高考物理二轮复习选择题提速练8

选择题加速练81—5为单项选择，6—8为多项选择1.法拉第曾做过以下的实验：在玻璃杯侧面底部装一导体柱并经过导线与电源负极相连，直立的细圆柱形磁铁棒下端固定在玻璃杯底部的中心，往杯内加入水银．在玻璃杯的正上方O点吊一可自由摇动或转动的直铜棒，铜棒的上端与电源的正极相接，下端浸入玻璃杯中的水银中．因为水银的密度比铜大，铜棒会倾斜地与水银相连，此时铜棒静止，以下图．这样，可动铜棒、水银、导体柱和电源就组成了一个回路．闭合开关S，则该实验可察看到的现象是(D)A．铜棒与闭合S前对比，与竖直方向的夹角不变且仍静止B．铜棒与闭合S前对比，与竖直方向的夹角会增大些但仍可静止C．铜棒与闭合S前对比，与竖直方向的夹角会减小些但仍可静止D．铜棒会以磁铁棒为轴转动分析：闭合开关S后，直铜棒上经过电流且处在磁铁产生的磁场中，依据左手定章判断，在图示地点时，直铜棒所受的安培力垂直铜棒向里或向外，故直铜棒会以磁铁棒为轴转动，D正确．2．关于一些实质生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以解说，以下说法正确的选项是(C)A．采纳了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车的速度甚至能超出某些老式螺旋桨飞机的速度，这表示：能够经过科学进步使小质量的物体获取大惯性B．“强弩之末势不可以穿鲁缟”，这表示强弩的惯性减小了C．货运列车运转到不一样的车站时，常常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性D．摩托车转弯时，车手一方面要适合地控制速度，另一方面要将身体略微向里倾斜，这是为了经过调控人和车的惯性达到安全行驶的目的分析：惯性是物体的固有属性，质量是惯性大小的独一量度，也就是说，只要物体的质量不变，其惯性大小就不变，选项A、B、D错误；货运列车运转到不一样的车站时，常常要摘下或加挂一些车厢，改变了列车的质量，这会改变它的惯性，选项C正确．3．将一质量为m的小球凑近墙面竖直向上抛出，如图甲是向上运动的频闪照片，图乙是降落时的频闪照片，O是运动的最高点，甲、乙两次的闪光频次同样．重力加快度为g，假定小球所受阻力大小不变，则可估量小球遇到的阻力大小约为(B)A．mg

1B.2mg1C.3mg

1D.10mg分析：设墙砖厚度为

d，上涨过程加快度大小为

a1，由图知，9d－3d＝a1T2，mg＋Ff＝ma1；降落过程加快度大小为a2,3d－d＝a2T2，mg－Ff＝ma2，联立解1得Ff＝2mg，此题只有选项B正确．4．一颗卫星绕某一行星表面邻近做匀速圆周运动，其线速度大小为v.假定宇航员在该行星表面上用弹簧测力计丈量一个质量为m的物体的重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N.已知引力常量为G，则这颗行星的质量为(B)mv2mv4A.GNB.GNNv2Nv4C.GmD.Gm分析：设卫星的质量为Mm′v2v2m′，由万有引力供给向心力，得GR2＝m′①，m′RR＝m′g②，又N＝mg③，由③得gNmv2行行行＝m，代入②得：R＝N，代入①得Mmv4＝GN，选项B正确．5．(2018·江苏南通、泰州、扬州、连云港、淮安五市模拟)以下图，圆滑的凸轮绕O轴匀速转动，C、D是凸轮边沿上的两点，AB杆被限制在竖直方向挪动，杆下端A在O点正上方与凸轮边沿接触且被托住．图示地点时刻，AB杆降落速度为v，则(A)A．凸轮绕O轴逆时针方向旋转B．凸轮上C、D两点线速度大小相等C．凸轮上C、D两点加快度大小相等D．凸轮上与杆下端接触点的速度大小必定为v分析：AB杆此时刻在降落，即离O轴距离变近，故由凸轮形状可知凸轮在绕O轴逆时针方向旋转，选项A正确；C、D两点角速度相等，离O轴距离不等，故线速度大小不相等，加快度大小不相等，选项B、C错误；凸轮匀速转动，轮上各点做速率不一样的匀速圆周运动，速度大小不必定是

