2017-2018年高考物理選擇題專項訓練3套(共16頁)

1、精選優(yōu)質文檔-傾情為你奉上20172018學年度高考備考選擇題專項訓練選擇題(一)選擇題(本題共8小題，每小題6分，在每個小題給出的四個選項中，第15題只有一個選項符合題目要求，第68題有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)1下列敘述正確的是()A力、長度和時間是力學中三個基本物理量，它們的單位牛頓、米和秒就是基本單位B蹦極運動員離開蹦床上升過程中處于失重狀態(tài)C利用霍爾元件能夠把電壓這個電學量轉換為磁感應強度這個磁學量的特性，可以制出測磁感應強度大小的儀器D探究加速度與質量、合力關系實驗采用的是等效替代的方法解析：“力”不是基本物理量，“牛頓”也不是力學中的

2、基本單位，故A錯誤；蹦極運動員上升過程中只受重力作用，處于完全失重狀態(tài)，故B正確；霍爾元件能夠把磁學量轉換為電學量，故C錯誤；探究加速度與質量、合力關系實驗中有三個變量，采用的是控制變量法，故D錯誤答案：B2一個氫原子從n3能級躍遷到n2能級，該氫原子()A放出光子，能量增加B放出光子，能量減少C吸收光子，能量增加D吸收光子，能量減少解析：根據(jù)玻爾原子理論知，氫原子從高能級n3向低能級n2躍遷時，將以光子形式放出能量，放出光子后原子能量減少，故B選項正確答案：B3中國國家航天局目前計劃于2020年發(fā)射嫦娥工程第二階段的月球車嫦娥四號中國探月計劃總工程師吳偉仁近期透露，此臺月球車很可能在離地球較

3、遠的月球背面著陸假設運載火箭先將“嫦娥四號”月球探測器成功送入太空，由地月轉移軌道進入100公里環(huán)月軌道后成功變軌到近月點為15公里的橢圓軌道，在從15公里高度降至月球表面成功實現(xiàn)登月，則關于“嫦娥四號”登月過程的說法正確的是()A“嫦娥四號”由地月轉移軌道需要減速才能進入100公里環(huán)月軌道B“嫦娥四號”在近月點為15公里的橢圓軌道上各點的速度都大于其在100公里圓軌道上的速度C“嫦娥四號”在100公里圓軌道上運動的周期小于其在近月點為15公里的橢圓軌道上運動的周期D從15公里高度降至月球表面過程中，“嫦娥四號”處于失重狀態(tài)解析：“嫦娥四號”由地月轉移軌道實施近月制動才能進入100公里環(huán)月圓軌

4、道，A正確；由衛(wèi)星變軌條件可知近月點為15公里的橢圓軌道上遠月點的速度小于圓軌道上的速度，B錯誤；由開普勒第三定律可得“嫦娥四號”在100公里圓軌道上運動的周期大于其在橢圓軌道上運動的周期，C錯誤；從15公里高度降至月球表面過程“嫦娥四號”需要減速下降，處于超重狀態(tài)，D錯誤答案：A4如圖所示，斜面體置于粗糙水平面上，斜面光滑小球被輕質細線系住放在斜面上細線另一端跨過定滑輪，用力拉細線使小球沿斜面緩慢移動一段距離，斜面體始終靜止移動過程中()A細線對小球的拉力變大B斜面對小球的支持力變大C斜面對地面的壓力變大D地面對斜面的摩擦力變大解析：如圖，根據(jù)矢量三角形可知，當小球沿斜面緩慢向上移動一段距離

5、時，減小，繩子拉力增大，斜面對小球支持力減??；根據(jù)牛頓第三定律，小球對斜面體壓力減小，將該力沿水平方向和豎直方向分解可知，兩個方向的力都減小，所以地面對斜面的支持力和摩擦力都減小綜上所述，A正確答案：A5在某電場中，沿x軸上的電勢分布如圖所示，由圖可以判斷()Ax2 m處電場強度可能為零Bx2 m處電場方向一定沿x軸正方向C沿x軸正方向，電場強度先增大后減小D某負電荷沿x軸正方向移動，電勢能始終增大解析： -x圖象的斜率等于電場強度，則知x2 m處的電場強度不為零，故A錯誤；從0到x3 m處電勢不斷降低，但x2 m點的電場方向不一定沿x軸正方向，故B錯誤；由斜率看出，從0到3 m，圖象的斜率先

