【物理】2019届二轮复习选择题专练(四)作业（全国通用）

【物理】2019届二轮复习选择题专练(四)作业（全国通用）

选择题专练(四)‎ ‎(限时：20分钟)‎ 二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48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1所示，将某均匀长方体锯成A、B两块后，在水平桌面上对齐放在一起，现用水平力F推B，使A、B整体保持长方体并沿F方向匀速运动，则(　　)‎ 图1‎ A．A在水平方向受到三个力的作用，且合力为零 B．A在水平方向受到五个力的作用，且合力为零 C．A对B的作用力方向与A、B接触面垂直 D．B对A的弹力大于桌面对A的摩擦力 答案　A 解析　对A受力分析，在水平方向上受B对A的弹力、桌面对A的滑动摩擦力和B对A的静摩擦力，在三个力的作用下处于平衡状态，受力如图，‎ 故A正确，B错误．B对A的弹力和静摩擦力的合力与桌面对A的滑动摩擦力等大反向，与F的方向相同；根据牛顿第三定律可知，A对B的作用力方向与F的方向相反，不是与A、B接触面垂直，故C错误．因为B对A的弹力与B对A的摩擦力垂直，二者的合力等于桌面对A的摩擦力，所以B对A的弹力小于桌面对A的摩擦力，故D错误．‎ ‎15．如图2甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m＝0.2 kg的小球从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，其速度v和弹簧压缩量Δx的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点，不计空气阻力，小球和弹簧接触瞬间的机械能损失不计，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中不正确的是(　　)‎ 图2‎ A．该弹簧的劲度系数为20 N/m B．当Δx＝0.3 m时，小球处于超重状态 C．小球刚接触弹簧时速度最大 D．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大 答案　C 解析　当Δx＝0.1 m时，小球的重力等于弹簧对它的弹力，合力为零，小球的加速度为零，可得：kΔx＝mg，解得：k＝＝ N/m＝20 N/m，故A正确；由题图乙可知，Δx＝0.3 m时，小球的速度减小，加速度向上，故说明小球处于超重状态，故B正确；由题图乙知，开始小球的速度增大，小球的重力大于弹簧对它的弹力，当Δx＝0.1 m时，小球的速度最大，然后速度减小，故C错误；题图乙图线的斜率表示加速度，则由图可知，从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大，故D正确．本题选不正确的，故选C.‎ ‎16．假想在地球赤道上有一颗苹果树，其高度超过了地球同步卫星轨道的高度．树上若有质量相等的三个苹果A、B、C，其高度分别低于、等于、高于地球同步卫星轨道高度．则下列说法正确的是(　　)‎ A．苹果A的线速度最大 B．苹果B所需向心力小于苹果A所需向心力 C．苹果C离开苹果树时加速度减小 D．苹果C脱离苹果树后，可能会落向地面 答案　C 解析　三者的角速度相同，根据v＝ωr可知苹果C的线速度最大，A错误；根据F向＝mω2r可知半径越大，向心力越大，故苹果B所需向心力大于苹果A所需向心力，B错误；由于苹果C的角速度和同步卫星的角速度相同，而根据ω＝可知轨道半径越大，角速度越小，所以C所在轨道的角速度大于该轨道所需的角速度，故做离心运动，所以苹果C脱离苹果树后，根据a＝可知轨道半径变大，加速度减小，飞向茫茫宇宙，C正确，D错误．‎ ‎17.如图3所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)以速度v从AC边的中点O垂直AC边射入磁场区域．若三角形的两直角边长均为2L，要使粒子从CD边射出，则v 的取值范围为(　　)‎ 图3‎ A.≤v≤ B.≤v≤ C.≤v≤ D.≤v≤ 答案　C 解析　根据洛伦兹力充当向心力可知，v＝，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，粒子与AD边相切时速度最大，如图．‎ 由几何关系可知 ＋[2L－(r－L)]cos 45°＝r 最大半径为r1＝(＋1)L，‎ 故最大速度应为v1＝；‎ 当粒子从C点出射时半径最小，为r2＝，‎ 故最小速度应为v2＝，‎ 故v的取值范围为≤v≤，‎ 故选C.