高考物理二轮专题精炼 第一篇专题三仿高考计算题巧练(二)

仿高考选择题巧练(三) [建议用时：20分钟]1.甲、乙两物体从同一地点开始沿同一方向运动，其速度随时间的变化关系如图所示，图中t 2＝t 42，两段曲线均为14圆弧，则( )A ．两物体在t 1时刻加速度相同B ．两物体在t 2时刻运动方向均改变C ．两物体在t 3时刻相距最远，t 4时刻相遇D ．0～t 4时间内甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度2.将两个质量均为m 的小球a 、b 用绝缘细线相连，竖直悬挂于O 点，其中球a 带正电、电荷量为q ，球b 不带电，现加一电场强度方向平行竖直平面的匀强电场(没画出)，使整个装置处于平衡状态，且绷紧的绝缘悬线Oa 与竖直方向的夹角为θ＝30°，如图所示，则所加匀强电场的电场强度大小可能为( ) A.mg 4q B ．mg q C.mg 2q D ．3mg 4q3.如图所示，半径R ＝0.5 m 的14圆弧接收屏位于电场强度方向竖直向下的匀强电场中，OB 水平，一质量为m ＝10－4kg 、带电荷量为q ＝8.0×10－5C 的粒子从与圆弧圆心O 等高且距O 点0.3 m 的A 点以初速度v 0＝3 m/s 水平射出，粒子重力不计，粒子恰好能垂直打到圆弧曲面上的C 点(图中未画出)，取C 点电势φ＝0，则( )A ．该匀强电场的电场强度E ＝100 V/mB ．粒子在A 点的电势能为8×10－5J C ．粒子到达C 点的速度大小为3 2 m/sD ．粒子速率为4 m/s 时的电势能为4.5×10－4J4．如图甲所示，光滑导轨水平放置在竖直方向的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B 随时间的变化规律如图乙所示(规定向下为B 的正方向)，导体棒ab 垂直导轨放置，除电阻R 的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab 在水平外力F 的作用下始终处于静止状态．规定a →b 的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0～2t 0时间内，能正确反映流过导体棒ab 的电流与时间关系及外力与时间关系的图线是( )5.如图是远距离输电的示意图，变压器均为理想变压器，发电机的输出电压恒定，输电线上损耗的功率为P R ，变压器原副线圈的电压以及电流用图中的量表示．则当用户用电处于高峰期时，下列说法正确的是( )A ．U 2变大B ．U 4不变C ．P R 增大D ．I 1变小6．(多选)如图所示，一倾角θ＝30°的光滑斜面固定在箱子底板上，一小球用一细绳拴于箱子顶部，细绳与斜面间夹角也为θ，细绳对小球的拉力为T ，斜面对小球的支持力为N ，重力加速度为g ，小球始终相对斜面静止，则下列运动能确保T 、N 中只有一个为0的是( )A ．箱子自由下落B ．箱子水平向右做加速运动，且加速度大小为33g C ．箱子水平向右做减速运动，且加速度大小为33gD ．箱子以任意加速度竖直向上做加速运动7．(多选)北斗卫星导航系统第三颗组网卫星(简称“三号卫星”)的工作轨道为地球同步轨道，设地球半径为R ，“三号卫星”的离地高度为h ，则关于地球赤道上静止的物体、地球近地环绕卫星和“三号卫星”的有关说法中正确的是( )A ．赤道上物体与“三号卫星”的线速度之比为v 1v 3＝R ＋hRB ．近地卫星与“三号卫星”的角速度之比为ω2ω3＝⎝⎛⎭⎫R ＋h R 2C ．近地卫星与“三号卫星”的周期之比为T 2T 3＝⎝⎛⎭⎫R R ＋h 3D ．赤道上物体与“三号卫星”的向心加速度之比为a 1a 3＝RR ＋h8.(多选)设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A 点沿曲线ACB 运动，到达B 点时速度为零，C 点是运动的最低点．忽略重力，以下说法中正确的是( ) A ．此离子必带正电荷B ．A 点和B 点位于同一高度C ．离子在C 点时的机械能最大D ．离子到达B 点后，将沿原曲线返回A 点仿高考选择题巧练(三) 1．