2018-2019高二物理二轮复习选择题提速练：4 Word版含解析

选择题提速练61—5为单选，6—8为多选1．(2018·浙江温州十校联考)功率为10 W 的发光二极管(LED 灯)的亮度与功率为60 W 的白炽灯相当．根据国家节能战略，普通白炽灯应被淘汰．假设每户家庭有2只60 W 的白炽灯，均用10 W 的LED 灯替代，估算出全国一年节省的电能最接近( B )A ．8×108kW·h B．8×1010kW·h C ．8×1011kW·h D．8×1013kW·h解析：假设每户每天只亮灯5个小时，每户每年节电E ＝2×(60－10)×10－3×5×365 kW·h＝182.5 kW·h.假设每户有3口人，全国有4亿户左右．则年节电总值为E 总＝4×108×182.5 kW·h＝7.3×1010kW·h，故B 正确．2．为了探测某星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心，半径为r 1的圆轨道上运动，周期为T 1，总质量为m 1.随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r 2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m 2，则( D )A ．该星球的质量为M ＝4π2r 1GT 21B ．该星球表面的重力加速度为g x ＝4π2r 1T 21C ．登陆舱在r 1与r 2轨道上运动时的速度大小之比为v 1v 2＝m 1r 2m 2r 1 D ．登陆舱在半径为r 2轨道上做圆周运动的周期为T 2＝T 1r 32r 31解析：根据G Mm 1r 21＝m 1(2πT 1)2r 1，得星球的质量为M ＝4π2r 31GT 21，则选项A 错误；根据m 1a 1＝m 1(2πT 1)2r 1，可得载着登陆舱的探测飞船的加速度a 1＝4π2r 1T 21，该加速度不等于星球的重力加速度，则选项B 错误；根据G Mm 1r 21＝m 1v 21r 1，可得v 1＝GMr 1，同理v 2＝GM r 2，故v 1v 2＝r 2r 1，则选项C 错误；根据开普勒第三定律得T 1T 2＝r 31r 32，故T 2＝T 1r 32r 31，则选项D 正确． 3．(2018·山西检测)现代技术的发展促进了人们对原子、原子核的认识．下列说法正确的是( C )A ．α粒子散射实验结果说明原子内部带正电的那部分物质是均匀分布的B ．β衰变说明原子核内部存在自由电子C ．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的氢核聚变反应D ．氡原子核的半衰期为3.8天，4个氡原子核经过7.6天一定只剩下1个未发生衰变 解析：α粒子散射实验结果说明占原子质量绝大部分的带正电的那部分物质集中在很小的空间范围内，A 错误；β衰变是原子核内的中子转化为质子同时释放出电子，不能说明原子核内部存在电子，B 错误；太阳辐射的能量来自于太阳内部的氢核聚变反应，C 正确；半衰期对大量的原子核的统计规律适用，对少量的原子核不适用，D 错误．4．(2018·湖北八校联考)如图M 和N 是两个带有异种电荷的带电体(M 在N 的正上方，图示平面为竖直平面)，P 和Q 是M 表面上的两点，S 是N 表面上的一点．在M 和N 之间的电场中画有三条等势线．现有一个带正电的液滴从E 点射入电场，它经过了F 点和W 点，已知油滴在F 点时的机械能大于在W 点的机械能(E 、W 两点在同一等势面上，不计油滴对原电场的影响，不计空气阻力)．则以下说法正确的是( D )A ．P 和Q 两点的电势不相等B ．P 点的电势高于S 点的电势C ．油滴在F 点的电势能高于在E 点的电势能D ．油滴在E 、F 、W 三点的“机械能和电势能总和”没有改变解析：P 和Q 两点在带电体M 的表面上，M 是处于静电平衡状态的导体，其表面是一个等势面，故P 和Q 两点的电势相等，选项A 错误；带正电的油滴在F 点时的机械能大于在W 点的机械能，故从F 点到W 点，机械能减小，电场力做负功，说明电场力向上，故电场线垂直等势面向上，而沿着电场线方向电势逐渐降低，故P 点的电势低于S 点的电势，选项B 错误；由于电场线垂直等势面向上，故E 点的电势高于F 点的电势，根据E p ＝q φ，油滴在F 点的电势能低于在E 点的电势能，选项C 错误；油滴在运动过程中只有重力和电场力做功，重力做功导致重力势能和动能相互转化，电场力做功导致电势能和动能相互转化，故油滴在E 、F 、W 三点的“机械能和电势能总和”没有改变．选项D 正确．5．如图所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦交流电的图象，调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图象如图线b 所示．以下关于这两个正弦交流电的说法中正确的是( C )A ．