高考物理二輪復習 第2部分 考前沖刺方略 選擇題型滿分練4

《高考物理二輪復習 第2部分 考前沖刺方略 選擇題型滿分練4》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理二輪復習 第2部分 考前沖刺方略 選擇題型滿分練4（5頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

選擇題型滿分練(四) 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． 1．一定質量的小球自t＝0時刻從水平地面上方某處自由下落，小球與地面碰后反向彈回，不計空氣阻力，也不計小球與地面碰撞的時間，小球距地面的高度h與運動時間t的關系如圖所示，取g＝10 m/s2.則下列說法正確的是(　　) A．小球第一次與地面碰撞前的最大速度為15 m/s B．小球第一次與地面碰撞后的最大速度為12 m/s C．小球在4～5 s內走過的路程為2.5 m D．小球將在t＝6 s時與地面發(fā)生第四次碰撞 解析：選C.由圖象可得小球第一次與地面碰撞前釋放高度h＝20 m，則可得第一次落地時速度為v0＝＝20 m/s，則A錯誤；由圖象可知第一次碰撞后上升的最大高度為h′＝5 m，可得第一次碰撞后的速度為v＝＝10 m/s，則B錯誤；由圖象可知小球在第5 s內剛好與地面第二次撞擊后在空中運動時間為1 s．所以有h″＝gt2＝100.52 m＝1.25 m，則在第5 s內小球走過的路程為s＝2h″＝2.5 m，故C正確；根據圖象規(guī)律可知，小球第四次碰撞時間應在5～6 s之間，故D錯誤． 2．在光滑絕緣的水平地面上放置四個相同的可看作質點的金屬小球，小球A、B、C位于等邊三角形的三個頂點上，小球D位于三角形的中心，如圖所示．現讓小球A、B、C都帶電荷量為Q的正電荷，讓小球D帶電荷量為q的負電荷，若四個小球均處于靜止狀態(tài)，則Q與q的比值為(　　) A.　　　　　　　　　　　　 B. C．3 D. 解析：選D.設等邊三角形的邊長為a，由幾何知識可知，BD＝acos 30＝a，以B為研究對象，由平衡條件可知，cos 302＝，解得＝，D項正確． 3．如圖所示，在PQ、QR區(qū)域存在著磁感應強度大小相等、方向相反的勻強磁場，磁場方向均垂直于紙面，bc邊與磁場的邊界P重合．導線框與磁場區(qū)域的尺寸如圖所示．從t＝0時刻開始線框向右勻速橫穿兩個磁場區(qū)域．以a→b→c→d→e→f為線框中電流的正方向．以下四個i－t關系示意圖中正確的是(　　) 解析：選C.由右手定則分段判斷bc、de、af三邊切割磁感線產生感應電動勢的方向，由E＝Blv分段判斷bc、de、af三邊切割磁感線產生感應電動勢的大小，得出示意圖中正確的是C. 4．如圖所示，在傾角為θ的光滑斜面上，放置一質量為m的金屬棒，棒長為L，棒中通有垂直紙面向里的電流，電流大小為I.若使金屬棒靜止在斜面上，則下面關于磁感應強度B的判斷正確的是(　　) A．B的方向垂直斜面向上，B＝，B為最小值 B．B的方向平行斜面向上，B＝，B為最小值 C．B的方向豎直向上，B＝，此時金屬棒對斜面無壓力 D．B的方向水平向左，B＝，此時金屬棒對斜面無壓力 解析：選D.金屬棒所受重力豎直向下，B的方向垂直斜面向上時，由左手定則可知安培力方向平行斜面向下，支持力垂直斜面向上，金屬棒不可能平衡，A項錯；當B的方向平行斜面向上時，安培力垂直斜面向上，金屬棒不可能平衡，B項錯；B的方向豎直向上時，安培力水平向右，支持力垂直斜面向上，金屬棒不可能靜止，C項錯；若B的方向水平向左時，安培力豎直向上，當B＝時，安培力BIL＝mg，金屬棒靜止，對斜面無壓力，D項正確． 5．在如圖所示的電路中，電源的內阻為r，其中R3為滑動變阻器，R1、R2為定值電阻， 、 為理想電表，將滑動變阻器的滑片向下移動，則有關各物理量的變化描述正確的是(　　) A．電壓表的讀數變大 B．電流表的讀數變小 C．電源的內耗功率變小 D．R2消耗的功率變大 解析：選A.由題圖可知，電壓表與R1并聯，R3與電流表串聯后與R2并聯，兩部分串聯后接在電源兩端．