（江蘇專(zhuān)用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 選擇題提速練（二）

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1、選擇題提速練(二) 一、單項(xiàng)選擇題 1.某物體運(yùn)動(dòng)的vt圖像如圖所示，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．0～2 s內(nèi)的加速度大小為5 m/s2 B．0～4 s內(nèi)的加速度逐漸增大 C．4～5 s內(nèi)的平均速度小于7.5 m/s D．加速與減速階段的位移之比為4∶3 解析：選C　0～4 s內(nèi)的加速度大小為 a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，故A錯(cuò)誤；根據(jù)圖像的斜率表示加速度，知0～4 s內(nèi)的加速度不變，4～5 s內(nèi)的加速度逐漸減小，故B錯(cuò)誤；若4～5 s內(nèi)物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，平均速度為＝＝ m/s＝7.5 m/s，由于該物體的位移小于勻減速直線運(yùn)動(dòng)的位移，所以該物體4～5 s內(nèi)的平均速

2、度小于勻減速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度7.5 m/s，故C正確；0～4 s內(nèi)物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，通過(guò)的位移 x1＝ m＝20 m。4～5 s內(nèi)的位移 x2＜1 m＝7.5 m，所以＞＝，故D錯(cuò)誤。 2．電磁炮是利用電磁發(fā)射技術(shù)制成的一種先進(jìn)的殺傷武器。如圖為電磁軌道炮的原理示意圖，圖中虛線表示電流方向，磁場(chǎng)垂直于軌道平面。下列說(shuō)法正確的有(　　) A．磁場(chǎng)的方向可能垂直于軌道向上 B．改變電流的方向不影響炮彈的發(fā)射方向 C．磁場(chǎng)的強(qiáng)弱與炮彈的速度無(wú)關(guān) D．電流越大，炮彈的最大速度越大 解析：選D　要使炮彈向右加速，安培力應(yīng)向右，根據(jù)左手定則可知，磁場(chǎng)方向應(yīng)垂直于軌道向下，故A錯(cuò)誤；改

3、變電流方向時(shí)，電磁炮所受安培力方向變化，發(fā)射方向變化，故B錯(cuò)誤；設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，軌間距為d，電流大小為I，軌道長(zhǎng)度為L(zhǎng)，據(jù)動(dòng)能定理：BIdL＝mv2，解得：v＝ ，可知磁感應(yīng)強(qiáng)度B變大，電流I變大，炮彈速度變大，故C錯(cuò)誤，D正確。 3.如圖所示，從S處發(fā)出的熱電子經(jīng)加速電壓U加速后垂直進(jìn)入相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，發(fā)現(xiàn)電子向上極板偏轉(zhuǎn)。設(shè)兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。欲使電子沿直線從電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域通過(guò)，只采取下列措施，其中可行的是(　　) A．適當(dāng)減小加速電壓U B．適當(dāng)減小電場(chǎng)強(qiáng)度E C．適當(dāng)增大加速電場(chǎng)極板之間的距離 D．適當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B 解析：選B　要使電

4、子在復(fù)合場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故Eq＝qvB。根據(jù)左手定則可知電子所受的洛倫茲力的方向豎直向下，故電子向上極板偏轉(zhuǎn)的原因是電場(chǎng)力大于洛倫茲力，所以要么減小電場(chǎng)力，要么增大洛倫茲力。根據(jù)eU＝mv2可得v＝，若適當(dāng)減小加速電壓U，則電子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度v減小，從而洛倫茲力減小，故A錯(cuò)誤。若適當(dāng)減小電場(chǎng)強(qiáng)度E，即可以減小電場(chǎng)力，故B正確。若適當(dāng)增大加速電場(chǎng)極板之間的距離，根據(jù)eU＝mv2可得v＝，由于極板間的電壓沒(méi)有變化，所以電子進(jìn)入磁場(chǎng)的速率沒(méi)有變化，因此沒(méi)有改變電場(chǎng)力和洛倫茲力的大小，故C錯(cuò)誤。若適當(dāng)減小磁感強(qiáng)度B，則洛倫茲力減小，故D錯(cuò)誤。 4.中央電視臺(tái)綜藝節(jié)目《加油向未來(lái)》中有一個(gè)橄

5、欖球空中擊劍游戲：寶劍從空中B點(diǎn)自由落下，同時(shí)橄欖球從A點(diǎn)以速度v0沿AB方向拋出，恰好在空中C點(diǎn)擊中劍尖，不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．橄欖球在空中運(yùn)動(dòng)的加速度大于寶劍下落的加速度 B．橄欖球若以小于v0的速度沿原方向拋出，一定能在C點(diǎn)下方擊中劍尖 C．橄欖球若以大于v0的速度沿原方向拋出，一定能在C點(diǎn)上方擊中劍尖 D．橄欖球無(wú)論以多大速度沿原方向拋出，都能擊中劍尖 解析：選C　橄欖球在空中運(yùn)動(dòng)的加速度等于寶劍下落的加速度，均等于重力加速度，故A錯(cuò)誤；橄欖球若以小于v0的速度沿原方向拋出，則水平方向的速度減小，運(yùn)動(dòng)到相遇點(diǎn)的時(shí)間t＝增大，橄欖球在相同時(shí)間下降的高度增大

