专题17解答选择题方法与技巧(练)(解析版

1、附帝 2020年高考二轮复习讲练测c专题17解答选择题方法与技巧1. （2019新课标全国I卷）如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨 过滑轮，其一端悬挂物块 N。另一端与斜面上的物块 M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N,直至悬挂N的细绳与竖直方向成 45已知M始终保持静止，则在此过程中A .水平拉力的大小可能保持不变B. M所受细绳的拉力大小一定一直增加C. M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D. M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加【答案】BD【解析】如图所示，以物块 N为研究对象，它在水平向左拉力 F作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹

2、角为45。的过程中，水平拉力 F逐渐增大，绳子拉力 T逐渐增大;对M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，则随着绳子拉力T的增加，则摩擦力f也 逐渐增大；若起初 M受到的摩擦力f沿斜面向上，则随着绳子拉力 T的增加，摩擦力f可能先减小后增加。故本题选BD。v表示2. （ 2019新课标全国n卷）如图（a）,在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响 其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用 他在竖直方向的速度，其 v -图像如图（b）所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则y学测L WWW a2，由位移大，故B正确C.由于V

3、-斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由 知aia2,故C错误；D由图像斜率，速度为 V1时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故G -y=ma,可知，fy1fy2，故 D 正确。3. （2019新课标全国I卷）在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端,P由静止向下运动，物体的加速度 a与弹簧的压缩量X间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同 的弹簧，改用物体 Q完成同样的过程，其a-（关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则A M与N的密度相等B. Q的质量是P的3倍C. Q下落过程中的最大动能是

4、 P的4倍hwjw/jTHl cm2020年高考二轮复习讲练测D. Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍【答案】AC【解析】A、由a-图象可知，加速度沿竖直向下方向为正方向，根据牛顿第二定律有： mg kx ma ,k变形式为：a g X，该图象的斜率为mk一，纵轴截距为重力加速度g。根据图象的纵轴截距可知，两m星球表面的重力加速度之比为:giMgN3aoa。3;又因为在某星球表面上的物体，所受重力和万有引力相等,1即:Rmg，即该星球的质量。又因为：M，联立得学婪。故两星球的34 RG密度之比为:gM Rn g N Rm1:1 ,正确;B、当物体在弹簧上运动过程中，加速度为0的一瞬间,其所

5、受弹力和重力二力平衡,mg kx,即:mg结合a-图象可知，当物体 P和物体Q分别处于平XpX01故物体P和物体Q的质量之比为：匹XPgN 1xq2X02mQXqgM6Q分别处于各自的平衡位置(a=0 ）时，它们的动能最大；根据2 v2ax，结衡位置时，弹簧的压缩量之比为:故B错误；C、物体P和物体3a0X0，物体Q的最大速度满合a-图象面积的物理意义可知：物体P的最大速度满足 vp1 2r- mQVQ足：VQ 2a0X0，则两物体的最大动能之比：=- 2 12一 mPvP2 P PEkP2mQ Vq2mP vPC正确；D、物体P和物体Q分别在弹簧上做简谐运动，由平衡位置（a=0）可知，物体P

6、和Q振动的振幅A分别为Xo和2x0，即物体P所在弹簧最大压缩量为2x0，物体Q所在弹簧最大压缩量为 4X0，则Q下落过程中，弹簧最大压缩量时P物体最大压缩量的 2倍，D错误；故本题选 AC。4.（2019新课标全国川卷）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为www/ibk CM2020年高考二轮复习讲练测A学的WWW gh CfttiA. 2 kg B. 1.5 kg C. 1 kg D . 0.5 kg【答

7、案】C【解析】对上升过程，由动能定理,(F mg)h Ek Ek0，得 EkEko (F mg)h，即 F+mg=12N ；下落过程，（mg F）（6 h） Ek，即mg F k 8n，联立两公式,得到 m=1 kg、F=2 N。5. （2019新课标全国n卷）静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则A .运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小B. 在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合C. 粒子在M点的电势能不低于其在 N点的电势能D. 粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行【答案】AC【解析】A .若电场中由

