2016高考物理二轮专题复习选择题48分练(5)

1选择题48分练(5)(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.法拉第是19世纪最伟大的实验物理学家之一，他在电磁学研究方面的卓越贡献如同伽利略、牛顿在力学方面的贡献，具有划时代的意义，他提出了电场的概念。关于静电场场强的概念，下列说法正确的是()A.由E＝Fq可知，某电场的场强E与q成反比，与F成正比B.正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强的方向与放入该点的试探电荷的正负有关C.电场中某一点的场强与放入该点的试探电荷的正负无关D.电场中某点不放试探电荷时，该点的场强等于零解析电场强度是利用比值法定义的物理量，其大小与试探电荷所受的电场力及试探电荷所带电荷量均无关，电场强度由电场自身的因素决定，选项A错误，C正确；电场中某一点的场强方向与放入的试探电荷的正负无关，选项B错误；电场中某点的场强与放不放试探电荷无关，该点的场强也不一定等于零，选项D错误。答案C15.据央视报道，奥地利著名极限运动员鲍姆加特纳曾从距地面的高度约3.9万米的高空跳下，并安全着陆，一举打破多项世界纪录。假设他从携带的氦气球太空舱上跳下到落地的过程中沿竖直方向运动的v－t图象如图1所示，则下列说法中正确的是()图1A.0～t1内运动员和所有装备整体所受重力大于空气阻力B.t1秒末运动员打开降落伞，此后做匀减速运动至t2秒末C.t1秒末到t2秒末运动员竖直方向的加速度方向向下，大小在逐渐增大D.t2秒后运动员保持匀速下落直至落地解析由题中所给图象可知，0～t1内运动员竖直向下做加速运动，由牛顿第二定律有mg－Ff＝ma＞0，所以mg＞Ff，选项A正确；由v－t图象中图线的斜率大小表示加速度大小可知，t1～t2时间内运动员竖直向下做加速度减小的减速运动，选项B错误；t1秒末到t2秒末运动员在竖直方向的加速度方向向上，大小在逐渐减小，选项C错误；t2秒后运动员2先匀速再减速下落直至落地，选项D错误。答案A16.2014年3月8日，马来西亚航空公司从吉隆坡飞往北京的航班MH370失联，MH370失联后多个国家积极投入搜救行动，在搜救过程中卫星发挥了巨大的作用。其中我国的北斗导航系统和美国的GPS导航系统均参与搜救工作。北斗导航系统包含5颗地球同步卫星，而GPS导航系统由运行周期为12小时的圆轨道卫星群组成，则下列说法正确的是()A.发射人造地球卫星时，发射速度只要大于7.9km/s就可以B.卫星向地面上同一物体拍照时，GPS卫星的拍摄视角小于北斗同步卫星的拍摄视角C.北斗同步卫星的机械能一定大于GPS卫星的机械能D.北斗同步卫星的线速度与GPS卫星的线速度之比为312解析当发射速度大于7.9km/s时，卫星可以离开地面绕地球运行，但发射的高度越大，对应的发射速度越大，选项A错误；由于GPS卫星运行的周期小于同步卫星的运行周期，即GPS卫星距离地面的高度小于同步卫星的高度，所以卫星向地面上同一物体拍摄时，GPS卫星的拍摄视角大于北斗同步卫星的拍摄视角，选项B错误；卫星的机械能不仅与卫星的高度有关，还与卫星的质量有关，因为同步卫星的质量与GPS卫星的质量关系不确定，故不能比较两者机械能的大小，选项C错误；由GMmr2＝m(2πT)2r＝mv2r可得北斗同步卫星的线速度与GPS卫星的线速度之比为312，选项D正确。答案D17.如图2所示，匀强磁场中有一个带电荷量为q的离子自a点沿箭头方向运动，当它运动到b点时，突然吸收了附近的若干个电子，若吸收电子后仅电荷量发生变化，速度不变，接着沿另一圆轨道运动到与a、b在一条直线上的c点。已知ac＝ab2，电子电荷量为e，电子质量不计。