高三物理二轮复习第二篇题型分类练选择题标准练(五)

选择题标准练(五)
满分48分,实战模拟,20分钟拿下高考客观题满分!
说明：共8小题,每小题6分,在每小题给出的四个选项中,第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8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。

1.甲、乙两辆汽车在同一平直公路上行驶,其速度—时间图像如图所示,已知两辆
汽车在25s末到达同一位置,则甲、乙两辆汽车( )
A.运动的加速度之比为5∶1
B.相遇前的平均速度相等
C.到达同一位置前相距最远距离为180 m
D.到达同一位置前相距最远距离为400 m
【解析】选D。

速度—时间图像中斜率表示加速度,由图像可得：甲车的加速度a甲==m/s2=0.4 m/s2。

乙车的加速度a乙==m/s2=2 m/s2,故甲、乙两车加速度之比为1∶5,故A错误;根据“面积”表示位移,知前25s内位移不同,则平均速度不同,故B错误。

甲车开始运动前乙在甲前方,两者相距Δx=×(20+30)×25-×30×15m=400 m。

甲开始运动后,相遇前甲的速度大于乙的速度,两者间的距离减小,则到达同一位置前相距最远距离为400m,故C错误,D正确。

2.趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑,设球拍和球质量分别为
M、m,球拍平面和水平面之间夹角为θ,球拍与球保持相对静止,它们间的摩擦力及
空气阻力不计,则
( )
A.运动员的加速度为gtanθ
B.球拍对球的作用力为mg
C.运动员对球拍的作用力为(M+m)gcosθ
D.若加速度大于gsinθ,球一定沿球拍向上运动
【解析】选A。

网球受到重力mg和球拍的支持力N,根据牛顿第二定律得：
Nsinθ=ma,Ncosθ=mg,解得,a=gtanθ,N=,故A正确,B错误;以球拍和球整体为研究对象,根据牛顿第
二定律得：运动员对球拍的作用力为F=,故C错误;当a>gtanθ时,网球将向上运动,由于gsinθ小于gtanθ,故球不一定沿球拍向上运动。

故D错误。

3.某同学进行篮球训练,如图所示,将篮球从同一位置斜向上抛出,其中有两次篮球垂
直撞在竖直墙上,不计空气阻力,则下列说法中正确的是( )
A.篮球撞墙的速度,第一次较大
B.从抛出到撞墙,第一次球在空中运动的时间较长
C.篮球在空中运动时的加速度,第一次较大
D.抛出时的速度,第一次一定比第二次大
【解析】选B。

设篮球做斜抛运动时的水平分速度为v x,竖直分速度为v y,由表达式h=可知,第一次抛球时竖直方向的分速度v y较大;再由表达式t=可知,第一次抛出的球其水平分速度v x较小。

由以上的分析可知,篮球撞墙时的速度即为其水平分速度,故选项A错误;从抛出到撞墙,第一次球在空中运动的时间较长,选项B正确;篮球在空中运动的加速度为重力加速度g,故选项C错误;由于第一次抛球时水平分速度较小,而竖直分速度较大,所以无法判断篮球被抛出时速度的大小关系,选项D错误。

4.如图所示,小物块以某一初速度v0从固定的粗糙斜面底端上滑至最高点又返回底端。

若以沿斜面向上为正方向,用a、x、v和E k分别表示物块的加速度、位移、速度和动能,t表示运动时间,则可能正确的图像是( )
【解析】选B。

因上滑过程、下滑过程每个过程中的加速度大小均不变,且上滑时加速度大于下滑时的加速度,方向都是沿斜面向下,故都为负,故A错误;物块向上做匀减速直线运动,向下做匀加速直线运动,据位移公式可知,位移与时间成二次函数关系;据运动学公式可知,下滑所用的时间要大于上滑所用的时间,所以x -t图像应是曲线,B选项符合题意;据牛顿第二定律可知,上滑时的加速度为：a1==gsin θ+μgcosθ,方向沿斜面向下,速度方向沿斜面向上;下滑时的加速度gsinθ-μgcosθ=a2,方向沿斜面向下,速度方向沿斜面向下,为负值,知a1>a2,速度—时间图线的斜率表示加速度,且由于机械能的减少,物体
回到斜面底端时的速度比初速度小,故C错误;据速度公式和动能公式可知,动能随时间成二次函数关系变化,而D图中是一次函数关系,故D错误。

5.如图所示,A为地球赤道上的物体,B为地球同步卫星,C为地球表面上北纬
60°的物体。

已知A、B的质量相同。

则下列关于A、B和C三个物体的说法中,
正确的是( )
A.A物体受到的万有引力小于B物体受到的万有引力
B.B物体的向心加速度小于A物体的向心加速度
C.A、B两物体的轨道半径的三次方与周期的二次方的比值相同
D.A和B线速度的比值比C和B线速度的比值大,都小于1
【解析】选D。

