2019年高考物理二輪復習 突破滿分專項訓練：題型突破訓練1 選擇題突破練 含答案

試題習題、盡在百度試題習題、盡在百度一選擇題突破練、單項選擇題.如圖所示是傾角為45°的斜坡，在斜坡底端P點正上方某一位置Q處以速度丫0水平向左拋出一個小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，運動時間為t1.小球B從同一點Q處自由下落，下落至P點的時間為巳，不計空氣阻力，則11：%為（）（導學號57180144）A.1：2B.1：3C.1：3D.1：2解析：小球A恰好能垂直落在斜坡上，如圖所示.由幾何關系可知，小球豎直方向的速度增量Vy=gt1=v。①水平位移X=v°t1②豎直位移hQ=；gt2③由①②③得到：hQ=1X2由幾何關系可知小球B作自由下落的高度為h+x=1gt2@Q22聯(lián)立以上各式解得：＞=1.t23答案：B.游樂場中，從離水面一定高度的A處到水面B處有兩條長度相同的光滑軌道，如圖所示.甲、乙兩名小孩沿不同軌道同時從慶處自由滑向B處，則兩名小孩在全部滑行過程中的速率v隨時間t變化的下列圖象，正確的是（）（導學號57180145）解析：根據牛頓第二定律可知，甲的加速度逐漸減小，乙的加速度逐漸增加，而Vt圖線的斜率等于加速度；兩小孩的位移相同，圖線與坐標軸圍成的面積相等；兩小孩的末速率相等，故選項B正確.答案：B（2017?龍巖模擬）如圖所示，兩個相同的小物體P、Q靜止在斜面上，P與Q之間的彈簧A處于伸長狀態(tài)，Q與擋板間的彈簧B處于壓縮狀態(tài)，則以下判斷正確的是（）A.撤去彈簧A,物體P將下滑，物體Q將靜止B.撤去彈簧A,彈簧B的彈力將變小C.撤去彈簧B,兩個物體均保持靜止D.撤去彈簧B,彈簧A的彈力將變小解析：根據題意：將P、Q看成整體可以知道，P和Q的摩擦力方向均沿斜面向上，如果P、Q整體的摩擦力大于整體重力沿斜面向下的分力，撤去彈簧A后物塊P和Q仍然可以處于靜止狀態(tài)，彈簧B的彈力可能不變，故選項A、B錯誤；撤去彈簧B,彈簧A的長度不變，所以彈力不變，所以物塊P的受力不變，P將繼續(xù)保持靜止，Q受到的向下的力少了彈簧B的推力，所以摩擦力減小，Q仍將靜止，故選項C正確，選項D錯誤.答案：C4.下列說法正確的是（）（導學號57180146）A.23290Th經過6次a衰變和3次B衰變后成為穩(wěn)定的原子核2。882PbB.原子從a能級狀態(tài)躍遷到b能級狀態(tài)時發(fā)射波長為入1的光子；原子從b能級狀態(tài)躍遷到c能級狀態(tài)時吸收波長為入2的光子，已知入1＞入2.那么原子從a能級狀態(tài)躍遷到c人人...一能級狀態(tài)時將要吸收波長為入L1的光子12C.當用藍色光照射某金屬表面時有電子逸出，則改用紅光照射也一定會有電子逸出

D.23290Th發(fā)生衰變，經過3個半衰期，剩下的23290Th占開始時的19解析：發(fā)生a衰變是放出2He,發(fā)生B衰變是放出電子0_1e,設發(fā)生了乂次a衰變和丫次B衰變，則根據質量數和電荷數守恒有2x—y+82=90,4x+208=232,解得x=6,y=4,故衰變過程中共有6次a衰變和4次B衰變，A錯誤.原子從a能級狀態(tài)躍遷到b能級狀態(tài)時發(fā)射波長為入1的光子.原子從b能級狀態(tài)躍遷到c能級狀態(tài)時吸收波長為入2一一一cc的光子，已知入1>%.