（江蘇選考）高考物理二輪復習 第二部分 考前提速力爭滿分4策略 考前提速練2-人教版高三全冊物理試題

考前提速練2一、單項選擇題1．帶電粒子僅受電場力作用，其不可能做的運動是()A．勻加速直線運動 B．勻速圓周運動C．勻變速曲線運動 D．勻速直線運動解析：選D粒子在勻強電場中，若粒子所受的電場力方向與速度方向相同，粒子做勻加速直線運動，故A可能；粒子在點電荷形成的電場中，若庫侖引力提供向心力，做勻速圓周運動，故B可能；粒子在勻強電場中，若粒子的速度方向與電場力方向垂直，粒子做勻變速曲線運動，故C可能；粒子做勻速直線運動，合力為零，由于粒子僅受電場力，合力不可能為零，則不可能做勻速直線運動，故D不可能。2.如圖所示的閉合電路中，當滑動變阻器滑片P移動時，各電流表(內阻可不計)示數變化情況是()A．A1、A2的示數同時增大、同時減小B．A1示數增大時，A2的示數減小C．A1的示數減小時，A2的示數增大D．A1的示數變化量大于A2的示數變化量解析：選A當滑動變阻器滑片P向下移動時，連入電路的阻值變小，故外電路的總電阻變小，故根據閉合電路歐姆定律，總電流變大，電流表A1的示數增大，故路端電壓U＝E－Ir變??；定值電阻R1的電流減小，由于總電流增加，故通過滑動變阻器的電流增加了，即A2的示數增大，則A1、A2的示數同時增大；同理，當滑動變阻器滑片P向上移動時，連入電路的阻值變大，故外電路的總電阻變大，故根據閉合電路歐姆定律，總電流變小，電流表A1的示數減小，故路端電壓U＝E－Ir變大；定值電阻R1的電流增大，由于總電流減小，故通過滑動變阻器的電流減小了，即A2的示數減小，則A1、A2的示數同時減小，故A正確，B、C錯誤；A1、A2的示數同時增大、同時減小，而R1的電流變化情況與兩只電流表相反，所以A1的示數變化量小于A2的示數變化量，故D錯誤。3.如圖所示，質量為m2的物體2放在正沿平直軌道向右行駛的車廂底板上，并用豎直細繩通過光滑定滑輪連接質量為m1的物體1，跟物體1相連接的細繩與豎直方向成θ角。下列說法中正確的是()A．車廂的加速度為gsinθB．細繩對物體1的拉力為m1gcosθC．底板對物體2的支持力為m2g－mD．物體2所受底板的摩擦力為m2gtanθ解析：選D對物體1研究，分析受力如圖甲，受重力m1g和拉力T，根據牛頓第二定律得m1gtanθ＝m1a，得a＝gtanθ，則車廂的加速度也為gtanθ，T＝eq\f(m1g,cosθ)，故A、B錯誤；對物體2研究，分析受力如圖乙，根據牛頓第二定律得：N＝m2g－T＝m2g－eq\f(m1g,cosθ)，f＝m2a＝m2gtanθ，故D正確，C錯誤。4.我國研發(fā)的“高分一號”衛(wèi)星突破了空間分辨率、多光譜與大覆蓋面積相結合的大量關鍵技術。如圖所示為“高分一號”與北斗導航系統兩顆衛(wèi)星在空中某一面內運動的示意圖，北斗系統中兩顆衛(wèi)星“G1”和“G3”以及“高分一號”均可認為繞地心O做勻速圓周運動，衛(wèi)星“G1”和“G3”的軌道半徑均為r，某時刻兩顆工作衛(wèi)星分別在軌道上的A、B兩位置，“高分一號”衛(wèi)星在C位置，若衛(wèi)星均順時針運行，地球表面處的重力加速度為gA．衛(wèi)星“G1”和“G3”的加速度大小相等均為eq\f(R2,r)gB．衛(wèi)星“G1”由位置A運動到位置B所需要的時間為eq\f(2πr,3R)eq\r(\f(r,g))C．如果調動“高分一號”衛(wèi)星到達衛(wèi)星“G3”D．“高分一號”是低軌道衛(wèi)星，其所在高度有稀薄氣體，運行一段時間后，機械能會減小解析：選D根據萬有引力提供向心力Geq\f(Mm,r2)＝ma，得a＝Geq\f(M,r2)，而GM＝gR2，所以衛(wèi)星的加速度a＝eq\f(gR2,r2)，故A錯誤；根據萬有引力提供向心力Geq\f(Mm,r2)＝mω2r，得ω＝eq\r(\f(GM,r3))，所以衛(wèi)星“G1”由位置A運動到位置B所需的時間t＝eq\f(\f(π,3),ω)＝eq\f(πr,3R)eq\r(\f(r,g))，故B錯誤；若“高分一號”衛(wèi)星加速，將做離心運動，軌道半徑變大，故如果調動“高分一號”衛(wèi)星到達衛(wèi)星“G3”所在的軌道，必須使其加速，故C錯誤；“高分一號”是低軌道衛(wèi)星，其所在高度有稀薄氣體，克服阻力做功，機械能減小，故D正確。5.如圖所示，質量分別為M和m的兩物塊與豎直輕彈簧相連，在水平面上處于靜止狀態(tài)?，F將m豎直向下壓縮彈簧一段距離后由靜止釋放，當m到達最高點時，M恰好對地面無壓力。已知彈簧勁度系數為k，彈簧形變始終在彈性限度內，重力加速度為g，則()A．當m到達最高點時，m的加速度為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,m)))gB．