1、仿高考选择题巧练(一)(建议用时：20分钟)一、单项选择题14科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用下列说法不符合历史事实的是()A亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变B伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去C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，既不停下来也不偏离原来的方向D牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质15.如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30.当载重车厢沿索
2、道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，sin 370.6，cos 370.8，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为()A0.35mgB0.30mgC0.23mg D0.20mg16一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图甲所示t0时刻对线框施加一水平向右的外力，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场，外力F随时间t变化的图象如图乙所示已知线框质量m1 kg、电阻R1 ，下列说法错误的是()A线框做匀加速直线运动的加速度为1 m/s2B匀强磁场的磁感应强度为2 TC线框穿过磁场的过程
3、中，通过线框的电荷量为 CD线框边长为1 m17.(2015温州检测)用起重机将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，其vt图象如图所示下列说法不正确的是()A在0t1时间内，货物处于超重状态B在t2t3时间内，起重机拉力对货物做负功C在t1t2时间内，货物的机械能一直在增大D匀速阶段拉力的功率可能比加速阶段某一时刻拉力的瞬时功率小二、不定项选择题18.甲、乙两辆汽车在同一水平直道上运动，其运动的位移时间图象(xt图象)如图所示，则下列关于两车运动情况的说法正确的是()A甲车先做匀减速直线运动，后做匀速直线运动B乙车在010 s内的平均速度大小为0.8 m/sC在010
4、 s内，甲、乙两车相遇两次D若乙车做匀变速直线运动，则图线上P所对应的瞬时速度大小一定大于0.8 m/s19一半径为R的均匀带正电圆环水平放置，环心为O点，质量为m的带正电的小球从O点正上方h高度的A点由静止释放，并穿过带电圆环小球从A点运动到A点关于O点的对称点A的过程中，其加速度(a)、重力势能(EpG)、机械能(E)、电势能 (Ep电)随位置变化的图象如图所示(取O点为坐标原点且重力势能为零，向下为正方向，并取无穷远处电势为零)其中可能正确的是()20.如图所示，足够长的光滑U形导轨宽度为L，其所在平面与水平面的夹角为，上端连接一个阻值为R的电阻，置于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀
5、强磁场中，今有一质量为m、有效电阻为r的金属杆垂直于导轨放置并由静止下滑，设磁场区域无限大，当金属杆下滑达到最大速度vm时，运动的位移为x，则以下说法中不正确的是 ()A金属杆所受导轨的支持力大于mgcos B金属杆下滑的最大速度vmC在此过程中电阻R上产生的焦耳热为mgxsin mvD在此过程中流过电阻R的电荷量为仿高考选择题巧练(一)14A15解析：选D.车厢内的重物受重力、支持力FN和水平向右的摩擦力Ff的作用，将加速度沿水平方向和竖直方向分解，由牛顿运动定律可知FNmgmasin 37，Ffmacos 37，由牛顿第三定律可知，重物所受支持力FN1.15mg，代入上式解得：Ff0.20
6、mg，D项正确16解析：选D.t0时，线框初速度为零，故感应电动势为零，力F为线框所受合外力，由牛顿第二定律可知，线框的加速度a1 m/s2，A项正确；由题图乙知，t1.0 s时，线框刚好离开磁场，由匀变速直线运动规律可知线框的边长为0.5 m，D项错误；线框的末速度vat1 m/s，感应电动势EBLv，回路中电流IE/R，安培力F安BIL，由牛顿第二定律有：FF安ma，联立解得B2 T，B项正确；由q C，C项正确17解析：选B.由vt图象知，货物先向上做匀加速运动(处于超重状态)，再做匀速运动，最后做匀减速运动(处于失重状态)，可知选项A正确；在t2到t3时间内，起重机拉力对货物做正功，则
7、选项B错误；在t1到t3时间内，起重机拉力对货物一直做正功，货物的机械能一直在增大，则选项C正确；货物匀加速阶段拉力F1mg，速度v1vm，匀速阶段F2mg，速度v2vm，匀速阶段拉力的功率P2F2v2mgvm可能比匀加速阶段某一时刻拉力的瞬时功率P1F1v1小，则选项D正确18解析：选BCD.从题图中可以看出，甲车先做匀速直线运动，当运动到t4 s末时，甲车停止，故A错误；乙车在010 s内的位移大小为8 m，平均速度大小v0.8 m/s，故B正确；甲车和乙车的位移时间图象有两个交点，所以甲、乙两车会相遇两次，故C正确；若乙车做匀变速直线运动，P点对应的位置坐标为x4 m，恰好是在010 s
8、内乙车位移的中点，又因为vv0.8 m/s，vPvv，所以D正确19解析：选ABC.圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A点到圆环中心O点的过程中，场强可能先增大后减小，则小球所受的电场力先增大后减小，方向竖直向上，小球所受重力不变，方向竖直向下，由牛顿第二定律得，加速度可能先减小后增大；小球穿过圆环中心O点后，小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，根据对称性可知，电场力先增大后减小，则加速度先增大后减小，故A是可能的小球从A点到圆环中心O点的过程中，重力势能EpGmgh0，小球穿过圆环后，EpGmgh0，根据数学知识可知，B是可能的小球从A点到圆环中心O点的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环中心O点后，电场力做正功，机械能增大，故C是可能的由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，所以D是不可能的故选ABC.20解析：选BCD.由于磁感应强度方向竖直向上，根据右手定则及左手定则，金属杆受重力、支持力及水平向右的安培力，A正确；当金属杆受力平衡时，速度最大，故有mgtan ，得vm，B错误；由能量守恒定律可得mgxsin mvQ总，则电阻R上产生的焦耳热为QRQ总，C错误；流过电阻R的电荷量为Q，D错误