6、減小后增大，則電場強度先減小后增大，故C錯誤；沿x軸正方向電勢降低，某負電荷沿x軸正方向移動，受力的方向始終指向x軸的負方向，電場力做負功，電勢能始終增大，故D正確答案：D6在勻強磁場中，一矩形金屬線圈繞與磁感線垂直的轉軸勻速轉動，如圖甲所示，產生的交變電動勢的圖象如圖乙所示，則()At0.005 s時線圈平面與磁場方向平行Bt0.010 s時線圈的磁通量變化率最大C線圈產生的交變電動勢頻率為50 HzD線圈產生的交變電動勢有效值為311 V解析： t0.005 s時電動勢最大，則線圈平面與磁場方向平行，故A正確； t0.010 s時電動勢為0，則線圈的磁通量變化率為0，故B錯誤；由圖可知周期

7、為0.02，則頻率為50 Hz，故C正確； 線圈產生的交變電動勢有效值為 V，故D錯誤答案：AC7如圖所示，兩個勻強磁場的方向相同，磁感應強度分別為B1、B2，虛線MN為理想邊界現(xiàn)有一個質量為m、電荷量為e的電子以垂直于邊界MN的速度v由P點沿垂直于磁場的方向射入磁感應強度為B1的勻強磁場中，其運動軌跡為圖中虛線所示的心形圖線，則以下說法正確的是()A電子的運動軌跡為PENCMDPB電子運動一周回到P點所用的時間T，CB14B2DB12B2解析：由左手定則可判定電子在P點受到的洛倫茲力的方向向上，軌跡為PDMCNEP，選項A錯誤；由圖得兩個磁場中軌跡圓的半徑之比為12，由r可得磁感應強度之比2

8、，電子運動一周所用的時間tT1，選項C錯誤，選項B、D正確答案：BD8如圖所示，兩個半徑相等的光滑豎直圓軌道，兩小球分別沿兩軌道內側在豎直平面內各自做圓周運動某一時刻小球1運動到自身軌道的最低點，小球2恰好運動到自身軌道的最高點，這兩點高度相同，此時兩小球速度大小相同若兩小球質量均為m，忽略空氣阻力的影響，則下列說法正確的是()A此刻兩小球對軌道的壓力大小相同B運動過程中，兩軌道受到的壓力差值最大為2mgC運動過程中，兩軌道受到的壓力差值最大為10mgD若相對同一零勢能面，小球1在最高點的機械能等于小球2在最低點的機械能解析：初始位置，球1加速度向上，超重，球2加速度向下，失重，故球1對軌道的

9、壓力較大，故A錯誤；球1在最高點壓力最小為FN1，有FN1mgm，球2在最低點壓力最大為FN2，有FN2mgm，兩個球運動過程中機械能守恒，對球1有mv2mvmg·2R，對球2有mv2mvmg·2R，聯(lián)立解得FN2FN110mg，故B錯誤，C正確；兩個球運動過程中機械能守恒，而初始位置兩個球的機械能相等，故兩個球的機械能一直是相等的，故D正確答案：CD選擇題(二)選擇題(本題共8小題，每小題6分，在每個小題給出的四個選項中，第15題只有一個選項符合題目要求，第68題有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)1關于近代物理，下列說法正確的是()

10、A衰變現(xiàn)象說明電子是原子核的組成部分B目前已建成的核電站的能量來自于重核裂變C一個氫原子從n3的激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時，能輻射3種不同頻率的光子D粒子散射實驗表明核外電子軌道是量子化的解析：衰變時射線是原子核內部發(fā)出來的，不是原子核外的電子釋放出來的，A錯誤目前的核電都是利用重核裂變發(fā)電的，B正確一群氫原子從n3的激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時，能輻射C3種不同頻率的光子，而只有一個氫原子時，只能是三種可能頻率中的一種或兩種，C錯誤粒子散射實驗表明原子具有核式結構，D錯誤答案：B2建筑節(jié)能已成為國家節(jié)能減排的戰(zhàn)略重點，為此，中國工程建設標準化協(xié)會在北京召開“安全、質量、創(chuàng)新2015中國墻體節(jié)能保溫與質量安全技

