2019版高考物理二轮复习高考题型一选择题考情题型练(打包10套).zip
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选择题10物理学史与思想方法1.(单选)(2018山西孝义一模)了解物理规律的发现过程,学会像科学家那样观察思考,往往比掌握知识本身更重要。针对伽利略对自由落体运动的研究内容及过程,有以下叙述:伽利略后来借助数学知识发现,如果速度与位移成正比,将会推导出复杂的结论;伽利略相信,自然界的规律是简洁明了的,他猜想自由落体运动一定是一种最简单的变速运动,它的速度应该是均匀变化的;亚里士多德认为物体下落的快慢是由它们的重量决定的,伽利略通过逻辑推理和实验证实亚里士多德的结论是错误的;伽利略通过斜面实验来证明速度与时间成正比的猜想是正确的,并进行了合理外推:当倾角为90时,运动变为自由落体,其性质不变,而且所有物体下落的加速度都是一样的。根据伽利略研究的真实过程,你认为下列排序科学合理的是()A.B.C.D.2.(单选)(2018湖南六校4月联考)以下涉及物理学史上的四个重大发现,其中说法不正确的是()A.卡文迪许通过扭秤实验,测定出了万有引力常量B.奥斯特通过实验研究,发现了电流周围存在磁场C.纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后,总结出后人称之为法拉第电磁感应定律的结论D.牛顿根据理想斜面实验,提出力是改变物体运动状态的原因3.(单选)(2018安徽黄山一质检)伽利略是意大利伟大的科学家,他奠定了现代科学的基础,他的思想方法的核心是把实验和逻辑推理(包括数学推演)和谐地结合起来,根据此种方法伽利略发现的规律有()A.质量是物体惯性大小的量度B.惯性定律C.自由落体运动是一种匀变速运动D.重的物体比轻的物体下落的快4.(单选)(2018陕西宝鸡一质检)理想实验是科学研究中的一种重要方法,是在想象中进行的实验,它把可靠事实和理性思维结合起来,可以深刻地揭示自然规律。以下实验中属于理想实验的是()A.探究求合力方法的实验B.伽利略研究力和运动关系的斜面实验C.用打点计时器测物体加速度的实验D.探究加速度与力、质量之间关系的实验5.(单选)(2018山西太原期末)某同学通过以下步骤测出了从一定高度落下的排球对地面的冲击力:将一张白纸铺在水平地面上,把排球在水里弄湿,然后让排球从规定的高度自由落下,并在白纸上留下球的水印。再将印有水印的白纸铺在台秤上,将球放在纸上的水印中心,缓慢地压球,使排球与纸接触部分逐渐发生形变直至刚好遮住水印,记下此时台秤的示数即为冲击力的最大值。下列物理学习或研究中用到的方法与该同学的方法相同的是()A.建立“合力与分力”的概念B.建立“点电荷”的概念C.建立“电场强度”的概念D.建立“冲量”的概念6.(单选)(2018山东泰安期末)下列说法正确的是()A.平均速度、总电阻、交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想B.卡文迪许利用扭秤装置比较准确地测出了引力常量,从而提出了万有引力定律C.库仑提出了电场线,用来形象地描述电场D.丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应,并总结出了右手螺旋定则7.(单选)(2018江西新余期末)在物理学的重大发现中科学家创造出了许多物理学研究方法,如理想实验法,控制变量法、极限思想法、类比法、科学假设法、建立理想模型法、微元法等等,以下叙述不正确的是()A.根据速度定义式v=xt,当t非常非常小时,xt就可以表示物体在t时刻的瞬时速度,该定义应用了极限思想方法B.用vt来描述速度变化快慢,采用了比值定义法C.在探究加速度、力和质量三者之间的关系时,先保持质量不变研究加速度与力的关系,再保持力不变研究加速度与质量的关系,该实验应用了控制变量法D.在不需要考虑物体本身的大小和形状时,用质点来代替物体的方法运用了假设法8.(单选)(2018山东淄博一中三模)我国科学家潘建伟院士预言十年左右量子通信将“飞”入千家万户。在通往量子论的道路上,一大批物理学家做出了卓越的贡献,下列有关说法正确的是()A.玻尔在1900年把能量子引入物理学,破除了“能量连续变化”的传统观念B.爱因斯坦最早认识到了能量子的意义,提出光子说,并成功地解释了光电效应现象C.德布罗意第一次将量子观念引入原子领域,提出了定态和跃迁的概念D.普朗克大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子,预言实物粒子也具有波动性选择题10物理学史与思想方法1.B解析 对于落体运动,最先是亚里士多德认为物体下落的快慢是由它们的重量决定的。伽利略通过逻辑推理和实验证实亚里士多德的结论是错误的,并相信自然界的规律是简洁明了的,速度应该是均匀变化的,最终通过斜面实验检验出速度与时间成正比的猜想是正确的,并进行了合理外推,得到落体运动的规律,故B项正确,ACD三项错误。