2017-2018年高考物理选择题专项训练3套

1、20172018学年度高考备考选择题专项训练选择题（一）选择题（本题共8小题，每小题6分，在每个小题给出的四个选项中，第 15题只有一个选项 符合题目要求，第 68题有多项符合题目要求，全部选对的得 6分，选对但不全的得 3分, 有选错的得0分）1 .下列叙述正确的是（）A.力、长度和时间是力学中三个基本物理量，它们的单位牛顿、米和秒就是基本单位B.蹦极运动员离开蹦床上升过程中处于失重状态C.利用霍尔元件能够把电压这个电学量转换为磁感应强度这个磁学量的特性，可以制出测磁 感应强度大小的仪器D.探究加速度与质量、合力关系实验采用的是等效替代的方法解析：“力”不是基本物理量，“牛顿”也不是力学中的

2、基本单位，故 A错误；蹦极运动员上升过程中只受重力作用，处于完全失重状态，故 B正确；霍尔元件能够把磁学量转换为电学量，故C错误；探究加速度与质量、合力关系实验中有三个变量，采用的是控制变量法，故D错误.答案：B2 .一个氢原子从 n= 3能级跃迁到n= 2能级，该氢原子（）A.放出光子，能量增加B.放出光子，能量减少C.吸收光子，能量增加D.吸收光子，能量减少解析：根据玻尔原子理论知，氢原子从高能级n=3向低能级n= 2跃迁时，将以光子形式放出能量，放出光子后原子能量减少，故B选项正确.答案：B3.中国国家航天局目前计划于2020年发射嫦娥工程第二阶段的月球车嫦娥四号.中国探月计划总工程师吴

3、伟仁近期透露，此台月球车很可能在离地球较远的月球背面着陆.假设运载火箭先将“嫦娥四号”月球探测器成功送入太空，由地月转移轨道进入100公里环月轨道后成功变轨到近月点为 15公里的椭圆轨道，在从 15公里高度降至月球表面成功实现登月，则 关于“嫦娥四号”登月过程的说法正确的是（）A. “嫦娥四号”由地月转移轨道需要减速才能进入100公里环月轨道B . “嫦娥四号”在近月点为15公里的椭圆轨道上各点的速度都大于其在100公里圆轨道上的速度C. “嫦娥四号”在 100公里圆轨道上运动的周期小于其在近月点为15公里的椭圆轨道上运动的周期D.从15公里高度降至月球表面过程中，“嫦娥四号”处于失重状态解析

4、：“嫦娥四号”由地月转移轨道实施近月制动才能进入100公里环月圆轨道，A正确；由B错误;卫星变轨条件可知近月点为15公里的椭圆轨道上远月点的速度小于圆轨道上的速度,由开普勒第三定律可得“嫦娥四号”在100公里圆轨道上运动的周期大于其在椭圆轨道上运动的周期，C错误；从15公里高度降至月球表面过程“嫦娥四号”需要减速下降，处于超重 状态，D错误.答案：A4.如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑.小球被轻质细线系住放在斜面上.细线另一端跨过定滑轮, 离，斜面体始终静止.移动过程中用力拉细线使小球沿斜面缓慢移动一段距A.细线对小球的拉力变大B.斜面对小球的支持力变大C.斜面对地面的压力变大D .

5、地面对斜面的摩擦力变大解析：如图，根据矢量三角形可知,当小球沿斜面缓慢向上移动一段距离时,3减小，绳子拉力增大，斜面对小球支持力减小；根据牛顿第三定律，小球对斜面体压力减小，将该力沿水平方向和竖直方向分解可知，两个方向的力都减小，所以地面对斜面的支持力和摩擦力都减小.综上所述,A正确.答案：A5.在某电场中，沿 x轴上的电势分布如图所示，由图可以判断 （）A . x= 2 m处电场强度可能为零B. x= 2 m处电场方向一定沿 x轴正方向C.沿x轴正方向，电场强度先增大后减小D.某负电荷沿x轴正方向移动，电势能始终增大解析：（f） -x图象的斜率等于电场强度，则知 x=2 m处的电场强度不为零

