2020二轮复习物理选择题专练第02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2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．如图所示为一质点做直线运动的v­t图象，下列说法正确的是()A．在18～22s时间内，质点的位移为24mB．18s时质点速度反向C．整个过程中，E点处质点离出发点最远D．整个过程中，CE段的加速度最大【答案】D【解析】图像与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标轴上方表示正位移，下方表示负位移，所以18s~22s面积和为零，即位移为零，A错误；18s质点的速度仍为正，即仍朝着正方向运动，B错误；当正面积最大时，离出发点最远，即在20s时最远，C错误；图像的斜率表示加速度，故CE段的加速度最大，D正确．15．将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图所示。用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ＝30°，则F达到最小值时Oa绳上的拉力为（）A．3mgB．mgC．32mgD．12mg【答案】A【解析】将a、b两小球视为整体受力分析，根据力的合成：可知当外力F垂直绳子时有最小值，则Oa绳子的拉力：2cos303TmgmgA正确，BCD错误。故选A。16．如图所示，回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝02R，电源内阻014rR，电源电动势为E，电容器的电容为C，闭合开关S，则下列说法中正确的是()A．电压表的示数为58EB．电容器的带电量为14CEC．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍D．电源内阻消耗的热功率和电阻R2的相等【答案】C【解析】A．R2先与滑动变阻器右半部分并联，后与左半部分串联，再与R1串联，外电路的总电阻为074R，电压表的示数为外电路消耗的电压，为78E，A错误；B．电容器两端的压为并联电路两端的电压，为18E，因此电容器的带电量为18CE，B错误；C．通过R2的电流与通过滑动变阻器右半部分的电流相等，故通过滑动变阻器左半部分的电流是通过R2的电流的2倍，其热功率是R2的4倍，滑动变阻器右半部分又与R2的热功率相等，所以滑动变阻器的热功率是R2的5倍，C正确；D．通过电源的电流为通过电阻R2的电流的2倍，由2PIR得电源内阻消耗的热功率为电阻R2的2倍，D错误；故选C。17．如图所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一足够长的绝缘木板静止在水平面上，木板左端放置滑块，已知木块与滑块质量均为0.2kg，滑块所带电荷量q=+0.4C，滑块与绝缘木板、木板与地面之间的动摩擦因数均为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。t=0时对木板施加方向水平向左的力作用，使木板做匀加速运动，已知力F的大小随时间变化关系如图所示，g取10m/s2。则下列说法不正确的是（）A．木板的加速度为2m/s2，滑块离开木板时速度为16m/sB．t=3s后滑块和木块有相对运动C．滑块开始做匀加速运动，后做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10m/s的匀速运动D．滑块离开木板时，力F的大小为1.4N【答案】A【解析】B．根据题意可知木板始终做匀加速运动，且t=0时滑块不受洛伦兹力作用，则对整体有：22Fmgma由图像可知此时拉力为2.8N，代入可得：a=2m/s2，根据题意可知，当滑块与木板恰好发生相对运动时：()mgqvBma解得：v=6m/s由v=at，可知t=3s，B正确，不符合题意；AC．此后速度继续增加，摩擦力继续减小，则加速度减小，当二者分离时有：'mgqvB解得10vm/sC正确，不符合题意，A错误，符合题意；D．由于木板一直做匀加速运动，故滑块离开木板后，对木板有：Fmgma解得1.4FmgmaND正确，不符合题意。故选A.18．如图所示，小物块套在固定竖直杆上，用轻绳连接后跨过小定滑轮与小球相连．开始时物块与定滑轮等高．已知小球的质量是物块质量的两倍，杆与滑轮间的距离为d，重力加速度为g，绳及杆足够长，不计一切摩擦．