2018高考物理二轮复习：题型突破训练一选择题突破练.docx

2018高考物理二轮复习：题型突破训练一选择题突破练
2018高考物理二轮复习：题型突破训练一选择题突破练

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一、单项选择题
1。如图所示是倾角为45°的斜坡，在斜坡底端P点正上方某一位置Q处以速度v0水平向左抛出一个小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t1。小球B从同一点Q处自由下落，下落至P点的时间为t2，不计空气阻力,则t1∶t2为(　　）

A．1∶2　　　　 B．1∶
C．1∶3 D．1∶
解析：小球A恰好能垂直落在斜坡上，如图所示．

由几何关系可知，小球竖直方向的速度增量vy＝gt1＝v0①
水平位移x＝v0t1②
竖直位移hQ＝gt③
由①②③得到：＝
由几何关系可知小球B作自由下落的高度为hQ＋x＝gt④
联立以上各式解得：＝.
答案：B
2．游乐场中，从离水面一定高度的A处到水面B处有两条长度相同的光滑轨道，如图所示．甲、乙两名小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处,则两名小孩在全部滑行过程中的速率v随时间t变化的下列图象，正确的是（　　）

解析:根据牛顿第二定律可知,甲的加速度逐渐减小，乙的加速度逐渐增加,而vt图线的斜率等于加速度；两小孩的位移相同，图线与坐标轴围成的面积相等；两小孩的末速率相等,故选项B正确．
答案:B
3。（2017·龙岩模拟）如图所示，两个相同的小物体P、Q静止在斜面上，P与Q之间的弹簧A处于伸长状态，Q与挡板间的弹簧B处于压缩状态,则以下判断正确的是（　　）

A．撤去弹簧A，物体P将下滑，物体Q将静止
B．撤去弹簧A，弹簧B的弹力将变小
C．撤去弹簧B，两个物体均保持静止
D．撤去弹簧B，弹簧A的弹力将变小
解析：根据题意：将P、Q看成整体可以知道，P和Q的摩擦力方向均沿斜面向上，如果P、Q整体的摩擦力大于整体重力沿斜面向下的分力，撤去弹簧A后物块P和Q仍然可以处于静止状态，弹簧B的弹力可能不变，故选项A、B错误；撤去弹簧B，弹簧A的长度不变，所以弹力不变，所以物块P的受力不变，P将继续保持静止，Q受到的向下的力少了弹簧B的推力，所以摩擦力减小，Q仍将静止，故选项C正确，选项D错误．
答案:C
4．下列说法正确的是（　　）
A.90Th经过6次α衰变和3次β衰变后成为稳定的原子核82Pb
B．原子从a能级状态跃迁到b能级状态时发射波长为λ1的光子;原子从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收波长为λ2的光子，已知λ1＞λ2。那么原子从a能级状态跃迁到c能级状态时将要吸收波长为的光子
C．当用蓝色光照射某金属表面时有电子逸出，则改用红光照射也一定会有电子逸出
D。90Th发生衰变，经过3个半衰期，剩下的90Th占开始时的
解析:发生α衰变是放出He，发生β衰变是放出电子　0－1e，设发生了x次α衰变和y次β衰变，则根据质量数和电荷数守恒有2x－y＋82＝90,4x＋208＝232，解得x＝6,y＝4，故衰变过程中共有6次α衰变和4次β衰变，A错误．原子从a能级状态跃迁到b能级状态时发射波长为λ1的光子．原子从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收波长为λ2的光子，已知λ1＞λ2.根据玻尔理论得a→b：Ea－Eb＝h；b→c：Ec－Eb＝h；a→c：Ec－Ea＝h，联立以上三式得λ＝,故B正确．发生光电效应的条件是入射光的频率不小于金属的极限频率，红光的频率小于蓝光，不一定有光电效应现象，故C错误．剩下的90Th占开始时的，故D错误．[来源:Z&xx＆k.Com］
答案：B
5．如图所示的电路中，R1＝R2＝2 kΩ，电压表V1的内阻为6 kΩ，电压表V2的内阻为3 kΩ，AB间的电压U保持不变，当电键S闭合后,它们的示数变化是（　　)［来源：学科网］

