2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 選擇題滿分練2.doc
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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(xiàng)中,第14~17題只有一項(xiàng)符合題目要求,第18~21題有多項(xiàng)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(guān)于物理學(xué)的研究方法,以下說法錯誤的是 A.伽利略開創(chuàng)了運(yùn)用邏輯推理和實(shí)驗(yàn)相結(jié)合進(jìn)行科學(xué)研究的方法 B.卡文迪許在利用扭秤實(shí)驗(yàn)裝置測量萬有引力常量時,應(yīng)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(qiáng)度是用比值法定義的,因而電場強(qiáng)度與電場力成正比,與試探電荷的電量成反比 解析 16世紀(jì)末,伽利略對運(yùn)動的研究,不僅確立了許多用于描述運(yùn)動的基本概念,而且創(chuàng)造了一套對近代科學(xué)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(shí)驗(yàn)相結(jié)合進(jìn)行科學(xué)研究的方法,故A正確;扭秤實(shí)驗(yàn)可以測量微弱的作用,關(guān)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(zhuǎn);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(yuǎn)的刻度尺上,從反射光線射到刻度尺上的光點(diǎn)的移動,就可以把懸絲的微小扭轉(zhuǎn)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(qiáng)度是用比值法定義的,但是電場強(qiáng)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(qiáng)度由電場本身的性質(zhì)確定。故D錯誤。 答案 D 15.(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(diǎn),物體A、B疊放在木板上且處于靜止?fàn)顟B(tài),此時物體B的上表面水平?,F(xiàn)使木板P繞O點(diǎn)緩慢旋轉(zhuǎn)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1 A.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(shè)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(dāng)將P繞O點(diǎn)緩慢旋轉(zhuǎn)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(shè)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 D 16.(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(qiáng)磁場中,偏轉(zhuǎn)后會打到P1、P2板上,ab直導(dǎo)線與P1、P2相連接,線圈A與直導(dǎo)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2 A.0~1 s內(nèi),ab、cd導(dǎo)線互相排斥 B.1~2 s內(nèi),ab、cd導(dǎo)線互相吸引 C.2~3 s內(nèi),ab、cd導(dǎo)線互相吸引 D.3~4 s內(nèi),ab、cd導(dǎo)線互相吸引 解析 左側(cè)實(shí)際上為等離子體發(fā)電機(jī),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 B 17.(2017廣西重點(diǎn)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(qiáng)磁場中。規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向,磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。以逆時針方向?yàn)殡娏髡较?,以向右方向?yàn)榘才嗔φ较颍铝嘘P(guān)于bc段導(dǎo)線中的感應(yīng)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(yīng)強(qiáng)度減小,方向垂直紙面向里,由楞次定律可知,產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿順時針方向,為負(fù),同理可知,0.5T~T時間內(nèi),電流為正,由法拉第電磁感應(yīng)定律可知,0~0.5 T時間內(nèi)通過bc段導(dǎo)線的電流是0.5T~T時間內(nèi)通過bc段導(dǎo)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(dǎo)線受到安培力大小是t=0時bc段導(dǎo)線受到的安培力大小的4倍,C、D均錯。 答案 B 18.在下列敘述中,正確的是 A.光電效應(yīng)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(zhì)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(yīng),用紫光照射該金屬一定能發(fā)生光電效應(yīng) 解析 光電效應(yīng)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(zhì)能方程得產(chǎn)生能量的過程一定伴隨著質(zhì)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(yīng)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(yīng),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(yīng),D正確。 答案 ABD 19.(2018煙臺一模)北斗導(dǎo)航系統(tǒng)又被稱為“雙星定位系統(tǒng)”,具有導(dǎo)航、定位等功能。“北斗”系統(tǒng)中兩顆工作衛(wèi)星1和2均繞地心O做勻速圓周運(yùn)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(yùn)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4 A.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(yùn)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2 D.衛(wèi)星1由位置A運(yùn)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(yùn)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(yùn)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 AD 20.如圖5所示,豎直面內(nèi)有一個閉合導(dǎo)線框ACDE(由柔軟細(xì)導(dǎo)線制成)掛在兩固定點(diǎn)A、D上,水平線段AD為半圓的直徑,在導(dǎo)線框的E處有一個動滑輪,動滑輪下面掛一重物,使導(dǎo)線處于繃緊狀態(tài)。在半圓形區(qū)域內(nèi),有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場。設(shè)導(dǎo)線框的電阻為r,圓的半徑為R,在將導(dǎo)線上的C點(diǎn)以恒定角速度ω(相對圓心O)從A點(diǎn)沿圓弧移動的過程中,若不考慮導(dǎo)線中電流間的相互作用,則下列說法正確的是 圖5 A.在C從A點(diǎn)沿圓弧移動到D點(diǎn)的過程中,導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的方向先逆時針,后順時針 B.當(dāng)C沿圓弧移動到圓心O的正上方時,導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢最大 C.在C從A點(diǎn)沿圓弧移動到圖中∠ADC=30位置的過程中,通過導(dǎo)線上C點(diǎn)的電荷量為 D.在C從A點(diǎn)沿圓弧移動到D點(diǎn)的過程中,導(dǎo)線框中產(chǎn)生的電熱為 解析 設(shè)轉(zhuǎn)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=2RRsin 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(dǎo)線框中感應(yīng)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(xiàng)知電動勢有效值為E==ωBR2,故電熱Q=t=,故D正確。 答案 AD 21.如圖6所示為一個小型電風(fēng)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(fēng)扇電動機(jī)D,電動機(jī)線圈電阻為r。接通電源后,電風(fēng)扇正常運(yùn)轉(zhuǎn),測出通過副線圈的電流為I,則下列說法正確的是 圖6 A.理想變壓器的輸入功率為 B.風(fēng)扇電動機(jī)D中的電流為 C.風(fēng)扇電動機(jī)D輸出的機(jī)械功率為 D.若電風(fēng)扇由于機(jī)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(fēng)扇電動機(jī)D是非純電阻元件,故風(fēng)扇電動機(jī)中電流I22=I-=I-≠,B錯誤;風(fēng)扇電動機(jī)輸出機(jī)械功率為P22=U2I22-Ir,C錯誤;若電風(fēng)扇被卡住,則電風(fēng)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- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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