（课标版）2020高考物理二轮复习 选择题提速练4（含解析）

选题快速练习4时间： 45分钟15是收音机，68是复数回答1 .如图所示，斜面a固定在水平的地面上，在t=0时，滑块b以初始速度v0从斜面的下端冲入斜面，在t=t0时达到最高点。 在沿着斜面以上为正方向、在斜面上移动的过程中速度v以时间t变化的图像中，没有错误的是(c )解析：斜面平滑时，滑块滑动和滑动过程中受到的合力是重力沿斜面向下的分力，大小方向不变，因此a表示正确的斜面不平滑，滑块滑动过程中受到的滑动摩擦力大于重力沿斜面向下的分力时， 滑块沿着斜面上升到最高点后静止在斜面上，因此b是正确斜面不平滑，当滑块移动斜面时受到的折动摩擦力(最大静摩擦力)比重力沿着斜面下降的分力小时，滑块在上升中， 重力沿斜面下降分力和沿斜面向下的折动摩擦力成为合力外力，在下降中，重力沿斜面下降的分力和沿斜面向上的折动摩擦力成为合力外力，因此滑块沿斜面下降的加速度必定比沿斜面滑动的加速度小，因此c错误、d错误正确.2 .在均匀强磁场中等速旋转的单匝矩形线圈的周期为8 s，旋转轴o1o2与磁场方向垂直，线圈电阻为2。 假定从垂直于线圈平面和磁场方向的方向开始计时，如图所示线圈旋转45度时的感应电流为1 a (c )。a .线圈消耗的电力为4 wb .线圈中感应电流的有效值为2 ac .任意时刻线圈中的感应电动势为e=2sint(v )d .在任意时刻通过线圈的磁通量为=sint(wb )分析：由于根据问题给出条件可得到i=sint(a )，因此线圈中感应电流的有效值为i=1 a，选项b错误的p=i2r=122 w=2 w，选项a错误的任意时刻线圈中的感应电动势e=ir=2sint(v )，选项c将正确的线圈3 .如图所示，质量为0.2 kg的物体a静止在垂直的轻弹簧上，质量为0.6 kg的物体b用细线悬挂在天花板上，b和a刚好接触但没有被压迫，突然切断细线时，切断后的瞬间a、b之间的力的大小为(g为10 m/s2) (d )。a.0.5 n b.2.5 nc.0 n d.1.5 n分析：在切断细线之前，分别将a、b作为研究对象，根据物体的平衡条件，将由细线的张力t=mbg=6 n、弹簧的弹力f=mag=2 n、方向垂直、细线被切断的瞬间t1=0、f1=f=2 n、a、b构成的系统作为研究对象，根据牛顿的第二定律，(ma mb ) g-f1=(ma mb)a )代入a数据的a=7.5 m/s2，将细线被切断的瞬间的从a向b的力设为f2，将b作为研究对象，根据牛顿的第二法则设为mbg-f2=mba，代入数据的f2=1.5 n，因此d是正确的4 .如图所示，在光滑的水平面上有长方形的长板，在板的左端放置小块，可知板的质量比块的质量大。 t=0时，两者从图中的位置以相同的水平速度v0向右移动，碰到右垂直挡板后，板以与原来相反的速度反弹，运动中块未离开板。 物块的运动速度v在时间t变化的图像有可能是正确的(a )。解析：板撞到挡板前，物块和板一直等速运动，速度为v0的板撞到挡板后，物块向右做一定的减速运动，速度为零后，向左做一定的减速运动，板向左做一定的减速运动，最终两者的速度相同。 设板质量为m、物块的质量为m、方向为左为正方向时，由运动量保存得到： mv0-mv0=(m m)v、v=v0a地a火b.a火a地a金c.v地v火v金d.v火v地v金分析：金星，地球和火星绕太阳公转时重力提供向心力，g=ma，解a=g，结合问题中的r金a地a火，选项a是正确的，b是错误的同样，g=m，v=，结合问题中的r金v地v火，选项c，d都是错误的6 .如图甲所示，粗绳索ab的质量均匀分布，绳索右端b放置在水平且光滑的工作台边缘，摆动粗绳索右端b，使绳索沿工作台边缘加速运动，b端向下移动x，则如图乙所示，来自b端x的张力t与x的关系为t=5x-x2a .可以求出粗绳索的总质量b .粗绳索的总质量不可求c .可以求出粗绳子的全长d .能够求出适当x=1 m时的粗绳的加速度的大小分析：设绳索的质量为m、长度为l时，工作台下方的长度为x、绳索的质量为mx=m、工作台上方的部分为m=m-mx=m .工作台下方的绳索受到重力和绳索的拉伸力时，mxg-t=mxa、工作台上方的部分为t=ma、连接： t=mg .另外即5x-x2=mg，得到： m=1 kg，l=2 m，因此a、c项正确，b项错误x=1 m时，如果粗绳索的工作台面以上的部分与工作台面以下的部分的长度相等，则两部分的质量相等，均为0.5m，因此a=0.5g=5 m/s27 .如图甲所示，水平面上有倾斜角平滑的斜面，斜面上用与斜面平行的轻量绳子连接着质量m的球。 斜面以加速度a水平向右均匀加速直线运动，系统稳定时，绳对球的拉力和斜面对球的支撑力分别为t和fn。 ta图像如图2所示，ab是直线，bc是曲线，重力加速度g是10 m/s2. (abc )。a.a=m/s2时，fn=0b .球质量m=0.1 kgc .斜面倾斜角的正切值为d .球离开斜面前，fn=0.8 0.06a(n )解析：在小球离开斜面之前，以小球为研究对象受力进行解析，可以得到tcos-fnsin=ma、tsin fncos=mg、联立解fn=mgcos-masin、t=macos mgsin，因此在小球离开斜面之前，ta图像呈线性关系s2时，fn=0，a为正确的a=0时，t=0.6 n，此时球静止在斜面上，其力如图1所示，因此mgsin=t； a=m/s2时，斜面对球的支承力正好为零，其承受力如图2所示，因此如果=ma、联立或tan=、m=0.1 kg、b、c将正确的和m的值代入fn=mgcos-masin，则fn=0.8-0.06a(n )、d错误8 .质量均为1 t的甲、乙两台汽车同时出发，向同一方向作直线运动，车辆动能ek的变位x引起的变化图示如下，正确说明(ac )。a .汽车甲的加速度大小为2 m/s2b .汽车乙的加速度大小为1.5 m/s2c .汽车甲、乙在x=6 m时的速度大小为2 m/sd .汽车甲、乙在x=8 m处相遇分析：假设汽车甲的初始速度为v1，汽车乙运动9 m后的速度为v2，则从图像来看，ek1=mv，代入数据v1=6 m/s与动能的位移相关的图像为倾斜的直线，因此，2台汽车受到的外力恒定，进行均匀的变速直线运动，根据