高考物理二轮复习选择题稳优提优优练六 (含解析)

选择题稳优提优优练（三） 1、（2019·新课标全国Ⅱ卷） 物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为，重力加速度取10 m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1 500 N，则物块的质量最大为 A．150 kg B． kg C．200 kg D． kg 【答案】A 【解析】如图所示，对物块进行受力分析，有T=f+mgsinθ，f=μN，N=mgcosθ，带入数据解得：m=150 kg，故A选项符合题意。 2、（2019·浙江省七彩阳光新高考研究联盟期中） 如图所示，两个质量分别为m1＝3 kg、m2＝2 kg的物体A和B置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小为F1＝F2＝30 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则 A．弹簧测力计的示数是30 N B．弹簧测力计的示数是60 N C．在突然撤去F2的瞬间，B的加速度大小为0 m/s2 D．在突然撤去F2的瞬间，A的加速度大小为10 m/s2 【答案】A 【解析】AB、对整体分析知物体处于平衡状态，隔离A由平衡条件知弹簧测力计的示数是30 N，故A正确B错误；CD、突然撤去F2的瞬间，弹簧测力计的示数不变，对B由牛顿第二定律得：，对A分析知合力为0，所以A的加速度大小为0，故CD错误。 3、(多选)如图所示，一根轻杆，在其B点系上一根细线，细线长为R，在细线下端连上一质量为m小球．以轻杆的A点为顶点，使轻杆旋转起来，其B点在水平面内做匀速圆周运动，轻杆的轨迹为一个母线长为L的圆锥，轻杆与中心轴AO间的夹角为α.同时小球在细线的约束下开始做圆周运动，轻杆旋转的角速度为ω，小球稳定后，细线与轻杆间的夹角β＝2α.重力加速度用g表示，则下列说法错误的是(　　) A．细线对小球的拉力为 B．小球做圆周运动的周期为 C．小球做圆周运动的线速度与角速度的乘积为gtan2α D．小球做圆周运动的线速度与角速度的比值为(L＋R)sinα 【参考答案】ABC　小球在水平面内做匀速圆周运动，根据几何关系可知，Fcosα＝mg，解得细线对小球的拉力F＝，A选项错误；小球运动的周期与轻杆旋转的周期相同，T＝，B选项错误；小球做圆周运动的线速度与角速度的乘积为向心加速度，即mgtanα＝mvω，解得vω＝gtanα，C选项错误；小球做圆周运动的线速度与角速度的比值即是半径，根据几何关系可知，r＝(L＋R)sinα，D选项正确． 4、（2019·安徽省池州市高一期末） 我国2020年将首次探测火星，将完成火星探测器围绕火星飞行、火星表面降落以及巡视探测等任务。火星是地球的“邻居”，其半径约为地球半径的，质量约为地球质量的，设火星的卫星A和地球卫星B都围绕各自的中心天体做匀速圆周运动，距离中心天体的表面距离与该中心天体的半径相等，下面说法正确的是 A．卫星A、B加速度之比为2：5 B．卫星A、B线速度之比为 C．卫星角速度之比为 D．卫星A、B周期之比为 【答案】AD 【解析】设火星质量为M，地球质量则为10M，火星的半径为R，则火星卫星A的轨道半径，地球卫星B的轨道半径；根据加速度公式，可知，，所以，A正确；根据公式，可得，可知，，所以，B错误；由线速度之比为，可得角速度之比，选项C错误；周期，周期之比，选项D正确。 5、图1为沿斜坡向上行驶的汽车，当汽车以牵引力F向上运动时，汽车的机械能E与位移x的关系如图2所示(AB段为曲线)，汽车与斜面间的摩擦忽略不计．下列说法正确的是(　　) A．0～x1过程中，汽车所受拉力逐渐增大 B．x1～x2过程中，汽车速度可达到最大值 C．0～x3过程中，汽车的动能一直增大 D．