[解析]选C.因两段曲线均为14圆弧，由题图知在t 1时刻曲线的切线斜率的绝对值与直线斜率相等，即两者加速度大小相等，但方向相反，A 错；两物体均做单方向的直线运动，B 错；甲先做匀加速运动再做匀减速运动，乙先做加速度减小的减速运动，再做加速度减小的加速运动，在t 3时刻，两物体相距最远；两物体在0～t 4时间内图线与t 轴所围面积相等，即两物体在t 4时刻相遇，在0～t 4时间内的平均速度相同，C 对，D 错．2．[解析]选B.取小球a 、b 为整体，则受重力2mg 、悬线拉力T 和电场力F 作用处于平衡，此三力满足如图所示的三角形关系，由图知F 的最小值为2mg sin 30°＝mg ，由F ＝qE 知A 、C 、D 错，B 对．3.[解析]选D.粒子在电场力作用下做类平抛运动，因粒子垂直打在C 点，由几何知识结合类平抛运动规律知C 点速度方向的反向延长线必过O 点且OD ＝AO ＝0.3 m ，DC ＝0.4 m ，即有：AD ＝v 0t ，DC ＝12·qEm t 2，联立并代入数据可得E ＝25 N/C ，A 错；因U DC ＝E ·DC ＝10 V ，而A 、D 两点电势相等，所以φA ＝10 V ，即粒子在A 点的电势能为E p ＝qφA ＝8×10－4J ，B 错；从A到C 由动能定理知qU AC ＝12m v 2C －12m v 20，得v C ＝5 m/s ，C 错；粒子在C 点总能量为E C ＝12m v 2C ＝1.25×10－3J ，由能量守恒知粒子速率为4 m/s 时的电势能为E ′p ＝E C －12m v 2＝4.5×10－4J ，D 对．4．[解析]选D.B -t 图线的斜率为ΔB Δt ，0～2t 0时间内B -t 图线为一倾斜的直线，其斜率不变，故ΔBΔt 为定值，由法拉第电磁感应定律知E ＝ΔΦΔt ＝ΔBΔtS 为定值，故流过导体棒ab 的电流也不变，A 、B 错误；导体棒始终静止，故外力F 与导体棒所受安培力F 安时刻等大反向，而F 安＝BIL ，且I 、L 均不变，只有磁感应强度B 按题图规律变化，即外力F 随时间均匀变化，故C 错误，D 正确．5．[解析]选C.对于升压变压器，由于发电机的输出电压不变，原副线圈匝数不变，则副线圈的电压不变，即升压变压器的输出电压U 2不变，故A 错误；当用户用电处于高峰期时，降压变压器的输出功率增大，从而导致降压变压器的输入电流变大，所以输电线路的电压损失变大，最终使得降压变压器的原线圈上的电压变小，原副线圈匝数不变，则副线圈的电压变小，即降压变压器的输出电压变小，故B 错误；输电线路的电压损失变大，输电线的电阻不变，导致线路中损失的功率变大，故C 正确；当用户用电处于高峰期时，降压变压器的输出功率增大，从而导致降压变压器的输入电流变大，则升压变压器初级线圈中的电流也变大，故D 错误．6．[解析]选BC.当箱子自由下落时，小球的加速度为g ，T 、N 均为0，A 错；箱子水平向右加速，此时斜面对小球的支持力可以为0，则有tan 60°＝mg ma ，即加速度大小为33g ，B 对；箱子水平向右减速时，绳的拉力可以为0，则有tan 30°＝ma mg ，即加速度大小为33g ，C 对；当箱子以任意加速度竖直向上加速时，绳的拉力T 和斜面的支持力N 均不为0，D 错．7．[解析]选CD.“三号卫星”与地球自转同步，角速度相同，故有v 1v 3＝RR ＋h ，选项A 错误；对近地卫星G Mm 2R 2＝m 2ω22R ，对“三号卫星”G Mm 3(R ＋h )2＝m 3ω23(R ＋h )，两式比较可得ω2ω3＝⎝⎛⎭⎫R ＋h R 3，选项B 错误；同样对近地卫星G Mm 2R 2＝m 24π2T 22R ，对“三号卫星”G Mm 3(R ＋h )2＝m 34π2T 23(R ＋h )，两式比较可得T 2T 3＝⎝⎛⎭⎫R R ＋h 3，选项C 正确；“三号卫星”与地球自转同步，角速度相同，由a ＝ω2r 可得a 1a 3＝RR ＋h，选项D 正确．8．[解析]选ABC.由离子的弯曲方向可判知，离子带正电；又由能量守恒可判知，A 、B 等高；离子运动到最低点时，电场力做功最多，电势能最小，则机械能最大．。

