1、选择题仿真2017卷高考模拟演练对应学生用书P144二、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.如图所示，在水平面上有两个物体A和B，质量分别为mA2 kg，mB1 kg，A和B相距x9.5 m，A以v010 m/s的初速度向静止的B运动。已知A从开始运动到碰后停止运动共运动了6 s，碰后B停止运动时经历的时间为(已知物体与水平面间的动摩擦因数均为0.1，取g10 m/s2，A、B相碰时间极短，可忽略)()A2 s B3 sC8 s D10 s解析碰
2、撞过程动量守恒，物体运动过程中系统受到的摩擦力的冲量改变了系统的总动量，即mAgt1mBgt2mAv0，得t28 s，C项正确。答案C15.(2019河南百校联盟4月模拟)如图所示，斜面体ABC固定在水平地面上，斜面的高AB为 m，倾角为37，且D是斜面的中点，在A点和D点分别以相同的初速度水平抛出一个小球，结果两个小球恰能落在地面上的同一点，则落地点到C点的水平距离为()A. m B mC. m D m解析设斜面的高AB为h，落地点到C点的距离为x，则由几何关系及平抛运动规律有，求得x m，选项D正确。答案D16. (2019山东青岛质量检测)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向
3、水平向右，磁场方向垂直于纸面向外。在该区域内，一个带电小球在竖直面内做直线运动。下列说法正确的是()A若小球带正电荷，则小球的电势能减小B若小球带负电荷，则小球的电势能减小C无论小球带何种电荷，小球的重力势能都减小D小球的动能可能会增大解析无论小球带正电、负电，其所受重力和电场力都是恒力，其合力也是恒力。小球在恒力和洛伦兹力作用下做直线运动，则必为匀速直线运动，如图所示为小球带正、负电时受力及运动情况，电场力均做负功，电势能增加；重力均做正功，重力势能减小；合力为零，不做功，动能不变，C正确。答案C17(2019山西五市联考)氘核和氚核可发生热核聚变而释放巨大的能量，该反应方程为：HHHeX，
4、式中X是某种粒子。已知：H、H、He和粒子X的质量分别为2.014 1 u、3.016 1 u、4.002 6 u和1.008 7 u；1 u931.5 MeV/c2，c是真空中的光速。由上述核反应方程和数据可知()A粒子X是HB该核反应中的质量亏损为0.028 9 uC该核反应释放出的能量约为17.6 MeVD该核反应中释放的全部能量转化为粒子X的动能解析根据核反应中，质量数守恒和核电荷数守恒，可判断X为中子，A错误；该核反应中的质量亏损为m2.014 1 u3.016 1 u4.002 6 u1.008 7 u0.018 9 u，B错误；由爱因斯坦质能方程可知释放出的能量为E(2.014
5、13.016 14.002 61.008 7)931.5 MeV17.6 MeV，C正确；该反应中释放的能量只有一部分转化为X粒子的动能，D错误。答案C18(2019广西钦州第三次质检)如图甲所示，ab为磁场边界，在ab的右侧存在一个足够大的匀强磁场，t0时刻磁场方向垂直于竖直圆环平面向里，用一根横截面积为S、电阻率为的硬质导线做成两个半径分别为r和2r的圆环1和圆环2，让圆环的直径与边界重合。磁场磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，则0t1时间内()A两圆环中产生感应电流的方向为逆时针B两圆环一直具有扩张的趋势C环1和环2中感应电流的大小之比为12D环1和环2中的电功率之比为14解析磁
6、感应强度方向向里且减小，由楞次定律“增反减同”可知，圆环中的感应电流方向为顺时针，0t0时间内为了阻碍磁通量的减小，圆环有扩张的趋势，t0t1时间内为了阻碍磁通量的增大，圆环有缩小的趋势，A、B错误；由题图乙可知磁场均匀变化，即恒定，根据法拉第电磁感应定律ES可知产生的感应电动势大小之比为，根据电阻定律R可知两环的电阻之比为，故感应电流之比为，C正确；电功率之比为，D错误。答案C19.(2019山西太原模拟)如图所示，金属细棒质量为m，用两根相同轻弹簧吊放在水平方向的匀强磁场中，弹簧的劲度系数为k，棒ab中通有恒定电流，棒处于平衡状态，并且弹簧的弹力恰好为零。若电流大小不变而方向反向，则()A
7、每根弹簧弹力的大小为mgB每根弹簧弹力的大小为2mgC弹簧形变量为D弹簧形变量为解析电流方向改变前，对棒受力分析，根据平衡条件可知，棒受到的安培力竖直向上，大小等于mg；电流方向改变后，棒受到的安培力竖直向下，大小等于mg，对棒受力分析，根据平衡条件可知，每根弹簧弹力的大小为mg，弹簧形变量为，选项A、C正确。答案AC20(2019山东青岛一模)如图甲，两个等量同种电荷P、Q固定于光滑绝缘水平面上，电荷量q1103 C、质量m0.02 kg的小球从a点静止释放，沿中垂线运动到两电荷线中点O过程中的vt图像如图乙中图线所示，其中b点处为图线切线斜率最大的位置，图中为过b点的切线，则下列说法正确的
8、是()AP、Q带正电荷Bb点的场强E30 V/mCa、b两点间的电势差为90 VD小球从a到O的过程中电势能先减少后增加解析带正电的小球从a点由静止释放，向O点做加速运动可知，其受到由a指向O的电场力，则aO线上的电场方向由a指向O，故两电荷带负电，故A错误；由vt图像上斜率表示加速度可得：ab1.5 m/s2，根据牛顿第二定律得：qEbma，联立解得：Eb30 V/m，故B正确；在a、b间的运动过程中，由动能定理得：qUabmvmv，由图乙可得vb3 m/s，va0。代入解得：Uab90 V，故C正确；由图乙可知，小球速度一直增大，电场力一直做正功，故电势能一直减小，故D错误。答案BC21.
9、(2019江西南昌第二次模拟)如图所示，带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行。现给小滑块施加一竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则有()A轻绳对小球的拉力逐渐增大B小球对斜劈的压力先减小后增大C竖直杆对小滑块的弹力先增大后减小D对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大解析对小球受力分析，受重力、支持力和轻绳的拉力，如图甲所示：根据平衡条件，细线的拉力FT增加，支持力FN减小，根据牛顿第三定律，球对斜劈的压力也减小，A正确，B错误；对球和滑块整体分析，受重力、斜面的支持力FN，杆的支持力FN，拉力FT，如图乙所示，根据平衡条件有：水平方向FNFNsin，竖直方向FTFNcosG，由于FN减小，故FN减小，FT增加，C错误，D正确。答案AD