2.D解析 卡文迪许用扭秤测出了引力常量,A正确;奥斯特发现了电流的效应,B正确;纽曼、书伯在对理论和实验资料进行严格分析后,总结出后人称之为法拉第电磁感应定律的结论,C正确;伽利略根据理想斜面实验提出力不是维持物体运动的原因,D错误。3.C解析 伽利略首先通过逻辑推理得出:同一地点重的物体和轻的物体下落快慢相同,伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比,并在斜面实验的基础上进行理想化推理而得到验证;故由伽利略利用实验和逻辑推理(包括数学推演)和谐地结合起来得出的结论只有C,故C正确,ABD错误。4.B解析 验证平行四边形定则采用的是“等效替代”的思想,故A错误;伽利略的斜面实验,抓住主要因素,忽略了次要因素,从而更深刻地反映了自然规律,属于理想实验,故B正确;用打点计时器测物体的加速度是在实验室进行的实际实验,故C错误;探究加速度与力、质量之间关系的实验是实际进行的实验,不是理想实验,故D错误。故选B。5.A解析 合力和分力是等效的,它们是等效替代的关系,故A正确。点电荷是一种理想化的模型,是采用的理想化的方法,故B错误。电场强度的定义是:试探电荷在电场中受到的电场力与试探电荷所带电荷量的比值。所以建立“电场强度”的概念是采用了参考变量法,故C错误。冲量是力和时间的乘积,是采用了参考变量法,选项D错误。故选A。6.A解析 平均速度、总电阻、交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想,选项A正确;牛顿提出了万有引力定律,卡文迪许利用扭秤装置比较准确地测出了引力常量,选项B错误;法拉第提出了用电场线来形象地描述电场,选项C错误;丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应,安培总结出了右手螺旋定则,选项D错误。故选A。7.D解析 根据速度定义式v=xt,当t非常非常小时,xt就可以表示物体在t时刻的瞬时速度,该定义应用了极限思想方法,故A正确;用vt来描述速度变化快慢,采用了比值定义法,故B正确;在研究加速度与质量和合外力的关系时,由于影响加速度的量有质量和力,故应采用控制变量法,故C正确;在不需要考虑物体本身的大小和形状时,用质点来代替物体的方法运用了理想模型法,不是假设法;故D错误;本题选不正确的,故选D。8.B解析 普朗克在1900年把能量子引入物理学,破除了“能量连续变化”的传统观念,故A错误;爱因斯坦最早认识到了能量子的意义,为解释光电效应的实验规律提出了光子说,并成功地解释了光电效应现象,故B正确;玻尔第一次将量子观念引入原子领域,提出了定态和跃迁的概念,故C错误;德布罗意大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子,预言实物粒子也具有波动性,故D错误;故选B。3选择题1物体的平衡1.(多选)(2018四川雅安三诊)如图所示,将一横截面为扇形的物体B放在水平面上,一滑块A放在物体B上,除了物体B与水平面间的摩擦力之外,其余摩擦忽略不计。已知物体B的质量为M,滑块A的质量为m,重力加速度为g。当整个装置静止时,A、B接触面的切线与竖直的挡板之间的夹角为,下列选项正确的是()A.物体B对水平面的压力大小为(M+m)gB.物体B受到水平面的摩擦力大小为mgtan C.将物体B缓慢向左移动一小段距离,滑块A对物体B的压力将变小D.将物体B缓慢向左移动一小段距离,滑块A与竖直挡板之间的弹力将变大2.(单选)(2018河南驻马店二检)如图所示,欲使在粗糙斜面上匀速下滑的木块A停下,可采用的方法是()A.增大斜面的倾角B.在木块A上再叠放一个重物C.对木块A施加一个竖直向下的力D.对木块施加一个垂直于斜面的力3.(单选)(2018安徽宿州一质检)如图所示。两根轻弹簧a、b的上端固定在竖直墙壁上,下端连接在小球上。当小球静止时,弹簧a、b与竖直方向的夹角分别为53和37。已知a、b的劲度系数分别为k1、k2。sin 53=0.8,则a、b两弹簧的伸长量之比为()A.4k23k1B.3k24k1C.3k14k2D.4k13k24.(单选)(2018山西长治、运城、大同、朔州、阳泉联考)如图所示,光滑的圆环固定在竖直平面内,圆心为O,三个完全相同的小圆环a、b、c穿在大环上,小环c上穿过一根轻质细绳,绳子的两端分别固定着小环a、b,通过不断调整三个小环的位置,最终三小环恰好处于平衡位置,平衡时a、b之间的距离等于绳子长度的一半。已知小环的质量为m,重力加速度为g,轻绳与c的摩擦不计。则()A.a与大环间的弹力大小为3mgB.绳子的拉力大小为32mgC.c受到绳子的拉力大小为3mgD.c与大环间的弹力大小为3mg5.(单选)(2018山东淄博模拟)如图甲所示,水平地面上固定一倾角为30的表面粗糙的斜劈,一质量为m的小物块能沿着斜劈的表面匀速下滑。现对小物块施加一水平向右的恒力F,使它沿该斜劈表面匀速上滑。如图乙所示,则F大小应为()A.3mgB.33mgC.34mgD.36mg6.