《2022高考物理二輪復習 選擇題專題訓練 20分鐘快速訓練6》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022高考物理二輪復習 選擇題專題訓練 20分鐘快速訓練6（4頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022高考物理二輪復習 選擇題專題訓練 20分鐘快速訓練6 本題共8小題，每小題6分，共48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．(2018·蘇錫常鎮(zhèn)四市高三下學期模擬)帆船運動中，運動員可以調節(jié)帆面與船前進方向的夾角，使船能借助風獲得前進的動力。下列圖中能使帆船獲得前進動力的是(　D　) [解析]　船所受風力與帆面垂直，將風力分解成沿船前進方向和垂直于船身方向。船在垂直船身方向受到的阻力能抵消風力垂直于船身方向的分量。A圖中船所受風力垂直于船前進方向，沿船前進方向的分

2、力是零，故A項錯誤。將B圖中風力分解后沿船前進方向分力與船前進方向相反，故B項錯誤。將C圖中風力分解后沿船前進方向分力與船前進方向相反，故C項錯誤。將D圖中風力分解后沿船前進方向分力與船前進方向相同，能使帆船獲得前進動力，故D項正確。 2．(2018·河南省商丘市高三下學期模擬)無線網絡給人們帶來了很多方便。假設可以采用衛(wèi)星對所有用戶在任何地方提供免費WiFi服務。已知地球半徑為R，重力加速度為g，提供免費WiFi服務的衛(wèi)星繞地球做圓周運動，則下列關于該衛(wèi)星的說法正確的是(　B　) A．衛(wèi)星圍繞地球運動的軌道越高，角速度越大 B．衛(wèi)星圍繞地球運動的軌道越高，速度越小 C．若衛(wèi)星距離地面

3、的高度等于地球半徑，則衛(wèi)星繞地球運動的周期為T＝2π D．衛(wèi)星的軌道可以在地球上任一經線所在的平面內 [解析]　由G＝mrω2，解得ω＝，由此可知，衛(wèi)星繞地球運動的軌道越高，即軌道半徑r越大，角速度ω越小，A錯誤；由G＝m，可得v＝ ，顯然衛(wèi)星繞地球運動的軌道越高，即軌道半徑r越大，速度v越小，B正確；由G＝mr()2r，又r＝2R，GM＝gR2，解得T＝4π，C錯誤；由于地球自轉，經線所在的平面不停地變化，而衛(wèi)星的軌道平面不變，所以衛(wèi)星的軌道不可能在地球上任一經線所在的平面內，D錯誤。 3．(2018·山西省孝義市高三下學期一模理綜)如圖所示為靜電除塵機理圖，廢氣先經過一個機械過濾裝置

4、再進入靜電除塵區(qū)，放電極(位于中央)和集塵極分別接到高壓直流電源的兩極上，其間電場線如圖。帶負電的塵埃在電場力的作用下向集塵極運動并沉積，達到除塵目的。不考慮塵埃間的相互作用及其他作用，下列說法正確的是(　D　) A．電場線方向由放電極指向集塵極 B．圖中c點電場強度小于b點電場強度 C．塵埃會沿圖中虛線從c到d運動 D．塵埃在運動過程中動能增大 [解析]　由題知帶負電的塵埃在電場力的作用下向集塵極遷移，則知集塵極帶正電荷，是正極，所以電場線方向由集塵極指向放電極，故A錯誤。集塵極帶正電荷，是正極，a點更靠近放電極，所以圖中a點電場強度高于b點電場強度，故B錯誤。放電極與集塵極間

5、建立非勻強電場，所受的電場力是變化的，塵埃不會沿圖中虛線從c到d運動，故C錯誤。帶電塵埃所受的電場力方向與位移方向相同，做正功，所以在遷移過程中動能增大，故D正確。故選D。 4．(2018·高三下學期最新信息卷)將一個小球從光滑水平地面上一點拋出，小球的初始水平速度為u，豎直方向速度為v，忽略空氣阻力，小球第一次到達最高點時離地面的高度為h。小球和地面發(fā)生第一次碰撞后，反彈至離地面h/4的高度。以后每一次碰撞后反彈的高度都是前一次的1/4(每次碰撞前后小球的水平速度不變)，小球在停止彈跳時所移動的總水平距離的極限是(　A　) A．4uv/g　　　 B．3uv/g C．2uv/g　　　 D

6、．uv/g [解析]　將一個小球從光滑水平地面上一點拋出后做斜拋運動，小球第一次到達最高點時離地面的距離為h，從最高點下落到水平地面的時間為t1＝，小球和地面發(fā)生第一次碰撞后，反彈至離地面的高度，從最高點下落到水平地面的時間為t2＝，小球和地面發(fā)生第二次碰撞后，反彈至離地面×＝的高度，從最高點下落到水平地面的時間為：t3＝，以此類推，小球在停止彈跳時所花費的總時間為：t＝t1＋t2＋t3＋…＝(1＋＋＋…)＝，小球在停止彈跳時所移動的總水平距離的極限為：x＝ut＝，故選A。 5．(2018·河南省鄭州市高三下學期模擬)在光滑水平面上充滿水平向右的勻強電場，被拉直的絕緣輕繩一端固定在O點，另

