高考物理二轮复习 第三部分 一、选择题组合练B卷

一、选择题组合练B卷一、单项选择题1(2016佛山二模)广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t0时由静止开始上升，at图象如图所示则下列相关说法正确的是()At4.5 s时，电梯处于失重状态B555 s时间内，绳索拉力最小Ct59.5 s时，电梯处于超重状态Dt60 s时，电梯速度恰好为零解析：利用at图象可判断，t4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A错误；05 s时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，5 s55 s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，55 s60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，综上所述，B、C错误；因at图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t60 s时为零，D正确答案：D2(2016全国丙卷)如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球在a和b之间的细线上悬挂一小物块平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径不计所有摩擦小物块的质量为()A. B.m Cm D2m解析：如图所示，由于不计摩擦，线上张力处处相等，且轻环受细线的作用力的合力方向指向圆心由于a、b间距等于圆弧半径，则aOb60，进一步分析知，细线与aO、bO间的夹角皆为30.取悬挂的小物块研究，悬挂小物块的细线张角为120，由平衡条件知，小物块的质量与小球的质量相等，即为m.故选项C正确答案：C3(2016衡阳联考)太阳的直径约为月球的400倍，太阳到地球的距离也约为月球到地球的距离的400倍，所以在地球上看太阳和月球大小一样已知太阳的质量是地球的n倍，地球绕太阳做圆周运动的周期为T，则月球绕地球做圆周运动的周期为()(导学号 59230122)A. B.C. D.解析：由万有引力提供向心力可知，地球绕太阳运行时有：m地r1，得T2，月球绕地球运行时有：m月r2，得T2，又知r1400r2，M太nM地，解得T，故选B.答案：B4.(2016萍乡二模)如图所示为汽车的点火装置，此装置的核心是一个变压器，该变压器的原线圈通过开关连接到12 V的蓄电池上，副线圈连接到火花塞的两端，开关由机械控制，当开关由闭合变为断开时，副线圈中产生10 000 V以上的电压，火花塞中产生火花下列说法中正确的是()A变压器的原线圈要用粗导线绕制，而副线圈可以用细导线绕制B若该点火装置的开关始终闭合，火花塞的两端会持续产生高压C变压器原线圈输入的12 V电压必须是交流电，否则就不能在副线圈中产生高压D该点火装置中变压器的副线圈匝数必须小于原线圈的匝数解析：汽车的点火装置是利用变压器原理工作的，当开关始终闭合时，通过原线圈的电流恒定，原线圈中产生的磁场恒定，则在副线圈上不会产生电压，所以B错误；由题可知原线圈处接12 V的直流电源，当断开开关瞬间原线圈中电流迅速变化，会产生变化的磁场，则在副线圈中可能产生高压，所以C错误；由可知，要在副线圈中产生高压，则原线圈匝数必须小于副线圈的匝数，所以D错误故选A.答案：A5(2016大庆一模)如图所示电路中，电源内阻不能忽略闭合开关S后，调节R的阻值，使电压表示数增大U，在此过程中有()AR2两端电压减小UB通过R1的电流增大C通过R2的电流减小量大于D路端电压增大量为U解析：因电压表示数增大，可知并联部分的总电阻增大，则整个电路总电阻增大，总电流减小，R2两端电压减小，电源内阻分担电压减小，路端电压增大，所以R2两端电压减小量小于U，通过R2的电流减小量小于；由于R2两端电压减小，则知路端电压增大量小于U，故A、C、D错误电压表示数增大U，R1是定值电阻，根据欧姆定律可知通过R1的电流增大量等于，故B正确答案：B6(2016全国丙卷)平面OM和平面ON之间的夹角为30，其横截面(纸面)如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q0)粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30角已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场不计重力粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为()A. B. C. D.解析：如图所示，粒子在磁场中运动的轨道半径为R.设入射点为A，出射点为B，圆弧与ON的交点为P.由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知，ABR.由几何图形知，APR，则AOAP3R，所以OB4R.故选项D正确答案：D7.(2016商洛模拟)甲、乙两车在同一条直道上行驶，它们运动的位移s随时间t变化的关系如图所示，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10 s处，则下列说法中正确的是()(导学号 59230123)A甲车的初速度为零B乙车的初位置在s060 m处C乙车的加速度大小为1.6 m/s2D5 s时两车相遇，此时甲车速度较大解析：由图可知甲车做匀速直线运动，速度v甲m/s4 m/s，故A错；由图可知乙车做匀减速直线运动，可看作是反方向的匀加速直线运动，则有sat2，由图可知，当其反向运动5 s时，位移为20 m，则有20a52，得加速度大小a1.6 m/s2，因其共运动了10 s，可得s01.6102m80 m，C对，B错，t5 s时，两车相遇，但甲车速度v甲4 m/s小于乙车速度v乙8 m/s，D错答案：C8(2016商洛二模)如图，竖直平面内有一段圆弧MN，小球从圆心O处水平抛出若初速度为va，将落在圆弧上的a点；若初速度为vb，将落在圆弧上的b点已知Oa、Ob与竖直方向的夹角分别为、，不计空气阻力()A. B.C. D.