（江苏选考）物理第二部分考前提速力争满分策略考前提速练

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE1学必求其心得，业必贵于专精PAGE考前提速练2一、单项选择题1．带电粒子仅受电场力作用,其不可能做的运动是（）A．匀加速直线运动 B．匀速圆周运动C．匀变速曲线运动 D．匀速直线运动解析:选D粒子在匀强电场中，若粒子所受的电场力方向与速度方向相同,粒子做匀加速直线运动，故A可能；粒子在点电荷形成的电场中，若库仑引力提供向心力，做匀速圆周运动，故B可能；粒子在匀强电场中，若粒子的速度方向与电场力方向垂直，粒子做匀变速曲线运动，故C可能;粒子做匀速直线运动，合力为零，由于粒子仅受电场力，合力不可能为零，则不可能做匀速直线运动，故D不可能。2。如图所示的闭合电路中，当滑动变阻器滑片P移动时,各电流表（内阻可不计)示数变化情况是（）A．A1、A2的示数同时增大、同时减小B．A1示数增大时，A2的示数减小C．A1的示数减小时，A2的示数增大D．A1的示数变化量大于A2的示数变化量解析：选A当滑动变阻器滑片P向下移动时，连入电路的阻值变小，故外电路的总电阻变小，故根据闭合电路欧姆定律，总电流变大，电流表A1的示数增大，故路端电压U＝E－Ir变小；定值电阻R1的电流减小，由于总电流增加，故通过滑动变阻器的电流增加了，即A2的示数增大,则A1、A2的示数同时增大；同理，当滑动变阻器滑片P向上移动时，连入电路的阻值变大，故外电路的总电阻变大，故根据闭合电路欧姆定律,总电流变小，电流表A1的示数减小，故路端电压U＝E－Ir变大；定值电阻R1的电流增大，由于总电流减小，故通过滑动变阻器的电流减小了,即A2的示数减小，则A1、A2的示数同时减小，故A正确，B、C错误；A1、A2的示数同时增大、同时减小，而R1的电流变化情况与两只电流表相反，所以A1的示数变化量小于A2的示数变化量,故D错误。3。如图所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1，跟物体1相连接的细绳与竖直方向成θ角。下列说法中正确的是()A．车厢的加速度为gsinθB．细绳对物体1的拉力为m1gcosθC．底板对物体2的支持力为m2g－m1gD．物体2所受底板的摩擦力为m2gtanθ解析：选D对物体1研究，分析受力如图甲，受重力m1g和拉力T，根据牛顿第二定律得m1gtanθ＝m1a，得a＝gtanθ，则车厢的加速度也为gtanθ，T＝eq\f（m1g,cosθ），故A、B错误；对物体2研究，分析受力如图乙，根据牛顿第二定律得：N＝m2g－T＝m2g－eq\f(m1g，cosθ)，f＝m2a＝m2gtanθ,故D正确，C错误.4.我国研发的“高分一号"卫星突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术。如图所示为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图，北斗系统中两颗卫星“G1”和“G3”以及“高分一号”均可认为绕地心O做匀速圆周运动，卫星“G1”和“G3”的轨道半径均为r，某时刻两颗工作卫星分别在轨道上的A、B两位置，“高分一号”卫星在C位置,若卫星均顺时针运行,地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力.则以下说法正确的是（)A．卫星“G1"和“G3”的加速度大小相等均为eq\f(R2,r）gB．卫星“G1”由位置A运动到位置B所需要的时间为eq\f（2πr,3R)eq\r(\f（r，g））C．如果调动“高分一号”卫星到达卫星“G3”所在的轨道，必须使其减速D．“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，运行一段时间后，机械能会减小解析：选D根据万有引力提供向心力Geq\f(Mm,r2）＝ma，得a＝Geq\f(M，r2)，而GM＝gR2,所以卫星的加速度a＝eq\f（gR2,r2),故A错误；根据万有引力提供向心力Geq\f(Mm,r2）＝mω2r，得ω＝eq\r(\f(GM，r3)），所以卫星“G1"由位置A运动到位置B所需的时间t＝eq\f(\f(π,3）,ω）＝eq\f(πr,3R)eq\r(\f(r，g)）,故B错误;若“高分一号”卫星加速，将做离心运动,轨道半径变大，故如果调动“高分一号”卫星到达卫星“G3”所在的轨道,必须使其加速，故C错误；“高分一号"是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，克服阻力做功，机械能减小，故D正确。5.如图所示，质量分别为M和m的两物块与竖直轻弹簧相连,在水平面上处于静止状态。现将m竖直向下压缩弹簧一段距离后由静止释放，当m到达最高点时，M恰好对地面无压力。已知弹簧劲度系数为k，弹簧形变始终在弹性限度内，重力加速度为g，则()A．