（江蘇選考）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 考前提速力爭(zhēng)滿分4策略 考前提速練4

1、（江蘇選考）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 考前提速力爭(zhēng)滿分4策略 考前提速練4考前提速練4一、單項(xiàng)選擇題1.根據(jù)伽利略理想斜面實(shí)驗(yàn)，利用如圖所示的軌道裝置做實(shí)驗(yàn)：在斜軌上先后鋪墊三種粗糙程度不同的材料，同一小球從左側(cè)斜軌上的O點(diǎn)由靜止釋放后沿斜軌向下運(yùn)動(dòng)，沿右側(cè)斜軌上升到的最高位置依次為1、2、3。對(duì)比這三次實(shí)驗(yàn)可知()A第一次實(shí)驗(yàn)中小球接觸的材料是最光滑的B第二次實(shí)驗(yàn)中小球的機(jī)械能守恒C第三次實(shí)驗(yàn)中小球的慣性最大D第三次實(shí)驗(yàn)中小球?qū)壍雷畹忘c(diǎn)的壓力最大解析：選D如果斜面光滑，則小球應(yīng)到達(dá)與O點(diǎn)等高的位置，則由題圖可知，三次實(shí)驗(yàn)中小球均受到阻力作用，第一次實(shí)驗(yàn)中小球上升的高度最低，接觸

2、的材料是最不光滑的，A錯(cuò)誤；第二次實(shí)驗(yàn)中小球上升的高度低于原來(lái)的高度，說(shuō)明有阻力做負(fù)功，故機(jī)械能不守恒，B錯(cuò)誤；慣性只與質(zhì)量有關(guān)，由于三次實(shí)驗(yàn)均用同一小球，則小球的慣性相同，C錯(cuò)誤；第三次實(shí)驗(yàn)中小球到達(dá)最低點(diǎn)的速度最大，則根據(jù)向心力公式FNmgm及牛頓第三定律F壓FN可知，小球?qū)壍雷畹忘c(diǎn)的壓力最大，D正確。2.阻值均為R的四個(gè)電阻、電容為C的電容器及電動(dòng)勢(shì)為E的電源(不計(jì)內(nèi)阻)連接成如圖所示的電路。開(kāi)關(guān)K閉合且電路穩(wěn)定時(shí)，以下說(shuō)法正確的是()A電容器兩極板間的電壓為B電容器極板上的電荷量為C減小電容器兩極板正對(duì)面積，極板上的電荷量減小D減小電容器兩極板間的距離，穩(wěn)定后兩板間電壓比原來(lái)的更小解

3、析：選C電容器可視為斷路，與電容器串聯(lián)的電阻可視為導(dǎo)線，電容器兩極板間的電壓U2RE，故A錯(cuò)誤；根據(jù)QCU，得電容器極板上的電荷量為CE，故B錯(cuò)誤；由電容決定式C可知，減小電容器兩極板的正對(duì)面積，C減小，由QCU知極板上的電荷量減小，故C正確；減小電容器兩極板間的距離，電容增大，穩(wěn)定后兩極板電壓與原來(lái)相同，等于和電容器并聯(lián)的電阻兩端的電壓，故D錯(cuò)誤。3.如圖，真空中電量均為Q的兩正點(diǎn)電荷，固定于一絕緣正方體框架的兩側(cè)面ABB1A1和DCC1D1中心連線上，且兩電荷關(guān)于正方體中心對(duì)稱，則()AA、B、C、D四個(gè)點(diǎn)的電勢(shì)相同BA1、B1、C1、D1四個(gè)點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)相同C負(fù)檢驗(yàn)電荷q在A點(diǎn)的電勢(shì)能小于在

4、C1點(diǎn)的電勢(shì)能D正檢驗(yàn)電荷q從C點(diǎn)移到C1點(diǎn)過(guò)程電場(chǎng)力對(duì)其做正功解析：選A等量同種正點(diǎn)電荷周圍電場(chǎng)分布情況如圖，將該圖與題圖結(jié)合比較可知，A、B、C、D四個(gè)點(diǎn)的電場(chǎng)線分布是關(guān)于中心連線對(duì)稱的，所以電勢(shì)相同，故A正確；由于A1、B1、C1、D1四個(gè)點(diǎn)關(guān)于中心連線對(duì)稱，場(chǎng)強(qiáng)大小相等，但方向不同，所以場(chǎng)強(qiáng)不同，故B錯(cuò)誤；將兩個(gè)圖比較可知，A、B、C、D四個(gè)點(diǎn)和A1、B1、C1、D1四個(gè)點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)電荷的連線的中心是對(duì)稱的，所以8個(gè)點(diǎn)的電勢(shì)高低是相等的，所以負(fù)檢驗(yàn)電荷q在A點(diǎn)的電勢(shì)能等于在C1點(diǎn)的電勢(shì)能，正檢驗(yàn)電荷q從C點(diǎn)移到C1點(diǎn)過(guò)程電場(chǎng)力對(duì)其做功的和為0，故C、D錯(cuò)誤。4如圖所示，A、B為兩等量異種電

