高考物理二輪復(fù)習(xí) 第2部分 考前沖刺方略 選擇題型滿分練2
《高考物理二輪復(fù)習(xí) 第2部分 考前沖刺方略 選擇題型滿分練2》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《高考物理二輪復(fù)習(xí) 第2部分 考前沖刺方略 選擇題型滿分練2(5頁珍藏版)》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
選擇題型滿分練(二) 建議用時(shí):25分鐘 本題共8小題,每小題6分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,第1~5題只有一項(xiàng)符合題目要求,第6~8題有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯(cuò)的得0分. 1.甲、乙兩個(gè)物體在同一時(shí)刻沿同一直線運(yùn)動(dòng),它們的速度—時(shí)間圖象如圖所示,下列有關(guān)說法正確的是( ) A.在4~6 s內(nèi),甲、乙兩物體的加速度大小相等,方向相反 B.前6 s內(nèi)甲通過的路程更大 C.前4 s內(nèi)甲、乙兩物體的平均速度相等 D.甲、乙兩物體一定在2 s末相遇 解析:選B.在4~6 s內(nèi),甲、乙兩物體的加速度大小a= m/s2=1 m/s2相等,方向相同,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;因v-t圖象的面積表示位移,所以前6 s內(nèi)甲通過的路程s=64 m=12 m,乙通過的路程為s=22 m+222 m=8 m,選項(xiàng)B正確;前4 s內(nèi)甲、乙兩物體的位移不相等,所以平均速度不相等,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;雖然甲、乙兩物體在前2 s內(nèi)的位移相等,但題目沒有說明兩物體從同一位置出發(fā),故兩物體不一定在2 s末相遇,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 2.如圖所示,一質(zhì)量為m的沙袋用不可伸長的輕繩懸掛在支架上,一練功隊(duì)員用垂直于繩的力將沙袋緩慢拉起使繩與豎直方向向的夾角為θ=30,且繩繃緊,則練功隊(duì)員對沙袋施加的作用力大小為( ) A. B.mg C.mg D.mg 解析:選A.建立直角坐標(biāo)系對沙袋進(jìn)行受力分析,由平衡條件得 Fcos 30-Tsin 30=0 Tcos 30+Fsin 30-mg=0 聯(lián)立可解得:F=.故選A. 3.“北斗”系統(tǒng)中兩顆工作衛(wèi)星1和2在同一軌道上繞地心O沿順時(shí)針方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng),軌道半徑為r,某時(shí)刻它們分別位于軌道上的A、B兩位置,如圖所示.已知地球表面處的重力加速度為g,地球半徑為R,不計(jì)衛(wèi)星間的相互作用力.以下判斷中正確的是( ) A.這兩顆衛(wèi)星的向心加速度大小均為a=g B.這兩顆衛(wèi)星的角速度大小均為ω=R C.衛(wèi)星1由位置A運(yùn)動(dòng)至位置B所需的時(shí)間為t= D.如果使衛(wèi)星1加速,它一定能追上衛(wèi)星2 解析:選C.衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng),萬有引力充當(dāng)向心力,即G=ma,由萬有引力與重力的關(guān)系得G=mg,解得a=g,A項(xiàng)錯(cuò);由a=ω2r,將上式代入得ω=,B項(xiàng)錯(cuò);衛(wèi)星1由位置A運(yùn)動(dòng)到位置B所需時(shí)間為衛(wèi)星周期的,又T=,得t=,C項(xiàng)正確;衛(wèi)星1加速后做離心運(yùn)動(dòng),進(jìn)入高軌道運(yùn)動(dòng),不能追上衛(wèi)星2,D項(xiàng)錯(cuò). 4.如圖所示是某電場沿x軸上各點(diǎn)電勢分布圖,其中OA間圖線是一水平線,AC間圖線關(guān)于x軸上點(diǎn)B中心對稱,BD間C點(diǎn)電勢最低,則下列說法正確的是( ) A.OA段電場一定是勻強(qiáng)電場 B.B、C兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度均為0 C.