高考物理二輪專題復習 選擇題48分練（6）試題

選擇題48分練(6)(本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。)14.如圖1所示，質(zhì)量為m的木塊放在粗糙的水平地面上，木塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.5，水平推力F作用于木塊上，但未把木塊推動，則下列選項中能正確反映木塊受到的摩擦力Ff與水平推力關(guān)系的是()圖1解析用推力F后，物體沒有滑動，說明物體受到靜摩擦力的作用，由受力平衡知Ff靜＝F，故選項A正確。答案A15.無風時氣球勻速豎直上升，速度為3m/s。現(xiàn)吹水平方向的風，使氣球獲得4m/s的水平速度，氣球經(jīng)一定時間到達某一高度h，則()A.氣球?qū)嶋H速度的大小為7m/sB.氣球的運動軌跡是曲線C.若氣球獲得5m/s的水平速度，氣球到達高度h的路程變長D.若氣球獲得5m/s的水平速度，氣球到達高度h的時間變短解析由題意可知，水平速度為4m/s，而豎直速度為3m/s，根據(jù)運動的合成可知，氣球?qū)嶋H速度的大小為5m/s，選項A錯誤；氣球在水平方向和豎直方向均做勻速直線運動，則合運動也是勻速直線運動，選項B錯誤；若氣球獲得5m/s的水平速度，由于豎直向上的勻速速度不變，所以氣球到達高度h的時間不變，但水平位移變大，則氣球到達高度h的路程變長，選項C正確，D錯誤。答案C16.(2015·廣州市高三調(diào)研)如圖2，S接a，帶電微粒從P點水平射入平行板間，恰能沿直線射出。若S接b，相同微粒仍從P水平射入，則微粒()圖2A.電勢能減小B.電勢能不變C.偏離直線向上偏轉(zhuǎn)D.偏離直線向下偏轉(zhuǎn)解析S接a時，帶電粒子沿直線運動，說明帶電粒子受到的重力與電場力平衡，S接b后，兩板的電壓變小，帶電粒子受到的電場力變小，帶電粒子將向下偏轉(zhuǎn)，C錯誤，D正確；電場力做負功，電勢能增加，A、B錯誤。答案D17.(2015·江蘇南通市高三期中)如圖3所示，從地面上A點發(fā)射一枚遠程地對地彈道導彈，僅在萬有引力作用下沿橢圓軌道ABC飛行擊中地面目標C，軌道遠地點B距地面高度為h。已知地球的質(zhì)量為M、半徑為R，引力常量為G。設(shè)導彈經(jīng)A、B點時速度大小分別為vA、vB。下列說法中正確的是()圖3A.地心O為導彈橢圓軌道的一個焦點B.速度vA＞11.2km/s，vB＜7.9km/sC.導彈經(jīng)B點時加速度大小為eq\f(GM,h2)D.導彈經(jīng)B點時速度大小為eq\r(\f(GM,R＋h))解析導彈在地球萬有引力的作用下做橢圓運動，根據(jù)開普勒第一定律知，A項正確；因?qū)椧祷氐孛?，故在A、B兩點的速度均小于7.9km/s，B項錯誤；由牛頓第二定律得eq\f(GMm,（R＋h）2)＝eq\f(mv2,R＋h)，得過B點繞地球做勻速圓周運動的衛(wèi)星的速度v＝eq\r(\f(GM,R＋h))，因?qū)椬鰴E圓運動，故vB＜eq\r(\f(GM,R＋h))，C、D項錯誤。答案A18.在第一象限(含坐標軸)內(nèi)有垂直于xOy平面周期性變化的均勻磁場，規(guī)定垂直于xOy平面向里的磁場方向為正。磁場變化規(guī)律如圖4所示，磁感應(yīng)強度的大小為B0，變化周期為T0。某一帶正電粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q，在t＝0時從O點沿x軸正向射入磁場中。若要求粒子在t＝T0時距x軸最遠，則B0的值為()圖4A.eq\f(πm,qT0)B.eq\f(2πm,qT0)C.eq\f(3πm,2qT0)D.eq\f(5πm,3qT0)解析帶正電粒子進入磁場時，磁場方向垂直于xOy平面向里，運動軌跡的圓心在y軸上，因為只有第一象限有磁場，故帶電粒子做圓周運動而不能進入第二象限，否則會離開磁場做勻速直線運動，而且在前eq\f(T0,2)和后eq\f(T0,2)都不能進入第二象限，由對稱性可知，末速度方向仍為水平向右，帶電粒子若在t＝T0時距x軸最遠，則后eq\f(T0,2)的運動軌跡與y軸相切，帶電粒子的運動軌跡如圖所示。