高考物理二轮复习专题复习专项训练：选择题标准练,精品大全集
高考物理二轮复习专题复习专项训练：选择题标准练,精品大全集选择题标准练(附参考答案)满分48分，实战模拟，20分钟拿下，高考客观题满分！ 1．以下有关物理学概念或物理学史的说法正确的是( )A．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用实验方法测出引力常量的数值，从而使万有引力定律有了真正的实用价值B．匀速圆周运动是速度大小不变的匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向C．行星绕恒星运动轨道为圆形，则它运动的周期的平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量和行星的速度均有关D．奥斯特发现了电与磁之间的关系，即电流的周围存在着磁场；同时他通过实验发现了磁也能产生电，即电磁感应现象解析：本题考查了物理学概念和物理学史的相关知识点．匀速圆周运动是速度大小不变、方向时刻改变的变速曲线运动，速度方向始终为切线方向，选项B错误．行星绕恒星运动轨道为圆形，它运动的周期的平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量有关，与行星的速度无关，选项C错误．奥斯特发现了电与磁间的关系，即电流的周围存在着磁场；法拉第通过实验发现了磁也能产生电，即电磁感应现象，选项D错误．答案：A2.如图所示，两根轻绳AO和BO共同悬吊一重物，两绳的另一端分别系在天花板和竖直墙上，两绳与水平方向的夹角分别为α和β，则以下说法不正确的是( )A．若α＝β，则两绳的张力大小相等B．若α>β，则AO绳中的张力较大C．若α、β同时增大，则两绳中的张力都会增大D．若α不变而β可变，则当α＋β＝时，BO绳中的张力最小解析：本题考查了受力分析、平衡条件、平行四边形定则等知识点．两绳结点O受三个拉力作用，处于平衡状态．由平衡条件可知，三力可平移构成一闭合三角形．若α＝β，则两绳张力大小相等，A项正确；若α>β，由几何关系可知，AO绳中张力较大，B项正确；若α、β
同时增大，即两绳夹角减小，两绳中张力都会减小，C项错；若α不变，则当两绳垂直时，即α＋β＝时，BO绳中张力最小，D项正确．答案：C3.真空中两根金属导线平行放置，其中一根导线中通有恒定电流．在导线所确定的平面内，一电子从P点运动的轨迹的一部分如图中的曲线PQ所示，则一定是( )A．ab导线中通有从a到b方向的电流B．ab导线中通有从b到a方向的电流C．cd导线中通有从c到d方向的电流D．cd导线中通有从d到c方向的电流解析：本题考查了电流的磁场、带电粒子在磁场中的运动等知识点．通过观察电子的运动轨迹，靠近导线的cd处，电子的偏转程度大，说明靠近cd处偏转半径较小；在磁场中运动的电子所受洛伦兹力永远不做功，故电子速率不变，由带电粒子在磁场中运动的半径公式R＝知偏转半径小说明cd处磁感应强度较大，所以cd导线中通有电流；根据曲线运动的特点，合外力指向弧内，即洛伦兹力指向左侧，根据左手定则可知cd左侧区域磁场方向垂直纸面向里，再由安培定则可知，电流的方向从c到d，故C项正确．答案：C4．如图所示，水平放置的平行板电容器两极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量为q，它从上极板的边缘以初速度v0射入，沿直线从下极板N的边缘射出，则( )A．微粒的加速度不为零B．微粒的电势能减少了mgdC．两极板的电势差为D．M板的电势低于N板的电势解析：本题考查了平行板电容器、匀强电场、电势能、电势差、电势等知识点．带负电的微粒在两极板间受竖直向下的重力，竖直方向的电场力，而微粒沿直线运动，由直线运动条件可知，重力与电场力合力必为零，即电场力方向竖直向上，大小等于重力，即mg＝q，所以两极板之间电势差U＝
，A项错，C项正确；而微粒带负电，所以电场方向竖直向下，而电场方向是由高电势指向低电势的，所以M板电势高于N板电势，D项错；微粒由上板边缘运动到下板边缘，电场力方向与位移方向夹角为钝角，所以电场力对微粒做负功，微粒电势能增加，B项错．答案：C5.如图所示，两个完全相同的轻弹簧a、b，一端固定在水平面上，另一端与质量为m的小球相连，轻杆c一端固定在天花板上，另一端与小球拴接．弹簧a、b和轻杆互成120°角，且弹簧a、b的弹力大小均为mg，g为重力加速度，如果将轻杆突然撤去，则撤去瞬间小球的加速度大小可能为( )A．a＝0 B．a＝gC．a＝1.5gD．a＝3g解析：本题考查受力分析，意在考查学生的理解能力和推理能力．弹簧a、b的弹力大小均为mg，当弹簧的弹力为拉力时，其合力方向竖直向下、大小为mg，轻杆对小球的拉力大小为2mg，将轻杆突然撤去时，小球合力为2mg，此时加速度大小为2g；当弹簧的弹力为压力时，其合力竖直向上、大小为mg，根据平衡条件，轻杆上的力为零，将轻杆突然撤去时，小球受到的合力为0，此时加速度大小为0，所以只有选项A正确．答案：A6．在电场强度大小为E的匀强电场中，将一个质量为m、电荷量为＋q的带电小球由静止开始释放，带电小球沿与竖直方向成θ角的方向做直线运动．关于带电小球的电势能ε和机械能W的判断，错误的是( )A．若sinθ<，则ε一定减少，W一定增加B．若sinθ＝，则ε、W一定不变C．若sinθ＝，则ε一定增加，W一定减小D．若tanθ＝，则ε可能增加，W一定增加解析：