x1～x2过程中，汽车以恒定的功率运动 【参考答案】B　根据功能关系可知，机械能E与位移x图象的斜率表示牵引力的大小，0～x1过程中，图象斜率恒定，则汽车所受牵引力恒定，A选项错误；x1～x2过程中，受牵引力越来越小，根据牛顿第二定律可知，a＝，汽车先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，该过程中，速度可达到最大值，B选项正确；x2～x3过程中，汽车机械能不变，随着位移变大，重力势能变大，动能减小，C选项错误；分析图2可知，x2时，汽车牵引力为零，功率为零，故x1～x2过程中，汽车不能以恒定的功率运动，D选项错误． 6、如图所示，一细线系一小球绕O点在竖直面做圆周运动，a、b分别是轨迹的最高点和最低点，c、d两点与圆心等高，小球在a点时细线的拉力恰好为0，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A．小球从a点运动到b点的过程中，先失重后超重 B．小球从a点运动到b点的过程中，机械能先增大后减小 C．小球从a点运动到b点的过程中，细线对小球的拉力先做正功后做负功 D．小球运动到c、d两点时，受到的合力指向圆心 【参考答案】A　小球在a点时细线的拉力恰好为0，加速度向下，在b点时加速度向上，则从a点运动到b点的过程中，加速度方向先向下后向上，小球先失重后超重，A选项正确；小球从a点运动到b点的过程中，绳子拉力不做功，只有重力做功，根据功能关系可知，机械能守恒，B、C选项错误；小球运动到c、d两点时，绳子拉力指向圆心，重力竖直向下，合力不指向圆心，D选项错误． 7、在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图(a)所示，碰撞前后两壶运动的v－t图线如图(b)中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则(　　) A．碰后红壶将被反弹回来 B．碰后蓝壶速度为0.8 m/s C．碰后蓝壶移动的距离为2.4 m D．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受的摩擦力 【参考答案】B　分析图(b)可知，时间轴上方表示速度方向为正，碰前红壶的速度v0＝1 m/s，碰后速度为v′0＝0.2 m/s，碰后红壶沿原方向运动，A选项错误；碰撞过程中，两壶动量守恒，取初速度为正，根据动量守恒定律可知，mv0＝mv′0＋mv，解得蓝壶碰后的速度v＝0.8 m/s，B选项正确；速度－时间图象与坐标轴围成的面积表示位移大小，碰后蓝壶移动的位移大小x＝t＝2 m，C选项错误；速度－时间图象的斜率表示加速度大小，碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，根据牛顿第二定律可知，碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，D选项错误． 8、(多选) D是一只理想二极管(电流只能从a流向b，而不能从b流向a)．平行板电容器A、B两极板间有一电荷在P点处于静止．以E表示两极板间电场强度，U表示两极板间电压，EP表示电荷在P点电势能．若保持极板B不动，将极板A稍向上平移则(　　) A．E变小 B．U变大 C．EP不变 D．电荷仍保持静止 【参考答案】BCD　根据平行板电容器的决定式C＝可知，将极板A稍向上平移，板间距离d增大，电容C减小，假设电容器的电压不变，则电容器所带电量将要减小，电容器放电，但是由于二极管具有单向导电性，电荷不能流回电源，所以电容器的电量保持不变，板间场强E＝＝·，恒定不变，电场力等于重力，电荷保持静止，A选项错误，D选项正确；根据U＝可知，板间电压U变大，B选项正确；P点电势φP＝UPB＝EdPB，UPB保持不变，P点的电势保持不变，电荷在P点电势能EP不变，C选项正确． 9、(多选)电磁泵在生产、科技中得到了广泛应用．