线圈先后两次转速之比为B ．交流电a 的电压瞬时值u ＝10sin0.4πt VC ．交流电b 的最大值为203VD ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量为零解析：由图象可知T a ＝0.4 s ，T b ＝0.6 s ，根据ω＝2πT，得ωa ＝5π，ωb ＝10π/3，由ω＝2πn ，得转速之比，n a n b ＝，A 错；图线a 的最大值为E m a ＝10 V ，交流电压的瞬时值u ＝E m sin ωt ＝10sin5πt V ，B 错；根据E m ＝NBS ω，得E m b ＝20/3 V ，C 对；t ＝0的时刻感应电动势为零，故磁通量最大，D 错．6．如图，质量为m 、长为L 的直导线用两绝缘细线悬挂于O 、O ′，并处于匀强磁场中，当导线中通以沿x 正方向的电流I ，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ.则磁感应强度方向和大小可能为( BC )A ．z 正向，mg IL tan θB ．y 正向，mg ILC ．z 负向，mg ILtan θD ．沿悬线向上，mg ILsin θ解析：若B 沿z 轴正方向，导线无法平衡，A 错误；若B 沿y 轴正方向，由左手定则，受力如图①：mg ＝BIL ，所以B 正确；若B 沿z 轴负方向，受力如图②，F T sin θ＝BIL ，F T cos θ＝mg ，所以B ＝mgILtan θ，C 正确；若B 沿悬线向上，受力如图③，导线无法平衡，D 错误．7．质量为2 kg 的物体，放在动摩擦因数为μ＝0.1的水平面上，在水平拉力F 的作用下，由静止开始运动，拉力做的功W 和物体发生的位移x 之间的关系如图所示，g 取10 m/s 2.下列说法中正确的是( CD )A ．此物体在AB 段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 W B ．此物体在AB 段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6 WC ．此物体在AB 段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 WD ．物体在OA 段运动过程中拉力的平均功率大于AB 段运动过程中拉力的平均功率 解析：物体受到的滑动摩擦力f ＝μmg ＝2 N ，由题图知x 1＝3 m 位移内拉力做的功W 1＝F 1x 1＝15 J ，解得F 1＝5 N ，根据牛顿第二定律F 1－f ＝ma 1，解得加速度为a 1＝1.5 m/s 2，所用的时间为t 1＝2x 1a 1＝2 s ，末速度v 1＝a 1t 1＝3 m/s ；由W 2＝F 2x 2解得x 2＝6 m 位移内拉力F 2＝2 N ，与摩擦力f 等大反向，所以物体在AB 段做匀速直线运动，运动时间t 2＝x 2v 1＝2 s ，整个过程中拉力的最大功率为P m ＝F m v m ＝F 1v 1＝15 W ，选项C 正确；OA 段运动过程中拉力的平均功率P 1＝W 1t 1＝7.5 W ，AB 段拉力的平均功率P 2＝W 2t 2＝6 W ，选项D 正确．8.某同学设计了一个测定列车加速度的仪器，如图所示．AB 是一段四分之一圆弧形的电阻，O 点为其圆心，且在B 点正上方，圆弧半径为r .O 点下用一电阻不计的金属线悬挂着一个金属球，球的下部恰好与AB 接触良好且无摩擦．A 、B 之间接有内阻不计、电动势为9 V 的电池，电路中接有理想电流表A ，O 、B 间接有一个理想电压表V.整个装置在一竖直平面内，且装置所在的平面与列车前进的方向平行．下列说法中正确的有( CD )A ．从图中看到列车一定是向右做加速运动B ．当列车的加速度增大时，电流表A 的读数增大，电压表V 的读数也增大C ．若电压表示数为3 V ，则列车的加速度为33g D ．如果根据电压表示数与列车加速度的一一对应关系将电压表改制成一个加速度表，则加速度表的刻度是不均匀的解析：对金属球，由牛顿第二定律，加速度a ＝g tan θ，方向水平向右，可能向右做加速运动或向左做减速运动，选项A 错误；电流I ＝E R，电流表读数一定，当列车的加速度增大时，θ增大，BC 弧长变大，电压表V 的读数U ＝IR BC 也增大，选项B 错误；而R ＝ρL S，则U ＝E ·θπ2，若电压表示数为3 V ，则θ＝π6，列车的加速度为g tan π6＝33g ，选项C 正确；电压表示数U ＝2E ·θπ＝2E π·arctan ag ，U 与a 不是线性关系，则加速度表的刻度是不均匀的，选项D 正确．。

