精品K12学习高考学习复习资料物理一轮复习 模块复习 选择题31分练(7)

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1
A.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(M ＋m )g
D.振动过程中台秤的最大示数一定等于(M ＋m )g
解析 当物体有向下的最大加速度时，物体失重最多，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(M ＋m )g ，选项C 正确，D 错误。

答案 C
2.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v
B.起飞过程的加速度为2v t
C.在航母上供舰载机起飞所需要的跑道的最短长度为2vt
D.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，平均速度v ＝v ＝v 0＋v t 2，又v 0＝0，故舰载机离
开航母时的速度v t ＝2v ，而不是平均速度v ，选项A 错误；起飞过程的加速度为a ＝v t －v 0t
＝2v t
，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s ＝vt ，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 B
3.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916
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T c ＝2764
T b ，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 D
4.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θ角(0＜θ＜90°)，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3
A.运动的加速度大小为v 2
2L
B.下滑位移大小为qR BL
C.产生的焦耳热为qBLv
D.受到的最大安培力大小为B 2L 2v R
sin θ 解析 由牛顿第二定律可知mg sin θ－B 2L 2v R
＝ma ，金属棒做变加速运动，选项A 错误；由q ＝I ·Δt ＝ΔΦΔtR ·Δt ＝ΔΦR ＝BLx R 得x ＝qR BL
，选项B 正确；由动能定理可知mgx sin θ－Q ＝12
mv 2，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F m ＝BLI m ＝BL BLv R ＝B 2L 2v R
，选项D 错误。

答案 B
5.如图4所示，一根重力G ＝0.1 N 、长L ＝1 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I ＝1 A 的电流时，两根弹簧比原长各缩短了Δx ＝0.01 m ，已知匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度的大小B ＝0.4 T ，则( )
图4
A.导体中电流的方向为a →b
B.每根弹簧的弹力大小为0.5 N
C.弹簧的劲度系数为k ＝5 N/m
D.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b →a ，选项A 错误；通电后，导体ab 的有效长度为l ＝12
L ＝0.5 m ，受到的安培力为F ＝BIl ＝0.4×1×0.5 N ＝0.2 N ，又F ＝2F 弹＋G ，则F 弹＝F －G 2＝0.2－0.12 N ＝0.05
N ，选项B 错误；由F 弹＝k Δx 得k ＝F 弹Δx ＝0.050.01
N/m ＝5 N/m ，选项C 正确；导线中不通电流，则有2k Δx ′＝G ，可得Δx ′＝G 2k ＝0.12×5
m ＝0.01 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，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x －t 图象，则下
列说法中正确的是( )
图5
A.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x－t图象中图线的斜率表示速度，所以A质点的速度v A＝20 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x－t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，故选项D正确。

答案ABD
7.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φA＝5 V，φB＝2 V，φC＝3 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U AB＝3 V，则每等份两端的电势差为1 V，φH＝4 V，φF＝3 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U AC＝2 V，则每等份两端的电势差为1 V，φG＝4 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BC
8.某水库用水带动如图6甲所示的交流发电机发电，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6
A.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1∶20
C.进入电动机的电流的频率是100 Hz
D.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500∶10 000＝1∶20，选项B 正确；由题图乙可知周期T ＝0.02 s ，故频率为f ＝50 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I 1I 2＝n 2n 1
知电流表的示数变大，选项D 正确。

答案 ABD
9.(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7
A.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。