2018届高考物理二轮复习文档：选择题押题练（九）　物理学史、直线运动、物体的平衡、电路及动态分析（偶考点）

2018届高考物理二轮复习文档：选择题押题练（九）　物理学史、直线运动、物体的平衡、电路及动态分析（偶考点）

选择题押题练(九)　物理学史、直线运动、物体的平衡、电路及动态分析(偶考点)‎ 物理学史与物理方法 ‎1．物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了人类文明的进步，关于物理学发展过程中的认识，下列说法中正确的是(　　)‎ A．开普勒研究了行星运动，从中发现了万有引力定律 B．卡文迪许利用扭秤测出了引力常量，被誉为能“称出地球质量的人”‎ C．牛顿第一定律虽然是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，但可用实验直接验证 D．伽利略利用理想斜面实验，使亚里士多德“重的物体比轻的物体下落得快”的结论陷入困境 解析：选B　开普勒发现了行星的运动规律，但万有引力定律是牛顿发现的，故选项A错误；卡文迪许通过扭秤实验测出了引力常量，使万有引力定律有了实际的应用价值——测天体质量，故选项B正确；现实生活中不存在不受力的运动物体，因此牛顿第一定律不可以直接用实验验证，故选项C错误；伽利略在理想斜面实验的基础之上，用逻辑推理的方法使得“重的物体比轻的物体下落得快”的结论陷入困境，故选项D错误。‎ ‎2．下列说法正确的是(　　)‎ A．牛顿应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点 B．卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子核是由质子和中子组成的 C．英国科学家法拉第心系“磁生电”思想是受到了安培发现的电流的磁效应的启发 D．牛顿在发现万有引力定律的过程中应用了牛顿第三定律的知识 解析：选D　伽利略应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点，A错误；卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子的核式结构模型，B错误；英国科学家法拉第提出“磁生电”思想是受到奥斯特发现电生磁的现象的启发，C错误；牛顿在发现万有引力定律的过程中应用了牛顿第三定律的知识，D正确。‎ ‎3．下列说法正确的是(　　)‎ A．库仑定律的公式和万有引力的公式在形式上非常相似，说明这两种力的性质相同 B．弗兰克和赫兹实验证明了汞原子的能量确实是量子化的 C．在国际单位制中，力的单位是力学中基本单位 D．能量守恒定律是最普遍的自然规律之一，英国物理学家牛顿对能量守恒定律的建立作出了突出贡献 解析：选B　尽管库仑定律的公式和万有引力的公式在形式上非常相似，但是仍是性质不同的两种力，故A错误；弗兰克和赫兹用电子轰击汞原子，证明了汞原子的能量确实是量子化的，故B正确；在国际单位制中，力的单位不是力学中基本单位，是导出单位，故C错误；对能量守恒定律的建立作出了突出的贡献的物理学家中没有牛顿，故D错误。‎ ‎4．2017年2月12日消息，福岛第一核电站2号机组安全壳内辐射量达到高值，对此中国驻日本大使馆在其官方网站发布安全提醒，建议在日侨胞及赴日中国公民妥善安排出行计划。关于核电站，下列说法正确的是(　　)‎ A．核电站是使核能转化为内能，通过汽轮机带动发电机来发电的 B．发电的能量来自于天然放射性元素衰变放出的能量 C．核泄漏中放射性物质都是天然放射性元素 D．核电站的核废料可以直接堆放在露天垃圾场 解析：选A　核电站是利用核能发电的电站，它是在人工控制下缓慢进行的链式反应实现核能的释放，核电站中都有热交换器，把核能转化为内能，用高压的蒸汽推动汽轮机转动再带动发电机发电，选项A正确、B错误；核泄漏中放射性物质有的是人工合成的放射性同位素，并非都是天然放射性元素，选项C错误；核废料具有放射性，会对环境和生物造成严重的危害，不能直接堆放在露天垃圾场，要做防辐射处理，选项D错误。‎ 直线运动 ‎5．