2018版高考物理(全国通用)专题总复习文档：选择题限时突破(七)含解析

选择题限时突破(七)

(限时：25分钟)

二、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．下列有关图1中四幅图的说法中，正确的是( )

图1

A．α粒子散射实验促使玻尔改进了卢瑟福的原子核模型 B．在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大 C．放射线甲由α粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷

D．该链式反应属于原子核的聚变反应，链式反应需大于临界体积才能够进行 答案 B

解析 卢瑟福通过α粒子散射实验推翻了汤姆孙原子枣糕模型，建立了原子核式结构模型，故A错误；在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，单位时间内发出光电子数目越多，饱和光电流越大，故B正确；根据左手定则知，甲带负电，为电子，故C错误；该链式反应属于原子核的裂变反应，故D错误．

15.如图2所示是某物体做直线运动的v2－x图象(其中v为速度，x为位置坐标)，下列关于物体从x＝0处运动至x＝x0处的过程分析，其中正确的是( )

图2

A．该物体做匀加速直线运动

2v 0

B．该物体的加速度大小为 x0

13

C．当该物体的速度大小为v0时，位移大小为x0

2411

D．当该物体的位移大小为x0时，速度大小为v0

22答案 C

2

解析 由匀变速直线运动的速度位移关系公式v2－v0 2＝2ax可得v2＝2ax＋v 可知物体的加速0，2度恒定不变，由于物体的速度减小，故物体做匀减速直线运动，故A错误；由v2＝2ax＋v 0知，

v0 2v0 2

v－x图象的斜率绝对值等于2a，由图可得2a＝，则得物体的加速度大小为a＝，故B错

x02x0

2

1123x0误；当该物体速度大小为v0时，v2＝v ，故C正确；当该物体位移大小为0，由图可得：x＝2441122x0时，由图可得v2＝v ，v＝v，故D错误． 22020

16.如图3所示，理想变压器原线圈两端A、B接在电动势为E＝8 V，内阻为r＝2 Ω的交流电源上，理想变压器的副线圈两端与滑动变阻器Rx相连，变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，当电源输出功率最大时( )

图3

A．滑动变阻器的阻值Rx＝2 Ω B．最大输出功率P＝4 W C．变压器的输出电流I2＝2 A D．滑动变阻器的阻值Rx＝8 Ω 答案 D

解析 当外电路电压等于内电路电压时电源输出功率最大，即U1＝Ur，而且U1＋Ur＝8 V，故UrI1n2U1＝Ur＝4 V，根据欧姆定律可得I1＝＝2 A，故根据＝可得副线圈中的电流为I2＝1 A，根

rI2n1据

U1n1U28

＝可得副线圈两端的电压U2＝8 V，故Rx＝＝ Ω＝8 Ω，最大输出功率为P＝U2I2＝8 W，U2n2I21

故D正确．

17．已知地球两极的重力加速度大小为g0，赤道上的重力加速度大小为g.若将地球视为质量均匀分布、半径为R的球体，地球同步卫星的轨道半径为( )

1g0A．R()3 g0g1g B．R()3 g0g

1ggC．R(0)3 g01ggD．R(0)3 g答案 A

解析 设地球质量为M，地球赤道上物体的质量为m，地球同步卫星的轨道半径为h，地球的自Mm

转周期为T，则地球两极的物体受到的引力等于其重力，即为G2＝mg0，而赤道上物体受到的

RMm4π2

引力与支持力差值提供向心力，即为G2－mg＝m2R，同步卫星所受万有引力等于向心力

RTMm4π2

G2＝m2r，故地球同步卫星轨道半径为r＝R(rT

g01)3，故A正确．

g0g18.如图4所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑．光滑小球被轻质细线系放在斜面上，细线另一端跨过光滑定滑轮，用恒力F拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一小段距离，斜面体始终保持静止状态，则在此过程中( )

图4

A．细线对小球的拉力变小 B．斜面体对小球的支持力变小 C．地面对斜面体的支持力变大 D．地面对斜面体的摩擦力变大 答案 B

解析 设小球和斜面体的质量分别为m和M，细线与斜面的夹角为θ，斜面倾角为α.以小球为研究对象，小球受到重力mg、斜面的支持力FN和细线的拉力F，如图甲所示．由平衡条件得： 斜面方向有：mgsin α＝Fcos θ① 垂直斜面方向： FN＋Fsin θ＝mgcos α②

