1、选择题满分练(二)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1418题只有一项符合题目要求，第1921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(2019浙江新高考联盟第二次联考)如图1所示，斜面体M始终静止在水平地面上，滑块m恰能沿斜面体自由匀速下滑，现在滑块上加一竖直向下的恒力F，则与未施加恒力F时相比，下列说法错误的是()图1Am和M间的压力变大Bm和M间的摩擦力变大C水平地面对M的支持力变大DM和水平地面间的摩擦力变大 答案D15(2019江苏无锡市上学期期末)在避雷针上方有雷雨云时避雷针附近的电场线分布如图2所示，中央
2、的竖直黑线AB代表了避雷针，CD为水平地面MN是电场线上的两个点，下列说法正确的是()图2AM点的场强比N点的场强大B试探电荷从M点沿直线移动到N点，电场力做功最少CM点的电势比N点的电势高DCD的电势为零，但其表面附近的电场线有些位置和地面不垂直答案C解析N点处的电场线比M点密，因此M点的场强比N点的场强小，选项A错误；由于M、N两点的电势差一定，可知无论试探电荷沿什么路径从M点到N点，电场力做功都是相同的，选项B错误；沿电场线方向电势逐渐降低，因此M点的电势比N点的电势高，选项C正确；CD的电势为零，水平地面为等势面，则CD表面附近的电场线与地面都是垂直的，选项D错误16(2019江苏南通
3、市一模)如图3所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度匀速转动质量不同的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止，物块A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为和，.则()图3A物块A的质量一定小于物块B的质量B物块A、B受到的摩擦力可能同时为零C若物块A不受摩擦力，则物块B受沿容器壁向上的摩擦力D若增大，物块A、B受到的摩擦力可能都增大答案D解析当物块B受到的摩擦力恰为零时，受力分析如图所示根据牛顿第二定律得：mgtan mRsin 解得：B同理，当物块A受到的摩擦力恰为零时角速度为：A由以上可知，物块转动角速度与物块的质量无关，所以无法判断质量的大小关系
4、，故A错误；由于，所以AB，即物块A、B受到的摩擦力不可能同时为零，故B错误；若物块A不受摩擦力，此时转台的角速度为AB，所以此时B物块的向心力大于摩擦力为零时的角速度，则此时物块B受沿容器壁向下的摩擦力，故C错误；如果转台角速度从物块A不受摩擦力开始增大，A、B的向心力都增大，则物块A、B所受的摩擦力都增大，故D正确17.(2019湖北稳派教育上学期第二次联考)如图4所示为氢原子的能级图，用某种频率的光照射大量处于基态的氢原子，结果受到激发后的氢原子能辐射出三种不同频率的光子，让辐射出的光子照射某种金属，结果有两种频率的光子能使该金属发生光电效应，其中一种光子恰好能使该金属发生光电效应，则发
5、出的光电子的最大初动能为()图4A12.09 eV B10.2 eVC1.89 eV D0答案C解析因受到激发后的氢原子能辐射出三种不同频率的光子，故氢原子是从n3的能级跃迁，只有两种频率的光子能使金属发生光电效应，而其中一种光子恰好能使该金属发生光电效应，则说明该光子的能量与金属的逸出功相等，由此分析可知这种光子是从n2能级跃迁到n1能级辐射出的，则该金属的逸出功为W03.4 eV(13.6 eV)10.2 eV，而另一频率的光子是从n3跃迁到n1辐射出的，此光子的能量为E1.51 eV(13.6 eV)12.09 eV；故用此种光子照射该金属，发出的光电子的最大初动能为Ek(12.0910
6、.2) eV1.89 eV，故选C.18.(2019广东揭阳市第一次模拟)图5所示为边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD，带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直AD射入磁场，从DC边上的M点飞出磁场(M点未画出)设粒子从A点运动到C点所用时间为t1，由P点运动到M点所用时间为t2(带电粒子重力不计)，则t1t2为()图5A11 B23 C32 D.答案C解析带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场，可知粒子运动的半径为L，在磁场中运动转过的角度为90；若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直AD射入磁场，则运动半径仍为L，由几
