2018高考物理二轮讲练专题16-选择题解题技巧(课件与作业2份)

点击下载课件:下载地址1
课件简介:
  • 课件名称: 2018高考物理二轮讲练专题16-选择题解题技巧(课件与作业2份)
  • 课件科目: 高三物理课件
  • 制作软件: PPT/FLASH/其他
  • 授权方式: 免费
  • 下载次数总计: 
  • 更新时间: 2018年04月25日
  • 本站永久域名: www.5ykj.com
  • 联系管理员: 13807847103。
    QQ:280719422

课时作业(十六)
选择题(共20个小题,3、4、6、7、14、15、18、19、20为多选,其余为单项选择,每题5分共100分)
1.有一条两岸平直,河水均匀流动、流速恒为v的大河,小明驾着小船渡河,去程时船头朝向始终与河岸垂直,回程时行驶路线与河岸垂直.去程与回程所用时间的比值为k,船在静水中的速度大小相同,则小船在静水中的速度大小为(  )
A.kvk2-1          B.v1-k2
C.kv1-k2   D.vk2-1
答案 B
解析 可设河宽为d,船在静水中的速度为vc,第一种情况时时间t1=dvc,第二种情况为t2=dvc2-v2,t1t2=k,可得出B项是正确的.
2.(2017•遂宁模拟)如图所示,放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R,质量为m的带孔小球穿于环上,同时有一长为R的细绳一端系于球上,另一端系于圆环最低点,绳的最大拉力为2mg.当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时,发现小球受三个力作用.则ω可能为(  )
A.3gR        B.32gR
C.3g2R   D.g2R
答案 B
解析 因为圆环光滑,所以这三个力肯定是重力、环对球的弹力、绳子的拉力.细绳要产生拉力,绳要处于拉伸状态,根据几何关系可知,此时细绳与竖直方向的夹角为60°.当圆环旋转时,小球绕竖直轴做圆周运动,向心力由三个力在水平方向的合力提供,其大小为F=mω2r,根据几何关系,其中r=Rsin60°一定,所以当角速度越大时,所需要的向心力越大,绳子拉力越大,所以对应的临界条件是小球在此位置刚好不受拉力,此时角速度最小,需要的向心力最小,对小球进行受力分析得Fmin=2mgsin60°,即2mgsin60°=mωmin2Rsin60°,解得ωmin=2gR;当绳子的拉力达到最大时,角速度达到最大,同理可知,最大角速度为ωmax=6gR,故只有B项正确.
3.如图所示,质量为3m的竖直光滑圆环A的半径为R,固定在质量为2m的木板B上,木板B的左右两侧各有一竖直挡板固定在地面上,B不能左右运动.在环的最低点静止放有一质量为m的小球C.现给小球一水平向右的瞬时速度v0,小球会在圆环内侧做圆周运动,为保证小球能通过环的最高点,且不会使环在竖直方向上跳起,初速度v0必须满足(  )
 
