高考物理二輪專項復習選擇題滿分練02 (含詳解)-試卷下載-教習網(wǎng)

選擇題滿分練2一、選擇題(共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14～17題只有一項符合題目要求，第18～21題有多項符合題目要求。全選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。)14．(2018·懷化三模)關于物理學的研究方法，以下說法錯誤的是A．伽利略開創(chuàng)了運用邏輯推理和實驗相結合進行科學研究的方法B．卡文迪許在利用扭秤實驗裝置測量萬有引力常量時，應用了放大法C．合力與分力、總電阻、交流電的有效值用的是“等效替代”的方法D．電場強度是用比值法定義的，因而電場強度與電場力成正比，與試探電荷的電量成反比解析　16世紀末，伽利略對運動的研究，不僅確立了許多用于描述運動的基本概念，而且創(chuàng)造了一套對近代科學發(fā)展極為有益的方法。這些方法的核心是把邏輯推理和實驗相結合進行科學研究的方法，故A正確；扭秤實驗可以測量微弱的作用，關鍵在于它把微弱的作用經(jīng)過了兩次放大：一方面微小的力通過較長的力臂可以產(chǎn)生較大的力矩，使懸絲產(chǎn)生一定角度的扭轉；另一方面在懸絲上固定一平面鏡，它可以把入射光線反射到距離平面鏡較遠的刻度尺上，從反射光線射到刻度尺上的光點的移動，就可以把懸絲的微小扭轉顯現(xiàn)出來，故B正確；合力與分力、總電阻、交流電的有效值用的是“等效替代”的方法，故C正確；電場強度是用比值法定義的，但是電場強度與電場力不成正比，與試探電荷的電荷量不成反比，電場強度由電場本身的性質確定。故D錯誤。答案　D15．(2018·湖南六校聯(lián)考)如圖1所示，木板P下端通過光滑鉸鏈固定于水平地面上的O點，物體A、B疊放在木板上且處于靜止狀態(tài)，此時物體B的上表面水平?，F(xiàn)使木板P繞O點緩慢旋轉到虛線所示位置，物體A、B仍保持靜止，與原位置的情況相比圖1A．A對B的作用力減小　　B．B對A的支持力增大C．木板對B的支持力增大 D．木板對B的摩擦力增大解析　設板與水平地面的夾角為α。以A為研究對象，A原來只受到重力和支持力而處于平衡狀態(tài)，所以B對A的作用力與A的重力大小相等，方向相反；當將P繞O點緩慢旋轉到虛線所示位置，B的上表面不再水平，A受力情況如圖甲，A受到重力和B的支持力、摩擦力三個力的作用，其中B對A的支持力、摩擦力的合力仍然與A的重力大小相等，方向相反，則A受到B對A的作用力保持不變。根據(jù)牛頓第三定律可知，A對B的作用力也不變，故A錯誤；開始時物體A不受B對A的摩擦力，B對A的支持力大小與重力相等；后來，設B的上表面與水平方向之間的夾角是β，受到的B對A的支持力、摩擦力，由于支持力與摩擦力相互垂直，N1＝GA cosβ ，所以A受到的支持力一定減小了，故B錯；以AB整體為研究對象，分析受力情況如圖乙；總重力GAB、板的支持力N2和摩擦力f2，N2＝GABcos α，f2＝GABsin α，α增大，N2減小，f2增大。故C錯，D對。答案　D16．(2018·江蘇高考模擬壓軸卷)等離子體流由左方連續(xù)以速度v0射入P1和P2兩板間的勻強磁場中，偏轉后會打到P1、P2板上，ab直導線與P1、P2相連接，線圈A與直導線cd連接。線圈A內(nèi)有如圖乙所示的變化磁場，且規(guī)定磁場B的正方向向左，如圖甲所示，則下列敘述正確的是圖2A．0～1 s內(nèi)，ab、cd導線互相排斥B．1～2 s內(nèi)，ab、cd導線互相吸引C．2～3 s內(nèi)，ab、cd導線互相吸引D．3～4 s內(nèi)，ab、cd導線互相吸引解析　左側實際上為等離子體發(fā)電機，將在ab中形成從a到b的電流，由圖乙可知，0～2 s內(nèi)磁場均勻變化，根據(jù)楞次定律可知將形成從c到d的電流，同理2～4 s形成從d到c的電流，且電流大小不變，故0～2 s秒內(nèi)電流同向，相互吸引，2～4 s電流反向，相互排斥，故ACD錯誤，B正確。答案　B17．(2017·廣西重點高中高三一模)如圖3甲所示，單匝矩形線圈abcd垂直固定在勻強磁場中。規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向，磁感應強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。以逆時針方向為電流正方向，以向右方向為安培力正方向，下列關于bc段導線中的感應電流i和受到的安培力F隨時間變化的圖像正確的是圖3解析　0～0.5 T時間內(nèi)，磁感應強度減小，方向垂直紙面向里，由楞次定律可知，產(chǎn)生的感應電流沿順時針方向，為負，同理可知，0.5T～T時間內(nèi)，電流為正，由法拉第電磁感應定律可知，0～0.5 T時間內(nèi)通過bc段導線的電流是0.5T～T時間內(nèi)通過bc段導線的，A錯，B對；由安培力公式F＝BIL，I＝，E＝＝S可知，t＝T時bc段導線受到安培力大小是t＝0時bc段導線受到的安培力大小的4倍，C、D均錯。