專題17解答選擇題方法與技巧(練)(解析版

1、附帝 2020年高考二輪復習講練測c專題17解答選擇題方法與技巧1. （2019新課標全國I卷）如圖，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑輪。一細繩跨 過滑輪，其一端懸掛物塊 N。另一端與斜面上的物塊 M相連，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)用水平向左的拉力緩慢拉動N,直至懸掛N的細繩與豎直方向成 45已知M始終保持靜止，則在此過程中A .水平拉力的大小可能保持不變B. M所受細繩的拉力大小一定一直增加C. M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D. M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加【答案】BD【解析】如圖所示，以物塊 N為研究對象，它在水平向左拉力 F作用下，緩慢向左移動直至細繩與豎直方向夾

2、角為45。的過程中，水平拉力 F逐漸增大，繩子拉力 T逐漸增大;對M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，則隨著繩子拉力T的增加，則摩擦力f也 逐漸增大；若起初 M受到的摩擦力f沿斜面向上，則隨著繩子拉力 T的增加，摩擦力f可能先減小后增加。故本題選BD。v表示2. （ 2019新課標全國n卷）如圖（a）,在跳臺滑雪比賽中，運動員在空中滑翔時身體的姿態(tài)會影響 其下落的速度和滑翔的距離。某運動員先后兩次從同一跳臺起跳，每次都從離開跳臺開始計時，用 他在豎直方向的速度，其 v -圖像如圖（b）所示，t1和t2是他落在傾斜雪道上的時刻。則y學測L WWW a2，由位移大，故B正確C.由于V

3、-斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由 知aia2,故C錯誤；D由圖像斜率，速度為 V1時，第一次圖像陡峭，第二次圖像相對平緩，故G -y=ma,可知，fy1fy2，故 D 正確。3. （2019新課標全國I卷）在星球M上將一輕彈簧豎直固定在水平桌面上，把物體P輕放在彈簧上端,P由靜止向下運動，物體的加速度 a與彈簧的壓縮量X間的關系如圖中實線所示。在另一星球N上用完全相同 的彈簧，改用物體 Q完成同樣的過程，其a-（關系如圖中虛線所示，假設兩星球均為質量均勻分布的球體。已知星球M的半徑是星球N的3倍，則A M與N的密度相等B. Q的質量是P的3倍C. Q下落過程中的最大動能是

4、 P的4倍hwjw/jTHl cm2020年高考二輪復習講練測D. Q下落過程中彈簧的最大壓縮量是P的4倍【答案】AC【解析】A、由a-圖象可知，加速度沿豎直向下方向為正方向，根據牛頓第二定律有： mg kx ma ,k變形式為：a g X，該圖象的斜率為mk一，縱軸截距為重力加速度g。根據圖象的縱軸截距可知，兩m星球表面的重力加速度之比為:giMgN3aoa。3;又因為在某星球表面上的物體，所受重力和萬有引力相等,1即:Rmg，即該星球的質量。又因為：M，聯(lián)立得學婪。故兩星球的34 RG密度之比為:gM Rn g N Rm1:1 ,正確;B、當物體在彈簧上運動過程中，加速度為0的一瞬間,其所

5、受彈力和重力二力平衡,mg kx,即:mg結合a-圖象可知，當物體 P和物體Q分別處于平XpX01故物體P和物體Q的質量之比為：匹XPgN 1xq2X02mQXqgM6Q分別處于各自的平衡位置(a=0 ）時，它們的動能最大；根據2 v2ax，結衡位置時，彈簧的壓縮量之比為:故B錯誤；C、物體P和物體3a0X0，物體Q的最大速度滿合a-圖象面積的物理意義可知：物體P的最大速度滿足 vp1 2r- mQVQ足：VQ 2a0X0，則兩物體的最大動能之比：=- 2 12一 mPvP2 P PEkP2mQ Vq2mP vPC正確；D、物體P和物體Q分別在彈簧上做簡諧運動，由平衡位置（a=0）可知，物體P