选择题提速练111—5为单选，6—8为多选1．京沪高铁全长1 318 km ，全线为新建双线，设计时速350 km/h ，2012年通车后，北京至上海的行程缩短至五小时以内．列车提速的一个关键技术问题是增加机车发动机的额定功率．已知列车所受阻力与速度的平方成正比，即F f ＝k v 2(k 为比例系数)．设提速前最大速度为150 km/h ，则提速前与提速后机车发动机的额定功率之比为( B )A.37B.27343C.949D.812 401解析：当速度最大时牵引力和阻力相等，则P ＝F v ＝F f v ＝k v 3，所以，P 1P 2＝v 31v 32＝27343，B 项正确． 2．在如图甲所示的电路中，R 1为定值电阻，R 2为滑动变阻器，闭合开关S ，将滑动变阻器的滑动触头P 从最右端滑到最左端，两个电压表(内阻极大)的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图乙所示．则( D )A ．图线a 是电压表V 1示数随电流变化的图线B ．电源内电阻的阻值为10 ΩC ．电源的最大输出功率为1.5 WD ．滑动变阻器R 2的最大功率为0.9 W解析：将滑动变阻器的滑动触头P 从最右端滑到最左端，总电阻减小，电流增大，V 1示数线性增大，A 错误；根据图线a ，R 2＝U I＝4 V 0.2 A ＝20 Ω，根据图线b ，R 1＝U I ＝1 V 0.2 A ＝5 Ω，0.2 A ＝E R 1＋R 2＋r ，0.6 A ＝E R 1＋r，解得r ＝5 Ω，E ＝6 V ，B 错误；电源的最大输出功率为E 24r＝1.8 W ，C 错误；当R 2＝R 1＋r 时滑动变阻器R 2的功率最大，为0.9 W ，D 正确．3．下图为示波管的示意图，以屏幕的中心为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系xOy ，当在XX ′这对电极上加上恒定的电压U XX ′＝2 V ，同时在YY ′电极上加上恒定的电压U YY ′＝－1 V 时，荧光屏上光点的坐标为(4，－1)，则当在XX ′这对电极上加上恒定的电压U XX ′＝1 V ，同时在YY ′电极上加上恒定的电压U YY ′＝2 V 时，荧光屏上光点的坐标为( C )A．(2，－2) B．(4，－2)C．(2,2) D．(4,2)解析：示波管某方向的偏转位移与电压成正比，在XX′这对电极上，x∝U XX′，当电压U XX′＝1 V时，x＝2；在YY′这对电极上，y∝U YY′，当电压U YY′＝2 V时，y＝2.所以选择C.4.如图所示，用a、b两种不同频率的光分别照射同一金属板，发现当a光照射时验电器的指针偏转，b光照射时指针未偏转，以下说法正确的是(D)A．增大a光的强度，验电器的指针偏角一定减小B．a光照射金属板时验电器的金属小球带负电C．增大b光的强度，验电器指针偏转D．若a光是氢原子从n＝4的能级向n＝1的能级跃迁时产生的，则b光可能是氢原子从n＝5的能级向n＝2的能级跃迁时产生的解析：增大a光的强度，单位时间内产生的光电子多了，验电器的指针偏角增大，A错；产生光电效应后金属表面的电子逸出，金属和验电器的金属小球均带正电，B错；增大b光的强度，b光频率不变，则不能使金属板发生光电效应，验电器指针不偏转，C错；从n ＝4的能级向n＝1的能级跃迁比从n＝5的能级向n＝2的能级跃迁时产生的光子的频率大，D正确．5．如图所示，矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧，这些粒子的质量、电荷量以及速度大小如下表所示.分别为(D)A．3、5、4 B．4、2、5C ．5、3、2D ．2、4、5解析：根据半径公式r ＝m v Bq ，结合表格中数据可求得1～5各组粒子的半径之比依次为0.52332，说明第一组正粒子的半径最小，该粒子从MQ 边界进入磁场逆时针运动．由图a 、b 粒子进入磁场也是逆时针运动，则都为正电荷，而且a 、b 粒子的半径比为23，则a 一定是第2组粒子，b 是第4组粒子，c 顺时针运动，为负电荷，半径与a 相等是第5组粒子．正确选项为D.6．(2018·武汉模拟)如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上放一轻质弹簧，其下端固定，静止时上端位置在B 点．质量m ＝2.0 kg 的小物体由斜面上A 点自由释放，从开始的一段时间内的v -t 图象如图乙所示(图中0～0.4 s 时间段图线为直线，其余均为曲线)，小物体在0.4 s 时运动到B 点，0.9 s 时到达C 点，B 、C 间距为1.2 m(g 取10 m/s 2)，由图知( AC )A ．斜面倾角θ＝π6B ．物体从B 运动到C 的过程中机械能守恒C ．在C 点时，弹簧的弹性势能为16 JD ．