（課標版）高考物理二輪復習 選擇題提速練11（含解析）-人教版高三全冊物理試題

選擇題提速練11時間：45分鐘1～5單選，6～8多選1．如圖所示，一輕桿一端固定一小球，繞另一端O點在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，在小球運動過程中，輕桿對它的作用力(C)A．方向始終沿桿指向O點B．一直不做功C．從最高點到最低點，一直做負功D．從最高點到最低點，先做負功再做正功解析：小球做勻速圓周運動，合力提供向心力，方向始終沿桿指向O點，小球受重力和桿的作用力，所以桿的作用力不一定沿桿指向O點，故A錯誤；小球做勻速圓周運動，合力做功為零，從最高點到最低點，重力做正功，所以桿一直做負功，故B、D錯誤，C正確．2．某靜電場中有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子甲從O點以速率v0射出，運動到A點時速率為3v0；另一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子乙以速率3v0仍從O點射出，運動到B點速率為4v0，不計重力的影響．則(C)A．在O、A、B三點中，O點電勢最高B．O、A間的電勢差與B、O間的電勢差相等C．甲粒子從O到A電場力對其所做的功，比乙粒子從O到B電場力對其所做的功多D．甲粒子從O到A電場力對其做正功，乙粒子從O到B電場力對其做負功解析：由題意知，負電荷從O到B電場力做正功，故B點電勢高于O點電勢，所以A錯誤；qUOA＝eq\f(1,2)m(3v0)2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，－qUOB＝eq\f(1,2)m(4v0)2－eq\f(1,2)m(3v0)2，可得UOA>UBO，即O、A間的電勢差高于B、O間的電勢差，所以B錯誤，C正確；乙粒子從O到B電場力對其做正功，故D錯誤．3．下列說法正確的是(D)A．氫原子從n＝3能級躍遷到n＝1能級和從n＝2能級躍遷到n＝1能級相比較，前者輻射出的光的波長比后者的長B．α射線與β射線和γ射線相比，α射線具有較強的穿透能力C．動能相等的質(zhì)子和電子，它們的德布羅意波長也相等D．康普頓效應說明光具有粒子性，電子的衍射實驗說明實物粒子具有波動性解析：氫原子從n＝3能級躍遷到n＝1能級放出的光子能量比從n＝2能級躍遷到n＝1能級大，由公式ΔE＝heq\f(c,λ)可知，前者躍遷輻射出的光子波長比后者的短，故A項錯誤；α射線電離能力最強，穿透能力最弱，γ射線電離能力最弱，穿透能力最強，故B項錯誤；動能相同的質(zhì)子和電子，它們的動量大小可以用公式p＝eq\r(2mEk)判斷，質(zhì)子與電子的質(zhì)量不同，所以動能相等的電子與質(zhì)子的動量是不同的，再根據(jù)德布羅意波的波長公式λ＝eq\f(h,p)，可知其波長也不相同，故C項錯誤；康普頓效應表明光子有動量，揭示了光的粒子性的一面，而電子的衍射表明實物粒子具有波動性，故D項正確．4．如圖所示，質(zhì)量為m的A球在水平面上靜止放置，質(zhì)量為2m的B球向左運動速度大小為v0，B球與A球碰撞且無機械能損失，碰后A球速度大小為v1，B球的速度大小為v2，碰后相對速度與碰前相對速度的比值定義為恢復系統(tǒng)e＝eq\f(v1－v2,v0－0)，下列選項正確的是(A)A．e＝1 B．e＝eq\f(1,2)C．e＝eq\f(1,3) D．e＝eq\f(1,4)解析：A、B在碰撞的過程中，根據(jù)動量守恒可得，2mv0＝mv1＋2mv2，在碰撞的過程中機械能守恒，可得eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)，解得v1＝eq\f(4,3)v0，v2＝eq\f(1,3)v0，碰后相對速度與碰前相對速度的比值定義為恢復系統(tǒng)e＝eq\f(v1－v2,v0－0)＝1，故A正確，B、C、D錯誤．5．如圖所示，一傾角為30°的勻質(zhì)圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度ω轉(zhuǎn)動，盤面上離轉(zhuǎn)軸距離d處有一帶負電的電荷量為q、質(zhì)量為m的小物體與圓盤始終保持相對靜止，整個裝置放在豎直向上的勻強電場中，電場強度E＝eq\f(mg,2q)，則物體與盤面間的摩擦因數(shù)至少為(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g為重力加速度)(A)A.eq\f(\r(3)3g＋4ω2d,9g) B.eq\f(2\r(3)＋1ω2d,3g)C.eq\f(\r(3)g＋4ω2d,3g) D.eq\f(\r(3)g＋2ω2d,3g)解析：對物體跟著圓盤轉(zhuǎn)動的各個位置分析比較可知，當物體轉(zhuǎn)到圓盤的最低點時，所受的靜摩擦力沿斜面向上達到最大，即將相對滑動，由牛頓第二定律得：μ(mg＋qE)cos30°－(mg＋qE)sin30°＝mω2d，解得μ＝eq\f(\r(3)3g＋4ω2d,9g)，故A正確，B、C、D錯誤．