A.最小值为4gR   B.最大值为3gR
C.最小值为5gR   D.最大值为10gR
答案 CD
解析 在最高点,速度最小时有:mg=mv12R
解得:v1=gR.
从最高点到最低点的过程中,机械能守恒,设最低点的速度为v′1,根据机械能守恒定律,有:2mgR+12mv12=12mv′12
解得:v′1=5gR.
要使环不在竖直方向上跳起,环对球的压力最大为:
F=2mg+3mg=5mg
从最高点到最低点的过程中,机械能守恒,设此时最低点的速度为v′2,
在最高点,速度最大时有:mg+5mg=mv22R
解得:v2=6gR.
根据机械能守恒定律有:2mgR+12mv22=12mv′22
解得:v′2=10gR.
所以保证小球能通过环的最高点,且不会使环在竖直方向上跳起,在最低点的速度范围为:5gR≤v≤10gR.故C、D两项正确,A、B两项错误.故选C、D两项.
4.(2017•浦东新区三模)如图所示,拖拉机后轮的半径是前轮半径的两倍,A和B是前轮和后轮边缘上的点,若车行进时车轮没有打滑,则(  )
A.两轮转动的周期相等
B.前轮和后轮的角速度之比为2∶1
C.A点和B点的线速度大小之比为1∶2
D.A点和B点的向心加速度大小之比为2∶1
答案 BD
解析 B项,根据v=ωr和vA=vB,可知A、B两点的角速度之比为2∶1;故B项正确.
A项,据ω=2πT和前轮与后轮的角速度之比2∶1,求得两轮的转动周期为1∶2,故A项错误.
C项,A、B分别为同一传动装置前轮和后轮边缘上的一点,所以vA=vB,故C项错误.
D项,由a=v2r,可知,向心加速度与半径成反比,则A与B点的向心加速度之比为2∶1,故D项正确.故选B、D两项.
5.设地球自转周期为T,质量为M,引力常量为G,假设地球可视为质量均匀分布的球体,半径为R.同一物体在南极和赤道水平面上静止时所受到的支持力之比为(  )
A.GMT2GMT2-4π2R3   B.GMT2GMT2+4π2R3
C.GMT2-4π2R3GMT2   D.GMT2+4π2R3GMT2
答案 A
解析 物体在南极地面所受的支持力等于万有引力,F=GMmR2 ①,在赤道处,F万-F′=F向,得F′=F万-F向,又F向=m4π2T2R,则F′=GMmR2-m4π2T2R ②,由①②式,可得,A项正确.
6.(2017•晋江市二模)水星或金星运行到地球和太阳之间,且三者几乎排成一条直线的现象,天文学称为“行星凌日”.已知地球的公转周期为365天,若将水星、金星和地球的公转轨道视为同一平面内的圆轨道,理论计算得到水星相邻两次凌日的时间间隔为116天,金星相邻两次凌日的时间间隔为584天,则下列判断合理的是(  )
A.地球的公转周期大约是水星的2.0倍
B.金星的轨道半径大约是水星的3.0倍
C.地球的公转周期大约是金星的1.6倍
D.金星的公转周期大约是水星的2.6倍
答案 CD
解析 A项,水星相邻两次凌日的时间间隔为116天,设水星的周期为T1,则有:2πT1t-2πT地t=2π,代入数据解得T1≈88天,可知地球公转周期大约是水星的4倍,故A项错误;C项,金星相邻两次凌日的时间间隔为584天,设金星的周期为T2,则有:2πT2t′-2πT地t′=2π,代入数据解得T2≈227天,可知地球的公转周期大约是金星的1.6倍;故C项正确;B项,根据开普勒第三定律:R3T2=k,则:R金3R水3=T22T12=2272882≈6.65,所以:R金≈1.88R水.故B项错误;D项,金星的公转周期大约是水星的:T2T1=22788≈2.6倍.故D项正确.故选C、D两项.
7.(2017•湖南二模)嫦娥三号”于2013年12月2日在中国西昌卫星发射中心由长征三号乙运载火箭送入太空,12月14日成功软着陆于月球雨海西北部,12月15日完成着陆器和巡视器分离,并陆续开展了“观天、看地、测月”,的科学探测和其它预定任务.如图所示为“嫦娥三号”释放出的国产“玉兔”号月球车,若该月球车在地球表面的重力为G1,在月球表面的重力为G2,已知地球半径为R1,月球半径为R2,地球表面处的重力加速度为g,则(  )
 
