2022届高三物理二轮复习卷：选择题专题练习（三）

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一、单选题
1． 2021年9月15日全运会在古都西安开幕。浙江篮球队队员在进行原地起跳训练时，一名90kg的运动员原地静止站立，先使重心下降，然后起跳（从开始上升到脚刚离地的过程），起跳过程重心上升了0.5m，最后脚离地上升，重心再上升了0.8m，若运动员起跳过程视为匀加速直线运动，忽略空气阻力影响，取g=10m/s2，则（ ）
A．运动员起跳过程属于失重状态
B．起跳过程中加速度大小为16m/s2
C．从开始起跳到离地上升到最高点需要0.4s
D．起跳过程中运动员对地面的压力为900N
【答案】B
【考点】超重失重；匀变速直线运动基本公式应用
【解析】【解答】A．运动员起跳过程视为匀加速直线运动，加速度向上，运动员属于超重状态，A不符合题意；
B．起跳过程由速度位移公式可得v2=2as1
离地继续上升过程，据速度位移公式可得v2=2gs2
联立解得起跳过程中加速度大小为a=16m/s2
B符合题意；
C．从开始起跳到离地上升到最高点的时间为t=va+vg=0.65s
C不符合题意；
D．起跳过程由牛顿第二定律可得F−mg=ma
解得地面对运动员的支持力为F=2340N
由牛顿第三定律可知，起跳过程中运动员对地面的压力大小为2340N，方向竖直向下，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用运动员的加速度方向可以判别运动员的超重与失重，利用速度位移公式可以求出起跳过程运动员的加速度大小；利用速度公式可以求出运动的时间，利用牛顿第二定律可以求出地面对运动员的支持力大小。
2．（2022高三上·洛川月考）甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶，在t=0到t=t1的时间内，它们的v-t图象如图所示，已知t=t1时刻，两汽车并排行驶，在这段时间内（ ）
A．汽车甲的平均速度小于v1+v22B．两汽车的位移相同
C．t=0时刻，汽车乙在汽车甲前方D．汽车乙的加速度大小逐渐增大
【答案】C
【考点】v-t图象
【解析】【解答】A．若甲做匀变速直线运动，平均速度为v1+v22，而实际上甲做的是加速度大小逐渐减小的变加速直线运动，甲的位移比匀加速直线运动的位移大，所以甲汽车的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度v1+v22，A不符合题意；
B．v-t图象中图线与横轴围成的面积大小表示位移，可知在这段时间内，甲的位移大于乙的位移，B不符合题意。
C．在这段时间内，甲的位移大于乙的位移，而t=t1时刻，两汽车并排行驶，所以t=0时刻，汽车乙在汽车甲前方，C符合题意；
D．v-t图象斜率的绝对值代表加速度的大小，则甲、乙的加速度大小均逐渐减小，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用图像面积可以求出汽车的位移大小，结合时间可以判别平均速度的大小；利用相遇结合运动的位移可以判别其初始位置；利用其图像斜率可以判别加速度的变化。
3．（2022高三上·洛川月考）用三根轻绳将质量为m的物块悬挂在空中，如图所示，已知ac和bc与竖直方向的夹角分别为30°和60°，则ac绳和bc绳中的拉力分别为（ ）
A．32mg， 12mgB．12mg，32mg
C． 33mg， 12mgD．12mg， 33mg
【答案】A
【考点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】对结点C受力分析，受到三根绳子拉力，将Fa和Fb合成为F
根据三力平衡得出F=Fc=mg
已知ac和bc与竖直方向的夹角分别为30°和60°，所以α=30°，根据三角函数关系得出Fa=F⋅csα=32mg，Fb=F⋅sinα=12mg
故答案为：A。
【分析】对结点进行受力分析，利用平衡方程可以求出其两个绳子的拉力大小。
4．（2021高三上·太原期中）如图，站在电梯内的人质量为M，举起质量为m的木箱紧压在电梯的顶板上，当木箱和人共同以a的加速度随电梯加速上升时，测得木箱对顶板的压力为F。下列说法正确的是（ ）
