1、选择题标准练(二)满分48分，实战模拟，20分钟拿下，高考客观题满分！姓名：_班级：_1.如图所示，一倾角37的足够长斜面固定在水平地面上当t0时，滑块以初速度v010 m/s沿斜面向上运动已知滑块与斜面间的动摩擦因数0.5，g10 m/s2，sin370.6，cos370.8，下列说法正确的是()A滑块一直做匀变速直线运动Bt1 s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上Ct2 s时，滑块恰好又回到出发点Dt3 s时，滑块的速度大小为4 m/s解析：本题考查了牛顿第二定律、受力分析、运动学公式等知识点设滑块上滑时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可得mgsinmgcosma1，解得a110 m/
2、s2，上滑时间t11 s，上滑的距离x1v0t15 m，因tan，即mgsinmgcos，滑块上滑到速度为零后，向下运动，选项B错误；设滑块下滑时的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得mgsinmgcosma2，解得a22 m/s2，经1 s，滑块下滑的距离x2a2t1 m5 m，滑块未回到出发点，选项C错误；因上滑和下滑过程中的加速度不同，故滑块全程不是匀变速直线运动，选项A错误；t3 s时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度va2(3 s1 s)4 m/s，选项D正确答案：D2如图为洛伦兹力演示仪的结构图励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直电子速
3、度大小可通过电子枪的加速电压来控制，磁场强弱可通过励磁线圈的电流来调节下列说法正确的是()A仅增大励磁线圈的电流，电子束径迹的半径变大B仅提高电子枪的加速电压，电子束径迹的半径变大C仅增大励磁线圈的电流，电子做圆周运动的周期将变大D仅提高电子枪的加速电压，电子做圆周运动的周期将变大解析：本题考查了带电粒子在磁场中的运动规律等相关知识点当仅增大励磁线圈的电流时，也就是增大磁感应强度B，由牛顿第二定律知qvBm，得R，电子束径迹的半径变小，选项A错误；当仅提高电子枪的加速电压时，由qUmv2和qvBm得R，可知电子束径迹的半径变大，选项B正确；由T知，电子做圆周运动的周期T与速度v大小无关，所以选
4、项C、D错误答案：B3.如图所示，用细线相连的质量分别为2m、m的小球A、B在拉力F作用下，处于静止状态，且细线OA与竖直方向的夹角保持30不变，则拉力F的最小值为()A.mgB.mgC.mg D.mg解析：本题考查了整体法受力分析、物体的平衡条件等知识点因小球A、B处于静止状态，系统受到的合外力为零，对系统受力分析，如图所示，由图中几何关系可得：Fmin3mgsinmg，选项D正确答案：D4.如图，某空间站在轨道半径为R的近地圆轨道上围绕地球运行，一宇宙飞船与空间站对接后，在轨道上围绕地球运行多圈后又与空间站分离，进入椭圆轨道运行已知椭圆轨道的远地点到地球球心的距离为3.5R，地球质量为M，
5、引力常量为G，则()A空间站在圆轨道上运行的周期为2B空间站与飞船对接后在圆轨道上运行的周期变小C飞船在椭圆轨道远地点的速率是近地点的3.5倍D飞船与空间站分离后在远离地球过程中其机械能不断增大解析：本题考查了卫星等人造天体在轨运行与变轨运行的相关物理知识点空间站在近地圆轨道上做圆周运动，由牛顿第二定律知Gm()2R，解得T2，选项A正确；空间站与飞船对接后在圆轨道上运行时，周期T不变，与空间站和飞船的质量无关，选项B错误；飞船在椭圆轨道远地点的速率比近地点的要小，选项C错误；当飞船与空间站分离后，在远离地球过程中如果有空气阻力作用，其机械能减少，如果不考虑阻力，机械能不变，选项D错误答案：A
6、5.如图所示，以o点为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f.等量正、负点电荷分别放置在a、d两点时，在圆心o产生的电场强度大小为E.现仅将放于a点的正点电荷改放于其他等分点上，使o点的电场强度改变，则下列判断正确的是()A移至c点时，o点的电场强度大小仍为E，沿oe方向B移至b点时，o点的电场强度大小为E，沿oc方向C移至e点时，o点的电场强度大小为，沿oc方向D移至f点时，o点的电场强度大小为E，沿oe方向解析：本题考查电场强度及矢量合成等知识点由题意可知，等量正、负点电荷在o处的电场强度大小均为，方向水平向右当移至c处，两点电荷在该处的电场强度方向夹角为120，则o处的合电场强度