當m到達最高點時，M的加速度為gC．當m速度最大時，彈簧的形變量為eq\f(Mg,k)D．當m速度最大時，M對地面的壓力為Mg解析：選A當m到達最高點時，M剛好對地面沒有壓力，可知彈簧對M的拉力為Mg，M所受合力為零，加速度為零；此時彈簧對m的作用力也是Mg，所以m的加速度為：am＝eq\f(mg＋Mg,m)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,m)))g，故A正確，B錯誤；由題可知，開始時彈簧對m的彈力大于m的重力，m向上做加速運動，當彈簧的彈力小于m的重力時，m做減速運動，所以彈簧中彈力等于mg時，m有最大速度，由胡克定律得：mg＝kx，得：x＝eq\f(mg,x)，此時對M受力分析可得：FN＋kx－Mg＝0，解得FN＝Mg－mg，故C、D錯誤。二、多項選擇題6．關于科學家對物理學所做的頁獻，下列說法符合史實的是()A．伽利略通過對自由落體的研究，開創(chuàng)了一套研究自然規(guī)律的科學方法B．英國物理學家卡文迪許首先利用扭秤實驗發(fā)現了萬有引力定律C．亞里士多德認為如果完全排除空氣的阻力，所有物體將下落得同樣快D．笛卡兒指出：如果運動中的物體沒有受到力的作用，它將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運動解析：選AD伽利略通過對自由落體的研究，結合小球在斜面上運動的實驗和理想實驗，開創(chuàng)了一套把實驗和邏輯推理相結合的科學研究方法，故A符合史實；牛頓提出了萬有引力定律，卡文迪許測出了萬有引力常量，故B不符合史實；伽利略認為如果完全排除空氣的阻力，所有物體將下落得同樣快，故C不符合史實；笛卡兒通過實驗指出：如果運動中的物體沒有受到力的作用，它將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運動，既不停下來也不偏離原來的方向，故D符合史實。7.在某一高度處將A球以初速度大小為v1水平拋出，同時在A球正下方地面處將B球以初速度大小為v2斜向上拋出。在B球上升至最高點時，兩球恰在空中相遇，相遇時兩球的速度大小分別為vA、vB，不計空氣阻力。則()A．v1＞v2 B．v1＜v2C．vA＞vB D．vA＜vB解析：選BCA球做平拋運動，B球做斜拋運動，水平方向都做勻速直線運動。因為兩球在空中相遇，知水平位移相等，由x＝vxt知，水平分速度大小相等，有v1＝v2cosθ，θ是B球的初速度與水平方向的夾角，則得v1＜v2，故A錯誤，B正確；相遇時，A球的速度大小為vA＝eq\r(v12＋gt2)，此時B球上升至最高點，vB＝v2cosθ＝v1，可得vA＞vB，故C正確，D錯誤。8.兩異種點電荷A、B附近的電場線分布如圖所示，P為電場中的一點，已知P點的電勢為φ，電荷A產生的電場在P點的場強大小為EA，電荷B產生的電場在P點的場強大小為EB，取無窮遠處的電勢為零。下列說法中正確的有()A．A、B所帶電荷量不相等B．P點的場強大小為EA＋EBC．A、B連線上有電勢為零的點D．將電荷為＋q的點電荷從P點移到無窮遠處，電場力做功為qφ解析：選ACD等量異種點電荷的電場線分布圖具有對稱性，而題圖左右不對稱，知A、B所帶的電荷量不相等，故A正確；P點的場強是點電荷A、B在P點產生的合場強，根據平行四邊形定則可以得出P點的場強大小，易知P點的場強小于EA＋EB，故B錯誤；取無窮遠處的電勢為零，正電荷附近的電勢高于零，負電荷附近的電勢低于零，所以A、B連線上有電勢為零的點，故C正確；根據W＝q(φ－0)＝qφ知，電場力做功為qφ，故D正確。9.如圖所示，水平轉臺上有一個質量為m的物塊，用長為L的輕細繩將物塊連接在通過轉臺中心的轉軸上。細繩與豎直轉軸的夾角為θ，系統靜止時細繩繃直但拉力為零，物塊與轉臺間動摩擦因數為μ(μ＜tanθ)，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。物塊隨轉臺由靜止開始緩慢加速轉動且未離開轉臺的過程中()A．物塊受轉臺的靜摩擦力方向始終指向轉軸B．至細繩中出現拉力時，轉臺對物塊做的功為μmgLsineq\f(θ,2)C．物塊能在轉臺上隨轉臺一起轉動的最大角速度為eq\r(\f(g,Lcosθ))D．細繩對物塊拉力的瞬時功率始終為零解析：選CD由題可知，物塊做加速圓周運動，所以開始時物塊受到的摩擦力必定有一部分的分力沿運動軌跡的切線方向，故A錯誤；對物塊受力分析知物塊離開轉臺前，沿運動軌跡徑向的合力：F＝f＋Tsinθ＝meq\f(v2,r)，N＋Tcosθ＝mg，根據動能定理知W＝Ek＝eq\f(1,2)mv2，當拉力T＝0時，r＝Lsinθ，聯立解得W＝eq\f(1,2)fLsinθ≤eq\f(1,2)μmgLsinθ，至細繩中出現拉力時，