2019年高考物理二輪復(fù)習(xí) 突破滿分專項(xiàng)訓(xùn)練：題型突破訓(xùn)練1 選擇題突破練 含答案

試題習(xí)題、盡在百度試題習(xí)題、盡在百度一選擇題突破練、單項(xiàng)選擇題.如圖所示是傾角為45°的斜坡，在斜坡底端P點(diǎn)正上方某一位置Q處以速度丫0水平向左拋出一個(gè)小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1.小球B從同一點(diǎn)Q處自由下落，下落至P點(diǎn)的時(shí)間為巳，不計(jì)空氣阻力，則11：%為（）（導(dǎo)學(xué)號(hào)57180144）A.1：2B.1：3C.1：3D.1：2解析：小球A恰好能垂直落在斜坡上，如圖所示.由幾何關(guān)系可知，小球豎直方向的速度增量Vy=gt1=v。①水平位移X=v°t1②豎直位移hQ=；gt2③由①②③得到：hQ=1X2由幾何關(guān)系可知小球B作自由下落的高度為h+x=1gt2@Q22聯(lián)立以上各式解得：＞=1.t23答案：B.游樂場(chǎng)中，從離水面一定高度的A處到水面B處有兩條長(zhǎng)度相同的光滑軌道，如圖所示.甲、乙兩名小孩沿不同軌道同時(shí)從慶處自由滑向B處，則兩名小孩在全部滑行過程中的速率v隨時(shí)間t變化的下列圖象，正確的是（）（導(dǎo)學(xué)號(hào)57180145）解析：根據(jù)牛頓第二定律可知，甲的加速度逐漸減小，乙的加速度逐漸增加，而Vt圖線的斜率等于加速度；兩小孩的位移相同，圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積相等；兩小孩的末速率相等，故選項(xiàng)B正確.答案：B（2017?龍巖模擬）如圖所示，兩個(gè)相同的小物體P、Q靜止在斜面上，P與Q之間的彈簧A處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，Q與擋板間的彈簧B處于壓縮狀態(tài)，則以下判斷正確的是（）A.撤去彈簧A,物體P將下滑，物體Q將靜止B.撤去彈簧A,彈簧B的彈力將變小C.撤去彈簧B,兩個(gè)物體均保持靜止D.撤去彈簧B,彈簧A的彈力將變小解析：根據(jù)題意：將P、Q看成整體可以知道，P和Q的摩擦力方向均沿斜面向上，如果P、Q整體的摩擦力大于整體重力沿斜面向下的分力，撤去彈簧A后物塊P和Q仍然可以處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧B的彈力可能不變，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；撤去彈簧B,彈簧A的長(zhǎng)度不變，所以彈力不變，所以物塊P的受力不變，P將繼續(xù)保持靜止，Q受到的向下的力少了彈簧B的推力，所以摩擦力減小，Q仍將靜止，故選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.答案：C4.下列說法正確的是（）（導(dǎo)學(xué)號(hào)57180146）A.23290Th經(jīng)過6次a衰變和3次B衰變后成為穩(wěn)定的原子核2。882PbB.原子從a能級(jí)狀態(tài)躍遷到b能級(jí)狀態(tài)時(shí)發(fā)射波長(zhǎng)為入1的光子；原子從b能級(jí)狀態(tài)躍遷到c能級(jí)狀態(tài)時(shí)吸收波長(zhǎng)為入2的光子，已知入1＞入2.那么原子從a能級(jí)狀態(tài)躍遷到c人人...一能級(jí)狀態(tài)時(shí)將要吸收波長(zhǎng)為入L1的光子12C.當(dāng)用藍(lán)色光照射某金屬表面時(shí)有電子逸出，則改用紅光照射也一定會(huì)有電子逸出

D.23290Th發(fā)生衰變，經(jīng)過3個(gè)半衰期，剩下的23290Th占開始時(shí)的19解析：發(fā)生a衰變是放出2He,發(fā)生B衰變是放出電子0_1e,設(shè)發(fā)生了乂次a衰變和丫次B衰變，則根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒有2x—y+82=90,4x+208=232,解得x=6,y=4,故衰變過程中共有6次a衰變和4次B衰變，A錯(cuò)誤.原子從a能級(jí)狀態(tài)躍遷到b能級(jí)狀態(tài)時(shí)發(fā)射波長(zhǎng)為入1的光子.原子從b能級(jí)狀態(tài)躍遷到c能級(jí)狀態(tài)時(shí)吸收波長(zhǎng)為入2一一一cc的光子，已知入1>%.根據(jù)玻爾理論得a-b：Ea-Eb=hA；b-c：Ec-Eb=hA;a-c：12E-E=h；,聯(lián)立以上三式得入=J］入（，故B正確.發(fā)生光電效應(yīng)的條件是入射光的頻caAJ—J率不小于金屬的極限頻率，紅光的頻率小于藍(lán)光，不一定有光電效應(yīng)現(xiàn)象，故C錯(cuò)誤.剩下的23290Th占開始時(shí)的8,故D錯(cuò)誤.答案：B5?如圖所示的電路中，Ri=R2=2kQ,電壓表％的內(nèi)阻為6kQ,電壓表V2的內(nèi)阻為3kQ,AB間的電壓U保持不變，當(dāng)電鍵S閉合后，它們的示數(shù)變化是（）A.V表的示數(shù)變大，V表的示數(shù)變小B.A.V表的示數(shù)變大，V表的示數(shù)變小B.C.D.