·江蘇南京二模)如圖所示，光滑平行金屬導軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角，M、P兩端接一阻值為R的定值電阻，阻值為r的金屬棒ab垂直導軌放置，其他部分電阻不計．整個裝置處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面向下．t＝0時對金屬棒施一平行于導軌的外力F，金屬棒由靜止開始沿導軌向上做勻加速直線運動．下列關于回路abPMa的磁通量變化量ΔΦ、磁通量的瞬時變化率、通過金屬棒的電荷量q隨時間t變化以及a、b兩端的電勢差U隨時間t變化的圖象中，正確的是(　　) 答案　BD 解析　設加速度為a，運動的位移x＝at2，磁通量變化量ΔΦ＝BLx＝BLat2，ΔΦ∝t2，

22、A項錯誤；感應電動勢E＝＝BLat，故∝t，B項正確；U＝＝t，U∝t，D項正確；電荷量q＝，因為ΔΦ∝t2，所以q∝t2，C項錯誤． 19. (2016·山東省煙臺市模擬)如圖所示，同一豎直面內(nèi)的正方形導線框a、b的邊長均為l，電阻均為R，質(zhì)量分別為2m和m.它們分別系在一跨過兩個定滑輪的輕繩兩端，在兩導線框之間有一寬度為2l、磁感應強度大小為B、方向垂直豎直面的勻強磁場區(qū)域．開始時，線框b的上邊界與勻強磁場的下邊界重合，線框a的下邊到勻強磁場的上邊界的距離為l.現(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，當線框b全部進入磁場時，a、b兩個線框開始做勻速運動．不計摩擦和空氣阻力，則(　　) A．a(chǎn)、b兩個線

23、框勻速運動的速度大小為 B．線框a從下邊進入磁場到上邊離開磁場所用時間為 C．從線框b全部進入磁場到線框a全部進入磁場的過程中，線框a所產(chǎn)生的焦耳熱為mgl D．從開始運動到線框a全部進入磁場的過程中，兩線框共克服安培力做功為2mgl 答案　BC 解析　當線框b全部進入磁場時，a的下邊剛進入磁場，則此時兩線圈勻速運動，則mg＋F安＝2mg，而F安＝，解得v＝，故A項錯誤；從線框a的下邊界進入磁場到上邊離開磁場的過程，兩線圈一直做勻速運動，則所用的時間t＝＝，故B項正確；從線框b全部進入磁場到線框a全部進入磁場的過程中，因為兩線圈勻速運動，故線框a所產(chǎn)生的焦耳熱等于兩線圈的重力勢能的減

24、小量：Q＝ΔEp＝2mgl－mgl＝mgl，故C項正確；從開始運動到線框a全部進入磁場的過程中，兩線框共克服安培力做功等于對這一過程，由能量守恒定律有4mgl＝2mgl＋·3mv2＋W，∴W＝2mgl－，故D項錯誤；故B、C兩項正確． 20．(2016·遼寧省沈陽市)如圖所示，初始時刻靜止在水平面上的兩物體A、B堆疊在一起，現(xiàn)對A施加一水平向右的拉力F，下列說法正確的是(　　) A．若地面光滑，無論拉力F為多大，兩物體一定不會發(fā)生相對滑動 B．若地面粗糙，A向右運動，B是否運動取決于拉力F的大小 C．若兩物體一起運動，則A、B間無摩擦力 D．若A、B間發(fā)生相對滑動，則物體B的加速度大小與拉力F無關 答案　D 解析　若地面光滑，兩物體間接觸也是光滑的，則A、B間一定有相對滑動，A、C兩項錯誤；若地面粗糙，A向右運動，B是否運動取決于AB間摩擦力的大小，B項錯誤；若A、B間發(fā)生相對滑動，A對B的作用是滑動摩擦力，其大小與F無關，所以B的加速度大小與F無關，D項正確；故選D項． 13