（通用版）2020版高考物理三輪沖刺 高考題型一 押題練2（含解析）

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1、押題練2 14. (2019湖北武漢調研)甲、乙兩個質點沿同一直線運動,其中質點甲以6 m/s的速度勻速直線運動,質點乙做初速度為零的勻變速直線運動,它們的位置x隨時間t的變化如圖所示。已知t=3 s時,甲、乙圖象的斜率相等。下列判斷正確的是(　　) A.最初的一段時間內,甲、乙的運動方向相反 B.t=3 s時,乙的位置坐標為-9 m C.乙經過原點時的速度大小為25 m/s D.t=10 s時,兩車相遇 15. 在研究光電效應的實驗中。保持P的位置不變,用單色光a照射陰極K,電流計G的指針不發(fā)生偏轉;改用另一頻率的單色光b照射K,電流計的指針發(fā)生偏轉。那么(　　)

2、A.增加a的強度一定能使電流計的指針發(fā)生偏轉 B.用b照射時通過電流計的電流由d到c C.只增加b的強度一定能使通過電流計的電流增大 D.a的波長一定小于b的波長 16.(2019江蘇泰州中學聯(lián)考)如圖甲所示,一質量為m的衛(wèi)星繞地球在橢圓軌道Ⅰ上運轉,運轉周期為T0,軌道Ⅰ上的近地點A到地球球心的距離為a,遠地點C到地球球心的距離為b,BD為橢圓軌道的短軸,A、C兩點的曲率半徑均為ka(通過該點和曲線上緊鄰該點兩側的兩點作一圓,在極限情況下,這個圓就叫做該點的曲率圓,如圖乙中的虛線圓,其半徑ρ叫做該點的曲率半徑)。若地球的質量為M,引力常量為G。則(　　) A.衛(wèi)星在軌道Ⅰ上運行

3、時的機械能等于在軌道Ⅱ上運行時的機械能 B.如果衛(wèi)星要從軌道Ⅱ返回到軌道Ⅰ,則在C位置時動力氣源要向后噴氣 C.衛(wèi)星從C→D→A的運動過程中,萬有引力對其做的功為12GMmk2a-ab2 D.衛(wèi)星從C→D→A的運動過程中,萬有引力對其做的功為12GMmk1a-ab2 17. 如圖所示,一輕繩上端固定,下端系一小球;輕彈簧左端固定在電梯上,右端與小球連接。若電梯豎直向下做加速度大小為13g(g為重力加速度大小)的勻加速直線運動時,彈簧恰好處于水平狀態(tài),此時輕繩與豎直方向的夾角θ=60°。現(xiàn)將輕繩剪斷,則剪斷輕繩的瞬間,小球的加速度大小為(　　) A.213g B.233g C.g

4、 D.23g 18. (2019河北石家莊質檢)如圖所示,理想變壓器三個線圈的匝數(shù)比n1∶n2∶n3=10∶5∶1,其中匝數(shù)為n1的原線圈接到220 V的交流電源上,匝數(shù)為n2和n3的兩個副線圈分別與電阻R2、R3組成閉合回路。已知通過電阻R3的電流I3=2 A,電阻R2=110 Ω,則通過電阻R2的電流I2和通過原線圈的電流I1分別是(　　) A.10 A,12 A B.10 A,20 A C.1 A,0.7 A D.1 A,3 A 19. (多選)如圖所示,滑塊A、B的質量均為m,A套在傾斜固定的直桿上,傾斜桿與水平面成45°角,B套在水平固定的直桿上,兩直桿分

5、離不接觸,兩直桿間的距離忽略不計,兩直桿足夠長,A、B通過鉸鏈用長度為L的剛性輕桿(初始時輕桿與水平面成30°角)連接,A、B從靜止釋放,B開始沿水平桿向右運動,不計一切摩擦,滑塊A、B視為質點,重力加速度為g,下列說法正確的是(　　) A.A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒 B.當A到達B所在的水平面時,A的速度為gL C.B到達最右端時,A的速度為2gL D.B的最大速度為3gL 20.(多選)航空母艦上的艦載機通常采用彈射起飛,設某艦載機總質量為M,從靜止起飛過程中所受恒定的總推力為彈射器和發(fā)動機推力之和,發(fā)動機的推力恒為總推力的112,彈射器有效作用長度為L。要求艦載機在水平彈射結束

6、時獲得的速度大小為v。假設彈射過程中艦載機所受阻力為總推力的15,則有(　　) A.在彈射過程中艦載機的加速度大小為v22L B.彈射器對艦載機所做的功為5596Mv2 C.彈射器對艦載機做功的平均功率為5Mv316L D.彈射器作用半程L2時對艦載機做功的功率為552Mv3192L 21. (多選)(2019山東煙臺統(tǒng)考)如圖所示,光滑的金屬框CDEF水平放置,寬為L,在E、F間連接一阻值為R的定值電阻,在C、D間連接一滑動變阻器R1(0≤R1≤2R)?？騼却嬖谥Q直向下的勻強磁場。一長為L,電阻為R的導體棒AB在外力作用下以速度v勻速向右運動,金屬框電阻不計,導體棒與金屬框

