选择题提速保分练(六)

选择题提速保分练(六)一、单项选择题：本题共5小题，每小题6分，共30分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.小李和小王两位同学利用直尺互测对方的反应时间。如图，被测者用一只手在直尺下方0刻度处做捏尺的准备(不接触直尺)，当看到合作方放手立即捏住直尺，结果小李和小王分别捏住12cm和10cm两个刻度。若忽略空气阻力，利用t＝eq\r(\f(2h,g))可测算出反应时间，下列说法正确的是()A．小李比小王的反应时间短B．比较两次直尺被捏住前瞬间的速度大小，直尺被小李捏住前瞬间的速度比较小C．两位同学测量过程中直尺下落速度变化一样快D．考虑空气阻力的影响测算出的反应时间比原测算值要小解析：选C根据自由落体运动规律，小李捏住直尺时直尺下落高度比较大，说明其反应时间长，直尺的速度比较大，故A、B错误；两位同学测量过程中直尺下落时的加速度相同，均为g，速度变化一样快，故C正确；两位同学测算出的反应时间是根据自由落体规律t＝eq\r(\f(2h,g))计算的，但实际存在空气阻力的影响，h＝eq\f(1,2)at2，t＝eq\r(\f(2h,a))，直尺下落加速度比g值小，实际下落时间比计算值大，D错误。2.蹦极是一项刺激的户外休闲活动，足以使蹦极者在空中体验几秒钟的“自由落体”。如图所示，蹦极者站在高塔顶端，将一端固定的弹性长绳绑在踝关节处。然后双臂伸开，双腿并拢，头朝下跳离高塔。设弹性绳的原长为L，蹦极者下落第一个eq\f(L,5)时动量的增加量为Δp1，下落第五个eq\f(L,5)时动量的增加量为Δp2，把蹦极者视为质点，蹦极者离开塔顶时的速度为零，不计空气阻力，则eq\f(Δp1,Δp2)满足()A．1＜eq\f(Δp1,Δp2)＜2 B．2＜eq\f(Δp1,Δp2)＜3C．3＜eq\f(Δp1,Δp2)＜4 D．4＜eq\f(Δp1,Δp2)＜5解析：选D蹦极者下落第一个eq\f(L,5)时，据速度位移关系公式得：v12＝2g·eq\f(L,5)，此刻蹦极者的动量为p1＝Δp1＝mv1；同理可得：下落第四个eq\f(L,5)时，据速度位移关系公式得：v22＝2g·eq\f(4L,5)，下落第五个eq\f(L,5)时，据速度位移关系公式得：v32＝2g·eq\f(5L,5)，下落第五个eq\f(L,5)时动量的增加量Δp2＝mv3－mv2，联立解得：eq\f(Δp1,Δp2)＝eq\r(5)＋2，所以4＜eq\f(Δp1,Δp2)＜5，故A、B、C错误，D正确。3.人造卫星甲、乙分别绕地球做匀速圆周运动，卫星乙是地球同步卫星，卫星甲、乙的轨道平面互相垂直，乙的轨道半径是甲轨道半径的eq\r(3,25)倍，某时刻两卫星和地心在同一直线上，且乙在甲的正上方(称为相遇)，如图所示。在这以后，甲运动8周的时间内，它们相遇了()A．2次 B．3次C．4次 D．6次解析：选B根据周期公式T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，得eq\f(T乙,T甲)＝5，又因eq\f(2π,T甲)t＝n1π(n1＝1,2，…，16)，eq\f(2π,T乙)t＝n2π(n2＝1,2,3，…)，解得t＝eq\f(n1,2)T甲＝eq\f(n2,2)T乙，当n2＝1时，n1＝5，当n2＝2时，n1＝10，当n2＝3时，n1＝15，所以在这以后，甲运动8周的时间内，它们相遇了3次，B正确。4.如图所示，在xOy坐标系中以O为中心的椭圆上，有a、b、c、d、e五点，其中a、b、c、d为椭圆与坐标轴的交点。现在椭圆的一个焦点O1固定一点电荷Q1，另一正试探电荷仅在静电力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是()A．点电荷Q1带负电B．a、c两点的电场强度相同C．在b、d两点分别放一个电荷量均为Q2的正点电荷和负点电荷，O点处的场强可能为0D．在a、c两点分别放一个电荷量均为Q2的正点电荷，d点处的场强可能为0解析：选C根据带电粒子轨迹及曲线运动受力特点可知点电荷Q1带正电，A错误；由电场线的分布情况和对称性可分析a、c两点电场强度大小相同，但方向不同，B错误；在b、d两点分别放一个电荷量为Q2的正点电荷和负点电荷，这两个点电荷在O点处的合场强方向沿y轴负方向，正点电荷Q1在O点处的场强方向沿y轴正方向，故三个点电荷在O点处的场强可能为0，C正确；在a、c两点分别放一个电荷量为Q2的正点电荷，这两个正点电荷在d点处的合场强方向沿y轴负方向，正点电荷Q1在d点处的场强方向也沿y轴负方向，故三个点电荷在d点处的合场强一定不为0，D错误。