1、選擇題標準練（一）滿分48分，實戰模擬，20分鐘拿下高考客觀題滿分！說明：共8小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項中，第15題只有一項符合題目要求，第68題有 多項符合題目要求。全選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.在物理學的發展過程中，物理學家們提出了許多物理學的研究方法 ，以下關于物理學的研究方法的敘述 中，正確的是（）A.在不需要考慮帶電物體本身的大小和形狀時，用點電荷來代替物體的方法叫微元法B.在探究加速度、力和質量三者之間的關系時，先保持質量不變研究加速度與力的關系，再保持力不變研究加速度與質量的關系，用的是假設法FQFC.電場強度El,電容Ca,磁感應強度B-

2、,采用的都是比值定義法 qU1LD.在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段 ，每一小段近似看作勻速直線運動 ，然后把各小段的位移相加，這里采用了理想模型法【解析】 選Q用點電荷來代替物體的方法叫理想模型法，故A錯；在探究加速度、力和質量三者之間的關系時，需要讓一個物理量保持不變，這種方法叫控制變量法，故B錯；在定義一個物理量的時候采取比值的形 式定義，用比值法定義的物理概念在物理學中占有相當大的比例 ，比如速度、加速度、功率、電場強度和磁 感應強度等，故C又t在推導勻變速直線運動位移公式時 ，采用了 “微元法”，故D錯。2 .如圖所示，質量分別為3m和m的兩個可視為質點的

3、小球a、b,中間用一細 、.法線連接，并通過另一細線將小球 a與天花板上的O點相連，為使小球a和小球卜b均處于靜止狀態，且Oa細線向右偏離豎直方向的夾角恒為37。，需要對小球b朝某一方向施加一拉力F。若已知sin37 ° =0.6,cos37 ° =0.8,重力加速1度為g,則當F的大小達到最小時，Oa細線對小球a的拉力大小為（）A.4mgB.3.2mgC24mgD.3mg【解析】 選B。本題是隱含的臨界問題，關鍵運用圖解法確定出F的范圍，得到F最小的條件，再由平衡條件進行求解。以兩個小球組成的整體為研究對象，分析受力，作出F在三個方向時整體的受力圖，根據平衡條件得知：F與

4、T的合力與總重力4mg 總是大小相等、方向相反，由力的合成圖可知，當F與繩子Oa垂直時，F有最小值，如 圖中位置。根據平衡條件得：F=4mgsin37° =2.4mg,T=4mgcos37 ° =3.2mg,故選 B。3 .一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t=0時速率為1m/s。從此刻開始在與速度平行的方向上施加一水平作用力F,力F和滑塊的速度v隨時間的變化規律分別如圖甲和圖乙所示。則（兩圖取同正方向,g取10m/s2)(A.滑塊的質量為0.5 kgB.滑塊與水平地面間的動摩擦因數為05C.第1 s內摩擦力對滑塊做功為-1 JD.第2 s內力F的平均功率為 1.5W【解析】選

5、D。由v-t圖像知，01 s和12 s時間內的加速度大小均為1 m/s2,由牛頓第二定律得 Fi+f=ma、F2-f=ma,聯立解得 m=2kg、f=1N,選項A錯誤；由f二科mg解得科=0.05,選項B錯誤;01 s和12 s.時間內滑塊發生的位移大小相等，均為0.5 m,摩擦力對F2x 3x。上滑塊做的功均為-0.5 J,選項C錯誤；第2 s內力F的平均功率為 P=t = t = 1 W=1.5 W，選項D正確。4 .為了驗證拉住月球使它圍繞地球運動的力與拉著蘋果下落的力以及地球、眾行星與太陽之間的作用力是同一性質的力，同樣遵循平方反比定律，牛頓進行了著名的“月地檢驗”。已知月地之間的距離

6、為60R(R為地球半徑)，月球圍繞地球公轉的周期為T,引力常量為 G則下,列說法中正確的是()A.物體在月球軌道上受到的地球引力是其在地面附近受到的地球引力的-B.物體在月球軌道上繞地球公轉的向心加速度是其在地面附近自由下落時的加速度的 3 6003kC.由題中信息可以計算出地球的密度為布2nRD.由題中信息可以計算出月球繞地球公轉的線速度為-TMm【解析】選B。若地球的質量為M,物體的質量為m,則該物體在月球軌道上受到的地球引力為F1=ma=?§；R產Mm物體在地面附近受到的地球引力為F2=m對3y,故A錯誤,B正確；設月球的質量為 M，則由萬有引力提供m"LWR.二.力

