（课标版）高考物理二轮复习 选择题提速练3（含解析）-人教版高三全册物理试题

选择题提速练3时间：45分钟1～5单选，6～8多选1．如图所示，一个质量为m＝60kg的物体在沿固定斜面向上的恒定外力F的作用下，由静止开始从斜面的底端沿光滑的斜面向上做匀加速直线运动，经过一段时间后外力F做的功为120J，此后撤去外力F，物体又经过一段时间后回到出发点．若以地面为零势能面，下列说法中正确的是(C)A．在这个过程中，物体的最大动能小于120JB．在这个过程中，物体的最大重力势能大于120JC．在撤去外力F之后的过程中，物体的机械能等于120JD．在刚撤去外力F时，物体的速率为2m/s解析：F做功为120J，则物体的机械能等于120J，撤去F后，只有重力对物体做功，机械能守恒，所以物体回到出发点时的动能为120J，故A错误，C正确；物体运动到最高点的过程中，由动能定理得WF＋WG＝0－0，即重力做功为WG＝－WF＝－120J，重力做负功，物体的最大重力势能等于120J，故B错误；物体向上运动的过程中重力做负功，所以在刚撤去外力F时，物体的动能小于120J，物体的速率v＝eq\r(\f(2Ek,m))<eq\r(\f(2×120,60))m/s＝2m/s，故D错误．2．甲、乙两小车在一条平直的车道上行驶，它们运动的v­t图象如图所示，其中甲为两段相同的圆弧，乙为直线．则下列说法正确的是(B)A．t＝8s时两车的加速度大小相等B．t＝16s时两车不一定相遇C．在0～16s内，两小车的平均速度大小相等，但方向相反D．在0～16s内，甲车的加速度方向改变解析：v­t图象中直线或曲线某处切线的斜率表示加速度，由图象知t＝8s时甲车的加速度大于乙车的加速度，选项A错误；在0～16s内两车运动的位移相同，但不知两车的初位置情况，故不能判断两车在t＝16s时是否相遇，选项B正确；在0～16s内，两车的平均速度大小相等，方向相同，选项C错误；0～16s内，甲车做加速度先逐渐增大后逐渐减小的加速直线运动，加速度方向不变，选项D错误．3．如图所示，水平面内有A、B、C、D、M、N六个点，它们均匀分布在半径为R＝2cm的同一圆周上，空间有一方向与圆平面平行的匀强电场．已知A、C、M三点的电势分别为φA＝(2－eq\r(3))V、φC＝2V、φM＝(2＋eq\r(3))V，下列判断正确的是(C)A．电场强度的方向由A指向DB．电场强度的大小为1V/mC．该圆周上的点电势最高为4VD．沿圆周将电子从D点经M点移到N点，电场力先做负功后做正功解析：在匀强电场中AM连线的中点G的电势φG＝eq\f(1,2)(φA＋φM)＝2V＝φC，所以直线COGN为等势线，在匀强电场中等势线相互平行，电场线与等势线相互垂直，且由电势高的等势线指向电势低的等势线，可知直线AB、直线DM分别为等势线，直线DB、直线MA分别为电场线，可知电场强度的方向由M指向A(或由D指向B)，故A错误；MA两点间的电势差UMA＝φM－φA＝2eq\r(3)V，沿电场方向的距离d＝eq\r(3)R＝eq\f(\r(3),50)m，电场强度E＝eq\f(UMA,d)＝100V/m，故B错误；过圆心O作MA的平行线，与圆的交点H处电势最高，UHO＝E·R＝2V，由UHO＝φH－φO可得：最高电势φH＝UHO＋φO＝4V，故C正确；沿圆周将电子从D点经M点移到N点，电场力先做正功再做负功，故D错误．4．从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是(A)解析：对于整个竖直上抛过程(包括上升与下落)，速度与时间的关系为v＝v0－gt，v2＝g2t2－2v0gt＋veq\o\al(2,0)，Ek＝eq\f(1,2)mv2，可见动能与时间是二次函数关系，由数学中的二次函数知识可判断A正确．5．“天链一号”04星是我国发射的第4颗地球同步卫星，它与“天链一号”02星、03星实现组网运行，为我国神舟飞船、空间实验室“天宫二号”提供数据中继与测控服务．如图，1是“天宫二号”绕地球稳定运行的轨道，2是“天链一号”绕地球稳定运行的轨道．下列说法正确的是(B)A．“天链一号”04星的最小发射速度是11.2km/sB．“天链一号”04星的运行速度小于“天宫二号”的运行速度C．为了便于测控，“天链一号”04星相对于地面静止于北京飞控中心的正上方D．由于技术进步，“天链一号”04星的运行速度可能大于“天链一号”02星的运行速度解析：由于第一宇宙速度是人造地球卫星飞船环绕地球做匀速圆周运动时的最大速度，同时又是最小的发射速度，可知飞船的发射速度大于第一宇宙速度7.9km/s.飞船的发射速度大于第二宇宙速度11.2km/s时，就脱离地球束缚．