1、选择题提升练(六)一、选择题(本题共13小题，每小题3分，共39分每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1在确保安全情况下，小明将一个篮球沿水平方向从教学楼五楼走廊栏杆上沿抛出若将篮球看成质点，不计篮球所受空气阻力，则篮球在下落过程中分别与四楼、三楼、二楼走廊栏杆上沿等高时，其与抛出点的水平距离之比为()A135B123C149 D1解析：选D.根据平抛运动规律hgt2可知，分别下落到四楼、三楼、二楼上沿等高时下落的高度之比为h2h3h，因此时间之比为1，平抛运动的物体在水平方向做匀速直线运动，则水平距离之比为1，选项D正确2如图所示，粗糙斜面P固定在水平
2、面上，斜面倾角为，在斜面上有一个小滑块Q.若给Q一个水平向右的推力F，无论推力为多大，Q都不会向上滑动，则PQ间的动摩擦因数()A不小于 B等于C等于tan D不小于tan 解析：选A.对Q受力分析，平行斜面向上的合力FFcos (Fsin mgcos )mgsin ，整理为F(cos sin )F(cos sin )mg，只有当F的系数(cos sin )0时，F才不能大于0，即合力不可能向上，滑块不可能向上滑动，解得，所以答案为A.3如图，轻绳AO与竖直方向成一角度，轻绳BO水平，竖直轻绳CO系住一个物体处于平衡状态，当绳子的悬点A缓慢向左移动时，BO始终保持水平，关于绳子AO和BO的拉力
3、大小，有()A绳AO的拉力一直在增大B绳AO的拉力先减小再增大C绳BO的拉力先增大后减小D绳BO的拉力一直在减小解析：选A.对点O受力分析，受重力mg、拉力FB和FA，将三个力首尾相连，构成矢量三角形，如图当A点缓慢向左移动时，从图中可以看出，细线AO与竖直方向夹角逐渐变大的过程中，拉力FA逐渐增大，拉力FB也逐渐增大，即绳AO和BO的拉力一直在增大，故A正确，B、C、D错误4.(2019绍兴模拟)甲、乙两车在同一条直道上行驶，它们运动的位移x随时间t变化的关系如图所示，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10 s 处，则下列说法不正确的是()A甲车的初速度为零B乙车的初位置在x060
4、 m处C乙车的加速度大小为1.6 m/s2D5 s时两车相遇，此时甲车速度较大解析：选C.位移时间图象的斜率表示速度，则知甲车的速度不变，做匀速直线运动，初速度不为零，选项A错误；甲的速度为v甲 m/s4 m/s，乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10 s处，则在t10 s时，乙的速度为零，反过来看成乙车做初速度为0的匀加速直线运动，则xat2，根据图象可知，x0a102 (m)，解得乙车的加速度大小 a1.6 m/s2，x080 m，故B错误，C正确；5 s时两车相遇，此时乙的速度大小为 v乙at1.65 m/s8 m/s，乙车的速度较大，故D错误5.(2019金华模拟)如图所示，放在
5、斜面上的物体受到垂直于斜面向上的力F作用始终保持静止，当力F逐渐减小时，下列说法正确的是()A物体受到的摩擦力保持不变B物体受到的摩擦力逐渐增大C物体受到的合力减小D物体对斜面的压力逐渐减小解析：选A.对物体受力分析可知，物体受重力、摩擦力、拉力F及斜面对物体的支持力FN的作用，将这些力正交分解，根据力的平衡可知FFNGcos ，FfGsin ，当力F减小时，FN会增大，而G是不变的，也是不变的，故摩擦力Ff也是不变的，物体受到的合力为0，选项A正确，B、C、D错误6(2019嘉兴模拟)如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成，且ABBC，小物块P(可视为质点)以某一初速度从A点
6、滑上桌面，最后恰好停在C点，已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为14，则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数1、2之比为(P物块在AB、BC上所做的运动均可看做匀变速直线运动)()A11 B14C41 D81解析：选D.设AB、BC两部分的长度为L，在B点的速度为v，受摩擦力F11mg、F22mg，加速度大小a11g，a22g，时间t1t，t24t，B点速度va2t2；逆向研究由C到B，a2tt2L；逆向研究由B到A，vt1a1tL，解得1281，D正确7.(2019湖州模拟)如图所示，小球A位于斜面上，小球B与小球A位于同一高度，现将小球A、B分别以v1和v2的速度水平抛出，都落