6．一個理想變壓器，開始時開關(guān)S接1，此時原、副線圈的匝數(shù)比為91.一個理想二極管和一個滑動變阻器串聯(lián)接在副線圈上，此時滑動變阻器接入電路的阻值為10Ω，如圖甲所示．原線圈接入如圖乙所示的正弦式交流電．則下列判斷正確的是(BD)A．電壓表的示數(shù)為4VB．滑動變阻器消耗的功率為0.8WC．若將開關(guān)S由1撥到2，同時滑動變阻器滑片向下滑動，電流表示數(shù)將變大D．若將二極管用導線短接，電流表示數(shù)加倍解析：原線圈交流電壓的有效值為：U1＝eq\f(36\r(2),\r(2))V＝36V，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，得：U2＝eq\f(1,9)×U1＝4V，二極管具有單向?qū)щ娦裕鶕?jù)電流的熱效應有：eq\f(U\o\al(2,2),R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U2′2,R)·T，解得：U2′＝eq\f(U2,\r(2))＝eq\f(4,\r(2))V＝2eq\r(2)V，即電壓表示數(shù)為2eq\r(2)V，故A錯誤；滑動變阻器消耗的功率為：P＝eq\f(U2′2,R)＝eq\f(2\r(2)2,10)W＝0.8W，故B正確；將開關(guān)S由1撥到2，同時滑動變阻器滑片向下滑動，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，副線圈電壓變小，滑動變阻器電阻變大，輸出功率變小，輸入功率變小，根據(jù)P1＝U1I1，電流表示數(shù)將變小，故C錯誤；若將二極管用導線短接，輸出功率加倍，輸入功率加倍，電流表示數(shù)加倍，故D正確．7．如圖所示，一輕彈簧直立于水平面上，彈簧處于原長時上端在O點，將一質(zhì)量為M的物塊甲輕放在彈簧上端，物塊下降到A點時速度最大，下降到最低點B時加速度大小為g，O、B間距為h.換用另一質(zhì)量為m的物塊乙，從距O點高為h的C點靜止釋放，也剛好將彈簧壓縮到B點．不計空氣阻力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g，則上述過程中(AD)A．彈簧最大彈性勢能為MghB．乙的最大速度為eq\r(2gh)C．乙在B點加速度大小為2gD．乙運動到O點下方eq\f(h,4)處速度最大解析：對于物塊甲的過程，根據(jù)能量守恒可知，彈簧壓縮到B點時的彈性勢能等于甲的重力勢能的變化即Mgh，物塊乙也剛好將彈簧壓縮到B點，所以彈簧最大彈性勢能為Mgh，故A正確；當乙下落到O點時，根據(jù)動能定理：mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得：v＝eq\r(2gh)，此時開始壓縮彈簧，但彈簧彈力為零，所以物塊將繼續(xù)加速直到彈力等于重力時速度達到最大，所以乙的最大速度大于eq\r(2gh)，故B錯誤；根據(jù)能量守恒有Mgh＝mg·2h，則m＝eq\f(1,2)M，在B點對M根據(jù)牛頓第二定律有：F－Mg＝Mg，對m根據(jù)牛頓第二定律有：F－mg＝ma，聯(lián)立以上各式可得：a＝3g，故C錯誤；設(shè)彈簧勁度系數(shù)為k，在最低點有：kh＝2Mg＝4mg，即keq\f(h,4)＝mg，可得乙運動到O點下方eq\f(h,4)處速度最大，故D正確．8．鐵路運輸中設(shè)計的多種裝置都運用了電磁感應原理．有一種電磁裝置可以向控制中心傳輸信號以確定火車的位置和運動狀態(tài)，裝置的原理是：將能產(chǎn)生勻強磁場的磁鐵安裝在火車首節(jié)車廂下面，如圖甲所示(俯視圖)，當它經(jīng)過安放在兩鐵軌間的矩形線圈時，線圈便產(chǎn)生一個電信號傳輸給控制中心．線圈長為l1，寬為l2，匝數(shù)為n.若勻強磁場只分布在一個矩形區(qū)域內(nèi)，當火車首節(jié)車廂通過線圈時，控制中心接收到線圈兩端電壓u與時間t的關(guān)系如圖乙所示(ab、cd均為直線)，則在t1～t2時間內(nèi)(BD)A．火車做勻速直線運動B．M點電勢低于N點電勢C．火車加速度大小為eq\f(u2－u1,nBl2t2－t1)D．火車平均速度大小為eq\f(u1＋u2,2nBl1)解析：在t1～t2時間內(nèi)，由感應電動勢E＝u＝nBl1v＝nBl1(v1＋at)，由圖象可知火