將一正點(diǎn)電荷從B點(diǎn)移到D點(diǎn),電場力先做正功后做負(fù)功 D.將電荷量為q的正點(diǎn)電荷從A點(diǎn)移到C點(diǎn),電勢能增加2qφ0 解析:選C.因?yàn)棣眨瓁圖象的斜率表示電場強(qiáng)度E,所以O(shè)A段電場強(qiáng)度處處為零,B點(diǎn)電場強(qiáng)度不為0,C點(diǎn)電場強(qiáng)度為0,A、B錯(cuò);BD段電勢先降低后升高,電場強(qiáng)度方向先沿x軸正方向,后沿x軸負(fù)方向,將一正點(diǎn)電荷從B點(diǎn)移到D點(diǎn),電場力先做正功后做負(fù)功,C正確;A、C兩點(diǎn)間電勢差為U=2φ0,由W=qU知將電荷量為q的正點(diǎn)電荷從A點(diǎn)移到C點(diǎn),電場力做正功2qφ0,所以電荷的電勢能減小2qφ0,D錯(cuò). 5.一個(gè)面積為S的圓形金屬框置于水平桌面上,如圖甲所示(俯視圖),金屬框內(nèi)有一與線框平面垂直的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的勻強(qiáng)磁場,圓形金屬框與兩根水平的平行金屬導(dǎo)軌(兩導(dǎo)軌相距L、電阻不計(jì))相連接,導(dǎo)軌間有垂直導(dǎo)軌平面豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的勻強(qiáng)磁場,一電阻為r的導(dǎo)體棒垂直放在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌良好接觸,當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B1隨時(shí)間發(fā)生變化時(shí),導(dǎo)體棒始終不動(dòng),由力傳感器(圖中沒畫出)得到導(dǎo)體棒所受摩擦力隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示,規(guī)定摩擦力水平向右為正,磁場方向垂直金屬框平面向里(豎直向下)為正,則下列關(guān)于磁感應(yīng)強(qiáng)度B1隨時(shí)間變化的圖象正確的是( ) 解析:選B.因?qū)w棒始終靜止,所受摩擦力與安培力始終等大反向,即f=F安=B2IL,由圖乙及題意知0~1 s內(nèi)摩擦力水平向右且恒定,由左手定則知回路中出現(xiàn)的是逆時(shí)針方向的恒定感應(yīng)電流,由法拉第電磁感應(yīng)定律知I==,所以恒定,即磁感應(yīng)強(qiáng)度B1隨時(shí)間線性變化,排除A選項(xiàng);由楞次定律及磁場正方向可知磁感應(yīng)強(qiáng)度B1可能是垂直金屬框平面向里在增加,也可能是垂直金屬框平面向外在減小,排除C選項(xiàng);由圖乙及電流I的表達(dá)式知在2~3 s內(nèi)的大小是0~1 s內(nèi)的2倍,所以D錯(cuò),B對. 6.如圖所示,物體A以速度v0做平拋運(yùn)動(dòng),落地時(shí)水平方向的位移和豎直方向的位移均為L,圖甲中的虛線是A做平拋運(yùn)動(dòng)的軌跡.圖乙中的曲線是一光滑軌道.軌道的形狀與圖甲中的虛線相同.讓物體B從軌道頂端無初速度下滑,B下滑過程中沒有脫離軌道.物體A、B都可以看做質(zhì)點(diǎn).重力加速度為g.則下列說法正確的是( ) A.A、B兩物體落地時(shí)的速度方向相同 B.A、B兩物體落地時(shí)的速度大小相等 C.物體B落地時(shí)水平方向的速度大小為 D.物體B落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率為mg 解析:選AC.曲線運(yùn)動(dòng)軌跡上的任意一點(diǎn)切線方向?yàn)樵擖c(diǎn)的速度方向,A對;根據(jù)動(dòng)能定理知,A、B在下落過程中重力做功相同,但B初速度為零,所以落地時(shí)速度大小不相等,B錯(cuò);由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知A落地時(shí)豎直方向速度為水平方向速度的2倍,因?yàn)锽落地時(shí)速度與A落地時(shí)速度方向相同,所以可以知道B豎直方向速度為水平方向速度的2倍,由動(dòng)能定理列方程求得物體B落地時(shí)水平方向的速度大小為 ,C對;落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率P=2mg,D錯(cuò). 