高考物理二轮专题复习 选择题48分练（6）试题

选择题48分练(6)(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.如图1所示，质量为m的木块放在粗糙的水平地面上，木块与水平地面间的动摩擦因数为0.5，水平推力F作用于木块上，但未把木块推动，则下列选项中能正确反映木块受到的摩擦力Ff与水平推力关系的是()图1解析用推力F后，物体没有滑动，说明物体受到静摩擦力的作用，由受力平衡知Ff静＝F，故选项A正确。答案A15.无风时气球匀速竖直上升，速度为3m/s。现吹水平方向的风，使气球获得4m/s的水平速度，气球经一定时间到达某一高度h，则()A.气球实际速度的大小为7m/sB.气球的运动轨迹是曲线C.若气球获得5m/s的水平速度，气球到达高度h的路程变长D.若气球获得5m/s的水平速度，气球到达高度h的时间变短解析由题意可知，水平速度为4m/s，而竖直速度为3m/s，根据运动的合成可知，气球实际速度的大小为5m/s，选项A错误；气球在水平方向和竖直方向均做匀速直线运动，则合运动也是匀速直线运动，选项B错误；若气球获得5m/s的水平速度，由于竖直向上的匀速速度不变，所以气球到达高度h的时间不变，但水平位移变大，则气球到达高度h的路程变长，选项C正确，D错误。答案C16.(2015·广州市高三调研)如图2，S接a，带电微粒从P点水平射入平行板间，恰能沿直线射出。若S接b，相同微粒仍从P水平射入，则微粒()图2A.电势能减小B.电势能不变C.偏离直线向上偏转D.偏离直线向下偏转解析S接a时，带电粒子沿直线运动，说明带电粒子受到的重力与电场力平衡，S接b后，两板的电压变小，带电粒子受到的电场力变小，带电粒子将向下偏转，C错误，D正确；电场力做负功，电势能增加，A、B错误。答案D17.(2015·江苏南通市高三期中)如图3所示，从地面上A点发射一枚远程地对地弹道导弹，仅在万有引力作用下沿椭圆轨道ABC飞行击中地面目标C，轨道远地点B距地面高度为h。已知地球的质量为M、半径为R，引力常量为G。设导弹经A、B点时速度大小分别为vA、vB。下列说法中正确的是()图3A.地心O为导弹椭圆轨道的一个焦点B.速度vA＞11.2km/s，vB＜7.9km/sC.导弹经B点时加速度大小为eq\f(GM,h2)D.导弹经B点时速度大小为eq\r(\f(GM,R＋h))解析导弹在地球万有引力的作用下做椭圆运动，根据开普勒第一定律知，A项正确；因导弹要返回地面，故在A、B两点的速度均小于7.9km/s，B项错误；由牛顿第二定律得eq\f(GMm,（R＋h）2)＝eq\f(mv2,R＋h)，得过B点绕地球做匀速圆周运动的卫星的速度v＝eq\r(\f(GM,R＋h))，因导弹做椭圆运动，故vB＜eq\r(\f(GM,R＋h))，C、D项错误。答案A18.在第一象限(含坐标轴)内有垂直于xOy平面周期性变化的均匀磁场，规定垂直于xOy平面向里的磁场方向为正。磁场变化规律如图4所示，磁感应强度的大小为B0，变化周期为T0。某一带正电粒子的质量为m、电荷量为q，在t＝0时从O点沿x轴正向射入磁场中。若要求粒子在t＝T0时距x轴最远，则B0的值为()图4A.eq\f(πm,qT0)B.eq\f(2πm,qT0)C.eq\f(3πm,2qT0)D.eq\f(5πm,3qT0)解析带正电粒子进入磁场时，磁场方向垂直于xOy平面向里，运动轨迹的圆心在y轴上，因为只有第一象限有磁场，故带电粒子做圆周运动而不能进入第二象限，否则会离开磁场做匀速直线运动，而且在前eq\f(T0,2)和后eq\f(T0,2)都不能进入第二象限，由对称性可知，末速度方向仍为水平向右，带电粒子若在t＝T0时距x轴最远，则后eq\f(T0,2)的运动轨迹与y轴相切，带电粒子的运动轨迹如图所示。