6、，可能劍尖落地后橄欖球才到C點(diǎn)所在的豎直線，所以橄欖球可能在C點(diǎn)下方擊中劍尖，故B錯(cuò)誤；橄欖球若以大于v0的速度沿原方向拋出，則水平方向的速度增大，運(yùn)動(dòng)到相遇點(diǎn)的時(shí)間t＝減小，橄欖球相同時(shí)間下降的高度減小，一定能在C點(diǎn)上方擊中劍尖，故C正確；若拋出的速度太小，可能橄欖球不會(huì)與劍尖相遇，故D錯(cuò)誤。 5．地球靜止軌道衛(wèi)星的軌道面與地球赤道共面，傾斜地球同步軌道衛(wèi)星的軌道面與地球赤道面有一定的夾角，它的運(yùn)轉(zhuǎn)周期是24小時(shí)。2011年12月2日，在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射的第10顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星就是一顆傾斜地球同步軌道衛(wèi)星。2012年10月25日，在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射的第16顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星是一顆地球靜止

7、軌道衛(wèi)星，它與先期發(fā)射的15顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星組網(wǎng)運(yùn)行，北斗導(dǎo)航工程區(qū)域組網(wǎng)順利完成，現(xiàn)在已向亞太大部分地區(qū)提供正式服務(wù)。關(guān)于這兩顆衛(wèi)星下列說(shuō)法正確是(　　) A．這兩顆衛(wèi)星離地面的高度一樣，約為3.6萬(wàn)千米 B．第10顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星的運(yùn)行速度一定與第一宇宙速度相等 C．發(fā)射第10顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星要比發(fā)射同等質(zhì)量的近地衛(wèi)星少消耗能量 D．第10顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星比第16顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星運(yùn)行加速度大 解析：選A　根據(jù)題意可知這兩顆衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)的周期都是24 h，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力＝m(R＋h)可知，周期相同則高度相同，故這兩顆衛(wèi)星離地面的高度一樣，約為3.6萬(wàn)千米，故A正確；根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力

8、G＝m，得v＝，則運(yùn)行高度越大，速度越小，當(dāng)r最小等于地球半徑時(shí)，速度最大等于第一宇宙速度，故第10顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星的運(yùn)行速度一定比第一宇宙速度小，故B錯(cuò)誤；同等質(zhì)量的衛(wèi)星，發(fā)射高度越高，克服地球引力做功越多，故發(fā)射第10顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星要比發(fā)射同等質(zhì)量的近地衛(wèi)星多消耗能量，故C錯(cuò)誤；根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力G＝ma，得a＝，則高度相同時(shí)，加速度相同，故第10顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星與第16顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星運(yùn)行加速度相等，故D錯(cuò)誤。 二、多項(xiàng)選擇題 6.如圖所示，虛線為某電場(chǎng)的等勢(shì)面，今有兩個(gè)帶電粒子(重力不計(jì))，以不同的速率沿不同的方向，從A點(diǎn)飛入電場(chǎng)后，沿不同的軌跡1和2運(yùn)動(dòng)，由軌跡可以斷定(　　)

9、A．兩個(gè)粒子的電性一定不同 B．粒子1的動(dòng)能先減少后增加 C．粒子2的電勢(shì)能先增大后減小 D．經(jīng)過(guò)B、C兩點(diǎn)，兩粒子的速率一定相等 解析：選AB　根據(jù)軌跡的彎曲方向可判斷出粒子1受到排斥力作用，其電性與場(chǎng)源電荷的電性相同，粒子2受到吸引力作用，電性與場(chǎng)源電荷的電性相反，所以?xún)闪Ｗ拥碾娦砸欢ㄏ喾?，故A正確；電場(chǎng)力對(duì)粒子1先做負(fù)功，后做正功，由動(dòng)能定理知其動(dòng)能先減少后增加，故B正確；電場(chǎng)力對(duì)粒子2先做正功，后做負(fù)功，則粒子2的電勢(shì)能先減小后增大，故C錯(cuò)誤； 由于粒子1到B點(diǎn)時(shí)速率減小，粒子2到C點(diǎn)時(shí)速率增加，而粒子1的初速率與粒子2的初速率不等，則經(jīng)過(guò)B、C兩點(diǎn)，兩粒子的速率可能不等，故D