A.月球表面处的重力加速度为G2G1g
B.月球车内的物体处于完全失重状态
C.地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为G1R1G2R2
D.地球与月球的质量之比为G1R22G2R12
答案 AC
解析 A项,重力加速度:g=G重力m,故地球表面处的重力加速度与月球表面处的重力加速度之比为G1∶G2,故月球表面处的重力加速度为G2G1g,故A项正确;B项,在月球表面,月球车内的物体受重力和支持力,不是失重,故B项错误;C项,第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度:v=gR,故地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比:v1v2=G1G2•R1R2=G1R1G2R2,故C项正确;D项,根据g=GMR2,有:M=gR2G,故地球的质量与月球的质量之比为:M地M月=G1R12G2R22,故D项错误;故选A、C两项.
8.如图,一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内,线框在长直导线右侧,且其长边与长直导线平行.已知在t=0到t=t1的时间间隔内,直导线中电流i发生某种变化,而线框中感应电流总是沿顺时针方向;线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右.设电流i正方向与图中箭头方向相同,则i随时间t变化的图线可能是(  )
 

答案 A
解析 要求框中感应电流顺时针,根据楞次定律,可知框内磁场要么向里减弱(载流直导线中电流正向减小),要么向外增强(载流直导线中电流负向增大).线框受安培力向左时,载流直导线电流一定在减小,线框受安培力向右时,载流直导线中电流一定在增大.故答案选A项.
9.地球表面附近某区域存在大小为150 N/C、方向竖直向下的电场.一质量为1.00×10-4 kg、带电量为-1.00×10-7 C的小球从静止释放,在电场区域内下落10.0 m.对此过程,该小球的电势能和动能的改变量分别为(重力加速度大小取9.80 m/s2,忽略空气阻力)(  )
A.-1.50×10-4 J和9.95×10-3 J B.1.50×10-4 J和9.95×10-3 J
C.-1.50×10-4 J和9.65×10-3 J D.1.50×10-4 J和9.65×10-3 J
答案 D
解析 电场力做功只与初末位置的电势差有关,电场力做正功电势能减少,电场力做负功,电势能增加.小球带负电,受到的电场力沿竖直方向向上,所以下落过程,电场力做负功,电势能增加,A、C项错误;W电=Eqh=1.00×10-7 C×150 N/C×10 m=1.5×10-4 J,根据动能定理,合力做功等于动能的变化,有:WG-W电=(mg-Eq)h=(9.8×10-4-1.00×10-7×150)×10 J=9.65×10-3 J,D项正确.
10.据报道,天文学家近日发现了一颗距地球40光年的“超级地球”,名为“55 Cancrie”该行星绕母星(中心天体)运行的周期约为地球绕太阳运行周期的1480,母星的体积约为太阳的60倍.假设母星与太阳密度相同,“55 Cancrie”与地球做匀速圆周运动,则“55 Cancrie”与地球的(  )
A.轨道半径之比约为360480 B.轨道半径之比约为3604802
C.向心加速度之比约为360×4802 D.向心加速度之比约为360×480
答案 B
解析 设行星的质量为m,恒星的质量为M,体积为V.对行星,由万有引力提供向心力得GMmr2=m(2πT)2r,行星的轨道半径为r=3GMT24π2=3GρVT24π2,所以r∝3VT2,B项正确,A项错误;行星的向心加速度为a=(2πT)2r,所以a∝3VT4,C、D两项错误.
11.太阳因核聚变释放出巨大的能量,同时其质量不断减少.太阳每秒钟辐射出的能量约为4×1026 J,根据爱因斯坦质能方程,太阳每秒钟减少的质量最接近(  )
A.1036 kg   B.1018 kg
C.1013 kg   D.109 kg
答案 D
解析 本题意在考查考生对爱因斯坦质能方程的运用能力,根据E=Δmc2,得Δm=Ec2=4×1026(3×108)2 kg≈4.4×109 kg.
12.在国际单位制(简称SI)中,力学和电学的基本单位有:m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培).导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为(  )
A.m2•kg•s-4•A-1   B.m2•kg•s-3•A-1
C.m2•kg•s-2•A-1   D.m2•kg•s-1•A-1
答案 B
13.如图,在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板,其上叠放一质量为m2的木块.假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等.现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt(k是常数),木板和木块加速度的大小分别为a1和a2,下列反映a1和a2变化的图线中正确的是(  )
 