6、，故A错误；从0到x= 3 m处电势不断降低，但 x= 2 m点的电场方向不一定沿 x轴正方向，故B错误；由斜率看出，从0到3 m,图象的斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，故C错误；沿x轴正方向电势降低，某负电荷沿x轴正方向移动，受力的方向始终指向 x轴的负方向，电场力做负功，电势能始终增大，故 D正确.答案：D6.在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交 变电动势的图象如图乙所示，则 （）A . t= 0.005 s时线圈平面与磁场方向平行B. t= 0.010 s时线圈的磁通量变化率最大C.线圈产生的交变电动势频率为50 HzD.线圈产生的交变

7、电动势有效值为311 V解析：t= 0.005 s时电动势最大，则线圈平面与磁场方向平行，故 A正确；t= 0.010 s时电1动势为0,则线圈的磁通量变化率为0,故B错误；由图可知周期为 0.02,则频率为=50 Hz,故C正确；线圈产生的交变电动势有效值为3121V，故D错误.答案：AC7.如图所示，两个匀强磁场的方向相同，磁感应强度分别为 B1、B2,虚线MN为理想边界.现有一个质量为 m、电荷量为e的电子以垂直于边界 MN的速度v由P点沿垂直于磁场的方向 射入磁感应强度为 B1的匀强磁场中，其运动轨迹为图中虚线所示的心形图线，则以下说法正 确的是（）A ,电子的运动轨迹为 P-E-N-

8、C-M - D - P. ,、47mB.电子运动一周回到 P点所用的时间T=, BeC . Bi = 4B2 D. Bi = 2B2解析：由左手定则可判定电子在P点受到的洛伦兹力的方向向上，轨迹为mvP-D-M - C-N-E-P,选项A错误；由图得两个磁场中轨迹圆的半径之比为1 2,由r = -qB可得磁感应强度之比b=2,电子运动一周所用的时间t=+T2= 21m+Bme=4BTe,选项c错误，选项B、D正确.答案：BD8.如图所示，两个半径相等的光滑竖直圆轨道，两小球分别沿两轨道内侧在竖直平面内各自做圆周运动.某一时刻小球 1运动到自身轨道的最低点，小球 2恰好运动到自身轨道的最高 点，

9、这两点高度相同，此时两小球速度大小相同. 若两小球质量均为 m,忽略空气阻力的影响， 则下列说法正确的是（）A .此刻两小球对轨道的压力大小相同B.运动过程中，两轨道受到的压力差值最大为2mgC.运动过程中，两轨道受到的压力差值最大为10mgD .若相对同一零势能面，小球 1在最高点的机械能等于小球 2在最低点的机械能解析：初始位置，球1加速度向上，超重，球 2加速度向下，失重，故球 1对轨道的压力较大，故A错误；球1在最高点压力最小为 Fni,有FN + mg=mf,球2在最低点压力最大为 RFn2,有Fn2mg=mv1,两个球运动过程中机械能守恒，对球 1有Jmv2=Jmv2+mg 2R,

10、对球 R22.12 122有2mv = 2mv2mg 2R,联立解得Fn2 Fni = 10mg ,故B错反，C正确；两个球运动过程中D正确.机械能守恒，而初始位置两个球的机械能相等，故两个球的机械能一直是相等的，故 答案：CD选择题（二）选择题（本题共8小题，每小题6分，在每个小题给出的四个选项中，第 15题只有一个选项 符合题目要求，第 68题有多项符合题目要求，全部选对的得 6分，选对但不全的得 3分， 有选错的得0分）1 .关于近代物理，下列说法正确的是（）A. 3衰变现象说明电子是原子核的组成部分B.目前已建成的核电站的能量来自于重核裂变C. 一个氢原子从n= 3的激发态跃迁到基态时

11、，能辐射 3种不同频率的光子D. “粒子散射实验表明核外电子轨道是量子化的解析：3衰变时3射线是原子核内部发出来的，不是原子核外的电子释放出来的，A错误.目前的核电都是利用重核裂变发电的，B正确.一群氢原子从 n= 3的激发态跃迁到基态时，能辐射C3= 3种不同频率的光子，而只有一个氢原子时，只能是三种可能频率中的一种或两种，C错误.a粒子散射实验表明原子具有核式结构，D错误.答案：B2 .建筑节能已成为国家节能减排的战略重点，为此，中国工程建设标准化协会在北京召开“安全、质量、创新 一一2015中国墙体节能保温与质量安全技术研讨会”.如图所示，粉刷墙体 保温材料的工人常用一根绳索将自己悬在空

