《2016届高考物理一轮复习 模块复习 选择题31分练（7）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2016届高考物理一轮复习 模块复习 选择题31分练（7）（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、选择题31分练(7) 一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分。每小题只有一个选项符合题意。1.(2015太原市高三模拟)在台秤上，框架内有一轻弹簧，其上端固定在框架顶部，下端系一质量为m的物体，物体下方用竖直细线与框架下部固定，各物体都处于静止状态。今剪断细线，物体开始振动，且框架始终没有离开台秤，弹簧不超出弹性限度，空气阻力忽略不计，重力加速度为g。则下列说法正确的是()图1A.当台秤示数最小时弹簧一定处于原长状态B.当台秤示数最小时物体一定处在平衡位置C.振动过程中台秤的最大示数一定大于(Mm)gD.振动过程中台秤的最大示数一定等于(Mm)g解析当物体有向下的最大加速度时，物体
2、失重最多，此时台秤示数最小，所以当台秤示数最小时物体处于最高点，选项A、B错误；振动过程中台秤有最大示数时，物体一定有向上的最大加速度，此时物体在最低点，因为弹簧的弹力大于mg，所以台秤的最大示数一定大于(Mm)g，选项C正确，D错误。答案C2.我国已经成功实现舰载机在航母上的起飞和降落。若舰载机在航母上从静止开始做匀加速直线运动然后起飞，起飞过程的平均速度为v，起飞过程的时间为t，则下列说法中正确的是()A.舰载机离开航母起飞时的速度为vB.起飞过程的加速度为C.在航母上供舰载机起飞所需要的跑道的最短长度为2vtD.舰载机起飞过程的加速度始终与速度的方向相反解析根据匀变速直线运动的规律可知，
3、平均速度vv，又v00，故舰载机离开航母时的速度vt2v，而不是平均速度v，选项A错误；起飞过程的加速度为a，选项B正确；舰载机在起飞过程中的平均速度为v，起飞时间为t，则舰载机起飞所需要的跑道的最短长度为svt，选项C错误；舰载机起飞过程做匀加速直线运动，根据匀加速直线运动的性质知，此过程中加速度方向与速度方向相同，选项D错误。答案B3.如图2所示，地球半径为R，a是地球赤道上的一栋建筑，b是与地心的距离为nR的地球同步卫星，c是在赤道平面内做匀速圆周运动、与地心距离为nR的卫星。某一时刻b、c刚好位于a的正上方(如图所示)，经过48 h，a、b、c的大致位置是()图2解析由题意可知，b为同
4、步卫星，因此b始终在a的正上方；b和c都是绕地球运行的卫星，万有引力提供向心力，可得TcTb，已知同步卫星周期为24 h，由此可得卫星c的周期，对比各个选项位置可知选项D正确。答案D4.如图3所示，足够长的U形光滑金属导轨所在平面与水平面成角(090)，其中MN与PQ平行且间距为L，磁感应强度大小为B的匀强磁场方向垂直导轨所在平面斜向上，导轨电阻不计，金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，棒ab接入电路的电阻为R，当流过棒ab某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在此下滑过程中()图3A.运动的加速度大小为B.下滑位移大小为C.产生的焦耳热为qBL
5、vD.受到的最大安培力大小为sin 解析由牛顿第二定律可知mgsin ma，金属棒做变加速运动，选项A错误；由qItt得x，选项B正确；由动能定理可知mgxsin Qmv2，把x代入式中得到Q，选项C错误；金属棒ab受到的最大安培力大小为FmBLImBL，选项D错误。答案B5.如图4所示，一根重力G0.1 N、长L1 m、质量分布均匀的导体ab，在其中点弯成60角，将此导体放入匀强磁场中，导体两端a、b悬挂于两相同的弹簧下端，弹簧均处于竖直状态，当导体中通有I1 A的电流时，两根弹簧比原长各缩短了x0.01 m，已知匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度的大小B0.4 T，则()图4A.导体中
