高考物理二轮复习 选择题模拟小卷（七）试题

选择题模拟小卷(七)选择题(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．粗糙的水平地面上有一只木箱，现用一水平拉力拉木箱匀速前进，则()A．拉力与地面对木箱的摩擦力是一对作用力与反作用力B．木箱对地面的压力与地面对木箱的支持力是一对平衡力C．木箱对地面的压力与地面对木箱的支持力是一对作用力与反作用力D．木箱对地面的压力与木箱受到的重力是一对平衡力 解析拉力与地面对木箱的摩擦力作用在一个物体上，是一对平衡力，A错；木箱对地面的压力与地面对木箱的支持力分别作用在地面和木箱上，作用在两个物体上，不是一对平衡力，B错，C正确；木箱对地面的压力与木箱受到的重力方向相同，作用在两个物体上，不是一对平衡力，D错。 答案C15．2015年12月17日，我国首颗暗物质粒子探测卫星“悟空”在酒泉卫星发射中心成功发射升空，将去太空寻找暗物质存在的证据，这是人类在探索宇宙核心秘密的进程中迈出的又一重要步伐。若“悟空”绕地球运行n圈所用的时间为t，已知地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，则“悟空”在圆轨道上运行的速率为() A.eq\f(2πnR,t) B.eq\r(\f(2πngR2,t)) C.eq\r(3,\f(2πngR2,t)) D.eq\r(4,\f(2πngR2,t)) 解析“悟空”的运行周期T＝eq\f(t,n)，由万有引力提供向心力有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，对地面上的物体有Geq\f(Mm′,R2)＝m′g，联立解得r＝eq\r(3,\f(gR2t2,4π2n2))，故v＝eq\f(2πr,T)＝eq\r(3,\f(2πngR2,t))，C正确。 答案C16．已知动车进站前关闭发动机做匀变速直线运动，运动过程中先后经过A、B、C、D四点，如果测出AB＝500m，BC＝400m，测得动车通过AB段与通过BC段所用的时间相等，动车运动到D点时恰好停住，则下列说法正确的是()A．动车经过A点时的瞬时速度为100m/sB．动车关闭发动机后做匀变速直线运动的加速度大小为10m/s2C．动车在AD段做匀变速直线运动的平均速度为40m/sD．CD段的距离为612.5m 解析设动车运动到A点时的速度为v0，通过AB段和BC段的时间均为T，加速度大小为a，则有v0T－eq\f(1,2)aT2＝500m，v0·2T－eq\f(1,2)a(2T)2＝500m＋400m，解得v0＝eq\f(550m,T)，a＝eq\f(100m,T2)，动车减速到零通过的位移为x＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝1512.5m，故CD段的距离为CD＝x－AC＝1512.5m－900m＝612.5m，D正确；因为没有给出通过AB段的具体时间，有关速度、加速度和平均速度都不能计算出具体数值，A、B、C均错误。 答案D17．如图1所示，在正交的匀强电磁场中有质量、电荷量都相同的两油滴，A静止，B做半径为R的匀速圆周运动。若B与A相碰并结合在一起，则它们将()图1A．以B原速率的一半做匀速直线运动B．以eq\f(R,2)为半径做匀速圆周运动C．仍以R为半径做匀速圆周运动D．做周期为B的一半的匀速圆周运动解析由A、B相碰时动量守恒mv＝2mv′，有v′＝eq\f(v,2)。据题意碰后A、B合成的大油滴仍受重力与电场力平衡，合外力是洛伦兹力，所以继续做匀速圆周运动，且有r＝eq\f(2mv′,2qB)＝eq\f(\f(mv,2),qB)＝eq\f(R,2)，T＝eq\f(2π·2m,2qB)＝eq\f(2πm,qB)。选项B正确。答案B18．在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN将空间分成左、右两个区域，在右区域中有水平向左的匀强电场，在右区域中离边界MN某一位置的水平地面上由静止释放一个质量为m的带电滑块(滑块的电荷量始终不变)，如图2甲所示，滑块运动的v－t图象如图乙所示，不计空气阻力，则()图2 A．滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小相等 B．在t＝5s时，滑块经过边界MN C．滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为2∶5 D．