《（廣西專用）2020高考物理二輪復習 選擇題專項訓練（二）（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（廣西專用）2020高考物理二輪復習 選擇題專項訓練（二）（含解析）（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、選擇題專項訓練(二) (時間:20分鐘　滿分:48分) 本卷共8小題,每小題6分,共48分。在每小題給出的四個選項中,1~5題只有一個選項符合題目要求,6~8題有多個選項符合題目要求,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.(2019·河北衡水模擬)如圖所示,水平光滑長桿上套有一物塊Q,跨過懸掛于O點的輕小光滑圓環(huán)的細線一端連接Q,另一端懸掛一物塊P。設細線的左邊部分與水平方向的夾角為θ,初始時θ很小?，F(xiàn)將P、Q由靜止同時釋放。關(guān)于P、Q以后的運動,下列說法正確的是(　　) A.當θ=60°時,P、Q的速度之比是3∶2 B.當θ=90°時,Q的速度最大 C.

2、當θ=90°時,Q的速度為零 D.在θ向90°增大的過程中,Q的合力 一直增大 答案:B 解析:P、Q用同一根繩連接,則Q沿繩子方向的速度與P的速度相等,即當θ=60°時,vQcos60°=vP,解得vPvQ=12,A錯誤;P的機械能最小時,即為Q到達O點正下方時,Q的速度最大,即當θ=90°時,Q的速度最大,B正確,C錯誤;在θ向90°增大的過程中,Q的合力逐漸減小,當θ=90°時,Q的速度最大,加速度最小,合力最小,D錯誤。 2.某物體做直線運動的v-t圖像如圖所示,據(jù)此判斷(F表示物體所受合力,t表示物體運動的時間)四個選項正確的是(　　) 答案:B 解析:由題圖可

3、知前2s物體做初速度為零的勻加速直線運動,所以前2s物體受力恒定,2~4s物體做正方向勻減速直線運動,所以物體受力為負且恒定,4~6s 物體做負方向勻加速直線運動,所以物體受力為負且恒定,6~8s物體做負方向勻減速直線運動,所以物體受力為正且恒定,綜上分析選項B正確。 3.在中國航天驕人的業(yè)績中有這些記載:天宮一號在離地面 343 km 的圓形軌道上飛行;嫦娥一號在距月球表面高度為200 km 的圓形軌道上飛行;北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)由同步衛(wèi)星(地球靜止軌道衛(wèi)星,在赤道平面,距赤道的高度約為36 000 km)和傾斜同步衛(wèi)星(周期與地球自轉(zhuǎn)周期相等,但不定點于某地上空)等組成。則下列分析正確的是

4、(　　) A.設天宮一號繞地球運動的周期為T,用G表示引力常量,則用表達式3πGT2求得的地球平均密度比真實值要大 B.天宮一號的飛行速度比同步衛(wèi)星的飛行速度要小 C.同步衛(wèi)星和傾斜同步衛(wèi)星同周期、同軌道半徑,但二者的軌道平面不在同一平面內(nèi) D.嫦娥一號與地球的距離比同步衛(wèi)星與地球的距離小 答案:C 解析:設地球的質(zhì)量為M,半徑為R,由萬有引力提供向心力有GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h),聯(lián)立M=ρ·43πR3可知ρ=3π(R+h)3GT2R3,因而選項A錯誤;天宮一號的軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑,因而線速度要大,選項B錯誤;由題可知選項C正確;嫦娥一號繞月球做圓周運

5、動時,離地球的距離要比同步衛(wèi)星離地球的距離遠,選項D錯誤。 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 4.圖甲是某景點的山坡滑道圖片,為了探究滑行者在滑道直線部分AE滑行的時間,技術(shù)人員通過測量繪制出如圖乙所示的示意圖。AC是滑道的豎直高度,D點是AC豎直線上的一點,且有AD=DE=15 m,滑道AE可視為光滑的,滑行者從坡頂A點由靜止開始沿滑道AE向下做直線滑動,g取10 m/s2,則滑行者在滑道AE上滑行的時間為(　　) A.2 s B.2 s C.6 s D.22 s 答案:C 解析:設斜面坡角為θ,則AE=2ADsinθ,物體做勻加速直線運動,對物體進行受力分析,受重力和支

