高考物理二轮专题复习 选择题48分练（4）试题

选择题48分练(4)(本题共8小题，每小题6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.牛顿在总结C.雷恩、J.沃利斯和C.惠更斯等人的研究结果后，提出了著名的牛顿第三定律，阐述了作用力和反作用力的关系，从而与牛顿第一定律和牛顿第二定律形成了完整的牛顿力学体系。下列关于作用力和反作用力的说法正确的是()A.物体先对地面产生压力，然后地面才对物体产生支持力B.物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡C.人推车前进，人对车的作用力大于车对人的作用力D.物体在地面上滑行，不论物体的速度多大，物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力始终大小相等解析由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力同时产生，同时消失，选项A错误；物体对地面的压力和地面对物体的支持力是一对作用力与反作用力，并不是一对平衡力，选项B错误；作用力与反作用力总是大小相等、方向相反，故人推车前进，人对车的作用力等于车对人的作用力，选项C错误；物体在地面上滑行，不论物体的速度多大，物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小始终相等，选项D正确。答案D15.对下列各图中蕴含信息的分析和理解，不正确的一项是()A.图甲中的重力－质量图象说明同一地点的重力加速度保持不变B.图乙中的位移－时间图象表示该物体受力平衡C.图丙中的动能－时间图象表示该物体做匀减速直线运动D.图丁中的速度－时间图象表示该物体所受的合力随时间减小解析由题图甲可知G∝m，即重力大小与物体的质量成正比，重力加速度不变，所以该图象说明同一地点的重力加速度保持不变，选项A正确；题图乙中的位移与时间的关系为线性关系，说明物体做负方向的匀速运动，所以该物体受力平衡，选项B正确；题图丙中的动能与时间的关系为线性关系，若物体做匀减速直线运动，则物体的动能表达式为Ek＝eq\f(1,2)m(v0－at)2，动能为时间的二次函数，图象为曲线，选项C错误；题图丁中速度－时间图象的斜率表示加速度大小，因斜率逐渐减小，所以物体的加速度逐渐减小，由牛顿第二定律可知，物体所受的合外力逐渐减小，选项D正确。答案C16.如图1所示，在2014年索契冬奥会冰壶比赛中，某次运动员从投掷线MN放手投掷后，发现冰壶投掷的初速度v0较小，直接滑行不能使冰壶沿虚线到达更近圆心O的位置，于是运动员在冰壶到达前用毛刷摩擦冰壶运行前方的冰面，这样可以使冰壶与冰面间的动摩擦因数从μ减小至某一较小值μ′，恰使冰壶滑行到圆心O点。在运动过程中，以下说法正确的是()图1A.只要投掷成功，在冰壶直线滑行路径上靠近O点的区间擦冰，擦冰距离要小一些B.只要投掷成功，在冰壶直线滑行路径上任意区间擦冰，擦冰距离都是一样的C.只要投掷成功，在冰壶直线滑行路径上靠近O点的区间擦冰，冰壶滑行的总时间要小些D.只要投掷成功，在冰壶直线滑行路径上任意区间擦冰，冰壶滑行的总时间都一定解析从投掷到O点，根据动能定理有－μmgL1－μ′mgL2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以可以在冰壶滑行路线上的不同区间擦冰，只要保证擦冰的距离一定就行，选项A错误，B正确；擦冰区间越靠近投掷线，则开始阶段冰壶的平均速度越大，总的平均速度越大，而距离一定，所以时间越短，选项C、D错误。答案B17.双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互间引力的作用下，分别围绕某连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动。研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化。若某双星系统的总质量为M，经过一段时间演化后，两星做圆周运动的周期变为原来的k倍，两星之间的距离变为原来的n倍，则该双星系统的总质量变为()A.eq\f(n3,k)MB.eq\f(n3,k2)MC.eq\f(n,k)MD.eq\f(k,n)M解析双星间的万有引力提供向心力。设原来双星间的距离为L，周期为T，双星的质量分别为m1、m2，做圆周运动的半径分别为r1、r2。对质量为m1的恒星有Geq\f(m1m2,L2)＝m1(eq\f(2π,T))2r1，对质量为m2的恒星有Geq\f(m1m2,L2)＝m2(eq\f(2π,T))2r2，得eq\f(G,L2)(m1＋m2)＝eq\f(4π,T2)(r1＋r2)，又m1＋m2＝M，r1＋r2＝L，故M＝eq\f(4π2L3,GT2)，则当T′＝kT，间距L′＝nL时，总质量M′＝eq\f(n3,k2)M，选项B正确。