2022届高三物理二轮复习卷：选择题专题练习（五）

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 2022届高三物理二轮复习卷：选择题专题练习（五）一、单选题1．在东京奥运会10m跳台比赛中，14岁的奥运冠军全红婵在跳台上倒立静止，然后下落，前6m完成精彩的翻转动作，随后4m完成姿态调整。假设在此过程中认为是自由落体运动，则她用于姿态调整的时间约为（　　）  A．0.2s B．0.3s C．1.0s D．1.4s【答案】B【考点】自由落体运动【解析】【解答】由 解得前 所用的时间 由 解得全程所用的时间 则后 所用的时间 故答案为：B。
【分析】利用自由落体运动的位移公式可以求出运动的时间。2．（2021高三上·泰安期中）如图所示，重力G的小球固定在轻质杆上，轻质杆另一端通过铰链链接在竖直墙面上。与轻质杆等长的不可伸长的细绳一端拴住小球，另一端固定在竖直墙面上的A点，细绳和轻质杆之间的夹角 ，此时系统处于静止状态。若将细绳一端由力点缓慢下移，则（　　）  A．当 时，细绳的拉力为 B．当 时，细绳的拉力为 C．下移少许时，轻质杆对小球作用力变小D．下移少许时，细绳对小球作用力变小【答案】A【考点】共点力平衡条件的应用【解析】【解答】如图所示，可知轻杆对小球的支持力N、细绳对小球的拉力T以及小球的重力G三个力组成的矢量三角形与空间三角形AOB相似，所以有 由题意可知AO=OB所以T=N当A点下移少许时，AB减小，而AO、OB不变，则T和N都增大；当 时，根据平衡条件有 解得 综上所述可知A符合题意，BCD不符合题意。故答案为：A。
【分析】受力分析，画力的三角形，根据力的三角形和几何三角形相似，列相似比，判断变化，再根据平衡等式，求拉力T。3．（2021高三上·滕州期中）如图所示，飞机特技表演既震撼又刺激一质量为m的飞行员驾驶飞机在竖直面内做匀速圆周运动，飞行至最低点时飞行员对座椅的压力大小为N1，飞行至最高点时飞行员对座椅的压力大小为N2，已知重力加速度为g，则N1与N2大小之差为（　　）  A．0 B．2mg C．4mg D．6mg【答案】B【考点】牛顿第二定律【解析】【解答】由牛顿第二定律得在最低点有 在最高点有 联立解得 B项正确，ACD不符合题意。故答案为：B。
【分析】飞行员在最低点和最高点根据牛顿第二定律合力提供向心，从而得出支持力之差。4．（2021高一下·阎良期末）如图所示，质量分别为 、 的两小物块中间连接有劲度系数 的轻质弹簧（与物块栓接），整个装置放在倾角为 的光滑斜面上，斜面底端有固定挡板。对物块A施加一个沿斜面向下的、大小 的力，整个装置处于静止状态。现撤去外力F，g取 ，则（　　）  A．当弹簧恢复原长时，物块A沿斜面上升 B．当物块B与挡板刚要分离时，物块A克服重力做功为 C．物块B离开挡板前，弹簧一直对物块A做正功D．弹簧恢复到原长时，物块A的动能最大【答案】B【考点】弹簧综合【解析】【解答】A．开始时A、B处于静止状态，对AF+mAgsinθ=kx1解得x1=0.15m=15cm所以当弹簧恢复原长时，物块A沿斜面上升15cm．A不符合题意；B．当B刚要离开挡板时，挡板的支持为0，对Bkx2=mBgsinθ代入数据得x2=0.025m此时A向上的位移：x=x1+x2=0.15m+0.025m=0.175m重力克服重力做的功 代入数据得W=1.75JB符合题意；C．B刚要离开挡板前B受到向上的拉力，则弹簧对A的拉力方向向下，所以在B要离开挡板前，弹簧先对A做正功，然后做负功．C不符合题意；D．当弹簧的弹力等于A沿斜面的重力分量时，此时A的速度最大，D不符合题意。故答案为：B。
【分析】对A物体受力分析，由平衡条件和胡克定律计算此时弹簧被压缩的长度即为恢复原长时A上升的距离；B与挡板分离时挡板对B的支持力为零，对B受力分析，由平衡条件和胡克定律可得此时弹簧的伸长量，从而计算A克服重力所做的功；弹簧对A先做正功后做负功；A所受合力为零时速度最大，此时弹簧弹力等于重力沿斜面向下的分力。5．（2021高二上·武汉期中）某同学用如图甲所示电路的研究电容器的放电过程。先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电压表的电压传感器将电压信息传入计算机，屏幕上显示出电压随时间变化的 曲线如图乙所示。电容器的电容C已知，且从图中可读出最大放电电压 、图线与两坐标轴围成的面积S。根据题目所给的信息，下列结论不能得出的是（　　） A．电容器放出的总电荷量  B．电源电动势 C．电源的内阻  D．定值电阻 【答案】C【考点】电容器【解析】【解答】A． 曲线中，纵轴交点表示最大放电电压 ，由 可求出电容器放出的总电荷量，A可以求出；D．根据 变形得 为图像与坐标轴所围面积S，所以 则 D可求；BC．根据题意只知道电源的电动势等于电容器充满电两极板间的电压，也就是电容刚开始放电时的电压，即 内阻无法求出，B可求，C不可求。故答案为：C。