12、中，假设工人及其装备的总重量为M,悬绳与竖直墙壁的夹角为 a,悬绳对工人的拉力大小为Ft,墙壁对工人的弹力大小为 Fn,则（）MgA. Ft=7；7- sin aB. Fn = Mg sin 民C.若工人缓慢下移，增加悬绳的长度，则Ft与Fn的合力不变D.若工人缓慢下移，增加悬绳的长度，则Ft减小，Fn增大解析：分析工人受力情况，工人受到重力、支持力和拉力，如图所示，根据共点力平衡条件有 FTSin a= Fn, Ftcos a= Mg,解得 Ft=¥", FN=Mgtan % 故 A、B 错误.当缓慢增加悬 cos a绳的长度时，细绳与竖直方向的夹角a变小，故Ft变小，F

13、n变小，但Ft与Fn的合力与重力平衡，保持不变，故 D错误，C正确.答案：C3 .在课外小组研究空气阻力大小与物体下落速度的实验中，设计如下实验，让质量分别为 mi、m2的甲球和乙球，从同一地点（足够高）处同时由静止释放. 实验数据表明，两球下落过程所受 空气阻力大小f仅与球的速率v2成正比，与球的质量无关，即f=kv2（k为正的常量），同时实验得到两球的V-t图象如图所示.落地前，经时间to两球的速度都已达到各自的稳定值Vi、V2,则下列说明正确的是（）A .释放瞬间两球的加速度 a甲> a乙B .释放后两球做加速度增大的加速运动C.甲球质量大于乙球D. to时间内两球下落的高度相等解

14、析：释放瞬间v=0,因此空气阻力f=0,两球均只受重力，加速度均为重力加速度g,故A错误；两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时kv2=mg,因此最大速度一 2,一一 I O 一 m甲 V2 . . 一与其质重成正比，即 vm«m,则=F ,由图象知V1>V2 ,因此m甲m乙，故B错反，C正m乙 V2确；图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，to时间内两球下落的高度不相等，故D错误.答案：C4.如图所示，质量为 m的铜质小闭合线圈静置于粗糙水平桌面上.当一个竖直放置的条形磁 铁贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、匀速经过时，线圈始终保持不

15、动，则 关于线圈在此过程中受到的支持力Fn和摩擦力Ff的情况，以下判断正确的是 （）A.穿过线圈的磁通量一直增大B. Fn先大于 mg,后小于 mgC. Ff先向左，后向右D.线圈中的电流方向始终不变解析：当磁铁靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增加，线圈中产生感应电流从上向下看是逆时针方向；当磁铁远离线圈时，穿过线圈的磁通量减小，线圈中产生感应电流从上向下看是顺时针方向，故 A、D错误.根据楞次定律可知，当磁铁靠近线圈时，为了阻碍磁通量的增加，线圈有向下和向右运动的趋势，故线圈对桌面的压力增大， 即Fn大于mg,线圈受到桌面向左的静摩擦力；同理，当磁铁远离线圈时，线圈对桌面的压力减小，即Fn小于m

16、g,线圈相对桌面有向右运动趋势，受到桌面向左的静摩擦力，故 B正确，C错误.答案：B5 .伽利略曾利用对接斜面研究“力与运动”的关系.如图，固定在水平地面 上的倾角均为 。的两斜面，以光滑小圆弧相连接，左侧顶端有一小球，与两斜面的动摩擦因数均为N小球从左侧顶端滑到最低点的时间为tl ,滑到右侧最高点的时间为 t2.规定斜面连接处为参考平面，则小球在这个运动过程中速度的大小v、加速度的大小a、动能Ek及机械能E随时间t变化的关系图线正确的是（）解析：由牛顿第二定律可知，小球在两斜面的运动都是匀变速直线运动，两阶段的加速度都恒定不变，小球在左侧斜面下滑时的加速度较小，因此，选项 A错误，B正确；小

