高三物理二轮复习选择题48分专练（二）

选择题48分专练(二)选择题(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.如图所示为一孤立的负点电荷形成的静电场，一带电粒子仅在电场力的作用下以某一速度进入该电场，依次经过A、B、C三点，其中A、C两点与负点电荷的距离相等，B点是轨迹上距离负点电荷最近的点。则下列说法正确的是()A．粒子运动到B点的速率最大B．相邻两点间的电势差关系为UAB＝UBCC．该粒子带负电，并且在B点时的加速度最大D．粒子在B点的电势能小于在C点的电势能解析：根据题述及题图，该粒子受到负点电荷的斥力作用，因此该粒子带负电，粒子从A点到B点速度减小，从B点到C点速度增大，运动到B点时，电子的速度最小，A错误；由于A、C两点与负点电荷的距离相等，则这两点的电势相等，UAB＝－UBC，B错误；根据电场线的疏密可得，B点处的电场线最密，所以粒子在B点时受到的电场力最大，加速度最大，C正确；在粒子由B点向C点运动的过程中，电场力做正功，电势能减小，则带电粒子在B点的电势能大于在C点的电势能，D错误。答案：C15.如图所示，楔形凹槽的截面是一个直角三角形ABC，∠CAB＝30°，∠ABC＝90°，∠ACB＝60°，在凹槽中放有一个光滑的金属球，当金属球静止时，其对凹槽AB边的压力为F1，对BC边的压力为F2，则eq\f(F2,F1)的值为()A.eq\f(1,2) B．eq\f(\r(3),4)C.eq\f(\r(3),3) D．eq\f(2\r(3),3)解析：金属球受到的重力产生两个作用效果，压AB面和压BC面，如图所示，将金属球所受的重力分解为对AB面的压力F1′和对BC面的压力F2′，又由题意知，F1＝F1′，F2＝F2′，故eq\f(F2,F1)＝tan30°＝eq\f(\r(3),3)，故C项正确。答案：C16.如图所示，一质量为m、带电荷量为q的粒子，以速度v垂直射入一有界匀强磁场，速度方向与磁场左边界垂直，从右边界离开磁场时，速度方向偏转角θ＝30°，磁场的宽度为d，(不计粒子所受重力)则下列说法正确的是()A．该粒子带正电B．磁感应强度B＝eq\f(\r(3)mv,2dq)C．粒子在磁场中做圆周运动，半径R＝eq\f(2\r(3),3)dD．粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(πd,3v)解析：由左手定则可知该粒子带负电，选项A错误。由粒子的运动轨迹结合几何关系有，d2＋(Rcos30°)2＝R2，解得R＝2d。由qvB＝meq\f(v2,R)，解得B＝eq\f(mv,qR)＝eq\f(mv,2qd)，选项B、C错误。粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(Rθ,v)＝eq\f(2d·\f(π,6),v)＝eq\f(πd,3v)，选项D正确。答案：D17．(2017·浙江杭州模拟)如图所示，质量为m的物块从A点由静止开始下落，加速度是eq\f(g,2)，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，在由A运动到C的过程中，空气阻力恒定，则()A．物块机械能守恒B．物块和弹簧组成的系统机械能守恒C．物块机械能减少eq\f(1,2)mg(H＋h)D．物块和弹簧组成的系统机械能减少eq\f(1,2)mg(H＋h)解析：对于物块来说，从A到C要克服空气阻力做功，从B到C又将一部分机械能转化为弹簧的弹性势能，因此机械能肯定减少，故A错误。对于物块和弹簧组成的系统来说，物块减少的机械能等于克服空气阻力所做的功和弹簧弹性势能之和，因此整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功，故B错误。由A运动到C的过程中，物块的动能变化为零，重力势能减少量等于机械能的减少量，所以物块机械能减少mg(H＋h)，故C错误。物块从A点由静止开始下落，加速度是eq\f(1,2)g，根据牛顿第二定律得Ff＝mg－ma＝eq\f(1,2)mg，所以空气阻力所做的功Wf＝－eq\f(1,2)mg(H＋h)，整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功，所以物块和弹簧组成的系统机械能减少eq\f(1,2)mg(H＋h)，故D正确。答案：D18．如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v­t图象如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，则()A．传送带的速度为4m/sB．传送带底端到顶端的距离为14mC．物块与传送带间的动摩擦因数为eq\f(1,8)D．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反解析：如果v0小于v1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v0一定大于v1。结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动，由此可以判断传送带的速度为4m/s，选项A正确。传送带底端到顶端的距离等于v­t图线与横轴所围的面积，即eq\f(1,2)×(4＋12)×1m＋eq\f(1,2)×1×4m＝10m，选项B错误。0～1s内，gsinθ＋μgcosθ＝8m/s2,1～2s内，gsinθ－μgcosθ＝4m/s2，解得μ＝eq\f(1,4)，选项C错误；在1～2s内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，选项D错误。答案：A19．原子核的比结合能曲线如图所示。根据该曲线，下列判断正确的有()A.eq\o\al(4,2)He核的结合能约为14MeVB.eq\o\al(4,2)He核比eq\o\al(6,3)Li核更稳定C．两个eq\o\al(2,1)H核结合成eq\o\al(4,2)He核时释放能量D.eq\o\al(235,92)U核中核子的平均结合能比eq\o\al(89,36)Kr核中的大解析：A错：eq\o\al(4,2)He核有4个核子，由比结合能图线可知，eq\o\al(4,2)He核的结合能约为28MeV。B对：比结合能越大，原子核越稳定。C对：两个eq\o\al(2,1)H核结合成eq\o\al(4,2)He核时，核子的比结合能变大，结合时要放出能量。D错：由比结合能图线知，eq\o\al(235,92)U核中核子平均结合能比eq\o\al(89,36)Kr核中的小。答案：BC20．一球形行星对其周围物体的万有引力使物体产生的加速度用a表示，物体到球形行星表面的距离用h表示，a随h变化的图象如图所示，图中a1、h1、a2、h2及引力常量G均为已知。根据以上数据可以计算出()A．该行星的半径B．该行星的质量C．该行星的自转周期D．该行星同步卫星离行星表面的高度解析：设行星半径为R，质量为M，物体质量为m，在物体到球形行星表面的距离为h1时，由万有引力定律和牛顿运动定律，有eq\f(GMm,R＋h12)＝ma1，在物体到球形行星表面的距离为h2时，有Geq\f(Mm,R＋h22)＝ma2，联立可解得行星半径R和质量M，选项A、B正确。不能得出该行星的自转周期，也不能得出该行星同步卫星离行星表面的高度，选项C、D错误。答案：AB21．如图甲所示，质量m＝3.0×10－3kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l＝0.20m，处于磁感应强度大小B1＝1.0T、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n＝300、面积S＝0.01m2的线圈通过开关K与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示。t＝0.22s时闭合开关K，瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20m。不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是()A．0～0.10s内线圈中的感应电动势大小为3VB．开关K闭合瞬间，CD中的电流方向由C到DC．磁感应强度B2的方向竖直向下D．开关K闭合瞬间，通过细杆CD的电荷量为0.03C解析：由法拉第电磁感应定律知，0～0.10s内线圈中的感应电动势大小为E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB2,Δt)＝300×0.01×eq\f(1.0,0.10)V＝30V，则选项A错误；t＝0.22s时闭合开关K，瞬间细框跳起，由左手定则知CD中的电流方向由C到D，则选项B正确；由CD中的电流方向和楞次定律知