高考物理二輪專題復(fù)習(xí) 選擇題48分練（4）試題

選擇題48分練(4)(本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19～21題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。)14.牛頓在總結(jié)C.雷恩、J.沃利斯和C.惠更斯等人的研究結(jié)果后，提出了著名的牛頓第三定律，闡述了作用力和反作用力的關(guān)系，從而與牛頓第一定律和牛頓第二定律形成了完整的牛頓力學(xué)體系。下列關(guān)于作用力和反作用力的說法正確的是()A.物體先對(duì)地面產(chǎn)生壓力，然后地面才對(duì)物體產(chǎn)生支持力B.物體對(duì)地面的壓力和地面對(duì)物體的支持力互相平衡C.人推車前進(jìn)，人對(duì)車的作用力大于車對(duì)人的作用力D.物體在地面上滑行，不論物體的速度多大，物體對(duì)地面的摩擦力與地面對(duì)物體的摩擦力始終大小相等解析由牛頓第三定律可知，作用力與反作用力同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)消失，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物體對(duì)地面的壓力和地面對(duì)物體的支持力是一對(duì)作用力與反作用力，并不是一對(duì)平衡力，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；作用力與反作用力總是大小相等、方向相反，故人推車前進(jìn)，人對(duì)車的作用力等于車對(duì)人的作用力，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；物體在地面上滑行，不論物體的速度多大，物體對(duì)地面的摩擦力與地面對(duì)物體的摩擦力是一對(duì)作用力與反作用力，大小始終相等，選項(xiàng)D正確。答案D15.對(duì)下列各圖中蘊(yùn)含信息的分析和理解，不正確的一項(xiàng)是()A.圖甲中的重力－質(zhì)量圖象說明同一地點(diǎn)的重力加速度保持不變B.圖乙中的位移－時(shí)間圖象表示該物體受力平衡C.圖丙中的動(dòng)能－時(shí)間圖象表示該物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)D.圖丁中的速度－時(shí)間圖象表示該物體所受的合力隨時(shí)間減小解析由題圖甲可知G∝m，即重力大小與物體的質(zhì)量成正比，重力加速度不變，所以該圖象說明同一地點(diǎn)的重力加速度保持不變，選項(xiàng)A正確；題圖乙中的位移與時(shí)間的關(guān)系為線性關(guān)系，說明物體做負(fù)方向的勻速運(yùn)動(dòng)，所以該物體受力平衡，選項(xiàng)B正確；題圖丙中的動(dòng)能與時(shí)間的關(guān)系為線性關(guān)系，若物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則物體的動(dòng)能表達(dá)式為Ek＝eq\f(1,2)m(v0－at)2，動(dòng)能為時(shí)間的二次函數(shù)，圖象為曲線，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；題圖丁中速度－時(shí)間圖象的斜率表示加速度大小，因斜率逐漸減小，所以物體的加速度逐漸減小，由牛頓第二定律可知，物體所受的合外力逐漸減小，選項(xiàng)D正確。答案C16.如圖1所示，在2014年索契冬奧會(huì)冰壺比賽中，某次運(yùn)動(dòng)員從投擲線MN放手投擲后，發(fā)現(xiàn)冰壺投擲的初速度v0較小，直接滑行不能使冰壺沿虛線到達(dá)更近圓心O的位置，于是運(yùn)動(dòng)員在冰壺到達(dá)前用毛刷摩擦冰壺運(yùn)行前方的冰面，這樣可以使冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)從μ減小至某一較小值μ′，恰使冰壺滑行到圓心O點(diǎn)。在運(yùn)動(dòng)過程中，以下說法正確的是()圖1A.只要投擲成功，在冰壺直線滑行路徑上靠近O點(diǎn)的區(qū)間擦冰，擦冰距離要小一些B.只要投擲成功，在冰壺直線滑行路徑上任意區(qū)間擦冰，擦冰距離都是一樣的C.只要投擲成功，在冰壺直線滑行路徑上靠近O點(diǎn)的區(qū)間擦冰，冰壺滑行的總時(shí)間要小些D.