6、持力,將重力沿著平行斜面和垂直斜面正交分解,根據(jù)牛頓第二定律,有mgsinθ=ma,解得a=gsinθ,根據(jù)速度位移公式,有x=12at2,解得t=6s,故選項C正確,選項A、B、D錯誤。 5.質(zhì)量為m的物體沿著半徑為r的半球形金屬球殼滑到最低點時的速度大小為v,如圖所示,若物體與球殼之間的動摩擦因數(shù)為μ,則物體在最低點時的(　　) A.向心加速度為g+v2r B.向心力為mg+v2r C.對球殼的壓力為mv2r D.受到的摩擦力為μmg+v2r 答案:D 解析:向心加速度的大小a=v2r,故A錯誤。向心力Fn=mv2r,故B錯誤。根據(jù)牛頓第二定律得FN-mg=mv2r,解得

7、FN=mg+mv2r,則物體對球殼的壓力為mg+mv2r,故C錯誤。物體所受的摩擦力Ff=μFN=μmg+mv2r,故D正確。 6.(2019·安徽合肥質(zhì)檢)如圖所示,豎直放置的兩平行金屬板,長為l,板間距離為d,接在電壓為U的直流電源上。在兩板間加一磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。一質(zhì)量為m,電荷量為q的帶正電油滴,從距金屬板上端高為h處由靜止開始自由下落,并經(jīng)兩板上端連線的中點P進入板間。油滴在P點所受的電場力與洛倫茲力大小恰好相等,且最后恰好從金屬板的下邊緣離開?？諝庾枇Σ挥?重力加速度為g,則下列說法正確的是(　　) A.油滴剛進入兩板間時的加速度大小為g B.油

8、滴開始下落的高度h=U22B2d2g C.油滴從左側(cè)金屬板的下邊緣離開 D.油滴離開時的速度大小為-qUm+2gl+U2B2d2 答案:ABD 解析:油滴剛到達P點時受重力、電場力和洛倫茲力的作用,電場力和洛倫茲力等大反向,因此油滴在P點的合力大小等于重力,由牛頓運動定律可知油滴在P點的加速度大小為g,A正確;由于油滴在P點水平方向的合力為零,則由力的平衡條件可知qUd=qBv,對油滴從釋放到P點的過程中,由機械能守恒定律可知mgh=12mv2,整理得h=U22gB2d2,B正確;油滴進入平行金屬板間后,做加速運動,則電場力小于洛倫茲力,由左手定則可知,油滴所受的洛倫茲力向右,則最終油

9、滴從右側(cè)金屬板的下邊緣離開,C錯誤;對油滴從釋放到從右側(cè)金屬板的下邊緣離開的過程,由動能定理有mg(h+l)-qU2=12mv'2,解得v'=2gl+U2B2d2-qUm,D正確。 7.一個質(zhì)子以1.0×107 m/s的速度撞入一個靜止的鋁原子核后被俘獲,鋁原子核變?yōu)楣柙雍?已知鋁核的質(zhì)量是質(zhì)子的27倍,硅核的質(zhì)量是質(zhì)子的28倍,則下列判斷中正確的是(　　) A.核反應方程為?1327Al+11H→1428Si B.核反應方程為?1327Al+01n→1428Si C.硅原子核速度的數(shù)量級為107 m/s,方向跟質(zhì)子的初速度方向一致 D.硅原子核速度的數(shù)量級為105 m/s,方向跟

10、質(zhì)子的初速度方向一致 答案:AD 8.如圖所示,a、b間接入電壓u=311sin 314t V的正弦式交變電流,變壓器右側(cè)部分為一火警報警系統(tǒng)原理圖,其中R2為用半導體熱敏材料制成的傳感器(當溫度升高時,其阻值將減小),所有電表均為理想電表,電流表A2為值班室的顯示器,顯示通過R1的電流,電壓表V2顯示加在報警器上的電壓(報警器未畫出),R3為一定值電阻。當傳感器R2所在處出現(xiàn)火情時,以下說法正確的是(　　) A.A1的示數(shù)增大,A2的示數(shù)增大 B.V1的示數(shù)不變,V2的示數(shù)減小 C.A1的示數(shù)增大,A2的示數(shù)減小 D.V1的示數(shù)減小,V2的示數(shù)減小 答案:BC 解析:當傳感器R2所在處出現(xiàn)火情時,R2的電阻減小,導致電路的總的電阻減小,所以電路中的總電流將會增加,A1測量的是原線圈中的總的電流,由于副線圈的電流增大了,所以原線圈的電流A1示數(shù)也要增大;由于電源的電壓不變,原、副線圈的電壓也不變,所以V1的示數(shù)不變,由于副線圈中電流增大,R3兩端的電壓增大,所以V2的示數(shù)要減小,即R1兩端的電壓也要減小,所以A2的示數(shù)要減小,所以選項B、C正確。 6