8、同种电荷形成即由A点释放负电荷，则先加速后减速，故 A正确;B. 若电场线为曲线，粒子轨迹不与电场线重合，故B错误。C.由于N点速度大于等于零，故 N点动能大于等于 M点动能，由能量守恒可知，N点电势能小于等于 M点电势能，故C正确D .粒子可能做曲 线运动，故D错误;6. （ 2019北京卷）如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从 点射入，从b点射出。下列说法正确的是IA.粒子带正电B. 粒子在b点速率大于在a点速率C. 若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出D. 若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短【答案】C2【解析】由左手定则确粒子的电性，由

9、洛伦兹力的特点确定粒子在b、a两点的速率，根据qvB mrA错误;由于洛伦兹力不做功，所以粒子动能不变，即粒子在b点速率与a点速率相等，故 B错误；若仅减小磁感确定粒子运动半径和运动时间。由题可知，粒子向下偏转，根据左手定则，所以粒子应带负电，故2应强度，由公式qvB m 得：r mV，所以磁感应强度减小，半径增大，所以粒子有可能从b点右侧射rqB出，故C正确，若仅减小入射速率，粒子运动半径减小，在磁场中运动的偏转角增大，则粒子在磁场中运 动时间一定变长，故 D错误。7. （2019新课标全国I卷）空间存在一方向与直面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（a）中虚线MN所示，一硬质细导线

10、的电阻率为P横截面积为S,将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内,圆心0在MN上。t=0时磁感应强度的方向如图（a）所示。磁感应强度 B随时间t的变化关系如图（b）所示,则在t=0到t=ti的时间间隔内A 圆环所受安培力的方向始终不变B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向亍学测CM2020年高考二轮复习讲练测c.圆环中的感应电流大小为B0 rS4t0D.圆环中的感应电动势大小为B0 n2【答案】BC【解析】AB、根据B-t图象,由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针，但在to时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向Fa的方向在to时刻发生变化，则 A错误，B正确;CD、由闭合电路欧姆定律得

11、:I E，又根据法拉第电磁感应定律得：E Rt2-，又根据t 2电阻定律得：R2丄，联立得：ISBorS4t0，贝U C正确，D错误。故本题选 BC。等离子体中心电8. （2019天津卷）我国核聚变反应研究大科学装置人造太阳” 201年获得重大突破,子温度首次达到1亿度，为人类开发利用核聚变能源奠定了重要的技术基础。下列关于聚变的说法正确的W JirA 核聚变比核裂变更为安全、清洁B.任何两个原子核都可以发生聚变C. 两个轻核结合成质量较大的核，总质量较聚变前增加D. 两个轻核结合成质量较大的核，核子的比结合能增加【答案】AD【解析】核聚变的最终产物时氦气无污染，而核裂变会产生固体核废料，因此

12、核聚变更加清洁和安全,B错误；核聚变反应会放出大量的A正确；发生核聚变需要在高温高压下进行，大核不能发生核聚变，故能量，根据质能关系可知反应会发生质量亏损，故C错误；因聚变反应放出能量，因此反应前的比结合能小于反应后的比结合能，故 D正确。牡幷P2020年髙考二轮复习讲练测 圭1.（2020广东佛山模拟）如图所示，两个小球 a、b质量均为m,用细线相连并悬挂于0点，现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F,使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为 0= 45已知弹簧的劲度系数为k，则弹簧形变量的最小值是（）/2mgB. 2kV2mg 代屮4迈mgC. 3k【答案】AF与细线上的拉力垂【解析】

13、对a球和b球整体进行受力分析，禾U用图解法可判断：当弹簧上的拉力 直时，弹簧的拉力 F最小，为Fmin = 2mgsin =/2mg，再根据胡克定律得弹簧的最小形变量 所以A正确。认学测 WWVF 2 m/s时，物体在传送带上做加速运动，落在C点右侧，C正确；若传送带运行速度 v2 m/s时，物体m到达地面上C点的右侧D. 若传送带顺时针方向运行，则当传送带速度v2mv2 0,解得 v=3 sin 0=寸 1.2gL , C 正确。度大小成正比。下列图象分别描述了球在空中运动的速度V、加速度a随时间t的变化关系和动能 Ek、机械9. （2020 苏南京模拟）质量为m的球从地面以初速度 V0竖直

