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）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

選擇題型滿分練(二) 建議用時：25分鐘 本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分． 1．甲、乙兩個物體在同一時刻沿同一直線運動，它們的速度—時間圖象如圖所示，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A錯誤；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C錯誤；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D錯誤． 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.建立直角坐標系對沙袋進行受力分析，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沿順時針方向做勻速圓周運動，軌道半徑為r，某時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運動至位置B所需的時間為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動，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項錯；由a＝ω2r，將上式代入得ω＝，B項錯；衛(wèi)星1由位置A運動到位置B所需時間為衛(wèi)星周期的，又T＝，得t＝，C項正確；衛(wèi)星1加速后做離心運動，進入高軌道運動，不能追上衛(wèi)星2，D項錯． 4．如圖所示是某電場沿x軸上各點電勢分布圖，其中OA間圖線是一水平線，AC間圖線關(guān)于x軸上點B中心對稱，BD間C點電勢最低，則下列說法正確的是(　　) A．OA段電場一定是勻強電場 B．B、C兩點的電場強度均為0 C．將一正點電荷從B點移到D點，電場力先做正功后做負功 D．將電荷量為q的正點電荷從A點移到C點，電勢能增加2qφ0 解析：選C.因為φ－x圖象的斜率表示電場強度E，所以O(shè)A段電場強度處處為零，B點電場強度不為0，C點電場強度為0，A、B錯；BD段電勢先降低后升高，電場強度方向先沿x軸正方向，后沿x軸負方向，將一正點電荷從B點移到D點，電場力先做正功后做負功，C正確；A、C兩點間電勢差為U＝2φ0，由W＝qU知將電荷量為q的正點電荷從A點移到C點，電場力做正功2qφ0，所以電荷的電勢能減小2qφ0，D錯． 5．一個面積為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)強度為B1的勻強磁場，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)相連接，導(dǎo)軌間有垂直導(dǎo)軌平面豎直向上的磁感應(yīng)強度為B2的勻強磁場，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)強度B1隨時間發(fā)生變化時，導(dǎo)體棒始終不動，由力傳感器(圖中沒畫出)得到導(dǎo)體棒所受摩擦力隨時間的變化關(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)強度B1隨時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)強度B1隨時間線性變化，排除A選項；由楞次定律及磁場正方向可知磁感應(yīng)強度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；由圖乙及電流I的表達式知在2～3 s內(nèi)的大小是0～1 s內(nèi)的2倍，所以D錯，B對． 6．如圖所示，物體A以速度v0做平拋運動，落地時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做平拋運動的軌跡．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．重力加速度為g.則下列說法正確的是(　　) A．A、B兩物體落地時的速度方向相同 B．A、B兩物體落地時的速度大小相等 C．物體B落地時水平方向的速度大小為 D．物體B落地時重力的瞬時功率為mg 解析：選AC.曲線運動軌跡上的任意一點切線方向為該點的速度方向，A對；根據(jù)動能定理知，A、B在下落過程中重力做功相同，但B初速度為零，所以落地時速度大小不相等，B錯；由平拋運動規(guī)律知A落地時豎直方向速度為水平方向速度的2倍，因為B落地時速度與A落地時速度方向相同，所以可以知道B豎直方向速度為水平方向速度的2倍，由動能定理列方程求得物體B落地時水平方向的速度大小為 ，C對；落地時重力的瞬時功率P＝2mg，D錯． 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動，當(dāng)運動一段時間后，拉力逐漸減小，且當(dāng)拉力減小到零時，物體剛好停止運動，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摩擦因數(shù) B．合外力對物體所做的功 C．物體做勻速運動時的速度 D．物體運動的時間 解析：選ABC.物體勻速運動時，拉力F與滑動摩擦力f相等，μ＝＝0.35，A對；減速過程由動能定理得：Wf＋WF＝0－mv2，根據(jù)F－s圖象中圖線與坐標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；因為物體做變加速運動，所以時間無法確定，D錯． 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隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示．現(xiàn)將S1接1、S2閉合，此時L2正常發(fā)光．下列說法不正確的是(　　) A．輸入電壓u的表達式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.交流電的瞬時表達式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；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，則每個燈泡兩端電壓為2 V，B錯；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，負載電阻R0增大，輸出功率減小，C錯；當(dāng)S1接2時，U＝4 V，R＝20 Ω，代入P出＝得P出＝0.8 W，D對．