高三物理二轮复习 第二篇 题型分类练 选择题标准练（三）.doc

选择题标准练(三)满分48分,实战模拟,20分钟拿下高考客观题满分!说明：共8小题,每小题6分,在每小题给出的四个选项中,第15题只有一项符合题目要求,第68题有多项符合题目要求。全选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。1.在力学理论建立的过程中,有许多伟大的科学家做出了贡献。关于科学家和他们的贡献,下列说法中不正确的是()a.伽利略首先将实验事实和逻辑推理(包括数学推演)和谐地结合起来b.笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献c.开普勒通过研究行星观测记录,发现了行星运动三大定律d.牛顿总结出了万有引力定律并用实验测出了引力常量【解析】选d。伽利略首先将实验事实和逻辑推理(包括数学推演)和谐地结合起来,标志着物理学的真正开始,故a正确;笛卡尔等人又在伽利略研究的基础上进行了更深入的研究,他认为：如果运动物体不受任何力的作用,不仅速度大小不变,而且运动方向也不会变,将沿原来的方向匀速运动下去,因此笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献,故b正确;开普勒提出行星运动三大定律,故c正确;万有引力常量是由卡文迪许测出的,故d错误。2.将一小球以某一速度竖直向上抛出,如图为小球被抛出后其位置随时间变化的关系图像(y -t图像),图中t2时刻小球到达最高点,且t3-t2t2-t1。在0t2和t2t3时间内的图线为两段不同的抛物线。下列说法正确的是()a.小球在0t1时间内与t1t2时间内运动方向相反b.小球在t2时刻所受合外力为零c.小球在t1和t3时刻速度大小相等d.小球在0t2时间内所受合外力大于t2t3时间内所受合外力【解析】选d。小球在0t2时间内都是竖直向上运动,选项a错误。t2时刻小球正经过最高点,速度为零,但加速度不为零,即小球所受的合外力不为零,选项b错误。由图像可知,t1和t3两时刻,图线切线的斜率的绝对值不相等,因此小球在t1和t3时刻速度大小不相等,选项c错误。因为t1t2时间内和t2t3时间内小球运动的位移大小相等,由t3-t2t2-t1可判断小球上升时的加速度大于下落时的加速度,根据牛顿第二定律可知小球在0t2时间内所受合外力大于t2t3时间内所受合外力,选项d正确。3.甲、乙两物体从同一地点开始沿同一方向运动,其速度随时间的变化关系如图所示,图中t2=t42,两段曲线均为四分之一圆弧,则()a.两物体在t1时刻加速度相同b.两物体在t2时刻运动方向均改变c.两物体在t3时刻相距最远,t4时刻相遇d.0t4时间内甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度【解析】选c。因两段曲线均为14圆弧,由题图知在t1时刻曲线的切线斜率的绝对值与直线斜率相等,即两者加速度大小相等,但方向相反,a错;两物体均做单方向的直线运动,b错;甲先做匀加速运动再做匀减速运动,乙先做加速度减小的减速运动,再做加速度减小的加速运动,在t3时刻,两物体相距最远;两物体在0t4时间内图线与t轴所围面积相等,即两物体在t4时刻相遇,在0t4时间内的平均速度相同,c对,d错。4.2014年11月12日,“菲莱”着陆器成功在67p彗星上实现着陆,这是人类首次实现在彗星上软着陆,被称为人类历史上最伟大冒险之旅。载有“菲莱”的“罗赛塔”飞行器历经十年的追逐,被67p彗星俘获后经过一系列变轨,成功地将“菲莱”着陆器弹出,准确地在彗星表面着陆。如图所示,轨道1和轨道2是“罗赛塔”绕彗星环绕的两个圆轨道,b点是轨道2上的一个点,若在轨道1上找一点a,使a与b的连线与bo连线的最大夹角为,则“罗赛塔”在轨道1、2上运动的周期之比t1t2为()a.sin3b.1sin3c.sin3d.1sin3【解析】选c。根据几何关系连接oa可得三角形oab是直角三角形,故轨道1和轨道2的半径之比r1r2=sin,飞行器所受的万有引力提供其做圆周运动的向心力,则gmmr2=mr42t2,可得周期t=42r3gm,所以t1t2=(r1r2)3=sin3。故a、b、d错误,c正确。5.如图甲所示,在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线l1、l2、l3、l4,在l1与l2、l3与l4之间存在匀强磁场,磁感应强度大小均为1t,方向垂直于虚线所在平面向里。