6、电流的方向为abB.每根弹簧的弹力大小为0.5 NC.弹簧的劲度系数为k5 N/mD.若导体中不通电流，则弹簧比原长伸长了0.02 m解析由题意知通电后弹簧比原长缩短了，说明安培力方向竖直向上，由左手定则可知，电流方向为ba，选项A错误；通电后，导体ab的有效长度为lL0.5 m，受到的安培力为FBIl0.410.5 N0.2 N，又F2F弹G，则F弹 N0.05 N，选项B错误；由F弹kx得k N/m5 N/m，选项C正确；导线中不通电流，则有2kxG，可得x m0.01 m，选项D错误。答案C二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分，
7、选对但不全的得2分，错选或不选的得0分。6.(2015盐城市高三质检)如图5所示，是A、B两质点从同一地点运动的xt图象，则下列说法中正确的是()图5A.A质点以20 m/s的速度匀速运动B.B质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动C.B质点最初4 s做加速运动，后4 s做减速运动D.A、B两质点在4 s末相遇解析xt图象中图线的斜率表示速度，所以A质点的速度vA20 m/s，故选项A正确；B质点的位移先增大，后减小，故选项B正确；B质点的xt图线切线斜率先减小后增加，说明B质点最初4 s做减速运动，后4 s做加速运动，故选项C错误；A、B两质点从同一地点出发，在4 s末位移相同，故选
8、项D正确。答案ABD7.如图所示，在匀强电场中平行于电场线的某一平面上有A、B、C三个点，各点的电势分别为A5 V，B2 V，C3 V，H、F三等分AB、G为AC的中点，在各示意图中，能正确表示电场强度方向的是()解析把AB三等分，因UAB3 V，则每等份两端的电势差为1 V，H4 V，F3 V，连接FC，则FC为等势线，电场线应垂直于FC，从电势高处指向电势低处；把AC两等分，因UAC2 V，则每等份两端的电势差为1 V，G4 V，直线GH为等势线，电场线应垂直于HG，从电势高处指向电势低处，所以选项B、C能正确表示电场强度方向，故A、D不符合题意。答案BC8.某水库用水带动如图6甲所示的交
9、流发电机发电，发电机与一个理想升压变压器连接，给附近工厂的额定电压为10 kV的电动机供电。交流发电机的两磁极间的磁场为匀强磁场，线圈绕垂直于匀强磁场的水平轴OO沿顺时针方向匀速运动，从图示位置开始计时，产生的电动势如图乙所示。连接各用电器的导线电阻忽略不计，交流电压表与交流电流表都是理想电表。下列说法正确的是()图6A.0.01 s时通过电流表的电流的方向向右B.变压器原、副线圈的匝数比为120C.进入电动机的电流的频率是100 HzD.开关K闭合时电压表的示数不变，电流表的示数变大解析根据右手定则可知题图甲所示位置CD中的电流为从C到D，故0.01 s时通过CD的电流为从D到C，通过电流表
10、的电流方向向右，选项A正确；原线圈两端的电压的有效值为500 V，用户需要的电压为10 kV，故匝数之比为50010 000120，选项B正确；由题图乙可知周期T0.02 s，故频率为f50 Hz，选项C错误；开关K闭合时电压表的示数不变，负载电压不变，电阻减小，电流增大，根据知电流表的示数变大，选项D正确。答案ABD9.(2015浙江温州十校月考)如图7所示，离水平地面一定高处水平固定一内壁光滑的圆筒，筒内固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度。现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出，刚好能水平进入圆筒中，不计空气阻力。下列说法中正确的是()图7A.弹簧获得的最大弹性势能等于小球抛出时的动能B.小球斜上抛运动过程中处于失重状态C.小球压缩弹簧的过程，小球减小的动能等于弹簧增加的势能D.小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中小球的机械能守恒解析小球从抛出到将弹簧压缩过程，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能总量守恒，小球的动能转化为重力势能和弹簧的弹性势能，故A错误；小球斜上抛运动的过程中加速度为g，方向竖直向下，处于失重状态，故B正确；小球压缩弹簧的过程，小球的动能和弹簧的弹性势能总量守恒，所以小球减小的动能等于弹簧增加的势能，故C正确；小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，而小球的机械能不守恒，故D错误。答案BC