根據玻爾理論得a-b：Ea-Eb=hA；b-c：Ec-Eb=hA;a-c：12E-E=h；,聯(lián)立以上三式得入=J］入（，故B正確.發(fā)生光電效應的條件是入射光的頻caAJ—J率不小于金屬的極限頻率，紅光的頻率小于藍光，不一定有光電效應現象，故C錯誤.剩下的23290Th占開始時的8,故D錯誤.答案：B5?如圖所示的電路中，Ri=R2=2kQ,電壓表％的內阻為6kQ,電壓表V2的內阻為3kQ,AB間的電壓U保持不變，當電鍵S閉合后，它們的示數變化是（）A.V表的示數變大，V表的示數變小B.A.V表的示數變大，V表的示數變小B.C.D.匕表的示數變小，V2表的示數變大V1、V2表的示數均變小V1、V2表的示數均變大解析：S解析：S斷開時，兩電阻與兩電壓表并聯(lián)，則V的示數為2U,V的示數為U；當S閉合1323時，相當于匕與Ri時，相當于匕與Ri并聯(lián)，R2與％并聯(lián)，然后再串聯(lián)；Vi與人的總電阻為2X62+6Q=1.5Q,2X365R2與V2并聯(lián)后的總電阻為2+3Q=5Q；則可知,電壓之比為5：4；故匕示數為9U，V2示數為4U;故V的示數減小，V示數增大，故選項B正確.912答案：B6.（2017?濟南模擬）“天舟一號”飛船是中國空間技術研究院研制的第一艘貨運飛船，2017年4月20日19時41分在海南文昌航天發(fā)射中心，由長征七號遙二運載火箭發(fā)射.4月21日上午，“天舟一號”貨運飛船已經完成了兩次的軌道控制，后來又進行了三次的軌道控制，使“天舟一號”貨運飛船控制到“天宮二號”的后下方.4月22日12時23分，“天舟一號”貨運飛船與離地面390公里處的“天宮二號”空間實驗室順利完成自動交會對接.下列說法正確的是（）A.根據“天宮二號”離地面的高度，可計算出地球的質量“天舟一號”與“天宮二號”的對接過程，滿足動量守恒、能量守恒C.“天宮二號”飛越地球的質量密集區(qū)上空時，軌道半徑和線速度都略微減小D.若測得“天舟一號”環(huán)繞地球近地軌道的運行周期，可求出地球的密度解析：根據g砥T、=m4n2（R+h）,可得M=4n2（R+h）3,則根據“天宮二號”離（R十h）2T2GT2地面的高度，不可計算出地球的質量，選項A錯誤；“天舟一號”與“天宮二號”的對接時，“天舟一號”要向后噴氣加速才能對接，故對接的過程不滿足動量守恒，但是能量守恒，選項B錯誤；“天宮二號”飛越地球的質量密集區(qū)上空時，萬有引力變大，則軌道半徑略微減小，引力做正功，故線速度增加，選項C錯誤；GMm=m4n2R,WM=4nR3p,可得P=3；,R2123GT2即若測得“天舟一號”環(huán)繞地球近地軌道的運行周期，可求出地球的密度，選項D正確；故選D.答案：D.（2017?馬鞍山模擬）如圖所示，A是一個邊長為L的正方形導線框，每邊電阻為r.現維持線框以恒定速度v沿x軸運動，并穿過圖中所示由虛線圍成的勻強磁場區(qū)域.Ubc=%一“c,線框在圖示位置的時刻作為時間的零點，則b、c兩點間的電勢差隨時間變化的圖線應為（）3LTOC\o"1-5"\h\zLL2L解析：規(guī)定以順時針方向為電流的正方向，0?v,線框在磁場外，感應電流為0.v?v，由右手定則可得出電流的方向為逆時針的方向，維持線框以恒定速度V沿X軸運動，所以感應電動勢和電流不變，根據法拉第電磁感應定律，則有U=3BLv，2L—4L，線框全部進入bc4VV磁場，感應電流為0，但感應電動勢BLv，則v=BLv，4L?5L，線框左邊切割磁感線，由bcvv右手定則可得出電流的方向為順時針的方向，維持線框以恒定速度V沿X軸運動，所以感應電動勢和電流不變，根據法拉第電磁感應定律，則有Ubc=BLv.