2020二轮复习物理选择题专练第01周第2练解析版

2020年高考全真精准模拟理科综合之物理选择题专练第1周第2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．下列说法正确的是A．光电效应现象表明，光具有波动性B．α粒子散射实验表明，原子中有一个很小的核C．氢原子从高能级向低能级跃迁时，可以放出任意频率的光子D．一个质子和一个中子结合成氘核，氘核的质量等于质子与中子的质量和【答案】B【解析】光电效应现象表明，光具有粒子性，A项错误；α粒子散射实验表明，在原子的中心有一个很小的核，原子所有的正电荷和几乎所有的质量集中在原子核上，B项正确：氢原子从高能级向低能级跃迁时，只能发出一些特定频率的光子，C项错误；一个质子和一个中子结合成氘核，会发生质量亏损，氘核的质量不等于质子与中子的质量和，D项错误；故选B.15．如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO’匀速转动，从某时刻开始计时，产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图乙所示，若线圈匝数N=100匝，外接电阻R=70Ω，线圈电阻r=10Ω，则下列说法正确的是（）A．通过线圈的最大电流为1.25AB．线圈的角速度为50rad/sC．电压表的示数为502VD．穿过线圈的最大磁通量为2πWb【答案】A【解析】AC、根据闭合电路的欧姆定律可知100A1.25A7010mEIRr，即通过线圈的最大电流为1.25A，电压表测量的是有效值，故有电压表的示数为852V22IUR，故选项A正确，C错误；B、由乙图可知周期0.04sT，转动的角速度为250rad/sT，故选项B错误；D、根据mEnBS可得穿过线圈的最大磁通量为1Wb50mEBSn，故选项D错误。16．如图，A、B两球（可视为质点）质量均为m，固定在轻弹簧的两端，分别用细绳悬于O点，其中球A处在光滑竖直墙面和光滑水平地面的交界处．已知两球均处于静止状态，OA沿竖直方向，OAB恰好构成一个正三角形，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．球A对竖直墙壁的压力大小为12mgB．弹簧对球A的弹力大于对球B的弹力C．绳OB的拉力大小等于mgD．球A对地面的压力不可能为零【答案】C【解析】C、对B球受力分析，受重力、支持力和拉力，如图；由于三个力夹角均为120°，故弹簧的支持力和绳子OB的拉力都等于重力mg，故C正确；A、对A球受力分析，受重力、弹簧的压力，墙壁的向右的支持力、细线的拉力、地面的支持力，（其中地面的支持力和拉力可能只有一个），在水平方向：3sin602BFTmg竖直墙壁,故A错误；B、弹簧静止，合力为零，故两个球对弹簧的弹力等大、反向、共线，故弹簧对球A的弹力等于对球B的弹力，故B错误；D、根据平衡条件，绳OA对球A的拉力和地面的支持力的合力大小等于弹簧推力的竖直分力和重力之和，故N+T=mg+Fsin30°,故T≤1．5mg，0≤N≤1．5mg．可知地面对A的支持力可能等于0，根据牛顿第三定律，球A对地面的压力可能为零．故D错误；故选C．17．如图所示，在水平放置的圆柱体轴线的正上方的P点，将一个小球以水平速度v0垂直圆柱体的轴线抛出，小球飞行一段时间后恰好从圆柱体的Q点沿切线飞过，测得O、Q连线与竖直方向的夹角为θ，那么小球完成这段飞行的时间是（）A．0vsingB．0vtangC．02vsingD．0vgtan【答案】B【解析】根据几何关系可知：水平速度与末速度的夹角为，则有：0yvtanv解得：0yvvtan根据yvtg得运动的时间为：0vtantg故选B。18．如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在水平匀强磁场中，棒在竖直向上的恒力F作用下匀速上升的一段时间内，金属棒受恒定大小的滑动摩擦力f，下列说法正确的是A．通过电阻R的电流方向水平向右，棒受到的安培力方向竖直向上B．通过电阻R的电流方向水平向左，棒受到的安培力方向竖直向下C．棒机械能增加量的大小等于棒克服重力所做的功D．