只要投擲成功，在冰壺直線滑行路徑上任意區(qū)間擦冰，冰壺滑行的總時(shí)間都一定解析從投擲到O點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有－μmgL1－μ′mgL2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以可以在冰壺滑行路線上的不同區(qū)間擦冰，只要保證擦冰的距離一定就行，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；擦冰區(qū)間越靠近投擲線，則開始階段冰壺的平均速度越大，總的平均速度越大，而距離一定，所以時(shí)間越短，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。答案B17.雙星系統(tǒng)由兩顆恒星組成，兩恒星在相互間引力的作用下，分別圍繞某連線上的某一點(diǎn)做周期相同的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。研究發(fā)現(xiàn)，雙星系統(tǒng)演化過程中，兩星的總質(zhì)量、距離和周期均可能發(fā)生變化。若某雙星系統(tǒng)的總質(zhì)量為M，經(jīng)過一段時(shí)間演化后，兩星做圓周運(yùn)動(dòng)的周期變?yōu)樵瓉淼膋倍，兩星之間的距離變?yōu)樵瓉淼膎倍，則該雙星系統(tǒng)的總質(zhì)量變?yōu)?)A.eq\f(n3,k)MB.eq\f(n3,k2)MC.eq\f(n,k)MD.eq\f(k,n)M解析雙星間的萬有引力提供向心力。設(shè)原來雙星間的距離為L，周期為T，雙星的質(zhì)量分別為m1、m2，做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑分別為r1、r2。對(duì)質(zhì)量為m1的恒星有Geq\f(m1m2,L2)＝m1(eq\f(2π,T))2r1，對(duì)質(zhì)量為m2的恒星有Geq\f(m1m2,L2)＝m2(eq\f(2π,T))2r2，得eq\f(G,L2)(m1＋m2)＝eq\f(4π,T2)(r1＋r2)，又m1＋m2＝M，r1＋r2＝L，故M＝eq\f(4π2L3,GT2)，則當(dāng)T′＝kT，間距L′＝nL時(shí)，總質(zhì)量M′＝eq\f(n3,k2)M，選項(xiàng)B正確。答案B18.如圖2所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)分布在平面直角坐標(biāo)系的整個(gè)第Ⅰ象限內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直于紙面向里。一質(zhì)量為m、電荷量絕對(duì)值為q、不計(jì)重力的粒子，以某速度從O點(diǎn)沿著與y軸夾角為30°的方向進(jìn)入磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，粒子速度沿x軸正方向。下列判斷正確的是()圖2A.粒子帶正電B.運(yùn)動(dòng)過程中，粒子的速度不變C.粒子由O到A經(jīng)歷的時(shí)間為t＝eq\f(πm,3qB)D.離開第Ⅰ象限時(shí)，粒子的速度方向與x軸正方向的夾角為30°解析根據(jù)題意和左手定則可判斷：該帶電粒子帶負(fù)電，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤；該帶電粒子在洛倫茲力作用下在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，雖然粒子的速度的大小不變，但速度的方向時(shí)刻改變，則粒子的速度不斷變化，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t與圓心角θ、周期T的關(guān)系可得t＝eq\f(θ,2π)·T，又帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式為T＝eq\f(2πm,qB)，又根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可得θ＝eq\f(π,3)，解得t＝eq\f(πm,3qB)，故C選項(xiàng)正確；根據(jù)帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，該帶電粒子離開第Ⅰ象限時(shí)，粒子的速度方向與x軸正方向的夾角應(yīng)該為60°，故D選項(xiàng)錯(cuò)誤。