在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功小于电场力做的功 解析根据题中速度图象的面积表示位移可知，滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小不相等，选项A错误；根据题图乙所示速度图象可知，t＝2s时滑块越过分界线MN，选项B错误；根据题中速度图象斜率表示加速度可知，在0～2s时间内，滑块加速度大小可表示为a1＝eq\f(v0,2)，在2～5s时间内，滑块加速度大小可表示为a2＝eq\f(v0,3)，设电场力为F，运动过程中所受摩擦力为f，对滑块在MN分界线右侧的运动，由牛顿第二定律得F－f＝ma1，对滑块在MN分界线左侧的运动，由牛顿第二定律得f＝ma2，联立解得：f∶F＝2∶5，选项C正确；在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功可表示为Wf＝fx＝f·2.5v0，电场力做的功可表示为WF＝Fx1＝F·v0＝2.5f·v0，二者做功相等，选项D错误。 答案C19．如图3所示，在虚线左侧的足够大区域存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。有一个直角三角形金属线框，线框左边与磁场边界平行，线框的电阻为R。线框以垂直虚线方向的速度v0做匀速直线运动，从线框的左边进入磁场时开始计时。E表示线框产生的感应电动势大小，F表示线框中受到的安培力大小，P表示线框的电功率的大小，I表示线框中的感应电流，则下列图象中正确的是()图3 解析线框做匀速直线运动，感应电动势E＝BLv0，感应电动势随着线框切割磁感线有效长度L的减小而线性减小，A正确；线框进入磁场过程中受到的安培力F＝eq\f(B2L2v0,R)，安培力与L2成线性关系，B错误；线框的电功率P＝eq\f(B2L2veq\o\al(2,0),R)，电功率与L2成线性关系，C错误；线框进入磁场的过程中产生的感应电流大小I＝eq\f(BLv0,R)，感应电流与L成线性关系，D正确。 答案AD20．如图4甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表、电流表为理想电表。L1、L2、L3、L4为四只规格均为“220V，60W”的相同灯泡。如果副线圈电压按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是()图4A．电压表的示数为660VB．电流表的示数为0.82AC．a、b两点间的电压是1045VD．a、b两点间的电压是1100V 解析根据题图乙所示的副线圈电压图象，可知副线圈电压有效值为U2＝ 220V。由变压器变压公式可知，原线圈输入电压U1＝4U2＝4×220V＝880V，选项A错误；副线圈所接的每个灯泡中电流均为I＝eq\f(P,U)＝eq\f(60,220)A＝eq\f(3,11)A，电流表的示数为I2＝3I＝3×eq\f(3,11)A＝0.82A，选项B正确；由U1I1＝U2I2，解得原线圈中电流I1＝eq\f(I2,4)＝eq\f(9,44)A，灯泡电阻R＝eq\f(U2,P)＝eq\f(2202,60)Ω＝eq\f(2420,3)Ω，与原线圈串联的灯泡两端电压为U灯＝I1R＝eq\f(9,44)×eq\f(2420,3)V＝165V，故a、b两点的电压是Uab＝U灯＋U1＝165V＋880V＝1045V，选项C正确，D错误。 答案BC21.如图5所示，将一质量m＝1.0kg的物体P用两根长度均为l＝0.5m且不可伸长的细线1、2系于竖直杆上相距也为l＝0.5m的A、B两点，现使物体P随杆一起由静止开始转动，取重力加速度g＝10m/s2，则在角速度ω由0逐渐增大的过程中，有()图5 A．细线1的拉力与角速度ω2成正比 B．当角速度ω＝2eq\r(10)rad/s，细线2刚好伸直无拉力 C．随着角速度ω的增加，细线2对物体P的拉力将大于细线1对物体P的拉力 D．当细线2刚好伸直时，物体P的机械能增加了6.25J 解析当细线2还未伸直时，设细线1与竖直杆之间的夹角为θ，则由合力提供向心力可得FTsinθ＝mω2lsinθ，细线1的拉力FT＝mω2l∝ω2，细线1的拉力随转动角速度ω的增大而增大；但当细线2伸直后，再增大角速度ω，则不再满足该关系，故选项A错误；当细线2刚好伸直无拉力时，有mgtan60°＝mω2lsin60°成立，解得ω＝2eq\r(10)rad/s，选项B正确；当细线2伸直后，设细线2受到的拉力大小为FT′，竖直方向有FTcos60°－mg