棒机械能的增加量等于恒力F和滑动摩擦力f做的总功【答案】C【解析】由右手定则可以判断，导体棒中的电流方向向左，所以通过电阻R的电流方向向右；再由左手定则可以判断出导体棒受到的安培力方向竖直向下，所以A、B错误；由题意知导体棒做匀速运动，故动能不变，所以导体棒机械能的增加量也就是重力势能的增加量，等于棒克服重力所做的功，所以C正确；导体棒机械能的变化量对于除重力以外的力做的功，所以棒机械能的增加量等于恒力F、安培力和滑动摩擦力f做的总功，所以D错误。19．如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体在滑下传送带之前能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到与传送带相对静止这一过程，下列说法中正确的是()A．电动机多做的功为mv2B．物体在传送带上的划痕长2vgC．传送带克服摩擦力做的功为mv2D．电动机增加的功率为μmgv【答案】ACD【解析】B．物块加速运动时的加速度为ag，物体加速到速度为v时所需的时间为：vvtag，这段时间内物块的位移为：22122vvxag，传送带的位移22vxvtg，则物体与传送带间的相对位移2212vxxxg，即物体在传送带上的划痕长22vg，故B错误；C．传送带克服摩擦力做的功为W=μmgx2=mv2，故C正确；A．电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能是212mv，摩擦产生的内能为212Qmgxmv，所以电动机多做的功221+2WmvQmv电，故A正确；D．电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为P=fv=μmgv，故D正确。故选ACD。20．如图所示，质量为m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为14𝑚的木块A放在长木板的左端，一颗质量为116𝑚的子弹以速度𝑣0射入木块并留在木块中，当木块滑离木板时速度为18𝑣0，木块在木板上滑行的时间为t，则下列说法正确的是A．木块获得的最大速度为15𝑣0B．木块滑离木板时，木板获得的速度大小为38𝑣0C．木块在木板上滑动时，木块与木板之间的滑动摩擦力大小为3𝑚𝑣0128𝑡D．木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减小的动能【答案】AC【解析】对子弹和木块A系统，根据动量守恒定律：116𝑚𝑣0=(116𝑚+14𝑚)𝑣1，解得𝑣1=15𝑣0，选项A正确；木块滑离木板时，对木板和木块（包括子弹）系统：116𝑚𝑣0=(116𝑚+14𝑚)⋅18𝑣0+𝑚𝑣2，解得𝑣2=3128𝑣0，选项B错误；对木板，由动量定理：𝑓𝑡=𝑚𝑣2，解得𝑓=3𝑚𝑣0128𝑡，选项C正确；由能量守恒定律可知，木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差，选项D错误；故选AC.21．质量为m，电量为q的带正电小物块在磁感强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，沿动摩擦因数为μ的绝缘水平面以初速度v0开始向左运动，如图所示．物块经时间t移动距离s后停了下来，设此过程中，q不变，则（）A．s＞202vgB．s＜202vgC．t＞00mvmgqvBD．t＜00mvmgqvB【答案】BC【解析】AB、假设物块不受洛伦兹力，根据动能定理20102mgsmv，得2002vsg，物块带正电，受到向下的洛伦兹力，物块受到的支持力NFmgqvB，因为物块向左做减速运动，滑动摩擦力逐渐减小但大于umg，滑行的距离比不受洛伦兹力时小，所以有202vsg，故B正确，A错误；CD、假设洛伦兹力是恒力，大小为qv0B保持不变，则由动量定理，得000mgqvBtmv（），得：00()mvtmgqvB，因为物块向左做减速运动，洛伦兹力减小，加速度减小，滑行时间比洛伦兹力是恒力时会变长，则有00()mvtmgqvB，故C正确，D错误；故选BC．