14、向上抛出，已知球所受的空气阻力与速能E（选地面处重力势能为零）随球距离地面高度 h的变化关系，其中可能正确的是（）识学测2020年高考二轮复习讲练测【答案】C【解析】已知球所受的空气阻力与速度大小成正比，即Ff= kv,当球上升到最高点时，速度为零，则加速度等于g，则v-t图线切线的斜率不等于零，故A、B错误；上升阶段，由动能定理： mgh Ffh= Ekmg(h0 h)Eko，解得Ek = Eko (mg + kv)h，随h的增加，v减小，则斜率减小，下降过程，由动能定理: Ff(ho h) = Ek，即Ek = (mg kv)(h o h)，随下降的高度的增加，v增大，斜率减小，故 C正确

15、；机械能的变化量等于克服阻力做的功：一Ffh= E Eo,上升过程中v逐渐减小，贝U Ff逐渐减小，即E-h图象的斜率 逐渐变小，故 E-h图象不是直线，故 D错误。10.(2020河北衡水中学调研)如图所示，半径为R、圆心为0的光滑圆环固定在竖直平面内，OC水平,D是圆环最低点。质量为 2m的小球A与质量为m 的小球B套在圆环上，两球之间用轻杆相连。两球初始位置如图所示，由静止释放，当A运动至D点时,B的动能为()y. WWW /AbJi- COrtiA.mgR2020年高考二轮复习讲练测C.42/2mgR【答案】DB.mgRD.节严mgR【解析】A、B组成的系统机械能守恒，当A运动到最低点

16、D时，A下降的高度为hA= R+ Rsin 45 ,1 1 1B上升的高度为 hB = Rsin45，则有2mghA mghB= j疋mvA2 + -mvB2,又va = vb，所以B的动能为 EkB =2mvB2 = 462mgR，选项 D 正确。11 （2020哈尔滨三中检测）如图所示，甲、乙两小车的质量分别为mi和m2，且mi4=m/s= 2 m/s ;两者相对静止后，一起向右做匀速直线运动。由此可知当木板的速度为3 m/s 时,物块处于减速运动阶段，故B正确。13.（2020广东六校联考）质量M = 3 kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动。质量m= 2 kg的小球（

17、视为质点）通过长L = 0.75 m的轻杆与滑块上的光滑轴0连接，开始时滑块静止， 轻杆处于水平状态。现给小球一个vo= 3 m/s的竖直向下的初速度，取g = 10 m/s2。贝U （）识学科.hWriWeflrt*2020年高考二轮复习讲练测AA .小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中,滑块M在水平轨道上向右移动了0.3 mB.小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中,滑块M在水平轨道上向右移动了0.5 mC.小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27 mD.小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.54 m【答案】AD【解析】可把小球和滑

18、块水平方向的运动看成人船模型，设滑块M在水平轨道上向右运动了X，由滑块和小球组成的系统在水平方向上动量守恒，有Mx = m(L X)，解得x = 0.3 m , A正确，B错误；根据动1 1量守恒定律，有 0= (m + M)v，解得v = 0,由能量守恒定律得2mv02= mgh + ?(+ M)v2，解得h= 0.45 m, C错误；小球m从初始位置到第一次到达最大高度过程中，设滑块M在水平轨道上向右移动的距离为y,由几何关系得，m相对于M移动的水平距离 s= L + PL2- h2 = 1.35 m，根据水平方向动量守恒得0= m M*解得y= 0.54 m , D正确。14. (202

19、0河南名校大联考)随着社会的发展，高楼大厦随处可见，高空坠物已成为危害人们极大的社会安全问题。若一枚质量约40 g的鸡蛋从一居民楼16层的窗户自由下落，下落高度按15层计算，每层楼高约为3m，鸡蛋与地面竖直撞击时鸡蛋的竖直高度为6 cm，并且鸡蛋上沿运动到地面时恰好静止。以鸡蛋的上、下沿落地的时间间隔作为鸡蛋与地面的撞击时间，则该鸡蛋与地面的撞击时间以及鸡蛋对地面产生的平均冲击力分别约为(g取10 m/s2)()A. 4X102 sB . 4X10 3 sC. 30 ND. 300 N识学测.WWWjTMl cm2020年高考二轮复习讲练测【答案】BD【解析】设鸡蛋落地瞬间的速度为v,15层楼