A．V1表的示数变大，V2表的示数变小
B．V1表的示数变小，V2表的示数变大
C．V1、V2表的示数均变小
D．V1、V2表的示数均变大
解析:S断开时，两电阻与两电压表并联,则V1的示数为U，V2的示数为；当S闭合时，相当于V1与R1并联，R2与V2并联，然后再串联;V1与R1的总电阻为 Ω＝1。5 Ω,R2与V2并联后的总电阻为 Ω＝ Ω；则可知，电压之比为5∶4；故V1示数为U,V2示数为U；故V1的示数减小，V2示数增大，故选项B正确．
答案：B
6．（2017·济南模拟）“天舟一号"飞船是中国空间技术研究院研制的第一艘货运飞船，2017年4月20日19时41分在海南文昌航天发射中心,由长征七号遥二运载火箭发射.4月21日上午，“天舟一号”货运飞船已经完成了两次的轨道控制，后来又进行了三次的轨道控制，使“天舟一号”货运飞船控制到“天宫二号”的后下方。4月22日12时23分，“天舟一号”货运飞船与离地面390公里处的“天宫二号”空间实验室顺利完成自动交会对接．下列说法正确的是（　　）
A．根据“天宫二号”离地面的高度,可计算出地球的质量
B．“天舟一号”与“天宫二号”的对接过程，满足动量守恒、能量守恒
C．“天宫二号"飞越地球的质量密集区上空时，轨道半径和线速度都略微减小
D．若测得“天舟一号”环绕地球近地轨道的运行周期，可求出地球的密度
解析：根据G＝m(R＋h),可得M＝，则根据“天宫二号”离地面的高度,不可计算出地球的质量，选项A错误；“天舟一号”与“天宫二号”的对接时,“天舟一号”要向后喷气加速才能对接，故对接的过程不满足动量守恒，但是能量守恒，选项B错误;“天宫二号”飞越地球的质量密集区上空时，万有引力变大，则轨道半径略微减小,引力做正功，故线速度增加，选项C错误；G＝mR，而M＝πR3ρ，可得ρ＝，即若测得“天舟一号”环绕地球近地轨道的运行周期，可求出地球的密度，选项D正确;故选D.
答案:D
7．(2017·马鞍山模拟）如图所示，A是一个边长为L的正方形导线框，每边电阻为r。现维持线框以恒定速度v沿x轴运动，并穿过图中所示由虚线围成的匀强磁场区域．Ubc＝φb－φc,线框在图示位置的时刻作为时间的零点，则b、c两点间的电势差随时间变化的图线应为（　　）

解析：规定以顺时针方向为电流的正方向，0～，线框在磁场外，感应电流为0。～，由右手定则可得出电流的方向为逆时针的方向,维持线框以恒定速度v沿x轴运动,所以感应电动势和电流不变，根据法拉第电磁感应定律,则有Ubc＝BLv,－，线框全部进入磁场，感应电流为0，但感应电动势BLv，则vbc＝BLv,～，线框左边切割磁感线，由右手定则可得出电流的方向为顺时针的方向，维持线框以恒定速度v沿x轴运动,所以感应电动势和电流不变，根据法拉第电磁感应定律，则有Ubc＝。
答案：B
8．由两种不同材料拼接成的直轨道ABC,B为两种材料的分界线,长度AB〉BC。先将ABC按图甲方式搭建成倾角为θ的斜面,让一小物块（可看作质点）从斜面顶端由静止释放,经时间t小物块滑过B点;然后将ABC按图乙方式搭建成倾角为θ的斜面，同样将小物块从斜面顶端由静止释放，小物块经相同时间t滑过B点．则小物块(　　）:学科网］

