《高考物理二轮复习专题复习专项训练选择题标准练(二)含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理二轮复习专题复习专项训练选择题标准练(二)含解析（5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、选择题标准练(二)满分48分，实战模拟，20分钟拿下，高考客观题满分！姓名：_班级：_1.ma1，解得a110m/s2，上滑时间t1a01s，上滑的距离x12v0t15m，因tan，m/s2，经1s，滑块下滑的距离x22a2t221mmgcos，滑块上滑到速度为零后，向下运动，选项B错误；设滑块下滑时的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得mgsinmgcosma，解得a22221误；因上滑和下滑过程中的加速度不同，故滑块全程不是匀变速直线运动，选项A2正确答案：D2如图为洛伦兹力演示仪的结构图励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直电子速度大小可通过电
2、子枪的加速电压来控制，磁场强弱可通过励磁线圈的电流来调节下列说法正确的是()A仅增大励磁线圈的电流，电子束径迹的半径变大B仅提高电子枪的加速电压，电子束径迹的半径变大C仅增大励磁线圈的电流，电子做圆周运动的周期将变大D仅提高电子枪的加速电压，电子做圆周运动的周期将变大解析：本题考查了带电粒子在磁场中的运动规律等相关知识点1v2mv当仅增大励磁线圈的电流时，也就是增大磁感应强度B，由牛顿第二定律知qvBm，得R，电子束径迹的半径变小，选项A错误；当仅提高电子枪的加速RqB电压时，由qU1mv2和qvBm得R2Rv22mqU，可知电子束径迹的半径变大，qB选项B正确；由T2R2m知，电子做圆周运动
3、的周期T与速度v大小无关，所vqB以选项C、D错误答案：B3.如图所示，用细线相连的质量分别为2m、m的小球A、B在拉力F作用下，处于静止状态，且细线OA与竖直方向的夹角保持30不变，则拉力F的最小值为()33231A.2mgB.2mgC.3232mgD.2mg解析：本题考查了整体法受力分析、物体的平衡条件等知识点因小球A、B处于静止状态，系统受到的合外力为零，对系统受力分析，如图所示，由图中几何关系可3mgsin3mg，选项D正确得：Fmin2答案：D4.如图，某空间站在轨道半径为R的近地圆轨道上围绕地球运行，一宇宙飞船与空间站对接后，在轨道上围绕地球运行多圈后又与空间站分离，进入椭圆轨道运
4、行已知椭圆轨道的远地点到地球球心的距离为3.5R，地球质量为M，引力常量为G，则()A空间站在圆轨道上运行的周期为2R3GMB空间站与飞船对接后在圆轨道上运行的周期变小C飞船在椭圆轨道远地点的速率是近地点的3.5倍D飞船与空间站分离后在远离地球过程中其机械能不断增大2空间站在近地圆轨道上做圆周运动，由牛顿第二定律知GMmm(2)2R，解解析：本题考查了卫星等人造天体在轨运行与变轨运行的相关物理知识点R2T得T2R3，选项A正确；空间站与飞船对接后在圆轨道上运行时，周期TGM不变，与空间站和飞船的质量无关，选项B错误；飞船在椭圆轨道远地点的速率比近地点的要小，选项C错误；当飞船与空间站分离后，在
5、远离地球过程中如果有空气阻力作用，其机械能减少，如果不考虑阻力，机械能不变，选项D错误答案：A5.为E，沿oe方向，A错误；同理，当移至b处，o处的合电场强度大小为3E，沿od与oe角平分线方向，B错误；同理，当移至e处，o处的合电场强度大小为2，沿oc方向，C正确；同理，当移至f处，o处的合电场强度大小为3E，沿od与如图所示，以o点为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f.等量正、负点电荷分别放置在a、d两点时，在圆心o产生的电场强度大小为E.现仅将放于a点的正点电荷改放于其他等分点上，使o点的电场强度改变，则下列判断正确的是()A移至c点时，o点的电场强度大小仍为E，沿oe方向3
