2019版高考物理（广西课标版）大二轮专题复习：选择题专项练2

选择题专项练(二)考前强化练第36页 (本题共8小题,每小题6分。在每小题给出的四个选项中,第1417题只有一项符合题目要求,第1821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,用两根细线AC和BD悬挂一薄板,使之静止。下列说法正确的是()A.薄板的重心一定在AC和BD的延长线的交点处B.BD的拉力大于AC的拉力C.剪断BD瞬间,薄板的加速度方向一定沿BD斜向下D.若保持AC位置不变,缓慢移动BD至竖直方向,则AC的拉力一直减小答案D解析薄板受到重力、AC细线的拉力和BD细线的拉力三个力作用,三个力不平行,平衡时力所在的直线交于一点,所以薄板的重心一定在通过AC和BD延长线的交点的竖直线上,但不一定在AC和BD的延长线交点处,故A错误。根据水平方向受力平衡可得FTBDsin 60°=FTACcos 45°,可得FTBD<FTAC,故B错误。剪断BD瞬间,薄板的速度为零,向心力为零,合力等于重力垂直于AC向下的分力,所以此瞬间,板的加速度方向一定垂直于AC方向向下,而不是沿BD斜向下,故C错误。若保持AC位置不变,缓慢移动BD至竖直方向,作出三个不同位置的受力合成图,如图,AC的拉力FT和BD拉力F的合力与重力G总等大反向,由图可知,FT一直减小,故D正确。15.自行车和汽车同时驶过平直公路上的同一地点,此后其运动的v-t图象如图所示,自行车在t=50 s时追上汽车,则()A.汽车的位移为100 mB.汽车的运动时间为20 sC.汽车的加速度大小为0.25 m/s2D.汽车停止运动时,二者间距最大答案C解析t=50 s时,汽车的位移等于自行车的位移x=v自t=4×50 m=200 m,故A错误;设汽车运动时间为t,则有x=t得t= s=40 s,故B错误;汽车的加速度大小为a= m/s2=0.25 m/s2,故C正确;在两者速度相等前,汽车的速度大于自行车的速度,汽车在自行车的前方,两者间距增大。速度相等后,汽车的速度小于自行车的速度,汽车仍在自行车的前方,两者间距减小,所以两者速度相等时间距最大,故D错误。16.图甲是线圈绕垂直于磁场的轴在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦式交变电流图象,把该交流电压加在图乙中变压器的A、B两端。已知理想变压器原线圈和副线圈的匝数比为51,交流电流表和交流电压表均为理想电表,电阻R=1 ,其他各处电阻不计,以下说法正确的是()A.在t=0.1 s、0.5 s时,穿过线圈的磁通量最大B.线圈转动的角速度为10 rad/sC.电压表的示数为 VD.电流表的示数为0.40 A答案D解析线圈绕垂直于磁场的轴在匀强磁场中匀速转动,当线圈转动到与中性面垂直的位置时,感应电动势最大,但此时的磁通量为零,选项A错误;由题图甲可知,交变电流的电压峰值为Um=10 V,周期T=0.4 s,所以线圈转动的角速度=5 rad/s,选项B错误;理想变压器原线圈的输入电压U1=10 V,根据变压器的变压比得理想变压器副线圈上得到的电压U2=U1=2 V,选项C错误;I2= A=2 A,理想变压器输入功率等于输出功率,由I1U1=I2U2,可得电流表的示数I1=0.40 A,选项D正确。17.如图所示,一长为l的木板倾斜放置,倾角为45°。一弹性小球自与木板上端等高的某处静止释放,小球落到木板上反弹时,速度大小不变且沿水平方向。若小球一次碰撞后恰好落到木板底端,则小球释放点距木板上端的水平距离为()A.lB.lC.lD.l答案D解析设小球第一次碰板时速度大小为v,对自由下落阶段y1=v=gt1对平抛阶段:y2=x2=vt2根据题意可知lsin 45°=y1+y2联立以上方程可解得y1=,故选D。18.一个质子以1.0×107 m/s的速度撞入一个静止的铝原子核后被俘获,铝原子核变为硅原子核,已知铝核的质量是质子的27倍,硅核的质量是质子的28倍,则下列判断正确的是()A.