A．与AB段的动摩擦因数比与BC段的动摩擦因数大
B．两次滑到B点的速率相同
C．两次从顶端滑到底端所用的时间相同
D．两次从顶端滑到底端的过程中摩擦力做功相同
解析：第一种情况：从A到B过程，AB＝a1t2＝g(sin θ－μ1cos θ)t2，第二种情况从C到B的过程，CB＝a2t2＝g（sin θ－μ2cos θ）t2,因为AB〉BC，所以μ1＜μ2,即物块与AB段的动摩擦因数比与BC段的动摩擦因数小，选项A错误．据题意两次做匀加速直线运动s＝t,可知位移大的平均速度大，末速度同样大，故第一次到B的速率更大些，选项B错误．由WFf＝－μ1mgcos θ·AB－μ2mgcos θ·BC，则两次摩擦力做功相等，故D正确．两个过程摩擦力做功相等，重力做功相等,根据动能定理可知，两次下滑中物块到达底端速度相等为v，则第一种BC＝t1,第二种BA＝t2，因BC<BA，v1＞v2，所以t1<t2，即第二次到达底端的时间较长，选项C错误．故选D.
答案：D
二、多项选择题
9．(2017·沈阳模拟)根据质点的位置关系,我们可以分析出质点的运动轨迹．若一个质点在水平面上的xOy直角坐标系位置函数是：x＝Lcos ωt,y＝Lsin ωt。(ω是定值）则该质点的速率－时间、加速度大小－时间、合力大小－时间、合力做功—时间等相关图象错误的是(　　）

解析：质点在水平面上的xOy直角坐标系位置函数是：x＝Lcos ωt，y＝Lsin ωt，所以质点在平面直角坐标系中是一个匀速圆周运动，所受合力大小不变，速度大小不变，方向时刻在变，同样加速度大小也不变，方向在变；力和速度始终垂直，故力不做功，故A、B、D错误，C正确．
答案：ABD
10．（2017·衡水模拟)在真空中的x轴上的原点处和x＝6a处分别固定一个点电荷M、N，在x＝2a处由静止释放一个正点电荷P，假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，得到点电荷P速度大小与其在x轴上的位置关系如图所示(其中在x＝4a处速度最大）,则下列说法正确的是(　　)

A．点电荷M、N一定都是同种正电荷
B．点电荷M、N一定为异种电荷
C．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1
D．x＝4a处的电场强度不一定为零
解析：由vx图象可知,点电荷P的速度先增大后减小，所以点电荷P的动能先增大后减小,说明电场力先做正功，后做负功，结合正电荷受到的电场力的方向与电场强度的方向相同可知，电场强度的方向先沿x轴的正方向，后沿x轴的负方向，根据点电荷的电场线的特点与电场的叠加原理可知，点电荷M、N一定都是正电荷，故A正确,B错误;由题图可知，在x＝4a处点电荷P的速度最大，速度的变化率为0，说明了x＝4a处的电场强度等于0，则M与N的点电荷在x＝4a处的电场强度大小相等，方向相反,根据库仑定律得：＝，所以点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1，故C正确，D错误．故选AC.
答案：AC[来源:学科网ZXXK]
11．某人驾驶一辆汽车甲正在平直的公路上以某一速度匀速运动,突然发现前方50 m处停着一辆乙车，立即刹车，刹车后做匀减速直线运动．已知该车刹车后第1个2 s内的位移是24 m,第4个2 s内的位移是1 m．则下列说法正确的是(　　）
A．汽车甲刹车后做匀减速直线运动的加速度大小为 m/s2
B．汽车甲刹车后做匀减速直线运动的加速度大小为2 m/s2
C．汽车甲刹车后停止前，可能撞上乙车
D．汽车甲刹车前的速度为14 m/s
解析：根据x4－x1＝3aT2代入数据解得a＝ m/s2＝－ m/s2，再由位移公式x＝v0t1＋at解得初速度v0＝14 m/s，速度减为零用时t＝＝7。3 s,可知汽车在8 s前速度减为零，设汽车的加速度为a，根据x1＝v0t1＋at，得24＝2v0＋2a，汽车速度减为零时间t＝,采用逆向思维,最后2 s位移x＝(－a)·，联立解得a＝－2 m/s2，初速度v0＝14 m/s,所以B、D正确，A错误；汽车刹车距离x＝＝49 m，所以不能撞上乙车，故C错误．
答案：BD
12．(2017·西宁模拟）如图所示，面积为0。02 m2、内阻不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，转动的角速度为100 rad/s，匀强磁场的磁感应强度为 T．矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头P可移动,副线圈所接电阻R＝25 Ω,电表均为理想交流电表．当线圈平面与磁场方向平行时开始计时．下列说法正确的是（　　)