本题考查了带电小球的直线运动、电势能变化、机械能变化及其相关的知识点．带电小球由静止开始释放，只受重力和电场力，其电势能和机械能之和保持不变．画出带电小球运动可能的受力图，由图可知，若sinθ＝，则所受电场力与位移垂直，电场力不做功，电势能ε一定不变，而只有重力做功，机械能W一定不变，选项B正确，C错误．若sinθ<，则电场力与位移夹角可能小于90°，电场力做正功，电势能ε减少，根据电势能和机械能之和保持不变可知，机械能W增加；也可能大于90°，电场力做负功，电势能ε增加，根据电势能和机械能之和保持不变可知，机械能W减小，选项A错误．若tanθ＝，则电场力与位移夹角小于90°，电场力做正功，电势能ε减少，根据电势能和机械能之和保持不变可知，机械能W增加，选项D错误．答案：ACD7.如图所示，电源电动势为E，内电阻为r.当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为ΔU1和ΔU2，下列说法中正确的是( )A．小灯泡L1、L3变暗，L2变亮B．小灯泡L3变暗，L1、L2变亮C．ΔU1<ΔU2D．ΔU1>ΔU2解析：本题考查闭合电路欧姆定律．滑动变阻器的触片P向左滑动时，接入电路的阻值减小，使整个电路的总电阻减小，总电流增大，L2变亮，L2两端电压增大，由于总电流增大，则电路内电压增大，路端电压减小，L3分得的电压降低，L3变暗，流过L3的电流减小，又由于总电流增大，流过L1的电流增大，L1变亮，故A错误，B正确．由于U1＋U2＋U内＝E，滑动变阻器的触片P向左滑动后，电压仍满足：U′1＋U′2＋U′内＝E，即U1＋U2＋U内＝U′1＋U′2＋U′内，由于回路总电流增加，导致U′1
U2，U′内>U内，因此整理得：(U′2－U2)＋(U′内－U内)＝(U1－U′1)，即ΔU2＋ΔU内＝ΔU1，因此ΔU2<ΔU1，C错误，D正确．答案：BD8．2015年12月10日，我国成功将中星1C卫星发射升空，卫星顺利进入预定转移轨道．如图所示是某卫星沿椭圆轨道绕地球运动的示意图，已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，卫星远地点P距地心O的距离为3R.则( )
A．卫星在远地点的速度大于B．卫星经过远地点时速度最小C．卫星经过远地点时的加速度大小为D．卫星经过远地点时加速，卫星将不能再次经过远地点解析：本题考查万有引力知识，意在考查学生对物理问题进行逻辑推理和论证的能力．对地球表面的物体有＝m0g，得GM＝gR2，若卫星沿半径为3R的圆周轨道运行时，＝m，运行速度为v＝＝，从椭圆轨道的远地点进入圆轨道需加速，因此，卫星在远地点的速度小于，A错误；卫星由近地点到远地点的过程中，万有引力做负功，速度减小，所以卫星经过远地点的速度最小，B正确；卫星经过远地点时的加速度a＝＝，C正确；卫星经过远地点时加速，可能变轨到轨道半径为3R的圆轨道上，所以卫星还可能再次经过远地点，D错误．答案：BC选择题标准练(附参考答案)满分48分，实战模拟，20分钟拿下，高考客观题满分！ 姓名：________ 班级：________ 1.如图所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平地面上．当t＝0时，滑块以初速度v0＝10m/s沿斜面向上运动．已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是( )A．滑块一直做匀变速直线运动B．t＝1s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上C．t＝2s时，滑块恰好又回到出发点D．t＝3s时，滑块的速度大小为4m/s
解析：本题考查了牛顿第二定律、受力分析、运动学公式等知识点．设滑块上滑时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10m/s2，上滑时间t1＝＝1s，上滑的距离x1＝v0t1＝5m，因tanθ>μ，即mgsinθ>μmgcosθ，滑块上滑到速度为零后，向下运动，选项B错误；设滑块下滑时的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2m/s2，经1s，滑块下滑的距离x2＝a2t＝1m<5m，滑块未回到出发点，选项C错误；因上滑和下滑过程中的加速度不同，故滑块全程不是匀变速直线运动，选项A错误；t＝3s时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度v＝a2(3s－1s)＝4m/s，选项D正确．答案：D2．如图为洛伦兹力演示仪的结构图．励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直．电子速度大小可通过电子枪的加速电压来控制，磁场强弱可通过励磁线圈的电流来调节．下列说法正确的是( )A．仅增大励磁线圈的电流，电子束径迹的半径变大B．仅提高电子枪的加速电压，电子束径迹的半径变大C．仅增大励磁线圈的电流，电子做圆周运动的周期将变大D．仅提高电子枪的加速电压，电子做圆周运动的周期将变大解析：本题考查了带电粒子在磁场中的运动规律等相关知识点．当仅增大励磁线圈的电流时，也就是增大磁感应强度B，由牛顿第二定律知qvB＝m，得R＝，电子束径迹的半径变小，选项A错误；当仅提高电子枪的加速电压时，由qU＝mv2和qvB＝m得R＝，可知电子束径迹的半径变大，选项B正确；由T＝＝知，电子做圆周运动的周期T与速度v大小无关，所以选项C、D错误．答案：B3.
