《高三物理二轮复习 选择题48分强化练6-人教版高三物理试题》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高三物理二轮复习 选择题48分强化练6-人教版高三物理试题(6页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
1、选择题48分强化练(六)选择题(本题共8小题,每小题6分,在每个小题给出的四个选项中,第1417题只有一个选项符合题目要求,第1821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以下物理事实,描述正确的是()A在炼钢厂中,把熔化的钢水浇入圆柱形模子,模子沿圆柱的中心轴高速旋转,钢水由于受到离心力的作用趋于周壁,形成无缝钢管B在燃气灶中,安装有电子点火器,接通电子线路时产生高电压,通过高压放电来点燃气体,点火器的放电电极往往做成球状C有些合金如锰铜合金和镍铜合金,由于电阻率几乎不受温度变化的影响,常用来制作标准电阻D为保证电表在运输过程中指针晃动角度过大,不能
2、用导线将两接线柱连起来C在炼钢厂中,把熔化的钢水浇入圆柱形模子,模子沿圆柱的中心轴高速旋转,钢水由于离心作用趋于周壁,形成无缝钢管,选项A说法错误;在燃气灶中,安装有电子点火器,按通电子线路时产生高电压,通过高压放电来点燃气体,点火器的放电电极往往做成尖状,选项B错误;有些合金如锰铜合金和镍铜合金,由于电阻率几乎不受温度变化的影响,常用来制作标准电阻,选项C正确;为保证电表在运输过程中指针晃动角度过大,用导线将两接线柱连起来,这样可以当指针晃动时使内部线圈切割磁场线产生感应电流,然后由于阻尼作用使指针很快停下来,选项D错误15在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置,体验者在风力
3、作用下漂浮在半空若减小风力,体验者在加速下落过程中()A失重且机械能增加B失重且机械能减少C超重且机械能增加D超重且机械能减少B体验者在风力作用下漂浮在半空,体验者的合力为零,如果减小风力,则重力大于风力,合力向下,体验者向下做加速运动,加速度向下,处于失重状态;体验者向下加速运动过程中,除了重力做功外,风力做负功,机械能减少,故A、C、D错误,B正确16.如图1所示,两辆质量均为M的小车A和B置于光滑的水平面上,有一质量为m的人静止站在A车上,两车静止若这个人自A车跳到B车上,接着又跳回A车并与A车相对静止,则此时A车和B车的速度之比为()图1A.B.C. D.C规定向右为正方向,对全过程由
4、动量守恒定律有0MvB(Mm)vA,得,C正确17如图2所示,光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型,最低点B处的入、出口靠近但相互错开,C是半径为R的圆形轨道的最高点,BD部分水平,末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接,传送带以恒定速度v逆时针转动,现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放,滑块能通过C点后再经D点滑上传送带,则() 【导学号:37162112】图2A. 固定位置A到B点的竖直高度可能为2 RB滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带的速度v有关C滑块不可能重新回到出发点A处D传送带速度v越大,滑块与传送带摩擦产生的热量越多D因滑块能通过C点
5、,则在C点的速度最小值为vC,由动能定理,从A点到C点满足:mghmg2 Rmv,解得hR,故选项A错误;物体在传送带上向右做匀减速运动,加速度为ag,向右运动的最大距离xm,故滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v无关,选项B错误;当传送带的速度v大于物体到达D点的速度时,物体向右运动直至速度减到零后,再向左运动回到D点的速度与原来相同,故此时物体仍能回到出发点A,故选项C错误;传送带速度v越大,滑块与传送带的相对位移越大,则由摩擦产生的热量越多,选项D正确18小陈在地面上从玩具枪中竖直向上射出初速度为v0的塑料小球,若小球运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比,小球运动的速率随时间
