高考物理二輪復(fù)習(xí) 精練二 選擇題48分標(biāo)準(zhǔn)練（六）試題

選擇題48分標(biāo)準(zhǔn)練(六)說明：共8小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項(xiàng)中，第14～17題只有一項(xiàng)符合題目要求，第18～21題有多項(xiàng)符合題目要求。全選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。14.(2017·廣東廣州二模)如圖1所示，L形木板置于粗糙水平面上，光滑物塊壓縮彈簧后用細(xì)線系住。燒斷細(xì)線，物塊彈出的過程木板保持靜止，此過程()圖1A.彈簧對物塊的彈力不變B.彈簧對物塊的彈力逐漸減小C.地面對木板的摩擦力不變D.地面對木板的摩擦力逐漸增大解析燒斷細(xì)線，彈簧要恢復(fù)原狀，彈簧對物塊的彈力逐漸減小，故A錯誤，B正確；木板在水平方向上受到彈簧的彈力和地面的靜摩擦力，兩個力平衡，由于彈簧的彈力逐漸減小，則地面對木板的摩擦力逐漸減小，故C、D錯誤。答案B15.如圖2所示，水平放置的兩個用相同材料制成的輪P和Q靠摩擦轉(zhuǎn)動，兩輪的半徑R∶r＝2∶1。當(dāng)主動輪Q勻速轉(zhuǎn)動時(shí)，在Q輪邊緣上放置的質(zhì)量為m的小木塊恰能相對靜止在Q輪邊緣上，此時(shí)Q輪轉(zhuǎn)動的角速度大小為ω1，木塊的向心加速度大小為a1；若改變轉(zhuǎn)速，把質(zhì)量為2m，材料也相同的小木塊放在P輪邊緣也恰能相對靜止，此時(shí)Q輪轉(zhuǎn)動的角速度大小為ω2，木塊的向心加速度大小為a2，若兩輪在轉(zhuǎn)動過程中不打滑，小木塊可視為質(zhì)點(diǎn)，則圖2A.eq\f(ω1,ω2)＝eq\f(2,1) B.eq\f(ω1,ω2)＝eq\f(1,1)C.eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,1) D.eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,2)解析依題意，小木塊恰能與轉(zhuǎn)盤保持相對靜止，即最大靜摩擦力提供小木塊做圓周運(yùn)動的向心力。以Q與P輪邊緣上的小木塊為研究對象，應(yīng)用牛頓第二定律得ma1＝μmg，2ma2＝2μmg故有a1∶a2＝1∶1，選項(xiàng)C正確；再應(yīng)用運(yùn)動學(xué)公式，有vQ＝ω2r＝vP，a2＝eq\f(veq\o\al(2,P),2r)＝μg，μmg＝mωeq\o\al(2,1)r，故有a2＝eq\f(veq\o\al(2,P),2r)＝eq\f(ωeq\o\al(2,2)r2,2r)＝ωeq\o\al(2,1)r＝μg，eq\f(ω1,ω2)＝eq\f(\r(2),2)，故選項(xiàng)A、B、D錯誤。答案C16.靜電場在x軸上的場強(qiáng)E隨x的變化關(guān)系如圖3所示，x軸正方向?yàn)閳鰪?qiáng)正方向，帶正電的點(diǎn)電荷沿x軸運(yùn)動，則點(diǎn)電荷()圖3A.在x2和x4處電勢能相等B.由x1運(yùn)動到x3的過程中電勢能增大C.由x1運(yùn)動到x3的過程中電場力做正功D.由x1運(yùn)動到x4的過程中電場力先減小后增大解析由圖象可知，將正電荷沿x軸正向移動，從x2移動到x4的過程電場力做功不為零，兩點(diǎn)處的電勢能不相等，選項(xiàng)A錯誤；從x1移動到x3的過程電場力沿x軸負(fù)方向，電場力做負(fù)功，電勢能增大，選項(xiàng)B正確，C錯誤；由x1運(yùn)動到x4的過程中，場強(qiáng)先增大后減小，因此電場力先增大后減小，D錯誤。答案B17.兩矩形線圈分別在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉(zhuǎn)動，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢e隨時(shí)間t的變化關(guān)系分別如圖4中甲、乙所示，則下列說法中正確的是()圖4A.兩交變電流的頻率之比f甲∶f乙＝1∶2B.兩交變電流電動勢的有效值之比E甲∶E乙＝3∶1C.t＝1s時(shí)，兩線圈中的磁通量的變化率均為零D.t＝1s時(shí)，兩線圈均處在與中性面垂直的位置上解析由圖象可以看出T甲∶T乙＝1∶2，所以兩交流電的頻率之比為f甲∶f乙＝2∶1，A項(xiàng)錯誤；甲電動勢最大值2V，乙電動勢最大值6V，所以兩交變電流電動勢的有效值之比E甲∶E乙＝1∶3，B項(xiàng)錯誤；e＝eq\f(ΔΦ,Δt)，1s時(shí)兩交變電流e＝0，所以兩線圈中磁通量的變化率均為零，C項(xiàng)正確；1s時(shí)，兩線圈均處在中性面的位置，D項(xiàng)錯誤。答案C18.一靜止的原子核A發(fā)生α衰變后變成原子核B，已知原子核A、原子核B和α粒子的質(zhì)量分別為mA、mB和mα，光速為c，反應(yīng)釋放的核能全部轉(zhuǎn)化為粒子的動能，則()A.原子核B與α粒子的速度之比為mB∶mαB.原子核B與α粒子的動能之比為mα∶mBC.原子核B與α粒子的動能之和為(mA－mB－mα)c2D.