A．人对电梯底板的压力大小为 (M+m)(g+a)
B．人对电梯底板的压力大小为 (M+m)(g+a)+F
C．人对木箱的推力大小为 m(g+a)
D．人对木箱的推力大小为 m(g+a)−F
【答案】B
【考点】物体的受力分析；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．设电梯底板对人的支持力大小为N，则根据牛顿第二定律有 N−(M+m)g−F=(M+m)a
解得 N=(M+m)(g+a)+F
根据牛顿第三定律可知人对电梯底板的压力大小为 N′=N=(M+m)(g+a)+F
A不符合题意，B符合题意；
CD．设人对木箱的推力小为T，则根据牛顿第二定律有 T−F−mg=ma
解得 T=m(g+a)+F
CD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】对任何木箱进行受力分析，根据牛顿第二定律得出电梯底板对人的支持力的表达式；对木箱进行受力分析，根据牛顿第二定律得出人对木箱的推力。
5．（2021高三上·浙江月考）如图所示，某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图甲中虚线所示。一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，在电场中从O点由静止开始沿电场线竖直向下运动。以O为坐标原点，取竖直向下为x轴的正方向，小球的机械能E与位移x的关系如图乙所示，不计空气阻力。则（ ）
A．沿x轴方向电场强度变大，方向沿x轴正方向
B．从O到 x1 的过程中，小球的速率越来越小，加速度越来越大
C．从O到 x1 的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功变大
D．到达 x1 位置时，小球速度的大小为 22(E1−E0+mgx1)m
【答案】C
【考点】功能关系；变力做功；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．小球机械能的变化量取决于除重力外的其他力所做的功，即 ΔE机=qEΔx
故乙图线的斜率表示小球所受到的电场力，斜率变大场强变大，另外可知机械能减小，电场力做负功，场强沿x轴负方向，A不符合题意；
B．从O到x1 的过程中，据牛顿第二定律可得 mg−qE=ma
由于E变大，可知a变小，小球由静止释放后做加速度减小的加速运动，B不符合题意；
C．从O到x1的过程中，相等的位移x内，小球克服电场力做功为 W=qE⋅x
由于E变大，可知W变大，C符合题意；
D．从O到x1的过程中，据动能定理可得 mgx1−(E0−E1)=12mv2
解得到达x1位置时，小球速度的大小为 v=2(E1−E0+mgx1)m
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据功能关系判断出机械能的变化量，从而判断场强的方向；根据恒力做功判断加速度的变化情况；利用动能定理得出小球到达x1位置时的速度。
6．（2021高二上·河南期中）如图甲所示，一个带正电的小球M从光滑绝缘桌面的边缘以水平向右的速度v0抛出，离开桌面后进入垂直纸面向外的匀强磁场，最后落到地板上，此过程中，M在水平方向的分速度一直向右；如图乙所示，一个带正电的小球N从光滑绝缘桌面的边缘以水平向右的速度v0抛出，离开桌面后进入水平向右的匀强电场，最后落到地板上。甲、乙两图，桌面离地的高度相同，两球的质量和电荷量均相同，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．M的落地时间比N长
B．M的落地速度比N大
C．M在水平方向的分速度越来越小，N在水平方向的分速度越来越大
D．落地时M、N的速度方向可能相同
【答案】C
【考点】磁场和重力场的复合；电荷在匀强电场中的运动
【解析】【解答】A．M在下落过程中，在竖直方向，要受重力和洛伦兹力竖直向下分力共同作用，加速度大于重力加速度，N在下落过程中，在竖直方向，只受重力的作用，加速度等于重力加速度，下落的高度相同，初速度都为0，M的落地时间比N短，A不符合题意；
B．根据动能定理得 mgh=12mvM2−12mv02
mgh+qEx=12mvN2−12mv02
解得 vM