(单选)(2018江西七校联考)如图所示,小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上,小球B用水平轻弹簧拉着系于竖直板上,两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连,两球均处于静止状态,已知B球质量为m,O点在半圆柱体圆心O1的正上方,OA与竖直方向成30角,OA长度与半圆柱体半径相等,OB与竖直方向成45角,则下列叙述正确的是()A.小球A、B受到的拉力TOA与TOB相等,且TOA=TOB=3mgB.弹簧弹力大小为2mgC.A球质量为6mD.光滑半圆柱体对A球支持力的大小为mg7.(多选)(2018山西晋城二模)如图所示,在竖直平面内,一轻质绝缘弹簧上端固定在P点,下端与带电小圆环连接,带电小圆环套在半径为R的光滑绝缘大圆环上,大圆环的圆心O点固定一个带电小球,带电小圆环与带电小球均可看做点电荷,它们的电性相同且电荷量大小均为q,P点在O点的正上方,当把带电小圆环放在大圆环A、B位置时,带电小圆环均能保持平衡,且B点与O点在同一水平线上,带电小圆环在B位置平衡时,大圆环与带电小圆环之间刚好无相互作用力,已知APO=AOP=30,静电力常量为k,则下列说法正确的是()A.带电小圆环在A位置时弹簧一定处于压缩状态B.带电小圆环在A位置平衡时,大圆环与带电小圆环之间无弹力C.带电小圆环的重力为kq2R2D.弹簧的劲度系数为kq2R38.(单选)(2018河北衡水中学第一次调研)如图所示,光滑的大圆环固定在竖直平面上,圆心为O点,P为环上最高点,轻弹簧的一端固定在P点,另一端栓连一个套在大环上的小球,小球静止在图示位置平衡,则()A.弹簧可能处于压缩状态B.大圆环对小球的弹力方向可能指向O点C.小球受到弹簧的弹力与重力的合力一定指向O点D.大圆环对小球的弹力大小可能小于小球的重力,也可能大于小球的重力选择题1物体的平衡1.AD解析 对物体A受力分析,如图所示:根据平衡条件,有:F1=mgsin,F2=mgtan,将物体B缓慢向左移动一小段距离,变小,根据牛顿第三定律,A对B的压力大小mgsin变大,滑块A与竖直挡板之间的弹力将变大,故C错误,D正确;对AB整体受力分析,受重力、地面支持力、墙壁支持力、地面的静摩擦力,如图所示:根据平衡条件,地面支持力大小FN=(M+m)g,地面的摩擦力大小f=F2=mgtan,再根据牛顿第三定律,物体B对地压力大小为(M+m)g,故B错误,A正确;故选AD。2.D解析 木块匀速滑下,合力为零,根据平衡条件得mgsin =mgcos ;若增大斜面的倾角,重力沿斜面向下的分力mgsin 增大,滑动摩擦力f=mgcos 减小,木块的合力方向将沿斜面向下,木块做加速运动,故A错误。对木块A施加一个竖直向下的力,由于(F+mg)sin =(F+mg)cos ,木块的合力仍为零,仍做匀速运动,不可能停下,故C错误。由A项分析可知,mgsin =mgcos ,得sin =cos ,与质量无关,在木块A上再叠放一个重物后,整体匀速下滑,不可能停下,故B错误。对木块A施加一个垂直于斜面的力F,重力沿斜面向下的分力mgsin 不变,而滑动摩擦力f=(F+mgcos )增大,合力方向沿斜面向上,木块做减速运动,可以使木块停下,故D正确。3.B解析 作出小球的受力分析图如图所示:根据平衡条件得:F=mg,故a弹簧的弹力F1=Fcos 53=3mg5,b弹簧的弹力F2=Fcos 37=4mg5,根据胡克定理F=kx,得x=Fk,则伸长量之比为x1x2=F1k1F2k2=3k24k1,故B正确。4.C解析 三个小圆环能静止在光滑的圆环上,由几何知识知:abc恰好能组成一个等边三角形,对a受力分析如图所示:在水平方向上:Tsin 30=Nsin 60在竖直方向上:Tcos 30=mg+Ncos 60解得:N=mg;T=3mg,故AB错;c受到绳子拉力的大小为:T=2Tcos 30=3mg,故C正确。以c为对象受力分析得:在竖直方向上:N1=mg+2Tcos 30解得:N1=mg+23mg32=4mg,故D错误;综上所述本题答案是C。5.A解析 小物块能沿着斜劈的表面匀速下滑,则有mgsin 30=mgcos 30,可得小物块与斜劈表面间的动摩擦因数=tan 30,由小物块能沿着斜劈表面匀速上滑,受力分析如图所示:根据平衡条件:沿斜面方向:Fcos 30-f-mgsin 30=0垂直斜面方向:N=mgcos 30+Fsin 30又f=N,联立可得:F=3mg,故A正确,BCD错误。6.C解析 对B受力分析可知:细绳的拉力TOB=mgcos45=2mg,则TOA=TOB=2mg,选项A错误;弹簧弹力大小F=mgtan 45=mg,选项B错误;对A球受力分析可知:mAg=2TOAcos 30,解得:mA=6m,选项C正确;光滑半圆柱体对A球支持力的大小为FN=TOA=2mg,选项D错误,故选C。