5、荷，圖中水平虛線為A、B連線的中垂線，現(xiàn)將另兩個(gè)等量異種檢驗(yàn)電荷a、b，用絕緣細(xì)桿連接后，從離AB無(wú)窮遠(yuǎn)處沿中垂線平移到AB的連線上，平移過(guò)程中兩檢驗(yàn)電荷位置始終關(guān)于中垂線對(duì)稱。若規(guī)定離AB無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，則下列說(shuō)法中正確的是()A在AB的連線上a所處的位置電勢(shì)a0Ba、b整體在AB連線處具有的電勢(shì)能Ep0C整個(gè)移動(dòng)過(guò)程中，靜電力對(duì)a做正功D整個(gè)移動(dòng)過(guò)程中，靜電力對(duì)a、b整體做正功解析：選B設(shè)AB連線的中點(diǎn)為O，由于AB連線的中垂線是一條等勢(shì)線，且一直延伸到無(wú)窮遠(yuǎn)處，所以O(shè)點(diǎn)的電勢(shì)為零。AO間的電場(chǎng)線方向由AO，而順著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，可知，a所處的位置電勢(shì)a0，故A錯(cuò)誤；a所處的位置

6、電勢(shì)a0，b所處的位置電勢(shì)b0，由Epq知，a、b在AB連線處的電勢(shì)能均大于零，則整體的電勢(shì)能Ep0，故B正確；在平移過(guò)程中，a所受的靜電力與其位移方向的夾角為鈍角，則靜電力對(duì)a做負(fù)功，故C錯(cuò)誤；a、b看成一個(gè)整體，原來(lái)總電勢(shì)能為零，在AB連線處系統(tǒng)總電勢(shì)能為正，所以整個(gè)移動(dòng)過(guò)程中，總電勢(shì)能增大，靜電力對(duì)a、b整體做負(fù)功，故D錯(cuò)誤。5.如圖所示，穿在一根光滑的固定桿上的兩個(gè)小球A、B連接在一條跨過(guò)光滑定滑輪的細(xì)繩兩端，桿與水平面成角，不計(jì)所有摩擦，當(dāng)兩球靜止時(shí)，OA繩與桿的夾角為，OB繩沿豎直方向，則下列說(shuō)法正確的是()AA可能受到2個(gè)力的作用BB可能受到3個(gè)力的作用C細(xì)繩對(duì)A的拉力大于對(duì)B的

7、拉力DA、B的質(zhì)量之比為1tan解析：選D對(duì)A受力分析可知，A受到重力、細(xì)繩的拉力以及桿對(duì)A的彈力，三個(gè)力的合力為零，故A錯(cuò)誤；對(duì)B受力分析可知，B受到重力、細(xì)繩的拉力，兩個(gè)力的合力為零，桿對(duì)B沒(méi)有彈力，否則B不能平衡，故B錯(cuò)誤；定滑輪不改變力的大小，則細(xì)繩對(duì)A的拉力等于對(duì)B的拉力，故C錯(cuò)誤；分別對(duì)A、B受力分析如圖，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，得：TmBg，(根據(jù)正弦定理列式)，故mAmB1tan，故D正確。二、多項(xiàng)選擇題6水星或金星運(yùn)行到地球和太陽(yáng)之間，且三者幾乎排成一條直線的現(xiàn)象，天文學(xué)稱為“行星凌日”。已知地球的公轉(zhuǎn)周期為365天，若將水星、金星和地球的公轉(zhuǎn)軌道視為同一平面內(nèi)的圓軌道，理論計(jì)算

8、得到水星相鄰兩次凌日的時(shí)間間隔為116天，金星相鄰兩次凌日的時(shí)間間隔為584天，則下列判斷正確的是()A地球的公轉(zhuǎn)周期大約是水星的2倍B地球的公轉(zhuǎn)周期大約是金星的1.6倍C金星的軌道半徑大約是水星的3倍D實(shí)際上水星或金星相鄰兩次凌日的實(shí)際時(shí)間間隔均大于題干所給數(shù)據(jù)，所以水星、金星和地球的公轉(zhuǎn)軌道平面存在一定的夾角解析：選BD水星相鄰兩次凌日的時(shí)間間隔為116天，設(shè)水星的公轉(zhuǎn)周期為T(mén)1，則有：tt2，T188天，可知地球公轉(zhuǎn)周期大約是水星的4倍，故A錯(cuò)誤；金星相鄰兩次凌日的時(shí)間間隔為584天，設(shè)金星的周期為T(mén)2，則有：tt2，代入數(shù)據(jù)解得T2225天，可知地球的公轉(zhuǎn)周期大約是金星的1.6倍，故B