答案：B.由兩種不同材料拼接成的直軌道ABC,B為兩種材料的分界線，長度AB〉BC.先將ABC按圖甲方式搭建成傾角為0的斜面，讓一小物塊（可看作質點）從斜面頂端由靜止釋放，經時間t小物塊滑過B點；然后將ABC按圖乙方式搭建成傾角為0的斜面，同樣將小物塊從斜面頂端由靜止釋放，小物塊經相同時間t滑過B點.則小物塊（）（導學號57180147）A.與AB段的動摩擦因數比與BC段的動摩擦因數大.兩次滑到B點的速率相同C.兩次從頂端滑到底端所用的時間相同D.兩次從頂端滑到底端的過程中摩擦力做功相同解析：第一種情況：從A到B過程，AB=2a1t2=；g（sin。一口1cos0）t2,第二種情況從C到B的過程，CB=；a2t2=；g（sin0一口2cos0）t2,因為AB〉BC,所以口尸乜，即物塊與AB段的動摩擦因數比與BC段的動摩擦因數小，選項A錯誤.據題意兩次做勻加速直線運動s=；t,可知位移大的平均速度大，末速度同樣大，故第一次到B的速率更大些，選項B錯誤.由WFf=—%mgcos0?AB—u2mgcos0?BC,則兩次摩擦力做功相等，故D正確.兩個過程摩擦力做功相等，重力做功相等，根據動能定理可知，兩次下滑中物塊到達底端速度相等為v,則第一種BC=vi”vt,第二種BA=v22vt,因BC<BA,v>v，所以t<t,即第21221212二次到達底端的時間較長，選項C錯誤.故選D.答案：D二、多項選擇題.（2017?沈陽模擬）根據質點的位置關系，我們可以分析出質點的運動軌跡.若一個質點在水平面上的xOy直角坐標系位置函數是：x=Lcosst,y=Lsin3t.（。是定值）則該質點的速率一時間、加速度大小一時間、合力大小一時間、合力做功一時間等相關圖象錯誤的是（）解析：質點在水平面上的xOy直角坐標系位置函數是：x=Lcosat,y=Lsinat,所以質點在平面直角坐標系中是一個勻速圓周運動，所受合力大小不變，速度大小不變，方向時刻在變，同樣加速度大小也不變，方向在變；力和速度始終垂直，故力不做功，故A、B、D錯誤，C正確.答案：ABD.（2017?衡水模擬）在真空中的x軸上的原點處和x=6a處分別固定一個點電荷M、N,在x=2a處由靜止釋放一個正點電荷P,假設點電荷P只受電場力作用沿x軸方向運動,得到點電荷P速度大小與其在x軸上的位置關系如圖所示（其中在x=4a處速度最大），則下列說法正確的是（）A.點電荷M、N一定都是同種正電荷B.點電荷M、N一定為異種電荷C.點電荷M、N所帶電荷量的絕對值之比為4：1D.x=4a處的電場強度不一定為零解析：由vx圖象可知，點電荷P的速度先增大后減小，所以點電荷P的動能先增大后減小，說明電場力先做正功，后做負功，結合正電荷受到的電場力的方向與電場強度的方向相同可知，電場強度的方向先沿x軸的正方向，后沿x軸的負方向，根據點電荷的電場線的特點與電場的疊加原理可知，點電荷M、N一定都是正電荷，故A正確，B錯誤；由題圖可知，在x=4a處點電荷P的速度最大，速度的變化率為0,說明了x=4a處的電場強度等于kQ0,則M與N的點電荷在x=4a處的電場強度大小相等，方向相反，根據庫侖定律得：（4a）2kQ=z.QN八，所以點電荷M、N所帶電荷量的絕對值之比為4：1,故C正確，D錯誤.故（6a—4a）2選AC.答案：AC.某人駕駛一輛汽車甲正在平直的公路上以某一速度勻速運動，突然發(fā)現前方50m