20、的高度大约是 45 m，由动能定理可知：mgh = mv2，解得:v =寸2gh = p2 X10 45 m/s = 30 m/s,按鸡蛋上沿做匀减速运动，平均速度v = 2= 15 m/s，鸡蛋与地面撞击的时间t=2= 4X10 3s,故B正确，A错误；规定向上为正方向，在鸡蛋落地过程中，由动量定理可知:v- 1 2(N mg)t = 0 (-mv)，解得：N 300 N或在鸡蛋落地过程中，由动能定理可知：(N mg)d = 0 mv2,解得：N- 300 N),根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的平均冲击力约为300 N，故C错误，D正确。15. (2020湖南长沙检测)如图所示，同一平面

21、内有两根平行的无限长直导线1和2,通有大小相等、方向相反的电流。a、b两点与两导线共面，a点在两导线的中间且与两导线的距离均为r, b点在导线2右侧,与导线2的距离也为r。现测得a点的磁感应强度大小为B0,已知距一无限长直导线 d处的磁感应强度大小B=d，其中k为常量，为无限长直导线的电流大小，下列说法正确的是()A b点的磁感应强度大小为 1B0B.若去掉导线12, b点的磁感应强度大小为 6B0C 若将导线1D.若去掉导线中电流大小变为原来的 2倍，b点的磁感应强度为 02,再将导线1中电流大小变为原来的 2倍，a点的磁感应强度大小仍为 B0【答案】BD【解析】根据B = kI可知，a点磁

22、感应强度大小为 B0 = y +严=岁，则：严=2b0，根据右手螺旋定则,2020年高考二轮复习讲练测AkI kI 2kI 1此时b点磁感应强度大小为：Bb=节3-=器=1B0,故选项A错误；若去掉导线 2, b点的磁感应强度大kI 1小为：Bb =-=尹0,故选项B正确；若将导线1中电流大小变为原来的 2倍，b点的磁感应强度大小为:ki k 2I kI 1Bb =半诗=3r = 1b0,故选项C错误；若去掉导线2，再将导线1中电流大小变为原来的 2倍，a点的磁k 2I感应强度大小为：Ba= =B0,故选项 D正确。16. （2020福建莆田一中模拟）在下列图中，图甲、图乙是电荷量相等的两点电

23、荷，图丙、图丁中通电O为连线的中点。下列说法正确的是导线电流大小相等，竖直线为两点电荷、两通电导线连线的中垂线,A .图甲和图丁中,在连线和中垂线上,0点的电场强度和磁感应强度都最小B.图甲和图丁中,在连线和中垂线上,关于0点对称的两点电场强度和磁感应强度都相等C.图乙和图丙中,在连线和中垂线上,0点的电场强度和磁感应强度都最大D.图乙和图丙中,在连线和中垂线上,关于0点对称的两点电场强度和磁感应强度相等【答案】AD【解析】根据点电荷电场强度公式E = kQ,以及电流周围磁场的分布与间距关系，依据矢量的合成法则，题图甲和题图丁中，在连线上，关于0点对称的两点电场强度和磁感应强度只是大小相等，但

24、是方向 不同，并在0点的电场强度和磁感应强度不是最大，故选项 A正确，B错误。同理，在题图乙和题图丙中,0点对称的两点电场强度和磁在连线上0点的电场强度和磁感应强度不是最大，而在连线和中垂线上关于感应强度大小相等，方向相同，故选项C错误，D正确。识学测._ miwjTMl cm2020年高考二轮复习讲练测 A 滑小圆弧相连接，P是BC的中点，竖直线BD右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场， B处可认为处在磁场中。带电小球（可视为质点）从A点由静止释放后能沿轨道来回运动，C点为小球在BD右侧运动的最高点， 则下列说法正确的是（）A. C点与A点在同一水平线上C.小球向上或向下滑过P点时，其所受洛伦兹力