小物体从C 点回到A 点过程中，加速度先增大后减小，再保持不变解析：由图乙可知，0～0.4 s 内小物体做匀加速直线运动，加速度a＝ΔvΔt＝20.4m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得mg sinθ＝ma，解得sinθ＝ag＝12，则θ＝π6，故选项A正确；从B到C过程，除重力做功外，弹簧弹力对小物体做负功，小物体的机械能不守恒，故选项B错误；由能量守恒定律可得，在C点弹簧的弹性势能E p＝12m v2B＋mgh BC＝16 J，故选项C正确；小物体从C点回到A点过程中，开始弹簧的弹力大于重力沿斜面向下的分力，合力向上，小物体向上做加速运动，弹力逐渐减小，小物体所受的合力减小，小物体的加速度减小，然后弹簧的弹力小于重力沿斜面向下的分力，合力向下，小物体做减速运动，随小物体向上运动，弹簧弹力变小，小物体受到的合力变大，加速度变大，当物体与弹簧分离后，小物体受到的合力等于重力沿斜面的分力，加速度不变，小物体做加速度不变的减速运动，由此可知在整个过程中，小物体的加速度先减小后增大，再保持不变，故选项D错误．7．如图所示，某无限长粗糙绝缘直杆与等量异种电荷连线的中垂线重合，杆竖直放置．杆上有A、B、O三点，其中O为等量异种电荷连线的中点，AO＝BO.现有一带电小圆环从杆上A点以初速度v0向B点滑动，滑到B点时速度恰好为0，则关于小圆环的运动，下列说法正确的是(AC)A ．运动的加速度先变大再变小B ．电场力先做正功后做负功C ．运动到O 点的动能为初动能的一半D ．运动到O 点的速度小于v 02解析：等量异号电荷的连线的中垂线上，从A 到B 电场强度先增大后减小，O 点的电场强度最大，所以小圆环受到的电场力先增大后减小，小圆环受到的摩擦力F f ＝μF N ＝μqE ，则小圆环受到的摩擦力先增大后减小，其加速度a ＝mg ＋F f m ，所以a 先增大后减小，选项A 正确；一对等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，故小圆环从A 到B 过程电场力不做功，选项B 错误；设A 、B 之间的距离为2L ，摩擦力做的功为2W f ，小圆环从A 到B 的过程中，电场力不做功，重力和摩擦力做功，根据动能定理，A →O 过程有－mgL ＋W f ＝12m v 2O －12m v 20，A →B 过程有－mg ·2L ＋2W f ＝0－12m v 20，联立解得v O ＝22v 0>12v 0，12m v 2O ＝12·12m v 20，即运动到O 点的动能为初动能的一半，运动到O 点的速度大于v 02，选项C 正确，选项D 错误． 8．北京时间2013年2月16日凌晨，直径约45米、质量约13万吨的小行星“2012DA14”以大约每小时2.8万公里的速度由印度洋苏门答腊岛上空掠过．与地球表面最近距离约为2.7万公里，这一距离已经低于地球同步卫星的轨道，但对地球的同步卫星几乎没有影响，只是划过了地球上空．这颗小行星围绕太阳飞行，其运行轨道与地球非常相似，根据天文学家的估算，它下一次接近地球大约是在2046年．假设图中的P 、Q 是地球与小行星最近时的位置，下列说法正确的是(已知日地平均距离约为15 000万公里)( BD )A ．小行星对地球的轨道没有造成影响，地球对小行星的轨道也没有任何影响B ．只考虑太阳的引力，地球在P 点的线速度大于小行星通过Q 点的线速度C ．只考虑地球的引力，小行星在Q 点的加速度小于同步卫星在轨道上的加速度D ．小行星在Q 点没有被地球俘获，是因为它在Q 点的速率大于第一宇宙速度解析：小行星对地球的引力远小于太阳对地球的引力，所以小行星对地球的轨道没有造成影响，但地球对小行星的引力相比太阳对小行星的引力不能忽略，可知地球对小行星的轨道会造成影响，选项A错误；若只考虑太阳引力，由万有引力提供向心力，G Mm r 2＝m v 2r ，得v ＝GM r ，由于地球在P 点到太阳的距离小于小行星在Q 点到太阳的距离，即r 1<r 2，所以地球在P 点的线速度大于小行星在Q 点的线速度，选项B 正确；只考虑地球引力，加速度a ′＝GM ′r ′2，由于小行星在Q 点到地球的距离小于同步卫星到地球的距离，所以小行星在Q点的加速度大于同步卫星在轨道上的加速度，选项C错误；小行星在Q点没有被地球俘获变成地球的卫星，是因为它在Q点的速率大于第一宇宙速度，选项D正确．。

选择题提速练41—5为单选，6—8为多选1．(2018·吉林质检)如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电荷，a、b两点在它们连线的延长线上．现有一带负电荷的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a、b两点时的速度分别为v a、v b，其速度图象如图乙所示．以下说法中正确的是(C)A．Q2一定带负电B．Q2的电荷量一定大于Q1的电荷量C．b点的电场强度一定为零D．整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大解析：因为v-t图线的斜率表示加速度，根据题图乙可知，粒子在b点的加速度为零，其电场力也为零，b点的电场强度一定为零，选项C正确；要使b点的场强为零，Q1、Q2必带异种电荷，所以Q2一定带正电，选项A错误；Q1、Q2单独存在时在b点产生的场强必等大反向，再考虑到Q1到b点的距离较大，可知Q1的电荷量一定大于Q2的电荷量，选项B错误；整个运动过程中，粒子的动能和电势能之和保持不变，考虑到其动能先减小后增大，则其电势能一定是先增大后减小，选项D错误．