【分析】根据U-I图像以及电容器的定义式得出电容器放出的总电量；根据电流的定义式得出定值电阻的表达式。6．（2021高三上·运城开学考）如图所示的电路中，AB和CD为两个水平放置的平行板电容器，AB板间有一点P，闭合开关K，待电路稳定后将开关断开。现将一有机玻璃板（图中未画出）插入CD板间，则下列说法正确的是（　　）  A．CD平行板电容器的电容减小 B．P点电势降低C．A，B两板间的电场强度增大 D．电阻R中有向右的电流【答案】B【考点】含容电路【解析】【解答】A．将玻璃板插入CD板间，则相对介电常数ε增大，其他条件不变，由 可知，CD平行板电容器的电容增大，A不符合题意； BC．电容器两板间电压 断开开关后，两电容器总电荷量不变，由于CD电容器的电容增大，电容器两板间电势差均变小，由 可知，AB板间电场强度变小，则P点与B板间的电势差变小，因为B板接地电势始终为零，则P点电势降低，B项正确，C项错误；D．由于插入玻璃板的过程中，电容器两板间电势差变小，则AB电容器放电，电阻R中有向左的电流，D项错误。故答案为：B
【分析】当板间加入玻璃板时其电容增大；断开开关后由于电荷量不变，板间电容增大则板间电势差减小会导致其电场强度减小则导致P点电势减小；由于电容器电容增大所以其AB电容器放电所以可以判别电流的方向。7．如图所示，匀强磁场的边界是两个同心圆，内圆的半径为r，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，A是内侧边界上的一点。在圆心O处沿平行于纸面的方向射出一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，粒子速度方向与OA，成60°角，粒子经磁场第一次偏转后刚好从A点射出磁场，不计粒子重力，则下列说法正确的是(　　)  A．粒子一定带正电B．粒子第一次在磁场中运动的时间为 C．粒子运动的速度大小为 D．磁场外边界圆的半径至少为 r【答案】D【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动【解析】【解答】根据题意，画出粒子第一次在磁场中运动的轨迹如图，根据左手定则可以判断出粒子带负电，A不符合题意；粒子第一次在磁场中运动的时间为t= ，B不符合题意；粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R=r tan 30°= ，根据牛顿第二定律有qvB=m ，解得v= C不符合题意；磁场外边界圆的半径至少为r'=R+ = r，D符合题意。故答案为：D
【分析】根据运动轨迹以及左手定则判断粒子的电性；利用几何关系得出粒子转过的圆心角，从而得出粒子运动的时间；利用几何关系得出离子运动的半径，结合洛伦兹力提供向心力得出粒子运动速度的表达式，从而进行分析判断。8．如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落。如果线圈受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4时的加速度关系为(　　)  A．a1>a2>a3>a4 B．a1=a3>a2>a4C．a1=a3>a4>a2 D．a4=a2>a3>a1【答案】B【考点】楞次定律；牛顿第二定律【解析】【解答】在3位置线圈完全进入磁场区域，磁通量不变，不再有感应电流，线圈不受安培力，所以a1=a3。在2、4位置时，由于线圈进出磁场引起磁通量的变化，从而产生感应电流，安培力要阻碍线圈的相对运动，所以安培力方向均竖直向上；因为线圈在4位置时速度更大，安培力更大，所以a1=a3>a2>a4，B符合题意。故答案为：B
