（江苏选考）高考物理二轮复习第二部分考前提速力争满分4策略考前提速练1

1、考前提速练1一、单项选择题1.转笔(Pen Spinning)是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动，如图所示。转笔深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点O做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔过程中涉及到的物理知识的叙述正确的是()A笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越大B笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力提供的C若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走D若该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，由于笔杆中不会产生感应电流，因此金属笔杆中一定不会产生感应电动势解析：选C由向心加速度公式an2R可知，笔杆上的点离O点越近时，做圆周运动的向心加速度越小，故A错误；笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由笔杆的弹力提供的，与万有引力无关，故B错误；当转速过大时，若笔尖处提供的向心力小于需要的向心力，有可能出现笔尖上的小钢珠做离心运动被甩走，故C正确；当金属笔杆转动时，若切割地磁场，笔杆中会产生感应电动势，但不会产生感应电流，故D错误。2.已知磁敏电阻在无磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且

2、磁场越强阻值越大。为探测磁场的有无，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示电路。电源的电动势E和内阻r不变，在无磁场时调节滑动变阻器R使小灯泡L正常发光，若探测装置从无磁场区进入强磁场区，则()A电压表的示数变小B磁敏电阻两端电压变小C小灯泡L变亮甚至烧毁D通过滑动变阻器R的电流变大解析：选C探测装置从无磁场区进入强磁场区时，磁敏电阻阻值变大，电路的总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知总电流I变小，根据UEIr，可知I减小，路端电压U增大，则电压表的示数变大，小灯泡L两端的电压增大，所以小灯泡L变亮甚至烧毁，小灯泡L的电流增大，而总电流减小，所以通过滑动变阻器R的电流减小，其两端电压减小，而路端电压增大，所以磁敏电阻两端电压变大，故A、B、D错误，C正确。3在离地球十几亿光年的遥远星系中有两个黑洞A、B，其质量分别为太阳质量的36倍和29倍，A、B绕它们连线上某点以相同周期转动组成双星系统，只考虑A、B之间的相互作用。在漫长的演变过程中，A、B缓慢靠近，最后合并为一个黑洞，释放出巨大能量，则()AA、B所受万有引力之比为3629BA、B做圆周运动的半径之比为2936CA、B缓慢靠近过程中

3、势能增大DA、B缓慢靠近过程中动能减小解析：选BA、B所受的万有引力为作用力与反作用力，则大小相等，则A错误；A、B的角速度相等，则mArA2mBrB2，则，则B正确；A、B缓慢靠近过程中，万有引力做正功，势能减小，动能增大，则C、D错误。4如图所示实线为等量异种点电荷周围的电场线，虚线为以正点电荷为中心的圆，M点是两点电荷连线的中点，若将一正试探电荷从虚线上N点移动到M点，则()A电荷所受电场力大小不变B电荷的电势能大小不变C电荷的电势能逐渐减小D电荷的电势能逐渐增大解析：选C由题图电场线的分布情况可知，N处电场线比M处电场线稀疏，则N处电场强度比M处电场强度小，由电场力公式FqE可知，电荷从虚线上N点移动到M点，电场力逐渐增大，故A错误；根据沿着电场线方向电势降低，知虚线上各点的电势比正点电荷处的电势低，根据UEd可知，N与正点电荷间的电势差小于M与正点电荷的电势差，所以N点的电势高于M点的电势，从N点到M点，电势逐渐降低，电荷的电势能逐渐减小，故C正确，B、D错误。5两个物体在同一高度同时由静止开始下落，经过一段时间分别与水平地面发生碰撞(碰撞过程时间极短)后反弹，速度大小不变。

4、一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比。下列用虚线和实线描述两物体运动的v t图像可能正确的是()解析：选D不计空气阻力的物体下落后，先做匀加速直线运动，与地面碰撞后反弹做竖直上抛运动(匀减速直线运动)，加速度不变；所受空气阻力大小与速率成正比的物体下落过程中，速度越来越大，则空气阻力越来越大，根据牛顿第二定律可知，加速度越来越小且小于g，与地面碰撞后反弹，速度越来越小，则空气阻力越来越小，根据牛顿第二定律可知，加速度越来越小且大于g，根据v t 图像的斜率表示加速度可知，D正确。二、多项选择题6关于下列器材的原理和用途，说法正确的是()A变压器可以改变交流电的电压但不能改变频率B扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈存在电阻C真空冶炼炉的工作原理是炉体产生涡流使炉内金属熔化D磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用解析：选AD变压器可以改变交流电的电压但不能改变频率，故A正确；扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈产生了自感现象，不是因为其存在电阻，故B错误；真空冶炼炉的工作原理是炉内金属产生涡流使炉内金属熔化，不是炉体产生涡流，故C错误；磁电式仪表中用