2．如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m ，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN 垂直于导轨放置，质量为0.2 kg ，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T ．将导体棒MN 由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN 的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6)( B )A ．2.5 m/s 1 WB ．5 m/s 1 WC ．7.5 m/s 9 WD ．15 m/s 9 W解析：小灯泡稳定发光说明棒做匀速直线运动．此时：F 安＝B 2l 2v R 总对棒满足：mg sin θ－μmg cos θ－B 2l 2v R 棒＋R 灯＝0 因为R 灯＝R 棒则：P 灯＝P 棒再依据功能关系：mg sinθ·v－μmg cosθ·v＝P灯＋P棒联立解得v＝5 m/s，P灯＝1 W，所以B项正确．3．(2018·河南六市一联)如图所示，等离子气流(由高温、高压的等电荷量的正、负离子组成)由左方连续不断地以速度v0垂直射入P1和P2两极板间的匀强磁场中．两平行长直导线ab和cd的相互作用情况为：0～1 s内排斥，1～3 s内吸引，3～4 s内排斥．线圈A内有外加磁场，规定向左为线圈A内磁感应强度B的正方向，则线圈A 内磁感应强度B随时间t变化的图象有可能是下图中的(C)解析：正、负离子在磁场中受洛伦兹力，正离子向P1板偏转，负离子向P2板偏转，P1板带正电，P2板带负电，ab中电流为从a流向b，在0～1 s内排斥说明电流从d流向c,1～3 s内吸引说明电流从c流向d,3～4 s内排斥说明电流从d流向c，再利用楞次定律、安培定则可判断只有C项正确．4．现有两动能均为E0＝0.35 MeV的21H在一条直线上相向运动，两个21H发生对撞后能发生核反应，得到32He和新粒子，且在核反应过程中释放的能量完全转化为32He和新粒子的动能．已知21H的质量为2.014 1 u，32He的质量为3.016 0 u，新粒子的质量为1.008 7 u，核反应时质量亏损1 u释放的核能约为931 MeV(如果涉及计算，结果保留整数)．则下列说法正确的是(C)A．核反应方程为21H＋21H→32He＋11HB．核反应前后不满足能量守恒定律C．新粒子的动能约为3 MeVD.32He的动能约为4 MeV解析：由核反应过程中的质量数和电荷数守恒可知21H＋21H→32He ＋10n，则新粒子为中子10n，所以A错误；核反应过程中质量亏损，释放能量，亏损的质量转变为能量，仍然满足能量守恒定律，B错误；由题意可知ΔE＝(2.014 1 u×2－3.016 0 u－1.008 7 u)×931 MeV/u ＝3.3 MeV，根据核反应中系统的能量守恒有E kHe＋E kn＝2E0＋ΔE，根据核反应中系统的动能守恒有p He－p n＝0，由E k＝p22m，可知E kHeE kn＝m nm He，解得E kHe＝m nm n＋m He(2E0＋ΔE)＝1 MeV，E km＝m Hem n＋m He(2E0＋ΔE)＝3 MeV，所以C正确，D错误．5．如图所示，有5 000个质量均为m的小球，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端用细绳固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止．若连接天花板的细绳与水平方向的夹角为45°.则第2 011个小球与2 012个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值等于(A)A.2 9895 000B.2 0115 000C.2 0112 089D.2 0892 011解析：对1～5 000号球整体受力分析，受到水平向右的拉力F 、天花板处绳子拉力T 0以及5 000个球的重力5 000G ，由平衡条件可列出平衡方程：T 0cos45°＝F ，T 0sin45°＝5 000G .解得F ＝5 000G .再对2 012～5 000号球为整体受力分析，受到水平向右的拉力F 、2 989个球的重力2 989G 以及2 011个小球与2 012个小球之间的轻绳拉力T ，列出平衡方程T cos α＝F ，T sin α＝2 989G .解得tan α＝2 9895 000. 6．(2018·江苏南通二模)车手要驾驶一辆汽车飞越宽度为d 的河流．