11、術研討會”如圖所示，粉刷墻體保溫材料的工人常用一根繩索將自己懸在空中，假設工人及其裝備的總重量為M，懸繩與豎直墻壁的夾角為，懸繩對工人的拉力大小為 FT，墻壁對工人的彈力大小為FN, 則()AFTBFNMgsin C若工人緩慢下移，增加懸繩的長度，則FT與FN的合力不變D若工人緩慢下移，增加懸繩的長度，則FT減小，F(xiàn)N增大解析：分析工人受力情況，工人受到重力、支持力和拉力，如圖所示，根據(jù)共點力平衡條件有FTsin FN，F(xiàn)Tcos Mg，解得FT，F(xiàn)NMgtan ，故A、B錯誤當緩慢增加懸繩的長度時，細繩與豎直方向的夾角變小，故FT變小，F(xiàn)N變小，但FT與FN的合力與重力平衡，保持不變，故D錯

12、誤，C正確答案：C3在課外小組研究空氣阻力大小與物體下落速度的實驗中，設計如下實驗，讓質量分別為m1、m2的甲球和乙球，從同一地點(足夠高)處同時由靜止釋放實驗數(shù)據(jù)表明，兩球下落過程所受空氣阻力大小f僅與球的速率v2成正比，與球的質量無關，即fkv2(k為正的常量)，同時實驗得到兩球的v-t圖象如圖所示落地前，經時間t0兩球的速度都已達到各自的穩(wěn)定值v1、v2，則下列說明正確的是()A釋放瞬間兩球的加速度a甲a乙B釋放后兩球做加速度增大的加速運動C甲球質量大于乙球Dt0時間內兩球下落的高度相等解析：釋放瞬間v0，因此空氣阻力f0，兩球均只受重力，加速度均為重力加速度g，故A錯誤；兩球先做加速度

13、減小的加速運動，最后都做勻速運動，穩(wěn)定時kv2mg，因此最大速度與其質量成正比，即vm，則 ，由圖象知v1>v2 ，因此m甲m乙，故B錯誤，C正確；圖象與時間軸圍成的面積表示物體通過的位移，由圖可知，t0時間內兩球下落的高度不相等，故D錯誤答案：C4如圖所示，質量為m的銅質小閉合線圈靜置于粗糙水平桌面上當一個豎直放置的條形磁鐵貼近線圈，沿線圈中線由左至右從線圈正上方等高、勻速經過時，線圈始終保持不動，則關于線圈在此過程中受到的支持力FN和摩擦力Ff的情況，以下判斷正確的是()A穿過線圈的磁通量一直增大BFN先大于mg，后小于mgC. Ff先向左，后向右D線圈中的電流方向始終不變解析：當磁

14、鐵靠近線圈時，穿過線圈的磁通量增加，線圈中產生感應電流從上向下看是逆時針方向；當磁鐵遠離線圈時，穿過線圈的磁通量減小，線圈中產生感應電流從上向下看是順時針方向，故A、D錯誤根據(jù)楞次定律可知，當磁鐵靠近線圈時，為了阻礙磁通量的增加，線圈有向下和向右運動的趨勢，故線圈對桌面的壓力增大，即FN大于mg，線圈受到桌面向左的靜摩擦力；同理，當磁鐵遠離線圈時，線圈對桌面的壓力減小，即FN小于mg，線圈相對桌面有向右運動趨勢，受到桌面向左的靜摩擦力，故B正確，C錯誤答案：B5伽利略曾利用對接斜面研究“力與運動”的關系如圖，固定在水平地面上的傾角均為的兩斜面，以光滑小圓弧相連接，左側頂端有一小球，與兩斜面的動

15、摩擦因數(shù)均為.小球從左側頂端滑到最低點的時間為t1，滑到右側最高點的時間為t2.規(guī)定斜面連接處為參考平面，則小球在這個運動過程中速度的大小v、加速度的大小a、動能Ek及機械能E隨時間t變化的關系圖線正確的是()解析：由牛頓第二定律可知，小球在兩斜面的運動都是勻變速直線運動，兩階段的加速度都恒定不變，小球在左側斜面下滑時的加速度較小，因此，選項A錯誤，B正確；小球的動能與速率的二次方成正比，因此，動能與時間關系圖象是曲線，C錯誤；由于小球在兩斜面運動時的加速度大小不相等，因此，小球機械能與時間的關系圖象不是連續(xù)曲線，D錯誤答案：B6水平光滑直軌道ab與半徑為R的豎直半圓形光滑軌道bc相切，一小球

