第3部分 选择题仿真2016 Ⅲ卷高考模拟演练

选择题仿真2016·Ⅲ卷高考模拟演练对应学生用书P151

二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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。

14．(2019·天津河西一模)如图所示，天链一号04星是一颗地球同步卫星，它与天链一号02星、03星在圆形轨道2上实现组网运行，可为在近地圆形轨道1上运行的天宫二号提供数据中继与测控服务。下列说法正确的是()

A．天链一号04星的最小发射速度是11.2 km/s

B．天链一号04星的运行速度小于天宫二号的运行速度

C．为了便于测控，天链一号04星相对于地面静止于酒泉飞控中心的正上方

D．天链一号04星的运行速度可能小于天链一号02星的运行速度

解析天链一号04星是地球的同步卫星。其发射速度应大于7.9 km/s，小

可知B正确；同步卫星只能定点于赤道上于11.2 km/s，A错误；根据v＝Gm

r

空，C错误；04星与02星在同一轨道上运行，运行速度应相等，D错误。

答案 B

15．关于静电场下列说法正确的是()

A．将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定增加

B．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大

C．在同一个等势面上的各点，场强的大小必然是相等的

D ．电势下降的方向就是电场强度的方向

解析 将负电荷由低电势点移到高电势点，电场力做正功，电势能减小，A 错误；无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，因无穷远处电势能为零，因此静电力做正功越多，电荷在该点的电势能越大，B 正确；在同一等势面上，电势处处相等，场强不一定相等，C 错误；电势下降最快的方向才是电场强度的方向，D 错误。

答案 B

16.(2019·吉林长春三测)一物体沿直线运动，用x 表示运动位移，用t 表示

运动时间。从t ＝0时刻开始计时，x t -t 图像如图所示，图线斜率为k ，则以下说

法正确的是( )

A ．物体做匀速直线运动，速度等于k

B ．物体做变减速直线运动，加速度均匀减小

C ．物体做匀减速直线运动，加速度等于k

D ．物体做匀减速直线运动，加速度等于2k

解析 由于图示x t -t 图像中图线为一条直线，而由位移公式x ＝v 0t ＋12

at 2变形可得x t ＝v 0＋12at ，则知k ＝12

a ，而k 小于零，故物体做匀减速直线运动，加速度等于2k ，D 项正确。

答案 D

17．如图所示，轻质滑轮用轻绳连接于天花板O 点，绕滑轮的轻绳一端连在重物上，另一端由站在地面上的人拉着，重物和人均静止，连接于O 点的轻绳与竖直方向的夹角θ＝37°，人与重物的总重力为800 N ，人受到地面的摩擦力为207 N ，则地面对人的支持力大小为( )

A．414 N B．476 N

C．524 N D．587 N

解析对重物与人整体受力分析，整体受总重力G、支持力N、绳的拉力F 及地面的摩擦力f。根据力的平衡条件可知，F sinθ＝f，F cosθ＋N＝G，解得N ＝524 N，C项正确。

答案 C

18.(2019·江西南昌第二次模拟)如图所示，正三角形的三条边都与圆相切，在圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，质子11H和氦核42He都从顶点A沿∠BAC的角平分线方向射入磁场，质子11H从C点离开磁场，氦核42He从相切点D 离开磁场，不计粒子重力，则质子和氦核的入射速度大小之比为()

A．6∶1 B．3∶1

C．2∶1 D．3∶2

解析设三角形的边长为L，根据几何关系可以得到磁场圆的半径为R＝

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L，质子进入磁场时的运动轨迹如图甲所示，

由几何关系可得r1＝R tan60°＝1

2L

氦核进入磁场时的运动轨迹如图乙所示，

由几何关系可得：r2＝R tan30°＝1

6L

粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力，即q v B＝m v2

r

，结合两个粒子的轨迹半径可求得质子和氦核的入射速度大小之比为6∶1，故A正确。

答案 A

19．(2019·福建厦门质检)如图所示，电路中变压器为理想变压器，其原线圈接在u＝202sin50πt(V)的交流电源上，副线圈与阻值为R1＝2 Ω的电阻接成闭合电路，电流表为理想电流表。另有一阻值R2＝32 Ω的电阻与变压器原线圈并联，电阻R1与R2消耗的电功率恰好相等。则()

A．电阻R1消耗的电功率为12.5 W

B．通过电阻R1的交变电流的周期为0.02 s

C．电流表的示数为10 A

D．变压器原、副线圈匝数比为4∶1

解析加在R2两端电压的有效值为UR2＝U＝202

2

V＝20 V，R2消耗的功

率为PR2＝U2R2

R2

＝12.5 W，又电阻R1与R2消耗的电功率恰好相等，故A项正确；

由u＝202sin50πt(V)，知ω＝50π rad/s，故周期T＝2π

ω

＝0.04 s，变压器不改变交流电的周期，故B错误；R1的功率PR1＝PR2＝12.5 W，通过R1的电流IR1＝错误!)＝2.5 A，则电流表的示数为2.5 A，故C错误；副线圈两端电压为U2＝IR1R1＝5 V，原线圈两端电压U1＝U＝20 V，则原、副线圈匝数之比n1∶n2＝U1∶

U 2＝4∶1，故D 项正确。

答案 AD

20.(2019·湖北仙桃、天门、潜江三市期末联考)如图所示，长为L 的轻质细杆一端拴在天花板上的O 点，另一端拴一质量为m 的小球。刚开始细杆处于水平位置，现将小球由静止释放，细杆从水平位置运动到竖直位置，在此过程中小球沿圆弧从A 点运动到B 点，不计空气阻力和O 点阻力，则( )

A ．小球下摆过程中，重力对小球做功的平均功率为0

B ．小球下落高度为0.5L 时，细杆对小球拉力为1.5mg

C ．小球经过B 点时，细杆对小球的拉力为2mg

D ．小球下摆过程中，重力对小球做功的瞬时功率先增大后减小

解析 小球下摆过程中，重力做的功W ＝mgL ，则重力的平均功率P ＝mgL t ，

不为零，故A 错误；小球下落高度为0.5L 时到达C 点，设细杆与水平方向夹角

为θ角，其受力情况如图所示，由几何关系得：sin θ＝0.5L L ＝12

，解得θ＝30°；下降0.5L ，只有重力做功，细杆的拉力不做功，由机械能守恒定律得mg ×0.5L

＝12

m v 2C ，在C 点有：F T －mg sin θ＝m v 2C L ，联立解得：F T ＝1.5mg ，故B 正确；从A 点到B 点，由机械能守恒定律得：mgL ＝12m v 2B

，在B 点有：F T ′－mg ＝m v 2B L ，联立解得F T ′＝3mg ，故C 错误；小球下摆过程中，竖直方向的分速度先变到最大再减小到0，由P G ＝mg v y 知，重力对小球做功的瞬时功率先增大后减小，故D 正确。