7、大小为，沿oe方向，A错误；同理，当移至b处，o处的合电场强度大小为E，沿od与oe角平分线方向，B错误；同理，当移至e处，o处的合电场强度大小为，沿oc方向，C正确；同理，当移至f处，o处的合电场强度大小为E，沿od与oc角平分线方向，D错误答案：C6如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器升压变压器T1的原、副线圈匝数之比为n1n2110，在T1的原线圈两端接入一正弦交流电，输电线的总电阻为2r2 ，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为n3n4101，若T2的“用电设备”两端的电压为U4200 V且“用电设备”消耗的电功率为10 kW，不考虑其他因素的影响，则()AT1的副线圈两
8、端电压的最大值为2010 VBT2的原线圈两端的电压为2000 VC输电线上损失的电功率为50 WDT1的原线圈输入的电功率为10.1 kW解析：本题考查了变压器的工作原理、远距离输电等知识因为用电设备消耗的电功率为10 kW，T2副线圈两端的电压为U4200 V，则流过T2副线圈的电流为I450 A，由变压器原、副线圈的电流与匝数的关系，则I35 A；由，所以T2原线圈两端的电压为U32000 V，B正确； 输电线的电阻分得的电压为U线I32r52 V10 V，所以T1副线圈两端的电压为U2U3U线(200010) V2010 V，其最大值为U2m2010 V，A正确；输电线上消耗的功率为P
9、损I2r50 W，C正确；由能量守恒定律可知T1副线圈的输出功率为P出(10 00050)W10 050 W，因此T1原线圈的输入功率为10 050 W，D错误答案：ABC7如图所示，一带负电的小金属环套在粗糙绝缘细杆AB上，杆与水平面夹角为，杆的下方O点处固定一带正电的点电荷，OAOB.现使小环以初速度v0从A点沿杆上滑，到达B点时速度为零，小环滑回A点时速度为v，下列说法正确的是()A小环上滑过程中先匀加速再匀减速B小环上滑时间小于下滑时间C小环下滑过程中，减少的重力势能等于摩擦产生的内能D从A点出发到再回到A点的过程，小环克服摩擦力做的功等于小环损失的动能解析：本题考查了库仑力、电场力做
10、功和电势能变化间的关系、运动学公式、摩擦力做功等知识点因小环在运动过程中受到的库仑力是变力，对其受力分析可知，小环在上滑过程中的加速度是变化的，并不是匀变速运动，选项A错误；由于上滑时的平均加速度大于下滑时的平均加速度，由运动学公式定性分析可知，小环上滑时间小于下滑时间，选项B正确；由功能关系可知，小环下滑过程中，减少的重力势能等于其在A点的动能和克服摩擦力做的功之和，选项C错误；小环从A点到再次回到A点过程中，电场力做功为零，重力做功为零，故小环克服摩擦力做的功等于小环损失的动能，选项D正确答案：BD8如图所示，光滑水平桌面上固定放置的长直导线中通以大小为I的稳恒电流，桌面上导线的右侧距离通
11、电长直导线2l处有两线框abcd、abcd正以相同的速度v0经过虚线MN向左运动，MN平行长直导线，两线框的ad边、ad边与MN重合，线框abcd、abcd是由同种材料制成的质量相同的单匝正方形线框，边长分别为l、2l.已知通电长直导线周围磁场中某点的磁感应强度Bk(式中k为常量，r表示该点到长直导线的距离)下列说法正确的是()A此时流经线框abcd、abcd的电流强度之比为43B此时线框abcd、abcd所受的安培力的功率之比为49C此时线框abcd、abcd的加速度之比为49D此时a、b间电压Uabv0解析：本题考查了右手定则、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿第二定律、功率、功能关系等知识点设导线的横截面积为S，密度为0，电阻率为，由密度公式可得：线框的质量m0V0S14l0S28l，解得：S12S2，根据电阻定律，可得：R1，R2，联立可得：R24R1，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得：线框中的电流I1，I2，即，选项A正确；根据右手定则，可知b点电势高于a点电势，故Uab0，选项D错误；根据功能关系可知线框克服安培力做的功等于线框中电流产生的焦耳热，由PI2R，可得：，选项B正确；由安培力公式和牛顿第二定律可得：a1，a2，即，选项C正确答案：ABC