答案C19.如圖3所示，在O處有一點(diǎn)電荷，該點(diǎn)電荷電場(chǎng)中有三個(gè)等間距的等勢(shì)面a、b、c(以虛線表示)，已知兩相鄰等勢(shì)面的間距相等。如圖中實(shí)線所示是一質(zhì)子以某一速度射入電場(chǎng)后的運(yùn)動(dòng)軌跡，其中1、2、3、4表示運(yùn)動(dòng)軌跡與等勢(shì)面的一些交點(diǎn)。由此可判定()圖3A.Uab＝Ubc＝eq\f(Uac,2)B.O處的點(diǎn)電荷一定帶負(fù)電C.a、b、c三個(gè)等勢(shì)面的電勢(shì)關(guān)系是φa＞φb＞φcD.質(zhì)子在1、2、3、4四個(gè)位置處所具有的電勢(shì)能與動(dòng)能的總和一定相等解析質(zhì)子在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用，由質(zhì)子射入電場(chǎng)后的運(yùn)動(dòng)軌跡可知場(chǎng)源點(diǎn)電荷為正點(diǎn)電荷，沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，即φa＞φb＞φc。在點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中，雖然兩相鄰等勢(shì)面的間距相等，但電場(chǎng)為非勻強(qiáng)電場(chǎng)，Uabeq\a\vs4\al(/)eq\a\vs4\al(＝)Ubc。由能量守恒定律可知質(zhì)子在運(yùn)動(dòng)過程中所具有的電勢(shì)能與動(dòng)能總保持不變。故本題選C、D。答案CD20.(2015·江蘇如東四校期末)如圖4所示，一只理想變壓器原線圈與頻率為50Hz的正弦交流電源相連，兩個(gè)阻值均為20Ω的電阻串聯(lián)后接在副線圈的兩端。圖中的電流表、電壓表均為理想交流電表，原、副線圈分別為200匝和100匝，電壓表的示數(shù)為5V。則()圖4A.電流表的讀數(shù)為0.5AB.流過電阻的交流電的頻率為100HzC.交流電源的輸出電壓的最大值為20eq\r(2)VD.交流電源的輸出功率為2.5W解析副線圈兩端的電壓U2＝10V，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝eq\f(2,1)，解得U1＝20V，交流電源的輸出電壓的最大值為20eq\r(2)V，選項(xiàng)C正確；副線圈中兩個(gè)電阻消耗的功率P＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),2R)＝2.5W，理想變壓器的輸入功率等于輸出功率，所以選項(xiàng)D正確；由P＝U1I1，解得I1＝eq\f(P,U1)＝eq\f(2.5,20)A＝0.125A，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；變壓器不改變交流電的頻率，流過電阻的交流電的頻率也為50Hz，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。答案CD21.如圖5甲所示，一質(zhì)量可忽略不計(jì)的長為l的輕桿，一端穿在過O點(diǎn)的水平轉(zhuǎn)軸上，另一端固定一質(zhì)量未知的小球，整個(gè)裝置能繞O點(diǎn)在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)。假設(shè)小球在最高點(diǎn)的速度和對(duì)桿的彈力分別用v、FN表示，其中小球在最高點(diǎn)對(duì)桿的彈力大小與速度平方的關(guān)系圖象如圖乙所示。則()圖5A.重力加速度g＝eq\f(b,l)B.小球的質(zhì)量m＝eq\f(a,b)lC.當(dāng)v2＝c時(shí)，小球受到向上的支持力D.當(dāng)c＝2b時(shí)，輕桿對(duì)小球的作用力大小為2解析設(shè)在最高點(diǎn)時(shí)，小球受到的彈力方向豎直向下，則有FN＋mg＝meq\f(v2,l)，解得FN＝meq\f(v2,l)－mg，當(dāng)FN＝0時(shí)，v2＝gl，所以gl＝b，得g＝eq\f(b,l)，A正確；當(dāng)v2＜gl時(shí)，在最高點(diǎn)桿對(duì)小球的彈力方向豎直