如图所示，泵体是一个长方体，ab边长为L1，两侧端面是边长为L2的正方形；流经泵体内的液体密度为ρ，在泵头通入导电剂后液体的电导率为σ(电阻率的倒数)，泵体所在处有方向垂直向外的匀强磁场，磁感应强度为B，把泵体的上下两表面接在电压为U(内阻不计)的电源上，则(　　) A．泵体上表面应接电源正极 B．通过泵体的电流I＝ C．增大磁感应强度可获得更大的抽液高度 D．增大液体的电导率可获得更大的抽液高度 【参考答案】ACD　当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，液体受到水平向左的安培力作用，被抽出，A选项正确；根据电阻定律可知，泵体内液体的电阻R＝ρ＝，根据欧姆定律可知，流过泵体的电流I＝＝UL1·σ，B选项错误；增大磁感应强度B，受到的磁场力变大，可获得更大的抽液高度，C选项正确；若增大液体的电导率，电流增大，受到的磁场力增大，使抽液高度增大，D选项正确． 10、（2019·广州大学附属中学高二期末） 如图所示，在垂直于匀强磁场的平面内，半径为的金属圆环的总电阻为，金属杆电阻为，长为，绕过圆心的转轴以恒定的角速度逆时针转动，端与环接触良好，圆心和边缘通过电刷与一个电阻连接，电阻的阻值为，忽略电流表和导线的电阻，则 A．通过电阻的电流的大小和方向做周期性变化 B．通过电阻的电流方向不变，且从到 C．通过电阻的电流的最大值为 D．通过电阻的电流的最小值为 【答案】BC 【解析】AB、金属杆切割磁感线，根据右手定则可知金属杆中电流由到，且方向不变，故电阻中电流方向由到，故选项A错误，B正确；C、端的线速度为，金属杆切割磁感线的平均速度为，金属杆转动切割磁感线产生的电动势为，由于各个量不变，则不变，当位于最上端时圆环被接入的电阻为0，整个电路的总电阻最小，此时中有最大电流，为，故选项C正确；D.当端位于最下端时，圆环左右两部分电阻相等，并联的总电阻最大，中的电流最小，此时中有最小电流，为，故选项D错误。 11、(多选)如图甲所示，理想变压器的原、副线圈共接有四个规格完全相同的小灯泡，在原线圈所在电路的A、B端输入的交流电的电压如图乙所示，四个灯泡均正常发光．下列说法正确的是(　　) A．原、副线圈的匝数比4：1 B．灯泡的额定电压为55 V C．原线圈两端的电压为220 V D．若副线圈再并联一规格相同的灯泡，灯泡L1有可能被烧坏 【参考答案】BD　四个灯泡均正常发光，说明流过灯泡的电流相等，分析副线圈电路可知，三个灯泡并联，则流过副线圈的电流是原线圈的3倍，根据理想变压器电流和匝数的关系可知，原、副线圈的匝数之比为3：1，A选项错误；根据理想变压器电压和匝数的关系可知，原线圈电压为3U，灯泡L1的电压也为U，则电源的电压为4U＝220 V，副线圈电压U＝55 V，原线圈电压3U＝175 V，C选项错误，B选项正确；若副线圈再并联一规格相同的灯泡，则流过副线圈的电流增大，流过原线圈的电流增大，灯泡L1有可能被烧坏，D选项正确． 12、下列有关四幅图的说法中，正确的是(　　) A．α粒子散射实验证实了汤姆逊原子枣糕模型的正确性 B．在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大 C．放射线甲由α粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷 D．该链式反应属于原子核的聚变反应 【参考答案】B　α粒子散射实验推翻了汤姆逊原子枣糕模型，证实了原子核式结构模型，A选项错误；光颜色保持不变，即频率不变，入射光越强，单位时间内光子数越多，光电子数目越多，饱和电流越大，B选项正确；根据左手定则知，甲带负电，为β粒子，C选项错误；该链式反应属于原子核的裂变反应，D选项错误． 13、（2019·新课标全国Ⅱ卷） 太阳内部核反应的主要模式之一是质子—质子循环，循环的结果可表示为，已知和的质量分别为和，1u=931MeV/c2，c为光速。在4个转变成1个的过程中，释放的能量约为 A．8 MeV B．16 MeV C．26 MeV D．52 MeV 【答案】C 【解析】由知，=，忽略电子质量，则：，故C选项符合题意。 8