17、球的动能与速率的二次方成正比，因此，动能与时间关系图象是曲线，C错误；由于小球在两斜面运动时的加速度大小不相等，因此，小球机械能与时间的关系图象不是连续曲线，D错误.答案：B6 .水平光滑直轨道 ab与半径为R的竖直半圆形光滑轨道 bc相切，一小球?以初速度V0沿直轨道ab向右运动，如图所示，小球进入半圆形轨道后刚此 ,.丁 吟好能通过最高点c,则（）A. R越大，vo越大B. R越大，小球经过b点后的瞬间对轨道的压力越大C. m越大，vo越大D . m与R同时增大，初动能 Eko增大解析：小球刚好能通过最高点 c,表明c点的速度为Vc=7gR,根据机械能守恒定律有 2mv2=mg 2R+ 2

18、miv2, vo= >/5gR,可见vo只与R有关，与m无关，选项A正确，C错误.Eko = ；mv0 5= ,mgR,可见m与R同时增大，初动能 Eko增大，选项 D正确.小球在 b点的向心力 F=mg+ mv= 6mg,可见F与R无关，选项B错误. R答案：AD7 .宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用.设四星系统中每个星体的质量均为m,半径均为R,四颗星稳定分布在边长为a的正方形的四个顶点上.已知引力常量为G.关于宇宙四星系统，下列说法正确的是（）A .四颗星围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动b .四颗星的轨道半径均为2

19、C.四颗星表面的重力加速度均为 Gm RD.四颗星的周期均为2-% +216m解析：其中一颗星体在其他三颗星体的万有引力作用下做圆周运动，合力方向指向对角线的交点，围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动， 由几何知识可得轨道半径均为 *a, A正确, B错误；在星体表面，根据万有引力等于重力，可得 GmRL=m' g,解得g = Gm, C正确；由万有引力定律和向心力公式得馈彳+ 12Gm=m4 掾 解得T= 22a：4+ 2：Gm'D正确.答案：ACD8 .如图甲所示，一理想变压器给一个小灯泡供电.当原线圈输入如图乙所示的交变电压时，额定功率10 W的小灯泡恰好正常发光，已知灯

20、泡的电阻为 40 Q,图中电压表为理想电表.下列说法正确的是（）A.变压器输入电压的瞬时值表达式为u= 220啦sin t VB.电压表的示数为 20 VC.变压器原、副线圈的匝数比为11 ： 1D.变压器的输入功率为 110 W解析：对比正弦交变电压白瞬时值表达式u = Umsin co t可知变压器输入电压的瞬时值表达式为u= 220* sin 100击V,选项A错误.电压表测的是副线圈两端的电压，其大小等于灯泡两端U2的电压，由P=U2可知U2=20 V,选项B正确.由原副线圈电压比与匝数比的关系知原、副 R线圈的匝数比为 U1:U2=11 ：1,选项C正确.变压器的输入功率等于副线圈的

21、输出功率，即灯泡的额定功率10 W,选项D错误.答案：BC选择题（三）选择题（本题共8小题，每小题6分，在每个小题给出的四个选项中，第 15题只有一个选项 符合题目要求，第 68题有多项符合题目要求，全部选对的得 6分，选对但不全的得 3分, 有选错的得0分）1.下列说法正确的是（）A .牛顿通过“理想实验”得出“力不是维持物体运动的原因”B.胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比C.法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D.奥斯特发现了电流磁效应，并进一步提出“磁生电”的基本规律解析：伽利略通过“理想实验”得出“力不是维持物体运动的原因 "，

22、故A错误；胡克认为只有弹性限度内，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比，故B正确；奥斯特发现了电流的磁效应，发现了通电导线的周围存在磁场，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，法拉第进一步提出“磁生电”的基本规律，故 C、D错误.答案：B2 .球做竖直上抛运动，落地后与地面发生碰撞，反弹后速度大小与落地速度大小相等.若从 抛出小球时开始计时，且不计小球与地面发生碰撞的时间，则小球运动的速度图线可能是图 中的（）解析：小球与地面碰撞时，速度大小不变，但方向发生突变，A图和B图中速度没有突变，故A、B错误；由C图中的图象可以看出，速度先减小到零，再反向增加到原来的值（竖直上抛运动），然后反弹（速度大小不变、

