2018版高考物理二轮复习小题提速练8

小题提速练(八)(时间：20分钟分值：48分)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．(2017·鞍山一中最后一模)如图1所示，质量分别为m A＝3.0 kg，m B＝1.0 kg的A、B 两物体置于粗糙的水平面上，A、B与水平面间的动摩擦因数均为0.25.A、B与水平面间的最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力．一不可伸长的绳子将A、B连接，轻绳恰好处于伸直状态，且与水平方向的夹角为θ＝53°，现以水平向右的力作用于物体A，若B 恰好离开水平面，则此时所施加的水平力F等于( )图1A．40 N B．45 NC．50 N D．55 NA[B恰好离开地面时有：mg＝T·sin θ，ma＝T cos θ.可解得a＝7.5 m/s2.对A、B 组成的整体，由牛顿第二定律可得：F－μ(m A＋m B)g＝(m A＋m B)a可解得F＝40 N，故A正确．]15．(2017·天津市红桥区期末)为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，交流电压表V1、V2和电流表A1、A2均为理想电表，导线电阻不计．当开关S闭合后( )【导学号：19624237】图2A．A1示数变大，A1与A2示数的比值不变B．A1示数变大，A1与A2示数的比值变大C．V2示数变小，V1与V2示数的比值变大D．V2示数变小，V1与V2示数的比值不变A[由于理想变压器原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，则副线圈电压不变，V2示数不变，V1与V2示数的比值不变，C、D错误．开关S闭合后，变压器副线圈的负载电阻减小，V2不变，由欧姆定律可得A1示数变大，由于理想变压器P2＝P1，V 1与V 2示数的比值不变，所以A 1与A 2示数的比值不变，B 错误．所以只有A 正确．故选A.]16．如图3所示为磁流体发电机的原理图．金属板M 、N 之间的距离为d ＝20 cm ，磁场的磁感应强度大小为B ＝5 T ，方向垂直纸面向里．现将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，整体呈中性)从左侧喷射入磁场，发现在M 、N 两板间接入的额定功率为P ＝100 W 的灯泡正常发光，且此时灯泡电阻为R ＝100 Ω，不计离子重力和发电机内阻，且认为离子均为一价离子，则下列说法中正确的是( )图3A ．金属板M 上聚集负离子，金属板N 上聚集正离子B ．该发电机的电动势为100 VC ．离子从左侧喷射入磁场的初速度大小为103 m/sD ．每秒钟有6.25×1018个离子打在金属板N 上B [由左手定则可知，射入的等离子体中正离子将向金属板M 偏转，负离子将向金属板N 偏转，选项A 错误；由于不考虑发电机的内阻，由闭合电路欧姆定律可知，电源的电动势等于电源的路端电压，所以E ＝U ＝PR ＝100 V ，选项B 正确；由Bqv ＝q U d 可得v ＝U Bd ＝100 m/s ，选项C 错误；每秒钟经过灯泡L 的电荷量Q ＝It ，而I ＝P R＝1 A ，所以Q ＝1 C ，由于离子为一价离子，所以每秒钟打在金属板N 上的离子个数为n ＝12×Q e ＝12× 1 C 1.6×10－19 C＝3.125×1018个，选项D 错误．] 17．(2017·衡阳市二模)质量m ＝2 kg 的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能E k 与其位移x 之间的关系如图4所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图4A ．x ＝1 m 时物块的速度大小为2 m/sB ．x ＝3 m 时物块的加速度大小为2.5 m/s 2C ．在前4 m 位移过程中拉力对物块做的功为9 JD ．在前2 m 位移过程中物块所经历的时间为2 sD [由图象可知x ＝1 m 时E k ＝2 J ，由E k ＝12mv 2可得此时物块速度v ＝ 2 m/s ，A 错误；x 1＝2 m 时物块动能为4 J ，对应速度v 2＝2 m/s ，x 2＝4 m 时物块动能为9 J ，对应速度v 4＝3 m/s ，由v 24－v 22＝2a (x 2－x 1)可得2～4 m 范围内物块的加速度a ＝1.25 m/s 2，故B 错误；由W F －μmgx ＝E k －0可求得前4 m 位移过程中拉力做功为W F ＝25 J ，C 错误；由x 1＝v 22t 1可得在前2 m 位移过程中物块经历的时间t 1＝2 s ，D 正确．] 18．(2017·沧州一中月考)如图5所示，竖直平面内有一段圆弧MN ，小球从圆心O 处水平抛出；若初速度为v a ，将落在圆弧上的a 点；若初速度为v b ，将落在圆弧上的b 点；已知Oa 、Ob 与竖直方向的夹角分别为α、β，不计空气阻力，则( )图5A.v a v b ＝sin αsin BB.v a v b ＝cos βcos αC.v a v b ＝cos βcos αsin αsin βD.v a v b ＝sin αsin βcos βcos α D [对a ，根据R cos α＝12gt 21得，t 1＝2R cos αg ，则v a ＝R sin αt 1＝R sin αg 2R cos α，对b ，根据R cos β＝12gt 22得，t 2＝2R cos βg ，则v b ＝R sin βt 2＝R sin βg 2R cos β，解得v a v b ＝sin αsin βcos βcos α.