在滑動變阻器滑片P向下滑動的過程中，滑動變阻器接入電路的電阻變小，故總電阻變小，總電流變大，R1兩端電壓變大，電壓表示數變大，A正確；并聯部分的電壓變小，即R2兩端的電壓變小，R2消耗的功率變小，D錯誤；由于總電流變大，則由Pr＝I2r可知電源的內耗功率變大，C錯誤；流過R2的電流變小，又總電流變大，所以流過電流表的電流變大，B錯誤． 6．火星表面特征非常接近地球，可能適合人類居住.2010年，我國志愿者王躍參與了在俄羅斯進行的“模擬登火星”實驗活動．已知火星半徑是地球半徑的，質量是地球質量的，自轉周期基本相同．地球表面重力加速度是g，若王躍在地面上能向上跳起的最大高度是h，在忽略自轉影響的條件下，下述分析正確的是(　　) A．王躍在火星表面所受火星引力是他在地球表面所受地球引力的 B．火星表面的重力加速度是 C．火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的 D．王躍在火星上能向上跳起的最大高度是 解析：選AC.根據萬有引力定律：F＝可知，＝＝，因此A選項正確；同理可知，火星表面的重力加速度為g，故B選項錯誤；根據星球的第一宇宙速度與星球的半徑及其表面重力加速度的關系v＝可知，＝＝，所以C選項正確；根據h＝和H＝可以求得，王躍在火星上向上跳起的最大高度為H＝h，因此D選項錯誤． 7．如圖所示，懸掛于O點的輕質彈簧，勁度系數k＝100 N/m，其下端拴一質量m＝1 kg的小物體A，緊挨物體A有一質量M＝2 kg的物體B，現對B施加一個豎直向上、大小為38 N的力F，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，現突然改變力F的大小，使物體A、B以加速度a＝2 m/s2勻加速下降，直到A、B兩物體分離，取g＝10 m/s2，則(　　) A．兩物體剛開始勻加速下降時，力F大小為8 N B．兩物體分離時，彈簧剛好恢復原長 C．改變力F的大小后經0.4 s A、B兩物體分離 D．從改變力F到兩物體分離的過程中，系統(tǒng)克服力F做的功為3.84 J 解析：選CD.系統(tǒng)靜止時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，令壓縮量為x1，則F0＝(m＋M)g＋kx1，代入數據得x1＝0.08 m，A、B兩物體剛開始勻加速下降時有kx1＋(m＋M)g－F＝(m＋M)a，代入數據得F＝32 N，A錯；設經時間t兩物體分離，A、B間的彈力為0，彈簧處于拉伸狀態(tài)，令拉伸量為x2，則對A有mg－kx2＝ma，代入數據得x2＝0.08 m，B錯；A、B分離時A、B兩物體組成的系統(tǒng)下降的距離為x＝x1＋x2＝0.16 m，而x＝at2，代入數據得t＝0.4 s，C對；因剛開始和兩物體分離時，彈簧的形變量一樣，整個過程彈簧彈力做功為零，由動能定理知(m＋M)gx－WF＝(m＋M)v2，聯立v＝at并代入數據得WF＝3.84 J，D對． 8．如圖所示，兩足夠長平行金屬導軌水平放置，間距d＝1 m，其左、右兩端分別接有R1＝12 Ω、R2＝6 Ω的電阻．一質量m＝2 kg、電阻r＝1 Ω，長度為1 m的金屬棒ab垂直于導軌放置，且與兩導軌始終保持良好接觸，金屬棒與導軌之間的動摩擦因數為μ＝0.25，整個裝置處于方向豎直向上、磁感應強度大小為B＝5 T的勻強磁場中．現給金屬棒施加一方向水平向右、大小為F＝10 N的恒力，金屬棒在該恒力作用下向右運動了l＝2 m時，速度恰好達到最大．導軌電阻不計，取重力加速度g＝10 m/s2，則下列說法中正確的是(　　) A．金屬棒的最大速度為1 m/s B．金屬棒由靜止到速度達到最大過程中，流經電阻R1的電荷量為2 C C．恒力F做的功與安培力做功之和等于金屬棒增加的動能 D．金屬棒從靜止到速度達到最大的過程中，電路中產生的焦耳熱為9 J 解析：選AD.由題意可知，電路中的總電阻為R＝＋r＝5 Ω，當金屬棒的速度達到最大時，有μmg＋＝F，代入數據可解得vm＝1 m/s，選項A正確；金屬棒由靜止到速度達到最大過程中，電路中產生的總電荷量為q＝ t＝＝，代入數據可得q＝2 C，所以流經電阻R1的電荷量為q1＝q＝ C，選項B錯誤；設安培力做的功為WA，由動能定理可得WF＋Wf＋WA＝ΔEk，所以恒力F做的功與安培力做功之和大于金屬棒增加的動能，選項C錯誤；由能量守恒定律可知，Q＝Fl－μmgl－mv，代入數據可得Q＝9 J，選項D正確．