如图所示，用细线相连的质量分别为2m、m的小球A、B在拉力F作用下，处于静止状态，且细线OA与竖直方向的夹角保持θ＝30°不变，则拉力F的最小值为( )A.mg B.mgC.mgD.mg解析：本题考查了整体法受力分析、物体的平衡条件等知识点．因小球A、B处于静止状态，系统受到的合外力为零，对系统受力分析，如图所示，由图中几何关系可得：Fmin＝3mgsinθ＝mg，选项D正确．答案：D4.如图，某空间站在轨道半径为R的近地圆轨道Ⅰ上围绕地球运行，一宇宙飞船与空间站对接后，在轨道Ⅰ上围绕地球运行多圈后又与空间站分离，进入椭圆轨道Ⅱ运行．已知椭圆轨道的远地点到地球球心的距离为3.5R，地球质量为M，引力常量为G，则( )A．空间站在圆轨道Ⅰ上运行的周期为2πB．空间站与飞船对接后在圆轨道Ⅰ上运行的周期变小C．飞船在椭圆轨道远地点的速率是近地点的3.5倍D．飞船与空间站分离后在远离地球过程中其机械能不断增大解析：本题考查了卫星等人造天体在轨运行与变轨运行的相关物理知识点．空间站在近地圆轨道Ⅰ上做圆周运动，由牛顿第二定律知G＝m()2R，解得T＝2π，选项A正确；空间站与飞船对接后在圆轨道Ⅰ上运行时，周期T不变，与空间站和飞船的质量无关，选项B错误；飞船在椭圆轨道远地点的速率比近地点的要小，选项C错误；当飞船与空间站分离后，在远离地球过程中如果有空气阻力作用，其机械能减少，如果不考虑阻力，机械能不变，选项D错误．答案：A
5.如图所示，以o点为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f.等量正、负点电荷分别放置在a、d两点时，在圆心o产生的电场强度大小为E.现仅将放于a点的正点电荷改放于其他等分点上，使o点的电场强度改变，则下列判断正确的是( )A．移至c点时，o点的电场强度大小仍为E，沿oe方向B．移至b点时，o点的电场强度大小为E，沿oc方向C．移至e点时，o点的电场强度大小为，沿oc方向D．移至f点时，o点的电场强度大小为E，沿oe方向解析：本题考查电场强度及矢量合成等知识点．由题意可知，等量正、负点电荷在o处的电场强度大小均为，方向水平向右．当移至c处，两点电荷在该处的电场强度方向夹角为120°，则o处的合电场强度大小为，沿oe方向，A错误；同理，当移至b处，o处的合电场强度大小为E，沿od与oe角平分线方向，B错误；同理，当移至e处，o处的合电场强度大小为，沿oc方向，C正确；同理，当移至f处，o处的合电场强度大小为E，沿od与oc角平分线方向，D错误．答案：C6．如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器．升压变压器T1的原、副线圈匝数之比为n1∶n2＝1∶10，在T1的原线圈两端接入一正弦交流电，输电线的总电阻为2r＝2Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为n3∶n4＝10∶1，若T2的“用电设备”两端的电压为U4＝200V且“用电设备”消耗的电功率为10kW，不考虑其他因素的影响，则( )A．T1的副线圈两端电压的最大值为2010VB．T2的原线圈两端的电压为2000VC．输电线上损失的电功率为50WD．T1的原线圈输入的电功率为10.1kW解析：本题考查了变压器的工作原理、远距离输电等知识．
