2023版高考物理创新设计二轮复习讲义选择题满分练(四)

这是一份2023版高考物理创新设计二轮复习讲义选择题满分练(四)，共7页。
选择题满分练(四)(时间：25分钟)选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。14.实验小组通过实验研究汽车在晴天干燥路面和雨天湿滑路面上的制动效果。在晴天干燥路面测试的初速度为30 m/s，从发出刹车指令到汽车停下的过程的v－x图像如图1所示。在雨天湿滑路面测试的初速度为24 m/s，假设人的反应时间不变，从发出刹车指令到汽车停下的过程经过的位移与晴天干燥路面时相同。根据v－x图像及所给数据可以推断两种情况下汽车刹车的加速度大小之比a干∶a湿为(　　)图1A.5∶4  B.5∶3C.4∶3  D.3∶2答案　B解析　由图像可知人的反应时间为t＝＝1 s，汽车刹车距离为x′＝，由图可知在晴天干燥路面刹车距离为90 m，刹车加速度大小为a干＝ m/s2＝5 m/s2，在雨天湿滑路面匀速和匀减速的总位移仍为120 m，则有L＝v′t＋，其中L＝120 m，v′＝24 m/s，t＝1 s，解得a湿＝3 m/s2，则两种情况下汽车刹车的加速度大小之比为a干∶a湿＝5∶3，故B正确。15.2022年2月7日，我国运动员任子威、李文龙在北京冬奥会短道速滑男子1 000米决赛中分获冠、亚军。如图2所示为短道速滑比赛场地示意图，比赛场地周长约为111.12 m，其中直道长度为28.85 m，弯道半径为8 m。若一名质量为50 kg的运动员在弯道紧邻黑色标志块做匀速圆周运动，转弯时冰刀与冰面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动员可看作质点，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)图2A.该运动员在弯道转弯时不发生侧滑的最大速度为4 m/sB.该运动员在弯道转弯时不发生侧滑的最大速度为8 m/sC.运动员受到冰面的作用力最大为100 ND.运动员受到冰面的作用力最大为500 N答案　A解析　最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动员在弯道转弯时不发生侧滑的最大速度为v，静摩擦力提供向心力有μmg＝m，解得v＝＝4 m/s，故B错误，A正确；运动员在水平面内做匀速圆周运动需要的向心力为Fn＝m＝100 N，竖直方向受力平衡FN＝mg＝500 N，所以运动员受到冰面的作用力F＝≈510 N，故C、D错误。16.“顿牟缀芥”是东汉王充在《论衡·乱龙篇》中记载的摩擦起电现象，意指摩擦后的带电琥珀能吸引轻小物体。现做如下简化：在某处固定一个电荷量为Q的带正电的点电荷，在其正下方h处有一个原子。在点电荷的电场的作用下原子的负电荷中心与正电荷中心会分开很小的距离l。点电荷与原子之间产生作用力F。你可能不会求解F，但是你可以通过物理分析进行判断，关于F的表达式，可能正确的是(式中k为静电力常量)(　　)图3A.F＝0  B.F＝C.F＝  D.F＝答案　D解析　由图可知负电荷中心比正电荷中心更靠近Q，则Q对负电荷中心的引力略大于对正电荷中心的斥力，即合力F不为零；当l趋于零时，合力F趋于零；当h趋于无限大时，合力F也趋于零，考察四个选项中表达式满足上述条件的只有D项。17.2021年2月10日，我国首次火星探测任务“天问一号”火星探测卫星顺利实施近火制动，完成火星捕获，正式踏入环绕火星轨道。假设火星可视为半径为R的均匀球体，探测卫星沿椭圆轨道绕火星运动，如图4所示。椭圆轨道的“近火点”P离火星表面的距离为2R，“远火点”Q离火星表面的距离为4R，万有引力常量为G。下列说法正确的是(　　)图4A.若已知“天问一号”在椭圆轨道运行的周期为T，火星的质量为B.若已知“天问一号”在椭圆轨道运行的周期为T，火星的第一宇宙速度为C.“天问一号”在“近火点”P和“远火点”Q的加速度大小之比为25∶7D.“天问一号”在“近火点”P和“远火点”Q的速率之比为2∶1答案　B解析　设绕火星表面附近运行的卫星周期为T1，根据开普勒第三定律有＝，解得T1＝，设火星质量为M，根据牛顿第二定律有G＝mR，解得M＝，故A错误；火星的第一宇宙速度为v1＝＝，故B正确；根据牛顿第二定律有G＝ma，所以“天问一号”在“近火点”P和“远火点”Q的加速度大小之比为＝＝，故C错误；对于“天问一号”在“近火点”P和“远火点”Q附近很小一段时间Δt内的运动，根据开普勒第二定律有vP·3R·Δt＝vQ·5R·Δt，所以“天问一号”在“近火点”P和“远火点”Q的速率之比为＝，故D错误。18.一质量为m的小球用细线悬挂静止在空中(图5甲)，某时刻剪断细线，小球开始在空中下降，已知小球所受空气阻力与速度的大小成正比，通过传感器得到小球的加速度随下降速度变化的图像如图乙所示，已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)图5A.小球刚开始运动时的加速度a0<gB.小球下降的速度将会一直增大C.小球下降过程所受空气阻力f＝D.