7、；匕J3,月球運動的向心力可得：G上e"M一,所以M=,又因為地球的體積為V=兀R3,所以60 RJ* TsCTZ3M 3nx6032nr 2irx60R地球的密度p =短=.1,，故C錯誤；月球繞地球公轉的線速度為VP=y，故D錯誤。5 .如圖所示，一理想變壓器的原、 副線圈匝數之比為 m ： n2=10 ： 1,原線圈接入電壓 u=22應sin100兀t(V)的交流電源，電壓表和電流表對電路的影響可忽略不計，定值電阻 R=10，可變電阻R'的阻值范圍為 010，則（）A.副線圈中交變電流的頻率為100 HzB.t=0.02s 時，電壓表的示數為 0C.調節可變電阻 R&#

8、39;的阻值時，電流表示數的變化范圍為0.110.22 AD.當可變電阻阻一值為10 時，變壓器的輸入電功率為242 W【解析】選Q電流的頻率是由電壓決定的，所以原、副線圈中電流的頻率是一樣的，都為50 Hz,所以A錯誤；電壓表的示數為電路的有效電壓的大小，原線圈的有效電壓為 220 V,根據電壓與匝數成正比知電壓表的示數為22 V,所以B錯誤；當R'的阻值為零時，副線圈電流為2.2A,當R'的阻值為10時，副線圈電流為1.1A,電流與匝數成反比，所以C正確；當可變電阻阻值為 10 時，變壓器的輸入電功率等于輸出電功率P=I2R=1.12X20W=24.2W所以 D錯誤。6 .

9、如圖所示，電場強度方向水平向右的勻強電場中有a、b、c三點，三點的連線恰好組成一個邊長為l的正三角形。一質量為 mr電荷量為q的帶正電小球（重力不計）以速度v0從a點射入電場，入射方向與b、c兩點的連線垂直，一段時間后帶電小球經過 c點。則下列判斷正確的是V31A.帶電小球從a點運動到c點的時間為-4m v2B.該勻強電場的電場強度大小為C.帶電小球到達c點時的動能為|加2mvSD.b、c兩點之間的電勢差為 知【解析】 選A Bo由題。意可知，小球在豎直方向上做勻速直線運動，當小球運動到c點時，由運動學規律可格】I1 qEt3得t=,選項A正確；小球在水平方向上運動的距離為-,由運動學規律有-

10、=；，代入數據可解得4m 崎l 1 n 7 2E=-,選項B正確；由動能定理可得&c=qE -+Tm/0 =-m/0 ,選項 C錯誤；由電勢差公式可知mqi2 zUbc=E - l =,選項 D錯誤。3q7 .如圖所示，一金屬棒AC在勻強磁場中繞平行于磁感應強度方向的軸（過。點）勻速轉動,OA=2OC=2L,磁感應強度大小為 Bk方向垂直紙面向里，金屬棒轉動的角速度為3、電阻為r,內、外兩金屬圓環分別與 C、A良好接觸并各引出一接線柱與外電阻R相接(沒畫出)，兩金屬環圓心皆為 O且電阻均不計，則()A.金屬棒中有從A到C的感應電流B.外電阻R中的電流為2(R+r)C.當r=R時，外電阻

11、消耗功率最小3B<i>LzRD.金屬棒AC間電壓為2(R+r)A是電源的正極，即金屬棒中有從 C到A的感應電【解析】選B D。由右手定則可知金屬棒相當于電源且流,A錯誤；金屬棒轉動產生的感應電動勢為EBco (2L) 2-!bco L2=3BU?L ,即回路中電流為1=如"，B Xt由電源輸出功率特點知,當內、外電阻相等222Z(R+r)3B<i>LzR時，外電路消耗功率最大,C錯誤；金屬棒AC間電壓LAc=IR=,D正確。2(R+r)8 .如圖所示，abcd為一矩形金屬線框，其中ab=cd=L,ab邊接有定值電阻 R,cd邊的質量為m,其他部分的電阻和質量均

12、不計，整個裝置用兩根絕緣輕彈簧懸掛起來。線框下方處fT/Tlr/i在磁感應強度大小為 B的勻強磁場中，磁場方向垂直于紙面向里。初始時刻，兩彈簧處于自然長度，給線框一豎直向下的初速度V0,當cd邊第一次運動至最下端的過程中，R產生J的電熱為Q,此過程cd邊始終未離開磁場，已知重力加速度大小為g,下列說法中正確的XXX是()A.線框中產生的最大感應電流大于BLv0B3L3v0B.初始時刻,cd邊所受安培力的大小為C.cd邊第一次到達最下端的時刻，兩根彈簧具有的彈性勢能總量大于Tmo -QD.在cd邊反復運動過程中,R中產生的電熱最多為 -mpBzLzvBzLzv【解析】 選B C。cd邊開始運動后，對cd邊受力分析：mg-kx=ma,若mg ,cd邊做加速度增 JKJKE BLv0大的減速運動，故vo可能是速度的最大值，故A錯誤；初始時刻，cd邊的速度為vo,則E=BLv),又1二廠;一Jrv JHLBzL3v(j所以F=BIL=-一,故B正確;cd邊第一次到達最下端的時刻 ，由能量守恒定律可知,cd邊的動能和減少的 ,rL重力