2019高考物理大二輪復習 題型一 選擇題 選擇題專項訓練4.doc

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選擇題專項訓練(四) (時間:20分鐘　滿分:48分) 本卷共8小題,每小題6分,共48分。在每小題給出的四個選項中,1~5題只有一個選項符合題目要求,6~8題有多個選項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分。 1.(2016全國卷Ⅰ)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì),接在恒壓直流電源上。若將云母介質(zhì)移出,則電容器(　　) A.極板上的電荷量變大,極板間電場強度變大 B.極板上的電荷量變小,極板間電場強度變大 C.極板上的電荷量變大,極板間電場強度不變 D.極板上的電荷量變小,極板間電場強度不變 2.一中子與一質(zhì)量數(shù)為A(A>1)的原子核發(fā)生彈性正碰。若碰前原子核靜止,則碰撞前與碰撞后中子的速率之比為 (　　) A.A+1A-1　　　　　　　　　B.A-1A+1 C.4A(A+1)2 D.(A+1)2(A-1)2 3. 如圖所示,在水平桌面上疊放著質(zhì)量相等的A、B兩塊木板,在木板A上放著質(zhì)量為m的物塊C,木板和物塊均處于靜止狀態(tài),A、B、C之間以及B與地面之間的動摩擦因數(shù)均為μ,設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等,重力加速度為g,現(xiàn)用水平恒力F向右拉木板A,則下列判斷正確的是(　　) A.不管F多大,木板B一定保持靜止 B.A、C之間的摩擦力大小一定等于μmg C.B受到地面的滑動摩擦力大小一定小于F D.A、B之間的摩擦力大小不可能等于F 4.無限大接地金屬板和板前一點電荷形成的電場區(qū)域,和兩個等量異種的點電荷形成的電場等效。如圖所示,P為一無限大金屬板,Q為板前距板為r的一帶正電的點電荷,MN為過Q點和金屬板垂直的直線,直線上A、B是和Q點的距離相等的兩點。下面關(guān)于A、B兩點的電場強度EA和EB、電勢φA和φB判斷正確的是(　　) A.EA >EB,φA <φB　　　　B.EA >EB,φA >φB C.EA >EB,φA =φB D.EA =EB,φA >φB 5. 如圖所示,通電直導體棒放在間距為l的光滑水平絕緣軌道上,勁度系數(shù)為k的水平輕彈簧一端固定,另一端拴在棒的中點,且與棒垂直,整個裝置處于方向豎直向上、磁感應強度為B的勻強磁場中,彈簧伸長x,棒處于靜止狀態(tài)。則(　　) A.導體棒中的電流方向從b流向a B.導體棒中的電流大小為kxBl C.若只將磁場方向緩慢順時針轉(zhuǎn)過一小角度,x變大 D.若只將磁場方向緩慢逆時針轉(zhuǎn)過一小角度,x變大 6.如圖甲所示,用一水平外力F拉著一個靜止在光滑斜面上的物體,逐漸增大F,物體做變加速運動,其加速度a隨外力F變化的圖象如圖乙所示,若重力加速度g取10 m/s2。根據(jù)圖乙中所提供的信息可以計算出(　　) A.物體的質(zhì)量 B.斜面的傾角 C.物體能靜止在斜面上所施加的外力 D.加速度為6 m/s2時物體的速度 7.如圖所示,兩星球相距為l,質(zhì)量比為mA∶mB=1∶9,兩星球半徑遠小于l。從星球A沿A、B連線向B以某一初速度發(fā)射一探測器。只考慮星球A、B對探測器的作用,下列說法正確的是(　　) A.探測器的速度一直減小 B.探測器在距星球A為處加速度為零 C.若探測器能到達星球B,其速度可能恰好為零 D.若探測器能到達星球B,其速度一定大于發(fā)射時的初速度 8.如圖所示,平行金屬板中帶電質(zhì)點P原處于靜止狀態(tài),不考慮電流表和電壓表對電路的影響,當滑動變阻器R4的滑片向a端移動時,則(　　) A.