（课标版）高考物理二轮复习 选择题提速练11（含解析）-人教版高三全册物理试题

选择题提速练11时间：45分钟1～5单选，6～8多选1．如图所示，一轻杆一端固定一小球，绕另一端O点在竖直面内做匀速圆周运动，在小球运动过程中，轻杆对它的作用力(C)A．方向始终沿杆指向O点B．一直不做功C．从最高点到最低点，一直做负功D．从最高点到最低点，先做负功再做正功解析：小球做匀速圆周运动，合力提供向心力，方向始终沿杆指向O点，小球受重力和杆的作用力，所以杆的作用力不一定沿杆指向O点，故A错误；小球做匀速圆周运动，合力做功为零，从最高点到最低点，重力做正功，所以杆一直做负功，故B、D错误，C正确．2．某静电场中有一质量为m、电荷量为＋q的粒子甲从O点以速率v0射出，运动到A点时速率为3v0；另一质量为m、电荷量为－q的粒子乙以速率3v0仍从O点射出，运动到B点速率为4v0，不计重力的影响．则(C)A．在O、A、B三点中，O点电势最高B．O、A间的电势差与B、O间的电势差相等C．甲粒子从O到A电场力对其所做的功，比乙粒子从O到B电场力对其所做的功多D．甲粒子从O到A电场力对其做正功，乙粒子从O到B电场力对其做负功解析：由题意知，负电荷从O到B电场力做正功，故B点电势高于O点电势，所以A错误；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间的电势差高于B、O间的电势差，所以B错误，C正确；乙粒子从O到B电场力对其做正功，故D错误．3．下列说法正确的是(D)A．氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级和从n＝2能级跃迁到n＝1能级相比较，前者辐射出的光的波长比后者的长B．α射线与β射线和γ射线相比，α射线具有较强的穿透能力C．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等D．康普顿效应说明光具有粒子性，电子的衍射实验说明实物粒子具有波动性解析：氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级放出的光子能量比从n＝2能级跃迁到n＝1能级大，由公式ΔE＝heq\f(c,λ)可知，前者跃迁辐射出的光子波长比后者的短，故A项错误；α射线电离能力最强，穿透能力最弱，γ射线电离能力最弱，穿透能力最强，故B项错误；动能相同的质子和电子，它们的动量大小可以用公式p＝eq\r(2mEk)判断，质子与电子的质量不同，所以动能相等的电子与质子的动量是不同的，再根据德布罗意波的波长公式λ＝eq\f(h,p)，可知其波长也不相同，故C项错误；康普顿效应表明光子有动量，揭示了光的粒子性的一面，而电子的衍射表明实物粒子具有波动性，故D项正确．4．如图所示，质量为m的A球在水平面上静止放置，质量为2m的B球向左运动速度大小为v0，B球与A球碰撞且无机械能损失，碰后A球速度大小为v1，B球的速度大小为v2，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系统e＝eq\f(v1－v2,v0－0)，下列选项正确的是(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在碰撞的过程中，根据动量守恒可得，2mv0＝mv1＋2mv2，在碰撞的过程中机械能守恒，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，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系统e＝eq\f(v1－v2,v0－0)＝1，故A正确，B、C、D错误．5．如图所示，一倾角为30°的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离d处有一带负电的电荷量为q、质量为m的小物体与圆盘始终保持相对静止，整个装置放在竖直向上的匀强电场中，电场强度E＝eq\f(mg,2q)，则物体与盘面间的摩擦因数至少为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g为重力加速度)(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：对物体跟着圆盘转动的各个位置分析比较可知，当物体转到圆盘的最低点时，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大，即将相对滑动，由牛顿第二定律得：μ(mg＋qE)cos30°－(mg＋qE)sin30°＝mω2d，解得μ＝eq\f(\r(3)3g＋4ω2d,9g)，故A正确，B、C、D错误．