6、和Q振動的振幅A分別為Xo和2x0，即物體P所在彈簧最大壓縮量為2x0，物體Q所在彈簧最大壓縮量為 4X0，則Q下落過程中，彈簧最大壓縮量時P物體最大壓縮量的 2倍，D錯誤；故本題選 AC。4.（2019新課標全國川卷）從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以內時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。該物體的質量為www/ibk CM2020年高考二輪復習講練測A學的WWW gh CfttiA. 2 kg B. 1.5 kg C. 1 kg D . 0.5 kg【答

7、案】C【解析】對上升過程，由動能定理,(F mg)h Ek Ek0，得 EkEko (F mg)h，即 F+mg=12N ；下落過程，（mg F）（6 h） Ek，即mg F k 8n，聯(lián)立兩公式,得到 m=1 kg、F=2 N。5. （2019新課標全國n卷）靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點由靜止開始運動，N為粒子運動軌跡上的另外一點，則A .運動過程中，粒子的速度大小可能先增大后減小B. 在M、N兩點間，粒子的軌跡一定與某條電場線重合C. 粒子在M點的電勢能不低于其在 N點的電勢能D. 粒子在N點所受電場力的方向一定與粒子軌跡在該點的切線平行【答案】AC【解析】A .若電場中由

8、同種電荷形成即由A點釋放負電荷，則先加速后減速，故 A正確;B. 若電場線為曲線，粒子軌跡不與電場線重合，故B錯誤。C.由于N點速度大于等于零，故 N點動能大于等于 M點動能，由能量守恒可知，N點電勢能小于等于 M點電勢能，故C正確D .粒子可能做曲 線運動，故D錯誤;6. （ 2019北京卷）如圖所示，正方形區(qū)域內存在垂直紙面的勻強磁場。一帶電粒子垂直磁場邊界從 點射入，從b點射出。下列說法正確的是IA.粒子帶正電B. 粒子在b點速率大于在a點速率C. 若僅減小磁感應強度，則粒子可能從b點右側射出D. 若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短【答案】C2【解析】由左手定則確粒子的電性，由

9、洛倫茲力的特點確定粒子在b、a兩點的速率，根據qvB mrA錯誤;由于洛倫茲力不做功，所以粒子動能不變，即粒子在b點速率與a點速率相等，故 B錯誤；若僅減小磁感確定粒子運動半徑和運動時間。由題可知，粒子向下偏轉，根據左手定則，所以粒子應帶負電，故2應強度，由公式qvB m 得：r mV，所以磁感應強度減小，半徑增大，所以粒子有可能從b點右側射rqB出，故C正確，若僅減小入射速率，粒子運動半徑減小，在磁場中運動的偏轉角增大，則粒子在磁場中運 動時間一定變長，故 D錯誤。7. （2019新課標全國I卷）空間存在一方向與直面垂直、大小隨時間變化的勻強磁場，其邊界如圖（a）中虛線MN所示，一硬質細導線

10、的電阻率為P橫截面積為S,將該導線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內,圓心0在MN上。t=0時磁感應強度的方向如圖（a）所示。磁感應強度 B隨時間t的變化關系如圖（b）所示,則在t=0到t=ti的時間間隔內A 圓環(huán)所受安培力的方向始終不變B.圓環(huán)中的感應電流始終沿順時針方向亍學測CM2020年高考二輪復習講練測c.圓環(huán)中的感應電流大小為B0 rS4t0D.圓環(huán)中的感應電動勢大小為B0 n2【答案】BC【解析】AB、根據B-t圖象,由楞次定律可知，線圈中感應電流方向一直為順時針，但在to時刻，磁場的方向發(fā)生變化，故安培力方向Fa的方向在to時刻發(fā)生變化，則 A錯誤，B正確;CD、由閉合電路歐姆定律得

