2024-2025高考物理二轮复习选择题提速练8

PAGEPAGE1选择题提速练81—5为单选，6—8为多选1.法拉第曾做过如下的试验：在玻璃杯侧面底部装一导体柱并通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点吊一可自由摇摆或转动的直铜棒，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．由于水银的密度比铜大，铜棒会倾斜地与水银相连，此时铜棒静止，如图所示．这样，可动铜棒、水银、导体柱和电源就构成了一个回路．闭合开关S，则该试验可视察到的现象是(D)A．铜棒与闭合S前相比，与竖直方向的夹角不变且仍静止B．铜棒与闭合S前相比，与竖直方向的夹角会增大些但仍可静止C．铜棒与闭合S前相比，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解析：闭合开关S后，直铜棒上通过电流且处在磁铁产生的磁场中，依据左手定则推断，在图示位置时，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．对于一些实际生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以说明，下列说法正确的是(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过某些老式螺旋桨飞机的速度，这表明：可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性B．“强弩之末势不能穿鲁缟”，这表明强弩的惯性减小了C．货运列车运行到不同的车站时，常常要摘下或加挂一些车厢，这会变更它的惯性D．摩托车转弯时，车手一方面要适当地限制速度，另一方面要将身体略微向里倾斜，这是为了通过调控人和车的惯性达到平安行驶的目的解析：惯性是物体的固有属性，质量是惯性大小的唯一量度，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；货运列车运行到不同的车站时，常常要摘下或加挂一些车厢，变更了列车的质量，这会变更它的惯性，选项C正确．3．将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，如图甲是向上运动的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是运动的最高点，甲、乙两次的闪光频率相同．重力加速度为g，假设小球所受阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为(B)A．mg B.eq\f(1,2)mgC.eq\f(1,3)mg D.eq\f(1,10)mg解析：设墙砖厚度为d，上升过程加速度大小为a1，由图知，9d－3d＝a1T2，mg＋Ff＝ma1；下降过程加速度大小为a2,3d－d＝a2T2，mg－Ff＝ma2，联立解得Ff＝eq\f(1,2)mg，本题只有选项B正确．4．一颗卫星绕某一行星表面旁边做匀速圆周运动，其线速度大小为v.假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一个质量为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)A.eq\f(mv2,GN) B.eq\f(mv4,GN)C.eq\f(Nv2,Gm) D.eq\f(Nv4,Gm)解析：设卫星的质量为m′，由万有引力供应向心力，得Geq\f(Mm′,R2)＝m′eq\f(v2,R)①，m′eq\f(v2,R)＝m′g行②，又N＝mg行③，由③得g行＝eq\f(N,m)，代入②得：R＝eq\f(mv2,N)，代入①得M＝eq\f(mv4,GN)，选项B正确．5．(2024·江苏南通、泰州、扬州、连云港、淮安五市模拟)如图所示，光滑的凸轮绕O轴匀速转动，C、D是凸轮边缘上的两点，AB杆被限制在竖直方向移动，杆下端A在O点正上方与凸轮边缘接触且被托住．图示位置时刻，AB杆下降速度为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两点加速度大小相等D．凸轮上与杆下端接触点的速度大小肯定为v解析：AB杆此时刻在下降，即离O轴距离变近，故由凸轮形态可知凸轮在绕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，加速度大小不相等，选项B、C错误；凸轮匀速转动，轮上各点做速率不同的匀速圆周运动，速度大小不肯定是v，选项D错误．6．在如图所示电路中，电源电动势E＝6V，内阻r＝1Ω，爱护电阻R0＝3Ω，滑动变阻器总电阻R＝20Ω，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．滑动变阻器消耗的功领先增大后减小D．滑动变阻器消耗的功领先增大后减小，再增大再减小解析：此电路是滑动变阻器的上部分与下部分并联后，再与R0串联．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，滑动变阻器消耗的功率最大，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，故选项D正确．7．(2024·山西、河北、河南三省联考)如图所示，光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处由静止起先沿管向下运动，在A处时小球的加速度为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处的加速度为g－a解析：由于沿着电场线方向电势降低，因此A点的电势低于B点的电势，选项A错误；结合几何关系知PA＝2PB，由点电荷电场强度公式E＝keq\f(Q,r2)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处时小球的加速度为a，对小球受力分析，小球受电场力、重力与支持力，由力的合成法则可知，合外力由重力与电场力沿着细管方向的分力之和供应，即Fcos30°＋mgsin30°＝ma，当在C处时，小球仍受到重力、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应的，mgsin30°－Fcos30°＝ma′联立解得a′＝g－a，选项D正确．8．(2024·河南郑州一模)如图所示，质量为m的物块从倾角为θ的传送带底端由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持速率v匀速运动，物块与传送带间的动摩擦因数为μ(μ>tanθ)，物块到达顶端前能与传送带保持相对静止．在物块从静止释放到相对传送带静止的过程中，下列说法正确的是(BD)A．电动机因运输物块多做的功为mv2B．系统因运输物块增加的内能为eq\f(μmv2cosθ,2μcosθ－sinθ)C．传送带克服摩擦力做的功为eq\f(1,2)mv2D．电动机因运输物块增加的功率为μmgvcosθ解析：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加量．对滑块，增加的机械能为ΔE＝f·L＝μmgcosθ·eq\f(v,2)·t，系统增加的内能Q＝f·Δs＝f·(s带－s物)＝f(vt－eq\f(v,2)t)＝μmgcosθ·eq\f(v,2)t.故ΔE＝Q.故电动机多做的功等于物块机械能增加量的2倍，大于mv2，故A错误；系统增加的内能Q＝f·Δs＝μmgcosθ·eq\f(v,2)t.物块的加速度a＝eq\f(f－mgsinθ,m)＝g(μcosθ－sinθ)．故加速时间t＝eq\f(v,a)＝eq\f(v,gμcosθ－sinθ)，故系统增加的内能Q＝eq\f(μmv2cosθ,2μcosθ－sinθ).