使小球沿斜面缓慢移动时，θ增大，其他量不变，由①式知，F增大．由②知，FN变小，故A错误，B正确；对斜面体受力分析，如图乙：受重力Mg、地面的支持力FN1和摩擦力Ff和小球的压力FN′，由平衡条件得：Ff＝FN′sin α，FN1＝Mg＋FN′cos α，FN′变小，则Ff变小，FN1变小，故C、D错误． 19.如图5所示，真空中三点A、B、C构成边长为L的等边三角形，EF是其

中位线，在E、F点分别放置电荷量均为Q的正、负点电荷．下列说法正确的是( )

图5

4kQ

A．A点的电场强度大小为2 LC．电势差UEB小于电势差UEA 答案 ACD

解析 ＋Q、－Q两个点电荷产生的电场在A处的场强大小相等，夹角为120°，故A点的电场强Q4kQ度大小为EA＝k＝，故A正确；根据等量异种点电荷连线的电场线的分布特点可知，A点

L2L22位于两个等量异种点电荷的中垂线上，所以A点的电势与无穷远处的电势相等；而C点靠近负电荷，可知A点的电势高于C点的电势．故B错误；由电场线的分布可知：EB间的电场强度比EA间的小，由U＝Ed知电势差UEB小于电势差UEA，故C正确；根据等量异种电荷连线的电场线的分布特点，结合B的分析可知，B点的电势高于C点的电势，由Ep＝qφ知负电荷在B点的电势能小于在C点的电势能，故D正确．

20．如图6甲所示，倾角为37°的足够长的传送带以恒定速度运行，将一质量m＝1 kg的小物体以某一初速度放上传送带，物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝ 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的是( )

B．A点的电势低于C点的电势

D．负电荷在

B点的电势能小于在C点的电势能

图6

A．传送带逆时针转动，速度大小为4 m/s B．物体与传送带间的动摩擦因数为0.75 C．0～8 s内物体位移的大小为14 m

D．0～8 s内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为126 J 答案 CD

解析 从图中可知小物体先反向做减速运动后做加速运动，故可知传送带速度方向沿斜面向上，

最终物体和传送带的速度相同，故传送带速度大小为4 m/s，A错误；根据v－t图象的斜率表示2

加速度，可得，物体相对传送带滑动时的加速度大小为a＝ m/s2＝1 m/s2，由牛顿第二定律得

22＋61

μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得μ＝0.875，故B错误；0～8 s内物体位移为x＝(－×2×2＋

22×4) m＝14 m，故C正确；0～8 s内只有前6 s内物体与传送带发生相对滑动.0～6 s内传送带运4×41

动距离为x带＝4×6 m＝24 m,0～6 s内物体位移为x物＝(－×2×2＋) m＝6 m，x相对＝x带－

22x物＝18 m，产生的热量为Q＝μmgcos θ·x相对＝126 J，故D正确．

21．如图7甲所示，静止在水平面上的等边三角形金属线框，匝数n＝20，总电阻R＝2.5 Ω，边长L＝0.3 m，处在两个半径均为r＝0.1 m的圆形匀强磁场中，线框顶点与右侧圆心重合，线框底边与左侧圆直径重合，磁感应强度B1垂直水平面向外；B2垂直水平面向里，B1、B2随时间t的变化如图乙所示，线框一直处于静止状态，计算过程中取π＝3，下列说法正确的是( )

图7

A．线框具有向左的运动趋势

B．t＝0时刻穿过线框的磁通量为0.5 Wb C．t＝0.4 s时刻线框中感应电动势为1.5 V D．0～0.6 s内通过线框横截面电荷量为0.36 C 答案 CD

解析 由磁感应强度B1垂直水平面向外，大小随时间均匀变大；B2垂直水平面向里，大小恒定，并且|B2|＜|B1|，故通过线框的合磁通量垂直水平面向外增大，由楞次定律可得：线框中感应电流方向为顺时针，根据左手定则可得线框受到水平向右的合安培力，故有水平向右的运动趋势，A11

错误；t＝0时刻穿过线框的磁通量为Φ1＝B1×πr2＋B2×πr2＝0.025 Wb，B错误；由于磁通量均匀变化，

265－21ΔΦΔB

所以感应电动势恒定，故E＝n＝nS＝20××π×0.12 V＝1.5 V，C正确；在0.6 s时穿过线框

ΔtΔt0.6211nΔΦ

的磁通量为Φ2＝B1×πr2＋B2×πr2＝0.07 Wb，在0～6 s内通过线框的电荷量q＝＝0.36 C，

26RD正确．