11、:I E，又根據法拉第電磁感應定律得：E Rt2-，又根據t 2電阻定律得：R2丄，聯(lián)立得：ISBorS4t0，貝U C正確，D錯誤。故本題選 BC。等離子體中心電8. （2019天津卷）我國核聚變反應研究大科學裝置人造太陽” 201年獲得重大突破,子溫度首次達到1億度，為人類開發(fā)利用核聚變能源奠定了重要的技術基礎。下列關于聚變的說法正確的W JirA 核聚變比核裂變更為安全、清潔B.任何兩個原子核都可以發(fā)生聚變C. 兩個輕核結合成質量較大的核，總質量較聚變前增加D. 兩個輕核結合成質量較大的核，核子的比結合能增加【答案】AD【解析】核聚變的最終產物時氦氣無污染，而核裂變會產生固體核廢料，因此

12、核聚變更加清潔和安全,B錯誤；核聚變反應會放出大量的A正確；發(fā)生核聚變需要在高溫高壓下進行，大核不能發(fā)生核聚變，故能量，根據質能關系可知反應會發(fā)生質量虧損，故C錯誤；因聚變反應放出能量，因此反應前的比結合能小于反應后的比結合能，故 D正確。牡幷P2020年髙考二輪復習講練測 圭1.（2020廣東佛山模擬）如圖所示，兩個小球 a、b質量均為m,用細線相連并懸掛于0點，現(xiàn)用一輕質彈簧給小球a施加一個拉力F,使整個裝置處于靜止狀態(tài)，且Oa與豎直方向夾角為 0= 45已知彈簧的勁度系數(shù)為k，則彈簧形變量的最小值是（）/2mgB. 2kV2mg 代屮4邁mgC. 3k【答案】AF與細線上的拉力垂【解析】

13、對a球和b球整體進行受力分析，禾U用圖解法可判斷：當彈簧上的拉力 直時，彈簧的拉力 F最小，為Fmin = 2mgsin =/2mg，再根據胡克定律得彈簧的最小形變量 所以A正確。認學測 WWVF 2 m/s時，物體在傳送帶上做加速運動，落在C點右側，C正確；若傳送帶運行速度 v2 m/s時，物體m到達地面上C點的右側D. 若傳送帶順時針方向運行，則當傳送帶速度v2mv2 0,解得 v=3 sin 0=寸 1.2gL , C 正確。度大小成正比。下列圖象分別描述了球在空中運動的速度V、加速度a隨時間t的變化關系和動能 Ek、機械9. （2020 蘇南京模擬）質量為m的球從地面以初速度 V0豎直

14、向上拋出，已知球所受的空氣阻力與速能E（選地面處重力勢能為零）隨球距離地面高度 h的變化關系，其中可能正確的是（）識學測2020年高考二輪復習講練測【答案】C【解析】已知球所受的空氣阻力與速度大小成正比，即Ff= kv,當球上升到最高點時，速度為零，則加速度等于g，則v-t圖線切線的斜率不等于零，故A、B錯誤；上升階段，由動能定理： mgh Ffh= Ekmg(h0 h)Eko，解得Ek = Eko (mg + kv)h，隨h的增加，v減小，則斜率減小，下降過程，由動能定理: Ff(ho h) = Ek，即Ek = (mg kv)(h o h)，隨下降的高度的增加，v增大，斜率減小，故 C正確

15、；機械能的變化量等于克服阻力做的功：一Ffh= E Eo,上升過程中v逐漸減小，貝U Ff逐漸減小，即E-h圖象的斜率 逐漸變小，故 E-h圖象不是直線，故 D錯誤。10.(2020河北衡水中學調研)如圖所示，半徑為R、圓心為0的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內，OC水平,D是圓環(huán)最低點。質量為 2m的小球A與質量為m 的小球B套在圓環(huán)上，兩球之間用輕桿相連。兩球初始位置如圖所示，由靜止釋放，當A運動至D點時,B的動能為()y. WWW /AbJi- COrtiA.mgR2020年高考二輪復習講練測C.42/2mgR【答案】DB.mgRD.節(jié)嚴m(xù)gR【解析】A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，當A運動到最低點

