发布时间 : 星期日 文章(浙江专用)高考物理二轮复习 特色专题训练 仿高考选择题巧练(一)更新完毕开始阅读b3f2f819a65177232f60ddccda38376bae1fe01b
仿高考选择题巧练(一)
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一、单项选择题 14．科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用．下列说法不符合历史事实的是( )
A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变
B．伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去
C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向
D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
15.如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30.当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为( )
A．0.35mg B．0.30mg C．0.23mg D．0.20mg
16．一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图甲所示．t＝0时刻对线框施加一水平向右的外力，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场，外力F随时间t变化的图象如图乙所示．已知线框质量m＝1 kg、电阻R＝1 Ω，下列说法错误的是( )
A．线框做匀加速直线运动的加速度为1 m/s B．匀强磁场的磁感应强度为22 T
C．线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为
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2 C 2D．线框边长为1 m
17.(2015·温州检测)用起重机将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，其v－t图象如图所示．下列说法不正确的是( )
A．在0～t1时间内，货物处于超重状态
B．在t2～t3时间内，起重机拉力对货物做负功 C．在t1～t2时间内，货物的机械能一直在增大
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D．匀速阶段拉力的功率可能比加速阶段某一时刻拉力的瞬时功率小 二、不定项选择题
18.甲、乙两辆汽车在同一水平直道上运动，其运动的位移—时间图象(x－t图象)如图所示，则下列关于两车运动情况的说法正确的是( )
A．甲车先做匀减速直线运动，后做匀速直线运动 B．乙车在0～10 s内的平均速度大小为0.8 m/s C．在0～10 s内，甲、乙两车相遇两次
D．若乙车做匀变速直线运动，则图线上P所对应的瞬时速度大小一定大于0.8 m/s 19．一半径为R的均匀带正电圆环水平放置，环心为O点，质量为m的带正电的小球从O点正上方h高度的A点由静止释放，并穿过带电圆环．小球从A点运动到A点关于O点的对称点A′的过程中，其加速度(a)、重力势能(EpG)、机械能(E)、电势能 (Ep电)随位置变化的图象如图所示(取O点为坐标原点且重力势能为零，向下为正方向，并取无穷远处电势为零)．其中可能正确的是( )
20.如图所示，足够长的光滑U形导轨宽度为L，其所在平面与水平面的夹角为α，上端连接一个阻值为R的电阻，置于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，今有一质量为m、有效电阻为r的金属杆垂直于导轨放置并由静止下滑，设磁场区域无限大，当金属杆下滑达到最大速度vm时，运动的位移为x，则以下说法中不正确的是 ( )
A．金属杆所受导轨的支持力大于mgcos α B．金属杆下滑的最大速度vm＝
mg（R＋r）sin α
B2L2cos α12C．在此过程中电阻R上产生的焦耳热为mgxsin α－mv2m D．在此过程中流过电阻R的电荷量为
仿高考选择题巧练(一)
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BLx R＋r14．A
15．解析：选D.车厢内的重物受重力、支持力FN和水平向右的摩擦力Ff的作用，将加速度沿水平方向和竖直方向分解，由牛顿运动定律可知FN－mg＝masin 37°，Ff＝macos 37°，由牛顿第三定律可知，重物所受支持力FN＝1.15mg，代入上式解得：Ff＝0.20mg，D项正确．
16． 解析：选D.t＝0时，线框初速度为零，故感应电动势为零，力F为线框所受
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合外力，由牛顿第二定律可知，线框的加速度a＝1 m/s，A项正确；由题图乙知，t＝1.0 s时，线框刚好离开磁场，由匀变速直线运动规律可知线框的边长为0.5 m，D项错误；线框的末速度v＝at＝1 m/s，感应电动势E＝BLv，回路中电流I＝E/R，安培力F安＝BIL，由牛ΔΦBL22顿第二定律有：F－F安＝ma，联立解得B＝22 T，B项正确；由q＝＝＝ C，C
RR2项正确．
17．解析：选B.由v－t图象知，货物先向上做匀加速运动(处于超重状态)，再做匀速运动，最后做匀减速运动(处于失重状态)，可知选项A正确；在t2到t3时间内，起重机拉力对货物做正功，则选项B错误；在t1到t3时间内，起重机拉力对货物一直做正功，货物的机械能一直在增大，则选项C正确；货物匀加速阶段拉力F1＞mg，速度v1＜vm，匀速阶段F2＝mg，速度v2＝vm，匀速阶段拉力的功率P2＝F2v2＝mgvm可能比匀加速阶段某一时刻拉力的瞬时功率P1＝F1v1小，则选项D正确．
18．解析：选BCD.从题图中可以看出，甲车先做匀速直线运动，当运动到t＝4 s末时，甲车停止，故A错误；乙车在0～10 s内的位移大小为8 m，平均速度大小v＝0.8 m/s，故B正确；甲车和乙车的位移－时间图象有两个交点，所以甲、乙两车会相遇两次，故C正确；若乙车做匀变速直线运动，P点对应的位置坐标为x＝4 m，恰好是在0～10 s内乙车位移的中点，又因为vt＝v＝0.8 m/s，vP＝vx>vt，所以D正确．
22219．解析：选ABC.圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A点到圆环
中心O点的过程中，场强可能先增大后减小，则小球所受的电场力先增大后减小，方向竖直向上，小球所受重力不变，方向竖直向下，由牛顿第二定律得，加速度可能先减小后增大；小球穿过圆环中心O点后，小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，根据对称性可知，电场力先增大后减小，则加速度先增大后减小，故A是可能的．小球从A点到圆环中心O点的过程中，重力势能EpG＝mgh>0，小球穿过圆环后，EpG＝－mgh<0，根据数学知识可知，B是可能的．小球从A点到圆环中心O点的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环中心O点后，电场力做正功，机械能增大，故C是可能的．由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，所以D是不可能的．故选ABC.
20．解析：选BCD.由于磁感应强度方向竖直向上，根据右手定则及左手定则，金属杆受重力、支持力及水平向右的安培力，A正确；当金属杆受力平衡时，速度最大，故有B2L2vmcos αmg（R＋r）sin α
＝mgtan α，得vm＝，B错误；由能量守恒定律可得mgxsin
R＋rB2L2cos2α
α＝mv2m＋Q总，则电阻R上产生的焦耳热为QR＝
流过电阻R的电荷量为Q＝
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1?RR?
mgxsin α－mv2m，Q总＝C错误；?2?R＋rR＋r??
ΔΦBLxcos α
＝，D错误． R＋rR＋r
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