新课标2020高考物理二轮复习专题强化训练16高考题型解答技巧及提分方略含解析

新课标2020高考物理二轮复习专题强化训练16高考题型解答技巧及提分方略含解析

专题强化训练(十六)‎ 一、选择题(共20个小题，3、4、6、7、14、15、18、19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.　　　　　　　 B. C. D. 答案　B 解析　可设河宽为d，船在静水中的速度为vc，第一种情况时间t1＝，第二种情况为t2＝，＝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．3 B. C. D. 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，绳要处于拉升状态，根据几何关系可知，此时细绳与竖直方向的夹角为60°‎ 13‎ ‎，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＝，所以只要ω＞就符合题意．当绳子的拉力达最大时，角速度达最大；同理可知，最大角速度为：ω＝，故符合条件的只有B项．故选B项．‎ ‎3．(2017·四川模拟)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 B．最大值为3 C．最小值为 D．最大值为 答案　CD 解析　在最高点，速度最小时有：mg＝m，解得：v1＝.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v1′，根据机械能守恒定律，有：2mgR＋mv12＝mv′12，解得：v′1＝.要使不会使环在竖直方向上跳起，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＝m，解得：v2＝.根据机械能守恒定律有：2mgR＋mv22＝mv′22，解得：v′2＝.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：≤v≤.故C、D两项正确，A、B两项错误．故选C、D两项．‎ ‎4．(2015·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 13‎ 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　轮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；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；据ω＝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；由a＝，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. B. C. D. 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＝，①‎ 在赤道处，F万－F′＝F向，得F′＝F万－F向，又F向＝mR，则F′＝－mR，②‎ 由式，可得A项正确．‎ ‎6．(2018·城中区校级模拟)我国的火星探测计划在2018年展开，在火星发射轨道探测器和火星巡视器．已知火星的质量约为地球质量的，火星的半径约为地球半径的.下列说法中正确的是(　　)‎ 13‎ A．火星探测器的发射速度应大于第一宇宙速度且小于第二宇宙速度 B．火星探测器的发射速度应大于第二宇宙速度且小于第三字宙速度 C．火星表面与地球表面的重力加速度之比为4∶9‎ D．火星探测器环绕火星运行的最大速度约为地球的第一宇宙速度的倍 答案　BC 解析　火星探测器前往火星，脱离地球引力束缚，还在太阳系内，发射速度应大于第二宇宙速度、小于第三宇宙速度，故A项错误，B项正确；根据表面物体受到的引力等于表面物体的重力，即G＝m0g，结合火星的质量约为地球质量的，火星的半径约为地球半径的，那么火星表面与地球表面的重力加速度之比为4∶9，故C项正确；由＝m得，v＝，已知火星的质量约为地球的，火星的半径约为地球半径的，火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍，故D项错误．故选B、C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人太空，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”的科学探测和其他预定任务．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g 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 D．地球与月球的质量之比为 答案　AC 13‎ 解析　重力加速度：g＝，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g，故A项正确；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；第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度v＝，故地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为：＝＝，故C项正确；根据g＝，有：M＝，故地球的质量与月球的质量之比为：＝，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 13‎ 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两项错误；W电＝Eqh＝1.00×10－7×150×10 J＝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，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 B．轨道半径之比约为 C．向心加速度之比约为 D．向心加速度之比约为 答案　B 解析　母星与太阳密度相等，而体积约为60倍，说明母星的质量是太阳质量的60倍．由万有引力提供向心力可知G＝mr，所以×＝，代入数据得到B项正确，由加速度a＝知道，加速度之比为，所以C、D两项均错误．‎ ‎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＝＝ kg≈4.4×109 kg，故D项正确．‎ ‎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 13‎ 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　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＝.木块和木板相对运动时，a1＝恒定不变，a2＝－μg，故A项正确．‎ ‎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(　　)‎ 13‎ 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24 V 答案　BC 解析　由图乙可知交流电压最大值Um＝220 V，故A项错误；理想变压器原、副线圈匝数之比为55∶6，电阻R的电压为U2＝·U1＝×220 V＝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＝＝ W＝12 W．故B项正确，D项错误；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．‎ ‎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＝∶1 B．v1∶v2＝∶1‎ C．t1＝t2 D．t1＞t2‎ 答案　AC 解析　如图由几何知识知R1＝Rtan60°，R2＝R，根据牛顿运动定律知Bqv＝m，知r＝与v成正比，故v1∶v2＝R1∶R2＝Rtan60°∶R＝∶1，故A项正确，B项错误；由周期T＝知两粒子周期相同，在磁场中运动的时间为t＝T决定于角度，角度θ相同，‎ 13‎ 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＝2πkσx B．E＝2πkσx C．E＝2πkσx D．E＝2πkσx 答案　B 解析　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→4πkσ，故排除D项；所以，由极限法知正确选项只能为B项．‎ ‎17．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的关系图象正确的是(　　)‎ 13‎ 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. (2016·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．下列关于回路abPMa的磁通量变化量ΔΦ、磁通量的瞬时变化率、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变化的图象中，正确的是(　　)‎ 13‎ 答案　BD 解析　设加速度为a，运动的位移x＝at2，磁通量变化量ΔΦ＝BLx＝BLat2，ΔΦ∝t2，A项错误；感应电动势E＝＝BLat，故∝t，B项正确；U＝＝t，U∝t，D项正确；电荷量q＝，因为ΔΦ∝t2，所以q∝t2，C项错误．‎ ‎19. (2016·山东省烟台市模拟)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的上边界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(　　)‎ 13‎ A．a、b两个线框匀速运动的速度大小为 B．线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为 C．从线框b全部进入磁场到线框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＝，解得v＝，故A项错误；从线框a的下边界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＝＝，故B项正确；从线框b全部进入磁场到线框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，故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对这一过程，由能量守恒定律有4mgl＝2mgl＋·3mv2＋W，∴W＝2mgl－，故D项错误；故B、C两项正确．‎ ‎20．(2016·辽宁省沈阳市)如图所示，初始时刻静止在水平面上的两物体A、B堆叠在一起，现对A施加一水平向右的拉力F，下列说法正确的是(　　)‎ A．若地面光滑，无论拉力F为多大，两物体一定不会发生相对滑动 B．若地面粗糙，A向右运动，B是否运动取决于拉力F的大小 C．若两物体一起运动，则A、B间无摩擦力 D．若A、B间发生相对滑动，则物体B的加速度大小与拉力F无关 13‎ 答案　D 解析　若地面光滑，两物体间接触也是光滑的，则A、B间一定有相对滑动，A、C两项错误；若地面粗糙，A向右运动，B是否运动取决于AB间摩擦力的大小，B项错误；若A、B间发生相对滑动，A对B的作用是滑动摩擦力，其大小与F无关，所以B的加速度大小与F无关，D项正确；故选D项．‎ 13‎