高三物理二轮复习 第二篇 题型分类练 选择题标准练（九）.doc

选择题标准练(九)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.如图所示,一质量为m、倾角为的斜面体放在光滑水平地面上,斜面上叠放一质量为m的光滑楔形物块,物块在水平恒力的作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动。重力加速度为g。下列判断正确的是()a.水平恒力大小f=mgtanb.地面对斜面体的支持力大小n2=(m+m)gc.物块对斜面的压力大小n1=mgcosd.斜面体的加速度大小为gtan【解析】选b。物块与斜面体相对静止,加速度相同,对物块、斜面体整体,竖直方向上受力平衡,有n2=(m+m)g,选项b正确;水平方向上根据牛顿第二定律有f=(m+m)a,对斜面体,竖直方向上受力平衡,有n2=mg+n1cos,水平方向上根据牛顿第二定律有n1sin=ma,解得n1=mgcos,a=mmgtan,f=m+mmmgtan,选项a、c、d均错误。2.如图所示,图中k、l、m为静电场中的3个相距较近的等势面。一带电粒子射入此静电场中后,沿abcde轨迹运动。已知电势klm,且粒子在ab段做减速运动。下列判断中正确的是()a.粒子带负电b.粒子在a点的加速度大于在b点的加速度c.粒子在a点与e点的速度大小相等d.粒子在a点的电势能大于在d点的电势能【解析】选c。由轨迹的弯曲方向判断出带电粒子所受电场力大体向左,画出电场线的分布大体向左,可知粒子带正电,故a错误;由电场线分布情况得知,a点的电场强度小于b点的电场强度,根据加速度a=qem可知,粒子在a点的加速度小于在b点的加速度,故b错误;a、e在同一等势面上,电势能相等,则根据能量守恒可知,动能相等,速度大小相等,故c正确;粒子从a运动到d,电场力做负功,电势能增大,则在a点的电势能小于在d点的电势能,故d错误。3.我国发射了一颗地球资源探测卫星,发射时,先将卫星发射至距离地面50km的近地圆轨道1上,然后变轨到近地点距离地面50km、远地点距离地面1500km的椭圆轨道2上,最后由轨道2进入半径为7900km的圆轨道3,轨道1、2相切于p点,轨道2、3相切于q点。忽略空气阻力和卫星质量的变化,则以下说法正确的是()a.该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在p处点火加速b.该卫星在轨道2上稳定运行时,p点的速度小于q点的速度c.该卫星在轨道2上q点的加速度大于在轨道3上q点的加速度d.该卫星在轨道3的机械能小于在轨道1的机械能【解析】选a。人造卫星绕地球做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力,有gmmr2=mv2r,解得：v=gmr。卫星在轨道上运行时,轨道的半长轴越大,需要的能量越大,由于轨道2半长轴比轨道1半长轴大,因此该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在p处点火加速,故a正确;该卫星在轨道2上稳定运行时,根据开普勒第二定律可知,近地点p点的速度大于远地点q点的速度,故b错误;根据牛顿第二定律和万有引力定律gmmr2=ma,得：a=gmr2,所以卫星在轨道2上经过q点的加速度等于在轨道3上经过q点的加速度,故c错误;卫星在轨道上运行时,轨道的半长轴越大,需要的能量越大,由于轨道3半长轴比轨道1半长轴大,所以该卫星在轨道3的机械能大于在轨道1的机械能,故d错误。4.边长为a的闭合金属正三角形框架,完全处于垂直于框架平面的匀强磁场中,现把框架匀速拉出磁场,如图所示,则选项图中电动势、外力、外力功率与位移图像规律与这一过程相符合的是()【解析】选b。框架匀速拉出过程中,有效长度l均匀增加,由e=blv知,电动势均匀变大,a错误,b正确;因为匀速运动,则f外=f安=bil=b2l2vr,故外力f外随位移x的增大而非线性增大,c错误;外力功率p=f外v,v恒定不变,故p也随位移x的增大而非线性增大,d错误。5.如图所示,线圈abcd固定在匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向外。当磁场变化时,发现线圈ab边受安培力方向水平向右且恒定不变,则磁场的变化情况可能是图中的()【解析】选d。由题意可知,安培力的方向向右,根据左手定则可知：感应电流的方向由b到a,再由右手定则可知,当垂直向外的磁场在增加时,会产生由b到a的感应电流,由法拉第电磁感应定律,结合闭合电路欧姆定律,则安培力的表达式f=bbtslr,因安培力的大小不变,则bbt是定值,因磁场b增大,则bt减小,故d正确,a、b、c错误。6.如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比n1n2=101,r1=r2=20,c为电容器。已知加在原线圈两端的正弦式交变电流的电压随时间变化的规律如图乙所示,则()a.交变电流的频率为100 hzb.副线圈中交流电压表的示数为20 vc.电阻r1消耗的电功率为20wd.通过r2的电流始终为零【解析】选b、c。根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期、频率相同,周期为0.02s、频率为50hz,故a错误;由图乙可知原线圈最大电压为um=2002v,有效值为200v,再根据原副线圈的电压之比等于匝数之比可知副线圈的电压为20v,电压表读数为有效值,故为20 v,故b正确;根据并联电路特点可知电阻r1的电功率p=u2r1=20220w=20w,故c正确;因为电容器有通交流、阻直流的作用,则有电流通过r2和电容器,即电流不为零,故d错误。7.在某火灾救援现场,一消防战士在云梯上用水枪向起火点水平喷水,已知水枪出水口的横截面积为s,水枪口到燃烧点的竖直高度为h,水枪出水口与燃烧点的连线与水平方向的夹角为,水枪射出的水刚好落到燃烧点上,重力加速度为g,忽略空气阻力,则()a.水枪射出的水的初速度为gh2tanb.空中水柱的体积为shtanc.水到达燃烧点的速度方向与水平方向的夹角满足tan=2tand.水到达燃烧点的速度大小为32ghtan【解析】选b、c。水到达燃烧点时竖直分速度vy=2gh,因为速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍,可知速度方向与水平方向夹角正切值为2tan,即2tan=vyv0,则水射出时的初速度v0=2gh2tan,故a错误,c正确。平抛运动的时间t=2hg,则空中水柱的体积v=v0ts=hstan,故b正确。水到达燃烧点的速度大小v=v02+vy2=gh2tan2+2gh,故d错误。8.如图所示,挡板c垂直固定在倾角=30的光滑长斜面上,质量分别为m、2m的两物块a、b用一劲度系数为k的轻弹簧相连,系统处于静止状态,弹簧压缩长度为l。现用方向沿斜面向上、大小为mg(g为重力加速度)的恒力f拉a,若a向上运动一段距离x后撤去f,当a运动到最高处时b刚好不离开c,则下列说法正确的是()a.a刚要沿斜面向上运动时的加速度大小为gb.a上升的最大竖直高度为3lc.拉力f的功率随时间均匀增加d.x=94l【解析】选a、d。a刚要沿斜面向上运动时的加速度大小为fm=g,选项a正确;f未作用前,a受力平衡,有mgsin=kl,得k=mg2l,a运动到最高处时,b受力平衡,有2mgsin=kl,得l=2l,a上升的最大竖直高度为(l+l)si