7.在某一粗糙的水平面上,一質(zhì)量為2 kg的物體,在水平恒定拉力的作用下做勻速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后,拉力逐漸減小,且當(dāng)拉力減小到零時(shí),物體剛好停止運(yùn)動(dòng),圖中給出了拉力隨位移變化的關(guān)系圖象.已知重力加速度取g=10 m/s2.根據(jù)以上信息能精確得出或估算得出的物理量有( ) A.物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù) B.合外力對物體所做的功 C.物體做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度 D.物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 解析:選ABC.物體勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),拉力F與滑動(dòng)摩擦力f相等,μ==0.35,A對;減速過程由動(dòng)能定理得:Wf+WF=0-mv2,根據(jù)F-s圖象中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力F做的功,Wf=-μmgs,由此可以確定得出v,B、C對;因?yàn)槲矬w做變加速運(yùn)動(dòng),所以時(shí)間無法確定,D錯(cuò). 8.圖甲中理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比n1∶n2=5∶1,電阻R=20 Ω,L1、L2為規(guī)格相同的兩只小燈泡,S1為單刀雙擲開關(guān).原線圈接正弦交變電源,輸入電壓u隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示.現(xiàn)將S1接1、S2閉合,此時(shí)L2正常發(fā)光.下列說法不正確的是( ) A.輸入電壓u的表達(dá)式u=20sin(50πt)V B.只斷開S2后,L1、L2均正常發(fā)光 C.只斷開S2后,原線圈的輸入功率增大 D.若將S1換接到2,R消耗的電功率為0.8 W 解析:選ABC.交流電的瞬時(shí)表達(dá)式u=Emsin(ωt)V,由題圖乙可以看出Em=20 V,周期T=0.02 s,ω==100π rad/s,A錯(cuò);根據(jù)題中條件S1接1、S2閉合,L2正常發(fā)光,可以推出能使燈L2正常發(fā)光的額定電壓為4 V,如果S1接1、斷開S2,則每個(gè)燈泡兩端電壓為2 V,B錯(cuò);理想變壓器輸入功率由輸出功率決定,而輸出功率P出=,在輸出電壓不變的情況下,負(fù)載電阻R0增大,輸出功率減小,C錯(cuò);當(dāng)S1接2時(shí),U=4 V,R=20 Ω,代入P出=得P出=0.8 W,D對.- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
- 2.下載的文檔,不會(huì)出現(xiàn)我們的網(wǎng)址水印。
- 3、該文檔所得收入(下載+內(nèi)容+預(yù)覽)歸上傳者、原創(chuàng)作者;如果您是本文檔原作者,請點(diǎn)此認(rèn)領(lǐng)!既往收益都?xì)w您。
下載文檔到電腦,查找使用更方便
9.9 積分
下載 |
- 配套講稿:
如PPT文件的首頁顯示word圖標(biāo),表示該P(yáng)PT已包含配套word講稿。雙擊word圖標(biāo)可打開word文檔。
- 特殊限制:
部分文檔作品中含有的國旗、國徽等圖片,僅作為作品整體效果示例展示,禁止商用。設(shè)計(jì)者僅對作品中獨(dú)創(chuàng)性部分享有著作權(quán)。
- 關(guān) 鍵 詞:
- 高考物理二輪復(fù)習(xí) 第2部分 考前沖刺方略 選擇題型滿分練2 高考 物理 二輪 復(fù)習(xí) 部分 考前 沖刺 方略 選擇 題型 滿分
鏈接地址:http://m.jqnhouse.com/p-11850473.html