2022年高考物理總復(fù)習(xí)選擇題解題技巧課時(shí)作業(yè)

1、課時(shí)作業(yè)（十六）一、選擇題（共20個(gè)小題，1 14為單選，1520為多選，每題5分共100分）1 .有一條兩岸平直，河水均勻流動(dòng)、流速恒為v的大河，小明駕著 小船渡河，去程時(shí)船頭朝向始終與河岸垂直，回程時(shí)行駛路線與河岸 垂直.去程與回程所用時(shí)間的比值為k,船在靜水中的速度大小相同, 則小船在靜水中的速度大小為（）A答案B解析 可設(shè)河寬為d,船在靜水中的速度為汽，第一種情況時(shí)時(shí)間ti =3,第二種情況為t2= / : 2,衿k,可得出B項(xiàng)是正確的.2 .在科學(xué)研究中，科學(xué)家常將未知現(xiàn)象同已知現(xiàn)象進(jìn)行比較，找出 其共同點(diǎn)，進(jìn)一步推測(cè)未知現(xiàn)象的特性和規(guī)律.法國(guó)物理學(xué)家?guī)靵鲈?研究異種電荷的吸引問(wèn)題時(shí)

2、，曾將扭秤的振動(dòng)周期與電荷間距離的關(guān) 系類比單擺的振動(dòng)周期與擺球到地心距離的關(guān)系.已知單擺擺長(zhǎng)為1, 引力常量為G地球的質(zhì)量為M.擺球到地心的距離為r,則單擺振動(dòng) 周期T與距離r的關(guān)系式為（）答案B解析 由于萬(wàn)有引力使物體產(chǎn)生加速度，由牛頓第二定律，得G專= mg,而單擺的振動(dòng)周期公式為T(mén) = 2ka聯(lián)立得T = 2n項(xiàng)正確3 .設(shè)地球自轉(zhuǎn)周期為T(mén),質(zhì)量為M,引力常量為G,假設(shè)地球可視 為質(zhì)量均勻分布的球體，半徑為R.同一物體在南極和赤道水平面上 靜止時(shí)所受到的支持力之比為（）GMT?GMT2A，GMT2-4 n 2R3B GMT2+4 n 2R3GMT24 n 2r3GMT2GMT?+4 n

3、 2r3D, GMT2答案A解析物體在南極地面所受的支持力等于萬(wàn)有引力，F(xiàn)=嚕晅,4 n -在赤道處，F(xiàn)萬(wàn)一F' =F向，得F' =F萬(wàn)一F向，又F向=mFR,則零1m*R，由式，可得，A項(xiàng)正確.4 .如圖，一載流長(zhǎng)直導(dǎo)線和一矩形導(dǎo)線框固定在同一平面 內(nèi)，線框在長(zhǎng)直導(dǎo)線右側(cè)，且其長(zhǎng)邊與長(zhǎng)直導(dǎo)線平行.已知 在1=0到1=11的時(shí)間間隔內(nèi)，直導(dǎo)線中電流i發(fā)生某種變| LJ 化，而線框中感應(yīng)電流總是沿順時(shí)針?lè)较?；線框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右.設(shè)電流i正方向與圖中箭頭方向相同，則 i隨時(shí)間t變化的圖線可能是（）答案A解析 要求框中感應(yīng)電流順時(shí)針，根據(jù)楞次定律，可知框內(nèi)磁

4、場(chǎng)要么 向里減弱（載流直導(dǎo)線中電流正向減?。聪蛲庠鰪?qiáng)（載流直導(dǎo)線中 電流負(fù)向增大）.線框受安培力向左時(shí)，載流直導(dǎo)線電流一定在減小, 線框受安培力向右時(shí)，載流直導(dǎo)線中電流一定在增大.故答案選A 項(xiàng).5 .地球表面附近某區(qū)域存在大小為150 N/C、方向豎直向下的電 場(chǎng).一質(zhì)量為i.ooxio-kg、帶電量為一i.ooxi（r7c的小球從靜止 釋放，在電場(chǎng)區(qū)域內(nèi)下落10.0 m.對(duì)此過(guò)程，該小球的電勢(shì)能和動(dòng) 能的改變量分別為（重力加速度大小取9.80 mH,忽略空氣阻 力）（）A. - 1.50X10-4 J 和 9.95X10 3 j b. 1.50X 10-J 和 9.95X 10、j