v，选项

D错误．6．在以下图电路中，电源电动势

E＝6V，内阻

r＝1

Ω，保护电阻

R0＝3Ω，滑动变阻器总电阻

R＝20

Ω，闭合开关

S，在滑片

P从

a滑到

b的过程中，若电流表内阻忽视，正确的选项是

(

AD

)A．电流表的示数先减小后增大B．电流表的示数先增大后减小C．滑动变阻器耗费的功抢先增大后减小D．滑动变阻器耗费的功抢先增大后减小，再增大再减小分析：此电路是滑动变阻器的上部分与下部分并联后，再与R0串连．当滑片P从a滑到b的过程中，并联电路的电阻先增大后减小，所以总电流先减小后增大，选项A正确，选项B错误；当滑动变阻器的并联总电阻等于R0＋r时，滑动变阻器耗费的功率最大，在滑片P从a滑到b的过程中，并联电阻有两次达到该值，选项C错误，应选项D正确．7．(2018·山西、河北、河南三省联考)以下图，圆滑绝缘细管与水平面成30°角，在管的上方P点固定一个点电荷＋Q，P点与细管在同一竖直平面内，管的顶端A与P点连线水平．电荷量为－q的小球(小球直径略小于细管内径)从管中A处由静止开始沿管向下运动，在A处时小球的加快度为a.图中PB⊥AC，B是

AC

的中点，不考虑小球电荷量对电场的影响．则在＋

Q形成的电场中(

BCD

)A．A点的电势高于B点的电势B．B点的电场强度大小是A点的4倍C．小球从A到C的过程中电势能先减小后增大D．小球运动到C处的加快度为g－a分析：因为沿着电场线方向电势降低，所以A点的电势低于

B点的电势，选项

A错误；联合几何关系知

PA＝2PB，由点电荷电场强度公式

QE＝kr2可知，电场强度的大小与间距的平方成反比，则B点的电场强度大小是A点的4倍，选项B正确；小球带负电，从A到C的过程中，电场力先做正功，后做负功，则电势能先减小后增大，选项C正确；在A处时小球的加快度为a，对小球受力剖析，小球受电场力、重力与支持力，由力的合成法例可知，合外力由重力与电场力沿着细管方向的分力之和供给，即Fcos30°＋mgsin30°＝ma，当在C处时，小球仍遇到重力、电场力与支持力，合外力是由重力与电场力沿着细管方向的分力之差供给的，mgsin30°－Fcos30°＝ma′联立解得a′＝g－a，选项D正确．8．(2018·河南郑州一模)以下图，质量为m的物块从倾角为θ的传递带底端由静止开释，传递带由电动机带动，一直保持速率v匀速运动，物块与传递带间的动摩擦因数为μ(μ>tanθ)，物块抵达顶端前能与传递带保持相对静止．在物块从静止开释到相对传递带静止的过程中，以下说法正确的选项是(BD)A．电动机因运送物块多做的功为mv2B．系统因运送物块增添的内能为

2μmvcosθ2μcosθ－sinθC．传递带战胜摩擦力做的功为12mv2D．电动机因运送物块增添的功率为μmgvcosθ分析：电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和物块机械能的增添量．v对滑块，增添的机械能为E＝f·L＝μmgcosθ··t，2系统增添的内能Q＝f·Δs＝f·(s带－s物)＝f(vt－v＝μv＝2t)mgcos2t.EQ.故电动机多做的功等于物块机械能增添量的2倍，大于mv2，故A错误；v系统增添的内能Q＝f·Δs＝μmgcosθ·t.2f－mgsinθ物块的加快度a＝＝g(μcosθ－sinθ)．mv＝gv故加快时间t＝aμcosθ－sinθ，2μmvcosθ故系统增添的内能Q＝