匕表的示數(shù)變小，V2表的示數(shù)變大V1、V2表的示數(shù)均變小V1、V2表的示數(shù)均變大解析：S解析：S斷開時(shí)，兩電阻與兩電壓表并聯(lián)，則V的示數(shù)為2U,V的示數(shù)為U；當(dāng)S閉合1323時(shí)，相當(dāng)于匕與Ri時(shí)，相當(dāng)于匕與Ri并聯(lián)，R2與％并聯(lián)，然后再串聯(lián)；Vi與人的總電阻為2X62+6Q=1.5Q,2X365R2與V2并聯(lián)后的總電阻為2+3Q=5Q；則可知,電壓之比為5：4；故匕示數(shù)為9U，V2示數(shù)為4U;故V的示數(shù)減小，V示數(shù)增大，故選項(xiàng)B正確.912答案：B6.（2017?濟(jì)南模擬）“天舟一號(hào)”飛船是中國(guó)空間技術(shù)研究院研制的第一艘貨運(yùn)飛船，2017年4月20日19時(shí)41分在海南文昌航天發(fā)射中心，由長(zhǎng)征七號(hào)遙二運(yùn)載火箭發(fā)射.4月21日上午，“天舟一號(hào)”貨運(yùn)飛船已經(jīng)完成了兩次的軌道控制，后來(lái)又進(jìn)行了三次的軌道控制，使“天舟一號(hào)”貨運(yùn)飛船控制到“天宮二號(hào)”的后下方.4月22日12時(shí)23分，“天舟一號(hào)”貨運(yùn)飛船與離地面390公里處的“天宮二號(hào)”空間實(shí)驗(yàn)室順利完成自動(dòng)交會(huì)對(duì)接.下列說法正確的是（）A.根據(jù)“天宮二號(hào)”離地面的高度，可計(jì)算出地球的質(zhì)量“天舟一號(hào)”與“天宮二號(hào)”的對(duì)接過程，滿足動(dòng)量守恒、能量守恒C.“天宮二號(hào)”飛越地球的質(zhì)量密集區(qū)上空時(shí)，軌道半徑和線速度都略微減小D.若測(cè)得“天舟一號(hào)”環(huán)繞地球近地軌道的運(yùn)行周期，可求出地球的密度解析：根據(jù)g砥T、=m4n2（R+h）,可得M=4n2（R+h）3,則根據(jù)“天宮二號(hào)”離（R十h）2T2GT2地面的高度，不可計(jì)算出地球的質(zhì)量，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；“天舟一號(hào)”與“天宮二號(hào)”的對(duì)接時(shí)，“天舟一號(hào)”要向后噴氣加速才能對(duì)接，故對(duì)接的過程不滿足動(dòng)量守恒，但是能量守恒，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；“天宮二號(hào)”飛越地球的質(zhì)量密集區(qū)上空時(shí)，萬(wàn)有引力變大，則軌道半徑略微減小，引力做正功，故線速度增加，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；GMm=m4n2R,WM=4nR3p,可得P=3；,R2123GT2即若測(cè)得“天舟一號(hào)”環(huán)繞地球近地軌道的運(yùn)行周期，可求出地球的密度，選項(xiàng)D正確；故選D.答案：D.（2017?馬鞍山模擬）如圖所示，A是一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框，每邊電阻為r.現(xiàn)維持線框以恒定速度v沿x軸運(yùn)動(dòng)，并穿過圖中所示由虛線圍成的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域.Ubc=%一“c,線框在圖示位置的時(shí)刻作為時(shí)間的零點(diǎn)，則b、c兩點(diǎn)間的電勢(shì)差隨時(shí)間變化的圖線應(yīng)為（）3LTOC\o"1-5"\h\zLL2L解析：規(guī)定以順時(shí)針方向?yàn)殡娏鞯恼较颍??v,線框在磁場(chǎng)外，感應(yīng)電流為0.v?v，由右手定則可得出電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針的方向，維持線框以恒定速度V沿X軸運(yùn)動(dòng)，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和電流不變，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，則有U=3BLv，2L—4L，線框全部進(jìn)入bc4VV磁場(chǎng)，感應(yīng)電流為0，但感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)BLv，則v=BLv，4L?5L，線框左邊切割磁感線，由bcvv右手定則可得出電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針的方向，維持線框以恒定速度V沿X軸運(yùn)動(dòng)，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和電流不變，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，則有Ubc=BLv.