解析：小球水平抛出，其做平抛运动，由平抛运动规律求解若落到a点，则有xavataRsin vata，hagtRcos gt，得va sin ，若落到b点，则有xbvbtbRsin vbtb，hbgtRcos gt，得vbsin ，则.故D正确答案：D二、多项选择题9质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止则下列说法正确的是()甲乙A轻绳的拉力等于MgB轻绳的拉力等于mgCM运动的加速度大小为(1sin )gDM运动的加速度大小为g解析：互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsin mg，互换位置后，对M有MgFTMa，对m有：FTmgsin ma，又FTFT，解得：a(1sin )g，FTmg，故A、D错，B、C对答案：BC10.(2016北京模拟)完全相同的甲、乙两个物体放在相同的水平面上，分别在水平拉力F1、F2作用下，由静止开始做匀加速直线运动，分别经过t0和4t0，速度分别达到2v0和v0，然后撤去F1、F2，甲、乙两物体继续匀减速直线运动直到静止，其速度随时间变化情况如图所示则()A若F1、F2作用时间内甲、乙两物体的位移分别为s1、s2，则s1s2B若整个过程中甲、乙两物体的位移分别为s1、s2，则s1s2C若F1、F2的冲量分别为I1、I2，则I1I2D若F1、F2所做的功分别为W1、W2，则W1W2解析：根据vt图象与坐标轴所围“面积”大小等于位移得：s1v0t0，s22v0t0，则s1s2，故B正确；根据动量定理得：I1ft00，I2f4t00，则得I1s2，则W1W2，故D正确答案：BD11(2016邢台质检)如图所示，A、B为一匀强电场中同一电场线上的两点，现在A、B所在直线上某一点固定一电荷Q，然后在A点由静止释放一点电荷q，结果点电荷q运动到B时的速度为零，若点电荷q只受电场力作用，则下列结论正确的是()A电荷Q与点电荷q一定是同种电荷B电荷Q一定在A点的左侧C点电荷q的电势能一定是先减小后增大DA、B两点电势一定相等解析：由题意分析知电荷Q应在点A、B的外侧，如果Q在A点左侧，点电荷q从A由静止释放运动到点B时速度为零，说明点电荷q先做加速运动后做减速运动，在A、B连线某一位置合场强为零，这时Q和q是同种电荷，同理分析，如果Q在B点的右侧，则Q和q一定是同种电荷，A项正确，B项错误；由于只有电场力做功，因此动能与电势能之和不变，且两种能相互转化，又知q的速度先增大后减小，则其电势能先减小后增大，C项正确；由于点电荷q在A、B两点的动能均为零，因此点电荷在A、B两点的电势能相等，则A、B两点电势相等D项正确答案：ACD12.(2016商洛模拟)如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d.杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离为d处现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是()A环到达B处时，重物上升的高度hB环到达B处时，环与重物的速度大小相等C环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能D环能下降的最大高度为d解析：环到达B处时，对环的速度进行分解，可得v环cos v物，由题图中几何关系可知45，则v环v物，B错；因环从A到B，环与重物组成的系统机械能守恒，则环减少的机械能等于重物增加的机械能，C正确；当环到达B处时，由题图中几何关系可得重物上升的高度h(1)d，A错；当环下落到最低点时，设环下落高度为H，由机械能守恒有mgH2mg(d)，解得Hd，故D正确答案：CD13(2016河南八市质检)如图所示，一个固定的圆弧阻挡墙PQ，其半径OP水平，OQ竖直在PQ和一个斜面体A之间卡着一个表面光滑的重球B.斜面体A放在光滑的地面上并用一水平向左的力F推着，整个装置处于静止状态现改变推力F大小，推动斜面体A沿着水平地面向左缓慢运动，使球B沿斜面上升一很小高度则在球B缓慢上升过程中，下列说法中正确的是()A斜面体A与球B之间的弹力逐渐减小B阻挡墙PQ与球B之间的弹力逐渐减小C水平推力F逐渐增大D水平地面对斜面体A的弹力逐渐减小解析：对球B受力分析，如图甲所示，当球B上升时，用图解法分析B球所受各力的变化，其中角增大，FAB和FOB均减小，则A、B项正确对斜面体进行受力分析，如图乙所示，因为FAB减小，由牛顿第三定律知FABFBA，故FBA也减小，则推力F减小，水平地面对斜面体的弹力FN也减小，则C项错误，D项正确甲乙答案：ABD14(2016潍坊段考)如图所示，两根间距为l的光滑平行金属导轨与水平面夹角为，图中虚线下方区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于斜面向上两金属杆质量均为m，电阻均为R，垂直于导轨放置开始时金属杆ab处在距磁场上边界一定距离处，金属杆cd处在导轨的最下端，被与导轨垂直的两根小柱挡住现将金属杆ab由静止释放，金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动已知重力加速度为g，则()(导学号 59230125)A金属杆ab进入磁场时感应电流的方向为由a到bB金属杆ab进入磁场时速度大小为C金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势为D金属杆ab进入磁场后，金属杆cd对两根小柱的压力大小为零解析：由右手定则可知，金属杆ab进入磁场时产生的感应电流的方向为由b到a，故A错误；因金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动，则有mgsin ，解得v，故B正确；金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势EBlv，解得E，故C正确；由左手定则可知，金属杆cd受到的安培力与斜面平行且向下，则金属杆cd对两根小柱的压力不为零，故D错误答案：BC