2017年秋高考二轮复习专题训练：选择题标准练（十） - 图文

选择题标准练(十) 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. 如图所示，轻绳一端连接放置在水平地面上的物体Q，另一端绕过固定在天花板上的定滑轮与小球P连接，P、Q始终处于静止状态，则( ) A．Q可能受到两个力的作用 B．Q可能受到三个力的作用 C．Q受到的轻绳拉力与重力的合力方向水平向左 D．Q受到的轻绳拉力与重力的合力方向指向左下方 解析：本题考查受力分析、平衡条件等知识点． 小球P静止，所以轻绳对小球P和物体Q有拉力作用，若物体Q受到的拉力的竖直分力等于重力，则物体Q对地面无压力，但这种情况下Q不可能静止，因此拉力的竖直分力一定小于重力，物体Q必受到竖直向上的支持力，又物体Q有相对地面向左的运动趋势，故一定受水平向右的静摩擦力作用，即物体Q受四个力作用，受力分析如图所示，AB项错误；由平衡条件可知，拉力与重力的合力与支持力和静摩擦力的合力方向相反，即方向指向左下方，D项正确，C项错误． 答案：D 2．用一根绳子竖直向上拉一个物块，物块从静止开始运动，绳子拉力的功率按如图所示规律变化，已知物块的质量为m，重力加速度为g,0～t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后功率保持不变，t1时刻物块达到最大速度，则下列说法正确的是( ) A．物块始终做匀加速直线运动 P0B．0～t0时间内物块的加速度大小为 mt0P0C．t0时刻物块的速度大小为 mgP0t0P20D．0～t1时间内物块上升的高度为(t1－)－23 mg22mg解析：本题考查功和功率，意在考查学生对物块加速启动过程中功率变化的分析． 由题图可知，0～t0时间内功率与时间成正比，则有F－mg＝ma，v＝at，P＝Fv，得PP0＝m(a＋g)at，因此图线斜率＝m(a＋g)a，B选项错误；t0时刻后功率保持不变，拉力大于t0P0重力，物块继续加速运动，由v－mg＝ma，物块加速度逐渐减小，t1时刻速度最大，则aP0＝0，最大速度为vm＝，A、C选项错误；P—t图线与t轴所围的面积表示0～t1时间内mgmv2P0t0P0t0P0t0m拉力做的功W＝＋P0(t1－t0)＝P0t1－，由动能定理得W－mgh＝，得h＝(t1－)222mg22P0－23，D选项正确． 2mg答案：D 3. 运动质点的v—x图象如图所示，图线为顶点在坐标原点、开口向右的一条抛物线，则下列判断不正确的是( ) A．质点做初速度为零的匀加速直线运动 B．质点的加速度大小为5 m/s2 C．质点在3 s末的速度大小为30 m/s D．质点在0～3 s内的平均速度大小为7.5 m/s 解析：本题考查直线运动的图象，意在考查学生应用数学处理物理问题的能力． 2由题图可知，图线满足v2＝10x，由运动学公式v2＝v20＋2ax，可得v0＝0，a＝5 m/s，质点做初速度为零的匀加速直线运动，3 s末的速度v3＝at3＝15 m/s,0～3 s内的平均速度vv0＋v3＝＝7.5 m/s，选C. 2答案：C 4. 理想变压器原线圈接恒压交流电源，副线圈接如图所示电路，定值电阻R1、R3的阻值均为R，滑动变阻器R2总阻值为2R，在滑动变阻器的滑片P从a点滑到b点过程中，下列说法正确的是( ) A．变压器输出电压先增大后减小 B．电阻R1上电压先增大后减小 C．变压器输入功率先增大后减小 D．电阻R3上电流一直减小 解析：本题考查变压器与电路，意在考查学生对动态电路的分析能力． 理想变压器输入电压不变，则输出电压不变，A选项错误；当滑片P从a点滑向b点时，滑动变阻器R2上侧部分与电阻R3串联后再与滑动变阻器R2下侧部分并联，并联阻值U2先增大后减小，因此电阻R1两端电压先减小后增大，B选项错误；由P＝得变压器输出R功率先减小后增大，C选项错误；当并联部分电阻增大时，并联部分电压增大，输出总电流减小，滑动变阻器R2下侧部分电阻减小，电流增大，则电阻R3上电流减小，当并联部分电阻减小时，并联部分电压减小，滑动变阻器R2上侧部分与R3串联电阻增大，则电阻R3上电流减小，D选项正确． 答案：D 5. 如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的粒子(带电粒子重力不计)，恰好从e点射出，则( ) A．如果粒子的速度增大为原来的2倍，将从d点射出 B．如果粒子的速度增大为原来的3倍，将从f点射出 C．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的2倍，将从d点射出 D．只改变粒子的速度使其分别从e、d、f点射出时，从e点射出所用时间最短 解析：本题考查了带电粒子在匀强磁场中的圆周运动、向心力等知识点． mv如果粒子的速度增大为原来的2倍，磁场的磁感应强度不变，由半径公式R＝可知，qB半径将增大为原来的2倍，根据几何关系可知，粒子正好从d点射出，故A项正确；设正2方形边长为2a，则粒子从e点射出，轨迹半径为a.