16、D時，A下降的高度為hA= R+ Rsin 45 ,1 1 1B上升的高度為 hB = Rsin45，則有2mghA mghB= j疋mvA2 + -mvB2,又va = vb，所以B的動能為 EkB =2mvB2 = 462mgR，選項 D 正確。11 （2020哈爾濱三中檢測）如圖所示，甲、乙兩小車的質量分別為mi和m2，且mi4=m/s= 2 m/s ;兩者相對靜止后，一起向右做勻速直線運動。由此可知當木板的速度為3 m/s 時,物塊處于減速運動階段，故B正確。13.（2020廣東六校聯(lián)考）質量M = 3 kg的滑塊套在水平固定著的軌道上并可在軌道上無摩擦滑動。質量m= 2 kg的小球（

17、視為質點）通過長L = 0.75 m的輕桿與滑塊上的光滑軸0連接，開始時滑塊靜止， 輕桿處于水平狀態(tài)?，F(xiàn)給小球一個vo= 3 m/s的豎直向下的初速度，取g = 10 m/s2。貝U （）識學科.hWriWeflrt*2020年高考二輪復習講練測AA .小球m從初始位置到第一次到達最低點的過程中,滑塊M在水平軌道上向右移動了0.3 mB.小球m從初始位置到第一次到達最低點的過程中,滑塊M在水平軌道上向右移動了0.5 mC.小球m相對于初始位置可以上升的最大高度為0.27 mD.小球m從初始位置到第一次到達最大高度的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0.54 m【答案】AD【解析】可把小球和滑

18、塊水平方向的運動看成人船模型，設滑塊M在水平軌道上向右運動了X，由滑塊和小球組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，有Mx = m(L X)，解得x = 0.3 m , A正確，B錯誤；根據動1 1量守恒定律，有 0= (m + M)v，解得v = 0,由能量守恒定律得2mv02= mgh + ?(+ M)v2，解得h= 0.45 m, C錯誤；小球m從初始位置到第一次到達最大高度過程中，設滑塊M在水平軌道上向右移動的距離為y,由幾何關系得，m相對于M移動的水平距離 s= L + PL2- h2 = 1.35 m，根據水平方向動量守恒得0= m M*解得y= 0.54 m , D正確。14. (202

19、0河南名校大聯(lián)考)隨著社會的發(fā)展，高樓大廈隨處可見，高空墜物已成為危害人們極大的社會安全問題。若一枚質量約40 g的雞蛋從一居民樓16層的窗戶自由下落，下落高度按15層計算，每層樓高約為3m，雞蛋與地面豎直撞擊時雞蛋的豎直高度為6 cm，并且雞蛋上沿運動到地面時恰好靜止。以雞蛋的上、下沿落地的時間間隔作為雞蛋與地面的撞擊時間，則該雞蛋與地面的撞擊時間以及雞蛋對地面產生的平均沖擊力分別約為(g取10 m/s2)()A. 4X102 sB . 4X10 3 sC. 30 ND. 300 N識學測.WWWjTMl cm2020年高考二輪復習講練測【答案】BD【解析】設雞蛋落地瞬間的速度為v,15層樓

20、的高度大約是 45 m，由動能定理可知：mgh = mv2，解得:v =寸2gh = p2 X10 45 m/s = 30 m/s,按雞蛋上沿做勻減速運動，平均速度v = 2= 15 m/s，雞蛋與地面撞擊的時間t=2= 4X10 3s,故B正確，A錯誤；規(guī)定向上為正方向，在雞蛋落地過程中，由動量定理可知:v- 1 2(N mg)t = 0 (-mv)，解得：N 300 N或在雞蛋落地過程中，由動能定理可知：(N mg)d = 0 mv2,解得：N- 300 N),根據牛頓第三定律可知雞蛋對地面產生的平均沖擊力約為300 N，故C錯誤，D正確。15. (2020湖南長沙檢測)如圖所示，同一平面

