选择题48分标准练(六)说明：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求。全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14.(2017·广东广州二模)如图1所示，L形木板置于粗糙水平面上，光滑物块压缩弹簧后用细线系住。烧断细线，物块弹出的过程木板保持静止，此过程()图1A.弹簧对物块的弹力不变B.弹簧对物块的弹力逐渐减小C.地面对木板的摩擦力不变D.地面对木板的摩擦力逐渐增大解析烧断细线，弹簧要恢复原状，弹簧对物块的弹力逐渐减小，故A错误，B正确；木板在水平方向上受到弹簧的弹力和地面的静摩擦力，两个力平衡，由于弹簧的弹力逐渐减小，则地面对木板的摩擦力逐渐减小，故C、D错误。答案B15.如图2所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮P和Q靠摩擦转动，两轮的半径R∶r＝2∶1。当主动轮Q匀速转动时，在Q轮边缘上放置的质量为m的小木块恰能相对静止在Q轮边缘上，此时Q轮转动的角速度大小为ω1，木块的向心加速度大小为a1；若改变转速，把质量为2m，材料也相同的小木块放在P轮边缘也恰能相对静止，此时Q轮转动的角速度大小为ω2，木块的向心加速度大小为a2，若两轮在转动过程中不打滑，小木块可视为质点，则()图2A.＝B.＝C.＝D.＝解析依题意，小木块恰能与转盘保持相对静止，即最大静摩擦力提供小木块做圆周运动的向心力。以Q与P轮边缘上的小木块为研究对象，应用牛顿第二定律得ma1＝μmg，2ma2＝2μmg故有a1∶a2＝1∶1，选项C正确；再应用运动学公式，有vQ＝ω2r＝vP，a2＝＝μg，μmg＝mωr，故有a2＝＝＝ωr＝μg，＝，故选项A、B、D错误。答案C16.静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图3所示，x轴正方向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷()图3A.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x3的过程中电场力做正功D.由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大解析由图象可知，将正电荷沿x轴正向移动，从x2移动到x4的过程电场力做功不为零，两点处的电势能不相等，选项A错误；从x1移动到x3的过程电场力沿x轴负方向，电场力做负功，电势能增大，选项B正确，C错误；由x1运动到x4的过程中，场强先增大后减小，因此电场力先增大后减小，D错误。答案B17.两矩形线圈分别在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，线圈中产生的感应电动势e随时间t的变化关系分别如图4中甲、乙所示，则下列说法中正确的是()图4A.两交变电流的频率之比f甲∶f乙＝1∶2B.两交变电流电动势的有效值之比E甲∶E乙＝3∶1C.t＝1s时，两线圈中的磁通量的变化率均为零D.t＝1s时，两线圈均处在与中性面垂直的位置上解析由图象可以看出T甲∶T乙＝1∶2，所以两交流电的频率之比为f甲∶f乙＝2∶1，A项错误；甲电动势最大值2V，乙电动势最大值6V，所以两交变电流电动势的有效值之比E甲∶E乙＝1∶3，B项错误；e＝，1s时两交变电流e＝0，所以两线圈中磁通量的变化率均为零，C项正确；1s时，两线圈均处在中性面的位置，D项错误。答案C18.一静止的原子核A发生α衰变后变成原子核B，已知原子核A、原子核B和α粒子的质量分别为mA、mB和mα，光速为c，反应释放的核能全部转化为粒子的动能，则()A.原子核B与α粒子的速度之比为mB∶mαB.原子核B与α粒子的动能之比为mα∶mBC.原子核B与α粒子的动能之和为(mA－mB－mα)c2D.原子核A比原子核B的中子数多2，质子数多4解析原子核A发生α衰变，设原子核B和α粒子的速度分别为vB和vα，由动量守恒定律有0＝mBvB－mαvα，则＝，＝，A错误，B正确；由质能方程知原子核B和α粒子的动能之和ΔE＝Δmc2＝(mA－mB－mα)c2，C正确；由质量数守恒和电荷数守恒知，A比B质子数多2，中子数多2，D错误。答案BC19.(2017·湖南师范大学附中月考)如图5所示，固定在水平面上的光滑斜面的倾角为θ，其顶端装有光滑小滑轮，绕过滑轮的轻绳一端连接一物块B，另一端被人拉着且人、滑轮间的轻绳平行于斜面。人的质量为M，B物块的质量为m，重力加速度为g，当人拉着绳子以大小为a1的加速度沿斜面向上运动时，B物块运动的加速度大小为a2，则下列说法正确的是()图5A.物块一定向上加速运动B.人...