磁感应强度不变，粒子的速度变为原232来的3倍，则轨迹半径变为原来的3倍，即轨迹半径为a，则由几何关系可知，粒子从2fd之间射出磁场，B项错；如果粒子速度不变，磁感应强度变为原来的2倍，粒子轨迹半径减小为原来的一半，因此不可能从d点射出，C项错；只改变粒子速度使其分别从e、d、f三点射出时，从f点射出时轨迹的圆心角最小，运动时间最短，D项错． 答案：A 6．如图所示，K1、K2闭合时，一质量为m、带电荷量为q的液滴，静止在电容器的A、B两平行金属板间．现保持K1闭合，将K2断开，然后将B板向下平移到图中虚线位置，则下列说法正确的是( ) A．电容器的电容减小 B．A板电势比电路中Q点电势高 C．液滴将向下运动 D．液滴的电势能增大 解析：本题考查了平行板电容器、场强与电势差关系、电场力、串、并联电路分压规律等． 由平行板电容器的决定式可知，板间距离增大，电容减小，A项正确；K1、K2闭合时，R1中无电流通过，故B板电势为零，电容器两极板电势差与R2两端电压相等，电阻R2下端接地，故Q点与电容器上极板电势相等．断开开关K2，电路结构未发生变化，Q点电势不QεS变，电容器所带电荷量保持不变，B板下移，即板间距离d增大，由C＝＝可知，dU4πkd增大，其他物理量保持不变，则两极板电势差U增大，B板电势为零不变，故A板电势升UQεS4πkQ高，B项正确；由场强与电势差关系E＝及＝可知，E＝故两极板间场强不变，dU4πkdεS因此带电液滴受电场力不变，液滴保持静止，C项错；根据U＝Ed知，液滴距离下极板B 的距离增大，所以液滴所在位置与B板的电势差增大，B板电势为零，故液滴所在位置电势φ升高，液滴静止，上极板与电源正极相连，故液滴带负电，由EP＝qφ可知液滴的电势能降低，D项错． 答案：AB 7．A、B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一个带电小球(可视为点电荷)．两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的R1为光敏电阻(其阻值随所受光照强度的增大而减小)，R2为滑动变阻器，R3为定值电阻．当R2的滑片P在中间时闭合开关S，此时电流表和电压表的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为θ.电源电动势E和内阻r一定，电表均为理想电表．下列说法中正确的是( ) A．无论将R2的滑动触头P向a端移动还是向b端移动，θ均不会变化 B．若将R2的滑动触头P向b端移动，则I减小，U减小 C．保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则小球重新达到稳定后θ变小 D．保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变 解析：本题考查了串联分压规律、电路的简化、场强与电势差关系、电场力、平衡条件、闭合电路欧姆定律等知识点． 滑动变阻器R2与电容串联，电路稳定时，无电流通过R2，电容器两极板间电势差等于R1两端电压，所以移动R2滑动触头不会影响电容器极板间电压，故θ保持不变，A项正确，B项错；较强光照射R1，光敏电阻R1的阻值减小，由“串反并同”规律可知，R1两端电压U减小，故电容器两极板间电势差减小，由E＝可知，两极板间场强减小，又小球在三力作d用下处于平衡状态，小球所受电场力F＝Eq减小，θ减小，C项正确；电流表测量通过电源的电流，而电压表测量路端电压，由U＝E－Ir可知，U的变化量绝对值与I的变化量绝对值的比值的物理意义是电源的内电阻，故比值不变，D项正确． 答案：ACD 8. 如图所示，在光滑绝缘的水平面上叠放着两个物块A和B，A带负电、质量为m、电荷量为q，B质量为2m、不带电，A和B间动摩擦因数为0.5.初始时A、B处于静止状态，现将大小为F＝mg的水平恒力作用在B上，g为重力加速度．A、B处于水平向里的磁场之中，磁感应强度大小为B0.若A、B间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( ) gA．水平力作用瞬间，A的加速度大小为 2mB．A做匀加速运动的时间为 qB0mgC．A的最大速度为 qB0D．B的最大加速度为g 解析：本题考查学生对带电体在磁场中运动过程的分析能力． F作用在B上瞬间，假没A、B一起加速，则对A、B整体有F＝3ma＝mg，对A有fA11g＝ma＝mg<μmg＝mg，假设成立，因此A、B共同做加速运动，加速度为，A选项错误；323A、B开始运动后，整体在水平方向上只受到F作用，做匀加速直线运动，对A分析，B对mgA有水平向左的静摩擦力fA静作用，由fA静＝知，fA静保持不变，但A受到向上的洛伦兹力，3支持力NA＝mg－qvB0逐渐减小，最大静摩擦力μNA减小，当fA静＝μNA时，A、B开始相对mgmgm滑动，此时有＝μ(mg－qv1B0)，v1＝，由v1＝at得t＝，B选项正确；A、B相对33qB0qB0滑动后，A仍受到滑动摩擦力作用，继续加速，有fA滑＝μ(mg－qvAB0)，速度增大，滑动摩mg擦力减小，当滑动摩擦力减小到零时，A做匀速运动，有mg＝qv2B0，得最大速度v2＝，qB0C选项正确；A、B相对滑动后，对B有F－fA滑＝2maB，fA滑减小，则aB增大，当fA滑减小Fg到零时，aB最大＝＝，D选项错误． 2m2答案：BC