7.BD解析 在B位置,对带电小圆环受力分析可知:G=kq2R2tan 60=3kq2R2,选项C错误;若弹簧给带电小圆环斜向下的弹力,不论有没有大圆环的弹力,带电小圆环都不可能平衡,故弹簧一定处于拉伸状态,选项A错误;对带电小圆环受力分析,假设两圆环之间的相互作用力为F,由平衡知识:2F+kq2R2cos 30=G,解得F=0,即在A位置两圆环之间无相互作用力,选项B正确;由平衡条件可知,AB两位置的弹簧弹力分别为:FA=kq2R2,FB=kq2R2cos60=2kq2R2,弹簧形变量为x=R,由胡克定律得弹簧的劲度系数为k=Fx=FB-FAR=kq2R3,选项D正确;故选BD。8.C解析 若弹簧处于压缩状态,则对小球受力分析可知,重力向下,大圆环对小球的弹力指向O点,弹簧弹力沿PQ向下,则由平衡条件可知,此三力不可能平衡,选项A错误;因弹簧处于被拉伸状态,则大圆环对小球的弹力方向沿半径方向向外,不可能指向O点,选项B错误;因小球受重力、弹簧的弹力以及大圆环的弹力作用,由平衡条件可知,小球受到弹簧的弹力与重力的合力一定与大圆环对小球的弹力等大反向,指向O点,选项C正确;根据平行四边形法则,结合几何关系可知,大圆环对小球的弹力大小等于小球的重力,选项D错误;故选C。6选择题2运动学问题1.(多选)(2018广东深圳模拟)有下列几种情景,请根据所学知识选择对情景的分析和判断正确的说法()A.点火后即将升空的火箭。因火箭还没运动,所以加速度一定为零B.高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车。轿车紧急刹车,速度变化很快,所以加速度很大C.高速行驶的磁浮列车,因速度很大,所以加速度也一定很大D.汽车匀速率通过一座拱桥。因为汽车做的是曲线运动,加速度不为零2.(单选)(2018福建漳州调研)伽利略研究自由落体运动规律时,他让铜球在阻力很小的斜面上从静止滚下,利用滴水计时记录铜球运动的时间。对于伽利略的“斜面实验”,下列说法正确的是()A.在倾角较小的斜面上进行实验、可“冲淡”重力的作用,使时间测量更容易B.伽利略通过对自由落体运动的研究,进行合理外推得出铜球在斜面上做匀变速运动C.若斜面倾角一定,不同质量的铜球在斜面上运动时速度变化的快慢不同D.若斜面倾角一定,铜球沿斜面运动的位移与所用时间成正比3.(单选)(2018陕西咸阳一模)一辆汽车以某一速度在郊区的水平路面上运动,因前方交通事故紧急刹车而做匀减速直线运动,最后静止,汽车在最初3 s内通过的位移与最后3 s内通过的位移之比为s1s2=53,汽车运动的加速度大小为a=5 m/s2,则汽车制动的总时间()A.t6 sB.t=6 sC.4 st6 sD.t=4 s4.(单选)(2018广东汕头二模)一骑行者所骑自行车前后轮轴的距离为L,在水平道路上匀速运动,当看到道路前方有一条减速带时,立刻刹车使自行车做减速直线运动,自行车垂直经过该减速带时,前、后轮造成的两次颠簸的时间间隔为t。利用以上数据,可以求出前、后轮经过减速带这段时间内自行车的()A.初速度B.末速度C.平均速度D.加速度5.(单选)(2018四川德阳一诊)一质点沿直线运动,其平均速度与时间的关系满足v=2+t(各物理量均选用国际单位制中单位),则关于该质点的运动,下列说法正确的是()A.质点可能做匀减速直线运动B.5 s内质点的位移为35 mC.质点运动的加速度为1 m/s2D.质点3 s末的速度为5 m/s6.(单选)(2018山西晋城一模)一平直公路上有甲乙两辆车,它们从t=0时刻开始运动,在06 s内速度随时间变化的情况如图所示。已知两车在t=3 s时刻相遇,下列说法正确的是()A.两车的出发点相同B.t=2 s时刻,两车相距最远C.两车在36 s之间的某时刻再次相遇D.t=0时刻两车之间的距离大于t=6 s时刻两车之间的距离7.(单选)(2018广东深圳调研)如图所示为甲乙两物体做直线运动的x-t图象,对于0t1时间内两物体的运动,下列说法中正确的是()A.甲物体速度方向与加速度方向相同B.乙物体加速度方向与速度方向相反C.甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度D.乙物体位移变小,速度变大8.(多选)(2018河北邢台期末)一质点以一定的初速度从A点开始向相距8 m的B点做直线运动,运动过程中其速度的二次方v2与位移x之间的关系图线如图所示,下列说法正确的是()A.质点做加速度增大的变加速运动B.质点做匀加速运动,其加速度大小为2 m/s2C.质点运动的初速度大小为2 m/sD.质点从A点运动到B点所用的时间为8 s选择题2运动学问题1.BD解析 点火后即将升空的火箭,虽然速度还为零,但因其合外力不为零,加速度不为零,A错误;轿车紧急刹车时速度变化很快,由a=vt可知,其加速度很大,B正确;高速行驶的磁浮列车,虽然速度很大,若其大小和方向不变化,则加速度为零,C错误;汽车匀速率过拱桥时,汽车做曲线运动,汽车速度方向时刻变化,其加速度不为零,D正确。