所以飞船的发射速度要小于第二宇宙速度，同时要大于第一宇宙速度，介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间，故A错误；由万有引力提供向心力得：eq\f(GMm,r2)＝eq\f(mv2,r)可得v＝eq\r(\f(GM,r))，可知轨道半径比较大的“天链一号”04星的运行速度小于“天宫二号”的运行速度，故B正确；“天链一号”04星位于赤道正上方，不可能位于北京飞控中心的正上方，故C错误；根据题意，“天链一号”04星与“天链一号”02星都是地球同步轨道数据中继卫星，轨道半径相同，所以“天链一号”04星与“天链一号”02星具有相同的速度，故D错误．6．如图所示，B、M、N分别为竖直光滑圆轨道的右端点，最低点和左端点，B点和圆心等高，N点和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α＝60°.现从B点的正上方某处A点由静止释放一个小球，经圆轨道飞出后以水平方向上的v通过C点，已知圆轨道半径为R，v＝eq\r(gR)，重力加速度为g，则以下结论正确的是(AC)A．C、N的水平距离为eq\r(3)RB．C、N的水平距离为2RC．小球在M点对轨道的压力为6mgD．小球在M点对轨道的压力为4mg解析：采用逆向思维，C到N做平抛运动，即沿N点切线方向进入，根据平行四边形定则知，小球在N点的竖直分速度vyN＝vtan60°＝eq\r(3)v＝eq\r(3gR)，则N到C的时间t＝eq\f(vyN,g)＝eq\f(\r(3gR),g)，C、N的水平距离x＝vt＝eq\r(3)R，故A正确，B错误；小球运动到N点的速度vN＝eq\r(v2＋v\o\al(2,yN))＝2eq\r(gR)，根据动能定理得，mgR(1－cosα)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)，在M点，根据牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,M),R)，联立解得FN＝6mg，故C正确，D错误．7．如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝4kg的小物体B以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面．由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，g取10m/s2，则下列说法正确的是(AD)A．木板A获得的动能为2JB．系统损失的机械能为2JC．木板A的最小长度为2mD．A、B间的动摩擦因数为0.1解析：由图象可知，木板获得的速度为v＝1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，可得木板A的质量M＝4kg，木板获得的动能为Ek＝eq\f(1,2)Mv2＝2J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)Mv2，代入数据解得ΔE＝4J，故B错误；由图得到0～1s内B的位移为xB＝eq\f(1,2)×(2＋1)×1m＝1.5m，A的位移为xA＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m，木板A的最小长度为L＝xB－xA＝1m，故C错误；由图象可知，B的加速度a＝－1m/s2，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得－μmBg＝mBa，代入解得μ＝0.1，故D正确．8．如图所示，浅色传送带A、B两端距离L＝24m，以速度v0＝8m/s逆时针匀速转动，并且传送带与水平面的夹角为θ＝30°，现将一质量m＝2kg的煤块轻放在传送带的A端，煤块与传送带间动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),5)，g取10m/s2，则下列叙述正确的是(AC)A．煤块从A端运动到B端所经历时间为3sB．煤块从A端运动到B端时重力的瞬时功率为240WC．煤块从A端运动到B端留下的黑色痕迹为4mD．煤块从A端运到到B端因摩擦产生的热量为24J解析：煤块刚放上传送带时对煤块进行受力分析，其加速度大小为a1＝gsin30°＋μgcos30°＝8m/s2，则煤块速度达v0后，由于mgsinθ>μmgcosθ，故煤块与传送带会相对滑动，故煤块的加速度a2＝gsin30°－μgcos30°＝2m/s2.煤块速度达到v0时经历的时间t1＝eq\f(v0,a1)＝1s，煤块的位移x1＝eq\f(v\o\al(2,0),2a1)＝4m，煤块与传送带继续相对滑动，根据v2－veq\o\al(2,0)＝2a2(L－x1)可得v＝12m/s，则煤块从速度达到v0至到达B经历时间t2＝eq\f(v－v0,a2)＝2s，所以煤块从A端运动到B端时所经历的时间为t＝t1＋t2＝3s，选项A正确；煤块从A端