因为用电设备消耗的电功率为10kW，T2副线圈两端的电压为U4＝200V，则流过T2副线圈的电流为I4＝＝＝50A，由变压器原、副线圈的电流与匝数的关系＝，则I3＝5A；由＝，所以T2原线圈两端的电压为U3＝2000V，B正确；输电线的电阻分得的电压为U线＝I3·2r＝5×2V＝10V，所以T1副线圈两端的电压为U2＝U3＋U线＝(2000＋10)V＝2010V，其最大值为U2m＝2010V，A正确；输电线上消耗的功率为P损＝I·2r＝50W，C正确；由能量守恒定律可知T1副线圈的输出功率为P出＝(10000＋50)W＝10050W，因此T1原线圈的输入功率为10050W，D错误．答案：ABC7．如图所示，一带负电的小金属环套在粗糙绝缘细杆AB上，杆与水平面夹角为θ，杆的下方O点处固定一带正电的点电荷，OA＝OB.现使小环以初速度v0从A点沿杆上滑，到达B点时速度为零，小环滑回A点时速度为v，下列说法正确的是( )A．小环上滑过程中先匀加速再匀减速B．小环上滑时间小于下滑时间C．小环下滑过程中，减少的重力势能等于摩擦产生的内能D．从A点出发到再回到A点的过程，小环克服摩擦力做的功等于小环损失的动能解析：本题考查了库仑力、电场力做功和电势能变化间的关系、运动学公式、摩擦力做功等知识点．因小环在运动过程中受到的库仑力是变力，对其受力分析可知，小环在上滑过程中的加速度是变化的，并不是匀变速运动，选项A错误；由于上滑时的平均加速度大于下滑时的平均加速度，由运动学公式定性分析可知，小环上滑时间小于下滑时间，选项B正确；由功能关系可知，小环下滑过程中，减少的重力势能等于其在A点的动能和克服摩擦力做的功之和，选项C错误；小环从A点到再次回到A点过程中，电场力做功为零，重力做功为零，故小环克服摩擦力做的功等于小环损失的动能，选项D正确．答案：BD8．如图所示，光滑水平桌面上固定放置的长直导线中通以大小为I的稳恒电流，桌面上导线的右侧距离通电长直导线2l处有两线框abcd、a′b′c′d′正以相同的速度v0经过虚线MN向左运动，MN平行长直导线，两线框的ad边、a′d′边与MN重合，线框abcd、a′b′c′d′是由同种材料制成的质量相同的单匝正方形线框，边长分别为l、2l.已知通电长直导线周围磁场中某点的磁感应强度B＝k(式中k为常量，r表示该点到长直导线的距离)．下列说法正确的是( )
A．此时流经线框abcd、a′b′c′d′的电流强度之比为4∶3B．此时线框abcd、a′b′c′d′所受的安培力的功率之比为4∶9C．此时线框abcd、a′b′c′d′的加速度之比为4∶9D．此时a、b间电压Uab＝v0解析：本题考查了右手定则、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿第二定律、功率、功能关系等知识点．设导线的横截面积为S，密度为ρ0，电阻率为ρ，由密度公式可得：线框的质量m＝ρ0V＝ρ0S1×4l＝ρ0S2×8l，解得：S1＝2S2，根据电阻定律，可得：R1＝ρ，R2＝ρ，联立可得：R2＝4R1，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得：线框中的电流I1＝＝，I2＝＝，即＝，选项A正确；根据右手定则，可知b点电势高于a点电势，故Uab<0，选项D错误；根据功能关系可知线框克服安培力做的功等于线框中电流产生的焦耳热，由P＝I2R，可得：＝＝，选项B正确；由安培力公式和牛顿第二定律可得：a1＝＝，a2＝＝，即＝＝，选项C正确．答案：ABC选择题标准练(附参考答案)满分48分，实战模拟，20分钟拿下，高考客观题满分！ 姓名：________ 班级：________ 1.
