2020高考物理 专项微测：选择题48分满分测4课件

选择题48分满分测(四)(14～18为单选题，19～21为多选题)14．(2019·衡水中学测试三)下列说法正确的是()A．地球同步卫星根据需要可以定点在北京正上空B．若加速度方向与速度方向相同，当物体加速度减小时，物体的速度可能减小C．物体所受的合外力为零，物体的机械能一定守恒D．做平抛运动的物体，在任何相等的时间内速度的变化量都是相等的解析根据天体运动规律可知：地球同步卫星一定在赤道上空，故A项错误；若加速度方向与速度方向相同，不管加速度是增大还是减小，速度都在增大，故B项错误；当只有重力或(系统内的弹力做功时)，机械能是守恒的，故C项错误；做平抛运动的物体，在任何相等的时间内速度的变化量Δv＝gt都是相等的，故D项正确。答案D15.(2019·茂名第一次综合测试)如图所示，有一内壁光滑的高为H＝5m、宽为L＝1m的直立长方形容器，可视为质点的小球在上端口边缘O以水平初速度v0向左抛出，正好打在E点，若球与筒壁碰撞时无能量损失，不计空气阻力，重力加速度的大小为g＝10m/s2。则小球的初速度v0的大小可能是()A．2m/sB．4m/sC．6m/sD．9m/s解析小球在竖直方向做自由落体运动，时间t＝2Hg＝1s，小球打在E点的水平路程为x＝(2n－1)L，n＝1,2,3…，小球的初速度v0＝xt＝(2n－1)m/s，n＝1,2,3…，所以D项正确。答案D16.(2019·广东省茂名市第一次综合测试)如图所示，理想变压器的原线圈接在一个交流电源上，交流电压瞬时值随时间变化的规律为u＝2202sin100πt(V)，副线圈所在电路中接有灯泡、电动机、理想交流电压表和理想交流电流表。已知理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，灯泡的电阻为22Ω，电动机内阻为1Ω，电流表示数为3A，各用电器均正常工作。则()A．通过副线圈的电流方向每秒种改变50次B．电压表示数为222VC．变压器原线圈的输入功率为662WD．电动机的输出功率为40W解析原线圈两端的电压U1＝220V，频率f＝ω2π＝50Hz，电流方向每秒钟改变100次，A项错误；由U1U2＝n1n2得副线圈两端的电压U2＝22V，B项错误；输入功率等于输出功率P＝U2I2＝66W，C项错误；灯泡消耗的功率PL＝U22R＝22W，电动机的输出功率P出＝P－PL－(I2－IL)2r＝40W，D项正确。答案D17．(2019·福州八县市联考)蹦床是一项运动员利用从蹦床反弹中表现杂技技巧的竞技运动，一质量为50kg的运动员从离蹦床1.8m处自由下落，若从运动员接触蹦床到运动员陷至最低点经历了0.2s，(取g＝10m/s2，不计空气阻力)则这段时间内，下列说法错误的是()A．运动员受到的合力冲量大小为300N·sB．重力的冲量大小为100N·sC．蹦床对运动员的冲量大小为200N·sD．运动员动量变化量大小为300kg·m/s解析设运动员的质量为m，他刚落到蹦床瞬间的速度为v，运动员自由下落的过程，只受重力作用，故机械能守恒，即：mgh＝12mv2，解得：v＝2gh＝6m/s；根据动量定理可知，运动员受到的合力冲量大小I＝mv＝50×6N·s＝300N·s，A项正确；重力的冲量大小IG＝mgΔt＝500×0.2N·s＝100N·s，B项正确；选取小球接触蹦床的过程为研究过程，取向上为正方向。由动量定理得：IF－IG＝0－mv，解得蹦床对运动员的冲量大小为IF＝IG＋mv＝400N·s，C项错误；运动员动量变化量大小Δp＝mv＝300kg·m/s，D项正确。答案C18.如图所示，质量为M＝10kg的小车停放在光滑水平面上。在小车右端施加一个F＝10N的水平恒力。当小车向右运动的速度达到2.8m/s时，在其右端轻轻放上一质量m＝2.0kg的小黑煤块(小黑煤块视为质点且初速度为零)，煤块与小车间动摩擦因数μ＝0.20。假定小车足够长，g＝10m/s2。则下列说法正确的是()A．煤块在整个运动过程中先做匀加速直线运动稳定后做匀速直线运动B．小车一直做加速度不变的匀加速直线运动C．煤块在3s内前进的位移为9mD．小煤块最终在小车上留下的痕迹长度为2.8m解析根据牛顿第二定律，刚开始运动时对小黑煤块有：μmg＝ma1，代入数据解得：a1＝2m/s2，刚开始运动时对小车有：F－μmg＝Ma2，解得：a2＝0.6m/s2，经过时间t，小黑煤块和车的速度相等，小黑煤块的速度v1＝a1t，车的速度v2＝v＋a2t，v1＝v2，解得：t＝2s。