5、C. - 1.50XlO-j 和 9.65X10 3 j D. 1.50義10一4 J 和 9.65義10一3 j 答案D解析電場(chǎng)力做功只與初末位置的電勢(shì)差有關(guān)，電場(chǎng)力做正功電勢(shì)能 減少，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加.小球帶負(fù)電，受到的電場(chǎng)力沿豎 直方向向上，所以下落過(guò)程，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，A、C項(xiàng) 錯(cuò)誤；W .fe=Eqh=1.00X10-7 CX150 N/CX10 m=1.5X10-4 J,根據(jù)動(dòng)能定理,合力做功等 于動(dòng)能的變化，有：Wg-W 電=（mg-Eq）h = （9.8X 10-4-1.00X10- 7X150）X10 J=9.65X10-3J, D項(xiàng)正確.考點(diǎn)定位電場(chǎng)能的性

6、質(zhì)、動(dòng)能定理6 .“人造小太陽(yáng)”托卡馬克裝置使用強(qiáng)磁場(chǎng)約束高溫等離子體，使其 中的帶電粒子被盡可能限制在裝置內(nèi)部，而不與裝置器壁碰撞.已知 等離子體中帶電粒子的平均動(dòng)能與等離子體的溫度T成正比，為約 束更高溫度的等離子體，則需要更強(qiáng)的磁場(chǎng)，以使帶電粒子的運(yùn)動(dòng)半 徑不變.由此可判斷所需的磁感應(yīng)強(qiáng)度B正比于（）A.VTB. TC.廳D. T2答案A解析 由于等離子體中帶電粒子的平均動(dòng)能與等離子體的溫度T成 正比，即Ek8T.帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心 力qvB=m五，得B=.而Ek=pnv2,故可得丫 qR又 帶電粒子的運(yùn)動(dòng)半徑不變，所以B84區(qū)項(xiàng)正確.7 .據(jù)報(bào)道，天文學(xué)家近日

7、發(fā)現(xiàn)了一顆距地球40光年的“超級(jí)地球”， 名為“55 Cancrie"該行星繞母星（中心天體）運(yùn)行的周期約為地球繞太陽(yáng)運(yùn) 行周期的志，母星的體積約為太陽(yáng)的60倍.假設(shè)母星與太陽(yáng)密度相 同，"55 Cancrie”與地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，貝！J“55 Cancrie”與地球 的（）A.軌道半徑之比約為:德B.軌道半徑之比約為:糜1 -1 QOU3C.向心加速度之比約為4為X4802 D .向心加速度之比約為60X480答案B解析 設(shè)行星的質(zhì)量為m,恒星的質(zhì)量為M,體積為V.對(duì)行星，由 萬(wàn)有引力提供向心力得G歲 =m（爺片，行星的軌道半徑為r =3 /GMT2 3 4 n 2 =

8、 A喏;，所以r8景不，選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;2 n3 R行星的向心加速度為a=（T>r,所以a8y不，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤.8.太陽(yáng)因核聚變釋放出巨大的能量，同時(shí)其質(zhì)量不斷減少.太陽(yáng)每 秒鐘輻射出的能量約為4X1026 J,根據(jù)愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程，太陽(yáng)每 秒鐘減少的質(zhì)量最接近（）A. 1036 kgB. IO18 kgC. 1013 kgD. 109 kg答案D解析 本題意在考查考生對(duì)愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程的運(yùn)用能力，根據(jù)E ,E 4X1026= me2,得 m=（3X108）2 kgQ4.4X109 kg.9.在國(guó)際單位制（簡(jiǎn)稱SI）中，力學(xué)和電學(xué)的基本單位有：m（米）、kg（千 克）、s（秒）

9、、A（安培）.導(dǎo)出單位V（伏特）用上述基本單位可表示為（） A. m2 kg s-4 A-1B. m2 kg s-3 A-1C. m2 kg s 2 A-1D. m2 kg s 1 A-1答案D10 .小球由地面豎直上拋，上升的最大高度為H,設(shè)所受阻力大小恒 定，地面為零勢(shì)能面.在上升至離地高度h處，小球的動(dòng)能是勢(shì)能 的兩倍，在下落至離地高度h處，小球的勢(shì)能是動(dòng)能的兩倍，則h等于（A. H/9C. 3H/9B. 2H/9D. 4H/9答案D解析小球上升至最高點(diǎn)過(guò)程：一mgHfH = O；mv（/；小球上升小球上升至最高點(diǎn)后又下降至離地高度h處過(guò)程：一mgh-f（2Hh）1114= 2mv22j