由幾何關(guān)系可知eq\f(T0,2)時間內(nèi)帶電粒子做圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心角為eq\f(5π,6)，若帶電粒子做圓周運動的周期為T，則有eq\f(T0,2)＝eq\f(5π,6×2π)T，故T＝eq\f(6T0,5)，又T＝eq\f(2πm,qB0)，可得B0＝eq\f(5πm,3qT0)，選項D正確。答案D19.(2015·遼寧省大連市高三測試)如圖5，質(zhì)量為M、傾角為θ的斜面放在粗糙水平面上，質(zhì)量為m的物體在斜面上恰能勻速下滑，現(xiàn)加上一個沿斜面向下的力F，使物體在斜面上加速下滑(斜面始終不動)，則此過程中()圖5A.物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為tanθB.物體下滑的加速度大小為eq\f(F,m)＋gsinθC.地面對斜面的支持力大小為(M＋m)gD.地面對斜面的摩擦力大小為Fcosθ解析因物體恰能勻速下滑，則有mgsinθ＝μmgcosθ，即μ＝tanθ，A正確；由牛頓第二定律知物體下滑的加速度大小為a＝eq\f(F,m)，B錯誤；將力F及加速度a沿豎直向下方向及水平方向分解，由系統(tǒng)牛頓第二定律得(M＋m)g－FN＋Fsinθ＝masinθ及Fcosθ＋Ff＝macosθ，解得FN＝(M＋m)g，F(xiàn)f＝0，C正確，D錯誤。答案AC20.a、b兩輛摩托車在一筆直的公路上同時由同一地點開始同向行駛，兩車的運動均可視為勻變速直線運動。由t＝0時刻開始每間隔Δt＝1s將測量的摩擦托車a、b的速度記錄在下表中。則由表中的數(shù)據(jù)分析可知時間t/s01234va/(m·s－1)18.016.014.012.010.0vb/(m·s－1)3.04.05.06.07.0A.摩托車a的速度變化快B.前4s內(nèi)摩托車a的平均速度小C.前4s內(nèi)兩摩托車的相對位移為56mD.在第5s末兩摩托車間距最大解析由于兩車做勻變速直線運動，根據(jù)表中數(shù)據(jù)求得aa＝－2m/s2，ab＝1m/s2，則a的速度變化快，A正確；利用勻變速直線運動的規(guī)律求得0～4s內(nèi)摩托車a的平均速度va＝eq\f(18＋10,2)m/s＝14m/s，摩托車b的平均速度vb＝eq\f(3＋7,2)m/s＝5m/s，B選項錯誤；在0～4s內(nèi)兩車的位移分別為xa＝14×4m＝56m，xb＝5×4m＝20m，a相對b的位移為Δx＝56m－20m＝36m，C錯誤；當兩車的速度相等時，兩車相距最遠，在第5s末兩車速度相等，D正確。答案AD21.如圖6所示，單匝矩形閉合導線框abcd全部處于水平方向的勻強磁場中，線框面積為S，電阻為R。線框繞與cd重合的豎直固定轉(zhuǎn)軸以角速度ω從中性面開始勻速轉(zhuǎn)動，線框轉(zhuǎn)過eq\f(π,6)時的感應(yīng)電流為I，下列說法正確的是()圖6A.線框中感應(yīng)電流的有效值為2IB.轉(zhuǎn)動過程中穿過線框的磁通量的最大值為eq\f(2IR,ω)C.從中性面開始轉(zhuǎn)過eq\f(π,2)的過程中，通過導線某橫截面的電荷量為eq\f(2I,ω)D.線框轉(zhuǎn)一周的過程中，產(chǎn)生的熱量為eq\f(2πRI2,ω)解析線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的最大值Em＝BSω，線框轉(zhuǎn)過eq\f(π,6)時的感應(yīng)電流為I＝Imsineq\f(π,6)＝eq\f(BSω,R)sineq\f(π,6)＝eq\f(BSω,2R)，感應(yīng)電動勢的有效值為E＝eq\f(Em,\r(2))，感應(yīng)電流的有效值為I′＝eq\f(E,R)＝eq\f(\r(2)BSω,2R)＝eq\r(2)I，選項A錯誤；由eq\f(\r(2)BSω,2R)＝eq\r(2)I可得穿過線框的磁通量的最大值Φm＝BS＝eq\f(2IR,ω)，選項B正確；從中性面開始轉(zhuǎn)過eq\f(π,2)的過程中，通過導線某橫截面的電