高考物理总复习 优编增分练：选择题考点排查练3 2015年（全国Ⅰ卷）选择题考点排查练.doc

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1、120152015 年年( (全国全国卷卷) )选择题考点排查练选择题考点排查练题号1415161718192021考点磁场内的圆周运动电场的性质变压器功能关系平抛运动感应电流动力学图象万有引力定律二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分在每小题给出的四个选项中，第 1418 题只有一项符合题目要求，第 1921 题有多项符合题目要求全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分14(2018陕西省榆林市第四次模拟)如图 1 所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入

2、磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹，粒子重力不计下列说法正确的是( )图 1A粒子a带负电B粒子c的动能最大C粒子b在磁场中运动的时间最长D粒子b在磁场中运动时的向心力最大答案 D15(2018陕西省渭南市第三次模拟)如图 2 所示，O点处有一固定的点电荷，虚线是等势面，另外两个质量及电荷量绝对值相等的带电粒子M、N以大小相同的速度射入点电荷的电场，仅在电场力作用下两个粒子运动的轨迹如图中实线所示，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是( )图 2AM、N带异种电荷，M和O点处点电荷电性相同2BM从a点运动到b点的过程中，电势能先增大后减小CN从c点运动到d点的过程中，动能先减小后增大DN

3、在d点的电势能比M在a点电势能小答案 C16(2018陕西省渭南市第三次模拟)如图 3 所示的电路中，变压器为理想变压器，开关 S闭合，交流电源电压恒定，电阻R1R2，通过R1的电流与通过R3的电流相等，R1两端的电压为电源总电压的 ，则若断开开关 S，R1与R3的电功率之比为( )1 7图 3A13 B19C29 D118答案 D解析 开关 S 闭合时，设电源的电压为U，变压器的匝数比为n；R1两端的电压为UR，变压器输入端的电压为U1，输出端的电压为U2；原线圈上的电流为I1，流过R2的电流为I2，流过R3的电流为I3，则：URU1 7U1UURUUU1 76 7由于：n，所以：U2U1

4、U2U1 n由欧姆定律得：I1；UR R1U 7R1I2U2 R26U 7nR26U 7nR1由题：I1I3由电流关系可得：I1 I2I31 n联立可得：n3，R32R1U2 I3若断开开关 S，则：I1I31 3由功率的表达式：PI2R联立可得R1与R3的电功率之比为：，故 A、B、C 错误，D 正确P1 P3I12R1 I32R31 1817(2018河北省“名校联盟”质量监测一)如图 4 所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板3P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的轻质定滑轮与物体B相连开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至

5、B获得最大速度，不计空气阻力下列有关该过程的分析正确的是( )图 4A释放B的瞬间其加速度为g 2BB物体动能的增量等于它所受重力与拉力做功之和CB物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量D细线的拉力对A做的功等于A物体机械能的增加量答案 B解析 释放B瞬间弹簧长度来不及改变，B的加速度不一定为 ，A 错误；对B分析，受到重g 2力和拉力作用，根据动能定理可知WGWFEk，B 正确；根据能量守恒定律可知B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与A物体的动能增加量之和，C 错误；细线对A的拉力与弹簧对A的拉力做功之和等于A物体机械能的增加量，D 错误18(2018青海省西宁市二模)如图 5

6、 所示，某人从同一位置O以不同的水平速度投出三枚飞镖A、B、C，最后都插在竖直墙壁上，它们与墙面的夹角分别为 60、45、30，图中飞镖的方向可认为是击中墙面时的速度方向，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )图 5A三只飞镖做平抛运动的初速度一定满足vA0vB0vC0B三只飞镖击中墙面的速度满足vAvBvCC三只飞镖击中墙面的速度一定满足vAvBvCD插在墙上的三只飞镖的反向延长线不会交于同一点答案 A解析 设水平距离为s，飞镖的初速度为v0，击中墙面的速度为v，速度与竖直方向的夹角为，则 tan ，sv0t，联立解得s，由于从同一位置O抛出，s相vx vyv0 gtv02 gtan 4同，