21、內有兩根平行的無限長直導線1和2,通有大小相等、方向相反的電流。a、b兩點與兩導線共面，a點在兩導線的中間且與兩導線的距離均為r, b點在導線2右側,與導線2的距離也為r。現(xiàn)測得a點的磁感應強度大小為B0,已知距一無限長直導線 d處的磁感應強度大小B=d，其中k為常量，為無限長直導線的電流大小，下列說法正確的是()A b點的磁感應強度大小為 1B0B.若去掉導線12, b點的磁感應強度大小為 6B0C 若將導線1D.若去掉導線中電流大小變?yōu)樵瓉淼?2倍，b點的磁感應強度為 02,再將導線1中電流大小變?yōu)樵瓉淼?2倍，a點的磁感應強度大小仍為 B0【答案】BD【解析】根據B = kI可知，a點磁

22、感應強度大小為 B0 = y +嚴=歲，則：嚴=2b0，根據右手螺旋定則,2020年高考二輪復習講練測AkI kI 2kI 1此時b點磁感應強度大小為：Bb=節(jié)3-=器=1B0,故選項A錯誤；若去掉導線 2, b點的磁感應強度大kI 1小為：Bb =-=尹0,故選項B正確；若將導線1中電流大小變?yōu)樵瓉淼?2倍，b點的磁感應強度大小為:ki k 2I kI 1Bb =半詩=3r = 1b0,故選項C錯誤；若去掉導線2，再將導線1中電流大小變?yōu)樵瓉淼?2倍，a點的磁k 2I感應強度大小為：Ba= =B0,故選項 D正確。16. （2020福建莆田一中模擬）在下列圖中，圖甲、圖乙是電荷量相等的兩點電

23、荷，圖丙、圖丁中通電O為連線的中點。下列說法正確的是導線電流大小相等，豎直線為兩點電荷、兩通電導線連線的中垂線,A .圖甲和圖丁中,在連線和中垂線上,0點的電場強度和磁感應強度都最小B.圖甲和圖丁中,在連線和中垂線上,關于0點對稱的兩點電場強度和磁感應強度都相等C.圖乙和圖丙中,在連線和中垂線上,0點的電場強度和磁感應強度都最大D.圖乙和圖丙中,在連線和中垂線上,關于0點對稱的兩點電場強度和磁感應強度相等【答案】AD【解析】根據點電荷電場強度公式E = kQ,以及電流周圍磁場的分布與間距關系，依據矢量的合成法則，題圖甲和題圖丁中，在連線上，關于0點對稱的兩點電場強度和磁感應強度只是大小相等，但

24、是方向 不同，并在0點的電場強度和磁感應強度不是最大，故選項 A正確，B錯誤。同理，在題圖乙和題圖丙中,0點對稱的兩點電場強度和磁在連線上0點的電場強度和磁感應強度不是最大，而在連線和中垂線上關于感應強度大小相等，方向相同，故選項C錯誤，D正確。識學測._ miwjTMl cm2020年高考二輪復習講練測 A 滑小圓弧相連接，P是BC的中點，豎直線BD右側存在垂直紙面向里的勻強磁場， B處可認為處在磁場中。帶電小球（可視為質點）從A點由靜止釋放后能沿軌道來回運動，C點為小球在BD右側運動的最高點， 則下列說法正確的是（）A. C點與A點在同一水平線上C.小球向上或向下滑過P點時，其所受洛倫茲力

25、相同B. 小球向右或向左滑過B點時，對軌道壓力相等D.小球從A到B的時間是從C到P時間的72倍【答案】ADC點與A點等高，在同一【解析】小球在磁場運動過程中受重力、洛倫茲力和軌道支持力作用，因洛倫茲力永不做功，支持力 始終與小球運動方向垂直，也不做功，即只有重力做功，滿足機械能守恒，因此 水平線上，選項 A正確；小球向右或向左滑過 B點時速度等大反向，即洛倫茲力等大反向，小球對軌道的壓力不等，選項 B錯誤；同理小球向上或向下滑過 P點時，洛倫茲力也等大反向，選項C錯誤；因洛倫茲 力始終垂直BC,小球在AB段和BC段（設斜面傾角均為 0的加速度均由重力沿斜面的分力產生，大小為 gsin ,0由x

