2021届高考物理二轮复习选择题标准练(十)

1、选择题标准练十总分值48分，实战模拟，20分钟拿下，高考客观题总分值!姓名:班级:1.A.B.C.D.解析:如下图，轻绳一端连接放置在水平地面上的物体Q另一端绕过固定在天花板上的定滑轮与小球P连接，P、Q始终处于静止状态，那么Q可能受到两个力的作用Q可能受到三个力的作用Q受到的轻绳拉力与重力的合力方向水平向左Q受到的轻绳拉力与重力的合力方向指向左下方小球P静止，所以轻绳对小球 P和物体Q有拉力作用，假设物体Q受到的拉力的竖直分力 等于重力，那么物体Q对地面无压力，但这种情况下 Q不可能静止，因此拉力的竖直分力一定 小于重力，物体Q必受到竖直向上的支持力，又物体Q有相对地面向左的运动趋势，故一定

2、受水平向右的静摩擦力作用，即物体Q受四个力作用，受力分析如下图，AB项错误；由平衡条件可知，拉力与重力的合力与支持力和静摩擦力的合力方向相反，即方向指向左下方，D项正确，C项错误.答案：D2用一根绳子竖直向上拉一个物块，物块从静止开始运动，绳子拉力的功率按如图所示规律变化，物块的质量为m重力加速度为 g,oto时间内物块做匀加速直线运动，to时刻后功率保持不变，ti时刻物块到达最大速度，那么以下说法正确的选项是A.物块始终做匀加速直线运动B.C.0to时间内物块的加速度大小为mtoto时刻物块的速度大小为Pomgp tP2o11时间内物块上升的高度为mgti寸一亦晉解析：此题考查功和功率，意在

3、考查学生对物块加速启动过程中功率变化的分析.由题图可知，0to时间内功率与时间成正比，那么有F mg= ma v = at, P= Fv,得PD.P0=m(a+ g) at，因此图线斜率=n(a+ g) a, B选项错误；to时刻后功率保持不变，拉力大于 t 0P0重力，物块继续加速运动，由v mg= ma物块加速度逐渐减小，ti时刻速度最大，那么a= 0,最大速度为mg A C选项错误；P t图线与t轴所围的面积表示 0t1时间内拉力做F0t 0P0t 0,mGP010P2的功 W=+ P0 11 10= F0t i-,由动能定理得 W mgh=，得 h=帚子勺一'22§3

4、,D选项正确.答案：D3.运动质点的Vx图象如下图，图线为顶点在坐标原点、开口向右的一条抛物线，那么 F列判断不正确的选项是()A.B.C.D.质点做初速度为零的匀加速直线运动 质点的加速度大小为5 m/s 2质点在3 s末的速度大小为 30 m/s质点在03 s内的平均速度大小为 7.5 m/s由运动学公式 v2= v0+ 2ax,可得vo= 0, a= 5 m/s 2, 3 s末的速度 V3= ats= 15 m/s,03 s内的平均速度解析：此题考查直线运动的图象，意在考查学生应用数学处理物理问题的能力. 由题图可知，图线满足v2= 10x,质点做初速度为零的匀加速直线运动，V0 + V

5、34v = 2 = 7.5 m/s，选 C.答案：C4.ljE3-A理想变压器原线圈接恒压交流电源，副线圈接如下图电路，定值电阻R、R的阻值均为R滑动变阻器F2总阻值为2R,在滑动变阻器的滑片 P从a点滑到b点过程中，以下说 法正确的选项是( )A. 变压器输出电压先增大后减小B. 电阻F上电压先增大后减小C. 变压器输入功率先增大后减小D. 电阻F3上电流一直减小解析：此题考查变压器与电路，意在考查学生对动态电路的分析能力.理想变压器输入电压不变， 那么输出电压不变，A选项错误；当滑片P从a点滑向b点时， 滑动变阻器 R上侧局部与电阻F3串联后再与滑动变阻器 F2下侧局部并联，并联阻值先增大

6、 后减小，因此电阻 R两端电压先减小后增大， B选项错误；由F= ¥得变压器输出功率先减 小后增大，C选项错误；当并联局部电阻增大时，并联局部电压增大，输出总电流减小，滑 动变阻器Ra下侧局部电阻减小，电流增大，那么电阻F3上电流减小，当并联局部电阻减小时，并联局部电压减小，滑动变阻器F2上侧局部与 R3串联电阻增大，那么电阻R3上电流减小，D选项正确.答案：D5.bV% %t如下图，有一个正方形的匀强磁场区域 abed, e是ad的中点，f是cd的中点，如果 在a点沿对角线方向以速度 v射入一带负电的粒子带电粒子重力不计，恰好从e点射出, 那么A. 如果粒子的速度增大为原来的2倍，

7、将从d点射出B. 如果粒子的速度增大为原来的3倍，将从f点射出C. 如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的2倍，将从d点射出D. 只改变粒子的速度使其分别从e、d、f点射出时，从e点射出所用时间最短 解析：此题考查了带电粒子在匀强磁场中的圆周运动、向心力等知识点.如果粒子的速度增大为原来的2倍，磁场的磁感应强度不变，由半径公式R=可知，qB 半径将增大为原来的 2倍，根据几何关系可知，粒子正好从d点射出，故A项正确；设正方形边长为2a,那么粒子从e点射出，轨迹半径为 a.磁感应强度不变，粒子的速度变为原来 的3倍，那么轨迹半径变为原来的 3倍，即轨迹半径为 芈a,那么由几何关系可知，粒