2024届河北省高三下学期第二次高考模拟演练全真演练物理试题（基础必刷）一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题质量为的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射击手。

首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为，然后右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为，如图所示。

设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同。

当两颗子弹均相对木块静止时，下列说法中正确的是（ ）A．最终木块静止，B．最终木块向右运动，C．最终木块向左运动，D．最终木块静止，第(2)题航天飞机中的物体处于失重状态，是指这个物体（ ）A．不受地球的吸引力B．受到地球吸引力和向心力的作用而处于平衡状态C．对支持它的物体的压力为零D．受到向心力和离心力的作用而处于平衡状态第(3)题如图，某次雷雨天气带电云层和建筑物上的避雷针之间形成电场，图中虚线为该电场的三条等差等势线，实线为某带电粒子运动轨迹，A、B为运动轨迹上两点。

带电粒子重力不计，避雷针带负电。

则（ ）A．带电粒子带负电B．避雷针尖端附近电势较高C．带电粒子在A点的加速度大于在B点的加速度D．带电粒子在A点的电势能大于在B点的电势能第(4)题2021年12月9日15时40分，天宫课堂第一课正式开讲，这是首次在距地面约的中国载人空间站天宫上进行的太空授课活动。

授课期间，航天员与地面课堂的师生进行了实时互动，则（ ）A．在天宫中宇航员由于没有受到地球引力而处于漂浮状态B．即使在“天宫”中处于完全失重状态，宇航员仍可用弹簧拉力器锻炼身体C．天宫的运行速度介于第一宇宙速度与第二宇宙速度之间D．天宫能和地面课堂实时交流，是因其绕地球运行角速度和地球自转角速度相同第(5)题如图所示，半径为R的半圆形光滑管道ACB固定在竖直平面内。