一物块以一定的初速度沿足够长的光滑斜面从底端向上滑出，从滑出至回到斜面底端的时间为6 s，若在物块上滑的最大位移的一半处设置一垂直斜面的挡板，仍将该物块以相同的初速度从斜面底端向上滑出，物块撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反。撞击所需时间不计。则这种情况下物块从上滑至回到斜面底端的总时间约为(不计空气阻力)(　　)‎ A．1.0 s　　　B．1.8 s　　　C．2.0 s　　　D．2.6 s 解析：选B　将物块的上滑过程分成位移相等的两段，设下面一段位移所用时间为t1‎ ‎，上面一段位移所用时间为t2，根据逆向思维可得：t2∶t1＝1∶(－1)，设从滑出至回到滑出点的时间为2t＝6 s，物块撞击挡板后以原速率弹回(撞击所需时间不计)，物块上滑和下滑的总时间t′＝2t1且t1＋t2＝t＝3 s，由以上各式可得：t′＝(6－3)s≈1.8 s，故只有选项B正确。‎ ‎6．[多选] t＝0时刻A、B两质点从同一地点沿同一方向开始做直线运动，在时间t内平均速度为，它们的t图线分别为图中的直线A、B，下列判断正确的是(　　)‎ A．质点A的加速度大小为1 m/s2‎ B．质点B的加速度大小为1 m/s2‎ C．t＝2 s时，质点A、B相遇 D．t＝4 s时，质点A、B相遇 解析：选AC　根据匀变速直线运动的位移时间公式x＝v0t＋at2变形得：＝＝v0＋at，则知图像的斜率大小等于a，由题图可知，aA＝，得aA＝1 m/s2，aB＝，得aB＝2 m/s2，故A正确，B错误；由上可得，A的初速度为v0A＝3 m/s，A做匀减速运动，B的初速度为v0B＝0，做匀加速运动。2 s时A、B的位移分别为xA＝v0At－aAt2＝3×2 m－×1×22 m＝4 m，xB＝aBt2＝×2×22 m＝4 m，则知t＝2 s时，质点A、B相遇。同理，可得4 s时A、B的位移分别为xA＝v0At－aAt2＝3×4 m－×1×42 m＝4 m，xB＝aBt2＝×2×42 m＝16 m，则知t＝4 s时，质点A、B没有相遇，故C正确，D错误。‎ ‎7．[多选]A、B两物体同时同地同向出发，其运动的vt图像和at图像如图甲、乙所示，已知在0～t0和t0～2t0两段时间内，A物体在vt图像中的两段曲线形状相同。则有关A、B两物体的说法，正确的是(　　)‎ A．A物体先加速后减速 B．a2＝2a1‎ C．t0时刻，A、B两物体第一次相遇 D．2t0时刻，A、B两物体第一次相遇 解析：选BD　读取vt图像信息，A物体的加速度先增大后减小，但速度一直在增大，故A错。vt图像与t轴所围面积为位移，由几何关系知在2t0时刻，两物体位移相同，又由于两物体从同地出发，则此时第一次相遇，故C错、D对。由vt图像可知v2＝2v1，又由at图像与时间轴所围面积等于速度的改变量，可得a2＝2a1，故B对。‎ ‎8.甲、乙两辆汽车沿同一方向做直线运动，两车在某一时刻刚好经过同一位置，此时甲的速度为5 m/s，乙的速度为10 m/s，甲车的加速度大小恒为1.2 m/s2。以此时作为计时起点，它们的速度随时间变化的关系如图所示，根据以上条件可知(　　)‎ A．乙车做加速度先增大后减小的变加速运动 B．在前4 s的时间内，甲车运动的位移为29.6 m C．在t＝4 s时，甲车追上乙车 D．在t＝10 s时，乙车又回到起始位置 解析：选B　根据图像可知，乙图线的切线的斜率表示乙车的加速度，故乙车的加速度先减小，之后反向且先增大再减小，故A项错误。前4 s甲的位移x＝v0t＋at2＝29.6 m，故B项正确。vt图线与坐标轴围成的面积表示位移大小，t＝4 s时，两车速度相同，但甲车的位移小于乙车的，即甲车未追上乙车，故C项错误。10 s前乙车速度方向不变，位移一直在增大，不可能回到起始位置，故D项错误。‎ 物体的平衡 ‎9．[多选]如图所示，一斜面体固定在水平地面上，物块静止在斜面上，物块上端连一轻弹簧，现用沿斜面向上，大小为F＝kt的拉力拉轻弹簧的上端，则弹簧的弹力F弹与物块受到的摩擦力f随时间变化的图像正确的是(斜面足够长，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)‎ 解析：选AD　弹簧的弹力始终等于拉力F，即F弹＝kt，选项A正确，选项B错误；物块开始受到的是静摩擦力，且大小为mgsin α，方向向上，在拉力F增大的过程中，静摩擦力的大小变化满足F＋f＝mgsin α，随着F的增大，静摩擦力先向上均匀减小到零，再向下均匀增大，当增大到等于最大静摩擦力时，再增大拉力，摩擦力变为滑动摩擦力，大小就保持恒定，因此选项C错误，选项D正确。