在河岸左侧建起如图高为h 、倾角为α的斜坡，车手驾车从左侧冲上斜坡并从顶端飞出，接着无碰撞地落在右侧高为H 、倾角为θ的斜坡上，顺利完成了飞越．已知h >H ，当地重力加速度为g ，汽车可视为质点，忽略车在空中运动时所受的空气阻力．根据题设条件可以确定( CD )A ．汽车在左侧斜坡上加速的时间tB ．汽车离开左侧斜坡时的动能E kC ．汽车在空中飞行的最大高度H mD ．两斜坡的倾角满足α<θ解析：据题分析可知，汽车在左侧斜坡上运动情况未知，不能确定加速的时间t ，故A 错误；汽车的质量未知，根据动能表达式E k ＝12m v 2可知不能求出汽车离开左侧斜坡时的动能E k ，故B 错误； 设汽车离开左侧斜坡的速度大小为v 1.根据水平方向的匀速直线运动有d ＝v 1cos α·t ①竖直方向的竖直上抛运动有H m ＝(v 1sin α)22g② 取竖直向上方向为正方向有－(h －H )＝v 1sin α·t －12gt 2③ 由①③两式可求得运动时间t 和v 1，将v 1代入②式可求出最大高度H m ，故C 正确；根据速度的分解得tan α＝v y 1v x ，tan θ＝v y 2v x，由于h >H ，竖直分速度关系为v y 1<v y 2，则得α<θ，故D 正确．7. (2018·湖北八校联考)如图甲所示，质量为1 kg 的小物块以初速度v 0＝11 m/s 从θ＝53°固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F ，第二次无恒力F .图乙中的两条线段a 、b 分别表示存在力F 和无恒力F 时小物块沿斜面向上运动的v -t 图线．不考虑空气阻力，g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( AD )A ．恒力F 大小为1 NB ．物块与斜面间动摩擦因数为0.6C ．有恒力F 时，小物块在上升过程产生的热量较少D ．有恒力F 时，小物块在上升过程机械能的减少量较小 解析：根据v -t 中斜率等于加速度的意义可知：a a ＝Δv t 1＝0－111.1＝－10 m/s 2，a b ＝0－111＝－11 m/s 2；不受拉力时：ma b ＝－mg sin53°－μmg cos53°，代入数据得：μ＝0.5；受到拉力的作用时：ma a ＝F －mg sin53°－μmg cos53°；所以：F ＝1 N ．故A 正确，B 错误；根据运动学公式：x ＝0－v 202a可知，因为有恒力F 时，小物块的加速度小，位移大，所以在上升过程产生的热量较大．故C 错误；结合C 的分析可知，有恒力F 时，小物块上升的高度比较大，所以在最高点的重力势能比较大，而升高的过程动能的减小是相等的，所以在上升过程机械能的减少量较小．故D 正确．故选AD.8．(2018·湖南株洲质检)某种小灯泡的伏安特性曲线如图所示，三个完全相同的这种小灯泡连接成如图乙所示的电路，电源的内阻为1.0 Ω.现闭合开关S ，理想电压表V 的示数为4.0 V ，则( ABD )A ．三个灯泡的总电阻为8.3 ΩB ．电源的电动势为5.6 VC ．电源消耗的热功率为3.0 WD ．电源的效率为89.3%解析：理想电压表V 的示数为4.0 V ，可知串联的灯泡电流0.6 A ，此时小灯泡电阻4.00.6 Ω＝203Ω；每个并联灯泡的电流为0.3 A ，电压1.0 V ，此时小灯泡电阻R L ＝1.00.3 Ω＝103 Ω，所以总电阻为R 总＝203Ω＋12·103Ω＝8.3 Ω，A 正确；电动势等于E ＝4 V ＋1 V ＋0.6×1.0 V ＝5.6 V ，B 正确；电源消耗的热功率为P 热＝0.62×1.0 W ＝0.36 W ，C错误；电源效率η＝55.6×100%＝89.3%，D 正确．。

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实验：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 点吊一可自由摆动或转动的直铜棒，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．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 ，则该实验可观察到的现象是(　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，根据左手定则判断，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解释，下列说法正确的是(　C )A ．