7、接觸良好且始終垂直,下列說法正確的是(　　) A.ABFE回路的電流方向為逆時針,ABCD回路的電流方向為順時針 B.左右兩個閉合區(qū)域的磁通量都在變化且變化率相同,故電路中的感應電動勢大小為2BLv C.當滑動變阻器接入電路中的阻值R1=R時,導體棒兩端的電壓為23BLv D.當滑動變阻器接入電路中的阻值R1=R2時,滑動變阻器有最大電功率且為B2L2v28R 押題練2 14.D　解析因x-t圖象的斜率等于速度,由圖象可知最初的一段時間內,甲、乙圖象的斜率符號相同,則運動方向相同,選項A錯誤;t=3s時,甲、乙圖象的斜率相等,則此時乙的速度為6m/s,則乙的加速度為a=vt

8、=63m/s2=2m/s2,則此時乙的位置坐標為x=x0+12at2=-20m+12×2×32m=-11m,選項B錯誤;乙經過原點時的速度大小為v=2ax0=2×2×20m/s=45m/s,選項C錯誤;兩車相遇時:vt+2x0=12at2,解得t=10s,選項D正確。 15.C　解析 用單色光a照射陰極K,電流計G的指針不發(fā)生偏轉,說明a的頻率低于陰極K的截止頻率,增加a的強度也無法使電流計的指針發(fā)生偏轉,A錯誤;電子運動方向從d到c,電流方向從c到d,B錯誤;只增加b的強度可以使光電流強度增大,使通過電流計的電流增大,C正確;b能使陰極K發(fā)生光電效應,b的頻率高于a的頻率,b的波長一定小于

9、a的波長,D錯誤;故選C。 16.D　解析 本題考查萬有引力、變軌、能量問題等知識。由題圖甲可知,衛(wèi)星從軌道Ⅰ變軌到軌道Ⅱ,要有外力對衛(wèi)星做功,所以衛(wèi)星在軌道Ⅰ上的機械能小于其在軌道Ⅱ上的機械能,A錯誤;若衛(wèi)星要從軌道Ⅱ上的C位置變軌到軌道Ⅰ上,則在C位置時衛(wèi)星要減速,動力氣源要向前噴氣,B錯誤;在A、C兩點衛(wèi)星的運動可近似看做半徑均為ka,速度分別為vA、vC的圓周運動,則有GMma2=mvA2ka,GMmb2=mvC2ka,從C→D→A的運動過程中,由動能定理得W=12mvA2-12mvC2,解以上三式得W=12GMmk1a-ab2,D正確,C錯誤。 17.A　解析 設彈簧彈力大小為F

10、,輕繩拉力大小為T,對小球受力分析有,mg-Tcosθ=13mg,F=Tsinθ,聯(lián)立得F=233mg,剪斷輕繩的瞬間,彈簧彈力不變,則根據(jù)牛頓第二定律有,(mg)2+F2=ma,得a=213g,A正確。 18.C　解析 由于U1n1=U2n2=U3n3,且n1∶n2∶n3=10∶5∶1,U1=220V,解得U2=110V,U3=22V,根據(jù)歐姆定律得I2=U2R2=110110A=1A,根據(jù)理想變壓器的輸入功率和輸出功率相等可得U1I1=U2I2+U3I3,代入數(shù)據(jù)得I1=0.7A,故C正確。 19.AD　解析 因不計一切摩擦,故系統(tǒng)機械能守恒,A正確;當A到達B所在水平面時,有mg·L

11、2=12mvA2+12mvB2,將A的速度沿水平方向和豎直方向分解,則A、B的速度關系為vB=22vA,得vA=6gL3,故B錯誤;B到達最右端時,B的速度為零,此時A、B的位置如圖甲所示,則有mg·1+22L=12mvA'2,解得vA'=gL(1+2),故C錯誤;當A滑到最低點時,速度為零,B的速度最大,此時A、B的位置如圖乙所示,則有mg·32L=12mvB'2,解得vB'=3gL,故D正確。 20.ABD　解析 由運動學公式v末2-v02=2ax可知,在彈射過程中,艦載機的加速度大小為a=v22L,A正確;設總推力大小為F,則發(fā)動機的推力大小為F12,阻力大小為F5,則由動能定理可

12、知FL-F5L=12Mv2,則F=5Mv28L,彈射器對艦載機做功為W=11F12L,解得W=5596Mv2,B正確;假設艦載機在該過程中的運動時間為t,則L=v2t,解得t=2Lv,則彈射器對艦載機做功的平均功率為P=Wt=5596Mv22Lv=55Mv3192L,C錯誤;假設彈射器作用半程L2時艦載機的速度大小為v',則v'2=2a·L2,解得v'=22v,則彈射器作用半程L2時做功的功率為P'=11F12v'=552Mv3192L,D正確。 21.AD　解析 根據(jù)楞次定律可知,A正確;根據(jù)法拉第電磁感應定律可知,感應電動勢E=BLv,故B錯誤;根據(jù)閉合電路歐姆定律可知導體棒兩端的電壓即路端電壓,等于13BLv,故C錯誤;該電路電動勢E=BLv,電源內阻為R,當求解滑動變阻器的最大電功率時,可以將導體棒和電阻R看成新的等效電源,且等效電源的電動勢為E2,等效內阻為R2,故當R1=R2時,等效電源輸出功率最大,即滑動變阻器電功率最大,最大值Pm=B2L2v28R,故D正確。 7