6、B移至b点时，o点的电场强度大小为2E，沿oc方向EC移至e点时，o点的电场强度大小为2，沿oc方向3D移至f点时，o点的电场强度大小为2E，沿oe方向解析：本题考查电场强度及矢量合成等知识点由题意可知，等量正、负点电荷在o处的电场强度大小均为E，方向水平向右当2移至c处，两点电荷在该处的电场强度方向夹角为120，则o处的合电场强度大小22E2oc角平分线方向，D错误答案：C6如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器升压变压器T1的原、副线圈匝数之比为n1n2110，在T1的原线圈两端接入一正弦交流电，输电线的总电阻为2r2，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为n3n4101，若T2
7、的“用电设备”两端的电压为U4200V且“用电设备”消耗的电功率为10kW，不考虑其他因素的影响，则()3U4I4n3U4n4AT1的副线圈两端电压的最大值为20102VBT2的原线圈两端的电压为2000VC输电线上损失的电功率为50WDT1的原线圈输入的电功率为10.1kW解析：本题考查了变压器的工作原理、远距离输电等知识因为用电设备消耗的电功率为10kW，T副线圈两端的电压为U200V，则24流过T副线圈的电流为IP10kW50A，由变压器原、副线圈的电流与匝数24200V的关系I3n4，则I5A；由U3n3，所以T原线圈两端的电压为U2000V，B3232正确；输电线的电阻分得的电压为U
8、线I32r52V10V，所以T1副线圈两端的电压为U2U3U线(200010)V2010V，其最大值为U2m20102V，A正确；输电线上消耗的功率为P损I32r50W，C正确；由能量守恒定律可知T1副线圈的输出功率为P出(1000050)W10050W，因此T1原线圈的输入功率为10050W，D错误答案：ABC7如图所示，一带负电的小金属环套在粗糙绝缘细杆AB上，杆与水平面夹角为，杆的下方O点处固定一带正电的点电荷，OAOB.现使小环以初速度v0从A点沿杆上滑，到达B点时速度为零，小环滑回A点时速度为v，下列说法正确的是()A小环上滑过程中先匀加速再匀减速B小环上滑时间小于下滑时间C小环下滑
9、过程中，减少的重力势能等于摩擦产生的内能D从A点出发到再回到A点的过程，小环克服摩擦力做的功等于小环损失的动能解析：本题考查了库仑力、电场力做功和电势能变化间的关系、运动学公式、摩擦力做功等知识点因小环在运动过程中受到的库仑力是变力，对其受力分析可知，小环在上滑过程中的加速度是变化的，并不是匀变速运动，选项A错误；由于上滑时的平均加速度大于下滑时的平均加速度，由运动学公式定性分析可知，小环上滑时间小于下滑时间，选项B正确；由功能关系可知，小环下滑过程中，减少的重力势能等于其在A点的动能和克服摩擦力做的功之和，选项C错误；小环从A点到再次回到A点过程中，电场力做功为零，重力做功为零，故小环克服摩
10、擦力做的功等于小环损失的动能，选项D正确答案：BD8如图所示，光滑水平桌面上固定放置的长直导线中通以大小为I的稳恒电流，桌面上导线的右侧距离通电长直导线2l处有两线框abcd、abcd正以相同的速度v0经过虚线MN向左运动，MN平行长直导线，两线框的ad边、ad边4与MN重合，线框abcd、abcd是由同种材料制成的质量相同的单匝正方形I线框，边长分别为l、2l.已知通电长直导线周围磁场中某点的磁感应强度Bkr(式中k为常量，r表示该点到长直导线的距离)下列说法正确的是()量mVS4lS8l，解得：S2S，根据电阻定律，可得：R4l，00102121SR2S，联立可得：R24R1，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得：线框中的lv03llv0kIv02l2lv04l2lv0kIv0电流I，I，即I14，选项A正R16R1R22R2I2确；根据右手定则，可知b点电势高于a点电势，故U0，选项D错误；根据功P1I21R14，选项B正确；由安培力公式和牛顿第二定律可得：a2lP2I22R292l2I2l4l2I2l6mm2ma23I29A此时流经线框abcd、abcd的电流强度之比为