采用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，经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，车手一方面要适当地控制速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，这是为了通过调控人和车的惯性达到安全行驶的目的解析：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，经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.mg 12C.mgD.mg 13110解析：设墙砖厚度为d ，上升过程加速度大小为a 1，由图知，9d －3d ＝a 1T 2，mg ＋F f ＝ma 1；下降过程加速度大小为a 2,3d －d ＝a 2T 2，mg －F f ＝ma 2，联立解得F f ＝mg ，本题只有选项B 12正确．4．一颗卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，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. B.mv 2GNmv 4GN C. D.Nv 2Gm Nv 4Gm解析：设卫星的质量为m ′，由万有引力提供向心力，得G ＝m ′①，m ′＝m ′g Mm ′R 2v 2R v 2R行②，又N ＝mg 行③，由③得g 行＝，代入②得：R ＝，代入①得M ＝，选项B 正确．N m mv 2N mv 4GN5．(2018·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一定为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，速度大小不一定是v ，选项D 错误．6．在如图所示电路中，电源电动势E ＝6 V ，内阻r ＝1 Ω，保护电阻R 0＝3 Ω，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，若电流表内阻忽略，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率先增大后减小D ．滑动变阻器消耗的功率先增大后减小，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R 0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R 0＋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．(2018·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 处由静止开始沿管向下运动，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 ＝k 可知，电场强度的大小与间距的Q r 2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提供，即F cos30°＋mg sin30°＝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提供的，mg sin30°－F cos30°＝ma ′联立解得a ′＝g －a ，选项D 正确．8．(2018·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>tan θ)，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 ．电动机因运送物块多做的功为mv 2B ．系统因运送物块增加的内能为μmv 2cos θ2 μcos θ－sin θC ．传送带克服摩擦力做的功为mv 212D ．电动机因运送物块增加的功率为μmgv cos θ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 ＝μmg cos θ··t ，v 2系统增加的内能Q ＝f ·Δs ＝f ·(s 带－s 物)＝f (vt －t )＝μmg cos θ·t .故ΔE ＝Q .v 2v 2故电动机多做的功等于物块机械能增加量的2倍，大于mv 2，故A 错误；系统增加的内能Q ＝f ·Δs ＝μmg cos θ·t .v 2物块的加速度a ＝＝g (μcos θ－sin θ)．f －mg sin θm故加速时间t ＝＝，v a v g μcos θ－sin θ故系统增加的内能Q ＝.故B 正确；μmv 2cos θ2 μcos θ－sin θ传送带运动的距离s 带＝vt ＝，v 2g μcos θ－sin θ故传送带克服摩擦力做功W 克f ＝f ·s 带＝μmg cos θ·＝v 2g μcos θ－sin θ ，故C 错误；μmv 2cos θμcos θ－sin θ电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为P ＝fv ＝μmg cos θ·v ，故D 正确．。