23、方向突变）,再重复这种运动，是上抛运动，故 C正确； 由D图中图象可以看出，速度先增加 （自由落体运动）,然后反弹（速度大小不变、方向突变）, 再减小到零（竖直上抛运动中的上升过程 ），再重复这种运动，故 D错误.答案：C3 .如图所示，小球 C置于光滑的半球形凹槽 B内，B放在长木板A上，整个装置处于静止状态. 现缓慢减小木板的倾角。过程中，下列说法正确的是（）A . A受到的压力逐渐变大B. A受到的摩擦力逐渐变大C. C对B的压力逐渐变大D. C受到三个力的作用解析：对BC整体分析，受力为重力 mg、斜面A的支持力Fn和摩擦力Ff,由平衡条件得知 FN=mgcos 0, Ff= mgsi

24、n 0,减小 aFn增大，Ff减小，由牛顿第三定律得知，B对A的压力增大，故A正确，B错误.由于半球形凹槽光滑，小球只受两个力，重力和支持力，由平衡条件得到，支持力与重力大小相等， 保持不变，则C对B的压力也保持不变，故C、D错误.故 选A.答案：A4.如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是 （）A . B的向心力是A的向心力的2倍B .盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍C. A、B都有沿半径向里滑动的趋势D.若B先滑动，则B对A的动摩擦因数 M小于盘对B的动摩擦因数 出解析：根据Fn=mrco2,因为两物块的角速度大小相等，

25、转动半径相等，质量相等，则向心力大小相等，故 A错误；对AB整体分析，有FfB=2mrw2,对A分析，有FfA= mrco2,则盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，故B正确；A所受的静摩擦力方向指向圆心，可知 A有沿半径向外滑动的趋势，B受到盘的静摩擦力方向指向圆心，B也有沿半径向外滑动的趋势，故C错误；对AB整体分析，2mg = 2mrcoB,解得 溯=，对A分析，隰mg= mrcoA, 解得3A=7詈，因为B先滑动，可知B先达到临界角速度，可知 B的临界角速度较小，即（JB监，故D错误.答案：B5 .如图所示，有理想边界的匀强磁场方向垂直纸面向外， 磁感应强度大小为 B, 某带电粒子的比

26、荷（电荷量与质量之比）大小为k,由静止开始经电压为 U的电 场加速后，从 。点垂直射入磁场，又从 P点穿出磁场.下列说法正确的是 （不计粒子所受重力）（）A .如果只增加U,粒子可以从dP之间某位置穿出磁场B.如果只减小B,粒子可以从ab边某位置穿出磁场C.如果既减小U又增加B,粒子可以从bc边某位置穿出磁场D.如果只增加k,粒子可以从dP之间某位置穿出磁场r增大，粒子不可能B错误；既减小U又解析：由已知可得qU=1mv2, k=q, r = mv,解得=哗乎.只增加u, 2m qBkB从dP之间某位置穿出磁场， A错误；粒子电性不变，不可能向上偏转,增加B, r减小，粒子不可能从 bc边某位

27、置穿出磁场， C错误；只增加k, r减小，粒子可以从dP之间某位置穿出磁场，D正确.答案：D6 . 一质量为 m的小球套在倾斜放置的固定光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于 。点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到与弹簧水 平的位置由静止释放， 小球沿杆下滑，当弹簧位于竖直位置时， 小球速度恰好为零, 此时小球下降的竖直高度为 h,如图所示.若全过程中弹簧处于伸长状态且处于弹性限度内，重力加速度为 g,则下列说法正确的是（）A.当弹簧与杆垂直时，小球动能最大B .当小球沿杆方向的合力为零时，小球动能最大C.在小球自开始下滑至滑到最低点时，弹簧所做的负功小于mghD.在小球

28、自开始下滑至滑到最低点时，弹簧弹性势能的增加量等于mgh解析：当弹簧与杆垂直时，重力沿杆有向下的分力，与运动方向相同，要继续加速，动能不 是最大，选项 A错误；当弹簧沿杆方向上的分力与重力沿杆的分力相等时，小球动能最大,选项B正确；在小球自开始下滑至滑到最低点的过程中，系统的机械能守恒，弹簧弹性势能的增加量即弹簧所做的负功等于重力势能的减少量与动能的变化量之和，选项C错误，D正确答案：BD7.如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，。为圆心，AB为沿水平方向的直径.若 在A点以初速度vi沿AB方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D点；若A点小球抛出的同时，在 C点以初速度V2沿BA