‎ ‎10.如图所示，同一竖直面内有上下两条相同材料做成的水平轨道MN、PQ，两个完全相同的物块A、B放置在两轨道上，A在B物块正上方，A、B之间用一细线相连。在细线的中点O施加拉力，使A、B一起向右做匀速直线运动，则F的方向的说法正确的是(　　)‎ A．必须沿水平方向 B．不能沿水平方向，要斜向右下方 C．不能沿水平方向，要斜向右上方 D．力F只要有使物体向右运动的作用效果，沿任意方向都可以 解析：选B　力的作用点是在细线的中点，而且物块A在B的正上方，所以三角形ABO是等腰三角形，且AB在竖直方向，所以AO与BO与水平方向的夹角相等。因为A对水平轨道的正压力大于B对水平轨道的正压力，所以水平面对A的摩擦力大于水平面对B的摩擦力，由题意知细线AO受到的拉力必须大于BO受到的拉力，所以F的方向只能是斜向右下方，故B正确，A、C、D错误。‎ ‎11.水平面上有U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电源，现垂直于导轨搁一根质量为m的金属棒ab，棒与导轨的动摩擦因数为μ(滑动摩擦力略小于最大静摩擦力)，通过棒的电流强度为I，现加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于金属棒ab，与垂直导轨平面的方向夹角为θ，如图所示，金属棒处于静止状态，重力加速度为g，则金属棒所受的摩擦力大小为(　　)‎ A．BILsin θ　　　　　　　 B．BILcos θ C．μ(mg－BILsin θ) D．μ(mg＋BILcos θ)‎ 解析：选B　金属棒处于静止状态，其合力为零，对其进行受力分析，如图所示，在水平方向有BILcos θ－Ff＝0，Ff＝BILcos θ，选项B正确；由于滑动摩擦力略小于最大静摩擦力，且金属棒处于静止状态，则Ff≠μ(mg－BILsin θ)，选项A、C、D错误。‎ ‎12.如图所示，倾角θ＝30°的斜面体A静止在水平地面上，一根轻绳跨过斜面体顶端的小滑轮，绳两端系有质量均为m的小物块a、b，整个装置处于静止状态。现给物块b施加一个水平向右的力F，使其缓慢离开直到与竖直方向成30°角(不计绳与滑轮间的摩擦)，此过程说法正确的是(　　)‎ A．物块b受到绳的拉力先增大再减小 B．小物块a受到的摩擦力先增大再减小 C．水平拉力F逐渐增大 D．小物块a一定沿斜面缓慢上移 解析：选C　物块b受力平衡，对b受力分析，如图甲所示：‎ 设绳与竖直方向的夹角为α，b缓慢离开直到与竖直方向成30°的过程中，α变大，根据平行四边形定则可知，T逐渐增大，F逐渐增大，故A错误，C正确；对a受力分析，如图乙所示：刚开始T＝mg，a处于静止状态，则f＝T－mgsin 30°＝mg，方向向下，T增大时，f增大，摩擦力增大，由于不知道最大摩擦力的具体值，所以不能判断物块a是否会滑动，故B、D错误。‎ 电路及动态分析 ‎13.如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1和R2均为定值电阻，RT为热敏电阻(温度越高，电阻越低)。当环境温度较低时合上开关S，当环境的温度逐渐升高时，若三个电表A1、A2‎ 和V的示数分别用I1、I2和U表示。则各个电表示数的变化情况是(　　)‎ A．I1增大，I2不变，U增大 B．I1减小，I2增大，U减小 C．I1增大，I2减小，U增大 D．I1减小，I2不变，U减小 解析：选B　由题图知电压表测量路端电压，电流表A1测量流过R1的电流，电流表A2测量流过RT的电流；当环境的温度逐渐升高时，RT减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数U减小，R2电压增大，R1、RT并联电压减小，通过R1的电流I1减小，而总电流I增大，则流过RT的电流I2增大，故A、C、D错误，B正确。