7、所以有vA0vB0vC0，故 A 正确；击中墙面的速度为vv0 sin gstan sin ，则有vBvAvC，故 B、C 错误；根据任意时刻速度的反向延长gs sin cos 2gs sin 2线一定经过此时沿抛出方向水平位移的中点可知，插在墙上的三只飞镖的反向延长线一定交于同一点，故 D 错误19(2018贵州省贵阳市 5 月适应性考试二)如图 6 所示，一导线弯成半径为r的半圆形闭合线框竖直虚线MN右侧有垂直线框所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B.线框以垂直虚线MN、大小为v的速度向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直从D点进入到线框完全进入磁场过程，下列说法正确的是( )图 6A

8、CD段导线始终不受安培力B感应电流的大小和方向不变C感应电动势的最大值为BrvD感应电动势的平均值为 Brv1 4答案 CD解析 在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流为逆时针方向，根据左手定则可以判断，CD段导线所受安培力方向向上，故 A 错误；在闭合电路进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，所以电动势先增大后减小，感应电流也先增大后减小，故 B 错误；当半圆闭合回路一半进入磁场时，这时等效切割长度最大为r，这时感应电动势最大，为EBrv，故 C 正确；由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值 Brv，故 D 正确E tB12r2 2

9、r v1 420(2018广东省湛江市第二次模拟)如图 7 甲所示，在光滑水平面上，静止放置一质量为M的足够长的木板，质量为m的小滑块(可视为质点)放在长木板上长木板受到水平拉力F与加速度的关系如图乙所示，长木板足够长，重力加速度g取 10 m/s2，下列说法正确的是( )5图 7A长木板的质量M2 kgB小滑块与长木板之间的动摩擦因数为 0.4C当F14 N 时，长木板的加速度大小为 6 m/s2D当F增大时，小滑块的加速度一定增大答案 BC解析 当F等于 12 N 时，加速度为：a4 m/s2.对整体分析，由牛顿第二定律有F(Mm)a，代入数据解得：Mm3 kg；当F大于 12 N 时，m

10、和M发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：FmgMa，即FMamg，结合题图可得：M1 kg，故m2 kg，故 A 错误；由题图可得，mg8，故0.4，故 B 正确；当F14 N 时，长木板的加速度为：a6 m/s2，故 C 正确；当F大于 12 N 后，发生相对滑动，小滑块的加速度为ag，与F无关，F增大时小滑块的加速度不变，故 D 错误21(2018山东省青岛市 5 月二模)2018 年 1 月 19 号，以周总理命名的“淮安号”恩来星在甘肃酒泉卫星发射中心，搭乘“长征十一号”火箭顺利发射升空 “淮安号”恩来星在距离地面高度为 535 km 的极地轨道上运行已知地球同步卫星轨道高度约 36 0

11、00 km，地球半径约 6 400 km.下列说法正确的是( )A “淮安号”恩来星的运行速度小于 7.9 km/sB “淮安号”恩来星的运行角速度小于地球自转角速度C经估算， “淮安号”恩来星的运行周期约为 1.6 hD经估算， “淮安号”恩来星的加速度约为地球表面重力加速度的三分之二答案 AC解析 由 Gm得：v，则“淮安号”恩来星的运行速度小于第一宇宙速度 7.9 Mmr2v2rGMrkm/s，故 A 项正确；由 Gmr2得：，则“淮安号”恩来星的运行角速度大Mmr2GMr3于地球同步卫星的角速度，即“淮安号”恩来星的运行角速度大于地球自转角速度，故 B项错误；据 Gmr()2，解得：T2 ， “淮安号”恩来星的运行周期与地球同步Mmr22Tr3GM6卫星周期关系为)3，解得“淮安号”恩来星的运行周期约为 1.6 h，故 C 项正TT同Rh1Rh同确；据 Gma 和 Gmg，解得“淮安号”恩来星的加速度约为地球表面重力加MmRh12MmR2速度的 0.85 倍，故 D 项错误