電壓表讀數(shù)減小 B.電流表讀數(shù)減小 C.質(zhì)點P將向上運動 D.R3上消耗的功率逐漸增大 答案： 1.D　解析 由C=QU和C=εrS4πkd可知Q=εrSU4πkd,將云母介質(zhì)移出后相對介電常數(shù)εr減小,電容器兩極板間的電壓仍保持不變,故極板上的電荷量變小,再由E=Ud可知,極板間電場強度不變,選項D正確。 2.A 3.A　解析 先對木板B受力分析,豎直方向受重力、壓力和支持力,水平方向受A對B向右的摩擦力FfAB和地面對B向左的摩擦力FfDB,由于A對B的最大靜摩擦力μ(m+m0)g小于地面對B的最大靜摩擦力μ(m+2m0)g,故木板B一定保持靜止,選項A正確;當A、C相對靜止時,A、C間的摩擦力小于μmg,選項B錯誤;當A、B、C三者保持靜止時,加速度為零,對整體受力分析可知,F-Ff=0,B受到地面的摩擦力為F,選項C錯誤;對AC整體研究,受重力、支持力、拉力和向左的摩擦力,根據(jù)牛頓第二定律,有F-FfAC=(m0+m)a,當a=0時,F=FfAC,選項D錯誤。 4.A　解析 大金屬板接地屏蔽,用鏡像法,就是說,金屬板上感應電荷排布后對于右邊電場的影響,相當于在+Q關(guān)于板對稱的地方放上一個-Q。具體原因可以分析左邊,左邊電場為0。那么接地金屬板電荷排布對于左邊電場的影響相當于在+Q原處放上一個-Q。而明顯金屬板對左右電場影響是對稱的,這就是鏡像法的原理?？梢酝频肁處電場為正負點電荷在此處產(chǎn)生的電場且電場方向相同,從而相加;而在B處,方向相反,從而相減。則EA>EB,由于A處的電場強度大于B處的電場強度,則正電荷從O點移到A處的電場力做功大于移到B處,則UOA>UOB,則φA<φB,故選項A正確,B、C、D錯誤。 5.B　解析 彈簧伸長,彈力水平向左,導體棒受力平衡,知安培力水平向右,由左手定則知導體棒中的電流方向從a流向b,選項A錯誤;由FA=BlI=kx知選項B正確;若將磁場方向改變,安培力大小不變,但方向與水平方向有一夾角,水平分量減小,彈簧彈力大于安培力在水平方向上的分力,x變小,選項C、D錯誤。 6.ABC　解析 斜面上的物體受到重力、支持力和水平方向的拉力作用,規(guī)定沿斜面向上為正方向,則沿斜面方向有a=Fcosθ-Gsinθm=Fcosθm-gsin θ,所以在a-F圖象中,利用縱軸的截距得出斜面的傾角,斜率得出質(zhì)量m,物體在斜面靜止時所受的外力等于a=0時對應的力,選項A、B、C正確;不能得出物體的瞬時速度,選項D錯誤。 7.BD　解析 設(shè)在距離星球A為x位置時,探測器所受合力為零,即GmAmx2=GmBm(L-x)2,解得x=l4,選項B正確;在距離星球A的距離小于l4時,探測器所受合力指向星球A,在距離大于l4時,所受合力指向星球B,因此在整個過程中, 合力對探測器先做負功,再做正功,由動能定理可知,探測器速度先減小后增大,選項A錯誤;在與兩星球距離相等的兩點中,距離星球B的點受合力較大,因此從星球A運動到星球B整個過程合力做正功,由動能定理可知,到達B星球時探測器速度大于離開星球A時的發(fā)射速度,不可能速度為零,選項C錯誤,D正確。 8.BCD　解析 由題圖可知,R2與滑動變阻器R4串聯(lián)后與R3并聯(lián),再與R1串聯(lián)接在電源兩端,電容器與R3并聯(lián);當R4的滑片向a移動時,滑動變阻器接入電阻增大,則電路中總電阻增大,由閉合電路歐姆定律可知,電路中總電流減小,路端電壓增大,則R1兩端的電壓減小,并聯(lián)部分電路的電壓增大,電壓表讀數(shù)增大,由歐姆定律可知流過R3的電流增大,根據(jù)并聯(lián)電路的特點可知:流過R2的電流減小,則電流表示數(shù)減小,故A錯誤,B正確;因電容器兩端電壓增大,極板間電場強度增大,質(zhì)點受到的向上靜電力增大,故質(zhì)點P將向上運動,C正確;因R3兩端的電壓增大,由P=U2R可知,R3上消耗的功率增大,故D正確。