《高考快车道》选择题专项练4（课后习题）（教师版）高三 二轮专题复习讲义 物理

选择题专项练(四)
一、单项选择题
1.如图所示,某同学将空玻璃瓶开口向下缓慢压入水中,下降过程中瓶内封闭了一定质量的空气,瓶内空气看作理想气体,水温上下均匀且恒定不变,则(　　)
A.瓶内空气对外界做功
B.瓶内空气向外界放出热量
C.瓶内空气分子的平均动能增大
D.单位时间内与瓶壁单位面积上碰撞的空气分子数不变
答案 B
解析 被淹没的玻璃瓶在下降过程中,瓶内空气温度不变,水进入瓶内,瓶内空气体积减小,可知外界对瓶内空气做正功,故A错误;由于水温上下均匀且恒定不变,所以瓶内空气温度不变,则瓶内空气分子平均动能不变,瓶内空气内能不变,根据热力学第一定律可知,瓶内空气向外界放热,故B正确,C错误;由于瓶内空气体积减小,所以单位时间内与瓶壁单位面积上碰撞的空气分子数变多,故D错误。
2.(2025黑吉辽蒙卷)书法课上,某同学临摹“力”字时,笔尖的轨迹如图中带箭头的实线所示。笔尖由a点经b点再回到a点,则(　　)
A.该过程位移为0
B.该过程路程为0
C.两次过a点时速度方向相同
D.两次过a点时摩擦力方向相同
答案 A
解析 位移是矢量,表示物体从起点到终点的有向线段,路程是标量,表示物体运动轨迹的长度,笔尖从a点再经b点再回到a点,该过程位移为0,路程不为0,故A正确,B错误。运动方向沿轨迹切线方向,摩擦力方向沿运动反方向,笔尖两次经过a点的速度方向和摩擦力方向均不相同,故C、D错误。
3.(2025杭州模拟)2024年1月18日,大连理工大学研制的“大连1号——连理卫星”从“天舟六号”货运飞船成功释放入轨。若“连理卫星”绕地球的运动可视为匀速圆周运动,已知引力常量,由下列物理量能计算出地球质量的是(　　)
A.“连理卫星”的绕地周期和地球半径
B.“连理卫星”的绕地角速度和绕地周期
C.“连理卫星”的绕地线速度和绕地半径
D.“连理卫星”的绕地半径和地球表面重力加速度
答案 C
解析 由=m R得M=,R为绕地半径,故已知绕地周期和地球半径不能计算出地球质量,A错误;由=m R=mω2R 得M=,故已知绕地角速度和绕地周期不能计算出地球质量,B错误;由=m 得M=,故已知绕地线速度和绕地半径能计算出地球质量, C正确;由=m =mg得M=,r为地球半径,故已知绕地半径和地球表面重力加速度不能计算出地球质量,D错误。
4.如图所示,正方体框架ABCD-A1B1C1D1的底面A1B1C1D1处于水平地面上。从顶点A沿不同方向水平抛出小球(可视为质点),不计空气阻力。关于小球的运动,下列说法正确的是(　　)
A.落点在棱BB1上的小球,落在B1点时平拋的初速度最大
B.落点在面A1B1C1D1内的小球,落在C1点的运动时间最长
C.落点在三角形B1C1D1内的小球,平抛初速度的最小值与最大值之比是1∶2
D.落点在线B1D1上的小球,落地时重力的瞬时功率均不相同
答案 C
解析 设正方体棱长为l,落点在棱BB1上的小球,落在B1点时竖直位移最大,根据t=可知,运动时间最长,根据v=可知平拋的初速度最小,选项A错误;根据t=可知落点在面A1B1C1D1内的小球竖直位移相等,则运动时间相等,选项B错误;落点在三角形B1C1D1内的小球运动时间相等,最大的水平位移为l,最小水平位移为l,最小水平位移与最大水平位移之比为1∶2,则平抛初速度的最小值与最大值之比是1∶2,选项C正确;落点在线B1D1上的小球,竖直速度均为vy=,落地时重力的瞬时功率P重=mgvy均相同,选项D错误。
5.(2025河北保定一模)在地球表面,被轻质细线悬挂而处于静止状态的质量为m的小球,所受地球的万有引力作用效果分解示意图如图所示,已知小球所处的纬度为θ(30°<θ<60°),重力为F1,万有引力为F,地球的半径为R,自转周期为T,下列说法正确的是(　　)
A.细线的拉力FT与F是一对平衡力
B.小球所需的向心力为
C.地球赤道处的重力加速度为
D.地球的第一宇宙速度为
答案 D
解析 细线的拉力FT与F的合力提供了小球做圆周运动的向心力,A错误;小球做圆周运动的半径为r=Rcos θ,所以小球所需的向心力为Fn=,B错误;小球所处的纬度重力为F1,大于赤道处的重力,所以地球赤道处的重力加速度小于,C错误;根据F=可得地球的第一宇宙速度为v1=,D正确。
6.(2025厦门模拟)蹦极就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处,从高处跳下的一种极限运动。某人做蹦极运动时,所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示,将蹦极过程近似为在竖直方向的运动,重力加速度大小为g,以竖直向上为正方向,下列说法正确的是(　　)
A.人的质量为
B.人的最大加速度大小为2g
C.0.4t0时刻,人的速度最大
D.t0时刻,人处于超重状态
答案 D