10、錯(cuò)誤。 7．如圖所示，小明做課本自感線圈實(shí)驗(yàn)時(shí)，連接電路如圖所示。則(　　) A．閉合開(kāi)關(guān)S，L2逐漸變亮，然后亮度不變 B．閉合開(kāi)關(guān)S，L1逐漸變亮，然后亮度不變 C．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)S，L1逐漸變暗至熄滅，L2變亮后再熄滅 D．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)S，L1變亮后再熄滅，L2一直不亮 解析：選BC　閉合開(kāi)關(guān)的瞬間，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，所以無(wú)電流通過(guò)L2，L2始終不亮，故A錯(cuò)誤；閉合開(kāi)關(guān)的瞬間，由于線圈中自感電動(dòng)勢(shì)的阻礙，L1燈逐漸亮，電路中的電流穩(wěn)定后亮度不變，故B正確。由于二極管具有單向?qū)щ娦?，電路穩(wěn)定后也無(wú)電流通過(guò)L2，L2不亮；在電路穩(wěn)定后，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S的瞬間，L由于產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，相

11、當(dāng)于電源，燈泡L1、L2串聯(lián)，所以L1逐漸熄滅，L2突然變亮，然后逐漸變暗至熄滅，故C正確，D錯(cuò)誤。 8.水平固定放置的足夠長(zhǎng)的U形金屬導(dǎo)軌處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖所示，在導(dǎo)軌上放著金屬棒ab，開(kāi)始時(shí)ab棒以水平初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，最后靜止在導(dǎo)軌上，就導(dǎo)軌光滑和粗糙兩種情況比較，這個(gè)過(guò)程(　　) A．外力對(duì)棒所做功相等 B．電流所做的功相等 C．通過(guò)ab棒的電荷量相等 D．安培力對(duì)ab棒所做的功不相等 解析：選AD　根據(jù)動(dòng)能定理，兩種情況下外力的功都等于動(dòng)能的變化量，因初狀態(tài)和末狀態(tài)相同，則外力對(duì)棒做的功相同，選項(xiàng)A正確。電流所做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱，根據(jù)功能關(guān)系可知導(dǎo)

12、軌光滑時(shí)，金屬棒克服安培力做功多，產(chǎn)生的焦耳熱多，電流做功大，故B錯(cuò)誤。根據(jù)感應(yīng)電荷量公式q＝＝，x是ab棒滑行的位移大小，B、R、導(dǎo)體棒長(zhǎng)度L相同，x越大，感應(yīng)電荷量越大，因此導(dǎo)軌光滑時(shí)，感應(yīng)電荷量大，故C錯(cuò)誤。當(dāng)導(dǎo)軌光滑時(shí)，金屬棒克服安培力做功，動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱，產(chǎn)生的內(nèi)能等于金屬棒的初動(dòng)能；當(dāng)導(dǎo)軌粗糙時(shí)，金屬棒在導(dǎo)軌上滑動(dòng)，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生熱，把部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，另一方面要克服安培力做功，金屬棒的部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，摩擦力做功產(chǎn)生的內(nèi)能與克服安培力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的和等于金屬棒的初動(dòng)能；所以導(dǎo)軌粗糙時(shí)，安培力做的功少，導(dǎo)軌光滑時(shí)，安培力做的功多，故D正確。 9.如圖

13、所示，在光滑的水平地面上有一個(gè)表面光滑的立方體M，一輕桿L與水平地面成α角，輕桿的下端用光滑鉸鏈連接于O點(diǎn)，O點(diǎn)固定于地面上，輕桿的上端連接著一個(gè)小球m，小球靠在立方體左側(cè)，立方體右側(cè)受到水平向左推力F的作用，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。若現(xiàn)在撤去水平推力F，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．小球在落地的瞬間和立方體分離 B．小球和立方體分離時(shí)刻速度相等 C．小球和立方體分離時(shí)刻小球加速度為g D．分離前小球和立方體系統(tǒng)的機(jī)械能守恒 解析：選CD　小球隨著立方體向右運(yùn)動(dòng)的同時(shí)沿著立方體豎直向下運(yùn)動(dòng)，將小球的速度沿著水平方向和豎直方向正交分解，如圖，得到v2＝v1sin α，即小球和立方體分離時(shí)刻速度不相等，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。由于沒(méi)有摩擦，故立方體會(huì)在小球落在水平地面上之前離開(kāi)小球，故A錯(cuò)誤。對(duì)小球和立方體整體受力分析，受重力、桿的彈力T、地面的支持力，在水平方向運(yùn)用牛頓第二定律，有：Tcos α＝(m＋M)ax，剛分離時(shí)小球加速度的水平分量為零，故桿的彈力為零，故小球只受重力，此時(shí)小球加速度為g，故C正確。小球和立方體分離前，只有重力對(duì)系統(tǒng)做功，則小球和立方體系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故D正確。 5