7、在了倾角为45的斜面上的同一点，且小球B恰好垂直打到斜面上，不计空气阻力，则v1v2为()A32 B21C11 D12解析：选D.两小球下落的高度相同，故下落的时间相同，由平抛运动的规律可知，对于A球：1，对于B球：1，联立两式解得，v1v212.8(2019衢州模拟)近年来，自然灾害在世界各地频频发生，给人类带来巨大损失科学家们对其中地震、海啸的研究结果表明，地球的自转将因此缓慢变快下列说法正确的是()A“天宫一号”飞行器的高度要略调高一点B地球赤道上物体的重力会略变大C同步卫星的高度要略调低一点D地球的第一宇宙速度将略变小解析：选C.“天宫一号”飞行器的向心力由地球的万有引力提供，其高度与
8、地球的自转快慢无关，选项A错误；地球自转快了，则地球自转的周期变小，在地面上赤道处的物体随地球自转所需的向心力会增大，而向心力等于地球对物体的万有引力减去地面对物体的支持力，万有引力的大小不变，所以地面对物体的支持力必然减小，地面对物体的支持力大小等于物体受到的“重力”，所以物体的重力减小了，选项B错误；对地球同步卫星而言，卫星的运行周期等于地球的自转周期，地球的自转周期T变小了，由开普勒第三定律k可知，卫星的轨道半径R减小，卫星的高度要减小些，选项C正确；地球的第一宇宙速度v，R是地球的半径，可知v与地球自转的速度无关，选项D错误9(2019台州月考)如图所示，虚线表示某电场的等势面一带电粒
9、子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示粒子在A点的加速度为aA、电势能为EA；在B点的加速度为aB、电势能为EB.则下列结论正确的是()A粒子带正电，aAaB，EAEBB粒子带负电，aAaB，EAEBC粒子带正电，aAaB，EAEBD粒子带负电，aAaB，EAEB解析：选D.根据粒子轨迹的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据UEd知，等差等势面越密的位置场强越大，B处等差等势面较密集，则场强大，带电粒子所受的电场力大，加速度也大，即aAaB；从A到B，电场对带电粒子做负功，电势能增加，则知B点电势能大，即EAEB；负电荷在电势低的地方，电势能大故粒子带负电，故D正确10(20
10、19丽水一模)静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷()A在x2和x4处电势能相等B由x1运动到x3的过程中电势能增大C由x1运动到x4的过程中电势能先增大后减小D由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大解析：选B.x1x4场强方向沿x轴负方向，则正电荷从x2到x4处逆着电场线方向，电势升高，则正点电荷在x4处电势能较大，故A、C项错误，B项正确；由x1运动到x4的过程中，场强的大小先增大后减小，故由FqE知，电场力先增大后减小，故D项错误11.(2019舟山模拟)如图所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度
11、为B的匀强磁场方向垂直轨道平面向里一可视为质点，质量为m，电荷量为q(q0)的小球由轨道左端A无初速度滑下，当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D点，若小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下列判断正确的是()A小球在C点受到的洛伦兹力大小为qBB小球在C点对轨道的压力大小为3mgqBC小球从C到D的过程中，外力F的大小保持不变D小球从C到D的过程中，外力F的功率不变解析：选B.由于洛伦兹力不做功，所以从A到C过程中，只有重力做功，故有mgRmv，解得vC，在C点受到竖直向上的洛伦兹力，大小为FBBqvBq，A错误；在C点，受到向上
12、的洛伦兹力，向上的支持力，向下的重力，三者的合力充当向心力，故有FBNmgm，解得N3mgqB，B正确；小球从C到D的过程中，洛伦兹力和支持力沿水平方向的分力增大，所以水平外力F增大，故C错误；小球从C到D的过程中小球的速率不变，而洛伦兹力和支持力不做功，所以小球的动能不变，外力F的功率与重力的功率大小相等，方向相反由运动的合成与分解可知，小球从C向D运动的过程中，竖直方向的分速度越来越大，所以重力的功率增大，所以外力F的功率也增大，故D错误12.(2019台州调研)如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的足够长的感光板从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场