在一平行于纸面的恒力F（未画出）作用下，质量为m的小球从A端静止释放后，恰能到达最低点C；从B端静止释放后，到达C点时，管道受到的压力为10mg。

计算题仿真练(二)1．(12分)理论和实践均表明，飞机机翼产生的升力和空气对飞机的阻力均与其速度的平方成正比，即F 升＝k 1v 2、F 阻＝k 2v 2，其中k 1、k 2是只与飞机和空气密度有关的常数．现有一架质量为m 的飞机在水平直跑道上从静止开始加速滑行，准备起飞，已知飞机发动机产生的推力始终等于飞机本身重力的14，轮胎和地面间的等效动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，常数k 1、k 2与等效动摩擦因数μ之间满足k 2＝μk 1的关系，试求飞机从开始运动到起飞所滑行的距离．解析： 飞机在水平直跑道上滑行中的某一时刻的受力情况如图甲所示设某一时刻飞机滑行时的加速度大小为a ，由牛顿第二定律可得F －F f －F 阻＝ma (1分) 又因为F f ＝μ(mg －F 升)，F 阻＝k 2v 2即F －k 2v 2－μ(mg －k 1v 2)＝ma整理可得F －(k 2－μk 1)v 2－μmg ＝ma (2分) 又因为k 2＝μk 1所以有F －μmg ＝ma (1分)即飞机做匀加速直线运动，又因为F ＝14mg可解得a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14－μg (1分) 飞机刚刚起飞离开地面时，飞机的受力情况如图乙所示 由题意可知，此时有mg ＝k 1v 2(2分) 因此飞机起飞时的速度大小为v ＝mgk 1(1分) 由运动学公式可得飞机从开始运动到起飞所滑行的距离为x ＝v 22a(1分)代入数据可得x ＝2m k 1－4μ(1分)答案：2m k1－4μ2.(12分)如图所示，半径R ＝0.5 m 的光滑圆弧轨道ABC 与足够长的粗糙轨道CD 在C 处平滑连接，O 为圆弧轨道ABC 的圆心，B 点为圆弧轨道的最低点，半径OA 、OC 与OB 的夹角分别为53°和37°.将一个质量m ＝0.5 kg 的物体(可视为质点)从A 点左侧高为h ＝0.8 m 处的P 点水平抛出，恰从A 点沿切线方向进入圆弧轨道．已知物体与轨道CD 间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)物体水平抛出时的初速度大小v 0；(2)物体经过B 点时，对圆弧轨道的压力大小F N ； (3)物体在轨道CD 上运动的距离x .解析： 本题中物体先做平抛运动，再做变速圆周运动，最后做匀减速直线运动，第一个过程可用平抛规律求解初速度，第二个过程可用功能关系及牛顿运动定律求解压力大小，第三个过程可用动能定理或运动学规律(较烦琐)求解运动距离．(1)由平抛运动规律知v 2y ＝2gh ，(1分) 竖直分速度v y ＝2gh ＝4 m/s(1分) 初速度v 0＝v y tan 37°＝3 m/s.(1分)(2)物体从P 点至B 点的过程，由机械能守恒定律有mg (h ＋R －R cos 53°)＝12mv 2B －12mv 20(2分)经过B 点时，由向心力公式有F N ′－mg ＝m v 2BR(1分)代入数据解得F N ′＝34 N(1分)由牛顿第三定律知，物体对轨道的压力大小为F N ＝34 N ．(1分)(3)因μmg cos 37°＞mg sin 37°，物体沿轨道CD 向上做匀减速运动，速度减为零后不会下滑，从B 到上滑至最高点的过程，由动能定理有－mgR (1－cos 37°)－(mg sin 37°＋μmg cos 37°)x ＝0－12mv 2B (3分)代入数据可解得x ＝1.09 m(1分) 物体在轨道CD 上运动的距离x 为1.09 m.答案： (1)3 m/s (2)34 N (3)1.09 m3．(20分)如图(a)所示，斜面倾角为37°，一宽为d ＝0.43 m 的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁场边界与斜面底边平行．在斜面上由静止释放一长方形金属线框，线框沿斜面下滑，下边与磁场边界保持平行．取斜面底部为零势能面，从线框开始运动到恰好完全进入磁场的过程中，线框的机械能E 和位移x 之间的关系如图(b)所示，图中①、②均为直线段．