7、何关系可知，从DC边上的M点飞出磁场时，在磁场中转过的角度为60；粒子在磁场中的周期不变，根据tT可知t1 t2906032，故选C.19.(2019山东日照市上学期期末)某物体以一定的初速度沿着斜面向上运动，它所能达到的最大位移x与斜面倾角的关系如图6所示，已知x1、x2和重力加速度g，则可求出()图6A物体的初速度B当物体位移为x2时对应的斜面倾角1C物体在不同倾角的斜面上，减速到零时的位移最小值xminD当物体位移为最小值xmin时，对应的滑动摩擦力大小答案ABC解析由题图知，当90时位移为x2，物体做竖直上抛运动，则有：0v2gx2解得：v0；当0时，位移为x1，设物体与斜面间动摩擦因
8、数为，物体的加速度大小为a0，则有：mgma0且有：0v2a0x1，则可解出；当为其他值时，对物体受力分析，物体的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：mgsin mgcos ma，由运动学公式有：0v2ax由以上各式得：x由数学知识得：sin cos sin()，其中tan ，综上所述可解得：物体在不同倾角的斜面上减速到零时的位移最小值xmin和物体位移为x2时对应的斜面倾角1，由于不知道物体的质量，所以无法确定摩擦力的大小，故A、B、C正确，D错误20.(2019河南郑州市第二次质量检测)如图7所示，空间存在一个沿水平方向的磁场，磁场上边界OM水平，以O点为坐标原点，OM为x轴，竖直向下为y轴
9、，磁感应强度大小在x轴方向保持不变、y轴方向按Bky变化，k为大于零的常数一质量为m、电阻为R、边长为L的单匝正方形线框abcd从图示位置以速度v0沿x轴正方向抛出，抛出时dc边和OM重合，da边和y轴重合，运动过程中线框始终处于xOy平面内，且dc边始终平行于x轴磁场范围足够大，重力加速度为g，不计空气阻力则下列说法正确的是()图7A线框在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动B线框所受安培力方向始终竖直向上C线框在水平方向上所受合力不为零D线框在竖直方向上最终速度为答案BD解析线框在磁场中斜向下运动时产生逆时针方向的感应电流，线框的两竖直边框受到的安培力等大反向，则水平方向受力
10、为零，做匀速直线运动；线框的水平下边框受到的安培力竖直向上，水平上边框受到的安培力竖直向下，但因下边框受到的安培力大于上边框受到的安培力，可知竖直方向上受向上的安培力，则竖直方向的运动不是自由落体运动，选项A、C错误，B正确；当线框受到竖直向上的安培力等于重力时，达到最终速度，则：mgBL，其中BkL，解得v，选项D正确21.(2019安徽“江南十校”综合素质检测)如图8所示，一弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)左端固定在A点，弹性绳自然长度等于AB，跨过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的小球，小球穿过竖直固定的杆初始时A、B、C在一条水平线上，小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为
11、零已知C、E两点间距离为h，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内下列说法正确的是()图8A小球在D点时速度最大B若在E点给小球一个向上的速度v，小球恰好能回到C点，则v C小球在CD阶段损失的机械能等于小球在DE阶段损失的机械能D若仅把小球质量变为2m，则小球到达E点时的速度大小v答案AB解析当小球运动到某点P时，小球受到如图所示的四个力的作用，其中FTkxBP，把FT正交分解，FNFTsin kxBPsin kxBC，故FT的水平分量FTxFN，即FTx恒定，FT的竖直分量FTy与CP的距离xCP满足FTyFTcos kxCP
12、，则FTy与xCP成线性关系，杆给小球的弹力FN、滑动摩擦力Ff均保持恒定；所以小球沿竖直方向的运动具有对称性，当小球在竖直固定的杆CE段的中点D时，小球的速度最大，故A对；小球在DE段所受拉力更大、力与位移之间的夹角更小，故小球损失的机械能更多，故C错；小球从C点运动到E点的过程中克服摩擦力做的功为WfFfhFNh，对小球从C点运动到E点的过程，根据动能定理有：mghWfW弹0，解得W弹mgh，若在E点给小球一个向上的速度v，小球恰好能回到C点，对此次过程，根据动能定理有：W弹mghWf0mv2，解得v，故B对；若仅把小球质量变为2m，则FNmg，Ffmg，对小球从C到E过程，根据动能定理有：2mghFfhW弹2mv，解得v1，故D错