（課標版）高考物理二輪復習 選擇題提速練3（含解析）-人教版高三全冊物理試題

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1、選擇題提速練3 時間：45分鐘 1～5單選，6～8多選 1．如圖所示，一個質量為m＝60 kg的物體在沿固定斜面向上的恒定外力F的作用下，由靜止開始從斜面的底端沿光滑的斜面向上做勻加速直線運動，經過一段時間后外力F做的功為120 J，此后撤去外力F，物體又經過一段時間后回到出發(fā)點．若以地面為零勢能面，下列說法中正確的是(　C　) A．在這個過程中，物體的最大動能小于120 J B．在這個過程中，物體的最大重力勢能大于120 J C．在撤去外力F之后的過程中，物體的機械能等于120 J D．在剛撤去外力F時，物體的速率為2 m/s 解析：F做功為120 J，則物體的機械能等于

2、120 J，撤去F后，只有重力對物體做功，機械能守恒，所以物體回到出發(fā)點時的動能為120 J，故A錯誤，C正確；物體運動到最高點的過程中，由動能定理得WF＋WG＝0－0，即重力做功為WG＝－WF＝－120 J，重力做負功，物體的最大重力勢能等于120 J，故B錯誤；物體向上運動的過程中重力做負功，所以在剛撤去外力F時，物體的動能小于120 J，物體的速率v＝< m/s＝2 m/s，故D錯誤． 2．甲、乙兩小車在一條平直的車道上行駛，它們運動的v-t圖象如圖所示，其中甲為兩段相同的圓弧，乙為直線．則下列說法正確的是(　B　) A．t＝8 s時兩車的加速度大小相等 B．t＝16 s時兩車

3、不一定相遇 C．在0～16 s內，兩小車的平均速度大小相等，但方向相反 D．在0～16 s內，甲車的加速度方向改變 解析：v-t圖象中直線或曲線某處切線的斜率表示加速度，由圖象知t＝8 s時甲車的加速度大于乙車的加速度，選項A錯誤；在0～16 s內兩車運動的位移相同，但不知兩車的初位置情況，故不能判斷兩車在t＝16 s時是否相遇，選項B正確；在0～16 s內，兩車的平均速度大小相等，方向相同，選項C錯誤；0～16 s內，甲車做加速度先逐漸增大后逐漸減小的加速直線運動，加速度方向不變，選項D錯誤． 3．如圖所示，水平面內有A、B、C、D、M、N六個點，它們均勻分布在半徑為R＝2 cm的同

4、一圓周上，空間有一方向與圓平面平行的勻強電場．已知A、C、M三點的電勢分別為φA＝(2－)V、φC＝2 V、φM＝(2＋)V，下列判斷正確的是(　C　) A．電場強度的方向由A指向D B．電場強度的大小為1 V/m C．該圓周上的點電勢最高為4 V D．沿圓周將電子從D點經M點移到N點，電場力先做負功后做正功 解析： 在勻強電場中AM連線的中點G的電勢φG＝(φA＋φM)＝2 V＝φC，所以直線COGN為等勢線，在勻強電場中等勢線相互平行，電場線與等勢線相互垂直，且由電勢高的等勢線指向電勢低的等勢線，可知直線AB、直線DM分別為等勢線，直線DB、直線MA分別為電場線，可知電

5、場強度的方向由M指向A(或由D指向B)，故A錯誤；MA兩點間的電勢差UMA＝φM－φA＝2 V，沿電場方向的距離d＝R＝ m，電場強度E＝＝100 V/m，故B錯誤；過圓心O作MA的平行線，與圓的交點H處電勢最高，UHO＝E·R＝2 V，由UHO＝φH－φO可得：最高電勢φH＝UHO＋φO＝4 V，故C正確；沿圓周將電子從D點經M點移到N點，電場力先做正功再做負功，故D錯誤． 4．從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面．忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關系圖象是(　A　) 解析：對于整個豎直上拋過程(包括上升與下落)，速度與時間的關系為v＝v0－gt，v2

6、＝g2t2－2v0gt＋v，Ek＝mv2，可見動能與時間是二次函數(shù)關系，由數(shù)學中的二次函數(shù)知識可判斷A正確． 5．“天鏈一號”04星是我國發(fā)射的第4顆地球同步衛(wèi)星，它與“天鏈一號”02星、03星實現(xiàn)組網運行，為我國神舟飛船、空間實驗室“天宮二號”提供數(shù)據中繼與測控服務．如圖，1是“天宮二號”繞地球穩(wěn)定運行的軌道，2是“天鏈一號”繞地球穩(wěn)定運行的軌道．下列說法正確的是(　B　) A．“天鏈一號”04星的最小發(fā)射速度是11.2 km/s B．“天鏈一號”04星的運行速度小于“天宮二號”的運行速度 C．為了便于測控，“天鏈一號”04星相對于地面靜止于北京飛控中心的正上方 D．由于技術進