核反应方程为AlSiB.核反应方程为AlSiC.硅原子核速度的数量级为107 m/s,方向跟质子的初速度方向一致D.硅原子核速度的数量级为105 m/s,方向跟质子的初速度方向一致答案AD解析根据核反应前后质量数和电荷数守恒的原则,可知选项A正确,B错误;由动量守恒定律可知mHv0=mSiv,解得v=vH3.5×105 m/s,方向与质子的初速度方向一致,选项D正确,C错误;故选AD。19.(2018辽宁丹东一模)如图所示,一匝数N=10、总电阻R=2.5 、边长L=0.3 m的均质正三角形金属线框静置在粗糙水平面上,线框的顶点正好是半径r=的圆形磁场的圆心,磁场方向竖直向下(正方向),磁感应强度大小B随时间t变化的关系如图乙所示,a、b是磁场边界与线框的两交点。已知线框与水平面间的最大静摩擦力Ff=0.6 N,取=3,则()A.t=0时穿过线框的磁通量为0.01 WbB.线框静止时,线框中的感应电流大小为0.2 AC.线框静止时,a、b两点间的电压为U= VD.经时间t=0.8 s,线框开始滑动答案AD解析t=0时穿过线框的磁通量为=B×r2=0.01 Wb,故A正确;当线框静止时,根据法拉第电磁感应定律,则有E=NS=0.25 V,再由闭合电路欧姆定律,有I=0.1 A,则a、b两点间电压为U=IR'= V,故B、C错误;经时间t=0.8 s,由图线可知B=6 T,依据B选项分析可知,感应电流I=0.1 A,则其中一边所受安培力大小F=NBIr=0.6 N,根据楞次定律可知,感应电流逆时针方向,由左手定则可知,安培力方向垂直导线框向内,根据几何关系可知,两安培力夹角为120°,则两安培力的合力为0.6 N,因已知线框与水平面间的最大静摩擦力Ff=0.6 N,则开始滑动,故D正确。20.如图所示,半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场,一带正电粒子以速度v1从A点沿直径AOB方向射入磁场,经过时间t1射出磁场。另一相同的带电粒子以速度v2从距离直径AOB的距离为的C点平行于直径AOB方向射入磁场,经过时间t2射出磁场。两种情况下,粒子射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角均为=60°。不计粒子受到的重力,则()A.v1v2=1B.v1v2=1C.t1=t2D.t1>t2答案BC解析根据题意确定圆心,画出轨迹,如图所示,连接O1O,根据三角形AO1O,由几何关系可知=tan 30°,连接CO,连接第二个粒子射出点D与O,四边形O2CDO为菱形,R2=R,根据带电粒子在磁场中运动的半径公式R=,速度与半径成正比v1v2=R1R2=tan 60°=1,所以A错误,B正确;根据周期公式T=可知,粒子的周期相同,圆心角都为60°,在磁场中运动的时间相同,所以C项正确,D项错误。故选BC。21.如图所示,AB为固定水平长木板,长为L,C为长木板的中点,AC段光滑,CB段粗糙,一原长为的轻弹簧一端连在长木板左端的挡板上,一端连一物块。开始时将物块拉至长木板的右端B点,由静止释放物块,物块在弹簧弹力的作用下向左滑动,已知物块与长木板间的动摩擦因数为,物块的质量为m,弹簧的劲度系数为k,且k>,物块第一次到达C点时,物块的速度大小为v0,这时弹簧的弹性势能为E0,不计物块的大小,则下列说法正确的是()A.物块可能会停在CB面上某处B.物块最终会做往复运动C.弹簧开始具有的最大弹簧势能为+E0D.物块克服摩擦做的功最大为mgL答案BD解析由于k>,由此k·L>mg,所以,物块不可能停在BC段,故A错误;只要物块滑上BC段,就要克服摩擦力做功,物块的机械能就减小,所以物块最终会在AC段做往复运动,故B正确;物块从开始运动,到第一次运动到C点的过程中,根据能量守恒定律得Epm=E0+mg·,故C错误;物块第一次到达C点时,物块的速度大小为v0,物块最终会在AC段做往复运动,到达C点的速度为0,可知物块克服摩擦力做的功最大为Wfm=Epm-E0=mgL,故D正确。8