高三物理二轮复习必考题型巧练专题一选择题巧练速度快得分专题一仿高考选择题巧练(一)含答案

- 1 - 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．0.35mg 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/s2

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22 C

D．线框边长为1 m

17．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/s

B．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 W

- 2 - D．电流表的示数为2.20 A

18.(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/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

20．(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(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(

)

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vm时，运动的位移为x，则以下说法中不正确的是 (

)

- 3 - 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 αB2L2cos α

C．在此过程中电阻R上产生的焦耳热为mgxsin α－12mv2m

D．在此过程中流过电阻R的电荷量为BLxR＋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＝22 T，B项正确；由q＝ΔΦR＝BL2R＝22 C，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＝100π rad/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＝GMmr2，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GMmr2＝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

- 4 - 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，vP＝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.

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B2L2vmcos αR＋r＝mgtan α，得vm＝mg（R＋r）sin αB2L2cos2α，B错误；由能量守恒定律可得mgxsin α＝12mv2m＋Q总，则电阻R上产生的焦耳热为QR＝RR＋rQ总＝RR＋rmgxsin α－12mv2m，C错误；流过电阻R的电荷量为Q＝ΔΦR＋r＝BLxcos αR＋r，D错误．