2020版高考物理大三轮冲刺通用版专练：高考题型一 押题练2 WORD版含解析.docx

1、押题练214.(2019湖北武汉调研)甲、乙两个质点沿同一直线运动,其中质点甲以6 m/s的速度匀速直线运动,质点乙做初速度为零的匀变速直线运动,它们的位置x随时间t的变化如图所示。已知t=3 s时,甲、乙图象的斜率相等。下列判断正确的是()A.最初的一段时间内,甲、乙的运动方向相反B.t=3 s时,乙的位置坐标为-9 mC.乙经过原点时的速度大小为25 m/sD.t=10 s时,两车相遇15.在研究光电效应的实验中。保持P的位置不变,用单色光a照射阴极K,电流计G的指针不发生偏转;改用另一频率的单色光b照射K,电流计的指针发生偏转。那么()A.增加a的强度一定能使电流计的指针发生偏转B.用b

2、照射时通过电流计的电流由d到cC.只增加b的强度一定能使通过电流计的电流增大D.a的波长一定小于b的波长16.(2019江苏泰州中学联考)如图甲所示,一质量为m的卫星绕地球在椭圆轨道上运转,运转周期为T0,轨道上的近地点A到地球球心的距离为a,远地点C到地球球心的距离为b,BD为椭圆轨道的短轴,A、C两点的曲率半径均为ka(通过该点和曲线上紧邻该点两侧的两点作一圆,在极限情况下,这个圆就叫做该点的曲率圆,如图乙中的虚线圆,其半径叫做该点的曲率半径)。若地球的质量为M,引力常量为G。则()A.卫星在轨道上运行时的机械能等于在轨道上运行时的机械能B.如果卫星要从轨道返回到轨道,则在C位置时动力气源

3、要向后喷气C.卫星从CDA的运动过程中,万有引力对其做的功为12GMmk2a-ab2D.卫星从CDA的运动过程中,万有引力对其做的功为12GMmk1a-ab217.如图所示,一轻绳上端固定,下端系一小球;轻弹簧左端固定在电梯上,右端与小球连接。若电梯竖直向下做加速度大小为13g(g为重力加速度大小)的匀加速直线运动时,弹簧恰好处于水平状态,此时轻绳与竖直方向的夹角=60。现将轻绳剪断,则剪断轻绳的瞬间,小球的加速度大小为()A.213gB.233gC.gD.23g18.(2019河北石家庄质检)如图所示,理想变压器三个线圈的匝数比n1n2n3=1051,其中匝数为n1的原线圈接到220 V的交

4、流电源上,匝数为n2和n3的两个副线圈分别与电阻R2、R3组成闭合回路。已知通过电阻R3的电流I3=2 A,电阻R2=110 ,则通过电阻R2的电流I2和通过原线圈的电流I1分别是()A.10 A,12 AB.10 A,20 AC.1 A,0.7 AD.1 A,3 A19.(多选)如图所示,滑块A、B的质量均为m,A套在倾斜固定的直杆上,倾斜杆与水平面成45角,B套在水平固定的直杆上,两直杆分离不接触,两直杆间的距离忽略不计,两直杆足够长,A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆(初始时轻杆与水平面成30角)连接,A、B从静止释放,B开始沿水平杆向右运动,不计一切摩擦,滑块A、B视为质点,重力加速度

5、为g,下列说法正确的是()A.A、B组成的系统机械能守恒B.当A到达B所在的水平面时,A的速度为gLC.B到达最右端时,A的速度为2gLD.B的最大速度为3gL20.(多选)航空母舰上的舰载机通常采用弹射起飞,设某舰载机总质量为M,从静止起飞过程中所受恒定的总推力为弹射器和发动机推力之和,发动机的推力恒为总推力的112,弹射器有效作用长度为L。要求舰载机在水平弹射结束时获得的速度大小为v。假设弹射过程中舰载机所受阻力为总推力的15,则有()A.在弹射过程中舰载机的加速度大小为v22LB.弹射器对舰载机所做的功为5596Mv2C.弹射器对舰载机做功的平均功率为5Mv316LD.弹射器作用半程L2

6、时对舰载机做功的功率为552Mv3192L21.(多选)(2019山东烟台统考)如图所示,光滑的金属框CDEF水平放置,宽为L,在E、F间连接一阻值为R的定值电阻,在C、D间连接一滑动变阻器R1(0R12R)。框内存在着竖直向下的匀强磁场。一长为L,电阻为R的导体棒AB在外力作用下以速度v匀速向右运动,金属框电阻不计,导体棒与金属框接触良好且始终垂直,下列说法正确的是()A.ABFE回路的电流方向为逆时针,ABCD回路的电流方向为顺时针B.左右两个闭合区域的磁通量都在变化且变化率相同,故电路中的感应电动势大小为2BLvC.当滑动变阻器接入电路中的阻值R1=R时,导体棒两端的电压为23BLvD.