如图所示，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，一电荷量为q、质量为m的负离子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为.已知离子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则离子的速率为(不计重力)( )A. B.C.D.解析：本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动及相关的知识点．设带电离子在匀强磁场中运动轨迹的半径为r，速率为v.根据题述，带电离子射出磁场与射入磁场时速度方向之间的夹角为60°，可知带电离子运动轨迹所对的圆心角为60°，rsin30°＝R.由qvB＝m，解得v＝，选项D正确．答案：D2．如图为某发电站电能输送示意图．已知发电机的输出电压、输电线的电阻及理想升压、降压变压器匝数均不变，若用户电阻R0减小，下列说法正确的是( )A．发电机的输出功率减小B．输电线上的功率损失减小C．用户得到的电压减小D．输电线输送电压减小解析：本题考查电能输送、变压器的规律等知识点．若用户电阻减小，则降压变压器输出功率增大，导致发电机的输出功率增大，选项A错误．若用户电阻减小，降压变压器输出功率增大，导致输电线上电流增大，输电线上损失电压增大，输电线上的功率损失增大，选项B错误．输电线上损失电压增大，降压变压器原线圈输入电压减小，由于降压变压器的原、副线圈匝数比不变，降压变压器副线圈输出电压(即用户得到的电压)减小，选项C正确．根据题给发电机的输出电压不变，升压变压器的原线圈输入电压不变．由于升压变压器的原、副线圈匝数比不变，则输电线上输送电压不变，选项D错误．答案：C
3．如图，地球半径为R，A为地球赤道表面上一点，B为距地球表面高度等于R的一颗卫星，其轨道与赤道在同一平面内，运行方向与地球自转方向相同，运动周期为T，C为同步卫星，离地高度大约为5.6R，已知地球的自转周期为T0，以下说法正确的是( )A．卫星B的周期T等于T0/3.3B．地面上A处的观察者能够连续观测卫星B的时间为T/3C．卫星B一昼夜经过A的正上方的次数为T0/(T0－T)D．B、C两颗卫星连续两次相距最近的时间间隔为T0T/(T0－T)解析：本题考查了万有引力定律和开普勒行星运动定律等知识点．对A、B应用开普勒第三定律有＝，求得T＝T0≈T0，A错误；过A点作地球的切线，交卫星B的运行轨迹于M、N点，由几何关系知由M至N卫星B运动的时间为，但是地球还在自转，故A处的观察者能够连续观测卫星B的时间大于，B错误；设每经t时间B就会经过A正上方一次，则有t－t＝2π，那么一昼夜即T0时间内卫星B经过A的正上方的次数为n＝，解得n＝，C错误；经过t时间B经过A的正上方，也就是C通过B的正上方，所以B、C连续两次相距最近的时间间隔为t＝，D正确．答案：D4．如图所示，导体杆OP在作用于OP中点且垂直于OP的力作用下，绕O轴沿半径为r的光滑的半圆形框架在匀强磁场中以一定的角速度转动，磁场的磁感应强度为B，AO间接有电阻R，杆和框架电阻不计，回路中的总电功率为P，则( )A．外力的大小为2BrB．外力的大小为BrC．导体杆旋转的角速度为
D．导体杆旋转的角速度为解析：本题考查电磁感应、闭合电路欧姆定律、电功率、圆周运动等知识点．设导体杆转动的角速度为ω，则导体杆转动切割磁感线产生的感应电动势E＝Br2ω，I＝，根据题述回路中的电功率为P，则P＝EI；设维持导体杆匀速转动的外力为F，则有：P＝，v＝rω，联立解得F＝Br，ω＝，选项C正确，ABD错误．答案：C5.如图，A、B、C三个小球的质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻绳连在一起，B、C之间用轻弹簧拴接，用细线悬挂在天花板上，整个系统静止，现将A上面的细线剪断，使A的上端失去拉力，则在剪断细线瞬间，A、B、C的加速度的大小分别为( )A．1.5g 1.5g 0 B．g 2g 0C．g g g D．g g 0解析：本题考查了牛顿运动定律在瞬时问题上的应用．在剪断细线的瞬间，弹簧上的力没有来得及发生变化，故C球受到的重力和弹簧弹力不变，C球合力为零，加速度为0；A、B球被轻绳拴在一起整体受重力和弹簧的拉力，合力为3mg，则A、B的加速度大小均为1.5g，故A正确，BCD错误．答案：A6．如图所示，在平面直角坐标系的第一象限分布着非匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，沿y轴方向磁场分布是不变的，沿x轴方向磁感应强度与x满足关系B＝kx，其中k是一恒定的正数，由粗细均匀的同种规格导线制成的正方形线框ADCB边长为a，A处有一极小开口AE，整个线框放在磁场中，且AD边与y轴平行，AD边与y轴距离为a，线框AE两点与一电源相连，稳定时流入线框的电流为I，关于线框受到的安培力情况，下列说法正确的是( )