13、射入大量带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m.不考虑粒子间的相互作用力和粒子的重力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是()A只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上B即使是对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也不一定过圆心C只要速度满足v，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上D对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长解析：选C.粒子的速度不同，在磁场中做圆周运动的半径不同，从圆形磁场中出来后不一定垂直打在MN板上，选项A错误；沿圆心进入圆形磁场的粒子，离开磁场时速度的反向延长线一定过圆心，选项B错误；若粒子的速度为v，粒子在磁场中做圆周运动的半径为
14、rR，粒子离开磁场时速度沿水平方向，垂直打在MN板上，选项C正确；速度越大的粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角越小，因而运动时间越短，选项D错误13(2019杭州调研)如图所示，电源电动势E10 V，内阻r1 .闭合开关S后，标有“8 V，12 W”的灯光恰能正常发光电动机M线圈的电阻R04 ，则下列说法正确的是()A电源的输出功率为14 WB流过电机的电流为1 AC电机输出功率为3 WD通电5 s电机产生80 J的热解析：选C.由题意知，并联部分电压为U8 V，内电压应为U内EU2 V，总电流I2 A电源的输出功率P出UI16 W，故A错误；流过灯泡的电流I1 A1.5 A则流过电动机的电流
15、I2II10.5 A，故B错误；电动机的总功率PUI280.5 W4 W，电动机的热功率P0IR00.524 W1 W，电动机的机械功率P机PP0(41)W3 W，故C正确；则5 s内产生的热量QP0t15 J5 J，故D错误二、选择题(本题共3小题，每小题2分，共6分每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分)14.Th(钍)经过一系列衰变和衰变，变成 Pb(铅)，下列说法正确的是()A铅核比钍核少8个质子B铅核比钍核少16个中子C共经过4次衰变和6次衰变D共经过6次衰变和4次衰变解析：选ABD.设衰变次数为x，衰变次数为y，由质量
16、数守恒和电荷数守恒得2322084x，90822xy，解得x6，y4，C错、D对铅核、钍核的质子数分别为82、90，故A对铅核、钍核的中子数分别为126、142，故B对15如图甲为一列简谐横波在t0.10 s时刻的波形图，P是平衡位置为x1 m处的质点，Q是平衡位置为x4 m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则()At0.15 s时，质点Q的加速度达到正向最大Bt0.15 s时，质点P的运动方向沿y轴负方向C从t0.10 s到t0.25 s，该波沿x轴正方向传播了6 mD从t0.10 s到t0.25 s，质点P通过的路程为30 cm解析：选AB.由题图乙看出，t0.15 s时，质点Q位于负方向
17、的最大位移处，而简谐运动的加速度大小与位移大小成正比，方向与位移方向相反，所以加速度为正向最大值，A项正确；由题图乙看出，简谐运动的周期T0.20 s，t0.10 s时，质点Q的速度方向沿y轴负方向，由题图甲可以看出，波的传播方向应该沿x轴负方向，C项错误；因图甲是t0.10 s时的波形，所以t0.15 s时，经历了0.05 s的时间，图甲的波形向x轴负方向平移了2 m的距离，如图所示，因波向x轴负方向传播，则此时P点的运动方向沿y轴负方向，B项正确；由题图甲可以看出，由于t0.10 s时质点P不处于平衡位置或最大位移处，故从t0.10 s到t0.25 s，质点P通过的路程不为30 cm，D项
18、错误16一台小型发电机(甲)产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示已知发电机线圈内阻为5.0 ，现外接一只电阻为95.0 的灯泡，则( )A电压表V的示数为220 VB电路中的电流方向每秒钟改变100次C通过灯泡电流的最大值为2.2 AD发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为48.4 J解析：选BC.电源电动势为220 V，电压表的示数表示外电阻上的电压，应该为2200.95 V209 V，所以A选项错误；因交流电的周期是0.02 s，所以频率为50 Hz，而电流方向每一个周期改变两次，所以每秒钟改变100次，B选项正确；电流最大值为 A2.2 A，所以C选项正确；由C可知电流有效值为2.2 A，所以发电机线圈内阻每秒钟产生的热量为Q2.2251 J24.2 J，所以D选项错误