解析 由图可知,人的重力为mg=0.8F0,则人的质量为m=,选项A错误;人的最大加速度大小为a==1.5g,选项B错误;0.4t0时刻,F=1.9F0,此时加速度不为零,则人的速度不是最大,选项C错误;t0时刻,F=1.6F0=2mg,此时加速度向上,则人处于超重状态,选项D正确。
7.如图所示,整个空间存在一水平向右的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场,光滑绝缘斜面固定在水平面上。一带正电滑块从斜面顶端由静止下滑,下滑过程中始终没有离开斜面,下滑过程中滑块的位移x、受到的洛伦兹力F洛、加速度a与机械能E机等物理量的大小随时间变化的图像可能正确的是(　　)
答案 B
解析 滑块下滑过程中始终没有离开斜面,滑块沿斜面受到的重力分力和电场力分力均保持不变,滑块做匀加速直线运动,则a-t图像为一条与横轴平行的直线;根据x-t图像的斜率表示速度,可知x-t图像的斜率逐渐增大,故A、C错误;由于滑块由静止做匀加速直线运动,则有F洛=qvB=qBat∝t,可知F洛-t图像为过原点的倾斜直线,故B正确;除重力做功外,还有电场力做功,则滑块的机械能不守恒,故D错误。
二、多项选择题
8.一列简谐横波沿x轴方向传播,t=0时刻的波形如图所示,介质中x=0.6 m处的质点P的动能正在减小。t=0.25 s,质点P第一次到达波峰处。下列说法正确的是(　　)
A.该波沿x轴正方向传播
B.该波的传播速度大小为4 m/s
C.0~0.25 s时间内质点P运动的路程为40 cm
D.质点P振动的位移—时间关系为y=16sin cm
答案 BD
解析 由于质点P动能在减小,可知质点P沿y轴负方向振动,由同侧法可知波沿x轴负方向传播,故A错误;由图可知λ=2.4 m,可得该波的波长为λ=1.6 m,故质点P第一次到波峰是x=1.6 m处振动形式传来的,则v= m/s=4 m/s,故B正确;由T=可得,该波的周期为T=0.4 s,设P点的振动方程为y=Asin cm,将t=0.25 s,y=16 cm代入上式可得φ=1.25π,即P点的振动方程为y=16sin (5πt+1.25π) cm,故D正确;当t=0时,y=-8 cm,且t=0.25 s,y=16 cm,故在0~0.25 s时间内质点P由-8 cm振动到-16 cm处,再振动到16 cm处,则0~0.25 s时间内质点P运动的路程为s=16 cm+16 cm+(16-8) cm=(48-8) cm,故C错误。
9.间距为L、长度均为2s的光滑平行金属导轨固定在水平面内,静止的金属棒垂直放置在导轨的左端,且始终与导轨接触良好。t=0时刻,电流大小为I的恒定电流从一根导轨流入,经过金属棒,再从另一根导轨流回,如图所示。当金属棒运动到导轨的中点时,电流大小突然变为2I,导轨电流在两导轨间产生的磁场近似可视为匀强磁场,磁感应强度B与电流I成正比。已知金属棒的质量为m。则(　　)
A.金属棒在左、右两段导轨上运动时所受安培力的大小之比为1∶2
B.金属棒在左、右两段导轨上运动的加速度大小之比为1∶4
C.金属棒运动到导轨中点与末端的动能之比为1∶4
D.金属棒运动到导轨中点与末端的速度大小之比为1∶
答案 BD
解析 由题意可知磁感应强度B与电流I成正比,金属棒在左、右两段导轨上运动时电流之比为I∶2I=1∶2,则磁感应强度之比为B∶2B=1∶2,金属棒在左、右两段导轨上运动时所受安培力的大小之比为F左∶F右=BIL∶(2B·2IL)=1∶4,金属棒在左、右两段导轨上运动的加速度大小之比为a左∶a右==1∶4,故A错误,B正确;设金属棒运动到导轨中点的速度为v1,金属棒运动到导轨末端的速度为v2,根据动能定理可得F左s=-0,F左s+F右s=-0,联立可得金属棒运动到导轨中点与末端的动能之比为=F左s∶(F左s+F右s)=1∶5,则金属棒运动到导轨中点与末端的速度大小之比为v1∶v2=1∶,故C错误,D正确。
10.如图所示的理想变压器,原线圈的匝数为6,两个副线圈的匝数分别为3、2,三个电阻甲、乙、丙的阻值均为R,电源是正弦式交变电流,已知甲两端的电压为U,下列说法正确的是(　　)
A.原线圈两端的电压为U
B.通过电阻乙的电流为
C.电源电压的有效值为U
D.三个电阻的总功率为
答案 BD
解析 设原线圈电压为U1,匝数为3的副线圈电压为U2,匝数为2的副线圈电压为U3,由电压关系知U1∶U2∶U3=n1∶n2∶n3,则可知U2=U1,U3=U1,由功率关系知U1I1=U2I2+U3I3,则可知n1I1=n2I2+n3I3,则n1=n2+n3,代入得U1=U,A错误;由于U2=U1,代入得U2=U=U,通过电阻乙的电流为I2=U,B正确;设电源电压的有效值为UE,则UE=U1+U=U+U=U,C错误;三个电阻的总功率为P=UEI1=U×,D正确。
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