8、子从 fd之间射出磁场，B项错；如果粒子速度不变，磁感应强度变为原来的2倍，粒子轨迹半径减小为原来的一半，因此不可能从d点射出，C项错；只改变粒子速度使其分别从e、d、f三点射出时，从f点射出时轨迹的圆心角最小，运动时间最短，D项错.答案：A6.如下图, B两平行金属板间. 列说法正确的选项是K、K2闭合时，一质量为 m带电荷量为q的液滴，静止在电容器的 A、 现保持Ki闭合，将K2断开，然后将B板向下平移到图中虚线位置， 那么下A. 电容器的电容减小B. A板电势比电路中 Q点电势高C. 液滴将向下运动D. 液滴的电势能增大解析：此题考查了平行板电容器、场强与电势差关系、电场力、串、并联电路

9、分压规律等.由平行板电容器的决定式可知，板间距离增大，电容减小，A项正确；K1、Ka闭合时，R中无电流通过，故 B板电势为零，电容器两极板电势差与R两端电压相等，电阻 R下端接地，故Q点与电容器上极板电势相等.断开开关K>,电路结构未发生变化，Q点电势不变，电容器所带电荷量保持不变，B板下移，即板间距离 d增大，由C= *=产£可知，d增大，U 4 n kd其他物理量保持不变，那么两极板电势差U增大，B板电势为零不变，故 A板电势升高，B项U Q cS4 n kQ正确；由场强与电势差关系E=可知，E=一 故两极板间场强不变，因此带d U 4 n kdcS电液滴受电场力不变，液滴

10、保持静止，C项错；根据U= Ed知，液滴距离下极板 B的距离增大，所以液滴所在位置与 B板的电势差增大，B板电势为零，故液滴所在位置电势 液滴静止，上极板与电源正极相连，故液滴带负电，由 项错.答案：AB7. A B两块正对的金属板竖直放置，在金属板0升高，Ep= q0可知液滴的电势能降低，J=TA的内侧外表系一绝缘细线，细线下端R为光敏 当R2的滑片 I和U,带电小球静止时绝缘细系一个带电小球可视为点电荷两块金属板接在如下图的电路中，电路中的 电阻其阻值随所受光照强度的增大而减小，R为滑动变阻器，R为定值电阻.P在中间时闭合开关 S,此时电流表和电压表的示数分别为 线与金属板A的夹角为e.电

11、源电动势E和内阻r 一定，电表均为理想电表.以下说法中正 确的是PLr * R、©A.B.C.D.无论将R的滑动触头P向a端移动还是向b端移动，e均不会变化 假设将F2的滑动触头P向b端移动，那么I减小，U减小保持滑动触头 P不动，用较强的光照射保持滑动触头 P不动，用较强的光照射R,R,那么小球重新到达稳定后e变小那么u变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变解析：此题考查了串联分压规律、电路的简化、闭合电路欧姆定律等知识点.滑动变阻器F2与电容串联，电路稳定时，无电流通过F2,电容器两极板间电势差等于F两端电压，所以移动 R滑动触头不会影响电容器极板间电压，故e保持不变，A项正

12、确,B项错；较强光照射 R,光敏电阻R的阻值减小，由“串反并同规律可知，F1两端电压减U小，故电容器两极板间电势差减小，由E='可知，dF= Eq减小，eU= E- Ir 可知，故比值不变，场强与电势差关系、电场力、平衡条件、两极板间场强减小，又小球在三力作用下处于平衡状态，小球所受电场力 电流，而电压表测量路端电压，由 的比值的物理意义是电源的内电阻,答案：ACD8.减小，C项正确；电流表测量通过电源的 U的变化量绝对值与I的变化量绝对值 D项正确.如下图，在光滑绝缘的水平面上叠放着两个物块A和B, A带负电、质量为 m电荷量为q, B质量为2m不带电，A和B间动摩擦因数为 0.5.

13、初始时A B处于静止状态，现 将大小为F= mg的水平恒力作用在 B上，g为重力加速度.A B处于水平向里的磁场之中， 磁感应强度大小为 B.假设A B间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，那么以下说法正确的选项是g2A.水平力作用瞬间， a的加速度大小为B.C.A做匀加速运动的时间为 mqBa的最大速度为器B的最大加速度为gD.解析：此题考查学生对带电体在磁场中运动过程的分析能力.F作用在B上瞬间，假没 A、B一起加速，那么对 A B整体有F= 3ma= mg对A有fA=11q=3m牛口 mq= gmg假设成立，因此 A、B共同做加速运动，加速度为 -,A选项错误；A、E 开始运动后，整体在水平方向上只受到 F作用，做匀加速直线运动，对 A分析，B对A有水平向左的静摩擦力f A静作用，由f A静=,f a静保持不变，但 A受到向上的洛伦兹力，支持力2= mg-qvB0逐渐减小，最大静摩擦力口Na减小，当fA静=Na时，A、B开始相对滑动，此时有m