（江苏专用）高考物理二轮复习 选择题31分模拟小卷（八）-人教版高三物理试题

选择题31分模拟小卷(八)一、单项选择题(本题共5小题，每小题3分，共计15分。每小题只有一个选项符合题意。)1．如图1所示是人们短途出行、购物的简便双轮小车，若小车在匀速行驶的过程中支架与水平方向的夹角保持不变，不计货物与小车间的摩擦力，则货物对杆A、B的压力大小之比FA∶FB为()图1A．1∶eq\r(3)B.eq\r(3)∶1C．2∶1D．1∶2解析以货物为研究对象进行受力分析，如图所示，利用力的合成法可得tan30°＝eq\f(FB′,FA′)，根据牛顿第三定律可知FB＝FB′，FA＝FA′，解得FA∶FB＝eq\r(3)∶1，选项B正确。答案B2．如图2所示，图(a)中的变压器为理想变压器，其原线圈接到U1＝220V的交流电源上，副线圈与阻值为R1的电阻接成闭合电路；图(b)中阻值为R2的电阻直接接到电压为U1＝220V的交流电源上，结果发现R1与R2消耗的电功率恰好相等，则变压器原、副线圈的匝数之比为()图2A．R1∶R2 B．R2∶R1C.eq\r(R2)∶eq\r(R1) D.eq\r(R1)∶eq\r(R2)解析对图(a)，eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，PR1＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),R1)，对图(b)，PR2＝eq\f(Ueq\o\al(2,1),R2)，根据题意有PR1＝PR2，联立以上各式解得eq\f(n1,n2)＝eq\r(\f(R2,R1))。答案C3.如图3所示，一倾斜的圆筒绕固定轴OO1以恒定的角速度ω转动，圆筒的半径r＝1.5m。筒壁内有一小物体与圆筒始终保持相对静止，小物体与圆筒间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),2)(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，转动轴与水平面间的夹角为60°，重力加速度g取10m/s2。则ω的最小值是()图3A．1rad/s B.eq\f(\r(30),3)rad/sC.eq\r(10)rad/s D．5rad/s解析由于小物体在圆筒内随圆筒做圆周运动，其向心力由小物体受到的指向圆心(转动轴)的合力提供。在小物体转到最上面时最容易与圆筒脱离，根据牛顿第二定律，沿半径方向FN＋mgcos60°＝mω2r，又沿筒壁方向mgsin60°≤μFN，解得ω≥eq\r(10)rad/s，要使小物体与圆筒始终保持相对静止，则ω的最小值是eq\r(10)rad/s，选项C正确。答案C4．(2016·泰州二模)如图4所示的电路中，L为自感线圈，其直流电阻与电阻R相等，C为电容器，电源内阻不可忽略。当开关S由闭合变为断开瞬间，下列说法中正确的是()图4A．通过灯A的电流由c到dB．A灯突然闪亮一下再熄灭C．B灯无电流通过，不可能变亮D．电容器立即放电解析S闭合稳定时，通过L的电流和A灯的电流方向均向右，且IL大于IA；当开关S断开时，自感线圈中将产生自感电动势阻碍原来电流的减小，因此在由L、A、R组成的闭合电路中，有一顺时针方向的电流，且从IL开始逐渐减小，故A灯突然闪亮一下再熄灭，选项A错，B正确；当开关S断开时，路端电压变大，电源继续给电容器充电，故B灯中有电流通过，方向从a到b，选项C、D错。答案B5．如图5甲所示，固定的粗糙斜面长为10m，一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能Ek随位移x的变化规律如图乙所示，取斜面底端的重力势能为零，小滑块的重力势能Ep随位移x的变化规律如图丙所示，重力加速度g＝10m/s2。根据上述信息可以求出()图5A．斜面的倾角B．小滑块与斜面之间的动摩擦因数C．小滑块下滑的加速度的大小D．小滑块受到的滑动摩擦力的大小解析图乙是动能－位移图象(Ek－x图象)，其斜率的绝对值是小滑块所受合外力大小F合＝mgsinθ－μmgcosθ，由图乙可知：F合＝mgsinθ－μmgcosθ＝2.5N；图丙是重力势能－位移图象(Ep－x图象)，其斜率的绝对值是小滑块所受重力沿斜面向下的分量Gx＝mgsinθ，由图丙可知：Gx＝mgsinθ＝10N。则可求出小滑块受到的滑动摩擦力的大小Ff＝μmgcosθ＝7.5N，D正确。由于滑块质量未知，故其他量均不可求。答案D二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。)6．(2016·连云港三模)若货物随升降机运动的v－t图象如图6所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t的关系图象可能是()图6解析由v－t图知：过程①为向下匀加速直线运动(加速度向下，失重，F<mg)；过程②为向下匀速直线运动(平衡，F＝mg)；过程③为向下匀减速直线运动(加速度向上，超重，F>mg)；过程④为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重，F>mg)；过程⑤为向上匀速直线运动(平衡，F＝mg)；过程⑥为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重，F<mg)；综合各个过程可知B选项正确。答案B7．如图7所示，A板发出的电子(重力不计)经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板M、N间，M、N之间有垂直纸面向里的匀强磁场，电子通过磁场后最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，下列说法中正确的是()图7A．当滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏的位置上升B．当滑动触头向右移动时，电子通过磁场区域所用时间不变C．若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度大小不变D．若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度变大解析当滑动触头向右移动时，电场的加速电压增大，加速后动能增大，进入磁场的初速度增大，向下偏转程度变小，位置上升，选项A正确；由于在磁场中运动对应的圆心角变小，运动时间变短，选项B错误，粒子在磁场中运动速度大小不变，选项C正确，D错误。答案AC8.在光滑水平面上，a、b两小球沿水平面相向运动。当小球间距小于或等于L时，受到大小相等、方向相反的相互排斥恒力作用，小球间距大于L时，相互间的斥力为零，小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度v随时间t的变化关系图象如图8所示，由图可知()图8A．a小球质量大于b小球质量B．在t1时刻两小球间距最小C．在0～t2时间内两小球间距逐渐减小D．在0～t3时间内b小球所受斥力方向始终与运动方向相反解析由图象可知，在两球相互作用的过程中，a球的加速度小于b球的加速度，因此a球质量大于b球质量，选项A正确；在t2时刻两球速度相同，此时距离最小，0～t2时间内两小球间距逐渐减小，因此选项B错误，选项C正确；由两球受力运动分析可知，b球所受排斥力的方向在0～t1时间内与运动方向相反，在t1～t3时间内与运动方向相同，因此选项D错误。答案AC9．(2016·扬泰南三模)“木卫一”是最靠近木星的卫星，丹麦天文学家罗迈早在十七世纪通过对“木卫一”的观测测出了光速。他测量了“木卫一”绕木星的运动周期T和通过木星影区的时间t。若已知木星的半径R和万有引力常量G，T远小于木星绕太阳的运行周期。根据以上条件可以求出()图9A．木星的密度B．“木卫一”的密度C．“木卫一”绕木星运动的向心加速度大小D．“木卫一”表面的重力加速度大小解析根据“木卫一”的运动周期和通过木星影区的时间可以求出影区段圆弧所对应的圆心角θ，如图所示。根据几何关系得出图示角度α＝eq\f(π－θ,2)，由cosα＝eq\f(R,r)得出“木卫一”的轨道半径r，根据Geq\f(Mm,r