【分析】利用其线圈在其1、3位置只受重力作用其加速度等于重力加速度，线圈在2、4位置，利用安培力的表达式结合牛顿第二定律可以比较加速度的大小。9．如图甲所示电路，理想变压器原线圈输入电压如图乙所示，原、副线圈匝数比为10： 1，副线圈电路中R0为定值电阻，R为滑动变阻器，所有电表均为理想电表。下列说法正确的是(　　)  A．副线圈两端交变电压的频率为5 HzB．两电流表测量的是电流的瞬时值，电压表测量的是电压的有效值C．当滑动变阻器的滑片向上移动时，两电流表的示数均变小D．当电流表A2的示数为2 A时，变压器原线圈输人功率为220 W【答案】C【考点】变压器原理【解析】【解答】根据题图乙 知交变电流的周期为0.02 s，所以交变电压的频率为f= =50Hz，变压器不改变交变电流的频率，故副线圈两端交变电压的频率为50 Hz，A不符合题意；两电流表测量的是电流的有效值，电压表测量的是电压的有效值，B不符合题意；滑动变阻器的滑片向上滑动，接入电路的电阻增大，而副线圈两端电压不变，两个电流表的示数都减小，C符合题意；当电流表A，的示数为2 A时，原线圈中的电流I1= I2 =0.2 A，原线圈两端电压有效值U1=   V=220 V，变压器原线圈输入功率为P1=U1I1=220×0.2 W=44 W，D不符合题意。故答案为：C
【分析】利用周期的大小可以求出频率的大小；电流表和电压表都是测量有效值的大小；其滑动变阻器向上滑动时其电阻变大会导致输出电流和输入电流都减小；利用匝数之比结合输出电流的大小可以求出输入电流的大小，结合输入电压的大小可以求出输入功率的大小。二、多选题10．（2021高三上·太原期中）搭载三名航天员的“神舟十二号”在轨工作90天后，其返回舱于9月16日在离地约350km的轨道上同空间站分离，进行调姿、制动、减速后从原来的飞行轨道进入返回轨道。大约在离地100km处，返回舱以极高的速度冲入大气层，与空气剧烈摩擦，航天员承受达到自身体重几倍的过载作用；在距离地面10km左右，引导伞、减速伞和主伞先后展开，返回舱的速度缓缓下降。在距离地面约1m左右，反推发动机开始工作，返回舱实现软着陆。下列说法正确的是（　　）  A．从飞行轨道进入返回轨道的过程中，返回舱的机械能守恒B．从飞行轨道进入返回轨道的过程中，航天员时刻处于超重状态C．与空气剧烈摩擦时，返回舱加速度的方向与重力方向的夹角大于90°D．反推发动机开始工作后，航天员处于超重状态【答案】C,D【考点】向心加速度【解析】【解答】A．从飞行轨道进入返回轨道的过程中，制动、减速，返回舱的机械能减小，A不符合题意；B．从飞行轨道进入返回轨道的过程中，航天员有向下的加速度，处于失重状态，B不符合题意；C．空气剧烈摩擦，航天员承受达到自身体重几倍的过载作用，说明此时航天员处于超重状态，则其加速度有竖直向上的分量，则返回舱加速度的方向与重力方向的夹角大于90°，C符合题意；D．反推发动机开始工作后，航天员有竖直向上的加速度，处于超重状态，D符合题意。故答案为：CD。
【分析】返回舱从飞行轨道进入返回轨道过程中减速，机械能减小；结合航天员的加速度判断航天员超失重。11．沙滩排球是风靡全世界的一项体育运动。假设在某次进行排球运动时，质量为m的排球从距离沙滩表面高度为H的A点由静止释放，落到沙滩并陷入深度为h的B点时速度减为零，如图所示。不计空气阻力，重力加速度为g。则关于排球的运动过程，下列说法正确的是 (　　)  A．整个下落过程中，排球的机械能减少了mgHB．整个下落过程中，排球克服阻力做的功为mg(H+h)C．在陷入沙滩过程中，排球动量的改变量的大小等于m D．在陷入沙滩过程中，排球所受阻力的冲量大小大于m 【答案】B,C,D【考点】动能定理的综合应用【解析】【解答】排球从A到B的过程中，由动能定理得mg(H+h)+Wf=0，可得Wf=-mg(H+h)，则排球的机械能减少了mg(H+h)，克服阻力做的功为mg(H+h)，A不符合题意，B符合题意；排球自由下落至沙滩表面的过程，由机械能守恒定律得mgH= mv2，可得v= ，落到沙滩表面上后又陷入沙滩中，由动量定理得IG-If=0-mv，排球动量的改变量等于合外力的冲量，而If=IG+mv=IG+m >m ，则排球所受阻力的冲量大于m ，C、D符合题意。 故答案为：BCD。【分析】利用动能定理可以求出克服摩擦力做功的大小，利用克服摩擦力做功的大小可以求出机械能变化量的大小；利用动量定理可以求出阻力冲量的大小；利用速度的变化可以求出排球动量变化量的大小。