2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 特色專題訓(xùn)練 仿高考選擇題巧練（一）.doc

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2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 特色專題訓(xùn)練 仿高考選擇題巧練（一） 一、單項選擇題 14．科學(xué)家關(guān)于物體運(yùn)動的研究對樹立正確的自然觀具有重要作用．下列說法不符合歷史事實的是(　　) A．亞里士多德認(rèn)為，必須有力作用在物體上，物體的運(yùn)動狀態(tài)才會改變 B．伽利略通過“理想實驗”得出結(jié)論：運(yùn)動必具有一定速度，如果它不受力，它將以這一速度永遠(yuǎn)運(yùn)動下去 C．笛卡兒指出：如果運(yùn)動中的物體沒有受到力的作用，它將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運(yùn)動，既不停下來也不偏離原來的方向 D．牛頓認(rèn)為，物體具有保持原來勻速直線運(yùn)動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì) 15.如圖為用索道運(yùn)輸貨物的情景，已知傾斜的索道與水平方向的夾角為37，重物與車廂地板之間的動摩擦因數(shù)為0.30.當(dāng)載重車廂沿索道向上加速運(yùn)動時，重物與車廂仍然保持相對靜止?fàn)顟B(tài)，重物對車廂內(nèi)水平地板的正壓力為其重力的1.15倍，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，那么這時重物對車廂地板的摩擦力大小為(　　) A．0.35mg　　　　　　 B．0.30mg C．0.23mg D．0.20mg 16．一正方形金屬線框位于有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi)，線框平面與磁場垂直，線框的右邊緊貼著磁場邊界，如圖甲所示．t＝0時刻對線框施加一水平向右的外力，讓線框從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動穿過磁場，外力F隨時間t變化的圖象如圖乙所示．已知線框質(zhì)量m＝1 kg、電阻R＝1 Ω，下列說法錯誤的是(　　) A．線框做勻加速直線運(yùn)動的加速度為1 m/s2 B．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2 T C．線框穿過磁場的過程中，通過線框的電荷量為 C D．線框邊長為1 m 17.(xx溫州檢測)用起重機(jī)將地面上靜止的貨物豎直向上吊起，貨物由地面運(yùn)動至最高點的過程中，其v－t圖象如圖所示．下列說法不正確的是(　　) A．在0～t1時間內(nèi)，貨物處于超重狀態(tài) B．在t2～t3時間內(nèi)，起重機(jī)拉力對貨物做負(fù)功 C．在t1～t2時間內(nèi)，貨物的機(jī)械能一直在增大 D．勻速階段拉力的功率可能比加速階段某一時刻拉力的瞬時功率小 二、不定項選擇題 18.甲、乙兩輛汽車在同一水平直道上運(yùn)動，其運(yùn)動的位移—時間圖象(x－t圖象)如圖所示，則下列關(guān)于兩車運(yùn)動情況的說法正確的是(　　) A．甲車先做勻減速直線運(yùn)動，后做勻速直線運(yùn)動 B．乙車在0～10 s內(nèi)的平均速度大小為0.8 m/s C．在0～10 s內(nèi)，甲、乙兩車相遇兩次 D．若乙車做勻變速直線運(yùn)動，則圖線上P所對應(yīng)的瞬時速度大小一定大于0.8 m/s 19．一半徑為R的均勻帶正電圓環(huán)水平放置，環(huán)心為O點，質(zhì)量為m的帶正電的小球從O點正上方h高度的A點由靜止釋放，并穿過帶電圓環(huán)．小球從A點運(yùn)動到A點關(guān)于O點的對稱點A′的過程中，其加速度(a)、重力勢能(EpG)、機(jī)械能(E)、電勢能 (Ep電)隨位置變化的圖象如圖所示(取O點為坐標(biāo)原點且重力勢能為零，向下為正方向，并取無窮遠(yuǎn)處電勢為零)．其中可能正確的是(　　) 20.如圖所示，足夠長的光滑U形導(dǎo)軌寬度為L，其所在平面與水平面的夾角為α，上端連接一個阻值為R的電阻，置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，今有一質(zhì)量為m、有效電阻為r的金屬桿垂直于導(dǎo)軌放置并由靜止下滑，設(shè)磁場區(qū)域無限大，當(dāng)金屬桿下滑達(dá)到最大速度vm時，運(yùn)動的位移為x，則以下說法中不正確的是 (　　) A．