答案　B18．在下列敘述中，正確的是A．光電效應現(xiàn)象說明光具有粒子性B．重核裂變和輕核聚變都會產(chǎn)生質量虧損C．居里夫人最早發(fā)現(xiàn)了天然放射現(xiàn)象D．若黃光照射某金屬能發(fā)生光電效應，用紫光照射該金屬一定能發(fā)生光電效應解析　光電效應現(xiàn)象說明光具有粒子性，A正確；重核裂變和輕核聚變都要產(chǎn)生能量，根據(jù)質能方程得產(chǎn)生能量的過程一定伴隨著質量的虧損，B正確；貝可勒爾首先發(fā)現(xiàn)了天然放射現(xiàn)象，C錯誤；發(fā)生光電效應的條件是入射光的頻率大于極限頻率，黃光照射能發(fā)生光電效應，說明黃光的頻率大于極限頻率，而紫光的頻率更大，故也能發(fā)生光電效應，D正確。答案　ABD19．(2018·煙臺一模)北斗導航系統(tǒng)又被稱為“雙星定位系統(tǒng)”，具有導航、定位等功能?！氨倍贰毕到y(tǒng)中兩顆工作衛(wèi)星1和2均繞地心O做勻速圓周運動，軌道半徑均為r，某時刻兩顆工作衛(wèi)星分別位于軌道上的A、B兩位置(如圖4所示)，若衛(wèi)星均順時針運行，地球表面處的重力加速度為g，地球半徑為R，不計衛(wèi)星間的相互作用力。則以下判斷中正確的是圖4A．這兩顆衛(wèi)星的向心加速度大小相等，均為B．衛(wèi)星1由位置A運動至位置B所需的時間為 C．如果使衛(wèi)星1加速，它就一定能追上衛(wèi)星2D．衛(wèi)星1由位置A運動到位置B的過程中萬有引力不做功解析　由黃金代換知：g＝，衛(wèi)星的加速度為a＝＝，故A正確；衛(wèi)星繞行的線速度為v，a＝＝，衛(wèi)星由A位置運動至B位置的時間為：t＝·＝，故B錯誤；空間的追擊，由內(nèi)圈加速追趕外圈的衛(wèi)星，故C錯誤；衛(wèi)星1由位置A運動位置B的過程中，萬有引力與速度垂直，不做功，D正確。答案　AD20．如圖5所示，豎直面內(nèi)有一個閉合導線框ACDE(由柔軟細導線制成)掛在兩固定點A、D上，水平線段AD為半圓的直徑，在導線框的E處有一個動滑輪，動滑輪下面掛一重物，使導線處于繃緊狀態(tài)。在半圓形區(qū)域內(nèi)，有磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的有界勻強磁場。設導線框的電阻為r，圓的半徑為R，在將導線上的C點以恒定角速度ω(相對圓心O)從A點沿圓弧移動的過程中，若不考慮導線中電流間的相互作用，則下列說法正確的是圖5A．在C從A點沿圓弧移動到D點的過程中，導線框中感應電流的方向先逆時針，后順時針B．當C沿圓弧移動到圓心O的正上方時，導線框中的感應電動勢最大C．在C從A點沿圓弧移動到圖中∠ADC＝30°位置的過程中，通過導線上C點的電荷量為D．在C從A點沿圓弧移動到D點的過程中，導線框中產(chǎn)生的電熱為解析　設轉過角度為θ＝ωt，根據(jù)幾何知識知，線框上部分的三角形的面積：S＝2R·Rsin θ＝R2sin θ磁通量為Φ＝BR2sin θ＝BR2sin ωt，磁通量先增大后減小，根據(jù)楞次定律知電流的方向先逆時針，后順時針，故A正確；根據(jù)E＝知e＝ωBR2cos ωt，C沿圓弧移動到圓心O的正上方時，導線框中感應電動勢最小為零，故B錯誤；根據(jù)q＝知q＝＝，故C錯誤；根據(jù)B項知電動勢有效值為E＝＝ωBR2，故電熱Q＝t＝，故D正確。答案　AD21.如圖6所示為一個小型電風扇的電路簡圖，其中理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)之比為n∶1，原線圈接電壓為U的交流電源，輸出端接有一只電阻為R的燈泡L和交流風扇電動機D，電動機線圈電阻為r。接通電源后，電風扇正常運轉，測出通過副線圈的電流為I，則下列說法正確的是圖6A．理想變壓器的輸入功率為B．風扇電動機D中的電流為C．風扇電動機D輸出的機械功率為D．若電風扇由于機械故障被卡住，則通過原線圈的電流為解析　根據(jù)原、副線圈電流與匝數(shù)成反比可知原線圈中電流為I1＝，根據(jù)P＝UI可知理想變壓器輸入功率P1＝UI1＝，A正確；根據(jù)原、副線圈電壓與匝數(shù)成正比可知副線圈兩端電壓U2＝，風扇電動機D是非純電阻元件，故風扇電動機中電流I22＝I－＝I－≠，B錯誤；風扇電動機輸出機械功率為P22＝U2I22－Ir，C錯誤；若電風扇被卡住，則電風扇只是一個純電阻r，副線圈電路電阻為R2＝，原、副線圈的功率相等，有＝I11U，解得I11＝，D正確。答案　AD

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