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1、选择题专项训练(二)(时间:20分钟满分:48分)本卷共8小题,每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,15题只有一个选项符合题目要求,68题有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。1.(2019河北衡水模拟)如图所示,水平光滑长杆上套有一物块Q,跨过悬挂于O点的轻小光滑圆环的细线一端连接Q,另一端悬挂一物块P。设细线的左边部分与水平方向的夹角为,初始时很小。现将P、Q由静止同时释放。关于P、Q以后的运动,下列说法正确的是()A.当=60时,P、Q的速度之比是32B.当=90时,Q的速度最大C.当=90时,Q的速度为零D.在向90增大的过程中,Q的
2、合力一直增大答案:B解析:P、Q用同一根绳连接,则Q沿绳子方向的速度与P的速度相等,即当=60时,vQcos60=vP,解得vPvQ=12,A错误;P的机械能最小时,即为Q到达O点正下方时,Q的速度最大,即当=90时,Q的速度最大,B正确,C错误;在向90增大的过程中,Q的合力逐渐减小,当=90时,Q的速度最大,加速度最小,合力最小,D错误。2.某物体做直线运动的v-t图像如图所示,据此判断(F表示物体所受合力,t表示物体运动的时间)四个选项正确的是()答案:B解析:由题图可知前2s物体做初速度为零的匀加速直线运动,所以前2s物体受力恒定,24s物体做正方向匀减速直线运动,所以物体受力为负且恒
3、定,46s 物体做负方向匀加速直线运动,所以物体受力为负且恒定,68s物体做负方向匀减速直线运动,所以物体受力为正且恒定,综上分析选项B正确。 3.在中国航天骄人的业绩中有这些记载:天宫一号在离地面 343 km 的圆形轨道上飞行;嫦娥一号在距月球表面高度为200 km 的圆形轨道上飞行;北斗卫星导航系统由同步卫星(地球静止轨道卫星,在赤道平面,距赤道的高度约为36 000 km)和倾斜同步卫星(周期与地球自转周期相等,但不定点于某地上空)等组成。则下列分析正确的是()A.设天宫一号绕地球运动的周期为T,用G表示引力常量,则用表达式3GT2求得的地球平均密度比真实值要大B.天宫一号的飞行速度比
4、同步卫星的飞行速度要小C.同步卫星和倾斜同步卫星同周期、同轨道半径,但二者的轨道平面不在同一平面内D.嫦娥一号与地球的距离比同步卫星与地球的距离小答案:C解析:设地球的质量为M,半径为R,由万有引力提供向心力有GMm(R+h)2=m42T2(R+h),联立M=43R3可知=3(R+h)3GT2R3,因而选项A错误;天宫一号的轨道半径小于同步卫星的轨道半径,因而线速度要大,选项B错误;由题可知选项C正确;嫦娥一号绕月球做圆周运动时,离地球的距离要比同步卫星离地球的距离远,选项D错误。4.图甲是某景点的山坡滑道图片,为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间,技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意
5、图。AC是滑道的竖直高度,D点是AC竖直线上的一点,且有AD=DE=15 m,滑道AE可视为光滑的,滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动,g取10 m/s2,则滑行者在滑道AE上滑行的时间为()A.2 sB.2 sC.6 sD.22 s答案:C解析:设斜面坡角为,则AE=2ADsin,物体做匀加速直线运动,对物体进行受力分析,受重力和支持力,将重力沿着平行斜面和垂直斜面正交分解,根据牛顿第二定律,有mgsin=ma,解得a=gsin,根据速度位移公式,有x=12at2,解得t=6s,故选项C正确,选项A、B、D错误。5.质量为m的物体沿着半径为r的半球形金属球壳滑到最低点时的速度
6、大小为v,如图所示,若物体与球壳之间的动摩擦因数为,则物体在最低点时的()A.向心加速度为g+v2rB.向心力为mg+v2rC.对球壳的压力为mv2rD.受到的摩擦力为mg+v2r答案:D解析:向心加速度的大小a=v2r,故A错误。向心力Fn=mv2r,故B错误。根据牛顿第二定律得FN-mg=mv2r,解得FN=mg+mv2r,则物体对球壳的压力为mg+mv2r,故C错误。物体所受的摩擦力Ff=FN=mg+mv2r,故D正确。6.(2019安徽合肥质检)如图所示,竖直放置的两平行金属板,长为l,板间距离为d,接在电压为U的直流电源上。在两板间加一磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一质
7、量为m,电荷量为q的带正电油滴,从距金属板上端高为h处由静止开始自由下落,并经两板上端连线的中点P进入板间。油滴在P点所受的电场力与洛伦兹力大小恰好相等,且最后恰好从金属板的下边缘离开。空气阻力不计,重力加速度为g,则下列说法正确的是()A.油滴刚进入两板间时的加速度大小为gB.油滴开始下落的高度h=U22B2d2gC.油滴从左侧金属板的下边缘离开D.油滴离开时的速度大小为-qUm+2gl+U2B2d2答案:ABD解析:油滴刚到达P点时受重力、电场力和洛伦兹力的作用,电场力和洛伦兹力等大反向,因此油滴在P点的合力大小等于重力,由牛顿运动定律可知油滴在P点的加速度大小为g,A正确;由于油滴在P点
8、水平方向的合力为零,则由力的平衡条件可知qUd=qBv,对油滴从释放到P点的过程中,由机械能守恒定律可知mgh=12mv2,整理得h=U22gB2d2,B正确;油滴进入平行金属板间后,做加速运动,则电场力小于洛伦兹力,由左手定则可知,油滴所受的洛伦兹力向右,则最终油滴从右侧金属板的下边缘离开,C错误;对油滴从释放到从右侧金属板的下边缘离开的过程,由动能定理有mg(h+l)-qU2=12mv2,解得v=2gl+U2B2d2-qUm,D正确。7.一个质子以1.0107 m/s的速度撞入一个静止的铝原子核后被俘获,铝原子核变为硅原子核,已知铝核的质量是质子的27倍,硅核的质量是质子的28倍,则下列判
9、断中正确的是()A.核反应方程为1327Al+11H1428SiB.核反应方程为1327Al+01n1428SiC.硅原子核速度的数量级为107 m/s,方向跟质子的初速度方向一致D.硅原子核速度的数量级为105 m/s,方向跟质子的初速度方向一致答案:AD8.如图所示,a、b间接入电压u=311sin 314t V的正弦式交变电流,变压器右侧部分为一火警报警系统原理图,其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器(当温度升高时,其阻值将减小),所有电表均为理想电表,电流表A2为值班室的显示器,显示通过R1的电流,电压表V2显示加在报警器上的电压(报警器未画出),R3为一定值电阻。当传感器R2所在处出现火情时,以下说法正确的是()A.A1的示数增大,A2的示数增大B.V1的示数不变,V2的示数减小C.A1的示数增大,A2的示数减小D.V1的示数减小,V2的示数减小答案:BC解析:当传感器R2所在处出现火情时,R2的电阻减小,导致电路的总的电阻减小,所以电路中的总电流将会增加,A1测量的是原线圈中的总的电流,由于副线圈的电流增大了,所以原线圈的电流A1示数也要增大;由于电源的电压不变,原、副线圈的电压也不变,所以V1的示数不变,由于副线圈中电流增大,R3两端的电压增大,所以V2的示数要减小,即R1两端的电压也要减小,所以A2的示数要减小,所以选项B、C正确。