9、正確；根據(jù)Gmr得，r，因?yàn)榻鹦堑墓D(zhuǎn)周期大約是水星的2.6倍，則金星的軌道半徑大約是水星的1.9倍，故C錯(cuò)誤；由所給資料，若公轉(zhuǎn)軌道平面不存在夾角，那么行星凌日的實(shí)際時(shí)間間隔會(huì)與理論時(shí)間一致，而實(shí)際與理論不同，故公轉(zhuǎn)軌道平面必然存在夾角，故D正確。7空間中存在具有理想邊界、垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖甲所示，在光滑的絕緣水平面上，一矩形導(dǎo)線框以速度v01m/s向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到圖示的位置時(shí)，導(dǎo)線框開(kāi)始受到一個(gè)方向水平向右、大小按圖乙所示規(guī)律變化的外力作用，導(dǎo)線框以恒定的加速度向右運(yùn)動(dòng)。已知BC邊的長(zhǎng)度l0.2m、導(dǎo)線框的質(zhì)量和電阻分別為m0.1kg、R0.1。則()A導(dǎo)線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受的

10、安培力方向向右B磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.5TC導(dǎo)線框AB邊的長(zhǎng)度為0.5mD導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，流過(guò)導(dǎo)線框的電荷量為0.75C解析：選BD導(dǎo)線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，由楞次定律可知安培力方向向左，A錯(cuò)誤；由題圖乙可知，當(dāng)導(dǎo)線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)后，F(xiàn)0.2N，導(dǎo)線框的加速度a2m/s2，t0時(shí)刻導(dǎo)線框所受的安培力F1，而此時(shí)施加的外力F0.3N，由牛頓第二定律得FF1ma，解得B0.5T，B正確；根據(jù)題圖乙，導(dǎo)線框經(jīng)過(guò)t0.5s完全進(jìn)入磁場(chǎng)，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得xv0ta(t)20.75m，則AB邊的長(zhǎng)度為0.75m，C錯(cuò)誤；導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中通過(guò)導(dǎo)線框的電荷量qt，由法拉第電磁感應(yīng)定律得，由閉

11、合電路歐姆定律得，解得q0.75C，D正確。8一對(duì)平行正對(duì)的金屬板A、B，間距為d0.1m，且極板足夠長(zhǎng)，極板間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.1T，連接在如圖所示的電路中，其中電阻R11，R23，電容器的電容C20F，電流表為理想電表?，F(xiàn)在從圖中O1點(diǎn)以v01.0103m/s的速度平行于極板A、B射入一束等離子體(含有大量的正離子和負(fù)離子，且不計(jì)重力)，A、B構(gòu)成一個(gè)磁流體發(fā)電機(jī)，當(dāng)電路穩(wěn)定后，電流表示數(shù)I2A，則()A該磁流體發(fā)電機(jī)極板A帶正電，B帶負(fù)電B該磁流體發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)為10VC電容器、電阻R2兩端的電壓均為10VD電容器帶電量為1.2104C解析：選ABD等離子體射入磁

12、場(chǎng)中，受到洛倫茲力，正離子將打到磁流體發(fā)電機(jī)的A極板上，負(fù)離子打到B極板，從而產(chǎn)生電場(chǎng)，故該磁流體發(fā)電機(jī)極板A帶正電，B帶負(fù)電，故A正確；當(dāng)后來(lái)的離子所受的洛倫茲力與電場(chǎng)力平衡時(shí)，磁流體發(fā)電機(jī)的電壓和電量都穩(wěn)定，由平衡條件得：qv0Bq，得：UBv0d10V，故B正確；穩(wěn)定時(shí)電壓是一定的，R1、R2串聯(lián)，電容器與R2并聯(lián)，電壓等于：U2IR26V，故C錯(cuò)誤；電容器的電量為：QCU21.2104C，故D正確。9水平傳送帶被廣泛地應(yīng)用于機(jī)場(chǎng)和火車站，用于對(duì)旅客的行李進(jìn)行安全檢查，如圖為一水平傳送帶裝置示意圖，繃緊的傳送帶AB始終保持v1m/s的恒定速度運(yùn)行。旅客把行李無(wú)初速度地放在A處，設(shè)行李與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.1，AB間的距離為2m，g取10m/s2。若乘客把行李放上傳送帶的同時(shí)，也以v1m/s的恒定速度平行于傳送帶前進(jìn)去取行李，則()A乘客與行李同時(shí)到達(dá)BB乘客提前0.5s到達(dá)BC行李提前0.5s到達(dá)BD若傳送帶速度足夠大，行李最快也要2s才能到達(dá)B解析：選BD把行李無(wú)初速度放上傳送帶時(shí)，行李先做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t1速度與傳