《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