已知线框的质量为m ＝0.1 kg ，电阻为R ＝0.06 Ω，重力加速度取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求金属线框与斜面间的动摩擦因数μ；(2)求金属线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间t ； (3)求金属线框穿越磁场的过程中，线框中产生焦耳热的最大功率P m .解析： (1)由能量守恒定律可知，线框减少的机械能等于克服摩擦力所做的功，则 ΔE 1＝W f 1＝μmg cos 37°x 1(1分)其中x 1＝0.36 m ，ΔE 1＝(0.900－0.756) J ＝0.144 J(1分) 可解得μ＝0.5(1分)(2)金属线框进入磁场的过程中，减少的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，机械能仍均匀减少，因此安培力也为恒力，线框做匀速运动v 21＝2ax 1，(1分)其中a ＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s 2(2分) 可解得线框刚进磁场时的速度大小为v 1＝1.2 m/s ΔE 2＝W f 2＋W A ＝(F f ＋F A )x 2(1分)其中ΔE 2＝(0.756－0.666) J ＝0.09 J ，(2分)F f ＋F A ＝mg sin 37°＝0.6 N ，(1分)x 2为线框的侧边长，即线框进入磁场过程运动的距离，可求出x 2＝0.15 m(1分) t ＝x 2v 1＝0.151.2s ＝0.125 s(1分) (3)线框刚出磁场时速度最大，线框内的焦耳热功率最大P m ＝B 2L 2v 22R(1分)由v 22＝v 21＋2a (d －x 2)(1分) 可求得v 2＝1.6 m/s(1分)根据线框匀速进入磁场时，F A ＋μmg cos 37°＝mg sin 37°，(2分) 可求出F A ＝0.2 N ，(1分)又因为F A ＝B 2L 2v 1R，(1分)可求出B 2L 2＝0.01 T 2·m 2将v 2、B 2L 2的值代入，可求出P m ＝B 2L 2v 22R＝0.43 W ．(1分)答案： (1)0.5 (2)0.125 s (3)0.43 W4.(20分)如图所示，足够大的荧光屏ON 垂直xOy 坐标面，与x 轴夹角为30°，当y 轴与ON 间有沿y 轴正方向、场强为E 的匀强电场时，一质量为m 、电荷量为－q (q ＞0)的离子从y 轴上的P 点，以速度v 0、沿x 轴正方向射入电场，恰好垂直打到荧光屏上的M 点(图中未标出)．现撤去电场，在y 轴与ON 间加上垂直坐标面向里的匀强磁场，相同的离子仍以速度v 0从y 轴上的Q 点沿x 轴正方向射入磁场，恰好也垂直打到荧光屏上的M 点，离子的重力不计．(1)求离子在电场中运动的时间t 1；(2)求P 点距O 点的距离y 1和离子在磁场中运动的加速度大小a ；(3)若相同的离子分别从y 轴上的不同位置以速度v ＝ky (y ＞0，k 为常数)沿x 轴正方向射入磁场，离子都能打到荧光屏上，求k 应满足的条件．解析： 此题审题时可得到如下信息：离子在电场中做类平抛运动，在M 点速度垂直ON ，可用类平抛规律求解；在磁场中做匀速圆周运动，OM 长即半径，可用洛伦兹力提供向心力求解；要想都打在荧光屏上，则必有临界条件(轨迹与ON 相切)；求解的关键在于图中的几何关系．(1)设离子垂直打到荧光屏上的M 点时，沿y 方向的分速度大小为v y ，在电场中运动的加速度为a 1，则v y ＝v 0tan 30°，(1分)qE ＝ma 1，(1分) v y ＝a 1t 1，(1分)联立解得t 1＝3mv 0qE.(2分)(2)由几何关系可知y 1＝12a 1t 21＋v 0t 1tan 30°(2分)解得y 1＝5mv 22qE(1分)设离子在磁场中做圆周运动的半径为y 2，则y 2cos 30°＝v 0t 1，(2分)而a ＝v 20y 2(1分)联立解得a ＝qE2m.(2分)(3)如图所示，设从纵坐标为y 处射入磁场的离子，恰好能打到荧光屏上，对应的圆周运动半径为r 0，则r 0＋r 0cos 30°＝y (2分)设离子进入磁场的速度v ＝ky 时，离子做圆周运动的半径为r ，则qBv ＝m v 2r(1分)为使离子能打到荧光屏上应满足r ≥r 0(1分) 而qBv 0＝ma (2分) 联立解得k ≥3－qE 2mv 0(1分)答案： (1)3mv 0qE (2)qE2m(3)k ≥3－qE2mv 0。

