2023版高考物理创新设计二轮复习讲义选择题满分练(一)

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(一)，共7页。试卷主要包含了5月28日央视新闻报道等内容，欢迎下载使用。
(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.某实验小组利用加速度传感器、数据采集器和电脑等器材，探究地铁列车在启动阶段的加速度a随时间t的变化规律。他们乘坐武汉地铁6号线列车，测得列车在“马鹦路”站由静止沿直线启动的a－t图像如图1所示。则列车在第50 s时的速度大小大约是( )
图1
A.0 B.3 m/s
C.13 m/s D.17 m/s
答案 D
解析 a－t图像与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，图中每个矩形的面积表示1 m/s，则列车在第50 s时的速度大小大约是v≈17 m/s，D正确。
15.5月28日央视新闻报道：格鲁吉亚物理学家安德里亚不借助其他外力情况下仅靠摩擦力将25个网球垒成9层高的直立“小塔”。如图2所示，球A位于“小塔”顶层，下面各层均有3个网球，球B位于“小塔”的第6层。已知每个网球质量均为m，下列说法正确的是( )
图2
A.网球A存在与否对“小塔”保持平衡没有影响
B.第8层的三个网球受到A的压力均等于eq \f(1,3)mg
C.网球B受到周围其他网球对它的作用力的合力为零
D.最底层3个网球受到桌面的作用力大小相等
答案 D
解析 拿走A网球后，每个网球的受力就将不均衡，合力不为0，不能保持平衡状态，故A错误；A网球受重力和第8层三个网球的支持力作用，三个支持力方向不是竖直向上，所以三个支持力在竖直方向的分力之和等于重力，则第8层三个网球分别对A的支持力大于eq \f(mg,3)，第8层的三个网球受到A的压力均大于eq \f(1,3)mg，故B错误；根据平衡条件知，其他网球对B网球的作用力之和等于B网球的重力大小，故C错误；根据整体法，最底层每个球对地面的压力为FN，最底层3个网球受到桌面的作用力大小相等，故D正确。
16.2021年10月16日“神州十三号”飞船成功与中国天宫空间站实现自动交会对接。翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员随后从“神舟十三号”载人飞船进入天和核心舱。已知天宫空间站在距离地面约400千米的圆轨道上飞行(同步卫星离地高度约3.6万千米，地球半径R＝6 400千米)。则下列说法中正确的是( )
A.“神州十三号”飞船可在高轨道上加速，以实现对低轨道上的天和核心舱的对接
B.在轨运行时，天宫空间站的线速度大于第一宇宙速度
C.在轨运行时，天宫空间站的角速度大于同步卫星的角速度
D.天宫空间站的运行速度约是地球同步卫星速度的6倍
答案 C
解析 飞船应加速，从低轨道做离心运动与高轨道核心舱对接，故A错误；第一宇宙速度是最大的圆周环绕速度，故B错误；根据公式Geq \f(Mm,r2)＝mω2r得ω＝eq \r(\f(GM,r3))可知，轨道越低，角速度越大，故C正确；由Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)得v＝eq \r(\f(GM,r))，由题意可知，天宫空间站和同步卫星的轨道半径分别为6 800千米和42 400千米，大约为6倍关系，而v∝eq \r(\f(1,r))故D错误。
17.如图3所示，O为两等量异种点电荷连线的中点，竖直固定的半径为R的光滑绝缘圆轨道与O点相切，a、b、c为圆轨道上的三个点，a、b两点连线与两点电荷连线垂直，c点是轨道的最高点，M、N为与圆心O1等高的圆轨道上的两个点。一带正电的小球从轨道的最低点O开始以速度v沿逆时针方向在轨道内侧做圆周运动，已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
图3
A.a点的场强小于b点的场强
B.小球从a点到b点电场力做正功
C.小球到达c点时的速度大小为eq \r(v2－4gR)
D.小球在圆轨道内运动时，在N、M两点间的电势能大小相差最多
答案 C
解析 等量异种点电荷的电场线和等势面的分布情况如图所示
由图可知a点的场强比b点的场强大，A错误；a点的电势比b点的电势低，c点与O点等势，由电场力做的功Wab＝qUab可知小球从a点到b点电场力做负功，小球从O点到c点电场力不做功，从O点到c点由动能定理得－2mgR＝eq \f(mveq \\al(2,c),2)－eq \f(mv2,2)，解得vc＝eq \r(v2－4gR)，B错误，C正确；圆和等势线相切的两个切点为电势差最大的点即电势能相差最大的点，不是MN两个点，D错误。
18.如图4所示电路中，理想变压器原线圈两接线柱间的交流电压的有效值不变，两灯泡L1、L2规格完全相同，在以下各种操作中各电路元件都没有损坏，下列说法正确的是( )
图4
A.仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，灯泡L2中的电流一直增大
B.仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，电流表示数一直增大
C.仅使滑片M下移，电流表示数变大
D.仅使滑片M下移，变压器原线圈中的电流变大
答案 A
解析 仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，并联部分电路电压(副线圈电压)不变，L2所在支路电阻逐渐减小，L2中电流一直增大，故A正确；仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，则并联部分电阻先增大后减小，副线圈总电阻先增大后减小，副线圈电压不变，所以副线圈总电流(电流表示数)先减小后增大，故B错误；仅使滑片M下移，副线圈匝数减小，根据理想变压器eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)知副线圈电压减小，副线圈电路电阻不变，所以总电流减小，故C错误；仅使滑片M下移，副线圈电压、电流均减小，所以副线圈功率减小，根据理想变压器特点U1I1＝U2I2知原线圈中电流变小，故D错误。