2.A解析 自由落体运动下落很快,不易计时,伽利略让铜球沿阻力很小的斜面滚下,延长了铜球的运动时间,“冲淡”了重力的作用,故A正确;伽利略在研究物体变速运动规律时,做了著名的“斜面实验”,他测量了铜球在较小倾角斜面上的运动情况,发现铜球做的是匀变速直线运动,且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大,于是他对大倾角情况进行了合理的外推,由此得出的结论是自由落体运动是一种匀变速直线运动,故B错误;小球沿斜面下滑,做匀加速直线运动,所以斜面倾角一定,加速度与质量无关,质量不同的小球加速度都相等,运动规律相同,由静止从顶端滚到底端的时间相同,故C错误;若斜面倾角一定,加速度一定,铜球沿斜面运动的位移x=12at2与所用时间的二次方成正比,故D错误;故选A。3.D解析 设刹车做匀减速直线运动的加速度为a,运动总时间为t,把刹车做匀减速直线运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动,则有最后3 s内通过的位移s2=12at2=92a,在最初3 s内通过的位移s1=12at2-12a(t-3)2=12a(6t-9),又s1s2=53,解得t=4 s,故ABC错误,D正确;故选D。4.C解析 匀变速直线运动的位移公式:x=v0t+12at2,速度公式:vt=v0+at,共含有vt、v0、x、a、t五个未知量,至少要知道三个,才能求出另外两个物理量。由题意知,自行车垂直经过该减速带时,前、后轮造成的两次颠簸的时间间隔为t,自行车前后轮轴的距离为L,只知道两个物理量,所以不能求出vt、v0、a三个物理量,故ABD错误;由平均速度定义可得:v=xt,已知前、后轮造成的两次颠簸的时间间隔为t,自行车前后轮轴的距离为L,所以能求出平均速度,故C正确。故选C。5.B解析 根据平均速度v=xt知,x=vt=2t+t2,根据x=v0t+12at2=2t+t2知,质点的初速度v0=2 m/s,加速度a=2 m/s2,质点做匀加速直线运动,故A错误,C错误。5 s内质点的位移x=v0t+12at2=25 m+12225 m=35 m,故B正确。质点在3 s末的速度v=v0+at=2+23 m/s=8 m/s,故D错误。故选B。6.D解析 由图可得,03 s内,乙的位移12(2+0.5)3=3.75 m,甲的位移12(2+4)2+12(4+3)1=9.5 m,二者t=0时刻相距9.5 m-3.75 m=5.75 m,选项A错误;36 s内,乙的位移-12(1+0.5)1 m=-0.75 m,甲的位移1233 m=4.5 m,t=6 s时,二者相距4.5 m+0.75 m=5.25 m。所以t=0时刻两车之间的距离大于t=6 s时刻两车之间的距离,选项D正确;02 s内,两车间距逐渐减小,t=2 s时刻不是相距最远,选项B错误;两质点在36 s之间距离越来越大,不可能再次相遇,选项C错误;故选D。7.B解析 x-t图象的斜率等于速度,可知甲物体速度逐渐减小,做减速运动,加速度方向与速度方向相反,选项A错误;由图象可知乙物体速度逐渐减小,做减速运动,加速度方向与速度方向相反,选项B正确;由图象可知,两物体在时间t1内的位移大小相同,则平均速度大小相同,选项C错误;乙物体位移变小,速度变小,选项D错误;故选B。8.BC解析 根据v2=v02+2ax可知,2a=369 m/s2=4 m/s2,则a=2 m/s2;v02=1936 m2/s2=4 m2/s2,v0=2 m/s,则质点做匀加速直线运动,选项B、C正确,A错误;v=6 m/s,质点从A点运动到B点所用的时间为t=v-v0a=6-22 s=2 s,选项D错误;故选BC。4选择题3万有引力与航天1.(单选)(2018河南新乡三模)中国将建设由156颗卫星组成的天基互联网,建成后WiFi信号覆盖全球。假设这些卫星中有一颗卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为1.1R(R为地球的半径),已知地球的第一宇宙速度为v,地球表面的重力加速度为g,则该卫星绕地球做匀速圆周运动的周期可表示为()A.1.11.1RgB.1.1RgC.1.1R2v1.1D.2.2Rv1.12.(单选)(2018山东临沂期末)2018年1月13日15时10分,我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丁运载火箭,成功将“陆地勘查卫星三号”发射升空,卫星进入预定轨道。这是我国第三颗低轨陆地勘查卫星。关于“陆地勘查卫星三号”,下列说法正确的是()A.卫星的发射速度一定小于7.9 km/sB.卫星绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大C.卫星绕地球运行的向心加速度比月球绕地球运行的向心加速度小D.卫星在预定轨道上没有加速度3.(多选)(2018河南中原名校六模)2018年我国发射3颗海洋卫星,它们在地球上方约500 km高度的轨道上运行,轨道高度比地球同步卫星轨道低。