16、以初速度v0沿直軌道ab向右運動，如圖所示，小球進入半圓形軌道后剛好能通過最高點c，則()AR越大，v0越大BR越大，小球經過b點后的瞬間對軌道的壓力越大Cm越大，v0越大Dm與R同時增大，初動能Ek0增大解析：小球剛好能通過最高點c，表明c點的速度為vc，根據(jù)機械能守恒定律有mvmg·2Rmv，v0，可見v0只與R有關，與m無關，選項A正確，C錯誤Ek0mvmgR，可見m與R同時增大，初動能Ek0增大，選項D正確小球在b點的向心力Fmgm6mg，可見F與R無關，選項B錯誤答案：AD7宇宙中存在一些質量相等且離其他恒星較遠的四顆星組成的四星系統(tǒng)，通常可忽略其他星體對它們的引力作用設四

17、星系統(tǒng)中每個星體的質量均為m，半徑均為R，四顆星穩(wěn)定分布在邊長為a的正方形的四個頂點上已知引力常量為G.關于宇宙四星系統(tǒng)，下列說法正確的是()A四顆星圍繞正方形對角線的交點做勻速圓周運動B四顆星的軌道半徑均為C四顆星表面的重力加速度均為D四顆星的周期均為2a解析：其中一顆星體在其他三顆星體的萬有引力作用下做圓周運動，合力方向指向對角線的交點，圍繞正方形對角線的交點做勻速圓周運動，由幾何知識可得軌道半徑均為a，A正確，B錯誤；在星體表面，根據(jù)萬有引力等于重力，可得Gmg，解得g，C正確；由萬有引力定律和向心力公式得m··，解得T2a，D正確答案：ACD8如圖甲所示，一理想變壓

18、器給一個小燈泡供電當原線圈輸入如圖乙所示的交變電壓時，額定功率10 W的小燈泡恰好正常發(fā)光，已知燈泡的電阻為40 ，圖中電壓表為理想電表下列說法正確的是()A變壓器輸入電壓的瞬時值表達式為u220sin t VB電壓表的示數(shù)為20 VC變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為111D變壓器的輸入功率為110 W解析：對比正弦交變電壓的瞬時值表達式uUmsin t可知變壓器輸入電壓的瞬時值表達式為u220·sin 100t V，選項A錯誤電壓表測的是副線圈兩端的電壓，其大小等于燈泡兩端的電壓，由P可知U220 V，選項B正確由原副線圈電壓比與匝數(shù)比的關系知原、副線圈的匝數(shù)比為U1U2111，選項C正

19、確變壓器的輸入功率等于副線圈的輸出功率，即燈泡的額定功率10 W，選項D錯誤答案：BC選擇題(三)選擇題(本題共8小題，每小題6分，在每個小題給出的四個選項中，第15題只有一個選項符合題目要求，第68題有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)1下列說法正確的是()A牛頓通過“理想實驗”得出“力不是維持物體運動的原因”B胡克認為只有在一定的條件下，彈簧的彈力才與彈簧的形變量成正比C法拉第發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，拉開了研究電與磁相互關系的序幕D奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流磁效應，并進一步提出“磁生電”的基本規(guī)律解析：伽利略通過“理想實驗”得出“力不是維持物體運動的原因”，故A錯誤

20、；胡克認為只有彈性限度內，彈簧的彈力才與彈簧的形變量成正比，故B正確；奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，發(fā)現(xiàn)了通電導線的周圍存在磁場，拉開了研究電與磁相互關系的序幕，法拉第進一步提出“磁生電”的基本規(guī)律，故C、D錯誤答案：B2球做豎直上拋運動，落地后與地面發(fā)生碰撞，反彈后速度大小與落地速度大小相等若從拋出小球時開始計時，且不計小球與地面發(fā)生碰撞的時間，則小球運動的速度圖線可能是圖中的()解析：小球與地面碰撞時，速度大小不變，但方向發(fā)生突變，A圖和B圖中速度沒有突變，故A、B錯誤；由C圖中的圖象可以看出，速度先減小到零，再反向增加到原來的值(豎直上拋運動)，然后反彈(速度大小不變、方向突變)，再重復這種