答案B18.如图2所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第Ⅰ象限内，磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里。一质量为m、电荷量绝对值为q、不计重力的粒子，以某速度从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时，粒子速度沿x轴正方向。下列判断正确的是()图2A.粒子带正电B.运动过程中，粒子的速度不变C.粒子由O到A经历的时间为t＝eq\f(πm,3qB)D.离开第Ⅰ象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为30°解析根据题意和左手定则可判断：该带电粒子带负电，故A选项错误；该带电粒子在洛伦兹力作用下在匀强磁场中做匀速圆周运动，虽然粒子的速度的大小不变，但速度的方向时刻改变，则粒子的速度不断变化，故B选项错误；根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的运动时间t与圆心角θ、周期T的关系可得t＝eq\f(θ,2π)·T，又带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式为T＝eq\f(2πm,qB)，又根据数学知识可得θ＝eq\f(π,3)，解得t＝eq\f(πm,3qB)，故C选项正确；根据带电粒子在有界匀强磁场中运动的对称性可知，该带电粒子离开第Ⅰ象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角应该为60°，故D选项错误。答案C19.如图3所示，在O处有一点电荷，该点电荷电场中有三个等间距的等势面a、b、c(以虚线表示)，已知两相邻等势面的间距相等。如图中实线所示是一质子以某一速度射入电场后的运动轨迹，其中1、2、3、4表示运动轨迹与等势面的一些交点。由此可判定()图3A.Uab＝Ubc＝eq\f(Uac,2)B.O处的点电荷一定带负电C.a、b、c三个等势面的电势关系是φa＞φb＞φcD.质子在1、2、3、4四个位置处所具有的电势能与动能的总和一定相等解析质子在电场中只受电场力作用，由质子射入电场后的运动轨迹可知场源点电荷为正点电荷，沿着电场线方向电势降低，即φa＞φb＞φc。在点电荷的电场中，虽然两相邻等势面的间距相等，但电场为非匀强电场，Uabeq\a\vs4\al(/)eq\a\vs4\al(＝)Ubc。由能量守恒定律可知质子在运动过程中所具有的电势能与动能总保持不变。故本题选C、D。答案CD20.(2015·江苏如东四校期末)如图4所示，一只理想变压器原线圈与频率为50Hz的正弦交流电源相连，两个阻值均为20Ω的电阻串联后接在副线圈的两端。图中的电流表、电压表均为理想交流电表，原、副线圈分别为200匝和100匝，电压表的示数为5V。则()图4A.电流表的读数为0.5AB.流过电阻的交流电的频率为100HzC.交流电源的输出电压的最大值为20eq\r(2)VD.交流电源的输出功率为2.5W解析副线圈两端的电压U2＝10V，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝eq\f(2,1)，解得U1＝20V，交流电源的输出电压的最大值为20eq\r(2)V，选项C正确；副线圈中两个电阻消耗的功率P＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),2R)＝2.5W，理想变压器的输入功率等于输出功率，所以选项D正确；由P＝U1I1，解得I1＝eq\f(P,U1)＝eq\f(2.5,20)A＝0.125A，选项A错误；变压器不改变交流电的频率，流过电阻的交流电的频率也为50Hz，选项B错误。答案CD21.如图5甲所示，一质量可忽略不计的长为l的轻杆，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置能绕O点在竖直面内转动。假设小球在最高点的速度和对杆的弹力分别用v、FN表示，其中小球在最高点对杆的弹力大小与速度平方的关系图象如图乙所示。则()图5A.重力加速度g＝eq\f(b,l)B.小球的质量m＝eq\f(a,b)lC.当v2＝c时，小球受到向上的支持力D.当c＝2b时，轻杆对小球的作用力大小为2解析设在最高点时，小球受到的弹力方向竖直向下，则有FN＋mg＝meq\f(v2,l)，解得FN＝meq\f(v2,l)－mg，当FN＝0时，v2＝gl，所以gl＝b，得g＝eq\f(b,l)，A正确；当v2＜gl时，在最高点杆对小球的弹力方向竖直