19.如图5所示，一架连接天桥和地面的滑梯，能使人们节约走楼梯的时间而快速到达地面。已知竖直固定的滑梯为光滑的等距螺旋轨道，总长度为l，入口到出口竖直高度差为h。现有一质量为m的小朋友从顶端入口静止滑下，已知重力加速度为g，不计一切摩擦，则该小朋友( )
图5
A.运动过程中加速度大小逐渐增大
B.在滑梯底端时的速度大小为eq \r(2gl)
C.运动到距顶端入口高度差为eq \f(h,4)时，重力的冲量为eq \f(\r(2)ml,2)eq \r(\f(g,h))
D.运动到距顶端入口高度差为eq \f(h,2)时，重力的瞬时功率为mgeq \r(gh)
答案 AC
解析 小朋友下滑时沿速度方向的加速度大小不变，线速度大小逐渐变大，垂直于速度方向的向心加速度逐渐增大，则运动过程中加速度大小逐渐增大，A正确；由于小朋友下滑过程中无重力之外的力做功，满足机械能守恒，有mgh＝eq \f(1,2)mv2解得v＝eq \r(2gh)，B错误；设轨道切线方向与水平方向的夹角为θ，则有sin θ＝eq \f(h,l)，沿运动方向的加速度大小为a＝gsin θ，小朋友从顶端运动到距顶端入口高度差为eq \f(h,4)的过程，有eq \f(h,4sin θ)＝eq \f(1,2)at2，解得t＝eq \r(\f(l2,2gh))，重力的冲量为IG＝mgt＝eq \f(\r(2)ml,2)eq \r(\f(g,h))，C正确；小朋友从顶端运动到距顶端入口高度差为eq \f(h,2)时，根据机械能守恒定律可得mgeq \f(h,2)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，解得v1＝eq \r(gh)，重力的瞬时功率PG＝mgv1sin θ＝mgeq \r(gh)·eq \f(h,l)，D错误。
20.如图6所示，三角形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，其中∠O＝90°，OQ＝OP＝2d，S为OP的中点，S处的粒子发射源以垂直OP的方向发射一系列速率不同的电子，电子的比荷为k，已知磁场的磁感应强度大小为B，忽略电子的重力以及电子间的相互作用。下列说法正确的是( )
图6
A.电子的速率为v＝Bkd时，电子从OQ上距离Q点d处离开磁场
B.从PQ边离开的电子的最小速率为v＝eq \r(2)Bkd
C.从OP边离开的电子的最大速率为v＝eq \f(Bkd,2)
D.从OP边离开的电子，速率越大在磁场中运动的时间越短
答案 AC
解析 电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则由qvB＝meq \f(v2,r)可得r＝eq \f(mv,qB)，当电子的速率为v＝Bkd时，电子的轨迹半径为r1＝d，轨迹如图中曲线2所示，则电子从距离Q点d处离开磁场，A正确；作出电子刚好不从PQ边离开磁场时的运动轨迹，即轨迹与PQ相切，如图中曲线3所示，由几何关系可知eq \r(2)r2＝r2＋d，可得r2＝(eq \r(2)＋1)d，电子从PQ离开时轨迹半径r>(eq \r(2)＋1)d，所以从PQ边离开的电子最小速率一定大于(eq \r(2)＋1)Bkd，B错误；若要使电子从OP边离开，则从O点离开的电子的轨迹半径最大，最大半径为eq \f(d,2)，如图中曲线1，因此最大速率为vmax＝eq \f(Bkd,2)，C正确；电子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)＝eq \f(2π,Bk)，根据几何关系可知，电子从OP边离开时偏转角均为180°，则从OP边离开磁场的电子在磁场中运动的时间均为t＝eq \f(T,2)＝eq \f(π,Bk)，D错误。
21.某实验室模拟物流分拣装置，让物块在表面粗糙的水平传送带上随传送带传输时，经过一段风洞区域，使物块恰好被分拣到传送带一侧的平台上。已知传送带的宽度d＝0.98 m(物块位于传送带中间位置)，传送带的速度v0＝1 m/s，物块到达风洞区域前与传送带共速。物块的质量m＝500 g，物块在风洞区域受到恒定的作用力F＝2 N，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，风洞区域的长度为L＝0.7 m。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块的尺寸远小于传送带的宽度，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
图7
A.物块进入风洞区域后的加速度为2eq \r(5) m/s2
B.物块落到平台上时的速度约为1.7 m/s
C.物块与传送带间的摩擦生热为0.49 J
D.若增大传送带的速度，物块将不能落入平台
答案 BC
解析 进入风洞区域后，物块与传送带在沿着传送带运动的方向共速，在垂直于传送带运动的方向上，由于F>μmg，物块与传送带发生相对滑动，由牛顿第二定律F－μmg＝ma，解得a＝2 m/s2，故A错误；物块经过风洞区域所用时间t＝eq \f(L,v0)＝0.7 s，此过程中物块垂直于传送带运动方向发生的位移y＝eq \f(1,2)at2＝0.49 m＝eq \f(d,2)，物块刚好在离开风洞区域时落入平台，物块落入平台时的速度等于物块离开传送带时的速度v＝eq \r(veq \\al(2,0)＋（at）2)＝eq \r(2.96) m/s≈1.7 m/s，故B正确；物块与传送带间的摩擦生热Q＝ μmgx相对＝μmgy＝0.49 J，故C正确；若增大传送带的速度，则物块经过风洞区域时间t减小，在垂直于传送带运动方向位移y减小，则物块在出风洞区域时没有落入平台，但其在垂直于传送带运动方向上仍有分速度，在摩擦力的作用下，在该方向上做匀减速运动，因此仍有可能落入平台，故D错误。