21、運動，是上拋運動，故C正確；由D圖中圖象可以看出，速度先增加(自由落體運動)，然后反彈(速度大小不變、方向突變)，再減小到零(豎直上拋運動中的上升過程)，再重復這種運動，故D錯誤答案：C3如圖所示，小球C置于光滑的半球形凹槽B內，B放在長木板A上，整個裝置處于靜止狀態(tài)現(xiàn)緩慢減小木板的傾角過程中，下列說法正確的是()AA受到的壓力逐漸變大BA受到的摩擦力逐漸變大CC對B的壓力逐漸變大DC受到三個力的作用解析：對BC整體分析，受力為重力mg、斜面A的支持力FN和摩擦力Ff，由平衡條件得知FNmgcos ，F(xiàn)fmgsin ，減小，F(xiàn)N增大，F(xiàn)f減小，由牛頓第三定律得知，B對A的壓力增大，故A正確，B

22、錯誤由于半球形凹槽光滑，小球只受兩個力，重力和支持力，由平衡條件得到，支持力與重力大小相等，保持不變，則C對B的壓力也保持不變，故C、D錯誤故選A.答案：A4如圖所示，粗糙水平圓盤上，質量相等的A、B兩物塊疊放在一起，隨圓盤一起做勻速圓周運動，則下列說法正確的是()AB的向心力是A的向心力的2倍B盤對B的摩擦力是B對A的摩擦力的2倍CA、B都有沿半徑向里滑動的趨勢D若B先滑動，則B對A的動摩擦因數(shù)A小于盤對B的動摩擦因數(shù)B解析：根據(jù)Fnmr2，因為兩物塊的角速度大小相等，轉動半徑相等，質量相等，則向心力大小相等，故A錯誤；對AB整體分析，有FfB2mr2，對A分析，有FfAmr2，則盤對B的摩

23、擦力是B對A的摩擦力的2倍，故B正確；A所受的靜摩擦力方向指向圓心，可知A有沿半徑向外滑動的趨勢，B受到盤的靜摩擦力方向指向圓心，B也有沿半徑向外滑動的趨勢，故C錯誤；對AB整體分析，B·2mg2mr，解得B，對A分析，Amgmr，解得A ，因為B先滑動，可知B先達到臨界角速度，可知B的臨界角速度較小，即BA，故D錯誤答案：B5如圖所示，有理想邊界的勻強磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B，某帶電粒子的比荷(電荷量與質量之比)大小為k，由靜止開始經電壓為U的電場加速后，從O點垂直射入磁場，又從P點穿出磁場下列說法正確的是(不計粒子所受重力)()A如果只增加U，粒子可以從dP之間某

24、位置穿出磁場B如果只減小B，粒子可以從ab邊某位置穿出磁場C如果既減小U又增加B，粒子可以從bc邊某位置穿出磁場D如果只增加k，粒子可以從dP之間某位置穿出磁場解析：由已知可得qUmv2，k，r，解得r.只增加U，r增大，粒子不可能從dP之間某位置穿出磁場，A錯誤；粒子電性不變，不可能向上偏轉，B錯誤；既減小U又增加B，r減小，粒子不可能從bc邊某位置穿出磁場，C錯誤；只增加k，r減小，粒子可以從dP之間某位置穿出磁場，D正確答案：D6一質量為m的小球套在傾斜放置的固定光滑桿上，一根輕質彈簧的一端懸掛于O點，另一端與小球相連，彈簧與桿在同一豎直平面內，將小球沿桿拉到與彈簧水平的位置由靜止釋放，

25、小球沿桿下滑，當彈簧位于豎直位置時，小球速度恰好為零，此時小球下降的豎直高度為h，如圖所示若全過程中彈簧處于伸長狀態(tài)且處于彈性限度內，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A當彈簧與桿垂直時，小球動能最大B當小球沿桿方向的合力為零時，小球動能最大C在小球自開始下滑至滑到最低點時，彈簧所做的負功小于mghD在小球自開始下滑至滑到最低點時，彈簧彈性勢能的增加量等于mgh解析：當彈簧與桿垂直時，重力沿桿有向下的分力，與運動方向相同，要繼續(xù)加速，動能不是最大，選項A錯誤；當彈簧沿桿方向上的分力與重力沿桿的分力相等時，小球動能最大，選項B正確；在小球自開始下滑至滑到最低點的過程中，系統(tǒng)的機械能守恒，彈簧