物理仿真模拟卷(二)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。

每小题只有一个选项符合题目要求。

1．如图所示，在一通有恒定电流的长直导线的右侧，有一带正电的粒子以初速度v0沿平行于导线的方向射出。

若粒子所受重力及空气阻力均可忽略不计，现用虚线表示粒子的运动轨迹，虚线上某点所画有向线段的长度和方向表示粒子经过该点时的速度大小和方向，下列图景可能正确的是()A B C D[命题意图]本题考查安培定则、粒子在洛伦兹力作用下的运动等知识。

B[通过右手螺旋定则可以判断出导线右侧的磁场方向是垂直纸面向里的，再由左手定则可以判断出初始时粒子受到的洛伦兹力的方向是水平向左的，故粒子会向左偏转，选项C、D错误；又因为洛伦兹力不改变粒子运动的速度大小，只会改变粒子运动的方向，故粒子的运动速率不变，选项B正确，A错误。

] 2．在酿造米酒的过程中，酒缸中泡在水里的糯米在发酵过程中(恒温)，在缸底会有很多气泡形成并缓慢上升到表面爆裂，酒香四溢。

下列说法不正确的是()A．酒香四溢是酒精气体分子间的斥力造成的B．气泡在上升过程中，气泡内气体压强减小C．气泡在上升过程中，气泡内气体从外界吸收热量D．气泡在上升过程中，气泡内气体对外界做功[命题意图]本题考查考生的理解能力，需应用分子动理论、理想气体状态方程、热力学第一定律及相关知识解题。

A[酒精气体弥散是酒精分子在做扩散运动，A错；由理想气体状态方程可知当温度不变时，体积增大，压强减小，B正确；由热力学第一定律可知，理想气体温度不变时，则内能不变，若体积增大，气体对外做功，则需从外界吸热，C、D正确。

]3．如图所示为氢原子能级图。

大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时发出不同频率的光。

用这些光照射金属钙。

已知金属钙的逸出功为3.20 eV。

能够从金属钙的表面照射出光电子的光共有()A．2种B．3种C．4种D．5种[命题意图]本题考查考生对玻尔理论、光电效应及其相关知识点的理解。

仿高考选择题巧练(一)(建议用时：20分钟)14．(2015·河北五校质检)关于物理科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是( )A ．奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象B ．库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e 的数值C ．牛顿发现了万有引力定律，并通过实验测出了引力常量D ．法拉第发现了电磁感应现象，并制作了世界上第一台发电机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 ．0.35mgB ．0.30mgC ．0.23mgD ．0.20mg16.一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 2B ．匀强磁场的磁感应强度为2 2 TC ．线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为22C D ．线框边长为1 m17．如图甲是某交流发电机产生的正弦交变电压的图象，图乙是原、副线圈匝数比为5∶1的理想变压器，电流表为理想电表，电阻R ＝100 Ω，现将该交流发电机接入到变压器的A 、B 端，则下列说法中正确的是( )A ．交流发电机线圈转动的角速度为50π rad/sB ．在t ＝0.01 s 时穿过发电机线圈的磁通量最小C ．电阻R 消耗的电功率为19.36 WD．电流表的示数为2.20 A18.(2015·杭州二模)国际研究小组借助于智利的甚大望远镜，观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点O做匀速圆周运动，如图所示．此双星系统中体积较小成员能“吸食”另一颗体积较大星体表面物质，达到质量转移的目的，被“吸食”星体的质量远大于“吸食”星体的质量．假设在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，则在最初演变的过程中()A．它们做圆周运动的万有引力保持不变B．它们做圆周运动的角速度不断变大C．体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度也变大D．体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度变小19.(多选)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/sC．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/s20．(多选)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(E p G)、机械能(E)、电势能(E p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()21．(多选)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v m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mg cos αB．金属杆下滑的最大速度v m＝mg（R＋r）sin αB2L2cos αC．在此过程中电阻R上产生的焦耳热为mgx sin α－12m v2mD．在此过程中流过电阻R的电荷量为BLx R＋r仿高考选择题巧练(一)14．解析：选D.奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，A项错；美国科学家密立根最早用油滴法测得元电荷e的数值，B项错；卡文迪许通过扭秤实验测出了引力常量，C项错．15．解析：选D.车厢内的重物受重力、支持力F N和水平向右的摩擦力F f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F N－mg＝ma sin 37°，F f＝ma cos 37°，由牛顿第三定律可知，重物所受支持力F N＝1.15mg，代入上式解得：F f＝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为线框所受合外力，由牛顿第二定律可知，线框的加速度a＝1 m/s2，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，由牛顿第二定律有：F－F安＝ma，联立解得B＝2 2 T，B项正确；由q＝ΔΦR＝BL2R＝22C，C项正确．17．解析：选C.由题图甲可知，该交变电流的周期为T＝0.02 s，所以交流发电机线圈转动的角速度为ω＝2πT＝100πrad/s，选项A错误；在t＝0.01 s时，交流发电机产生的电动势为零，即磁通量的变化率为零，所以此时穿过发电机线圈的磁通量最大，选项B错误；发电机发出的交流电的电压有效值为220 V，通过匝数比为5∶1的理想变压器后，由n1n2＝U1U2可得其副线圈两端的电压为44 V，所以电阻R消耗的电功率为P＝U2R＝19.36 W，选项C正确；副线圈的电流为I2＝U2R＝0.44 A，由n1n2＝I2I1可得I1＝0.088 A，选项D错误．18．解析：选C.它们做圆周运动的万有引力F＝G Mmr2，由于M变小，m变大，所以F变大，选项A错误；由牛顿第二定律得G Mmr2＝Mω2r1＝mω2r2，解得r1＝mM＋mr，m变大，r1变大，又解得ω＝G（M＋m）r3，ω保持不变，由v＝ωr得，r1变大，v1变大，选项B、D错误，C正确．19．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vt2＝v＝0.8 m/s，v P＝vx2>vt2，所以D正确．20．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E p G＝mgh>0，小球穿过圆环后，E p G＝－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.21．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B2L2v m cos αR＋r＝mg tan α，得v m＝mg（R＋r）sin αB2L2cos2α，B错误；由能量守恒定律可得mgx sin α＝12mv2m＋Q总，则电阻R上产生的焦耳热为Q R＝RR＋rQ总＝RR＋r⎝⎛⎭⎫mgx sin α－12mv2m，C错误；流过电阻R的电荷量为Q＝ΔΦR＋r＝BLx cos αR＋r，D错误．。

