2019年高考物理二輪復(fù)習(xí)選擇題48分練10

1、選擇題 48 分練（十）（時(shí)間：20 分鐘分值：48 分）（14 小題為單選題，58 小題為多選題）1. （2018 駐馬店二次質(zhì)檢）在物理學(xué)的發(fā)展過(guò)程中，許多物理學(xué)家的科學(xué)發(fā)現(xiàn)推動(dòng)了人類歷史的進(jìn)步.下列表述符合物理學(xué)史的是（）A. 法拉第首次引入電場(chǎng)線和磁感線，極大地促進(jìn)了人類對(duì)電磁現(xiàn)象的研究B. 伽利略猜想自由落體運(yùn)動(dòng)的速度與下落時(shí)間成正比，并直接用實(shí)驗(yàn)進(jìn)行了驗(yàn)證C. 牛頓利用“理想斜面實(shí)驗(yàn)”推翻了“力是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因”的觀點(diǎn)D. 胡克認(rèn)為彈簧的彈力與彈簧的長(zhǎng)度成正比A 法拉第首次引入電場(chǎng)線和磁感線，極大地促進(jìn)了他對(duì)電磁現(xiàn)象的研究，故A 正確;伽利略用數(shù)學(xué)和邏輯推理得出了自由落體的速度

2、與下落時(shí)間成正比，而不是直接用實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證這個(gè)結(jié)論，故 B 錯(cuò)誤.伽利略利用“理想斜面實(shí)驗(yàn)”推翻了“力是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因”的 觀點(diǎn)，故 C錯(cuò)誤；胡克認(rèn)為彈簧的彈力與彈簧的形變量成正比，故D 錯(cuò)誤.2. （2018 太原五中一模）如圖 1 所示，放置在豎直平面內(nèi)的光滑軌道AB是按照從高 度為 10m 處以初速度 10 m/s 平拋的運(yùn)動(dòng)軌跡制成的，A端為拋出點(diǎn)，B端為落地點(diǎn).現(xiàn)將 一小球置于A點(diǎn)，由靜止開(kāi)始從軌道A端滑下已知重力加速度為g= 10 m/s2,（ ）J yr、JB.小球在下滑過(guò)程中的時(shí)間為2 sC. 小球下滑到B點(diǎn)的速度為 10 3 m/sD. 小球在B點(diǎn)的水平分速度為 10 m/s

3、A 因?yàn)檐壍朗歉鶕?jù)初速度為10 m/s 平拋運(yùn)動(dòng)制成的，而小球是從靜止開(kāi)始釋放的，在水平方向上的位移永遠(yuǎn)小于平拋時(shí)的位移，故小球不會(huì)脫離軌道，A 正確；若做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，從A到B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=：，2h= 2 s ,而小球不是做平拋運(yùn)動(dòng)，故運(yùn)動(dòng)時(shí)間不是、2s, B 錯(cuò)誤；小球下滑過(guò)程中受到軌道的支持力，支持力有豎直向上的分力，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程 中只有重力做功，所以機(jī)械能守恒，故mgh=*mV,解得VB=2gh= 10 2 m/s , C 錯(cuò)誤；若做平拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，在B點(diǎn)的水平速度為 10 m/s，但是小球是從靜止釋放的，所以2到達(dá)B點(diǎn)時(shí)水平方向上的分速度小于10 m/s , D 錯(cuò)誤.3. （

4、2018 成都二診）一理想自耦變壓器如圖 2 所示，環(huán)形鐵芯上只繞有一個(gè)線圈，將其接在a、b間作為原線圈，通過(guò)滑動(dòng)觸頭取該線圈的一部分，接在線圈兩端連有一電阻R在a、b間輸入電壓為U的交變電壓時(shí)，c、d間的電壓為U,在將從圖中可知粒子在沿x軸正向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電場(chǎng)強(qiáng)度方向發(fā)生改變， 并且在Xo3Xo過(guò)程中電場(chǎng)強(qiáng)度和位移都比0X。過(guò)程中的大，也就是說(shuō)如果先做負(fù)功后做正功，粒子不可能在 3X0處?kù)o止，所以只有先做正功后做負(fù)功，電勢(shì)能先減小后增大，故粒子一定帶正電,c、d間作為副線圈，副滑動(dòng)觸頭從圖中M點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)到N點(diǎn) 的 過(guò) 程 中（A.U有可能大于UB.U、U2均增大C.U不變、U2增大D. a