‎ ‎18．如图4所示，磁单极子会在其周围形成均匀辐射磁场．质量为m、半径为R的圆环当通有恒定的电流I时，恰好能水平静止在N极正上方H处．已知与磁单极子N极相距r处的磁感应强度大小为B＝，其中k为常数．重力加速度为g.则(　　)‎ 图4‎ A．静止时圆环的电流方向为逆时针方向(俯视)‎ B．静止时圆环沿其半径方向有扩张的趋势 C．静止时圆环的电流I＝ D．若将圆环向上平移一小段距离后由静止释放，下落过程中加速度先增加后减小 答案　C 解析　环所在处的磁场的方向向上，则环产生的磁场的方向向下，根据安培定则可知，静止时圆环的电流方向为顺时针方向(俯视)，故A错误；由左手定则可知，环上的各点受到的安培力有水平向里的分力，所以环有收缩的趋势，故B错误；对环的某一部分进行受力分析：在水平方向，根据安培力的对称性可知，整个环在水平方向的合力为0，竖直方向的合力与重力大小相等，由于在圆环处各点电流的方向与磁场的方向都垂直，所以整体受到的安培力：F＝BI·2πR，设F与竖直方向的夹角为θ，由几何关系：Fcos θ＝mg，cos θ＝，由题：B＝，联立得：I＝，故C正确；结合C的受力分析可知，若将圆环向上平移一小段距离后环受到的安培力将减小；由静止释放，开始时重力大于安培力，所以环加速下落，向下的过程中安培力增大，所以合外力减小，加速度先减小，故D错误．‎ ‎19．已知钚的一种同位素Pu的半衰期为24 100年，其衰变方程为Pu→X＋He＋γ，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．衰变发出的γ射线是频率很大的电磁波，穿透能力很强 B．X原子核中含有143个中子 C．8个Pu经过24 100年后一定还剩余4个 D．衰变过程的总质量不变 答案　AB 解析　衰变发出的γ射线是频率很大的电磁波，具有很强的穿透能力，不带电，故A正确．根据电荷数守恒和质量数守恒得，X的电荷数为92，质量数为235，质子数为92，则中子数为235－92＝143，故B 正确．半衰期是对大量原子核发生衰变的统计规律，对少量的原子核不适用，故C错误．在衰变的过程中，根据质能方程知，有能量放出，有质量亏损，故D错误．‎ ‎20．如图5所示，真空中固定两个等量异种点电荷A、B，其连线中点为O.在A、B所形成的电场中，以O点为圆心、半径为R的圆面垂直于AB，以O为几何中心、边长为2R的正方形abcd平面垂直圆面且与AB共面，两平面边线交点分别为e、f，g为圆上一点．下列说法中正确的是(　　)‎ 图5‎ A．a、b、c、d、e、f六点中，不存在场强和电势均相同的两点 B．将一电荷由e点沿圆弧egf移到f点，电场力始终不做功 C．将一电荷由a点移到圆面内任意一点时，电势能的变化量相同 D．沿线段eOf移动的电荷受到的电场力先减小后增大 答案　BC 解析　题图中圆面是一个等势面，e、f的电势相等，根据电场线分布的对称性可知e、f的场强相同，故A错误．题图中圆弧egf在同一等势面上，其上任意两点的电势差都为零，根据公式W＝qU可知：将一正电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力不做功，故B正确．a点与圆面内任意一点的电势差相等，根据公式W＝qU可知：将一电荷由a点移到圆面内任意一点时，电场力做功相同，则电势能的变化量相同，故C正确．沿线段eOf移动电荷，电场强度先增大后减小，则电荷受到的电场力先增大后减小，故D错误．‎ ‎21．如图6所示，单匝矩形闭合导线框abcd处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R.线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，下列说法中正确的是(　　)‎ 图6‎ A．线框转过时，线框中的电流方向为abcda B．线框中感应电流的有效值为 C．线框转一周过程产生的热量为 D．线框从中性面开始转过过程，通过导线横截面的电荷量为 答案　BD 解析　根据楞次定律可知线框中的电流方向为adcba，故A错误；线圈转动过程中感应电动势的最大值为：Em＝BSω，感应电压的有效值为：U＝，则线框中感应电流的有效值为：I＝＝，故B正确；线框转一周的过程中，产生的热量为：Q＝I2RT＝2R＝，故C错误；线框从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量为：q＝＝，故D正确．‎