答案 A
解析 主要考查摩擦力和牛顿第二定律.木块和木板之间相对静止时,所受的摩擦力为静摩擦力.在达到最大静摩擦力前,木块和木板以相同加速度运动,根据牛顿第二定律a1=a2=ktm1+m2.木块和木板相对运动时,a1=μm2gm1恒定不变,a2=ktm2-μg.所以选A项.
14.(2017•乐山模拟)如图甲所示,一理想变压器原、副线圈匝数之比为55∶6,其原线圈两端接入如图乙所示的正弦交流电,副线圈通过电流表与负载电阻R=48 Ω相连.若交流电压表和交流电流表都是理想电表,则下列说法中正确的是(  )
 
A.变压器输入电压的最大值是220 V
B.若电流表的示数为0.50 A,变压器的输入功率是12 W
C.原线圈输入的正弦交变电流的频率是50 Hz
D.电压表的示数是242 V
答案 BC
解析 A项,由图乙可知交流电压最大值Um=2202 V,故A项错误;
B项,理想变压器原、副线圈匝数之比为55∶6,电阻R的电压为U2=n2n1•U1=655×220=24 V,电压表的示数是24 V.电阻为48 Ω,所以流过电阻中的电流为0.5 A,变压器的输入功率是:P入=P出=U22R=24248=12 W.故B项正确,D项错误;
C项,由图乙可知交流电周期T=0.02 s,可由周期求出正弦交变电流的频率是50 Hz,故C项正确.故选B、C两项.
15.(2017•资阳模拟)如图所示,半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场,一带正电粒子以速度v1从A点沿直径AOB方向射入磁场,经过t1时间射出磁场.另一相同的带电粒子以速度v2从距离直径AOB的距离为R2的C点平行于直径AOB方向射入磁场,经过t2时间射出磁场.两种情况下,粒子射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角均为60°.不计粒子受到的重力,则(  )
A.v1∶v2=3∶1   B.v1∶v2=2∶1
C.t1=t2   D.t1>t2
答案 AC
解析 A、B两项,如图由几何知识知R1=Rtan60°,R2=R,根据牛顿运动定律知
Bqv=mv2r
知r=mvBq与v成正比,故v1∶v2=R1∶R2=2Rcos30°∶R=3∶1,故A项正确,B项错误;
由周期T=2πmBq知两粒子周期相同,在磁场中运动的时间为t=θ2πT决定于角度,角度θ相同,则时间相同,故C项正确,D项错误.故选A、C两项.
16.图示为一个内、外半径分别为R1和R2的圆环状均匀带电平面,其单位面积带电量为σ.取环面中心O为原点,以垂直于环面的轴线为x轴.设轴上任意点P到O点的距离为x,P点电场强度的大小为E.下面给出E的四个表达式(式中k为静电力常量),其中只有一个是合理的.你可能不会求解此处的场强E,但是你可以通过一定的物理分析,对下列表达式的合理性做出判断.根据你的判断,E的合理表达式应为(  )
A.E=2πkσ(R1x2+R12-R2x2+R22)x B.E=2πkσ(1x2+R12-1x2+R22)x
C.E=2πkσ(R1x2+R12+R2x2+R22)x D.E=2πkσ(1x2+R12+1x2+R22)x
答案 B
解析 本题为电场类题目,考查的知识点抽象,题型新颖,要求学生具有一定的分析判断能力,大部分学生咋一看题目就感到无从下手.但本题若采用极限法进行分析,便可快速作答.由极限知识,设想R1的半径非常小,不失一般性,取最小值R1=0时,对于A项而言E<0,此时带电圆环演变为带电圆面,中心轴线上一点的电场强度E>0,故排除A项;若取x=0时,此时题目演变为求O点的场强,由对称性可知EO=0,对于C项而言,x=0时E为一定值,故排除C项.用极限知识若取x→∞时E→0,而D项中化简得E→4πκσ故排除D项;所以,由极限法知正确的只能为B项.
17.(2017•杨浦区年度第一学期高三)如图所示,有两个相邻的有界匀强磁场区域,磁感应强度的大小均为B,磁场方向相反,且与纸面垂直,磁场区域在x轴方向宽度均为a,在y轴方向足够长.现有一高为a的正三角形导线框从图示位置开始向右沿x轴方向匀速穿过磁场区域.若以逆时针方向为电流的正方向,在选项图中,线框中感应电流i与线框移动的位移x的关系图像正确的是
(  )
 