现将物块由静止释放，在物块向下运动过程中，下列说法不正确的是()A．刚释放时物块的加速度为gB．物块重力的功率先增大后减小C．物块下降的最大距离为3dD．物块速度最大时，绳子的拉力一定大于物块的重力【答案】C【解析】A．刚开始释放时，物块水平方向受力平衡，竖直方向只受重力，根据牛顿第二定律可知其加速度为g，故A正确；B．刚释放时物块的速度为零，小球重力的功率为零．物块下降到最低点时小球的速度为零，小球重力的功率又为零，所以小球重力的功率先增大后减小，故B正确；C．物块下降的最大距离为S，物块的质量为m．根据系统机械能守恒定律，有：2220mgSmgdSd解得：43Sd，故C错误；D．物块的合力为零时速度最大，则绳子拉力的竖直向上的分力一定等于物块的重力，所以绳子的拉力一定大于物块的重力，故D正确；19．如图所示，ABC三颗行星组成一个独立的三星系统，在相互的万有引力作用下，绕一个共同的圆心O做角速度相等的圆周运动，已知AB两星的质量均为m，C星的质量为2m，等边三角形的每边长为L，则A．C星做圆周运动的向心力大小为223mGLB．A星所受的合力大小为227mGLC．B星的轨道半径为74LD．三个星体做圆周运动的周期为32LGm【答案】BC【解析】A．C星做圆周运动的向心力大小为22222cos30323CACmmmFFGGLL选项A错误；B．A星所受的合力大小为222cos60ABACABACAFFFFF其中22BAGmFL222CAGmFL解得227AmFGL选项B正确；C．因AB所受的合力相等，均为227ABmFFGL由几何关系可知：22222212cos6027BGmGmLLLGmRL解得74BRL选项C正确；D．对星球B：222247BmGmRLT解得3LTGm选项D错误；故选BC。20．如图所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动．现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则A．固定位置A到B点的竖直高度可能为2RB．滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关C．滑块可能重新回到出发点A处D．传送带速度v越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多【答案】CD【解析】若滑块恰能通过C点时有：mg=m2 CvR；由A到C，根据动能定理知mghAC=12mvC2；联立解得：hAC=12R；则AB间竖直高度最小为2R+12R=2.5R，所以A到B点的竖直高度不可能为2R，故A错误；设滑块在传送带上滑行的最远距离为x，则有动能定理有：0-12mvC2=2mgR-μmgx，知x与传送带速度无关，故B错误；若滑块回到D点速度大小不变，则滑块可重新回到出发点A点，故C正确；滑块与传送带摩擦产生的热量Q=μmg△x，传送带速度越大，相对路程越大，产生热量越多，故D正确；故选CD．21．如图甲所示，质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直放置在光滑水平导轨上，导轨由两根足够长间距d的平行金属杆组成，其电阻不计，在导轨左端接有阻值R的电阻，金属棒与导轨接触良好，整个装置位于磁感应强度B的匀强磁场中。从某时刻开始，导体棒在水平外力F的作用下向右运动（导体棒始终与导轨垂直），水平外力随着金属棒位移变化如图乙所示，当金属棒向右运动位移x时金属棒恰好匀速运动.则下列说法正确的是（）A．导体棒ab匀速运动的速度为022FRrvBdB．从金属棒开始运动到恰好匀速运动，电阻R上通过的电量BdxRrC．从金属棒开始运动到恰好匀速运动，电阻R上产生的焦耳热220044122RmFRrQFxBdD．从金属棒开始运动到恰好匀速运动，金属棒克服安培力做功220044122mFRrWFxBd克【答案】ABD【解析】A．金属棒在外力F的作用下从开始运动到恰好匀速运动，在位移为x时外力F0=F安=BIdEIRrEBdv联立可得022FRrvBd,所以选项A正确；B．此过程中金属棒R上通过的电量BdxqIttRrtRrRr，所以选项B正确；CD．对金属棒由动能定理可得220244122mFRrWWmvBd外克WQ总克RrQQQ总解得：2200441[]22RmFRrRQFxRrBd220044122mFRrWFxBd克故D正确，C错误。故选ABD。