由此可知，离子吸收的电子个数为()图2A.5q3eB.2q3eC.q2eD.q3e解析设离子吸收电子后的电荷量为q1，则有r1＝mvBq1，又r0＝mvBq，由题意可知r1r0＝32，所3以qq1＝32，又q1＝q－ne，所以离子吸收的电子个数为n＝q－q1e＝q3e，选项D正确。答案D18.如图3所示，在特制的弹簧秤下挂一吊篮A，吊篮内挂一重物B，一人站在吊篮中，当此人用100N的竖直向下的力拉重物时，下列说法中错误的是()图3A.弹簧秤的示数不变B.人对地板的压力减小100NC.B所受的合力增大100ND.A所受的合力不变解析将吊篮A和重物B及人作为一个整体，这时无论人用多大的力拉重物B，弹簧秤的示数总等于整体的总重力，即弹簧秤的示数不变，选项A正确；对人进行受力分析可知，人受到向上的100N的拉力，因此人对地板的压力减小100N，选项B正确；这时B仍处于静止状态，所受的合力仍为零，选项C错误；同样，A也处于静止状态，所受的合力仍为零，选项D正确。故本题应选C。答案C19.我国自行研制的新一代8×8轮式装甲车已达到西方国家第三代战车的水平，将成为中国军方快速部署型轻装甲部队的主力装备。设该装甲车的质量为m，若在平直的公路上从静止开始加速，前进较短的距离s，速度便可达到最大值vm。设在加速过程中发动机的功率恒定为P，装甲车所受阻力恒为Ff，当速度为v(vm＞v)时，所受牵引力为F。以下说法正确的是()A.装甲车的速度为v时，牵引力做的功为FsB.装甲车的最大速度vm＝PFfC.装甲车的速度为v时加速度为a＝F－FfmD.装甲车从静止开始到达到最大速度vm所用的时间t＝2svm解析在以恒定的功率启动的过程中，装甲车的牵引力随速度的增大而不断减小，所以不4能利用W＝Fs求牵引力做的功，选项A错误；在加速过程中发动机的功率恒定为P，当牵引力等于阻力时，装甲车做匀速运动，此时的速度最大，且vm＝PFf，选项B正确；当速度为v时，牵引力为F，由牛顿第二定律可知a＝F－Ffm，选项C正确；装甲车从静止开始到达到最大速度的过程中，因为牵引力逐渐减小，加速度也逐渐减小，所以装甲车从静止开始到达到最大速度vm的过程中v/＝vm2，所以t＝sv≠2svm，选项D错误。答案BC20.如图4所示是霓虹灯的供电电路，电路中的变压器可视为理想变压器。已知变压器原线圈与副线圈匝数比n1n2＝120，加在原线圈的电压为u1＝311sin(100πt)V，霓虹灯正常工作的电阻R＝440kΩ，I1、I2表示原、副线圈中的电流。下列判断正确的是()图4A.副线圈两端电压6220V，副线圈中的电流14.1mAB.副线圈两端电压4400V，副线圈中的电流10mAC.I1＜I2D.I1＞I2解析原线圈电压有效值U1＝Um2＝3112V≈220V，由U1U2＝n1n2，可得U2＝4400V，由欧姆定律可知I2＝U2R＝4400440000A＝0.01A＝10mA，由I1I2＝n2n1可得I1＞I2＝10mA，所以选项B、D正确。答案BD21.在光滑水平桌面上有一边长为l的正方形线框abcd，bc边右侧有一等腰直角三角形匀强磁场区域efg，三角形腰长为l，磁感应强度竖直向下，a、b、e、f在同一直线上，其俯视图如图5所示，线框从图示位置在水平拉力F作用下向右匀速穿过磁场区，线框中感应电流i－t和F－t图象正确的是(以逆时针方向为电流的正方向，以水平向右的拉力为正，时间单位为l/v)()5图5解析根据E＝BLv，线框匀速运动时，有效切割长度均匀增加，感应电流均匀增加，且感应电流方向为逆时针方向，为规定的正方向；当bc边出磁场时ad边刚好进入磁场，有效切割长度依然是均匀增加，而感应电流方向为顺时针方向，故A错误，B正确；安培力F＝B2L2vR＝B2vR(vttanθ)2，拉力等于安培力的大小，都是时间的二次函数，且拉力一直向右，故C错误，D正确。答案BD