A．整个线框受到的合力方向与BD连线垂直B．整个线框沿y轴方向所受合力为0C．整个线框在x轴方向所受合力为ka2I，沿x轴正向D．整个线框在x轴方向所受合力为ka2I，沿x轴正向解析：本题考查了安培力及力的合成等知识点．由于沿y轴方向磁场分布是不变的，故而整个线框沿y轴方向所受合力为0，B正确；沿x轴方向磁感应强度与x满足关系B＝kx，AD边受到的向左的安培力小于BC边受到的向右的安培力，故而整个线框受到的合力方向沿x轴正向，A错误；整个线框在x轴方向所受合力为k(a＋a)Ia－(ka)Ia＝ka2I，C正确，D错误．答案：BC7.以O为圆心的圆周上，有A、B、C、D四点，且CD与AB垂直，若在O、A点分别放置电荷量为＋Q、－Q的电荷，则下列说法正确的是( )A．B、C、D三点中B点电势最高B．B、C、D三点中B点场强最小C．C、D两点的场强相同D．C、D两点的电势不同解析：本题考查静电场、点电荷的电场强度、场强叠加原理、电势叠加原理等知识点．O点的点电荷产生的电场在圆周上各点处电场强度大小相等，方向均背离圆心向外，在圆周上各点电势相等．A点放的是负电荷，在B、C、D三点产生的电场的方向均指向A点，距离A点越远，其电势越高．由场强叠加原理，可知B、C、D三点中B点场强最小，C、D两点的场强大小相等，方向不同，选项B正确，C错误．根据电势叠加原理，B点电势最高，C、D两点的电势相等，选项A正确，D错误．答案：AB8．如图甲所示，abcd是匝数为100匝、边长为10cm、总电阻为0.1Ω的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的图示匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则以下说法正确的是( )
A．导线圈中产生的是交变电流B．在t＝2.5s时导线圈产生的感应电动势为1VC．在0～2s内通过导线横截面的电荷量为20CD．在t＝1s时，导线圈内电流的瞬时功率为10W解析：本题考查了电磁感应、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电功率及相关的知识点．在0～2s内，磁感应强度变化率为＝1T/s，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E1＝nS＝100×0.12×1V＝1V；在2～3s内，磁感应强度变化率为＝2T/s，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E2＝nS＝100×0.12×2V＝2V．导线圈中产生的感应电流为方波交变电流，选项A正确．在t＝2.5s时，产生的感应电动势为E2＝2V，选项B错误．在0～2s内，感应电流I＝＝10A，通过导体横截面的电荷量为q＝IΔt＝20C，选项C正确．在t＝1s时，导线圈内感应电流的瞬时功率P＝UI＝I2R＝102×0.1W＝10W，选项D正确．答案：ACD选择题标准练(附参考答案)满分48分，实战模拟，20分钟拿下，高考客观题满分！ 姓名：________ 班级：________ 1．一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如图所示，取物体开始运动的方向为正方向，则下列关于物体运动的v—t图象正确的是( )
解析：本题考查了匀变速直线运动的速度与时间的关系、匀变速直线运动的图象等知识点．在0～1s内，a1＝1m/s2，物体从静止开始做正向匀加速运动，速度图象是一条直线，1s末速度v1＝a1t＝1m/s，在1～2s内，a2＝－1m/s2，物体将仍沿正方向运动，但要减速，2s末时速度v2＝v1＋a2t＝0,2～3s内重复0～1s内运动情况，3～4s内重复1～2s内运动情况，则C正确．答案：C2．历史上，伽利略在斜面实验中分别从倾角不同、阻力很小的斜面上由静止释放小球，他通过实验观察和逻辑推理，得到的正确结论有( )A．倾角一定时，小球在斜面上的位移与时间的平方成正比B．倾角一定时，小球在斜面上的速度与时间的平方成正比C．斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时的速度与倾角无关D．斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端所需的时间与倾角无关解析：本题考查了匀加速直线运动的速度、位移规律等知识点．伽利略的斜面实验表明小球做初速度为零的匀加速直线运动，由s＝at2＝gsinα·t2(α为斜面的倾角)知当斜面的倾角一定时，小球在斜面上的位移与时间的平方成正比，选项A正确；由v＝at＝gsinα·t知当斜面的倾角一定时，小球在斜面上运动的速度与时间成正比，选项B错误；由v2＝2aL＝2gLsinα知，当斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时的速度与倾角α有关，选项C错误；由L＝at2＝gsinα·t2知，当斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端所需的时间与倾角α有关，选项D错误．答案：A3.如图所示，老鹰沿虚线MN斜向下减速俯冲的过程中，空气对老鹰的作用力可能是图中的( )A．F1 B．F2C．F3D．F4解析：本题考查了牛顿第二定律、受力分析及相关知识．老鹰沿虚线由M到N做减速运动，合外力与初速度的方向相反，由受力分析可知，空气的阻力与重力的合力方向与初速度反向，因此空气对老鹰的作用力可能是题图中的F2，B正确．答案：B4．沿平直公路匀速行驶的汽车上，固定着一个正四棱台，其上、下台面水平，如图为俯视示意图．在顶面上四边的中点a、b、c、d沿着各斜面方向，同时相对于正四棱台无初速释放4个相同小球．设它们到达各自棱台底边分别用时