答案为D.] 19．(2017·衡水中学二模)如图6所示，两等量异种电荷在同一水平线上，它们连线的中点为O ，竖直面内的半圆弧光滑绝缘轨道的直径AB 水平，圆心在O 点，圆弧的半径为R ，C 为圆弧上的一点，OC 与竖直方向的夹角为37°，一电荷量为＋q ，质量为m 的带电小球从轨道的A 端由静止释放，沿轨道滚动到最低点时，速度v ＝2gR ，g 为重力加速度，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是( )【导学号：19624238】图6A ．电场中A 点的电势为mgR qB ．电场中B 点的电势为－2mgR qC ．小球运动到B 点时的动能为2mgRD ．小球运动到C 点时，其动能与电势能的和为1.6mgRAC [取无穷远处电势为零，则最低点处电势为0，小球从A 点运动到最低点过程中，由动能定理可得mgR ＋qU AO ＝12mv 2，解得U AO ＝mgR q ，而U AO ＝φA －0，所以φA ＝mgR q，A 正确；由对称性可知U AO ＝U OB ，即φA －0＝0－φB ，故φB ＝－mgR q，B 错误；小球从A 点运动到B 点过程中，由动能定理得E k ＝qU AB ＝2mgR ，C 正确；小球在最低点处的动能和电势能的总和为E 1＝12mv 2＋0＝2mgR ，由最低点运动到C 点过程中，动能、电势能、重力势能的总量守恒，而重力势能增加量ΔE p ＝mgR (1－cos 37°)＝0.2mgR ，故动能、电势能的总和减少了0.2mgR ，所以小球在C 点的动能和电势能的总和为E 2＝E 1－0.2mgR ＝1.8mgR ，D 错误．]20．(2017·郑州三模)2017年4月10日，三名宇航员在国际空间站停留173天后，乘坐“联盟MS­02”飞船从国际空间站成功返回，并在哈萨克斯坦杰兹卡兹甘附近着陆．设国际空间站在离地面高度约400 km 的轨道上绕地球做匀速圆周运动，已知地球同步卫星轨道高度约36 000 km ，地球半径约6 400 km.下列说法正确的是( )A ．飞船在返回地球的过程中机械能守恒B ．经估算，国际空间站的运行周期约为90 minC ．国际空间站的速度小于地球的第一宇宙速度D ．返回时，需先让飞船与国际空间站脱离，然后点火加速，即可下降BC [飞船在返回地球的过程中需要控制速度，机械能不守恒，A 错误；根据万有引力提供向心力，GMm r 2＝m 4π2T 2r ，T ＝4π2r 3GM 可知，T 1T 2＝r 31r 32，国际空间站的轨道半径约为6 800 km ，地球同步卫星的轨道半径为42 400 km ；地球同步卫星的周期为24 h ，可得国际空间站的运行周期约为90 min ，B 正确；地球的第一宇宙速度是所有地球卫星的最大环绕速度，所以国际空间站的速度小于地球的第一宇宙速度，C 正确；返回时，需先让飞船与国际空间站脱离，然后减速，即可下降，D 错误．]21．(2017·沈阳铁路实验中学模拟)如图7所示，电阻不计间距为L 的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左端接有阻值为R 的电阻，以导轨的左端为原点，沿导轨方向建立x 轴，导轨处于竖直向下的磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．一根电阻也为R ，质量为m 的金属杆垂直于导轨放置于x 0处，不计金属杆与轨道间的接触电阻，现给金属杆沿x 轴正方向的初速度v 0，金属杆刚好能运动到2x 0处，在金属杆运动过程中( )【导学号：19624239】图7A ．通过电阻R 的电荷量BLx 02RB ．金属杆克服安培力所做的功为12mv 20 C ．金属杆上产生的焦耳热为12mv 20 D ．金属杆运动到1.5x 0处的速度大小为v 02ABD [由q ＝It ＝ΔΦ2R ＝BLx 02R 可知，选项A 正确；整个过程中回路产生的焦耳热为12mv 20，所以金属杆上产生的焦耳热为12×12mv 20＝14mv 20，C 错误；金属杆在运动过程中克服安培力所做的功等于金属杆动能的减少量12mv 20，B 正确；设金属杆速度由v 0减为v 02经过的时间为t 1，通过的位移为x 1，速度由v 02减为0经历的时间为t 2，通过的位移为x 2，由动量定理可得：－B I 1Lt 1＝12mv 0－mv 0，－B I 2Lt 2＝0－12mv 0，又I 1＝BL v 12R I 2＝BL v 22R ，x 1＝v 1t 1x 2＝v 2t 2可得出：B 2L 2x 12R ＝12mv 0B 2L 2x 22R ＝12mv 0，故x 1＝x 2，又x 1＋x 2＝x 0，所以x 1＝x 2＝x 02，故金属杆运动到1.5x 0处的速度大小为v 02，D 正确．]。