29、方向平抛另一相同质量的小球并也能击中D点.已知/COD = 60°,且不计空气阻力，则 （）A .两小球同时落到 D点B.两小球在此过程中动能的增加量相等c.在击中d点前瞬间，重力对两小球做功的瞬时功率之比为V2 ： iD.两小球初速度之比 vi ： V2=寸6 ： 3解析：平抛运动的时间由高度决定，高度越高，时间越长，可知两球平抛运动的时间不等， 不能同日落到D点，故A错误.根据动能定理知，重力做功不同，则动能的增加量不同，故B错误.根据vy = j2gh, 以及P=mgvy知，重力做功的瞬时功率 P = mgvy= mgj2gh,根据几 何关系知，下降的高度之比为 2 ：1,则重

30、力做功的瞬时功率之比为 42：1,故C正确.因为平抛 运动的高度之比为 2 ：1,根据1=俗知时间之比为 也：1,因为水平位移之比为 1坐，根据 vo = X，解得两小球初速度之比 V1 V2=V6 3,故D正确.答案：CD1 一8.如图所示，两根等高光滑的 4圆弧轨道半径为 八间距为L,轨道的电阻不计.在轨道的顶 端连有阻值为 R的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B.现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道的最低位置cd开始，在拉力作用下以速率vo沿轨道向上做匀速圆周运动至 ab处，则该过程中（）A.通过R的电流方向为f-R- eB.通过R的电流方向为e-R-f曰tB

31、2L2voC. R上广生的热量为r4RD.通过R的电荷量为整2R解析：由右手定则可知，电流方向为逆时针方向，即通过 R的电流方向为 1R- f, A错误,.一A BLr “ ,、. B正确；通过R的电荷量q=-=BL-, D错误；金属棒做匀速圆周运动，产生正弦式交变电R R一 ，、BLvo, E有流，故金属棒广生的最大感应电动势Em=BLvo,有效值£有=<5，R上广生的热量 Q = "RtB2L2v2 r2R 2v0<B2L2v0C正确.答案：BC选择题48分满分练（四）选择题（本题共8小题，每小题6分，在每个小题给出的四个选项中，第15题只有一个选项符合题目

32、要求，第 68题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得 3分，有选错的得0分）1.在物理学的研究及应用过程中涉及诸多的思想方法，如放大思想、理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法、科学假设法和理想化模型等.以下关于所用思想方法的叙述正确的是（）A.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是假设法B.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，然后将各小段位移 相加，运用了微元法C.在探究库仑力大小与电荷量、距离三者之间的关系时，先保持距离不变研究库仑力与电荷量的关系，再保持电荷量不变研究库仑力与距离的关系，该实验应用了科学假设法D.如图是四

33、个实验装置，这四个实验都体现了理想实验法解析：质点是用来代替物体的有质量的点，采用的科学方法为物理化模型的方法，故A错误;在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故B正确；在探究库仑力大小与电荷量、距离三者之间的关系时，先保持距离不变研究库仑力与电荷量的关系，再保持电荷量不变研究库仑力与距离的关系，该实验应用了控制变量法，故 C错误；D项中的前三个实验装置是放大思想应用，第四个是理想斜面实验，故 D错误.答案：B2.由粗糙的水平杆 AO与光滑的竖直杆 BO组成的绝缘直角支架如图放置，在 AO杆、BO杆 上

34、套有带正电的小球 P、Q,两个小球恰能在某一位置平衡.现将P缓慢地向右移动一小段距离，两球再次达到平衡.若小球所带电荷量不变，与移动前相比（）A. P、Q之间的距离减小B .杆BO对Q的弹力增大C.杆AO对P的摩擦力增大D.杆AO对P的弹力不变解析：以Q为研究对象受力如图， 由力的合成与平衡条件的图示可知，当P可、/尸缓慢地向右移动时，BO杆对小球Q的弹力变小，两小球之间的库仑力变小；/7 /由库仑定律FnkQQ2可知，两小球P、Q的距离变大，A、B错误.对整体r受力分析，可得AO杆对小球P的摩擦力变小，AO杆对小球P的弹力不变，C错误，D正确.答案：D3.我国女子短道速滑队在世锦赛上实现女子