答案：B.由兩種不同材料拼接成的直軌道ABC,B為兩種材料的分界線，長(zhǎng)度AB〉BC.先將ABC按圖甲方式搭建成傾角為0的斜面，讓一小物塊（可看作質(zhì)點(diǎn)）從斜面頂端由靜止釋放，經(jīng)時(shí)間t小物塊滑過B點(diǎn)；然后將ABC按圖乙方式搭建成傾角為0的斜面，同樣將小物塊從斜面頂端由靜止釋放，小物塊經(jīng)相同時(shí)間t滑過B點(diǎn).則小物塊（）（導(dǎo)學(xué)號(hào)57180147）A.與AB段的動(dòng)摩擦因數(shù)比與BC段的動(dòng)摩擦因數(shù)大.兩次滑到B點(diǎn)的速率相同C.兩次從頂端滑到底端所用的時(shí)間相同D.兩次從頂端滑到底端的過程中摩擦力做功相同解析：第一種情況：從A到B過程，AB=2a1t2=；g（sin。一口1cos0）t2,第二種情況從C到B的過程，CB=；a2t2=；g（sin0一口2cos0）t2,因?yàn)锳B〉BC,所以口尸乜，即物塊與AB段的動(dòng)摩擦因數(shù)比與BC段的動(dòng)摩擦因數(shù)小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤.據(jù)題意兩次做勻加速直線運(yùn)動(dòng)s=；t,可知位移大的平均速度大，末速度同樣大，故第一次到B的速率更大些，選項(xiàng)B錯(cuò)誤.由WFf=—%mgcos0?AB—u2mgcos0?BC,則兩次摩擦力做功相等，故D正確.兩個(gè)過程摩擦力做功相等，重力做功相等，根據(jù)動(dòng)能定理可知，兩次下滑中物塊到達(dá)底端速度相等為v,則第一種BC=vi”vt,第二種BA=v22vt,因BC<BA,v>v，所以t<t,即第21221212二次到達(dá)底端的時(shí)間較長(zhǎng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤.故選D.答案：D二、多項(xiàng)選擇題.（2017?沈陽(yáng)模擬）根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的位置關(guān)系，我們可以分析出質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡.若一個(gè)質(zhì)點(diǎn)在水平面上的xOy直角坐標(biāo)系位置函數(shù)是：x=Lcosst,y=Lsin3t.（。是定值）則該質(zhì)點(diǎn)的速率一時(shí)間、加速度大小一時(shí)間、合力大小一時(shí)間、合力做功一時(shí)間等相關(guān)圖象錯(cuò)誤的是（）解析：質(zhì)點(diǎn)在水平面上的xOy直角坐標(biāo)系位置函數(shù)是：x=Lcosat,y=Lsinat,所以質(zhì)點(diǎn)在平面直角坐標(biāo)系中是一個(gè)勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所受合力大小不變，速度大小不變，方向時(shí)刻在變，同樣加速度大小也不變，方向在變；力和速度始終垂直，故力不做功，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確.答案：ABD.（2017?衡水模擬）在真空中的x軸上的原點(diǎn)處和x=6a處分別固定一個(gè)點(diǎn)電荷M、N,在x=2a處由靜止釋放一個(gè)正點(diǎn)電荷P,假設(shè)點(diǎn)電荷P只受電場(chǎng)力作用沿x軸方向運(yùn)動(dòng),得到點(diǎn)電荷P速度大小與其在x軸上的位置關(guān)系如圖所示（其中在x=4a處速度最大），則下列說法正確的是（）A.點(diǎn)電荷M、N一定都是同種正電荷B.點(diǎn)電荷M、N一定為異種電荷C.點(diǎn)電荷M、N所帶電荷量的絕對(duì)值之比為4：1D.x=4a處的電場(chǎng)強(qiáng)度不一定為零解析：由vx圖象可知，點(diǎn)電荷P的速度先增大后減小，所以點(diǎn)電荷P的動(dòng)能先增大后減小，說明電場(chǎng)力先做正功，后做負(fù)功，結(jié)合正電荷受到的電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)強(qiáng)度的方向相同可知，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向先沿x軸的正方向，后沿x軸的負(fù)方向，根據(jù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線的特點(diǎn)與電場(chǎng)的疊加原理可知，點(diǎn)電荷M、N一定都是正電荷，故A正確，B錯(cuò)誤；由題圖可知，在x=4a處點(diǎn)電荷P的速度最大，速度的變化率為0,說明了x=4a處的電場(chǎng)強(qiáng)度等于kQ0,則M與N的點(diǎn)電荷在x=4a處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相反，根據(jù)庫(kù)侖定律得：（4a）2kQ=z.QN八，所以點(diǎn)電荷M、N所帶電荷量的絕對(duì)值之比為4：1,故C正確，D錯(cuò)誤.故（6a—4a）2選AC.答案：AC.某人駕駛一輛汽車甲正在平直的公路上以某一速度勻速運(yùn)動(dòng)，突然發(fā)現(xiàn)前方50m