由几何关系可知eq\f(T0,2)时间内带电粒子做圆周运动转过的圆心角为eq\f(5π,6)，若带电粒子做圆周运动的周期为T，则有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)，选项D正确。答案D19.(2015·辽宁省大连市高三测试)如图5，质量为M、倾角为θ的斜面放在粗糙水平面上，质量为m的物体在斜面上恰能匀速下滑，现加上一个沿斜面向下的力F，使物体在斜面上加速下滑(斜面始终不动)，则此过程中()图5A.物体与斜面间的动摩擦因数为tanθB.物体下滑的加速度大小为eq\f(F,m)＋gsinθC.地面对斜面的支持力大小为(M＋m)gD.地面对斜面的摩擦力大小为Fcosθ解析因物体恰能匀速下滑，则有mgsinθ＝μmgcosθ，即μ＝tanθ，A正确；由牛顿第二定律知物体下滑的加速度大小为a＝eq\f(F,m)，B错误；将力F及加速度a沿竖直向下方向及水平方向分解，由系统牛顿第二定律得(M＋m)g－FN＋Fsinθ＝masinθ及Fcosθ＋Ff＝macosθ，解得FN＝(M＋m)g，Ff＝0，C正确，D错误。答案AC20.a、b两辆摩托车在一笔直的公路上同时由同一地点开始同向行驶，两车的运动均可视为匀变速直线运动。由t＝0时刻开始每间隔Δt＝1s将测量的摩擦托车a、b的速度记录在下表中。则由表中的数据分析可知时间t/s01234va/(m·s－1)18.016.014.012.010.0vb/(m·s－1)3.04.05.06.07.0A.摩托车a的速度变化快B.前4s内摩托车a的平均速度小C.前4s内两摩托车的相对位移为56mD.在第5s末两摩托车间距最大解析由于两车做匀变速直线运动，根据表中数据求得aa＝－2m/s2，ab＝1m/s2，则a的速度变化快，A正确；利用匀变速直线运动的规律求得0～4s内摩托车a的平均速度va＝eq\f(18＋10,2)m/s＝14m/s，摩托车b的平均速度vb＝eq\f(3＋7,2)m/s＝5m/s，B选项错误；在0～4s内两车的位移分别为xa＝14×4m＝56m，xb＝5×4m＝20m，a相对b的位移为Δx＝56m－20m＝36m，C错误；当两车的速度相等时，两车相距最远，在第5s末两车速度相等，D正确。答案AD21.如图6所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R。线框绕与cd重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，线框转过eq\f(π,6)时的感应电流为I，下列说法正确的是()图6A.线框中感应电流的有效值为2IB.转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为eq\f(2IR,ω)C.从中性面开始转过eq\f(π,2)的过程中，通过导线某横截面的电荷量为eq\f(2I,ω)D.线框转一周的过程中，产生的热量为eq\f(2πRI2,ω)解析线框中产生的感应电动势的最大值Em＝BSω，线框转过eq\f(π,6)时的感应电流为I＝Imsineq\f(π,6)＝eq\f(BSω,R)sineq\f(π,6)＝eq\f(BSω,2R)，感应电动势的有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))，感应电流的有效值为I′＝eq\f(E,R)＝eq\f(\r(2)BSω,2R)＝eq\r(2)I，选项A错误；由eq\f(\r(2)BSω,2R)＝eq\r(2)I可得穿过线框的磁通量的最大值Φm＝BS＝eq\f(2IR,ω)，选项B正确；从中性面开始转过eq\f(π,2)的过程中，通过导线某横截面的电