35、3 000 m接力三连冠，观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出. 在 乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用， 则（ ） A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B.甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D.甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功解析：乙推甲的过程中，甲、乙间产生大小相等、方向相反的作用力和反作用力，由1 = 51可知，甲对乙的冲量和乙对甲的冲量等大反向，A错误.又由动量定理I=Ap,知B正确.甲、乙的质量不一定相等，故对地的位

36、移的大小不一定相等，做功不一定相同，所以动能的变化 也不一定相同，C、D错误.答案：B4. Pi、P2为相距遥远的两颗行星，距各自表面相同高度处各有一颗卫星Si、S2做匀速圆周运动，图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a,横坐标表示物体到行星中心的距离r的平方，两条曲线分别表示Pi、P2周围的a与r2的反比关系，它们左端点横坐标相同，则（）A . Pi的平均密度比P2的大B. Pi的“第一宇宙速度”比 P2的小C . S的向心加速度比&的小D. Si的公转周期比S2的大解析：两颗行星左端点横坐标相同，纵坐标不同，则两颗行星Pi、P2的半径相同，表面的重力加速度gi&g

37、t;g2.由 mg =gR2,则Mi>M2,两颗行星的体积相同，由由GMmm'nmVR可得v = IGM，则vi>V2,故选项B错误；由GMm=ma可得a= GM 则 ?,故选项c错误；由g Mm.= m(R+ h)(2T)2可得T=2兀R+ h.R+ h.TR+ h 3、cm ,则Ti<T2,故选项D错误. i GM答案：A5.如图所示，一个不计重力的带电粒子以vo沿各图的虚线射入场中.A中I是两条垂直纸平面的长直导线中等大反向的电流，虚线是两条导线连线的中垂线；B中+ Q是两个位置固定的等量同种点电荷的电荷量，虚线是两位置连线的中垂线；C中I是圆环线圈中的电流，虚

38、线过圆心且垂直圆环平面；D中是正交的匀强电场和匀强磁场，虚线垂直于电场和磁场方向，磁场方向垂直纸面向外.其中，带电粒子不可能做匀速直线运动的是（）解析：在A中，合磁场方向是水平向右，带电粒子运动方向与合磁场方向相同，可以做匀速运动；B图中合电场方向在两电荷的连线的左边是水平向左，然后慢慢地减小到零，在两电荷的连线右方时，合电场方向水平向右，然后又增大再减小，所以粒子是做变速运动，B不可能做匀速运动；C图是环形电流磁场方向水平向左，粒子速度方向与磁场方向相反，粒子能做匀速运动；D图是复合场，粒子所受电场力和洛伦兹力方向相反等大，可以做匀速直线运动.故本题选择B选项.答案：B6.如图甲中理想变压器

39、原、副线圈的匝数之比为10： 11, L是电阻忽略不计、自感系数较大的线圈，在变压器的原线圈两端加上如图乙所示的交变电压时，灯泡正常发光，则下列说法正确的是（）A.图乙所示电压的瞬时值表达式为u = 200cos 100 t VB.变压器副线圈两端的电压为1102 VC.若仅将变阻器的滑片 P向上滑动，灯泡亮度不变D.若使图乙中交变电压的频率变小，灯泡将变暗解析：由题图乙可知，交流电的最大值为 200 V,周期为0.02 s,故交流电的表达式为 u = 200sin100大V,故A错误；变压器两端的电压为有效值，故电压为110v2 V,故B正确；灯泡与 R并联，仅滑动 P时灯泡的亮度不变，故 C正确；若将频率减小，则电感的阻碍作用减小，则灯泡将变亮，故 D错误.答案：BC7.（2016眉山一诊）如图所示，有一矩形区域 abcd,水平边长s=J3 m,"（竖直边长h= 1 m .当该区域只存在大小为 E= 10 N/C、方向竖直向下 h:,.!的匀强电