25、相同B. 小球向右或向左滑过B点时，对轨道压力相等D.小球从A到B的时间是从C到P时间的72倍【答案】ADC点与A点等高，在同一【解析】小球在磁场运动过程中受重力、洛伦兹力和轨道支持力作用，因洛伦兹力永不做功，支持力 始终与小球运动方向垂直，也不做功，即只有重力做功，满足机械能守恒，因此 水平线上，选项 A正确；小球向右或向左滑过 B点时速度等大反向，即洛伦兹力等大反向，小球对轨道的压力不等，选项 B错误；同理小球向上或向下滑过 P点时，洛伦兹力也等大反向，选项C错误；因洛伦兹 力始终垂直BC,小球在AB段和BC段（设斜面倾角均为 0的加速度均由重力沿斜面的分力产生，大小为 gsin ,0由x

26、 = 2at2得小球从A到B的时间是从C到P的时间的強倍，选项D正确。18. （2020福建厦门模拟）如图，是一火警报警电路的示意图。其中R3为用某种材料制成的传感器，这 种材料的电阻率随温度的升高而增大。值班室的显示器为电路中的电流表，两电极之间接一报警器。当传感器R3所在处出现火情时，显示器的电流I，报警器两端的电压 U的变化情况是（）工 WWW iiLCHl cm识学测2020年高考二轮复习讲练测A. I变大，U变小B . I变小，U变大C. I变小，u变小D . I变大，U变大【答案】D【解析】当传感器 R3所在处出现火情时，R3的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律得知

27、，干路电流I减小，路端电压 U = E Ir变大，即报警器两端的电压 U变大。传感器R3与电阻R2并联部分的电压 U并=E I（r + Ri）, I减小，U并变大，电流表的读数变大。19. （2020河南洛阳模拟）如图所示是小型交流发电机的示意图,线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO沿逆时针方向匀速转动，角速度为3,线圈匝数为n电阻为r,外接电阻为R, A为理想交流电流表,i，下列说法正确的是（）圈从图示位置（线圈平面平行于磁场方向）转过60时的感应电流为A .电流表的读数为2i2020年高考二轮复习讲练测AB.转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为2i R + rn 3C.从图示位置开始转过90。

28、的过程中，通过电阻 R的电荷量为-3D. 线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量为4nRi3【答案】BCD【解析】由题有：i = imcos n，可得感应电流的最大值im = 2i，有效值i有二乎市二迈)，则电流表的读数为述i,故A错误；感应电动势的最大值Em= im(R + r) = 2i(R + r)，又Em= nBSo,磁通量的最大值Om=BS，联立解得：m = BS = 2i R +r，故B正确；从题图所示位置开始转过90的过程中，通过电阻 R的电荷量q =门4= n-BS = n 丄 -R土匚=-，故C正确；线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量 Q=R + r R + r R+ r

29、 n33i 有 2RT = 2i)2R 2-n= 4n-Ri,故 D 正确。 3320. (2020江西南昌二中模拟)如图所示，质量为 m = 0.04 kg、边长1 = 0.4 m的正方形线框abed放置在光滑绝缘斜面上，线框用一平行斜面的细绳系于0点，斜面的倾角为 0= 30线框的一半处于磁场中,磁场的磁感应强度随时间变化的关系为B = 2+ 0.5t(T)，方向垂直于斜面向上；已知线框电阻为R= 0.5 Q重力加速度取g= 10 m/s2。下列说法中正确的是()A .线框中的感应电流方向为abcdaB. t = 0时，细绳拉力大小为F= 0.2 NC. 线框中感应电流大小为 1 = 80 mAD.经过一段时间t,线框可能拉断细绳向下运动科幷p2020年髙考二轮复习讲练测【答案】C【解析】由楞次定律可知线框中的感应电流方向为adcba故选项A错误；感应电动势E =普營护=0.04 V，由闭合电路欧姆定律，可知线框中感应电流大小为I = E= 0.08 A = 80 mA，由平衡条件可知 RFt +BII = mgsin ,0 t= 0时，B = 2 T,解得Ft = 0