高考仿真练(二)一、选择题(共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求。

全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

)14.(2017·怀化三模)关于物理学的研究方法，以下说法错误的是( )A.伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法B.卡文迪许在利用扭秤实验装置测量万有引力常量时，应用了放大法C.合力与分力、总电阻、交流电的有效值用的是“等效替代”的方法D.电场强度是用比值法定义的，因而电场强度与电场力成正比，与试探电荷的电量成反比解析16世纪末，伽利略对运动的研究，不仅确立了许多用于描述运动的基本概念，而且创造了一套对近代科学发展极为有益的方法。

这些方法的核心是把逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法，故A正确；扭秤实验可以测量微弱的作用，关键在于它把微弱的作用经过了两次放大：一方面微小的力通过较长的力臂可以产生较大的力矩，使悬丝产生一定角度的扭转；另一方面在悬丝上固定一平面镜，它可以把入射光线反射到距离平面镜较远的刻度尺上，从反射光线射到刻度尺上的光点的移动，就可以把悬丝的微小扭转显现出来，故B正确；合力与分力、总电阻、交流电的有效值用的是“等效替代”的方法，故C正确；电场强度是用比值法定义的，但是电场强度与电场力不成正比，与试探电荷的电荷量不成反比，电场强度由电场本身的性质确定。

故D错误。

答案 D15.如图1所示，A、B、C是两带电荷量均为Q的正点电荷连线的中垂线上的三点，B是两线段的交点，A点固定有一带电荷量也为Q的负点电荷，现将一电子从B点由静止释放，电子运动中会经由C点继续向前运动，则( )图1A.从B到C，电场力对该电子一直不做功B.电子从B到C做加速度变大的加速运动C.电子在B 、C 两点时的电势能大小关系是E p B >E p CD.若电子可回到B 点，则回到B 点时速度不为零解析 由合场强的特点知，电子由B 运动到C 的过程中，受电场力作用，加速度是减小的，故A 、B 错误；由于电子能经过C 点并向前运动，且运动过程中只有电场力做功，动能增加，则电势能减小，所以E p B >E p C ，C 正确；若电子可回到B 点，由于只有电场力做功，回到B 点时电场力做功为零，动能不变，所以回到B 点时速度为零，D 错误。