處停著一輛乙車，立即剎車，剎車后做勻減速直線運(yùn)動(dòng).已知該車剎車后第1個(gè)2s內(nèi)的位）（導(dǎo)學(xué)號(hào)57180148）m/s2,再由位移公式x=移是24m,第4）（導(dǎo)學(xué)號(hào)57180148）m/s2,再由位移公式x=A.汽車甲剎車后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為23m/s2-L乙B.汽車甲剎車后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為2m/s2C.汽車甲剎車后停止前，可能撞上乙車D.汽車甲剎車前的速度為14m/sTOC\o"1-5"\h\z..一..1—2423解析：根據(jù)々一1二羽七代入數(shù)據(jù)解得&=3乂4m/s2：一%vt+1at2解得初速度v=14m/s,速度減為零用時(shí)1=：。=7.3s，可知汽車在8s前速度0121。a-v0a，一2，聯(lián)立解得a=-2m/s2,減為零，設(shè)汽車的加速度為a,根據(jù)x1=v0t1+1at2,-v0a，一2，聯(lián)立解得a=-2m/s2,t=0-V。，采用逆向思維，最后2s位移x=：(-a)-(8-a2\初速度v=14m/s,所以B、D正確，A錯(cuò)誤；汽車剎車距離x=v2=49m,所以不能撞上乙02a車，故C錯(cuò)誤.答案：BD.(2017?西寧模擬)如圖所示，面積為0.02m2、內(nèi)阻不計(jì)的100匝矩形線圈ABCD,繞垂直于磁場(chǎng)的軸00’勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為100rad/s,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為T.矩形線圈通過滑環(huán)與理想變壓器相連，觸頭P可移動(dòng)，副線圈所接電阻R=25Q,電表均為理想交流電表.當(dāng)線圈平面與磁場(chǎng)方向平行時(shí)開始計(jì)時(shí).下列說法正確的是()A.線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式為e=1002cos(100t)VP上移時(shí)，電流表示數(shù)減小t=0時(shí)，電壓表示數(shù)為1002V當(dāng)原、副線圈匝數(shù)比為2：1時(shí)，電阻上消耗的功率為50W解析：矩形閉合導(dǎo)線框ABCD在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的交流電的最大值為Em=NBSs=100X2X0.02X100V=1002V,線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式為e=1002?cos100t(V),乙故A正確；P上移時(shí)，原線圈的匝數(shù)減小，則導(dǎo)致副線圈電壓增大，那么副線圈電流也增大，則原線圈的電流會(huì)增大，故B錯(cuò)誤；由于最大值為有效值的2倍，所以交變電流的有效值為U=100V,當(dāng)t=0時(shí)，電壓表示數(shù)為100V,故C錯(cuò)誤；當(dāng)原、副線圈匝數(shù)比為2：1U2502..時(shí)，電阻上消耗的功率為P=r=/W=50W,故D正確.R50答案：AD.如圖所示，質(zhì)量為M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一質(zhì)量為m的木塊，在木塊上施加一水平向右的恒力F,木塊和木板由靜止開始運(yùn)動(dòng)，木塊相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)位移x后二者分離.則下列哪些變化可使位移x增大（）（導(dǎo)學(xué)號(hào)57180149）A.僅增大木板的質(zhì)量MB.僅增大木塊的質(zhì)量mC.僅增大恒力FD.僅稍增大木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)解析:根據(jù)牛頓第二定律得m的加速度為a=F—：mg=F—ug，M的加速度為a=弋mg，1mm2m設(shè)板長(zhǎng)為L(zhǎng),根據(jù)L=1at2-1at2,得t=口2：，木塊相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)位移為x=1at2,2122a1—a222則知若僅增大木板的質(zhì)量M，m的加速度a1不變，M的加速度a2減小，由上式知時(shí)間t減小，x減小，故A錯(cuò)誤；若僅增大小木塊的質(zhì)量m,則m的加速度a1減小，M的加速度a2增大，則t增大，x增大，故B正確；若僅增大恒力F，則m的加速度a1變大，M的加速度不變，則t減小，x減小，故C錯(cuò)誤；若僅增大木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，則m的加速度a1減小,M的加速度a2增大，則t增