Ta、Tb、Tc、Td，到达各自棱台底边时相对于地面的机械能分别为Ea、Eb、Ec、Ed(取水平地面为零势能面，忽略斜面对小球的摩擦力)．则有( )A．Ta＝Tb＝Td＝Tc，Ea>Eb＝Ed>EcB．Ta＝Tb＝Td＝Tc，Ea＝Eb＝Ed>EcC．TaEb＝Ed>EcD．TaEb＝Ed>Ec，A正确．答案：A5．正、负点电荷周围的电场线分布如图，P、Q为其中两点，则带正电的试探电荷( )A．从P由静止释放后会运动到QB．从P移动到Q，电场力做正功C．在P的电势能小于在Q的电势能D．在P所受电场力小于在Q所受电场力解析：本题考查了电场线的相关知识点．由于电场线是曲线，所以试探电荷从P由静止释放后不会运动到Q点，选项A错误；试探电荷从P移动到Q，根据沿电场线电势下降，以及电场力做功与电势能变化的关系可知，电场力做正功，选项B正确；由于电场力对试探电荷做正功，所以试探电荷在P
的电势能大于在Q的电势能，选项C错误；由题图可知P点场强大于Q点场强，所以试探电荷在P所受电场力大于在Q所受电场力，选项D错误．答案：B6．在水平路面上做匀速直线运动的小车上有一个固定的竖直杆，其上的三个光滑水平支架上有三个完全相同的小球A、B、C，它们离地的高度分别为3h、2h和h，当小车遇到障碍物M时，立即停下来，三个小球同时从支架上水平抛出，落到水平路面上的第一落点分别是a、b、c点，如图所示．不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A．三个小球从平抛至落地的时间之比为tA∶tB∶tC＝∶∶1B．三个小球从平抛至落地的时间之比为tA∶tB∶tC＝3∶2∶1C．三个小球落点的间距之比为L1∶L2＝(－)∶(－1)D．三个小球落点的间距之比为L1∶L2＝1∶1解析：本题考查了平抛运动及相关知识点．由题意可知三个小球A、B、C下落的高度之比为3∶2∶1，又由于竖直方向做自由落体运动，由t＝可知三个小球在空中运行的时间之比为∶∶1，A正确，B错误；A、B、C三个小球的水平位移之比为∶∶1，因此由题图可知L1∶L2＝(－)∶(－1)，C正确，D错误．答案：AC7.如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住．现用一个恒力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是( )A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C．斜面对球的弹力大小与加速度大小无关D．斜面、挡板对球的弹力与球的重力三者的合力等于ma解析：本题考查了力的分解和牛顿第二定律等相关知识点．球在斜面上受三个力作用，即重力mg、斜面对球的弹力N2、竖直挡板对球的弹力N1，如图所示．球在竖直方向合力为零，即N2cosα＝mg，可知斜面对球的弹力N2与加速度大小无关，选项B错误，选项C正确；若加速度为零，则竖直挡板对球的弹力与重力mg和N2
的合力大小相等，方向相反，即挡板对球的弹力不会为零，选项A错误；斜面、挡板对球的弹力与球的重力三者的合力由牛顿第二定律知等于ma，选项D正确．答案：CD8．太空中存在一些离其他恒星很远的、由三颗星体组成的三星系统，可忽略其他星体对它们的引力作用．已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是直线三星系统——三颗星体始终在一条直线上；另一种是三角形三星系统——三颗星体位于等边三角形的三个顶点上．已知某直线三星系统A每颗星体的质量均为m，相邻两颗星体中心间的距离都为R；某三角形三星系统B的每颗星体的质量恰好也均为m，且三星系统A外侧的两颗星体做匀速圆周运动的周期和三星系统B每颗星体做匀速圆周运动的周期相等．引力常量为G，则( )A．三星系统A外侧两颗星体运动的线速度大小为v＝B．三星系统A外侧两颗星体运动的角速度大小为ω＝C．三星系统B的运动周期为T＝4πRD．三星系统B任意两颗星体中心间的距离为L＝R解析：本题考查了万有引力定律的应用及相关知识点．三星系统A中，三颗星体位于同一直线上，两颗星体围绕中央星体在同一半径为R的圆轨道上运行．其中外侧的一颗星体由中央星体和另一颗外侧星体的合万有引力提供向心力，有：G＋G＝m，解得v＝A错误；三星系统A中，周期T＝＝4πR，则其角速度为ω＝＝，B正确；由于两种系统周期相等，即T＝4πR，C正确；三星系统B中，三颗星体位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，如图所示，对某颗星体，由万有引力定律和牛顿第二定律得：2cos30°＝m·，L＝R，D正确．答案：BCD专题能力提升练(三) B卷