原子核A比原子核B的中子數(shù)多2，質(zhì)子數(shù)多4解析原子核A發(fā)生α衰變，設(shè)原子核B和α粒子的速度分別為vB和vα，由動量守恒定律有0＝mBvB－mαvα，則eq\f(vB,vα)＝eq\f(mα,mB)，eq\f(EkB,Ekα)＝eq\f(mα,mB)，A錯誤，B正確；由質(zhì)能方程知原子核B和α粒子的動能之和ΔE＝Δmc2＝(mA－mB－mα)c2，C正確；由質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒知，A比B質(zhì)子數(shù)多2，中子數(shù)多2，D錯誤。答案BC19.(2017·湖南師范大學(xué)附中月考)如圖5所示，固定在水平面上的光滑斜面的傾角為θ，其頂端裝有光滑小滑輪，繞過滑輪的輕繩一端連接一物塊B，另一端被人拉著且人、滑輪間的輕繩平行于斜面。人的質(zhì)量為M，B物塊的質(zhì)量為m，重力加速度為g，當(dāng)人拉著繩子以大小為a1的加速度沿斜面向上運(yùn)動時(shí)，B物塊運(yùn)動的加速度大小為a2，則下列說法正確的是()圖5A.物塊一定向上加速運(yùn)動B.人能夠沿斜面向上加速運(yùn)動，必須滿足m>MsinθC.若a2＝0，則a1一定等于eq\f(mg－Mgsinθ,M)D.若a1＝a2，則a1可能等于eq\f(mg－Mgsinθ,M＋m)解析對人受力分析，由牛頓第二定律可知F－Mgsinθ＝Ma1，得F＝Mgsinθ＋Ma1，若F>mg，則物體B加速上升，若F<mg，則物體B加速下降，若F＝mg，物體B靜止，故A錯誤；人能夠沿斜面向上加速運(yùn)動，只需滿足F>Mgsinθ即可，故B錯誤；若a2＝0，則F＝mg，故mg－Mgsinθ＝Ma1，a1＝eq\f(mg－Mgsinθ,M)，故C正確；F＝Mgsinθ＋Ma1，當(dāng)F<mg時(shí)，有mg－F＝ma2，又a1＝a2，則a1＝eq\f(mg－Mgsinθ,M＋m)，故D正確。答案CD20.如圖6甲所示，一匝數(shù)N＝10、總電阻R＝7.5Ω、長L1＝0.4m、寬L2＝0.2m的勻質(zhì)矩形金屬線框靜止在粗糙水平面上，線框的bc邊正好過半徑r＝0.1m的圓形磁場的豎直直徑，線框的左半部分在垂直線框平面向上的勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝1T，圓形磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直線框平面向下，大小隨時(shí)間均勻增大，如圖乙所示，已知線框與水平面間的最大靜摩擦力f＝1.2N，取π≈3，則()圖6A.t＝0時(shí)刻穿過線框的磁通量大小為0.07WbB.線框靜止時(shí)，線框中的感應(yīng)電流為0.2AC.線框靜止時(shí)，ad邊所受安培力水平向左，大小為0.4ND.經(jīng)時(shí)間t＝0.4s，線框開始滑動解析由磁通量的定義知t＝0時(shí)刻穿過線框的磁通量為Φ＝B0L1·eq\f(L2,2)－B·eq\f(1,2)πr2，代入數(shù)值得磁通量大小為0.01Wb，A選項(xiàng)錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律知E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝Neq\f(ΔB,Δt)·eq\f(1,2)πr2＝0.75V，所以線框中的感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝0.1A，B選項(xiàng)錯誤；由楞次定律知線框中的感應(yīng)電流是逆時(shí)針方向的，由左手定則可知ad邊所受安培力水平向左，其大小為F1＝NB0IL1＝0.4N，C選項(xiàng)正確；位于圓形磁場中的線框部分所受的安培力大小為F2＝NBI·2r＝0.2B，方向也水平向左，當(dāng)安培力的合力等于最大靜摩擦力時(shí)，線框就要開始滑動，即0.4＋0.2B＝1.2，由圖乙知B＝2＋5t(T)，聯(lián)立并代入數(shù)值得t＝0.4s，D選項(xiàng)正確。答案CD21.如圖7所示，以直角三角形AOC為邊界的有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，∠A＝60°，AO＝a。在O點(diǎn)放置一個粒子源，可以向各個方向發(fā)射某種帶負(fù)電的粒子，粒子的比荷為eq\f(q,m)，發(fā)射速度大小都為v0，且滿足v0＝eq\f(qBa,m)，發(fā)射方向由圖中的角度θ表示。對于粒子進(jìn)入磁場后的運(yùn)動(不計(jì)重力作用)，下列說法正確的是()圖7A.粒子有可能打到A點(diǎn)B.以θ＝60°飛入的粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)間最短C.以θ<30°飛入的粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間都相等D.在AC邊界上可能只有一半?yún)^(qū)域有粒子射出解析根據(jù)Bqv0＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)，可知粒子的運(yùn)動半徑R＝a，因此θ＝60°時(shí)，粒子恰好從A點(diǎn)飛出，故選