5.如图所示，扇形区域AOB内存在有垂直平面向内的匀强磁场，OA和OB互相垂直是扇形的两条半径，一个带电粒子从A点沿AO方向进入磁场，从B点离开，若该粒子以同样的速度从C点平行于AO方向进入磁场，则()A．粒子带负电B．C点越靠近B点，粒子偏转角度越大C．C点越远离B点，粒子运动时间越短D．只要C点在AB之间，粒子仍然从B点离开磁场解析：选D由题意，粒子从A点进入磁场从B点离开，由左手定则可以判定粒子带正电，故A错误；由题意知当粒子从A点入射时，从B点离开磁场，则粒子做圆周运动的半径等于磁场圆弧区域的半径，根据磁聚焦的原理(一束平行的带电粒子射向半径与粒子做圆周运动的半径相同的圆形磁场区域时，这些粒子将从同一点射出圆形磁场，这种平行粒子束会聚到一点的现象与透镜将光束聚焦的现象十分相似，因此叫磁聚焦)，当入射方向平行时，这些粒子将从同一点射出，如图所示，从点A、C、C1、C2以相同的方向进入磁场，则这些粒子从同一点B射出，从图中看出，C点越靠近B点，偏转角越小，时间越短，离B点越远，偏转角越大，时间越长，故D正确，B、C错误。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。6．如图甲所示，一辆重型自卸车静止在水平面上，当利用自身液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度时，车厢上的石块就会自动滑下，当自卸车厢的倾角θ＝30°时，石块恰能沿车厢底面匀速下滑，其示意图如图乙所示，下列说法正确的是()A．石块与车厢底面之间的动摩擦因数μ＝0.5B．θ＝30°时，石块对车厢的摩擦力沿斜面向下，车辆不受地面的静摩擦力C．θ由0增加到30°的过程中，车辆对地面的摩擦力逐渐增大，方向水平向右D．θ>30°时，石块将加速下滑，地面对车辆的支持力小于自卸车和石块的重力解析：选BD由题意可得mgsin30°＝μmgcos30°，解得石块与车厢底面之间的动摩擦因数μ＝tan30°＝eq\f(\r(3),3)，故A错误；θ＝30°时，车厢对石块的摩擦力沿斜面向上，石块对车厢的摩擦力沿斜面向下，对车厢和石块的整体，水平方向受力为零，则车辆不受地面的静摩擦力，故B正确；θ由0增加到30°的过程中，石块相对车厢静止，对车辆和石块的整体水平方向受合力为零，则车辆所受地面的摩擦力为零，车辆对地面的摩擦力为零，故C错误；θ>30°时，此时mgsinθ>μmgcosθ，石块将加速下滑，石块有竖直向下的加速度分量，石块处于失重状态，可知地面对车辆的支持力小于自卸车和石块的重力，故D正确。7.如图所示，在一个水平放置的槽中，小球m自A点以沿AD方向的初速度v开始运动，已知圆弧AB＝0.9m，AB圆弧的半径R＝10m，AD＝10m，A、B、C、D在同一水平面内不计摩擦，重力加速度g取10m/s2，欲使小球恰能通过C点，则其初速度的大小可能是()A.eq\f(10,π)m/s B.eq\f(10,2π)m/sC.eq\f(10,3π)m/s D.eq\f(10,4π)m/s解析：选AC小球m自A点以向AD方向的初速度v开始运动，把小球的运动进行分解，一个是水平方向的匀速运动，一个是在竖直面上的单摆，根据单摆周期公式有T＝2πeq\r(\f(R,g))＝2πs，小球m自A点运动到C点，在竖直面上运动的时间为t＝(2n＋1)eq\f(T,2)＝(2n＋1)πs(n＝0,1,2,3，…)，由于分运动的等时性，所以初速度为v＝eq\f(AD,t)＝eq\f(10,π2n＋1)m/s(n＝0,1,2,3，…)，当n＝0时，则v1＝eq\f(10,π)m/s，当n＝1时，则v2＝eq\f(10,3π)m/s，故A、C正确，B、D错误。8．经过治理的护城河成为城市的一大景观，河水看似清浅，实则较深。某次落水救人的事件可简化如图，落水孩童抓住绳索停在A处，对面河岸上的热心市民从B处直线游过去，成功把人救起。河宽和间距如图中标注，假定河水在各处的流速均为1m/s，则()A．游泳时市民面对的方向是合运动的方向B．市民在静水中游泳的速度至少应为0.6m/sC．市民渡河的时间一定少于16sD．若总面对着A处游，轨迹将为一条曲线且到达不了A处解析：选BD由题可知，设市民在静水中游泳的速度为v1，市民的合运动方向是从B到A，作出市民游泳时合速度与两个分速度的关系，如图1所示，当v1与合速度垂直时有最小值，设AB与河岸的夹角为θ，根据几何关系有sinθ＝eq\f(12,\r(122＋162