6、变化的规律如图3所示,t1时刻到达最高点,再落回地面,落地速率为v1,下列说法中正确的是()图3A小球上升过程中的平均速度大于v0/2B小球下降过程中的平均速度大于v1/2C小球射出时的加速度值最大,到达最高点的加速度值为0D小球的加速度在上升过程中逐渐减小,在下降过程中也逐渐减小BD上升过程若是匀减速直线运动,其平均速度为,而从图中可以看出其面积小于匀减速直线运动的面积,即小球实际上升的位移小于做匀减速运动上升的位移,而平均速度等于位移与时间之比,故其平均速度小于匀减速运动的平均速度,即小于,故A错误;同理,可知小球下降过程中的平均速度大于匀加速下降的平均速度,即大于,故B正确;小球抛出时,
7、根据牛顿第二定律得:mgkvma,此时速率最大,可知此时的加速度最大,到最高点时,v0,加速度ag,不是0,故C错误;上升过程有:mgkvma,v减小,a减小下降过程有:mgkvma,v增大,a减小,故D正确19图4为学校配电房向各个教室的供电示意图,T为理想变压器,原副线圈的匝数比为41.V1 、A1 为监控市电供电端的电压表和电流表,V2 、A2 为监控校内变压器的输出电压表和电流表,R1 、R2 为教室的负载电阻,V3 、A3 为教室内的监控电压表和电流表,配电房和教室间有相当长的一段距离,则当开关S闭合时()图4A电流表A1 、A2 和A3 的示数都变大B只有电流表A1 的示数变大C电
8、压表V3 的示数变小D电压表V1 和V2 的示数比始终为41CD当开关闭合后,副线圈的总电阻变小,由于降压变压器的输入电压不变,则输出电压不变,即V1和V2不变,示数比始终为41,可知输电线中的电流增大,即A2增大,则输电线上损失的电压增大,可知用户端得到的电压减小,即U3减小,所以通过R1的电流减小,即A3减小,副线圈中电流决定原线圈中的电流,则原线圈中的电流I1增大,所以A1示数增大故选C、D.20如图5所示,两块水平放置的平行金属板,板长为2d,相距为d.现将一质量为m,电荷量为q的带电小球以某一水平速度靠近上板下表面的P点射入,刚好从下板边缘射出,若在两板间加入竖直向下的匀强电场,再次
9、将该带电小球以相同速度从P点射入,小球刚好水平向右沿直线运动;若保持电场,再加一垂直纸面的匀强磁场,再次将该带电小球以相同速度从P点射入,小球刚好垂直打在板上已知重力加速度为g,则下列说法正确的有()图5A小球从P点射入的初速度为B小球带正电,所加匀强电场EC所加匀强磁场方向垂直纸面向里,BD加入匀强磁场后,带电小球在板间运动时间为AD小球从P点射入后做平抛运动,根据分位移公式,有:2dv0t,dgt2联立解得:v0,故A正确;加电场后做匀速直线运动,故:qEmg,解得:E,电场力向上,场强向下,故小球带负电荷,故B错误;再加磁场后,做匀速圆周运动,洛仑兹力提供向心力,小球刚好垂直打在板上,故
10、轨道半径为d,根据牛顿第二定律,有:qv0Bm,解得:B;根据左手定则,磁场方向垂直纸面向里,故C错误;加入匀强磁场后,带电小球在板间运动时间为四分之一个周期,t,故D正确21如图6所示,竖直光滑杆固定不动,套在杆上的轻质弹簧下端固定,将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h0.1 m处,滑块与弹簧不拴接现由静止释放滑块,通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ekh图象,其中高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图象为直线,其余部分为曲线,以地面为零重力势能面,取g10 m/s2,由图象可知()图6A小滑块的质量为0.1 kgB轻弹簧原长为0.2 mC弹簧最大弹性势能为0.5 J
11、D小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4 JBC在从0.2 m上升到0.35 m范围内,EkEpmgh,图线的斜率绝对值为:kN2 Nmg,所以:m0.2 kg,故A错误;在Ekh图象中,图线的斜率表示滑块所受的合外力,由于高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图象为直线,其余部分为曲线,说明滑块从0.2 m上升到0.35 m范围内所受作用力为恒力,所以从h0.2 m,滑块与弹簧分离,弹簧的原长为0.2 m,故B正确;根据能的转化与守恒可知,当滑块上升至最大高度时,增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能,所以Epmmgh0.210(0.350.1) J0.5 J,故C正确;由图可知,当h0.18 m时的动能最大;在滑块整个运动过程中,系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化,因此动能最大时,滑块的重大势能与弹簧的弹性势能总和最小,根据能的转化和守恒可知,EpminEEkmEpmmghEkm(0.50.2100.10.32) J0.38 J,D错误