根据万有引力定律F=,且A、B的质量相同,可知,间距越大的,引力越小,因此A物体受到的万有引力大于B物体受到的万有引力,故A错误;由a n=ω2r,因物体A与B的角速度相同,当半径越大时,则向心加速度越大,故B错误;物体A在地球表面,不是环绕地球做匀速圆周运动,因此不满足开普勒第三定律,故C错误;根据v=ωr,可知,B点线速度最大,而C的线速度最小,因此A与B的线速度之比和C与B 的线速度之比均小于1,再根据同步卫星轨道半径约是地球半径的5.7倍,则=,C为地球表面上北纬60°的物体,那么C轨道半径为地球半径的一半,则=,因此=,故D正确。

6.如图所示,面积为0.02m2、内阻不计的100匝矩形线圈ABCD,绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动,角速度为100rad/s,匀强磁场的磁感应强度为T。

矩形线圈通过滑环与理想变压器相连,滑片P可移动,副线圈所接电阻R=50Ω,电表均为理想交流电表。

当线圈平面与磁场方向平行时开始计时。

下列说法正确的是( )
A.线圈中感应电动势的表达式为e=100cos(100t)V
B.P上移时,电流表示数减小
C.t=0时,电压表示数为100V
D.当原、副线圈匝数比为2∶1时,电阻上消耗的功率为50W
【解析】选A、D。

由图可知,是从感应电动势最大位置开始,则有：e=E m cosωt可得：E m=nBSω=100V,
它的表达式可写为：e=100cos(100t)V,A正确;当P向上移动时,原线圈匝数减少,由=可知：输出电压增大,输出电流增大,输出功率增大,根据理想变压器原理可知输入功率增大,电流表示数增大,B错;电压表的示数指的是有效值,即为100V,C错;当原、副线圈匝数比为2∶1时,输出电压为50V,则电阻R上消耗的功率为：P==W=50 W,D正确,故选A、D。

7.如图所示,真空中M、N处放置两等量同种负电荷,a、b、c为电场中的三点,实
线PQ为M、N连线的中垂线,a、b两点关于MN对称,a、c两点关于PQ对称,则以
下判断正确的是( )
A.a点的场强与c点的场强完全相同
B.实线PQ上的各点电势相等
C.负电荷在a点的电势能等于在c点的电势能
D.若将一正试探电荷沿直线由a点移动到b点,则电场力先做正功,后做负功
【解析】选C、D。

a点与c点关于两电荷的中垂线对称,则场强大小相等但方向不同,故A错误;顺着PQ方向电势先减小再增大,故B错误;因为a与c两点电势相等,由E P=qφ,知负电荷在a点的电势能等于在c点的电势能,故C正确;将正试探电荷沿直线由a点移动到b点,电势先降低后升高,则电势能先减小后增大,电场力先做正功、后做负功。

故D正确。

8.如图所示,abcd为固定的水平光滑矩形金属导轨,导轨间距为L,左右两端接有定值电阻R1和R2,R1=R2=R,整个装置处于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。

质量为m、长度为L的导体棒MN放在导轨上,棒始终与导轨垂直且接触良好,不计导轨与棒的电阻。

两根相同的轻质弹簧甲和乙一端固定,另一端同时与棒的中点连接。

初始时刻,两根弹簧恰好处于原长状态,棒获得水平向左的初速度v0,第一次运动至最右端的过程中R1产生的电热为Q,下列说法中正确的是
( )
A.初始时刻棒所受安培力的大小为
B.棒第一次回到初始位置的时刻,R2的电功率为
C.棒第一次到达最右端的时刻,两根弹簧具有弹性势能的总量为m-2Q
D.从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中,整个回路产生的电热大于
【解析】选A、C、D。

由F=BIL及I=,得安培力大小为F A=BIL=,故A正确;由于安培力始终对MN做负功,产生焦耳热,由动能定理得：当棒再次回到初始位置时,速度小于v0,棒产生的感应电动势小于BLv0,则cd间电阻R2的功率小于,故B错误;由能量守恒得知,当棒第一次达到最右端时,物体的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和甲、乙弹簧的弹性势能,两个电阻相同并联,故产生的热量相同,则电路中产生总热量为2Q,所以两根弹簧具有的弹性势能为m-2Q,故C正确;由于安培力始终对MN做负功,产生焦耳热,棒第一次达到最左端的过程中,棒平均速度最大,安培力平均值最大,导体棒运动过程中有能量损耗,故运动到右端的位移小于运动到左端的位移,故整个回路中产生的焦耳热应大于×2Q=Q,故D 正确。