A．线圈中感应电动势的表达式为e＝100 cos （100t） V
B．P上移时，电流表示数减小[来源:学＊科*网]
C．t＝0时，电压表示数为100 V
D．当原、副线圈匝数比为2︰1时,电阻上消耗的功率为50 W
解析：矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动,产生的交流电的最大值为Em＝NBSω＝100××0.02×100 V＝100 V，线圈中感应电动势的表达式为e＝100·cos 100t（V),故A正确；P上移时，原线圈的匝数减小，则导致副线圈电压增大,那么副线圈电流也增大,则原线圈的电流会增大，故B错误;由于最大值为有效值的倍,所以交变电流的有效值为U＝100 V，当t＝0时，电压表示数为100 V，故C错误;当原、副线圈匝数比为2∶1时,电阻上消耗的功率为P＝＝ W＝50 W， 故D正确．
答案：AD
13．如图所示，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动,木块相对地面运动位移x后二者分离．则下列哪些变化可使位移x增大(　　）

A．仅增大木板的质量M
B．仅增大木块的质量m
C．仅增大恒力F
D．仅稍增大木块与木板间的动摩擦因数
解析:根据牛顿第二定律得m的加速度为a1＝＝－μg，M的加速度为a2＝，设板长为L，根据L＝a1t2－a2t2,得t＝,木块相对地面运动位移为x＝a2t2，则知若仅增大木板的质量M，m的加速度a1不变,M的加速度a2减小，由上式知时间t减小,x减小，故A错误；若仅增大小木块的质量m，则m的加速度a1减小,M的加速度a2增大，则t增大，x增大,故B正确；若仅增大恒力F，则m的加速度a1变大，M的加速度不变，则t减小,x减小，故C错误；若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则m的加速度a1减小，M的加速度a2增大，则t增大，x增大，故D正确．
答案：BD
14．（2017·重庆模拟）如图所示，小车的上面是中突的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上．今有一个可以看作质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下．关于这个过程，下列说法正确的是(　　)

A．小球滑离小车时,小车又回到了原来的位置
B．小球在滑上曲面的过程中，小车的动量变化大小是
C．小球和小车作用前后，小车和小球的速度一定变化
D．车上曲面的竖直高度不会大于
解析：小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球滑下时,小车还会继续前进，故不会回到原位置，所以A错误．由小球恰好到最高点,知道两者有共同速度,对于车、球组成的系统,由动量守恒定律列式为mv＝2mv′，得共同速度v′＝，小车动量的变化为，则B正确．由于满足动量守恒定律，系统机械能又没有增加，所以可能出现速度交换两次后和初始情况相同,选项C错误．由于小球原来的动能为，小球到最高点时系统的动能为×2m×＝，所以系统动能减少了，如果曲面光滑，则减少的动能等于小球增加的重力势能,即＝mgh,得h＝，显然这是最大值，如果曲面粗糙，高度还要小些,所以D正确．故选BD。
答案：BD