高2020届高2017级高三物理步步高二轮复习配套课件学案第三部分选择题题型练(十)

选择题题型练（十）一、选择题I（本题共8小题,每小题4分，共32分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.（2019金华十校期末）如图所示，重型自卸车装载一巨型石块 ，当利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度，车厢上的石块就会自动滑下.以下说法正确的是（ ），石块对车厢的压力不变，石块对车厢的压力不变石块对车厢的摩擦力变大石块对车厢的作用力变大，石块受到的合力不变A.石块没有下滑时B.石块没有下滑时C.石块开始下滑时D.石块开始下滑时答案B，自卸车车厢倾角变大，自卸车车厢倾角变大，自卸车车厢倾角变大，自卸车车厢倾角变大解析设石块质量为m,车厢倾角为Q下滑前，随着。增大，压力Fn=mgcos。变小，摩擦力Ff=mgsin。变大;下滑后，倾角。增大，压力Fn=mgcos。变小，摩擦力Ff=科比也变小，作用力变小，由于石块的加速度a=gsin。一cos。变大，石块受到的合力也变大.2.（2019金丽衢十二校联考）“辽宁舰”质量为m=6X106kg,如图是“辽宁舰”在海上转弯时的照片，假设整个过程中辽宁8做匀速圆周运动 ，速度大小为20m/s,圆周运动的半径为1000m,取g=10m/s2,下列说法中正确的是（ ）A.水对舰的合力指向圆心B.水对舰的合力大小约为 6.0X107NC.水对舰的合力大小约为 2.4X106ND.水对舰的合力大小为 0答案B解析 舰船在运动的过程中受到重力与水的合力 ，总的合力的方向沿水平方向 ，提供向心力目“v26X106X202 6即:F总=m■r■=-T000—n=2.4X106N.由于总合外力的方向指向圆心 ，所以水对舰的合力的方向为斜向上，水对舰的合力的大小：F水=5总?+G2，代入数据可得：F水=6.0X107N,故B正确,A、C、D错误.3.如图所示，B为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为 o.一小球在圆轨道左侧的A点以速度V0平抛,恰好沿B点的切线方向进入圆轨道.已知重力加速度为g,不计空气阻力，则A、B之间的水平距离为（ ）2 2, 2 2Avotanrb2votanacvo口2vog.g.gtana.gtana答案A解析 由小球恰好沿B点的切线方向进入圆轨道可知 ，小球在B点时的速度方向与水平方向的夹角为o■由tan“=更,x=vot,联立解得A、B之间的水平距离为x=v°&n」,选项A正确.v0 g4.如图所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面为H处由静止自由下落压缩弹簧.若弹簧的最大压缩量为x,小球下落过程受到的空气阻力恒为Ff,则小球由静止下落到最低点的过程中 （ ）A.小球动能的增量为mgHB.小球重力势能的增量为mg（H+x—L）C.弹簧弹性势能的增量为（mg—Ff）（H+x-L）D.系统机械能减小量为 FfH答案C解析 根据动能定理可知，小球动能的增量为零,A错误;小球重力势能的增量为— mg（H+x—L）,B错误油能量守恒，可知弹簧弹性势能的增量为 （mg—Ff）（H+x—L）,C正确；系统除重力与弹力做功外，还有空气阻力做负功，故系统机械能减小量为 Ff（H+x—L）,D错误.5.（2019河北邯郸市测试）三颗人造地球卫星A、B、C绕地球做匀速圆周运动，运行方向如图所示.已知mA=mB<mc,则关于三颗卫星，下列说法错误的是（ ）A.卫星运行线速度关系为 va>vb=vc

B.卫星轨道半径与运行周期关系为B.卫星轨道半径与运行周期关系为Ra3 Rb3 Rc3TA2=TB2=T?C.已知引力常量G,现测得卫星A的运行周期Ta和轨道半径Ra,可求地球的平均密度D.为使A与B同向对接，可对A适当加速答案C解析人造卫星绕地球做匀速圆周运动 ，万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M,由题图可知：「a<「b=rc,根据人造卫星的万有引力等于向心力GMm v2GMm v2后―r2-=mp得v=GM，绕同一个中心天体运动的半径的三次方与所以va>vb=vc,故A正确；由开普勒第三定律可知，绕同一个中心天体运动的半径的三次方与周期的平方之比是一个定值即詈=祟=¥12,故B正确；由于不知道地球的半径，所以无法求周期的平方之比是一个定值出密度，故C错误;为使A与B同向对接，可对A适当加速，做离心运动，故D正确.6.（2019四川宜宾市第二次诊断）如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4：1,Rt为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，Ri为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表.原线圈所接电压u=51sin（100兀t）（V）.下列说法正确的是（ ）A.变压器输入与输出功率之比为 1：4B.变压器副线圈中电流的频率为 100HzC.变压器原、副线圈中的电流之比为 1：4D.