【物理】2019届二轮复习选择题专练(四)作业(全国通用)

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【物理】2019届二轮复习选择题专练(四)作业(全国通用)

选择题专练(四)‎ ‎(限时:20分钟)‎ 二、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48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,将某均匀长方体锯成A、B两块后,在水平桌面上对齐放在一起,现用水平力F推B,使A、B整体保持长方体并沿F方向匀速运动,则(  )‎ 图1‎ A.A在水平方向受到三个力的作用,且合力为零 B.A在水平方向受到五个力的作用,且合力为零 C.A对B的作用力方向与A、B接触面垂直 D.B对A的弹力大于桌面对A的摩擦力 答案 A 解析 对A受力分析,在水平方向上受B对A的弹力、桌面对A的滑动摩擦力和B对A的静摩擦力,在三个力的作用下处于平衡状态,受力如图,‎ 故A正确,B错误.B对A的弹力和静摩擦力的合力与桌面对A的滑动摩擦力等大反向,与F的方向相同;根据牛顿第三定律可知,A对B的作用力方向与F的方向相反,不是与A、B接触面垂直,故C错误.因为B对A的弹力与B对A的摩擦力垂直,二者的合力等于桌面对A的摩擦力,所以B对A的弹力小于桌面对A的摩擦力,故D错误.‎ ‎15.如图2甲所示,轻弹簧竖直固定在水平面上,一质量为m=0.2 kg的小球从弹簧上端某高度处自由下落,从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内),其速度v和弹簧压缩量Δx的函数图象如图乙所示,其中A为曲线的最高点,不计空气阻力,小球和弹簧接触瞬间的机械能损失不计,取重力加速度g=10 m/s2,则下列说法中不正确的是(  )‎ 图2‎ A.该弹簧的劲度系数为20 N/m B.当Δx=0.3 m时,小球处于超重状态 C.小球刚接触弹簧时速度最大 D.从接触弹簧到压缩至最短的过程中,小球的加速度先减小后增大 答案 C 解析 当Δx=0.1 m时,小球的重力等于弹簧对它的弹力,合力为零,小球的加速度为零,可得:kΔx=mg,解得:k== N/m=20 N/m,故A正确;由题图乙可知,Δx=0.3 m时,小球的速度减小,加速度向上,故说明小球处于超重状态,故B正确;由题图乙知,开始小球的速度增大,小球的重力大于弹簧对它的弹力,当Δx=0.1 m时,小球的速度最大,然后速度减小,故C错误;题图乙图线的斜率表示加速度,则由图可知,从接触弹簧到压缩至最短的过程中,小球的加速度先减小后增大,故D正确.本题选不正确的,故选C.‎ ‎16.假想在地球赤道上有一颗苹果树,其高度超过了地球同步卫星轨道的高度.树上若有质量相等的三个苹果A、B、C,其高度分别低于、等于、高于地球同步卫星轨道高度.则下列说法正确的是(  )‎ A.苹果A的线速度最大 B.苹果B所需向心力小于苹果A所需向心力 C.苹果C离开苹果树时加速度减小 D.苹果C脱离苹果树后,可能会落向地面 答案 C 解析 三者的角速度相同,根据v=ωr可知苹果C的线速度最大,A错误;根据F向=mω2r可知半径越大,向心力越大,故苹果B所需向心力大于苹果A所需向心力,B错误;由于苹果C的角速度和同步卫星的角速度相同,而根据ω=可知轨道半径越大,角速度越小,所以C所在轨道的角速度大于该轨道所需的角速度,故做离心运动,所以苹果C脱离苹果树后,根据a=可知轨道半径变大,加速度减小,飞向茫茫宇宙,C正确,D错误.‎ ‎17.如图3所示,在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)以速度v从AC边的中点O垂直AC边射入磁场区域.若三角形的两直角边长均为2L,要使粒子从CD边射出,则v 的取值范围为(  )‎ 图3‎ A.≤v≤ B.≤v≤ C.≤v≤ D.≤v≤ 答案 C 解析 根据洛伦兹力充当向心力可知,v=,因此半径越大,速度越大;根据几何关系可知,粒子与AD边相切时速度最大,如图.‎ 由几何关系可知 +[2L-(r-L)]cos 45°=r 最大半径为r1=(+1)L,‎ 故最大速度应为v1=;‎ 当粒子从C点出射时半径最小,为r2=,‎ 故最小速度应为v2=,‎ 故v的取值范围为≤v≤,‎ 故选C.‎ ‎18.