小球下降过程机械能的减少大于克服空气阻力所做的功答案　C解析　某时刻剪断细线，小球只受重力，则小球刚开始运动时的加速度a0＝g，故A错误；当小球下降的速度使小球受到的空气阻力与重力相等时，合力为零，加速度为零，速度达到最大，之后以最大速度做匀速下降，故小球下降的速度不会一直增大，故B错误；根据牛顿第二定律可得mg－f＝ma，由图乙可知a＝a0－v，又a0＝g，联立解得f＝，故C正确；根据功能关系可知，小球下降过程机械能的减少等于克服空气阻力所做的功，故D错误。19.皮带输送机普遍应用于交通、物流、食品等各行各业，完成物品的传输、装卸工作(如图6甲)，极大地提高了工作效率。如图乙，水平传送带在电动机带动下以恒定速率v运行，某时刻一个质量为m的快递包裹(可视为质点)以初速度v0(v0<v)从传送带左端滑上传送带。若从包裹滑上传送带开始计时，t0时刻物体的速度达到v，快递包裹与传送带间的动摩擦因数为μ。则该快递包裹在传送带上运动的过程中(　　)图6A.物体先受到滑动摩擦力的作用，后受到静摩擦力的作用B.0～t0时间内，物体所受摩擦力对物体做功的功率越来越大C.若仅增大物体的初速度v0(v0仍小于v)，则物体被传送的整个过程中传送带对物体所做的功也一定增加D.电动机因传送该包裹而多消耗的电能为μmgvt0答案　BD解析　由题意可知，物体先受向右滑动摩擦力做加速运动，速度与传送带相同后做匀速运动，匀速运动阶段不受摩擦力，故A错误；0～t0时间内，物体所受摩擦力恒定为Ff＝μmg，物体速度越来越大，摩擦力做功功率为P＝Ffv，可知摩擦力对物体做功的功率越来越大，故B正确；由动能定理知，整个过程中传送带对物体所做的功等于物体动能的增量，所以v0增大，而末速度不变，动能增量减小，传送带对物体做的功减小，故C错误；电动机因传送该包裹而多消耗的电能等于传送带克服物体摩擦力所做的功。在0～t0时间内，传送带的位移为x＝vt0，克服摩擦力所做的功为W＝Ffx＝μmgvt0，故D正确。20.如图7甲所示，自耦变压器的原线圈与N匝、半径为x的圆形线圈(图中未画全)相连，副线圈与定值电阻R构成回路，图示位置副线圈的匝数为原线圈匝数的。线圈内有垂直线圈平面向里的磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化。不考虑电阻随温度的变化以及线圈的电阻，下列说法正确的是(　　)图7A.图示位置，定值电阻两端的最大电压为B.图示位置，定值电阻消耗的电功率为C.若磁感应强度的变化周期减小，则变压器的输出功率将增大D.若自耦变压器的滑片P顺时针转动，则通过原线圈的电流增大答案　BC解析　由图乙可得磁感应强度为B＝B0sin t，由法拉第电磁感应定律得圆形线圈中产生的感应电动势为E＝Nπr2＝cos t，所以原线圈两端的最大电压为U1max＝，由＝得定值电阻两端的最大电压为U2max＝，A错误；定值电阻消耗的电功率为P＝＝，B正确；若磁感应强度的变化周期减小，则感应电动势的最大值增大，有效值增大，副线圈两端的电压增大，定值电阻消耗的电功率即变压器的输出功率将增大，C正确；自耦变压器的滑片P顺时针转动，副线圈的匝数减小，副线圈两端的电压减小，通过副线圈的电流减小，由n1I1＝n2I2可知通过原线圈的电流减小，D错误。21.如图8所示，水平粗糙地面上有两磁场区域，左右两磁场区域内的匀强磁场宽度均为L，磁感应强度大小分别为B和2B，左磁场区磁场方向竖直向下，右磁场区磁场方向竖直向上，两磁场间距为2L。一个质量为m、匝数为n、电阻为R、边长为L的正方形金属线框以速度v0水平向右进入左磁场区域，当金属线框刚离开右磁场区域时速度为v1，金属线框离开右磁场区运动一段距离后停下、金属线框与水平面间的动摩擦因数为μ。关于金属线框的运动下列判断正确的是(　　)图8A.金属线框穿过右磁场区域过程中通过金属线框的电荷量为0B.金属线框从刚进入左磁场时到最终停止的过程中一直做匀减速直线运动C.金属线框通过两个磁场区域全过程中产生的焦耳热为mv－mv－5μmgLD.若金属线框从刚进入左磁场区域到刚好完全进入左磁场区域过程所用时间为t，则金属线框刚好完全进入左磁场区域时的速度为v0－μgt－答案　ACD解析　由法拉第电磁感应定律可知，平均感应电动势＝n，由闭合电路欧姆定律可知，平均感应电流＝，通过金属线框的电荷量q＝Δt，联立得q＝n，金属线框穿过右磁场区域过程中通过金属线框的磁通量变化量ΔΦ＝0，则金属线框穿过右磁场区域过程中通过金属线框的电荷量为0，故A正确；金属线框穿过磁场区域时，由于速度减小，则产生的感应电动势减小，导致安培力减小，做加速度减小的变减速直线运动，故B错误；设金属线框通过两个磁场区域全过程中产生的焦耳热为Q，金属线框从开始运动到离开右磁场区域过程，由能量守恒定律得mv＝μmg(L＋2L＋L＋L)＋mv＋Q，解得Q＝mv－mv－5μmgL，故C正确；金属线框进入左侧磁场过程中穿过金属线框的磁通量ΔΦ＝BL2，通过金属线框的电荷量q＝＝，设金属线框刚好完全进入左侧磁场区域时的速度大小为v，该过程，对金属线框，由动量定理得－LBt－μmgt＝mv－mv0，其中t＝q，解得v＝v0－μgt－，故D正确。