5、、b間輸入功率不變根據(jù)變壓器的電壓關(guān)系有普=半，由于際m所以U,故A錯(cuò)誤.當(dāng)滑動(dòng)觸n頭逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，即n2增大時(shí)，輸入電壓U不變，電壓lb=上U應(yīng)該增大，B 錯(cuò)誤,niC 正確.因負(fù)載不變，故輸出功率增大，則變壓器的輸入功率增大，D 錯(cuò)誤.4. （2018 濮陽(yáng)一模）某電場(chǎng)中x軸上電場(chǎng)強(qiáng)度E隨x變化的關(guān)系如圖 3 所示，設(shè)x軸帶電荷量為q的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，結(jié)果正方向?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度的正方向.粒子剛好能運(yùn)動(dòng)到X= 3X0處假設(shè)粒子僅受電場(chǎng)力作用，呂、X。已知，則下列說(shuō)法正確的是（ ）B. 粒子的初動(dòng)能大小為qEx。C. 粒子沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中最大動(dòng)能為 2qEx0D.粒子沿x軸正

6、方向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電勢(shì)能先增大后減小+4-3AD 錯(cuò)誤；因?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度是均勻減小的，0 xo過(guò)程中平均電場(chǎng)強(qiáng)度為 ?曰，X。3xo過(guò)程中413平均電場(chǎng)強(qiáng)度為E），故根據(jù)動(dòng)能定理可得 2呂qxoE）q2xo= 0 Eco,解得初動(dòng)能Eo=空口呂乂。,B 錯(cuò)誤；在 0Xo過(guò)程中電場(chǎng)力做正功，所以在Xo處動(dòng)能最大，最大為Em=氐+Eqxo= 2E）qx,C 正確.5.（2oi8 江西重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考）如圖 4 為兩個(gè)有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，左右兩邊磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和 2B,方向分別垂直紙面向里和向外，磁場(chǎng)寬度均為L(zhǎng),距磁場(chǎng)區(qū)域的左側(cè)L處，有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)體線框，總電阻為R,且線框平面與磁場(chǎng)方向垂直，現(xiàn)用外力

7、F使線框以速度v勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，以初始位置為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，規(guī)定電流沿逆時(shí)針?lè)较驎r(shí)的電動(dòng)勢(shì)E為正，磁感線垂直紙面向里時(shí)磁通量的方向?yàn)檎?則下列說(shuō)法正確的是（）圖 42A.在L v2L/v的過(guò)程中，磁通量的變化量為2BLB.在 2L/v3L/V的過(guò)程中，電路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E= 3BLvC.在 2L/v3L/V的過(guò)程中產(chǎn)生的電功率是L/v2L/v的過(guò)程中產(chǎn)生的電功率的9D.在 2L/V3L/v的過(guò)程中線框受安培力大小是L/v2L/v的過(guò)程中線框受安培力大小的 3 倍BC 在L/v2L/v的過(guò)程中，線圈在磁場(chǎng)中的面積變化了L2，所以磁通量變化了=BS= BL2,故 A 錯(cuò)誤；在 2L/v3L/

8、v的過(guò)程中，線圈的磁通量變化了=22223BL1= 2BL2 （ BE） = 3BL2,則平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E= = 3BLv,故 B 正確；在t Lv1=響，電功率為I1R=警，同理，在L/v2L/v的過(guò)程中電功率為P2=|2R=BLv2P1-R，所以P2= 9,52L/v3L/v的過(guò)程中，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E= 3BLv,感應(yīng)電流為故 C 正確；在 2L/v3L/v的過(guò)程中，左、右兩條邊受安培力方向相同，大小F= 2BI1L+BI1L= 3BI1L，同理，在L/v2L/v的過(guò)程中，只有右邊受安培力，大小為F2=BI2L,由 C 項(xiàng)分析可知，I1= 312，故 D 錯(cuò)誤.6. （2018 歷城二中模