10、mv（）2,又 2-jmv22=mgh；以上各式聯(lián)立解得 h=$H,故D項(xiàng)正確.11 .如圖，在光滑水平面上有一質(zhì)量為mi的足夠長(zhǎng)的木板，其上疊放一質(zhì)量為m2的木塊.假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力相等.現(xiàn)給木塊施加一隨時(shí)間t 增大的水平力F=kt（k是常數(shù)），木板和木塊加速度的大小分別為ai 和az,下列反映ai和a2變化的圖線中正確的是（）答案 解析主要考查摩擦力和牛頓第二定律.木塊和木板之間相對(duì)靜止 時(shí)，所受的摩擦力為靜摩擦力.在達(dá)到最大靜摩擦力前，木塊和木板 以相同加速度運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律ai=az=V.木塊和木板mi 十 m2相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)，恒定不變，a2=蕖pg.所以選

11、A項(xiàng).12 .如圖所示，兩點(diǎn)電荷所帶電量均為+ Q, A處 ，a有一電子沿兩點(diǎn)電荷連線的中垂線運(yùn)動(dòng)，方向指向O點(diǎn).設(shè)電子原 來(lái)靜止，A點(diǎn)離O點(diǎn)足夠遠(yuǎn)，電子只受電場(chǎng)力作用.那么在從A到O過(guò)程中電子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是下面所述的哪一個(gè)（）A.先勻加速，后勻減速B.加速度越來(lái)越小，速度越來(lái)越大C.加速度越來(lái)越大，速度越來(lái)越小D.加速度先變大后變小，最后變?yōu)榱愦鸢窪解析用極限法考慮問(wèn)題時(shí)，在選定的區(qū)域內(nèi)所研究的物理量必須是 連續(xù)單調(diào)變化的.在本題中，A到O變化區(qū)域內(nèi)，加速度a并不是 單調(diào)變化的，為什么也可以應(yīng)用極限法呢？實(shí)際上我們選用了兩個(gè)特 殊點(diǎn)A和。點(diǎn)，只研究了這兩個(gè)點(diǎn)附近區(qū)域a的變化.在A點(diǎn)和O 點(diǎn)附近

12、區(qū)域內(nèi)a仍是單調(diào)變化的.在A和O之間還存一個(gè)a為極大 值的位置B.從A到B,a是單調(diào)增大的，從B到O,a是單調(diào)減小的.將A到O分成兩個(gè)單調(diào)區(qū)域，極限法可以使用了.13 .圖示為一個(gè)內(nèi)、外半徑分別為孫和R2的圓環(huán)狀 均勻帶電平面，其單位面積帶電量為。.取環(huán)面中心 O為原點(diǎn)，以垂直于環(huán)面的軸線為x軸.設(shè)軸上任意點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離為x, P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E.下面給出E的 四個(gè)表達(dá)式（式中k為靜電力常量），其中只有一個(gè)是合理的.你可能 不會(huì)求解此處的場(chǎng)強(qiáng)E,但是你可以通過(guò)一定的物理分析，對(duì)下列表 達(dá)式的合理性做出判斷.根據(jù)你的判斷，E的合理表達(dá)式應(yīng)為（）口 . i , RiRiA- E=2nko（w

13、v?+I?）x11B- E=2"k0 （布京-后前C E=2nko（5=!+5?）X E=2"k°D%+&%）x答案B解析 本題為電場(chǎng)類題目，考查的知識(shí)點(diǎn)抽象，題型新穎，要求學(xué)生 具有一定的分析判斷能力，大部分學(xué)生咋一看題目就感到無(wú)從下 手.但本題若采用極限法進(jìn)行分析，便可快速作答.由極限知識(shí)，設(shè) 想Ri的半徑非常小，不失一般性，取最小值Ri = O時(shí)，對(duì)于A項(xiàng)而 言E<0,此時(shí)帶電圓環(huán)演變?yōu)閹щ妶A面，中心軸線上一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度 E>0,故排除A項(xiàng)；若取x=0時(shí)，此時(shí)題目演變?yōu)榍驩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)， 由對(duì)稱性可知Eo=0,對(duì)于C項(xiàng)而言，x=0時(shí)E為一定值