26、彈性勢能的增加量即彈簧所做的負功等于重力勢能的減少量與動能的變化量之和，選項C錯誤，D正確答案：BD7如圖所示，水平地面上有一個坑，其豎直截面為半圓，O為圓心，AB為沿水平方向的直徑若在A點以初速度v1沿AB方向平拋一小球，小球將擊中坑壁上的最低點D點；若A點小球拋出的同時，在C點以初速度v2沿BA方向平拋另一相同質量的小球并也能擊中D點已知COD60°，且不計空氣阻力，則()A兩小球同時落到D點B兩小球在此過程中動能的增加量相等C在擊中D點前瞬間，重力對兩小球做功的瞬時功率之比為1D兩小球初速度之比v1v23解析：平拋運動的時間由高度決定，高度越高，時間越長，可知兩球平拋運動的時間

27、不等，不能同時落到D點，故A錯誤根據(jù)動能定理知，重力做功不同，則動能的增加量不同，故B錯誤根據(jù)vy，以及Pmgvy知，重力做功的瞬時功率Pmgvymg，根據(jù)幾何關系知，下降的高度之比為21，則重力做功的瞬時功率之比為1，故C正確因為平拋運動的高度之比為21，根據(jù)t知時間之比為1，因為水平位移之比為1，根據(jù)v0，解得兩小球初速度之比v1v23，故D正確答案：CD8如圖所示，兩根等高光滑的圓弧軌道半徑為r、間距為L，軌道的電阻不計在軌道的頂端連有阻值為R的電阻，整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B.現(xiàn)有一根長度稍大于L、電阻不計的金屬棒從軌道的最低位置cd開始，在拉力作用下以速率v0沿

28、軌道向上做勻速圓周運動至ab處，則該過程中()A通過R的電流方向為fReB通過R的電流方向為eRfCR上產生的熱量為rD通過R的電荷量為解析：由右手定則可知，電流方向為逆時針方向，即通過R的電流方向為eRf，A錯誤，B正確；通過R的電荷量q，D錯誤；金屬棒做勻速圓周運動，產生正弦式交變電流，故金屬棒產生的最大感應電動勢EmBLv0，有效值E有，R上產生的熱量Qt·，C正確答案：BC選擇題48分滿分練(四)選擇題(本題共8小題，每小題6分，在每個小題給出的四個選項中，第15題只有一個選項符合題目要求，第68題有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)1在

29、物理學的研究及應用過程中涉及諸多的思想方法，如放大思想、理想實驗法、控制變量法、極限思想法、類比法、科學假設法和理想化模型等以下關于所用思想方法的敘述正確的是()A在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質點來代替物體的方法是假設法B在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程等分成很多小段，然后將各小段位移相加，運用了微元法C在探究庫侖力大小與電荷量、距離三者之間的關系時，先保持距離不變研究庫侖力與電荷量的關系，再保持電荷量不變研究庫侖力與距離的關系，該實驗應用了科學假設法D如圖是四個實驗裝置，這四個實驗都體現(xiàn)了理想實驗法解析：質點是用來代替物體的有質量的點，采用的科學方法為物理化模型的方法

30、，故A錯誤；在推導勻變速運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里采用了微元法，故B正確；在探究庫侖力大小與電荷量、距離三者之間的關系時，先保持距離不變研究庫侖力與電荷量的關系，再保持電荷量不變研究庫侖力與距離的關系，該實驗應用了控制變量法，故C錯誤；D項中的前三個實驗裝置是放大思想應用，第四個是理想斜面實驗，故D錯誤答案：B2由粗糙的水平桿AO與光滑的豎直桿BO組成的絕緣直角支架如圖放置，在AO桿、BO桿上套有帶正電的小球P、Q，兩個小球恰能在某一位置平衡現(xiàn)將P緩慢地向右移動一小段距離，兩球再次達到平衡若小球所帶電荷量不變，與移動