如图4所示,磁单极子会在其周围形成均匀辐射磁场.质量为m、半径为R的圆环当通有恒定的电流I时,恰好能水平静止在N极正上方H处.已知与磁单极子N极相距r处的磁感应强度大小为B=,其中k为常数.重力加速度为g.则(  )‎ 图4‎ A.静止时圆环的电流方向为逆时针方向(俯视)‎ B.静止时圆环沿其半径方向有扩张的趋势 C.静止时圆环的电流I= D.若将圆环向上平移一小段距离后由静止释放,下落过程中加速度先增加后减小 答案 C 解析 环所在处的磁场的方向向上,则环产生的磁场的方向向下,根据安培定则可知,静止时圆环的电流方向为顺时针方向(俯视),故A错误;由左手定则可知,环上的各点受到的安培力有水平向里的分力,所以环有收缩的趋势,故B错误;对环的某一部分进行受力分析:在水平方向,根据安培力的对称性可知,整个环在水平方向的合力为0,竖直方向的合力与重力大小相等,由于在圆环处各点电流的方向与磁场的方向都垂直,所以整体受到的安培力:F=BI·2πR,设F与竖直方向的夹角为θ,由几何关系:Fcos θ=mg,cos θ=,由题:B=,联立得:I=,故C正确;结合C的受力分析可知,若将圆环向上平移一小段距离后环受到的安培力将减小;由静止释放,开始时重力大于安培力,所以环加速下落,向下的过程中安培力增大,所以合外力减小,加速度先减小,故D错误.‎ ‎19.已知钚的一种同位素Pu的半衰期为24 100年,其衰变方程为Pu→X+He+γ,则下列说法中正确的是(  )‎ A.衰变发出的γ射线是频率很大的电磁波,穿透能力很强 B.X原子核中含有143个中子 C.8个Pu经过24 100年后一定还剩余4个 D.衰变过程的总质量不变 答案 AB 解析 衰变发出的γ射线是频率很大的电磁波,具有很强的穿透能力,不带电,故A正确.根据电荷数守恒和质量数守恒得,X的电荷数为92,质量数为235,质子数为92,则中子数为235-92=143,故B 正确.半衰期是对大量原子核发生衰变的统计规律,对少量的原子核不适用,故C错误.在衰变的过程中,根据质能方程知,有能量放出,有质量亏损,故D错误.‎ ‎20.如图5所示,真空中固定两个等量异种点电荷A、B,其连线中点为O.在A、B所形成的电场中,以O点为圆心、半径为R的圆面垂直于AB,以O为几何中心、边长为2R的正方形abcd平面垂直圆面且与AB共面,两平面边线交点分别为e、f,g为圆上一点.下列说法中正确的是(  )‎ 图5‎ A.a、b、c、d、e、f六点中,不存在场强和电势均相同的两点 B.将一电荷由e点沿圆弧egf移到f点,电场力始终不做功 C.将一电荷由a点移到圆面内任意一点时,电势能的变化量相同 D.沿线段eOf移动的电荷受到的电场力先减小后增大 答案 BC 解析 题图中圆面是一个等势面,e、f的电势相等,根据电场线分布的对称性可知e、f的场强相同,故A错误.题图中圆弧egf在同一等势面上,其上任意两点的电势差都为零,根据公式W=qU可知:将一正电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力不做功,故B正确.a点与圆面内任意一点的电势差相等,根据公式W=qU可知:将一电荷由a点移到圆面内任意一点时,电场力做功相同,则电势能的变化量相同,故C正确.沿线段eOf移动电荷,电场强度先增大后减小,则电荷受到的电场力先增大后减小,故D错误.‎ ‎21.如图6所示,单匝矩形闭合导线框abcd处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的水平匀强磁场中,线框面积为S,电阻为R.线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动,下列说法中正确的是(  )‎ 图6‎ A.线框转过时,线框中的电流方向为abcda B.线框中感应电流的有效值为 C.线框转一周过程产生的热量为 D.线框从中性面开始转过过程,通过导线横截面的电荷量为 答案 BD 解析 根据楞次定律可知线框中的电流方向为adcba,故A错误;线圈转动过程中感应电动势的最大值为:Em=BSω,感应电压的有效值为:U=,则线框中感应电流的有效值为:I==,故B正确;线框转一周的过程中,产生的热量为:Q=I2RT=2R=,故C错误;线框从中性面开始转过的过程中,通过导线横截面的电荷量为:q==,故D正确.‎
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