该轨道经过地球两极上空,所以又称为极轨道。下列说法中正确的是()A.海洋卫星的轨道平面与地球同步卫星轨道平面垂直B.海洋卫星绕地球运动的周期一定小于24 hC.海洋卫星的动能一定大于地球同步卫星的动能D.海洋卫星绕地球运动的半径的三次方与周期二次方的比等于地球绕太阳运动的半径的三次方与周期二次方的比4.(多选)(2018安徽皖南八校联考)卫星发射进入预定轨道往往需要进行多次轨道调整,如图所示,某次发射任务中先将卫星送至近地圆形轨道(卫星离地高度远小于地球半径),然后再控制卫星进入椭圆轨道,最后进入预定圆形轨道运动,图中O点为地心,A点是近地轨道和椭圆轨道的交点,B点是远地轨道与椭圆轨道的交点,远地点B离地面高度为6R(R为地球半径)。设卫星在近地圆形轨道运动的周期为T,下列说法正确的是()A.控制卫星从图中近地圆轨道进入椭圆轨道需要使卫星减速B.卫星在近地圆形轨道与远地圆形轨道运动的速度之比为71C.卫星从A点沿椭圆轨道到达B点所用的时间至少为4TD.卫星在近地圆轨道通过A点的加速度小于在椭圆轨道通过A点时的加速度5.(多选)(2018福建漳州调研)2017年1月16日,美国激光干涉引力波天文台等机构联合宣布首次发现双中子星合并引力波事件。假设该事件中甲、乙两中子星的质量分别为m1、m2,它们绕其连线上的某点做圆周运动,且它们的间距在缓慢减小,不考虑其他星系的影响,则下列说法中正确的是()A.甲、乙两中子星的角速度大小之比为m1m2B.甲、乙两中子星的线速度大小之比为m2m1C.甲、乙两中子星的运行周期在减小D.甲、乙两中子星的向心加速度大小始终相等6.(单选)(2018广西防城港3月模拟)经长期观测发现,A行星运行的轨道半径为R0,周期为T0,但其实际运动的轨道与圆轨道总存在一些偏离,且周期性地每隔t0实际发生一次最大的偏离,如图所示,天文学家认为形成这种现象的原因可能是A行星外侧还存在着一颗未知行星B,则行星B的运行轨道半径为()A.R=R03t02(t0-T0)2B.R=R0t0t0-T0C.R=R0t03(t0-T0)3D.R=R0t0t0-T07.(多选)(2018福建龙岩一模)卫星绕某行星做匀速圆周运动的运行速率的平方(v2)与卫星运行的轨道半径的倒数1r的关系如图所示,图中a为图线纵坐标的最大值,图线的斜率为k,万有引力常量为G,则下列说法正确的是()A.行星的半径为kaB.行星的质量为kGC.卫星的最小运行周期为2kaD.卫星的最大向心加速度为a2k选择题3万有引力与航天1.D解析 根据v=GMr,则第一宇宙速度v=GMR;卫星的速度v1=GM1.1R;卫星的周期T=21.1Rv1;联立解得T=2.2Rv1.1,故选D。2.B解析 7.9 km/s是卫星的最小发射速度,故A错误;根据万有引力提供向心力,由GMmr2=m2r得=GMr3,“陆地勘查卫星三号”的轨道半径要小于月球的轨道半径,所以“陆地勘查卫星三号”绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大,故B正确;根据万有引力提供向心力,由GMmr2=ma得a=GMr2,“陆地勘查卫星三号”的轨道半径要小于月球的轨道半径,所以“陆地勘查卫星三号”绕地球运行的向心加速度比月球绕地球运行的向心加速度大,故CD错误;故选B。3.AB解析 海洋卫星经过地球两极上空,而地球的同步卫星轨道在地球赤道平面内,所以两轨道平面相互垂直,A正确;海洋卫星的高度小于地球同步卫星的高度,由GMmr2=m2T2r可知,半径越小,周期越小,所以海洋卫星的周期小于地球同步卫星的周期,即小于24 h,B正确;由GMmr2=mv2r,得v=GMr,所以卫星的轨道半径越大,速度越小,由于两卫星的质量关系未知,所以无法比较两者的动能,C错误;行星的轨道半径的三次方与周期二次方的比值与中心天体有关,由于海洋卫星绕地球转动,而地球绕太阳转动,所以两者的比值不同,D错误;故选AB。4.BC解析 控制卫星从图中低轨道进入椭圆轨道时需要做离心运动,可知需要的向心力增大,所以需要加速才能实现,故A错误;远地点B离地面高度为6R,则到地球的球心的距离为7R。根据万有引力提供向心力:GMmr2=mv2r,v=GMr,所以:vAvB=71,故B正确;卫星在椭圆轨道上的半长轴:r=R+7R2=4R,由开普勒第三定律r3T2=K,可知:(4R)3T2=R3T2,求得T=8T,卫星在椭圆轨道上运动时,由近地点到远地点的过程恰好等于椭圆运动的半个周期,所以t=4T,故C正确;根据牛顿第二定律和万有引力定律得:a=GMr2,所以卫星在近地轨道通过A点的加速度等于卫星在椭圆轨道上通过A点的加速度,故D错误。故选BC。5.BC解析 双星靠相互之间的万有引力提供向心力,周期相等,角速度相等,所以周期比T1T2=11,故A错误;根据Gm1m2L2=m1r12T2,Gm1m2L2=m2r22T2,联立解得T=42L3G(m1+m2),由它们的间距在缓慢减小,则有甲、乙两中子星的运行周期在减小,故C正确;由a=42T2L可知a=G(m1+m2)L2,由它们的间距在缓慢减小,甲、乙两中子星的向心加速度大小增大,故D错误;可知m1r1=m2r2,则半径r1r2=m2m1,根据v=r得v1v2=r1r2=m2m1,故B正确;故选BC。