动能定理和能量守恒定律(附参考答案) 一、选择题(本大题共7小题，每小题8分，共56分．第1～5题只有一项符合题目要求，第6～7题有多项符合题目要求．)1.如图，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等．用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A，所需时间分别为t1、t2；动能增加量分别为ΔEk1、ΔEk2.假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则( )A．ΔEk1>ΔEk2；t1>t2B．ΔEk1＝ΔEk2；t1>t2C．ΔEk1>ΔEk2；t1t2，B正确，D错误．答案：B2.如图所示，两物块a、b质量分别为m、2m，用细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧，不计滑轮质量和一切摩擦．开始时，两物块a、b距离地面高度相同，用手托住物块b，然后突然由静止释放，直至物块a、b间高度差为h(物块b尚未落地)．在此过程中，下列说法正确的是( )A．物块b重力势能减少了2mgh
B．物块b机械能减少了mghC．物块a的机械能逐渐减小D．物块a重力势能的增加量小于其动能的增加量解析：物块a、b间高度差为h时，物块a上升的高度为，物块b下降的高度为，物块b重力势能减少了2mg·＝mgh，选项A错误；物块b机械能减少了ΔEb＝2mg·－×2mv2，对物块a、b整体根据机械能守恒定律有0＝－2mg·＋mg·＋×3mv2，得mv2＝mgh，ΔEb＝mgh，选项B正确；物块a的机械能逐渐增加mgh，选项C错误；物块a重力势能的增加量ΔEpa＝mg·＝mgh，其动能的增加量ΔEka＝mv2＝mgh，得ΔEpa>ΔEka，选项D错误．答案：B3.如图所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B、C位于同一水平面上．一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则( )A．小物体恰好滑回到B处时速度为零B．小物体尚未滑回到B处时速度已变为零C．小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低D．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点解析：小物体从A处运动到D处的过程中，克服摩擦力所做的功为Wf1＝mgh，小物体从D处开始运动的过程，因为速度较小，小物体对圆弧槽的压力较小，克服摩擦力所做的功Wf2a1，选项A错误，B正确；物块的动能Ek＝mv2,0～t1时间内速度v＝a1t，得Ek＝mat2，即动能与时间关系图象是曲线，选项C错误；0～t1时间内重力势能EP＝mg(h0－a1t2sinθ)，即重力势能与时间关系图象是曲线，选项D错误．答案：B5.如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，且BC＝1.5AB.小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2.已知小物块P从A点由静止释放，恰好能滑动到C点而停下，则θ、μ1、μ2间应满足的关系是( )A．tanθ＝B．tanθ＝C．tanθ＝2μ1－μ2D．tanθ＝2μ2－μ1解析：由A点释放恰好能滑动到C点，小物块P受重力、支持力、滑动摩擦力作用．设斜面AC长为L，则AB＝L，BC＝L.对全过程，根据动能定理有mgLsinθ－μ1mgcosθ×L－μ2mgcosθ×L＝0，得tanθ＝.答案：A6．汽车沿平直的公路以恒定功率P启动，经过一段时间t达到最大速度v，若所受阻力f始终不变，则在t这段时间内( )A．汽车牵引力恒定B．汽车牵引力做的功为PtC．汽车加速度不断减小
D．汽车牵引力做的功为mv2解析：根据P＝Fv知，速度不断增大，则牵引力不断减小，根据牛顿第二定律得a＝，可知加速度不断减小，选项A错误，C正确；因功率P恒定，牵引力做功W＝Pt，选项B正确；根据动能定理有W－fs＝mv2－0，得W>mv2，选项D错误．答案：BC7.如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定于水平地面上，斜面足够长，一质量为m的小物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从斜面底端沿斜面向上做匀加速直线运动，经过时间t，力F做功为60J，此后撤去力F，物体又经过相同的时间t回到斜面底端，若以地面为零重力势能参考面，则下列说法正确的是( )A．物体回到斜面底端时的动能为60JB．恒力F＝2mgsinθC．撤去力F时，物体的重力势能是45JD．动能与重力势能相等的时刻一定出现在撤去力F之前解析：在0～2t时间内，根据功能关系有WF＝(Ek回＋0)－(0＋0)，物体回到斜面底端时的动能Ek回＝60J，选项A正确；撤去力F前有x＝a1t2，F－mgsinθ＝ma1，撤去力F后有－x＝(a1t)t－a2t2，mgsinθ＝ma2，得F＝mgsinθ，选项B错误；WF＝Fx＝mgxsinθ，撤去力F时物体的重力势能EP＝mgxsinθ，解得EP＝WF＝45J，选项C正确；由动能定理知，撤去力F之前物体动能为E′k＝Fx′－mgx′sinθ＝mgx′sinθ
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