《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(qǐng)?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(duì)的得6分，選對(duì)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(zhǎng)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(duì)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(duì)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(chǎng)沿x軸上各點(diǎn)電勢(shì)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(duì)稱，BD間C點(diǎn)電勢(shì)最低，則下列說法正確的是(　　) A．OA段電場(chǎng)一定是勻強(qiáng)電場(chǎng) B．B、C兩點(diǎn)的電場(chǎng)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(chǎng)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(shì)能增加2qφ0 解析：選C.因?yàn)棣眨瓁圖象的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度E，所以O(shè)A段電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零，B點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度不為0，C點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為0，A、B錯(cuò)；BD段電勢(shì)先降低后升高，電場(chǎng)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(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，C正確；A、C兩點(diǎn)間電勢(shì)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(chǎng)力做正功2qφ0，所以電荷的電勢(shì)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(chǎng)，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(chǎng)，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(chǎng)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(chǎng)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(duì)． 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(zhǎng)，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(duì)；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(duì)；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(duì)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(duì)；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(duì)；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(duì)．