26、 = 2at2得小球從A到B的時間是從C到P的時間的強倍，選項D正確。18. （2020福建廈門模擬）如圖，是一火警報警電路的示意圖。其中R3為用某種材料制成的傳感器，這 種材料的電阻率隨溫度的升高而增大。值班室的顯示器為電路中的電流表，兩電極之間接一報警器。當傳感器R3所在處出現(xiàn)火情時，顯示器的電流I，報警器兩端的電壓 U的變化情況是（）工 WWW iiLCHl cm識學測2020年高考二輪復習講練測A. I變大，U變小B . I變小，U變大C. I變小，u變小D . I變大，U變大【答案】D【解析】當傳感器 R3所在處出現(xiàn)火情時，R3的電阻增大，外電路總電阻增大，根據閉合電路的歐姆定律得知

27、，干路電流I減小，路端電壓 U = E Ir變大，即報警器兩端的電壓 U變大。傳感器R3與電阻R2并聯(lián)部分的電壓 U并=E I（r + Ri）, I減小，U并變大，電流表的讀數(shù)變大。19. （2020河南洛陽模擬）如圖所示是小型交流發(fā)電機的示意圖,線圈繞垂直于磁場方向的水平軸OO沿逆時針方向勻速轉動，角速度為3,線圈匝數(shù)為n電阻為r,外接電阻為R, A為理想交流電流表,i，下列說法正確的是（）圈從圖示位置（線圈平面平行于磁場方向）轉過60時的感應電流為A .電流表的讀數(shù)為2i2020年高考二輪復習講練測AB.轉動過程中穿過線圈的磁通量的最大值為2i R + rn 3C.從圖示位置開始轉過90。

28、的過程中，通過電阻 R的電荷量為-3D. 線圈轉動一周的過程中，電阻R產生的熱量為4nRi3【答案】BCD【解析】由題有：i = imcos n，可得感應電流的最大值im = 2i，有效值i有二乎市二邁)，則電流表的讀數(shù)為述i,故A錯誤；感應電動勢的最大值Em= im(R + r) = 2i(R + r)，又Em= nBSo,磁通量的最大值Om=BS，聯(lián)立解得：m = BS = 2i R +r，故B正確；從題圖所示位置開始轉過90的過程中，通過電阻 R的電荷量q =門4= n-BS = n 丄 -R土匚=-，故C正確；線圈轉動一周的過程中，電阻R產生的熱量 Q=R + r R + r R+ r

29、 n33i 有 2RT = 2i)2R 2-n= 4n-Ri,故 D 正確。 3320. (2020江西南昌二中模擬)如圖所示，質量為 m = 0.04 kg、邊長1 = 0.4 m的正方形線框abed放置在光滑絕緣斜面上，線框用一平行斜面的細繩系于0點，斜面的傾角為 0= 30線框的一半處于磁場中,磁場的磁感應強度隨時間變化的關系為B = 2+ 0.5t(T)，方向垂直于斜面向上；已知線框電阻為R= 0.5 Q重力加速度取g= 10 m/s2。下列說法中正確的是()A .線框中的感應電流方向為abcdaB. t = 0時，細繩拉力大小為F= 0.2 NC. 線框中感應電流大小為 1 = 80 mAD.經過一段時間t,線框可能拉斷細繩向下運動科幷p2020年髙考二輪復習講練測【答案】C【解析】由楞次定律可知線框中的感應電流方向為adcba故選項A錯誤；感應電動勢E =普營護=0.04 V，由閉合電路歐姆定律，可知線框中感應電流大小為I = E= 0.08 A = 80 mA，由平衡條件可知 RFt +BII = mgsin ,0 t= 0時，B = 2 T,解得Ft = 0