以后煤块和小车一起运动，根据牛顿第二定律：F＝(M＋m)a3，a3＝56m/s2，即煤块和小车一起以加速度a3＝56m/s2做匀加速运动，故A、B两项错误；在2s内小黑煤块前进的位移为：x1＝12a1t2＝12×2×22m＝4m，然后和小车共同运动1s时间，此1s时间内位移x1′＝v1t′＋12a3t′2＝4.4m，故煤块在3s内前进的位移为4m＋4.4m＝8.4m，故C项错误；在2s内小黑煤块前进的位移x1＝4m，小车前进的位移为：x2＝vt＋12a2t2＝6.8m，两者的相对位移Δx＝x2－x1＝6.8m－4m＝2.8m，D项正确。答案D19.(2019·河南省天一大联考“顶尖设计”)如图所示，斜面AB和AC与水平面的夹角分别为53°和37°，两斜面的B端和C端在同一竖直面上。现让两个可视为质点的物块分别从两斜面的顶端同时由静止开始下滑，结果两物块同时滑到斜面底端的A点。已知两物块质量相等，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，则在两物块沿斜面AB、AC运动的过程中，下列说法正确的是()A．物块与两斜面间的动摩擦因数之比为4∶3B．摩擦力的冲量之比为4∶3C．物块运动到斜面最底端时重力的瞬时功率之比为4∶3D．物块损失的机械能之比为16∶9解析根据牛顿第二定律，物块由AB下滑时有mgsin53°－μ1mgcos53°＝ma1，解得a1＝gsin53°－μ1gcos53°，物块由AC下滑时有mgsin37°－μ2mgcos37°＝ma2，解得a2＝gsin37°－μ2gcos37°。设底边AD长为d，由运动学公式有dcos53°＝12a1t2，dcos37°＝12a2t2，联立解得μ1∶μ2＝16∶9，A项错误；摩擦力的冲量I1＝μ1mgcos53°×t，I2＝μ2mgcos37°×t，故摩擦力的冲量之比为I1∶I2＝4∶3，B项正确；物块运动到斜面最底端时重力的瞬时功率P1＝mgsin53°×a1t＝mgsin53°×2dcos53°t，P2＝mgsin37°×a2t＝mgsin37°×2dcos37°t，故P1∶P2＝16∶9，C项错误；物块减小的机械能E1＝μ1mgcos53°×dcos53°＝μ1mgd，E2＝μ2mgcos37°×dcos37°＝μ2mgd，故E1∶E2＝16∶9，D项正确。答案BD20.(2019·益阳期末考试)如图所示，正对的平行金属板A、B与水平面的夹角为37°，两金属板分别与电源的正负极相连，一带正电的粒子沿虚线从a点运动到b点，其中ab连线与两金属板平行，则下列说法正确的是()A．金属板A带正电，且电场力为重力的45B．粒子的重力势能减少C．粒子的电势能增加D．粒子的机械能守恒解析粒子带正电，沿虚线ab做直线运动，说明合力在ab连线的方向上，受力分析如图所示，场强方向斜向右上方，且Eq＝mgcos37°＝45mg，金属板A带负电，A项错误；重力做正功，粒子的重力势能减少，B项正确；电场力不做功，粒子的电势能不变，C项错误；除了重力外其他力不做功，粒子的机械能守恒，D项正确。答案BD21.如图所示，边长为L的正三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m，电荷量均为q的三个粒子A、B、C以大小不等的速度从a点沿与ab边成30°角的方向垂直射入磁场后从ac边界穿出，穿出ac边界时与a点的距离分别为L3、2L3、L。不计粒子的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是()A．粒子C在磁场中做圆周运动的半径为LB．A、B、C三个粒子的初速度大小之比为3∶2∶1C．A、B、C三个粒子从磁场中射出的方向均与ab边垂直D．仅将磁场的磁感应强度减小13，则粒子B从c点射出解析由圆周运动的对称性可知，同一直线边界以30°的弦切角进入磁场，射出时的速度也与边界成30°，而圆心角为60°，则圆心和入射点以及出射点构成等边三角形，由几何关系可知rA＝L3，rB＝2L3，rC＝L，故A项正确；根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2r，可知v＝qBrm，可得初速度之比vA∶vB∶vC＝1∶2∶3，B项错误；由于三粒子从ac边出射时速度与边界的夹角为30°，而∠cab＝60°，故出射速度的反向延长线必与ab边垂直构成直角三角形，故C项正确；由r＝mvqB可知将B改为2B3，半径将变为rB′＝23L×32＝L，而其他条件不变，故由几何关系可知B粒子将从c点出射，D项正确。答案ACD