7、步，“天鏈一號”04星的運行速度可能大于“天鏈一號”02星的運行速度 解析：由于第一宇宙速度是人造地球衛(wèi)星飛船環(huán)繞地球做勻速圓周運動時的最大速度，同時又是最小的發(fā)射速度，可知飛船的發(fā)射速度大于第一宇宙速度7.9 km/s.飛船的發(fā)射速度大于第二宇宙速度11.2 km/s時，就脫離地球束縛．所以飛船的發(fā)射速度要小于第二宇宙速度，同時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間，故A錯誤；由萬有引力提供向心力得：＝可得v＝，可知軌道半徑比較大的“天鏈一號”04星的運行速度小于“天宮二號”的運行速度，故B正確；“天鏈一號”04星位于赤道正上方，不可能位于北京飛控中心的正上方，故C錯誤；根

8、據題意，“天鏈一號”04星與“天鏈一號”02星都是地球同步軌道數(shù)據中繼衛(wèi)星，軌道半徑相同，所以“天鏈一號”04星與“天鏈一號”02星具有相同的速度，故D錯誤． 6．如圖所示，B、M、N分別為豎直光滑圓軌道的右端點，最低點和左端點，B點和圓心等高，N點和圓心O的連線與豎直方向的夾角為α＝60°.現(xiàn)從B點的正上方某處A點由靜止釋放一個小球，經圓軌道飛出后以水平方向上的v通過C點，已知圓軌道半徑為R，v＝，重力加速度為g，則以下結論正確的是(　AC　) A．C、N的水平距離為R B．C、N的水平距離為2R C．小球在M點對軌道的壓力為6mg D．小球在M點對軌道的壓力為4mg 解析：

9、采用逆向思維，C到N做平拋運動，即沿N點切線方向進入，根據平行四邊形定則知，小球在N點的豎直分速度vyN＝vtan60°＝v＝，則N到C的時間t＝＝，C、N的水平距離x＝vt＝R，故A正確，B錯誤；小球運動到N點的速度vN＝＝2，根據動能定理得，mgR(1－cosα)＝mv－mv，在M點，根據牛頓第二定律得FN－mg＝m，聯(lián)立解得FN＝6mg，故C正確，D錯誤． 7．如圖所示，長木板A放在光滑的水平面上，質量為m＝4 kg的小物體B以水平速度v0＝2 m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面．由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示，g取10 m/s2，則下列說法正確的是(　

10、AD　) A．木板A獲得的動能為2 J B．系統(tǒng)損失的機械能為2 J C．木板A的最小長度為2 m D．A、B間的動摩擦因數(shù)為0.1 解析：由圖象可知，木板獲得的速度為v＝1 m/s，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，可得木板A的質量M＝4 kg，木板獲得的動能為Ek＝Mv2＝2 J，故A正確；系統(tǒng)損失的機械能ΔE＝mv－mv2－Mv2，代入數(shù)據解得ΔE＝4 J，故B錯誤；由圖得到0～1 s內B的位移為xB＝×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A的位移為xA＝×1×1 m＝0.5 m，木板A的最小長度為L＝xB－xA＝1 m，

11、故C錯誤；由圖象可知，B的加速度a＝－1 m/s2，負號表示加速度的方向，由牛頓第二定律得－μmBg＝mBa，代入解得μ＝0.1，故D正確． 8．如圖所示，淺色傳送帶A、B兩端距離L＝24 m，以速度v0＝8 m/s逆時針勻速轉動，并且傳送帶與水平面的夾角為θ＝30°，現(xiàn)將一質量m＝2 kg的煤塊輕放在傳送帶的A端，煤塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)μ＝，g取10 m/s2，則下列敘述正確的是(　AC　) A．煤塊從A端運動到B端所經歷時間為3 s B．煤塊從A端運動到B端時重力的瞬時功率為240 W C．煤塊從A端運動到B端留下的黑色痕跡為4 m D．煤塊從A端運到到B端因摩擦產生的熱量

12、為24 J 解析：煤塊剛放上傳送帶時對煤塊進行受力分析，其加速度大小為a1＝gsin30°＋μgcos30°＝8 m/s2，則煤塊速度達v0后，由于mgsinθ>μmgcosθ，故煤塊與傳送帶會相對滑動，故煤塊的加速度a2＝gsin30°－μgcos30°＝2 m/s2.煤塊速度達到v0時經歷的時間t1＝＝1 s，煤塊的位移x1＝＝4 m，煤塊與傳送帶繼續(xù)相對滑動，根據v2－v＝2a2(L－x1)可得v＝12 m/s，則煤塊從速度達到v0至到達B經歷時間t2＝＝2 s，所以煤塊從A端運動到B端時所經歷的時間為t＝t1＋t2＝3 s，選項A正確；煤塊從A端運動到B端重力的瞬時功率為P＝mgvsinθ＝120 W，選項B錯誤；煤塊第一次勻加速運動產生的黑色痕跡出現(xiàn)在其前方，長度為s1＝v0t1－x1＝4 m；煤塊第二次勻加速運動產生的黑色痕跡出現(xiàn)在其后方，長度為s2＝L－x1－v0t2＝4 m；故兩次痕跡完全重合，故煤塊從A端運動到B端留下的黑色痕跡為4 m，選項C正確；煤塊從A端運動到B端因摩擦產生的熱量為Q＝μmgcosθ(s1＋s2)＝48 J，選項D錯誤．