5、来做线圈骨架的铝框中可以产生感应电流，能起电磁阻尼的作用，故D正确。7.如图所示电路中，电源电动势为E(内阻不可忽略)，线圈L的电阻不计。下列判断正确的是()A闭合S稳定后，电容器两端电压为EB闭合S稳定后，电容器的a极板带负电C断开S的瞬间，通过R1的电流方向向右D断开S的瞬间，通过R2的电流方向向右解析：选BC闭合S稳定后，L相当于一段导线，R1被短路，所以C两端的电压等于路端电压，小于电动势E，故A错误；闭合S稳定后，由题图知b极板带正电，a极板带负电，故B正确；断开S的瞬间，L相当于电源，与R1组成回路，通过R1的电流方向向右，故C正确；断开S的瞬间，电容器会放电，则通过R2的电流方向向左，故D错误。8如图所示，匀强磁场的磁感应强度B T，单匝矩形线圈面积S1 m2，电阻r ，绕垂直于磁场的轴OO匀速转动。线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接。V为理想交流电压表，A1、A2为理想交流电流表，L1、L2为两个完全相同的灯泡，标称值为“20 V,30 W”，且均正常发光，电流表A1的示数为1.5 A。则下列说法正确的是()A电流表A1、A2的示数之比为21B理想变压器原、副线圈的匝

6、数之比为21C线圈匀速转动的角速度120 rad/sD电压表的示数为40 V解析：选BC灯泡的额定电流I1.5 A，因灯泡正常发光，副线圈的电流为3 A，则原、副线圈的电流即电流表A1、A2的示数之比为12，则A错误；由于电流与匝数成反比，则理想变压器原、副线圈的匝数之比为21，则B正确；副线圈的电压为20 V，则原线圈的电压为40 V，由于线圈的电阻r ，因电流为1.5 A，可得线圈产生电动势的最大值为V60 VBS，解得120 rad/s，则C正确；电压表的示数为有效值40 V，则D错误。9.如图所示，斜面体固定不动，一轻质弹簧沿光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上。分两次将质量为m1、m2(m2m1)的两物块从斜面上不同位置由静止释放，两次运动中弹簧的最大压缩量相同(弹簧始终在弹性限度范围内，弹性势能表达式为Ekx2)。则物块从开始释放到速度第一次减为零的过程()Am1开始释放的高度高Bm1的重力势能变化量大Cm2的最大速度小Dm2的最大加速度小解析：选AD对任一物块，设物块的质量为m，物块从开始释放到速度第一次减为零下降的高度为h，取最低点所在水平面为参考平面。根据物块与弹簧组成的系统机械能守恒得：mghEp，据题知，两次弹簧的最大弹性势能Ep相同，m2m1，则有h1h2，即m1开始释放的高度高，故A正确；物块从开始释放到速度第一次减为零的过程，物块的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，则两物块重力势能变化量相等，故B错误；物块的速度最大时，合力为零，则有 kxmgsin (为斜面倾角)，因为m2m1，所以x2x1，设弹簧的最大压缩量为xm，物块刚下滑时离弹簧的距离为L，从开始到最低点的过程，根据能量守恒定律得：Epmgsin (xmL)，据题知，xm、Ep相等，m2m1，则 L2L1，从开始到速度最大的过程，由能量守恒得：mgsin (Lx)mvm2kx2，又x，解得：vm，由于m2m1，L2L1，可知不能判断最大速度的大小，故C错误；两次运动中弹簧的最大压缩量相同，弹簧的最大弹力相同，设为F，由牛顿第二定律得Fmgsin ma，得最大加速度agsin ，由于m2m1，所以m2的最大加速度小于m1的最大加速度，故D正确。5

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