7、当滑动变阻器接入电路中的阻值R1=R2时,滑动变阻器有最大电功率且为B2L2v28R押题练214.D解析因x-t图象的斜率等于速度,由图象可知最初的一段时间内,甲、乙图象的斜率符号相同,则运动方向相同,选项A错误;t=3 s时,甲、乙图象的斜率相等,则此时乙的速度为6 m/s,则乙的加速度为a=vt=63 m/s2=2 m/s2,则此时乙的位置坐标为x=x0+12at2=-20 m+12232 m=-11 m,选项B错误;乙经过原点时的速度大小为v=2ax0=2220 m/s=45 m/s,选项C错误;两车相遇时:vt+2x0=12at2,解得t=10 s,选项D正确。15.C解析 用单色光a

8、照射阴极K,电流计G的指针不发生偏转,说明a的频率低于阴极K的截止频率,增加a的强度也无法使电流计的指针发生偏转,A错误;电子运动方向从d到c,电流方向从c到d,B错误;只增加b的强度可以使光电流强度增大,使通过电流计的电流增大,C正确;b能使阴极K发生光电效应,b的频率高于a的频率,b的波长一定小于a的波长,D错误;故选C。16.D解析 本题考查万有引力、变轨、能量问题等知识。由题图甲可知,卫星从轨道变轨到轨道,要有外力对卫星做功,所以卫星在轨道上的机械能小于其在轨道上的机械能,A错误;若卫星要从轨道上的C位置变轨到轨道上,则在C位置时卫星要减速,动力气源要向前喷气,B错误;在A、C两点卫星

9、的运动可近似看做半径均为ka,速度分别为vA、vC的圆周运动,则有GMma2=mvA2ka,GMmb2=mvC2ka,从CDA的运动过程中,由动能定理得W=12mvA2-12mvC2,解以上三式得W=12GMmk1a-ab2,D正确,C错误。17.A解析 设弹簧弹力大小为F,轻绳拉力大小为T,对小球受力分析有,mg-Tcos =13mg,F=Tsin ,联立得F=233mg,剪断轻绳的瞬间,弹簧弹力不变,则根据牛顿第二定律有,(mg)2+F2=ma,得a=213g,A正确。18.C解析 由于U1n1=U2n2=U3n3,且n1n2n3=1051,U1=220 V,解得U2=110 V,U3=2

10、2 V,根据欧姆定律得I2=U2R2=110110 A=1 A,根据理想变压器的输入功率和输出功率相等可得U1I1=U2I2+U3I3,代入数据得I1=0.7 A,故C正确。19.AD解析 因不计一切摩擦,故系统机械能守恒,A正确;当A到达B所在水平面时,有mgL2=12mvA2+12mvB2,将A的速度沿水平方向和竖直方向分解,则A、B的速度关系为vB=22vA,得vA=6gL3,故B错误;B到达最右端时,B的速度为零,此时A、B的位置如图甲所示,则有mg1+22L=12mvA2,解得vA=gL(1+2),故C错误;当A滑到最低点时,速度为零,B的速度最大,此时A、B的位置如图乙所示,则有m

11、g32L=12mvB2,解得vB=3gL,故D正确。20.ABD解析 由运动学公式v末2-v02=2ax可知,在弹射过程中,舰载机的加速度大小为a=v22L,A正确;设总推力大小为F,则发动机的推力大小为F12,阻力大小为F5,则由动能定理可知FL-F5L=12Mv2,则F=5Mv28L,弹射器对舰载机做功为W=11F12L,解得W=5596Mv2,B正确;假设舰载机在该过程中的运动时间为t,则L=v2t,解得t=2Lv,则弹射器对舰载机做功的平均功率为P=Wt=5596Mv22Lv=55Mv3192L,C错误;假设弹射器作用半程L2时舰载机的速度大小为v,则v2=2aL2,解得v=22v,则弹射器作用半程L2时做功的功率为P=11F12v=552Mv3192L,D正确。21.AD解析 根据楞次定律可知,A正确;根据法拉第电磁感应定律可知,感应电动势E=BLv,故B错误;根据闭合电路欧姆定律可知导体棒两端的电压即路端电压,等于13BLv,故C错误;该电路电动势E=BLv,电源内阻为R,当求解滑动变阻器的最大电功率时,可以将导体棒和电阻R看成新的等效电源,且等效电源的电动势为E2,等效内阻为R2,故当R1=R2时,等效电源输出功率最大,即滑动变阻器电功率最大,最大值Pm=B2L2v28R,故D正确。