14、，故排除 C項(xiàng).用極限知識(shí)若取x8時(shí)E0,而D項(xiàng)中化簡(jiǎn)得Ef 4n k o 故排除D項(xiàng)；所以，由極限法知正確的只能為B項(xiàng).14 . （2015楊浦區(qū)年度第一學(xué)期高三年級(jí)“3 + 1”質(zhì)量調(diào)研）如圖所 示，有兩個(gè)相鄰的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B,磁 場(chǎng)方向相反，且與紙面垂直，磁場(chǎng)區(qū)域在x軸方向?qū)挾染鶠閍,在y 軸方向足夠長(zhǎng).現(xiàn)有一高為a的正三角形導(dǎo)線框從圖示位置開(kāi)始向右 沿x軸方向勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域.若以逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏鞯恼较?，?選項(xiàng)圖中，線框中感應(yīng)電流i與線框移動(dòng)的位移x的關(guān)系圖像正確的 是（）答案c解析 線圈向右開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后，在0a這段位移內(nèi)，穿過(guò)線圈的磁場(chǎng) 向里且磁通量增加，

15、根據(jù)楞次定律可判斷出感應(yīng)電流為逆時(shí)針，在 a2a這段位移內(nèi)，向里穿過(guò)線圈的磁通量減少，且向外穿過(guò)線圈的 磁通量增加，由楞次定律可判斷出感應(yīng)電流為順時(shí)針，在2a3a位 移內(nèi)，穿過(guò)線圈的磁通量向外且減少，由楞次定律可判斷出感應(yīng)電流 為逆時(shí)針，C項(xiàng)正確.15 .如圖所示，帶電荷量之比為qA ： qB=l ： 3的帶電粒子A、B以 相等的速度vo從同一點(diǎn)出發(fā)，沿著跟電場(chǎng)強(qiáng)度垂直的方向射入平行 板電容器中，分別打在C、D點(diǎn)，若OC = CD,忽略粒子重力的影 響，貝!（）OC DA. A和B在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1 ： 2B. A和B運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為4 ： 1C. A和B的質(zhì)量之比為1 ： 12

16、D. A和B的位移大小之比為1 : 1答案ABC解析 粒子A和B在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向由x=vot-gCL及 OC = CD,得 te=l : 2；豎直萬(wàn)向由 h=23t2,得 a=-p-,它 們沿豎直方向下落的加速度大小之比為aA ： aB=4 ： 1；根據(jù)a=普, 得m=W，故腎=*, A和B的位移大小不相等，故選項(xiàng)A、B、 a idbC正確.16.（2016東北三校聯(lián)考）如圖所示，M、N為同一水 ”“ 平面內(nèi)的兩條平行長(zhǎng)導(dǎo)軌，左端串接電阻R,金屬1桿ab垂直導(dǎo)軌放置，桿和導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，且桿與導(dǎo)軌間無(wú)摩擦，整個(gè)裝置處于豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.現(xiàn)對(duì)金屬桿ab施加一個(gè)與桿垂直的水平

17、方向的恒力F,使桿從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng).在 運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，桿的速度大小為v, R上消耗的總能量為E,則下列關(guān) 于v、E隨時(shí)間變化的圖像可能正確的是（）答案AD解析 對(duì)金屬桿ab施加一個(gè)與桿垂直的水平方向的恒力F,使桿從 靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng).由于金屬桿切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流， 受到隨速度增大的安培力作用，所以金屬桿做加速度逐漸減小的加速 運(yùn)動(dòng)，當(dāng)安培力增大到等于水平方向的恒力F時(shí)，金屬桿做勻速直 線運(yùn)動(dòng)，速度圖像A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤.由功能關(guān)系，水平方向的 恒力F做功，開(kāi)始一部分使金屬桿動(dòng)能增大，另一部分轉(zhuǎn)化為電能, 被電阻R消耗掉；當(dāng)金屬桿勻速運(yùn)動(dòng)后，水平方向的恒力F做功等 于R上消耗的總能量為E