6．一个理想变压器，开始时开关S接1，此时原、副线圈的匝数比为91.一个理想二极管和一个滑动变阻器串联接在副线圈上，此时滑动变阻器接入电路的阻值为10Ω，如图甲所示．原线圈接入如图乙所示的正弦式交流电．则下列判断正确的是(BD)A．电压表的示数为4VB．滑动变阻器消耗的功率为0.8WC．若将开关S由1拨到2，同时滑动变阻器滑片向下滑动，电流表示数将变大D．若将二极管用导线短接，电流表示数加倍解析：原线圈交流电压的有效值为：U1＝eq\f(36\r(2),\r(2))V＝36V，根据电压与匝数成正比，eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，得：U2＝eq\f(1,9)×U1＝4V，二极管具有单向导电性，根据电流的热效应有：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，即电压表示数为2eq\r(2)V，故A错误；滑动变阻器消耗的功率为：P＝eq\f(U2′2,R)＝eq\f(2\r(2)2,10)W＝0.8W，故B正确；将开关S由1拨到2，同时滑动变阻器滑片向下滑动，根据电压与匝数成正比，副线圈电压变小，滑动变阻器电阻变大，输出功率变小，输入功率变小，根据P1＝U1I1，电流表示数将变小，故C错误；若将二极管用导线短接，输出功率加倍，输入功率加倍，电流表示数加倍，故D正确．7．如图所示，一轻弹簧直立于水平面上，弹簧处于原长时上端在O点，将一质量为M的物块甲轻放在弹簧上端，物块下降到A点时速度最大，下降到最低点B时加速度大小为g，O、B间距为h.换用另一质量为m的物块乙，从距O点高为h的C点静止释放，也刚好将弹簧压缩到B点．不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小为g，则上述过程中(AD)A．弹簧最大弹性势能为MghB．乙的最大速度为eq\r(2gh)C．乙在B点加速度大小为2gD．乙运动到O点下方eq\f(h,4)处速度最大解析：对于物块甲的过程，根据能量守恒可知，弹簧压缩到B点时的弹性势能等于甲的重力势能的变化即Mgh，物块乙也刚好将弹簧压缩到B点，所以弹簧最大弹性势能为Mgh，故A正确；当乙下落到O点时，根据动能定理：mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得：v＝eq\r(2gh)，此时开始压缩弹簧，但弹簧弹力为零，所以物块将继续加速直到弹力等于重力时速度达到最大，所以乙的最大速度大于eq\r(2gh)，故B错误；根据能量守恒有Mgh＝mg·2h，则m＝eq\f(1,2)M，在B点对M根据牛顿第二定律有：F－Mg＝Mg，对m根据牛顿第二定律有：F－mg＝ma，联立以上各式可得：a＝3g，故C错误；设弹簧劲度系数为k，在最低点有：kh＝2Mg＝4mg，即keq\f(h,4)＝mg，可得乙运动到O点下方eq\f(h,4)处速度最大，故D正确．8．铁路运输中设计的多种装置都运用了电磁感应原理．有一种电磁装置可以向控制中心传输信号以确定火车的位置和运动状态，装置的原理是：将能产生匀强磁场的磁铁安装在火车首节车厢下面，如图甲所示(俯视图)，当它经过安放在两铁轨间的矩形线圈时，线圈便产生一个电信号传输给控制中心．线圈长为l1，宽为l2，匝数为n.若匀强磁场只分布在一个矩形区域内，当火车首节车厢通过线圈时，控制中心接收到线圈两端电压u与时间t的关系如图乙所示(ab、cd均为直线)，则在t1～t2时间内(BD)A．火车做匀速直线运动B．M点电势低于N点电势C．火车加速度大小为eq\f(u2－u1,nBl2t2－t1)D．火车平均速度大小为eq\f(u1＋u2,2nBl1)解析：在t1～t2时间内，由感应电动势E＝u＝nBl1v＝nBl1(v1＋at)，由图象可知火