‎ ‎14．[多选]如图甲中R1为定值电阻，R2为滑动变阻器(允许通过的最大电流为5 A)。闭合开关S后，移动滑片P时，ab两端电压U和通过的电流I之间的关系如图乙；R2消耗的功率P与电流I的关系如图丙。电源内阻不计，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．电源电压为50 V B．R1的阻值为5 Ω C．当R2的功率为120 W时，电路消耗的总功率为200 W D．滑动变阻器连入阻值的范围为4～45 Ω 解析：选ABC　读取UI图像信息，应用电路规律。两电阻串联接入电路，ab两点间电压是滑动变阻器两端电压。当开关断开时，电路中的电流为0，此时a、b两端电压是电源的电压，由题图乙可知a、b两端的电压，即电源的电压U＝50 V，故A正确。由题图丙可知，当R2的功率为120 W时，电路中的电流I＝4 A，由题图乙可知，Uab＝30 V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以R1两端的电压U1＝U－Uab＝50 V－30 V＝20‎ ‎ V，由I＝可得，R1的阻值R1＝＝＝5 Ω，故B正确。电路消耗的总功率P＝UI＝50 V×4 A＝200 W，故C正确。由题图乙所示图像可知：I1＝1 A时U2＝45 V，I2＝5 A时U2′＝25 V，则滑动变阻器接入电路中的最大和最小电阻分别为R最大＝＝＝45 Ω，R最小＝＝＝5 Ω，则滑动变阻器接入电路的阻值范围是5～45 Ω，故D错误。‎ ‎15.可变电容器C1、C2和可变电阻器R1、R2以及电源E连接成如图所示的电路。闭合开关S，当R1的滑片在图示位置时，C1、C2所带的电荷量相等。现要使C1所带的电荷量大于C2所带的电荷量，可采用的方法是(　　)‎ A．只增大R2的电阻 B．只增大C2的电容 C．只增大C1的电容 D．只将R1的滑片向A端移动 解析：选C　由题意，当变阻器R1的滑片在图示位置时，C1、C2的电荷量相等，即U1C1＝U2C2，只增大R2的电阻时，C1、C2两端的电压U1、U2同时减小，且减小比例相同，仍有U1′C1＝U2′C2，故A错误；只增大C2的电容，C2的电荷量增大，C1的电荷量不变，则C2所带的电荷量大于C1所带的电荷量，故B错误；只增大C1的电容，C1的电荷量增大，C2的电荷量不变，则C1所带的电荷量大于C2所带的电荷量，故C正确；当将R1的滑片向A端移动时，C1两端的电压降低，C2两端的电压升高，则C2所带的电荷量大于C1所带的电荷量，故D错误。‎ ‎16．[多选]如图所示，A、B为水平放置的平行正对金属板，在板中央分别有一小孔 M、N，D为理想二极管，R为滑动变阻器。闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电荷的带电小球从M、N的正上方P点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N处。则下列说法中正确的有(　　)‎ A．若仅将A板上移，带电小球将无法运动至N处 B．若仅将B板上移，带电小球将从小孔N穿出 C．若仅将变阻器的滑片上移，带电小球仍将恰好运动至小孔N处 D．断开开关S，从P处将小球由静止释放，带电小球仍将恰好运动至小孔N处 解析：选AD　若仅将A板上移，根据C＝，知电容器的电容减小，由Q＝CU知，电压不变，电容器的带电量要减少，由于二极管的单向导电性，阻止电容器上的电荷流出，故电容器的电量不变，根据C＝，U＝Ed，得到：E＝，故场强不变；带电小球如果能到达小孔N，重力做功小于电场力做功，可知带电小球未达到小孔N时速度已经减为零返回了，故A正确；若仅将B板上移，根据C＝，电容增加，电容器要充电；由于电压U一定，根据U＝Ed，电场强度增加，故如果能到达小孔N，重力做功小于电场力做功，可知未达到小孔N时速度已经减为零返回了，故B错误；将滑动变阻器的滑片上移，分压增加，故电容器的电压增加，带电小球如果能到达小孔N，重力做功小于电场力做功，可知未达到小孔N时速度已经减为零返回了，故C错误；断开开关S，场强不变，故小球恰好能运动至小孔N处，故D正确。‎