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3

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選擇題型滿分練(三) 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．力學(xué)是研究物體機(jī)械運動規(guī)律的科學(xué)，17世紀(jì)末，牛頓繼承和發(fā)展前人的研究成果，提出了力學(xué)運動的慣性定律、加速度定律和作用力與反作用力定律，使經(jīng)典力學(xué)形成了系統(tǒng)的理論．下列關(guān)于這三大定律的說法中正確的是(　　) A．慣性定律說明了力是維持物體運動狀態(tài)的原因 B．作用力與反作用力一定大小相等、方向相反、作用在同一個物體上 C．如果物體所受的合外力不等于零，則物體的速度一定也不等于零 D．如果一個物體受到兩個力的作用，那么這兩個力一定都會產(chǎn)生加速度 解析：選D.慣性定律說明了物體在不受任何力作用的情況下，物體將保持靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運動狀態(tài)，說明力是改變物體運動狀態(tài)的原因，選項A錯誤；由牛頓第三定律可知，作用力與反作用力總是大小相等、方向相反、作用在一條直線上，作用在兩個物體上，選項B錯誤；如果物體所受合外力不等于零，由牛頓第二定律可知，物體的加速度一定不為零，但物體的速度可能為零，選項C錯誤；由牛頓第二定律可知，只要物體受力，這個力就會產(chǎn)生加速度，物體的加速度是這幾個力產(chǎn)生的加速度的矢量和，選項D正確． 2．如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三條電場線，實線為一帶正電的質(zhì)點僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點，點R同時在電場線b上，由此可判斷(　　) A．帶電質(zhì)點在P點的加速度比在Q點的加速度小 B．帶電質(zhì)點在P點的電勢能比在Q點的大 C．帶電質(zhì)點在P點的動能大于在Q點的動能 D．P、R、Q三點中，P點處的電勢最高 解析：選C.電場線的疏密對應(yīng)電場強(qiáng)弱，P點電場強(qiáng)，電場力大，加速度大，A錯誤；Q到P電場力做正功，電勢能減少，正電的質(zhì)點電勢降低，故C正確． 3．可拆變壓器可簡化成如圖的模型，MN為可拆的鐵芯橫條，P1、P2為橫條與固定鐵芯的間隙．壓緊橫條，當(dāng)間隙P1、P2為零時變壓器可視為理想變壓器．將變壓器的初級接到電壓為U1的正弦交流電源上，在間隙P1、P2逐漸減小的過程中，下列說法正確的是(　　) A．次級輸出電壓的頻率越來越高 B．次級的輸出電壓越來越小 C．輸入、輸出電壓與匝數(shù)的關(guān)系始終滿足＝ D．當(dāng)P1、P2為零時，＝ 解析：選D.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，變壓器不改變交變電流的頻率，A項錯；P1、P2間隙不為零時，通過兩線圈的磁通量不相等，輸入、輸出電壓與匝數(shù)不成正比，C項錯；當(dāng)P1、P2間隙減小時，通過副線圈的磁通量損失減小，故輸出電壓不斷增大，B項錯誤；當(dāng)P1、P2間隙為零時，變壓器為理想變壓器，輸入、輸出電壓與匝數(shù)成正比，D項正確． 4．“嫦娥五號”探測器由軌道器、返回器、著陸器等多個部分組成，探測器預(yù)計在2017年由長征五號運載火箭在中國文昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射升空，自動完成月面樣品采集，并從月球起飛，返回地球，帶回約2 kg月球樣品，某同學(xué)從網(wǎng)上得到一些信息，如表格中的數(shù)據(jù)所示，請根據(jù)題意，判斷地球和月球的密度之比為(　　) 月球半徑 R0 月球表面處的重力加速度 g0 地球和月球的半徑之比 ＝4 地球表面和月球表面的重力加速度之比 ＝6 A.　　　　　　　　　　　 B. C．4 D．6 解析：選B.在地球表面，重力等于萬有引力，故： mg＝G 解得：M＝ 故密度為：ρ＝＝＝ 同理得月球的密度為：ρ0＝ 故地球和月球的密度之比：＝＝6＝ 故選B. 5．質(zhì)量均為m的A、B兩物體分別在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面運動，撤去F1、F2后受摩擦力的作用減速到停止，其v－t圖象如圖所示，則下列說法正確的是(　　) A．F1和F2大小相等 B．F1和F2對A、B做功之比為2∶1 C．A、B所受摩擦力大小相等 D．全過程中摩擦力對A、B做功之比為2∶1 解析：選A.