31、前相比()AP、Q之間的距離減小B桿BO對Q的彈力增大C桿AO對P的摩擦力增大D桿AO對P的彈力不變解析：以Q為研究對象受力如圖，由力的合成與平衡條件的圖示可知，當P緩慢地向右移動時，BO桿對小球Q的彈力變小，兩小球之間的庫侖力變??；由庫侖定律Fk可知，兩小球P、Q的距離變大，A、B錯誤對整體受力分析，可得AO桿對小球P的摩擦力變小，AO桿對小球P的彈力不變，C錯誤，D正確答案：D3我國女子短道速滑隊在世錦賽上實現(xiàn)女子3 000 m接力三連冠，觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出在乙推甲的過程中，忽

32、略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則()A甲對乙的沖量一定等于乙對甲的沖量B甲、乙的動量變化一定大小相等、方向相反C甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量D甲對乙做多少負功，乙對甲就一定做多少正功解析：乙推甲的過程中，甲、乙間產生大小相等、方向相反的作用力和反作用力，由IFt可知，甲對乙的沖量和乙對甲的沖量等大反向，A錯誤又由動量定理Ip，知B正確甲、乙的質量不一定相等，故對地的位移的大小不一定相等，做功不一定相同，所以動能的變化也不一定相同，C、D錯誤答案：B4P1、P2為相距遙遠的兩顆行星，距各自表面相同高度處各有一顆衛(wèi)星S1、S2做勻速圓周運動，圖中縱坐標表示行星對周圍空間各處物體的

33、引力產生的加速度a，橫坐標表示物體到行星中心的距離r的平方，兩條曲線分別表示P1、P2周圍的a與r2的反比關系，它們左端點橫坐標相同，則 ()AP1的平均密度比P2的大BP1的“第一宇宙速度”比P2的小CS1的向心加速度比S2的小DS1的公轉周期比S2的大解析：兩顆行星左端點橫坐標相同，縱坐標不同，則兩顆行星P1、P2的半徑相同，表面的重力加速度g1g2.由mgG可得M，則M1M2，兩顆行星的體積相同，由可得12，故選項A正確；由Gm可得v，則v1v2，故選項B錯誤；由Gma可得a，則a1a2，故選項C錯誤；由Gm(Rh)()2可得T2 ，則T1T2，故選項D錯誤答案：A5如圖所示，一個不計重

34、力的帶電粒子以v0沿各圖的虛線射入場中A中I是兩條垂直紙平面的長直導線中等大反向的電流，虛線是兩條導線連線的中垂線；B中Q是兩個位置固定的等量同種點電荷的電荷量，虛線是兩位置連線的中垂線；C中I是圓環(huán)線圈中的電流，虛線過圓心且垂直圓環(huán)平面；D中是正交的勻強電場和勻強磁場，虛線垂直于電場和磁場方向，磁場方向垂直紙面向外其中，帶電粒子不可能做勻速直線運動的是()解析：在A中，合磁場方向是水平向右，帶電粒子運動方向與合磁場方向相同，可以做勻速運動；B圖中合電場方向在兩電荷的連線的左邊是水平向左，然后慢慢地減小到零，在兩電荷的連線右方時，合電場方向水平向右，然后又增大再減小，所以粒子是做變速運動，B不

35、可能做勻速運動；C圖是環(huán)形電流磁場方向水平向左，粒子速度方向與磁場方向相反，粒子能做勻速運動；D圖是復合場，粒子所受電場力和洛倫茲力方向相反等大，可以做勻速直線運動故本題選擇B選項答案：B6如圖甲中理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為1011，L是電阻忽略不計、自感系數(shù)較大的線圈，在變壓器的原線圈兩端加上如圖乙所示的交變電壓時，燈泡正常發(fā)光，則下列說法正確的是()A圖乙所示電壓的瞬時值表達式為u200cos 100t VB變壓器副線圈兩端的電壓為110 VC若僅將變阻器的滑片P向上滑動，燈泡亮度不變D若使圖乙中交變電壓的頻率變小，燈泡將變暗解析：由題圖乙可知，交流電的最大值為200 V，周期為0.02 s，故交流電的表達式為u200sin 100t V，故A錯誤；變壓器兩端的電壓為有效值，故電壓為110 V，故B正確；燈泡與R并聯(lián)，僅滑動P時燈泡的亮度不變，故C正