2019高考物理大二輪復(fù)習(xí) 題型一 選擇題 選擇題專項(xiàng)訓(xùn)練4.doc

《2019高考物理大二輪復(fù)習(xí) 題型一 選擇題 選擇題專項(xiàng)訓(xùn)練4.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理大二輪復(fù)習(xí) 題型一 選擇題 選擇題專項(xiàng)訓(xùn)練4.doc（4頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

選擇題專項(xiàng)訓(xùn)練(四) (時(shí)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(gè)選項(xiàng)中,1~5題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求,6~8題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分,選對(duì)但不全的得3分,有選錯(cuò)的得0分。 1.(2016全國卷Ⅰ)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì),接在恒壓直流電源上。若將云母介質(zhì)移出,則電容器(　　) A.極板上的電荷量變大,極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大 B.極板上的電荷量變小,極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大 C.極板上的電荷量變大,極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變 D.極板上的電荷量變小,極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變 2.一中子與一質(zhì)量數(shù)為A(A>1)的原子核發(fā)生彈性正碰。若碰前原子核靜止,則碰撞前與碰撞后中子的速率之比為 (　　) A.A+1A-1　　　　　　　　　B.A-1A+1 C.4A(A+1)2 D.(A+1)2(A-1)2 3. 如圖所示,在水平桌面上疊放著質(zhì)量相等的A、B兩塊木板,在木板A上放著質(zhì)量為m的物塊C,木板和物塊均處于靜止?fàn)顟B(tài),A、B、C之間以及B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ,設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等,重力加速度為g,現(xiàn)用水平恒力F向右拉木板A,則下列判斷正確的是(　　) A.不管F多大,木板B一定保持靜止 B.A、C之間的摩擦力大小一定等于μmg C.B受到地面的滑動(dòng)摩擦力大小一定小于F D.A、B之間的摩擦力大小不可能等于F 4.無限大接地金屬板和板前一點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)區(qū)域,和兩個(gè)等量異種的點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)等效。如圖所示,P為一無限大金屬板,Q為板前距板為r的一帶正電的點(diǎn)電荷,MN為過Q點(diǎn)和金屬板垂直的直線,直線上A、B是和Q點(diǎn)的距離相等的兩點(diǎn)。下面關(guān)于A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度EA和EB、電勢(shì)φA和φB判斷正確的是(　　) A.EA >EB,φA <φB　　　　B.EA >EB,φA >φB C.EA >EB,φA =φB D.EA =EB,φA >φB 5. 如圖所示,通電直導(dǎo)體棒放在間距為l的光滑水平絕緣軌道上,勁度系數(shù)為k的水平輕彈簧一端固定,另一端拴在棒的中點(diǎn),且與棒垂直,整個(gè)裝置處于方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,彈簧伸長(zhǎng)x,棒處于靜止?fàn)顟B(tài)。則(　　) A.導(dǎo)體棒中的電流方向從b流向a B.導(dǎo)體棒中的電流大小為kxBl C.若只將磁場(chǎng)方向緩慢順時(shí)針轉(zhuǎn)過一小角度,x變大 D.若只將磁場(chǎng)方向緩慢逆時(shí)針轉(zhuǎn)過一小角度,x變大 6.如圖甲所示,用一水平外力F拉著一個(gè)靜止在光滑斜面上的物體,逐漸增大F,物體做變加速運(yùn)動(dòng),其加速度a隨外力F變化的圖象如圖乙所示,若重力加速度g取10 m/s2。根據(jù)圖乙中所提供的信息可以計(jì)算出(　　) A.物體的質(zhì)量 B.斜面的傾角 C.物體能靜止在斜面上所施加的外力 D.加速度為6 m/s2時(shí)物體的速度 7.如圖所示,兩星球相距為l,質(zhì)量比為mA∶mB=1∶9,兩星球半徑遠(yuǎn)小于l。從星球A沿A、B連線向B以某一初速度發(fā)射一探測(cè)器。只考慮星球A、B對(duì)探測(cè)器的作用,下列說法正確的是(　　) A.探測(cè)器的速度一直減小 B.探測(cè)器在距星球A為處加速度為零 C.若探測(cè)器能到達(dá)星球B,其速度可能恰好為零 D.若探測(cè)器能到達(dá)星球B,其速度一定大于發(fā)射時(shí)的初速度 8.如圖所示,平行金屬板中帶電質(zhì)點(diǎn)P原處于靜止?fàn)顟B(tài),不考慮電流表和電壓表對(duì)電路的影響,當(dāng)滑動(dòng)變阻器R4的滑片向a端移動(dòng)時(shí),則(　　) A.電壓表讀數(shù)減小 B.