2020二轮复习物理选择题专练第4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4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，速度为v0、电荷量为q的正离子恰能沿直线飞出离子速度选择器，选择器中磁感应强度为B，电场强度为E，则A．若改为电荷量–q的离子，将往上偏（其他条件不变）B．若速度变为2v0将往上偏（其他条件不变）C．若改为电荷量+2q的离子，将往下偏（其他条件不变）D．若速度变为02v将往上偏（其他条件不变）【答案】B【解析】正离子恰能沿直线飞出离子速度选择器，根据左手定则判断可知，离子受的洛伦兹力方向向上，电场力方向向下，此时洛伦兹力与电场力二力平衡，应该有：qv0B=qE，即v0B=EA项：若改为电荷量-q的离子，根据左手定则判断可知，离子受的洛伦兹力方向向下，电场力方向向上，由于qv0B=qE，此时洛伦兹力与电场力仍然平衡，所以负离子不偏转，仍沿直线运动，故A错误；B项：若速度变为2v0，洛伦兹力增大为原来的2倍，而离子受的洛伦兹力方向向上，电场力不变，所以离子将向上偏转，故B正确；C项：若改为电荷量+2q的离子，根据平衡条件得：qv0B=qE，即v0B=E，该等式与离子的电荷量无关，所以离子仍沿直线运动，故C错误；D项：若速度变为02v，洛伦兹力变为原来的一半，而离子受的洛伦兹力方向向上，电场力不变，所以离子将向下偏转，故D错误．故应选B．15．细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示，以下说法正确的是(已知cos530.6，sin530.8)()A．小球静止时弹簧的弹力大小为35mgB．小球静止时细绳的拉力大小为35mgC．细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为gD．细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为53g【答案】D【解析】AB．小球静止时，分析受力情况，如图所示：由平衡条件得：弹簧的弹力大小为：4tan533Fmgmg，细绳的拉力大小为：5cos533mgTmg，故A、B均错误.CD．细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为：53g，故C错误，D正确．16．如图，水平转盘可绕竖直中心轴转动，盘上叠放着质量均为1kgm的A、B两个物块，B物块用长为0.25mr的细线与固定在转盘中心处的力传感器相连，两个物块和传感器的大小均可不计，细线能承受的最大拉力为8N。A、B间的动摩擦因数为0.4，B与转盘间的动摩擦因数为0.1，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。转盘静止时，细线刚好伸直，传感器的读数为零。当转盘以不同的角速度匀速转动时，传感器上就会显示相应的读数F，则下列判断正确的是（）A．当02rad/s时，随着角速度的增大，力传感器的读数一直增大B．当2rad/s时，随着角速度的增大，力传感器的读数一直增大C．当细线恰好被拉断时，A、B恰好发生相对滑动D．当6rad/s时，细线恰好被拉断【答案】D【解析】A．对AB整体分析，当绳子刚有拉力时，根据牛顿第二定律得21122mgmr即当B物体与转盘将发生滑动时的角速度为112rad/sgr则当02rad/s时，绳子拉力为0，故A错误；BCD．当A物体所受的摩擦力大于最大静摩擦力时，A将要脱离B物体，此时的角速度222mrmg得224rad/sgr当ω=4rad/s时，此时绳子的张力为2122(2160.252)N6N8NTmrmg＜则221220.52Tmrmg＝＝接下来随角速度的增大，Ａ脱离Ｂ物体。只有Ｂ物体作匀速圆周运动，当拉力最大时的角速度为ω3，根据牛顿第二定律得2max13Tmgmr＝则381rad/s6rad/s0.25所以当细线中的拉力F=6N时，A与B即将相对滑动，当转盘的角速度为6rad/s时，细线拉力达到最大，当转盘的角速度大于6rad/s时，绳子断裂，故BC错误，D正确。故选D。17．在匀强磁场中有一不计电阻的矩形线圈，绕垂直磁场的轴匀速转动，产生如图甲所示的正弦交流电，把该交流电接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，Rt为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻。下列说法正确的是()A．在t＝0.01s，穿过该矩形线圈的磁通量为零B．变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝36sin50πt（V）C．Rt处温度升高时，电压表V1、V2示数的比值不变D．Rt处温度升高时，电流表的示数变大，变压器输入功率变大【答案】D【解析】A．