2019高考物理大二輪復(fù)習(xí) 題型一 選擇題 選擇題專項訓(xùn)練2.doc

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選擇題專項訓(xùn)練(二) (時間:20分鐘　滿分:48分) 本卷共8小題,每小題6分,共48分。在每小題給出的四個選項中,1~5題只有一個選項符合題目要求,6~8題有多個選項符合題目要求,全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分。 1. 一只蝸牛從半球形小碗內(nèi)的最低點沿碗壁向上緩慢爬行,在其滑落之前的爬行過程中受力情況是(　　) A.碗對蝸牛的支持力變大 B.碗對蝸牛的摩擦力變大 C.碗對蝸牛的作用力變小 D.地面對碗的摩擦力逐漸變小 2. 甲 某物體做直線運動的v-t圖象如圖甲所示,據(jù)此判斷圖乙(F表示物體所受合力,t表示物體運動的時間)四個選項正確的是(　　) 乙 3.在中國航天驕人的業(yè)績中有這些記載:天宮一號在離地面 343 km 的圓形軌道上飛行;嫦娥一號在距月球表面高度為200 km 的圓形軌道上飛行;北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)由同步衛(wèi)星(地球靜止軌道衛(wèi)星,在赤道平面,距赤道的高度約為36 000 km)和傾斜同步衛(wèi)星(周期與地球自轉(zhuǎn)周期相等,但不定點于某地上空)等組成。則下列分析正確的是(　　) A.設(shè)天宮一號繞地球運動的周期為T,用G表示引力常量,則用表達(dá)式3πGT2求得的地球平均密度比真實值要大 B.天宮一號的飛行速度比同步衛(wèi)星的飛行速度要小 C.同步衛(wèi)星和傾斜同步衛(wèi)星同周期、同軌道半徑,但二者的軌道平面不在同一平面內(nèi) D.嫦娥一號與地球的距離比同步衛(wèi)星與地球的距離小 　　　　　　　　　　　　　　　　 4.圖甲是某景點的山坡滑道圖片,為了探究滑行者在滑道直線部分AE滑行的時間,技術(shù)人員通過測量繪制出如圖乙所示的示意圖。AC是滑道的豎直高度,D點是AC豎直線上的一點,且有AD=DE=15 m,滑道AE可視為光滑的,滑行者從坡頂A點由靜止開始沿滑道AE向下做直線滑動,g取10 m/s2,則滑行者在滑道AE上滑行的時間為 (　　) A.2 s　　　B.2 s　　　C.6 s　　　D.22 s 5. 質(zhì)量為m的物體沿著半徑為r的半球形金屬球殼滑到最低點時的速度大小為v,如圖所示,若物體與球殼之間的動摩擦因數(shù)為μ,則物體在最低點時的(　　) A.向心加速度為g+v2r B.向心力為mg+v2r C.對球殼的壓力為mv2r D.受到的摩擦力為μmg+v2r 6.(2018全國卷Ⅱ)如圖所示,同一平面內(nèi)的a、b、c、d四點處于勻強電場中,電場方向與此平面平行,M為a、c連線的中點,N為b、d連線的中點。一電荷量為q(q>0)的粒子從a點移動到b點,其電勢能減小W1;若該粒子從c點移動到d點,其電勢能減小W2。下列說法正確的是(　　) A.此勻強電場的電場強度方向一定與a、b兩點連線平行 B.若該粒子從M點移動到N點,則電場力做功一定為W1+W22 C.若c、d之間的距離為l,則該電場的電場強度大小一定為W2ql D.若W1=W2,則a、M兩點之間的電勢差一定等于b、N兩點之間的電勢差 7.一個質(zhì)子以1.0107 m/s的速度撞入一個靜止的鋁原子核后被俘獲,鋁原子核變?yōu)楣柙雍?已知鋁核的質(zhì)量是質(zhì)子的27倍,硅核的質(zhì)量是質(zhì)子的28倍,則下列判斷中正確的是(　　) A.核反應(yīng)方程為1327Al+11H→1428Si B.核反應(yīng)方程為1327Al+01n→1428Si C.硅原子核速度的數(shù)量級為107 m/s,方向跟質(zhì)子的初速度方向一致 D.硅原子核速度的數(shù)量級為105 m/s,方向跟質(zhì)子的初速度方向一致 8.