處停著一輛乙車，立即剎車，剎車后做勻減速直線運動.已知該車剎車后第1個2s內的位）（導學號57180148）m/s2,再由位移公式x=移是24m,第4）（導學號57180148）m/s2,再由位移公式x=A.汽車甲剎車后做勻減速直線運動的加速度大小為23m/s2-L乙B.汽車甲剎車后做勻減速直線運動的加速度大小為2m/s2C.汽車甲剎車后停止前，可能撞上乙車D.汽車甲剎車前的速度為14m/sTOC\o"1-5"\h\z..一..1—2423解析：根據々一1二羽七代入數據解得&=3乂4m/s2：一%vt+1at2解得初速度v=14m/s,速度減為零用時1=：。=7.3s，可知汽車在8s前速度0121。a-v0a，一2，聯(lián)立解得a=-2m/s2,減為零，設汽車的加速度為a,根據x1=v0t1+1at2,-v0a，一2，聯(lián)立解得a=-2m/s2,t=0-V。，采用逆向思維，最后2s位移x=：(-a)-(8-a2\初速度v=14m/s,所以B、D正確，A錯誤；汽車剎車距離x=v2=49m,所以不能撞上乙02a車，故C錯誤.答案：BD.(2017?西寧模擬)如圖所示，面積為0.02m2、內阻不計的100匝矩形線圈ABCD,繞垂直于磁場的軸00’勻速轉動，轉動的角速度為100rad/s,勻強磁場的磁感應強度為T.矩形線圈通過滑環(huán)與理想變壓器相連，觸頭P可移動，副線圈所接電阻R=25Q,電表均為理想交流電表.當線圈平面與磁場方向平行時開始計時.下列說法正確的是()A.線圈中感應電動勢的表達式為e=1002cos(100t)VP上移時，電流表示數減小t=0時，電壓表示數為1002V當原、副線圈匝數比為2：1時，電阻上消耗的功率為50W解析：矩形閉合導線框ABCD在磁場中轉動，產生的交流電的最大值為Em=NBSs=100X2X0.02X100V=1002V,線圈中感應電動勢的表達式為e=1002?cos100t(V),乙故A正確；P上移時，原線圈的匝數減小，則導致副線圈電壓增大，那么副線圈電流也增大，則原線圈的電流會增大，故B錯誤；由于最大值為有效值的2倍，所以交變電流的有效值為U=100V,當t=0時，電壓表示數為100V,故C錯誤；當原、副線圈匝數比為2：1U2502..時，電阻上消耗的功率為P=r=/W=50W,故D正確.R50答案：AD.如圖所示，質量為M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一質量為m的木塊，在木塊上施加一水平向右的恒力F,木塊和木板由靜止開始運動，木塊相對地面運動位移x后二者分離.則下列哪些變化可使位移x增大（）（導學號57180149）A.僅增大木板的質量MB.僅增大木塊的質量mC.僅增大恒力FD.僅稍增大木塊與木板間的動摩擦因數解析:根據牛頓第二定律得m的加速度為a=F—：mg=F—ug，M的加速度為a=弋mg，1mm2m設板長為L,根據L=1at2-1at2,得t=口2：，木塊相對地面運動位移為x=1at2,2122a1—a222則知若僅增大木板的質量M，m的加速度a1不變，M的加速度a2減小，由上式知時間t減小，x減小，故A錯誤；若僅增大小木塊的質量m,則m的加速度a1減小，M的加速度a2增大，則t增大，x增大，故B正確；若僅增大恒力F，則m的加速度a1變大，M的加速度不變，則t減小，x減小，故C錯誤；若僅增大木塊與木板間的動摩擦因數，則m的加速度a1減小,M的加速度a2增大，則t增