9、擬）如圖 5 所示，將圓柱形強(qiáng)磁鐵吸在干電池負(fù)極上，金屬導(dǎo)線 折成上端有一支點(diǎn)、 下端開(kāi)口的導(dǎo)線框，使導(dǎo)線框的頂端支點(diǎn)和底端分別與電源正極和磁鐵6都接觸良好但不固定，這樣整個(gè)線框就可以繞電池軸心旋轉(zhuǎn)起來(lái)下列判斷中正確的是A. 俯視觀祭，線框沿逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)B. 線框能旋轉(zhuǎn)起來(lái)，這是屬于電磁感應(yīng)現(xiàn)象C. 電池輸出的電功率大于線框旋轉(zhuǎn)的機(jī)械功率D. 旋轉(zhuǎn)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，線框中電流比剛開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的大AC 分析線框下端，兩側(cè)導(dǎo)線中的電流均由電池正極流向磁鐵，導(dǎo)線處磁感線方向向 上，由左手定則知，左側(cè)導(dǎo)線受力垂直紙面向外，右側(cè)受力垂直紙面向里，所以，由上往下 看（俯視），線框沿逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，所以該裝置的原理是

10、電流在磁場(chǎng)中的受力，不是電磁感應(yīng)， 故 A 正確，B 錯(cuò)誤；因?yàn)殡娫聪牡目偣β室徊糠洲D(zhuǎn)化為內(nèi)能，另一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，所以 總功率大于熱功率， 故 C 正確；受到的安培力開(kāi)始時(shí)使線圈做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)安培力等于阻力時(shí)速度達(dá)到最大，故 D 錯(cuò)誤.7.（多選）如圖 6 所示，物塊A B疊放在一起，其中B與斜面間的摩擦因數(shù) 卩tan0,A、B整體相對(duì)靜止以一定的初速度沿固定的足夠長(zhǎng)的斜面上滑，則下列說(shuō)法正確的是（）A.上滑的過(guò)程A B整體處于失重狀態(tài)yl/7 /B.上滑到最高點(diǎn)后A、B整體將停止運(yùn)動(dòng)C. A與B之間的摩擦力在上滑過(guò)程中大于下滑過(guò)程D. A與B之間的摩擦力上滑與下滑過(guò)程中大小相等AD 在上

11、升和下滑的過(guò)程，整體都是只受三個(gè)力，重力、支持力和摩擦力，以向下為 正方向，根據(jù)牛頓第二定律得向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中：（mA+m）gsin0 +Ff=（nA+m）a,7Ff = （m+m）geos0因此有：a=gsin0+卩geos0，方向沿斜面向下，所以向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中A B組成的整體處于失重狀態(tài)，故 A 正確.同理對(duì)整體進(jìn)行受力分析，向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，由牛頓第二定律得：（nA+m）gsin0Ff= (m+ rm)a得：a=gsin0 geos0由于0所以上滑到最高點(diǎn)后AB整體將向下運(yùn)動(dòng)，故 B 錯(cuò)誤；以A為研究對(duì)象，向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsin0 +Ff=ma解得：Ff=卩m

12、geos0;向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsi n0 Ff=ma,解得：Ff=卩mgeos0;所以Ff=Ff,即A與B之間的摩擦力上滑與下滑過(guò)程中大小相等，故C 錯(cuò)誤，D 正確& （2018 衡水中學(xué)十五模）如圖 7 所示，兩個(gè)大小不計(jì)、質(zhì)量均為m的物體A B放置 在水平地面上，一根長(zhǎng)為L(zhǎng)、不可伸長(zhǎng)的輕繩兩端分別系在兩物體上，繩恰好伸直且無(wú)拉力，在繩的中點(diǎn)施加一個(gè)豎直向上的拉力F,使兩物體慢慢靠近，直至兩物體接觸，已知兩物體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為-3，則在兩物體靠近的過(guò)程中下列說(shuō)法正確的是（）3A；R圖 7A. 拉力F一直增大B. 物體 A 所受的摩擦力不變C. 地面對(duì) A 物體的支持力先減小后增大D.當(dāng)兩物體間的距離為時(shí)，繩上的拉力最小AD 設(shè)某時(shí)刻與物體連接的繩子的拉力為T,與水平方向的夾角為0,則對(duì)每個(gè)物體：水平方向Tcos0=卩FN,豎直方向Tsin0+FN=mg其中F= 2Tsin0;聯(lián)立可得：F=2卩盹 ，則隨著08增加，F(xiàn)變大，選項(xiàng) A 正確；f=Tco