答案 C
解析 线圈向右开始运动后,在0~a这段位移内,穿过线圈的磁场向里且磁通量增加,根据楞次定律可判断出感应电流为逆时针,在a~2a这段位移内,向里穿过线圈的磁通量减少,且向外穿过线圈的磁通量增加,由楞次定律可判断出感应电流为顺时针,在2a~3a位移内,穿过线圈的磁通量向外且减少,由楞次定律可判断出感应电流为逆时针,C项正确.
18.(2017•江苏南京二模)如图所示,光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角,M、P两端接一阻值为R的定值电阻,阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置,其他部分电阻不计.整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向下.t=0时对金属棒施一平行于导轨的外力F,金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动.下列关于穿过回路abPMa的磁通量变化量ΔΦ、磁通量的瞬时变化率ΔΦΔt、通过金属棒的电荷量q随时间t变化以及a、b两端的电势差U随时间t变化的图像中,正确的是(  )
 
 
答案 BD
解析 设加速度为a,运动的位移x=12at2,磁通量变化量ΔΦ=BLx=12BLat2,ΔΦ∝t2,A项错误;感应电动势E=ΔΦΔt=12BLat,故ΔΦΔt∝t,B项正确;U=RER+r=RBLa2(R+r)t;U∝t,D项正确;电荷量q=ΔΦR,因为ΔΦ∝t2,所以q∝t2,C项错误.
19.(2017•山东省烟台市高三)如图所示,同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为l,电阻均为R,质量分别为2m和m.它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端,在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为B、方向垂直竖直面的匀强磁场区域.开始时,线框b的上边与匀强磁场的下边界重合,线框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为l.现将系统由静止释放,当线框b全部进入磁场时,a、b两个线框开始做匀速运动.不计摩擦和空气阻力,则(  )
A.a、b两个线框匀速运动的速度大小为2mgRB2l2
B.线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为3B2l3mgR
C.从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中,线框a所产生的焦耳热为mgl
D.从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中,两线框共克服安培力做功为2mgl
答案 BC
解析 当线框b全部进入磁场时,a的下边刚进入磁场,则此时两线圈匀速运动,则mg+F安=2mg,而F安=B2l2vR,解得v=mgRB2l2,A项错误;线框a从下边进入磁场到上边离开磁场的过程,两线圈一直做匀速运动,则所用的时间t=3lv=3B2l3mgR,故B项正确;从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中,因为两线圈匀速运动,故线框a所产生的焦耳热等于两线圈的重力势能的减小量:Q=ΔEp=2mgl-mgl=mgl,C项正确;从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中,两线框共克服安培力做功等于产生的电能,即大小为mgl,D项错误;故选B、C两项.
20.如图,木板A放在水平地面上,小物块B通过轻弹簧与A的左侧挡板P连接,A与B、A与地面之间均粗糙.开始时弹簧处于原长,B位于A上的O点.现将B拉至C点由静止释放向左运动,到达某点时速度为零(上述过程中A一直保持静止),则此时(  )
 
A.B所受的摩擦力可能为零 B.A所受的摩擦力不可能为零
C.B可能位于O点的左侧 D.B不可能位于O点的右侧
答案 AC
解析 若物体B到达O点速度为零,B与O重合,此时弹簧处于原长,物块没有运动的趋势,所受摩擦力为零,所以A项正确; B项错误;B可能位于O点的左侧,也可能位于O点右侧,还可以位于O点,所以C正确;D项错误.