如圖所示,a、b間接入電壓u=311sin 314t(V)的正弦式交變電流,變壓器右側(cè)部分為一火警報警系統(tǒng)原理圖,其中R2為用半導(dǎo)體熱敏材料制成的傳感器(當(dāng)溫度升高時,其阻值將減小),所有電表均為理想電表,電流表A2為值班室的顯示器,顯示通過R1的電流,電壓表V2顯示加在報警器上的電壓(報警器未畫出),R3為一定值電阻。當(dāng)傳感器R2所在處出現(xiàn)火情時,以下說法正確的是(　　) A.A1的示數(shù)增大,A2的示數(shù)增大 B.V1的示數(shù)不變,V2的示數(shù)減小 C.A1的示數(shù)增大,A2的示數(shù)減小 D.V1的示數(shù)減小,V2的示數(shù)減小 答案： 1.B　解析 蝸牛爬行至某處的受力情況如圖所示,由平衡條件則有FN=mgcos θ,Ff=mgsin θ,依題意知,θ變大,故支持力變小,摩擦力變大,選項A錯誤,B正確;碗對蝸牛的作用力大小等于蝸牛的重力不變,選項C錯誤;把蝸牛和碗看作一個整體,水平方向不受力,選項D錯誤。 2.B　解析 由題圖可知前2 s物體做初速度為零的勻加速直線運動,所以前2 s物體受力恒定,2~4 s物體做正方向勻減速直線運動,所以物體受力為負(fù)且恒定,4~6 s 物體做負(fù)方向勻加速直線運動,所以物體受力為負(fù)且恒定,6~8 s物體做負(fù)方向勻減速直線運動,所以物體受力為正且恒定,綜上分析選項B正確。 3.C　解析 設(shè)地球的質(zhì)量為M,半徑為R,由萬有引力提供向心力有GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h),聯(lián)立M=ρ43πR3可知ρ=3π(R+h)3GT2R3,因而選項A錯誤;天宮一號的軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑,因而線速度要大,選項B錯誤;由題可知選項C正確;嫦娥一號繞月球做圓周運動時,離地球的距離要比同步衛(wèi)星離地球的距離遠(yuǎn),選項D錯誤。 4.C　解析 設(shè)斜面坡角為θ,則AE=2ADsin θ,物體做勻加速直線運動,對物體進(jìn)行受力分析,受重力和支持力,將重力沿著平行斜面和垂直斜面正交分解,根據(jù)牛頓第二定律,有mgsin θ=ma,解得a=gsin θ,根據(jù)速度位移公式,有x=12at2,解得t=6 s,故選項C正確,選項A、B、D錯誤。 5.D　解析 向心加速度的大小a=v2r,故A錯誤。向心力Fn=mv2r,故B錯誤。根據(jù)牛頓第二定律得FN-mg=mv2r,解得FN=mg+mv2r,則物體對球殼的壓力為mg+mv2r,故C錯誤。物體所受的摩擦力Ff=μFN=μmg+mv2r,故D正確。 6.BD　解析 設(shè)a、b、c、d四點的電勢分別為φa、φb、φc、φd,粒子從a點移到b點,其電勢能減小,則電場力做正功,電場力與a、b連線平行或成銳角,電場方向不一定與a、b連線平行,同理,電場方向不一定與c、d連線平行,W2=Eql不一定成立,則E=W2ql不一定成立,選項A、C錯誤;根據(jù)電場力做功公式,有W1=(φa-φb)q,W2=(φc-φd)q,勻強電場中沿直線電勢隨距離均勻變化,所以φM=φa+φc2,φN=φb+φd2,有WMN=(φM-φN)q=W1+W22,選項B正確;若W1=W2,則φa-φb=φc-φd,得Uac=Ubd,由于M、N為中點,且為勻強電場,所以UaM=UbN,選項D正確。 7.AD 8.BC　解析 當(dāng)傳感器R2所在處出現(xiàn)火情時,R2的電阻減小,導(dǎo)致電路的總的電阻減小,所以電路中的總電流將會增加,A1測量的是原線圈中的總的電流,由于副線圈的電流增大了,所以原線圈的電流A1示數(shù)也要增大;由于電源的電壓不變,原、副線圈的電壓也不變,所以V1的示數(shù)不變,由于副線圈中電流增大,R3兩端的電壓增大,所以V2的示數(shù)要減小,即R1兩端的電壓也要減小,所以A2的示數(shù)要減小,所以選項B、C正確。