当m到达最高点时,m的加速度为eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M，m）)）gB．当m到达最高点时，M的加速度为gC．当m速度最大时，弹簧的形变量为eq\f(Mg,k）D．当m速度最大时，M对地面的压力为Mg解析：选A当m到达最高点时,M刚好对地面没有压力，可知弹簧对M的拉力为Mg,M所受合力为零，加速度为零；此时弹簧对m的作用力也是Mg，所以m的加速度为：am＝eq\f（mg＋Mg,m)＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(1＋\f（M，m）))g，故A正确，B错误；由题可知，开始时弹簧对m的弹力大于m的重力，m向上做加速运动，当弹簧的弹力小于m的重力时，m做减速运动，所以弹簧中弹力等于mg时，m有最大速度,由胡克定律得:mg＝kx，得：x＝eq\f（mg,x）,此时对M受力分析可得：FN＋kx－Mg＝0，解得FN＝Mg－mg,故C、D错误。二、多项选择题6．关于科学家对物理学所做的页献，下列说法符合史实的是(）A．伽利略通过对自由落体的研究，开创了一套研究自然规律的科学方法B．英国物理学家卡文迪许首先利用扭秤实验发现了万有引力定律C．亚里士多德认为如果完全排除空气的阻力，所有物体将下落得同样快D．笛卡儿指出:如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动解析:选AD伽利略通过对自由落体的研究,结合小球在斜面上运动的实验和理想实验，开创了一套把实验和逻辑推理相结合的科学研究方法，故A符合史实；牛顿提出了万有引力定律,卡文迪许测出了万有引力常量，故B不符合史实;伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有物体将下落得同样快,故C不符合史实；笛卡儿通过实验指出:如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向,故D符合史实。7。在某一高度处将A球以初速度大小为v1水平抛出,同时在A球正下方地面处将B球以初速度大小为v2斜向上抛出。在B球上升至最高点时，两球恰在空中相遇，相遇时两球的速度大小分别为vA、vB，不计空气阻力。则（)A．v1＞v2 B．v1＜v2C．vA＞vB D．vA＜vB解析:选BCA球做平抛运动，B球做斜抛运动，水平方向都做匀速直线运动。因为两球在空中相遇，知水平位移相等,由x＝vxt知，水平分速度大小相等,有v1＝v2cosθ，θ是B球的初速度与水平方向的夹角，则得v1＜v2，故A错误，B正确;相遇时，A球的速度大小为vA＝eq\r（v12＋gt2)，此时B球上升至最高点，vB＝v2cosθ＝v1，可得vA＞vB，故C正确，D错误。8.两异种点电荷A、B附近的电场线分布如图所示，P为电场中的一点，已知P点的电势为φ，电荷A产生的电场在P点的场强大小为EA,电荷B产生的电场在P点的场强大小为EB，取无穷远处的电势为零.下列说法中正确的有（)A．A、B所带电荷量不相等B．P点的场强大小为EA＋EBC．A、B连线上有电势为零的点D．将电荷为＋q的点电荷从P点移到无穷远处，电场力做功为qφ解析：选ACD等量异种点电荷的电场线分布图具有对称性，而题图左右不对称,知A、B所带的电荷量不相等,故A正确;P点的场强是点电荷A、B在P点产生的合场强，根据平行四边形定则可以得出P点的场强大小，易知P点的场强小于EA＋EB，故B错误；取无穷远处的电势为零，正电荷附近的电势高于零，负电荷附近的电势低于零,所以A、B连线上有电势为零的点,故C正确；根据W＝q（φ－0)＝qφ知,电场力做功为qφ，故D正确。9。如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为L的轻细绳将物块连接在通过转台中心的转轴上。细绳与竖直转轴的夹角为θ,系统静止时细绳绷直但拉力为零，物块与转台间动摩擦因数为μ（μ＜tanθ)，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.物块随转台由静止开始缓慢加速转动且未离开转台的过程中（)A．物块受转台的静摩擦力方向始终指向转轴B．至细绳中出现拉力时，转台对物块做的功为μmgLsineq\f（θ,2)C．物块能在转台上随转台一起转动的最大角速度为eq\r(\f(g，Lcosθ））D．细绳对物块拉力的瞬时功率始终为零解析：选CD由题可知，物块做加速圆周运动，所以开始时物块受到的摩擦力必定有一部分的分力沿运动轨迹的切线方向，故A错误；对物块受力分析知物块离开转台前,沿运动轨迹径向的合力：F＝f＋Tsinθ＝meq\f（v2,r)，N＋Tcosθ＝mg，根据动能定理知W＝Ek＝eq\f（1，2）mv2，当拉力T＝0时,r＝Lsinθ，联立解得W＝eq\f（1，2)fLsinθ≤eq\f（1,2)μmgLsinθ，至细绳中出现拉力时，转台对物块做的功为eq\f(1,2)μmgLsinθ，故B错误;当N＝0时，f＝0，Tsinθ＝mrω02,可解得ω0＝eq\r(\f（g，Lco