18、；因此R上消耗的總能量E隨時(shí)間變化的 圖像可能正確的是D項(xiàng).考點(diǎn)定位本題考查了電磁感應(yīng)、功能關(guān)系、圖像及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)17.（2016江蘇南京二模）如圖所示，光滑平行金屬v導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面成。角，M、P兩端接一阻值為R的定值電阻，阻值為r的金屬P棒ab垂直導(dǎo)軌放置，其他部分電阻不計(jì).整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度 為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向下.t=0時(shí)對(duì)金屬棒 施一平行于導(dǎo)軌的外力F,金屬棒由靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌向上做勻加速直 線運(yùn)動(dòng).下列關(guān)于穿過(guò)回路abPMa的磁通量變化量、磁通量的. A O一瞬時(shí)變化率三丁、通過(guò)金屬棒的電荷量q隨時(shí)間t變化以及a、b兩 端的電勢(shì)差U隨時(shí)間t變

19、化的圖像中，正確的是（）答案BD解析 設(shè)加速度為a,運(yùn)動(dòng)的位移x=；at2,磁通量變化量A<D=BLx11=TBLat2, 8t2,選項(xiàng)A錯(cuò)誤；感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=-=BLat,故箸0c3選項(xiàng)B正確；1）=墨=2 ：）t； U-t,選項(xiàng)D正確；電荷量q=3，因?yàn)?t2,所以qocfZ,選項(xiàng)c錯(cuò)誤.18. （2016青海省平安縣第一高級(jí)中學(xué)高三4月月考）據(jù)報(bào)道，美國(guó)國(guó) 家航天局（NASA）首次在太陽(yáng)系外發(fā)現(xiàn)“類地”行星Kepler186f.若 宇航員乘坐宇宙飛船到達(dá)該行星，進(jìn)行科學(xué)觀測(cè)：該行星自轉(zhuǎn)周期為 T：宇航員在該行星“北極”距該行星地面附近h處自由釋放一個(gè)小 球（引力視為恒力），落地時(shí)間為

20、t.已知該行星半徑為R,萬(wàn)有引力常 量為G,則下列說(shuō)法正確的是（）A.該行星的第一宇宙速度為甲B.該行星的平均密度為元治3 /hT2R2 C.如果該行星存在一顆同步衛(wèi)星，其距行星表面高度為勺善命 D.宇宙飛船繞該星球做圓周運(yùn)動(dòng)的周期小于靠八幅 答案AB解析 根據(jù)h=；gt2得，行星表面的重力加速度g=患，根據(jù)mg= m（得，行星的第一宇宙速度v=Y“="警，故A項(xiàng)正確；根據(jù) mg=3含得，行星的質(zhì)量M=曙，則行星的平均密度p=譚卷= 34G n R=2G n Rt2,故B項(xiàng)正確；根據(jù)G+卜）2=m（R+h）r得'3 /hT2R24 n又GM=gR2,解得h='/皆景一

21、R,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)mg=mRfr 得，最小周期T，故D項(xiàng)錯(cuò)誤.考點(diǎn)定位 萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用；第一宇宙速度、第二宇宙速度和 第三宇宙速度名師點(diǎn)睛根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)間公式求出行星表面的重力 加速度，結(jié)合重力提供向心力求出行星的第一宇宙速度；根據(jù)萬(wàn)有引 力等于重力求出行星的質(zhì)量，結(jié)合密度公式求出行星的平均密度；根 據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，求出行星同步衛(wèi)星的軌道半徑，從而得出衛(wèi) 星距離行星的高度.根據(jù)重力提供向心力求出宇宙飛船的最小周期.19. （2016山東省煙臺(tái)市高三3月高考診斷性測(cè)試（一模）理科綜合）如圖所示，同一豎直面內(nèi)的亡正方形導(dǎo)線框a、b的邊長(zhǎng)均為1,電阻均為R, 質(zhì)量分別為2m和m.它們分別系在一跨過(guò)兩個(gè) 定滑輪的輕繩兩端，在兩導(dǎo)線框之間有一寬度為21、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 為B、方向垂直豎直面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域.開(kāi)始時(shí)，線框b的上邊與勻 強(qiáng)磁場(chǎng)的下邊界重合，線框a的下邊到勻強(qiáng)磁場(chǎng)的上邊界的距離為1. 現(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，當(dāng)線框b全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，a、b兩個(gè)線框開(kāi) 始做勻速運(yùn)動(dòng).不計(jì)摩擦和