在t＝0.01s，感应电动势为零，线圈平面与磁场垂直，穿过该矩形线圈的磁通量有最大值，故A错误；B．由甲图可知交变电流周期为T，角速度为2100rad/sT电压的瞬时值表达式为sin362sin100(V)muUt故B错误；C．Rt处温度升高，Rt阻值减小，电压表V1测原线圈两端电压，示数不变，电压表V2测Rt两端电压，示数减小，电压表V1、V2示数的比值变大，故C错误；D．副线圈两端电压不变，回路中阻值减小，电流增大，电流表的示数变大，变压器输入功率变大，故D正确。故选D。18．氢原子的能级如图所示，现处于n=4能级的大量氢原子向低能级跃迁，下列说法正确的是A．这些氢原子可能发出3种不同频率的光B．已知钾的逸出功为2.22eV，则氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级释放的光子可以从金属钾的表面打出光电子C．氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级释放的光子能量最小D．氢原子由n=4能级跃迁到n=3能级时，氢原子能量减小，核外电子动能增加【答案】D【解析】根据246C，所以这些氢原子总共可辐射出6种不同频率的光.故A错误；n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光子能量E=-1.51eV-（-3.40eV）=1.89eV2.22eV，小于钾的逸出功，不能发生光电效应，故B错误.由图可知当核外电子从n=4能级跃迁到n=3能级时，能级差最小，所以放出光子的能量最小，故C错误；由n=4能级跃迁到n=3能级过程中释放能量，原子的能量在减小，核外电子的运转半径减小，根据222qvkmrr可知22kkqEr则电子的动能会增加，故D正确；故选D19．科学家用精密仪器测得地球两极处的重力加速度为g1，赤道处的重力加速度为g2。地球的自转周期为T，引力常量为G。若将地球看成标准球体，则（）A．赤道上的物体随地球一起做圆周运动的向心加速度为g2B．地球的半径为21224ggTC．地球的质量为24121416ggTgGD．地球的密度为12123gGggT【答案】BCD【解析】A．赤道上的物体随地球一起做圆周运动时，万有引力提供向心力和重力122MmmgGmgmaR则向心加速度为12aggA错误；B．在两极处12GMmmgR在赤道上22224GMmmgmRRT联立可得地球的半径为21224ggTRB正确；C．将地球半径代入12GMmmgR可求得地球的质量为24121416ggTgMGC正确；D．地球的密度为12312343gMGggTRD正确。故选BCD。20．有一倾角为30°光滑斜面，劲度系数为k的轻弹簧下端固定在斜面底端，上端与一质量为m的滑块A连接，A处于静止状态．另一质量也是m的滑块B在距离滑块A为L处由静止释放，A、B相碰后粘在一起沿斜面向下运动，A、B均可以视为质点，则下列说法正确的是A．滑块B与A碰撞前瞬间B的速度为2gLvB．AB滑块相碰前弹簧所具有的弹性势能为228pmgEkC．整个过程损失的机械能为14mgLD．当A、B滑块速度减为零时弹簧弹力的大小为mg【答案】BC【解析】A．滑块B下滑距离L的过程，由动能定理可知：201sin2mgLmv，解得0vgL，故A错误；B．碰撞前A处于平衡状态，根据平衡可知mgsinkx，此时2222112228PmgmgEkxkkk，故B正确；C．碰撞过程动量守恒则012mvmv，根据能量守恒可知损失的机械能为2220101112224Emvmvmv，故C正确；D．AB系统的平衡位置为2sinkxmgmg，所以当弹簧弹力的大小为mg时，AB两个物体恰好运动到平衡位置，此时AB的速度最大，故D错误．21．在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如图所示的PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图位置向右运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为v/2，则下列说法正确的是()A．此时圆环中的电流为逆时针方向B．此时圆环的加速度为228vmRaBC．此时圆环中的电功率为2228RavBD．此过程中通过圆环截面的电量为2BRa【答案】BD【解析】由楞次定律可知，线圈产生的感应电流沿顺时针方向，故A错误；此时圆环受力为：222282224vBaBavFBIaBaRR，由牛顿第二定律可得，加速度为：228FBavammR，故B正确；当圆环的直径与边界线PQ重合时，圆环左右两个半环均产生感应电动势，有效切割的长度都等于直径，故线圈中的感应电动势为：E=2B×2a×2v=2Bav，圆环中的电功率为：22224EBavPRR，故C错误。此过程中，电路中的平均电动势为：2 BatEt，则电路中通过的电量为：2EBaqIttRR，故D正确；故选BD。