由題圖可得A、B兩物體的總位移相等，撤去水平力后，在摩擦力作用下做勻減速運動fA＝m，fB＝m，又因為位移相等，所以全過程克服摩擦力做功之比為1∶2，選項C、D錯誤；在水平力作用下，二者做勻加速運動，F(xiàn)1－fA＝maA，即F1＝，同理可得F2＝，所以F1＝F2，做功之比為1∶2，選項A正確，B錯誤． 6．如圖所示，在夾角為45的OA和OC兩條邊界所夾的范圍內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，邊界OA上有一粒子源S，某時刻從S向平行于紙面的各個方向發(fā)射出大量的帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的同種粒子(不計粒子的重力和粒子間的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，經(jīng)過一段時間有部分粒子從邊界OC射出磁場，如果所有從OC邊射出的粒子在磁場中運動的最長時間為，則從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的時間可能為(　　) A. B. C. D. 解析：選CD.由題意可知，沿OA方向射入磁場的粒子剛好在磁場中運動半個周期從OC邊射出，做圓周運動的圓弧所對應(yīng)的弦為豎直直徑，隨射入方向的改變(仍從OC邊射出)，粒子射出時所對應(yīng)的弦長也發(fā)生改變，如圖所示，由幾何關(guān)系可知，當(dāng)弦與OC邊垂直時最短，此時所對應(yīng)的圓心角為90，故從OC邊射出的粒子在磁場中運動的最短時間為個周期，即tmin＝T＝＝，故選項C、D正確． 7．兩根足夠長的光滑導(dǎo)軌豎直放置，間距為L，底端接阻值為R的電阻，將質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒懸掛在一個固定的輕彈簧下端，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在的平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的磁場垂直，如圖所示，除金屬棒和電阻R外，其余電阻不計．現(xiàn)將金屬棒從彈簧的原長位置由靜止釋放，則以下結(jié)論正確的是(　　) A．金屬棒向下運動時，流過電阻R的電流方向為b→a B．最終彈簧的彈力與金屬棒的重力平衡 C．金屬棒的速度為v時，所受的安培力大小為 D．金屬棒的速度為v時，金屬棒兩端的電勢差為 解析：選ABD.金屬棒向下運動時，切割磁感線，由右手定則可知，流過電阻R的電流方向為b→a，選項A正確；金屬棒在切割磁感線的過程中，將金屬棒的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，最終停下，處于靜止?fàn)顟B(tài)，其合力為零，即彈簧的彈力與金屬棒的重力平衡，選項B正確；當(dāng)金屬棒的速度為v時，產(chǎn)生的電動勢E＝BLv，I＝＝，則金屬棒所受的安培力大小F＝BIL＝，選項C錯誤；由歐姆定律可得，金屬棒兩端的電勢差U＝IR＝，選項D正確． 8．如圖所示，光滑水平面內(nèi)固定有一槽，一輕桿一端處于槽內(nèi)，另一端與一輕質(zhì)彈簧相連，當(dāng)左邊物塊撞擊彈簧時，若彈簧的壓縮量超過某一值，輕桿可以在槽內(nèi)移動，設(shè)桿在槽內(nèi)移動時所受到的摩擦力大小恒為f.現(xiàn)有一質(zhì)量為m的物塊以某一初速度v0撞擊輕質(zhì)彈簧，最后物塊以速度v被反彈回來．彈簧在壓縮過程中始終處于彈性限度內(nèi)，且物塊與彈簧作用時沒有能量損失，則下列說法正確的是(　　) A．物塊被彈回時的動能一定小于mv B．物塊壓縮彈簧的過程中，物塊和彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能可能守恒 C．物塊在壓縮彈簧的過程中，彈簧所具有的最大彈性勢能一定為mv D．如果輕桿發(fā)生了移動，則它移動的位移大小為 解析：選BD.設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，物塊在向右運動的過程中，彈簧的形變量若始終不超過x＝，則輕桿和槽間無相對運動，物塊被彈回時速度v的大小等于v0的大小，在該過程中物塊和彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，此時彈簧的最大彈性勢能為mv，故選項A錯誤、選項B正確；若形變量超過x＝，桿和槽間出現(xiàn)相對運動，克服摩擦力做功，所以物塊被彈回時速度v小于v0，彈簧所具有的最大彈性勢能小于mv，故選項C錯誤；若輕桿發(fā)生了移動，對整個過程應(yīng)用動能定理得fs＝ΔEk，輕桿在槽內(nèi)移動的位移大小為，故選項D正確．