6.A解析 行星运动的轨道发生最大偏离,一定是B对A的引力引起的,则最大偏离时B行星对A有最大的力,故A、B行星与恒星在同一直线上且位于恒星同一侧,设行星B的运行周期为T,半径为R,根据题意则有:2T0t0-2Tt0=2,所以T=t0T0t0-T0,由开普勒第三定律可得R03T02=R3T2,联立解得:R=R03t02(t0-T0)2,故A正确,BCD错误。7.AD解析 根据GMmr2=mv2r,得v2=GMr,故直线的斜率k=GM,则行星的质量为M=kG,当轨道半径恰好等于星球半径时,卫星贴近星球表面飞行,线速度最大,则有a=k1R,解得:R=ka,此时卫星的最小运行周期为T=2Rv=2kaa=2kaa,最大的向心加速度为an=v2R=aka=a2k,故AD正确,BC错误;故选AD。4选择题4力学热点模型1.(单选)(2018江西六校联考)甲乙两车在一平直道路上同向运动,其v-t图象如图所示,图中OPQ和OQT的面积大小分别为s1和s2(s1s2)。初始时,甲车在乙车前方s0处。下列判断错误的是()A.若s0=s1+s2,两车不会相遇B.若s0s1,两车相遇2次C.若s0=s1,两车相遇1次D.若s0=s2,两车相遇1次2.(多选)(2018广东韶关统考)如图所示,用OA、OB两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间,开始时OB绳水平。现保持O点位置不变,改变OB绳长使绳右端由B点缓慢上移至B点,此时OB与OA之间的夹角OB,则()A.星球A的质量一定小于星球B的质量B.星球A的线速度一定小于星球B的线速度C.双星间距离一定,双星的总质量越大,其转动周期越大D.双星的总质量一定,双星间距离越大,其转动周期越大选择题4力学热点模型1.D解析 由图线可知:在T时间内,甲车前进了s2,乙车前进了s1+s2;若s0=s1+s2,则s0s1,两车不会相遇,故A正确;若s0+s2s1+s2,即s0s1,在T时刻之前,乙车会超过甲车,但甲车速度增加的快,所以在T时刻之后,甲车还会超过乙车,则两车会相遇2次,故B正确;若s0+s2=s1+s2,即s0=s1,两车只能相遇一次,故C正确,若s0=s2,由于s1s1,两车不会相遇,故D错误。此题选择错误的选项,故选D。2.AD解析 以结点O为研究对象,分析受力:重力G、绳OA的拉力FOA和绳OB的拉力FOB,如图所示,根据平衡条件知,两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反,由图看出,FOA逐渐减小,FOB先减小后增大,当=90时,FOB最小。故选AD。3.BD解析 将小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向,抓住分运动和合运动具有等时性,知甲、乙两船到达对岸的时间相等。渡河的时间t=dvsin,故A错误;若仅是河水流速v0增大,渡河的时间t=dvsin,则两船的渡河时间都不变,故B正确;只有甲船速度大于水流速度时,甲船才可能到达河的正对岸A点,故C错误;若仅是河水流速v0增大,则两船到达对岸时间不变,根据速度的分解,船在平行于河岸方向的分速度仍不变,则两船之间的距离仍然为L,故D正确。故选BD。4.A解析 对整体:F=(M+m1+m2)a;对m1:T=m1a;对m2:竖直方向:T=m2g;联立解得:F=m2(m1+m2+M)m1g,故选A。5.D解析 水平细线被剪断前对A、B进行受力分析如图,静止时,T=2mgtan 60,F2=mg水平细线被剪断瞬间,T消失,其他各力不变,所以aA=TmA=23g,aB=0。故选D。6.AD解析 背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度,由牛顿第二定律得mg=ma,得a=5 m/s2,背包达到传送带的速度v=1 m/s,所用时间t1=va=0.2 s,此过程背包对地位移x1=v2t2=120.2 m=0.1 m6 N时,两者发生相对运动,当F6 N时两者相对静止,当F=6 N时,对整体可得F=(M+m)a,即M+m=6 kg,当F6 N时对木板分析受到拉力和m给的摩擦力,故有a=F-mgM=1MF-mgM,图象的斜率k=1M=16-4=12,即M=2 kg,所以m=4 kg。将F6 N时的图线反向延长,可得当F=4 N时,加速度为零,代入可得0=124-4102,解得=0.1,故ABD正确;当F=8 N时滑块加速度为a=0.14104 m/s2=1 m/s2,故C错误。