若热敏电阻Rt的温度升高，电压表的示数不变，电流表的示数变小答案C解析理想变压器原、副线圈功率之比为1：1,由电压u=51sin（100冠）V知3=100兀rad/s=2f,故频率f=50Hz;由n1：n2=4：1知Ii：I2=1：4;若Rt温度升高，电阻减小，Ui和U2不变,I2变大，即电流表示数变大，故C正确.7.（2019金丽衢十二校联考）如图所示，直角三角形的斜边倾角/ C=30°,底边BC长为2L,处在水平位置，斜边AC是光滑绝缘的，在底边中点。处固定一正点电荷Q,一个质量为m、电荷量为q的带负电的质点从斜面顶端 A沿斜边滑下，滑到斜边上的垂足 D时速度为丫,则（ ）A.质点的运动是先匀加速后匀减速运动B.质点在运动中动能与电势能之和不发生变化C.质点运动到非常接近斜边底端 C点时的速度为vc=W+^3gLD.质点运动到非常接近底端 C点时的加速度为2答案C解析质点运动过程中，电场力的大小和方向是变化的 ，故合力的大小是变化的，故加速度也是变化的，故A错误;小球受重力、支持力和电场力，支持力不做功，故质点在运动过程中动能、 电1C势能、重力势能三者之和守恒，故B错误;对从D到C过程，根据动能定理，有:mgLsin60=-1mvc2一Jmv2,解得vc=\v2+>/3gL滑到C点时mgsin30—Fcos30=macF=kQI,解得aC=1g_2mLQq..如图所示，长方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，同一带电粒子，以速率vi沿ab射入磁场区域，垂直于dc边离开磁场区域，运动时间为ti;以速率V2沿ab射入磁场区域，从bc边离开磁场区域时与bc边夹角为150°,运动时间为t2.不计粒子重力.则上：12是（）A.2:V3 B.V3：2C.3：2D.2：3答案C解析根据题意作出粒子运动轨迹如图所示由几何知识可知：”=90,3=60°,粒子在磁场中做圆周运动的周期 ：丁=2皆，粒子在磁场中的运动时间：t=UT,粒子在磁场中的qB 2兀运动时间之比：?=合90-=3,故C正确.t2P60 2二、选择题n（本题共4小题,每小题4分，共16分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选又•的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）.(2019金华十校高三期末)下列四幅图分别对应着四种说法 ，其中正确的是(A.图甲，处于n=3能级的氢原子吸收的能量只要大于等于 1.51eV,就能发生电离B.图乙，根据心&丫射线的特点，射线1是“射线，射线2是3射线，射线3是丫射线C.图丙，天然放射性元素的半衰期与原子核内部的结构以及其化学状态都有关D.图丁，重核的裂变反应方程可以有 235U—14(4Ba+36Kr+20n答案AB10.一质量为0.6kg的篮球，以8m/s的速度水平撞击篮板，被篮板反弹后以6m/s的速度水平反向弹回在空中飞行0.5s后被运动员接住后静止，取g=10m/s2,不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A.与篮板碰撞前后篮球的动量变化大小为 8.4kgm/sB.被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的动量变化大小为 0.6kgm/sC.篮板对篮球的作用力大小约为 15.6ND.被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的重力产生的冲量大小为 3Ns答案AD解析 以被篮板反弹后的速度方向为正方向 ，与篮板碰撞前后篮球白动量变化大小为：Ap〔=mv2—(―mv1)=m(v2+vi)=0.6x(8+6)kgm/s=8.4kgm/s,选项A正确；根据动量定理：FAt=绿1,因作用时间At未知，则无法确定篮板对篮球的作用力大小 ，选项C错误；被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的重力产生的冲量大小为Ig=mgt=3kgm/s=3Ns,选项D正确.根据动量定理，被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的动量变化大小为绿2=Ig=0.6X10X0.5kgm/s=3kgm/s,选项B错误.11.（2018全国卷m20）如图（a）,在同一平面内固定有一长直导线 PQ和一导线框R,R在PQ的右侧.导线PQ中通有正弦交流电i,i的变化如图（b）所示,规定从Q到P为电流正方向.导线框R中的感应电动势（ ）A.在t=T时为零B.在t=T时改变方向C.在t=T时最大，且沿顺时针方向D.在t=T时最大，且沿顺时针方向答案AC解析在t=Jt交流电图线切线斜率为 0,即磁场变化率为0,由E=¥=『BS知,E=0,A项正4 困 At确；在t=工和t=T时,图线斜率最大在t=1和t=T时感应电动势最大.2 2在:到T之间，电流由Q向P减弱,导线在R处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知,R产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里 ，即R中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在$113T^,R/r/