金屬桿所受導(dǎo)軌的支持力大于mgcos α B．金屬桿下滑的最大速度vm＝ C．在此過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mgxsin α－mv D．在此過程中流過電阻R的電荷量為 仿高考選擇題巧練(一) 14．A 15．解析：選D.車廂內(nèi)的重物受重力、支持力FN和水平向右的摩擦力Ff的作用，將加速度沿水平方向和豎直方向分解，由牛頓運(yùn)動定律可知FN－mg＝masin 37，F(xiàn)f＝macos 37，由牛頓第三定律可知，重物所受支持力FN＝1.15mg，代入上式解得：Ff＝0.20mg，D項正確． 16． 解析：選D.t＝0時，線框初速度為零，故感應(yīng)電動勢為零，力F為線框所受合外力，由牛頓第二定律可知，線框的加速度a＝1 m/s2，A項正確；由題圖乙知，t＝1.0 s時，線框剛好離開磁場，由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律可知線框的邊長為0.5 m，D項錯誤；線框的末速度v＝at＝1 m/s，感應(yīng)電動勢E＝BLv，回路中電流I＝E/R，安培力F安＝BIL，由牛頓第二定律有：F－F安＝ma，聯(lián)立解得B＝2 T，B項正確；由q＝＝＝ C，C項正確． 17．解析：選B.由v－t圖象知，貨物先向上做勻加速運(yùn)動(處于超重狀態(tài))，再做勻速運(yùn)動，最后做勻減速運(yùn)動(處于失重狀態(tài))，可知選項A正確；在t2到t3時間內(nèi)，起重機(jī)拉力對貨物做正功，則選項B錯誤；在t1到t3時間內(nèi)，起重機(jī)拉力對貨物一直做正功，貨物的機(jī)械能一直在增大，則選項C正確；貨物勻加速階段拉力F1＞mg，速度v1＜vm，勻速階段F2＝mg，速度v2＝vm，勻速階段拉力的功率P2＝F2v2＝mgvm可能比勻加速階段某一時刻拉力的瞬時功率P1＝F1v1小，則選項D正確． 18．解析：選BCD.從題圖中可以看出，甲車先做勻速直線運(yùn)動，當(dāng)運(yùn)動到t＝4 s末時，甲車停止，故A錯誤；乙車在0～10 s內(nèi)的位移大小為8 m，平均速度大小v＝0.8 m/s，故B正確；甲車和乙車的位移－時間圖象有兩個交點，所以甲、乙兩車會相遇兩次，故C正確；若乙車做勻變速直線運(yùn)動，P點對應(yīng)的位置坐標(biāo)為x＝4 m，恰好是在0～10 s內(nèi)乙車位移的中點，又因為v＝v＝0.8 m/s，vP＝v>v，所以D正確． 19．解析：選ABC.圓環(huán)中心的場強(qiáng)為零，無窮遠(yuǎn)處場強(qiáng)也為零，則小球從A點到圓環(huán)中心O點的過程中，場強(qiáng)可能先增大后減小，則小球所受的電場力先增大后減小，方向豎直向上，小球所受重力不變，方向豎直向下，由牛頓第二定律得，加速度可能先減小后增大；小球穿過圓環(huán)中心O點后，小球所受的電場力豎直向下，加速度方向向下，為正值，根據(jù)對稱性可知，電場力先增大后減小，則加速度先增大后減小，故A是可能的．小球從A點到圓環(huán)中心O點的過程中，重力勢能EpG＝mgh>0，小球穿過圓環(huán)后，EpG＝－mgh<0，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知，B是可能的．小球從A點到圓環(huán)中心O點的過程中，電場力做負(fù)功，機(jī)械能減小，小球穿過圓環(huán)中心O點后，電場力做正功，機(jī)械能增大，故C是可能的．由于圓環(huán)所產(chǎn)生的是非勻強(qiáng)電場，小球下落的過程中，電場力做功與下落的高度之間是非線性關(guān)系，電勢能變化與下落高度之間也是非線性關(guān)系，所以D是不可能的．故選ABC. 20．解析：選BCD.由于磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向上，根據(jù)右手定則及左手定則，金屬桿受重力、支持力及水平向右的安培力，A正確；當(dāng)金屬桿受力平衡時，速度最大，故有＝mgtan α，得vm＝，B錯誤；由能量守恒定律可得mgxsin α＝mv＋Q總，則電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為QR＝Q總＝，C錯誤；流過電阻R的電荷量為Q＝＝，D錯誤．