7、一端系著帶正電的小球，輕繩與水平面平行，OB與電場線平行。若小球從A點由靜止釋放后，沿水平面擺動到B點，不計空氣阻力，則關于此過程，下列判斷正確的是(　D　) A．小球的動能先變小后變大 B．小球的切向加速度一直變大 C．小球受到的拉力先變大后變小 D．小球受到的電場力做功的功率先增大后減小 [解析]　小球從A點擺動到B點的過程中，只有電場力做功且一直做正功，根據(jù)動能定理知小球的動能Ek一直增大，選項A錯誤；小球從A點擺動到B點的過程中輕繩與OB的夾角設為θ，則小球的切向加速度a1＝，隨著θ的減小而減小，選項B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式有F－qEcosθ＝m，得小球受到的

8、拉力大小F＝qEcosθ＋·Ek，cosθ、Ek均隨著θ的減小而增大，可見F一直增大，選項C錯誤；在A點時小球的速率為零，電場力做功的瞬時功率為零，過B點時小球的速度方向與電場力垂直，電場力做功的瞬時功率也為零，可見小球受到的電場力做功的功率先增大后減小，選項D正確。 6．(2018·吉林省吉林大學附屬中學第六次摸底)一質量為m的物體在豎直向上的拉力F作用下沿豎直方向向上運動，運動過程中物體的動能與位移的關系如圖所示，其中0～x1為一曲線，x1～x2為一與橫軸平行的直線，x2～x3為一傾斜直線，不計空氣阻力，關于物體在這段位移內的運動，下列說法正確的是(　CD　) A．0～x1過程中拉

9、力F逐漸增大 B．x1～x2過程中物體的重力勢能可能不變 C．x2～x3過程中拉力F為恒力 D．0～x3過程中物體的機械能增加 [解析]　由動能定理可知：Ek＝Ek0＋Fx－mgx＝Ek0＋(F－mg)x；因0～x1過程中，曲線的斜率減小，所以(F－mg)減小，拉力F逐漸減小，A錯誤；x1～x2過程中，圖象的斜率為零，則F＝mg，則物體的重力勢能增大，B錯誤；x2～x3過程中拉力斜率為定值，則F為恒力，選項C正確；0～x3過程中力F對物體做正功，故物體的機械能增加，D正確。 7．(2018·太原市二模)如圖，一內壁為半圓柱形的凹槽靜止在光滑水平面上，質量為M。內壁光滑且半徑為R，直徑

10、水平。在內壁左側的最高點有一質量為m的小球P，將P由靜止釋放，則(　BD　) A．P在下滑過程中，凹槽對P的彈力不做功 B．P在到達最低點前對凹槽做正功，從最低點上升過程中對凹槽做負功 C．P不能到達內壁右端的最高點 D．凹槽的最大動能是 [解析]　水平面光滑，在小球P下滑到最低點的過程中球P對凹槽的彈力做正功，凹槽向左加速運動，從最低點上升的過程中，球對凹槽的彈力做負功，凹槽減速，根據(jù)能量守恒，球P到達凹槽右端最高點速度同時減為零，所以A、C錯誤；B正確；在小球到達凹槽最低點時，凹槽有最大的速度v2，在水平方向，球與凹槽系統(tǒng)動量守恒可得：mv1＝Mv2，mgR＝mv＋Mv，聯(lián)立

11、解得v2＝，D正確。 8．(2018·山東省淄博、萊蕪高三下學期模擬)如圖甲所示，質量m＝3.0×10－3kg的金屬細框豎直放置在兩水銀槽中，細框的水平細桿CD長l＝0.20m，處于磁感應強度大小B1＝1.0T、方向水平向右的勻強磁場中。有一匝數(shù)n＝300、面積S＝0.01m2 的線圈通過開關K與兩水銀槽相連。線圈處于與線圈平面垂直、沿豎直方向的勻強磁場中，其磁感應強度B2隨時間t變化的關系如圖乙所示。t＝0.22s時閉合開關K，細框瞬間跳起(細框跳起瞬間安培力遠大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20m。不計空氣阻力，重力加速度 g＝10m/s2，下列說法正確的是(　BD　) A．0～

12、0.10s內線圈中的感應電動勢大小為3V B．開關K閉合瞬間，CD中的電流方向為由C到D C．磁感應強度B2的方向豎直向下 D．開關K閉合瞬間，通過CD的電荷量為0.03C [解析]　由題圖乙可知，0～0.10s內，ΔΦ＝ΔBS＝(1.0－0)×0.01Wb＝0.01Wb，線圈中的感應電動勢大?。篍＝n＝300×V＝30V，故選項A錯誤；由題意可知開關K閉合瞬間，CD所受安培力方向豎直向上，由左手定則可知，電流方向為由C到D，由安培定則可知感應電流在線圈中產生的磁場方向豎直向上，由題圖乙可知，在t＝0.22s內穿過線圈的磁通量減少，由楞次定律可知，磁感應強度B2方向豎直向上，故選項B正確，C錯誤；對細框，由動量定理得：B1IlΔt＝mv－0，細框向上做豎直上拋運動，則v2＝2gh，電荷量：Q＝IΔt，解得：Q＝＝C＝0.03C，故選項D正確。