高考物理二轮复习 精练二 选择题48分标准练（六）

选择题48分标准练(六)说明：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1417题只有一项符合题目要求，第1821题有多项符合题目要求。全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14.(2017广东广州二模)如图1所示，L形木板置于粗糙水平面上，光滑物块压缩弹簧后用细线系住。烧断细线，物块弹出的过程木板保持静止，此过程()图1A.弹簧对物块的弹力不变B.弹簧对物块的弹力逐渐减小C.地面对木板的摩擦力不变D.地面对木板的摩擦力逐渐增大解析烧断细线，弹簧要恢复原状，弹簧对物块的弹力逐渐减小，故A错误，B正确；木板在水平方向上受到弹簧的弹力和地面的静摩擦力，两个力平衡，由于弹簧的弹力逐渐减小，则地面对木板的摩擦力逐渐减小，故C、D错误。答案B15.如图2所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮P和Q靠摩擦转动，两轮的半径Rr21。当主动轮Q匀速转动时，在Q轮边缘上放置的质量为m的小木块恰能相对静止在Q轮边缘上，此时Q轮转动的角速度大小为1，木块的向心加速度大小为a1；若改变转速，把质量为2m，材料也相同的小木块放在P轮边缘也恰能相对静止，此时Q轮转动的角速度大小为2，木块的向心加速度大小为a2，若两轮在转动过程中不打滑，小木块可视为质点，则()图2A. B.C. D.解析依题意，小木块恰能与转盘保持相对静止，即最大静摩擦力提供小木块做圆周运动的向心力。以Q与P轮边缘上的小木块为研究对象，应用牛顿第二定律得ma1mg，2ma22mg故有a1a211，选项C正确；再应用运动学公式，有vQ2rvP，a2g，mgmr，故有a2rg，故选项A、B、D错误。答案C16.静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图3所示，x轴正方向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷()图3A.在x2和x4处电势能相等B.由x1运动到x3的过程中电势能增大C.由x1运动到x3的过程中电场力做正功D.由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大解析由图象可知，将正电荷沿x轴正向移动，从x2移动到x4的过程电场力做功不为零，两点处的电势能不相等，选项A错误；从x1移动到x3的过程电场力沿x轴负方向，电场力做负功，电势能增大，选项B正确，C错误；由x1运动到x4的过程中，场强先增大后减小，因此电场力先增大后减小，D错误。答案B17.两矩形线圈分别在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，线圈中产生的感应电动势e随时间t的变化关系分别如图4中甲、乙所示，则下列说法中正确的是()图4A.两交变电流的频率之比f甲f乙12B.两交变电流电动势的有效值之比E甲E乙31C.t1 s时，两线圈中的磁通量的变化率均为零D.t1 s时，两线圈均处在与中性面垂直的位置上解析由图象可以看出T甲T乙12，所以两交流电的频率之比为f甲f乙21，A项错误；甲电动势最大值2 V，乙电动势最大值6 V，所以两交变电流电动势的有效值之比E甲E乙13，B项错误；e，1 s时两交变电流e0，所以两线圈中磁通量的变化率均为零，C项正确；1 s 时，两线圈均处在中性面的位置，D项错误。答案C18.一静止的原子核A发生衰变后变成原子核B，已知原子核A、原子核B和粒子的质量分别为mA、mB和m，光速为c，反应释放的核能全部转化为粒子的动能，则()A.原子核B与粒子的速度之比为mBmB.原子核B与粒子的动能之比为mmBC.原子核B与粒子的动能之和为(mAmBm)c2D.原子核A比原子核B的中子数多2，质子数多4解析原子核A发生衰变，设原子核B和粒子的速度分别为vB和v，由动量守恒定律有0mBvBmv，则，A错误，B正确；由质能方程知原子核B和粒子的动能之和Emc2(mAmBm)c2，C正确；由质量数守恒和电荷数守恒知，A比B质子数多2，中子数多2，D错误。答案BC19.(2017湖南师范大学附中月考)如图5所示，固定在水平面上的光滑斜面的倾角为，其顶端装有光滑小滑轮，绕过滑轮的轻绳一端连接一物块B，另一端被人拉着且人、滑轮间的轻绳平行于斜面。人的质量为M，B物块的质量为m，重力加速度为g，当人拉着绳子以大小为a1的加速度沿斜面向上运动时，B物块运动的加速度大小为a2，则下列说法正确的是()图5A.物块一定向上加速运动B.人能够沿斜面向上加速运动，必须满足mMsin C.若a20，则a1一定等于D.若a1a2，则a1可能等于解析对人受力分析，由牛顿第二定律可知FMgsin Ma1，得FMgsin Ma1，若Fmg，则物体B加速上升，若FMgsin 即可，故B错误；若a20，则Fmg，故mgMgsin Ma1，a1，故C正确；FMgsin Ma1，当Fmg时，有mgFma2，又a1a2，则a1，故D正确。答案CD20.如图6甲所示，一匝数N10、总电阻R7.5 、长L10.4 m、宽L20.2 m的匀质矩形金属线框静止在粗糙水平面上，线框的bc边正好过半径r0.1 m的圆形磁场的竖直直径，线框的左半部分在垂直线框平面向上的匀强磁场区域内，磁感应强度B01 T，圆形磁场的磁感应强度B垂直线框平面向下，大小随时间均匀增大，如图乙所示，已知线框与水平面间的最大静摩擦力f1.2 N，取3，则()图6A.t0时刻穿过线框的磁通量大小为0.07 WbB.线框静止时，线框中的感应电流为0.2 AC.线框静止时，ad边所受安培力水平向左，大小为0.4 ND.经时间t0.4 s，线框开始滑动解析由磁通量的定义知t0时刻穿过线框的磁通量为B0L1Br2，代入数值得磁通量大小为0.01 Wb，A选项错误；由法拉第电磁感应定律知ENNr20.75 V，所以线框中的感应电流为I0.1 A，B选项错误；由楞次定律知线框中的感应电流是逆时针方向的，由左手定则可知ad边所受安培力水平向左，其大小为F1NB0IL10.4 N，C选项正确；位于圆形磁场中的线框部分所受的安培力大小为F2NBI2r0.2B，方向也水平向左，当安培力的合力等于最大静摩擦力时，线框就要开始滑动，即0.40.2B1.2，由图乙知B25t(T)，联立并代入数值得t0.4 s，D选项正确。答案CD21.如图7所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，A60，AOa。在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电的粒子，粒子的比荷为，发射速度大小都为v0，且满足v0，发射方向由图中的角度表示。对于粒子进入磁场后的运动(不计重力作用)，下列说法正确的是()图7A.粒子有可能打到A点B.以60飞入的粒子在磁场中运动时间最短C.以30飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等D.在AC边界上可能只有一半区域有粒子射出解析根据Bqv0m，可知粒子的运动半径Ra，因此60时，粒子恰好从A点飞出，故选项A正确；以60飞入的粒子在磁场中运动时间恰好是周期的六分之一，在磁场中运动时间最长，故选项B错误；以0飞入的粒子恰好从AC中点飞出，在磁场中运动时间也恰好是周期的六分之一，从0到60，粒子在磁