電流表讀數(shù)減小 C.質(zhì)點(diǎn)P將向上運(yùn)動(dòng) D.R3上消耗的功率逐漸增大 答案： 1.D　解析 由C=QU和C=εrS4πkd可知Q=εrSU4πkd,將云母介質(zhì)移出后相對(duì)介電常數(shù)εr減小,電容器兩極板間的電壓仍保持不變,故極板上的電荷量變小,再由E=Ud可知,極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變,選項(xiàng)D正確。 2.A 3.A　解析 先對(duì)木板B受力分析,豎直方向受重力、壓力和支持力,水平方向受A對(duì)B向右的摩擦力FfAB和地面對(duì)B向左的摩擦力FfDB,由于A對(duì)B的最大靜摩擦力μ(m+m0)g小于地面對(duì)B的最大靜摩擦力μ(m+2m0)g,故木板B一定保持靜止,選項(xiàng)A正確;當(dāng)A、C相對(duì)靜止時(shí),A、C間的摩擦力小于μmg,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;當(dāng)A、B、C三者保持靜止時(shí),加速度為零,對(duì)整體受力分析可知,F-Ff=0,B受到地面的摩擦力為F,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;對(duì)AC整體研究,受重力、支持力、拉力和向左的摩擦力,根據(jù)牛頓第二定律,有F-FfAC=(m0+m)a,當(dāng)a=0時(shí),F=FfAC,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 4.A　解析 大金屬板接地屏蔽,用鏡像法,就是說,金屬板上感應(yīng)電荷排布后對(duì)于右邊電場(chǎng)的影響,相當(dāng)于在+Q關(guān)于板對(duì)稱的地方放上一個(gè)-Q。具體原因可以分析左邊,左邊電場(chǎng)為0。那么接地金屬板電荷排布對(duì)于左邊電場(chǎng)的影響相當(dāng)于在+Q原處放上一個(gè)-Q。而明顯金屬板對(duì)左右電場(chǎng)影響是對(duì)稱的,這就是鏡像法的原理?？梢酝频肁處電場(chǎng)為正負(fù)點(diǎn)電荷在此處產(chǎn)生的電場(chǎng)且電場(chǎng)方向相同,從而相加;而在B處,方向相反,從而相減。則EA>EB,由于A處的電場(chǎng)強(qiáng)度大于B處的電場(chǎng)強(qiáng)度,則正電荷從O點(diǎn)移到A處的電場(chǎng)力做功大于移到B處,則UOA>UOB,則φA<φB,故選項(xiàng)A正確,B、C、D錯(cuò)誤。 5.B　解析 彈簧伸長(zhǎng),彈力水平向左,導(dǎo)體棒受力平衡,知安培力水平向右,由左手定則知導(dǎo)體棒中的電流方向從a流向b,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由FA=BlI=kx知選項(xiàng)B正確;若將磁場(chǎng)方向改變,安培力大小不變,但方向與水平方向有一夾角,水平分量減小,彈簧彈力大于安培力在水平方向上的分力,x變小,選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。 6.ABC　解析 斜面上的物體受到重力、支持力和水平方向的拉力作用,規(guī)定沿斜面向上為正方向,則沿斜面方向有a=Fcosθ-Gsinθm=Fcosθm-gsin θ,所以在a-F圖象中,利用縱軸的截距得出斜面的傾角,斜率得出質(zhì)量m,物體在斜面靜止時(shí)所受的外力等于a=0時(shí)對(duì)應(yīng)的力,選項(xiàng)A、B、C正確;不能得出物體的瞬時(shí)速度,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 7.BD　解析 設(shè)在距離星球A為x位置時(shí),探測(cè)器所受合力為零,即GmAmx2=GmBm(L-x)2,解得x=l4,選項(xiàng)B正確;在距離星球A的距離小于l4時(shí),探測(cè)器所受合力指向星球A,在距離大于l4時(shí),所受合力指向星球B,因此在整個(gè)過程中, 合力對(duì)探測(cè)器先做負(fù)功,再做正功,由動(dòng)能定理可知,探測(cè)器速度先減小后增大,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;在與兩星球距離相等的兩點(diǎn)中,距離星球B的點(diǎn)受合力較大,因此從星球A運(yùn)動(dòng)到星球B整個(gè)過程合力做正功,由動(dòng)能定理可知,到達(dá)B星球時(shí)探測(cè)器速度大于離開星球A時(shí)的發(fā)射速度,不可能速度為零,選項(xiàng)C錯(cuò)誤,D正確。 8.BCD　解析 由題圖可知,R2與滑動(dòng)變阻器R4串聯(lián)后與R3并聯(lián),再與R1串聯(lián)接在電源兩端,電容器與R3并聯(lián);當(dāng)R4的滑片向a移動(dòng)時(shí),滑動(dòng)變阻器接入電阻增大,則電路中總電阻增大,由閉合電路歐姆定律可知,電路中總電流減小,路端電壓增大,則R1兩端的電壓減小,并聯(lián)部分電路的電壓增大,電壓表讀數(shù)增大,由歐姆定律可知流過R3的電流增大,根據(jù)并聯(lián)電路的特點(diǎn)可知:流過R2的電流減小,則電流表示數(shù)減小,故A錯(cuò)誤,B正確;因電容器兩端電壓增大,極板間電場(chǎng)強(qiáng)度增大,質(zhì)點(diǎn)受到的向上靜電力增大,故質(zhì)點(diǎn)P將向上運(yùn)動(dòng),C正確;因R3兩端的電壓增大,由P=U2R可知,R3上消耗的功率增大,故D正確。