8.AD解析 双星靠相互之间的万有引力提供向心力,具有相同的角速度,根据万有引力提供向心力得:Gm1m2L2=m1r12=m2r22,因为AOOB,所以mAmB,即A的质量一定小于B的质量,故A正确;双星靠相互间的万有引力提供向心力,具有相同的角速度,根据v=r可知,星球A的线速度一定大于星球B的线速度,故B错误;根据万有引力提供向心力公式得:Gm1m2L2=m142T2r1=m242T2r2,解得:T=2LLG(m1+m2),由此可知双星的距离一定,总质量越大,转动周期越小,故C错误;根据T=2LLG(m1+m2),由此可知,若双星的总质量一定,双星之间的距离越大,其转动周期越大,故D正确。5选择题5静电场1.(多选)(2018安徽滁州期末)如图所示,开口向上的半球壳上均匀分布有正电荷,A、B为球壳对称轴上的两点,且这两点还关于开口处直径对称,下列说法正确的是()A.A点电场强度大于B点电场强度B.A点电场强度和B点电场强度相同C.A点电势高于B点电势D.A点电势和B点电势相等2.(多选)(2018广东广州4月模拟)如图,a、b两个带电小球分别用绝缘细线系住,并悬挂在O点,当两小球处于静止时,它们恰好在同一水平面上,此时两细线与竖直方向夹角,所以mamb,因此水平方向上,a的加速度小于b的加速度。小球在竖直方向上做自由落体运动,在水平方向上做变加速直线运动,根据分运动与合运动具有等时性,知a、b两球同时落到同一水平面上,a球落地时的速度小于b球落地时的速度,故C正确。由于竖直方向加速度相同,所以同时落在同一水平地面上,但由于质量的不同,导致水平方向的加速度大小不同,因此水平位移也不相同,因水平方向a的加速度比b小,故a球水平位移始终小于b球水平位移,D错误;故选AC。3.AD解析 电子从a点运动到b点电场力做的功Wab=-e(a-b)=4.5 eV,又a=0,所以b=4.5 V,故A正确;电子从a点运动到d点电场力做的功Wad=-e(a-d)=-4.5 eV,所以d=-4.5 V;匀强磁场中,ad与bc平行且相等,所以a-d=b-c,c=0 V,故B错误;因为a点和c点电势相等,ac是一条等势线,沿电场线方向电势降低,该匀强电场的方向是由b点垂直指向直线ac,故C错误,D正确。故选AD。4.ABC解析 -x图象的斜率表示电场强度大小,沿电场的方向电势降低,则0x2间电场线沿x轴负方向,且电场强度逐渐增大;x2后电场线沿x轴正方向,且电场强度不变。小球带负电从O点由静止释放,0x2间受电场力沿x轴正方向且电场力逐渐增大,做加速度增大的加速运动;x2后受电场力沿x轴负方向且大小不变,做匀减速直线运动,故A项正确。x2处电势最高,带负电小球在x2处电势能最小,据功能关系,小球在x2处动能最大,故B项正确。小球在x2处动能最大,小球在x2处速度最大。x1、x3处电势相等,带负电小球在x1、x3处电势能相等,据功能关系,小球在x1、x3处动能相等,小球在x1、x3处速度方向均沿x轴正方向,小球在x1、x3处速度相同,故C项正确。粒子从O到x3的过程中,由动能定理得:-e(0-20)=12mv32-0;粒子从O到x4的过程中,由动能定理得:-e(0-0)=12mv42-0;解得:v4=22v3,故D项错误。综上答案为ABC。5.CD解析 根据电压与电场强度的关系U=Ed,可知E-x图象围成的面积表示电势差,取O点电势为零,则粒子从O到A的电势差为UOA=12E0d,又UOA=O-A,解得:A=-12E0d,故A错误;由图可知,A、B之间是匀强电场,因为粒子从A到B速度不断增加,故粒子从A到B做匀加速直线运动,故B错误;由图可知,O、B间的电势差为UOB=12E0d+E0d=32E0d,根据动能定理得:qUOB=EkB-0,得:EkB=32E0qd,故C正确;由图可知,OA段E-x图象围成的面积大于BC段的面积,即UOAUBC,根据W=qU,可知OA段电场力做功多,故OA段电势能变化量大于BC段电势能变化量,故D正确;故选CD。6.D解析 导体静电平衡时,电场线与导体表面处处垂直;因两板分别带有等量异号电荷,两极板之间电势差一定,根据电势差与电场强度的关系式U=Ed知,在两极板的间距大的地方,极板间的电场强度小,电场线疏,故ABC错误,D正确。故选D。7.C解析 电容器带电荷量一定,平板正对面积减小时,电容器的电容减小,根据Q=CU可知,两板间电势差变大,则静电计指针偏角变大,选项A错误;静电计与电压表、电流表的原理不同,不能替代。电流表、电压表线圈中必须有电流通过时,指针才偏转,故不能用电压表代替静电计,故B错误;静电计与电容器串联,其所带电荷量只是很小的一部分,即小于平行板电容器的电量,选项C正确;静电计是定性反映电压高低的仪器,不能反映平行板电容器的电荷量的多少,故D错误;故选C。8.D解析 带电粒子加速时,由动能定理得:qU1=12mv2带电粒子偏转时,由类平抛运动规律,得:L=vt,h=12at2又由牛顿第二定律得:a=qU2md联立以上各式可得h=U2L24dU1由题意,灵敏度为:hU2=L24dU1可见,灵敏度与U2无关,要提高示波管的灵敏度,可使板长L长些、板间距离d小一些、使加速电压U1降低一些,故ABC错误,D正确。故选D。5
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