现有一矩形线圈abcd,长度cd=l=0.5m,质量为0.1 kg,电阻为2,将其从图示位置静止释放(cd边与l1重合),速度随时间的变化关系如图乙所示,t1时刻cd边与l2重合,t2时刻ab边与l3重合,t3时刻ab边与l4重合,t2t3之间图线为与t轴平行的直线,t1t2之间和t3之后的图线均为倾斜直线,已知t1t2的时间间隔为0.6s,整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向(重力加速度g取10m/s2),则()a.在0t1时间内,通过线圈的电荷量为2.5cb.线圈匀速运动的速度大小为8 m/sc.线圈的宽度为1 md.0t3时间内,线圈产生的热量为4.2j【解析】选b。对于矩形线圈,在t2t3之间,根据受力平衡有：mg=bil,而i=blv2r,解得：v2=mgrb2l2=8m/s,故b正确;t1t2的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动,可知ab边刚进上边的磁场时,cd边也刚进下边的磁场。设磁场的宽度为d,则线圈的宽度：l=2d,线圈下降的位移为：x=l+d=3d,则有：3d=v2t-12gt2,将v2=8m/s,t=0.6s代入解得：d=1m,所以线圈的宽度为l=2d=2m,故c错误;在0t1时间内,cd边从l1运动到l2,通过线圈的电荷量为：q=it=blvrt=bldr=0.25c,故a错误;在0t3时间内,根据能量转化与守恒可得：q=mg(3d+2d)-12mv2=1.8j,故d错误。6.如图所示,小球a从倾角为=60的固定粗糙斜面顶端以速度v1沿斜面恰好匀速下滑,同时将另一小球b在斜面底端正上方与a球等高处以速度v2水平抛出,两球恰在斜面中点p相遇,则下列说法正确的是()a.v1v2=21b.v1v2=11c.若小球b以2v2水平抛出,则两小球仍能相遇d.若小球b以2v2水平抛出,则b球落在斜面上时,a球在b球的下方【解析】选a、d。两小球在p点相遇,可知两球的水平位移相等,由v1sin30t =v2t,解得v1v2=21,故a正确,b错误;若小球b以2v2水平抛出,竖直方向上a球的分速度不变,b球做自由落体运动不变,若能相遇,则仍然在p点相遇,但b的水平初速度变为2v2,水平方向相遇点会向左移动,所以两小球不能再相遇,c错误;小球a、b在p点相遇时,b球竖直方向的平均速度等于v1sin,当b球的水平速度变为2v2,小球b会落在p点上方,在这段时间里,a球在竖直方向的速度会大于b球在竖直方向做自由落体运动的平均速度,则b球落在斜面上时,a球在b球的下方,d正确。7.如图为学校配电房向各个教室的供电示意图,t为理想变压器,v1、a1为监控市电供电端的电压表和电流表,v2、a2为监控校内变压器的输出端的电压表和电流表,r1、r2为教室的负载电阻,v3、a3为教室内的监控电压表和电流表,配电房和教室间有相当长的一段距离,则当开关s闭合时,下列说法错误的是()a.电流表a1、a2和a3的示数都变大b.只有电流表a1的示数变大c.电压表v3的示数变小d.电压表v2和v3的示数都变小【解析】选a、b、d。在电路中,s闭合前,由u1u2=n1n2可知,电压表v2的示数为u2=n2n1u1,电路中电流表a2与a3是串联关系,则由欧姆定律可得i2=i3=u2r+r1(r为电线电阻),电压表v3的示数为u3=r1i2,再由i2i1=n1n2可知电流表a1示数为i1=n2n1i2,同理,在电路中s闭合后,可知因u1不变,电压表v2示数为u2=n2n1u1=u2,即v2示数不变,i2=u2r+r并(r为电线电阻),因r并i2,又i1=n2n1i2,则i1i1,由u2=ur+u3=i2r+u3,可知u3u3,又i3=u3r1,则i3i3,则可判断v1示数不变,v2示数不变,v3示数变小,a1示数变大,a2示数变大,a3示数变小,a、b、d项都错误,c项正确。故选a、b、d。8.如图所示,空间中存在一电场强度方向沿x轴正方向的静电场,电场强度大小随x的变化关系为e=kx(x为轴上某点到o点的距离),在o点下方有一长为l的绝缘细线连接a、b两个均带负电荷的小球(可视为质点),a球距o点的距离为l,b球距o点的距离为2l,两球恰好静止且细线处于伸直状态。若两球质量均为m,b球所带电荷量为-q,k=mg3ql,不计两球之间的静电力作用。则有()a.a球所带电荷量为-4qb.绝缘细线对a球的拉力大小为23mgc.若将绝缘细线剪断,则剪断的瞬间,a、b两球的加速度大小均为13gd.若将绝缘细线剪断,则b球在下落到距o点距离为3l时达到最大速度【解析】选a、c、d。由题意可知,a小球所在处的电场强度大小为ea=kl=mg3q,b小球所在处的电场强度大小为eb=k2l=2mg3q,设a小球所带电荷量为qa,将a、b两小球看作一个整体,进行受力分析可得：qaea+qeb=2mg,将ea、eb代入可解得：qa=4q,选项a正确;设绝缘细线对a球的拉力大小为ft,对a小球进行受力分析可得：4qea=mg+ft,解得ft=13mg,选项b错误;设剪断绝缘细线后a小球的加速度大小为aa