高考

导航

2017年理综选择题精选练习(三)

来源 :中华考试网 2017-03-23

15.研究表明,3亿年前地球自转的周期约为22小时。这表明地球的自转在减慢,假设这种趋势会持续下去,地球的其他条件都不变,则未来(  )

A.近地卫星的运行速度比现在小

B.近地卫星的向心加速度比现在小

C.地球同步卫星的线速度比现在大

D.地球同步卫星的向心加速度比现在小

解析:选D 设同步卫星的质量为m,轨道半径为r,地球的质量为M,则有:G=m=m=mω2r=ma向,得周期为:T=2π,线速度为:v=,角速度为:ω=,向心加速度a向=,由题意知,近地卫星的运行半径不变,所以运行速度不变,向心加速度也不变,故A、B错误;若自转在减慢,则同步卫星的周期变大,则知,其轨道半径r增大,则线速度v减小,角速度ω减小,向心加速度减小,故C错误,D正确。

16.如图所示为氢原子的能级图,现有一群处于n=3激发态的氢原子,则这些原子(  )

A.发出的光子最小能量是0.66 eV

B.发出的光子最大能量是12.75 eV

C.能辐射出2种不同频率的光子

D.由n=3跃迁到n=1时发出的光子频率最高

解析:选D 由n=3向n=2能级跃迁所辐射的光子能量最小,Emin=-1.51 eV-(-3.4 eV)=1.89 eV,A错误;由n=3向n=1能级跃迁所辐射的光子能量最大,Emax=-1.51 eV-(-13.6 eV)=12.09 eV,B错误;辐射的光子能量最大,辐射的光子频率最高,D正确;从n=3向低能级跃迁可辐射出3种不同频率的光子,C错误。

17.(2016·怀化三模)如图所示,闭合开关S后,A、B、C三灯发光亮度相同,此后向上移动滑动变阻器R的滑片,则下列说法中正确的是(  )

A.三灯的电阻大小是RA>RC>RB

B.三灯的电阻大小是RA>RB>RC

C.A灯变亮、C灯变亮,B灯变暗

D.A灯变亮、B灯变暗,C灯变暗

解析:选B A灯的电压大于C灯、B灯的电压,而三灯的实际功率相等,由P=可知:RA>RC,RA>RB。C灯的电流大于B灯的电流,两灯的实际功率相等,由P=I2R可得:RCRB>RC。故A错误,B正确。当滑动变阻器R的滑片向上滑动时,变阻器在电路中的电阻增大,外电阻增大,总电流减小,电源的内电压减小,路端电压增大,通过A灯的电流增大,则A灯变亮;由于总电流减小,而通过A灯的电流增大,则通过C灯的电流减小,C灯变暗。C灯的电压减小,而路端电压增大,则B灯的电压增大,B灯变亮。故C、D错误。

18.如图所示,A、B两个相同的球处于高为H的同一高度由静止释放,A做自由落体运动,B先沿固定光滑的四

分之一圆弧运动,从圆弧面抛出后做平抛运动,若B球落地时重力做功的瞬时功率是A球落地时重力做功瞬时功率的一半,则圆弧轨道的半径为(忽略小球的大小)(  )

A.H B.H

C.H D.H

解析:选B 由机械能守恒定律可知,两个球落地时的速度大小相等,设球的质量为m,球落地时的速度大小为v,则A球落地时重力做功的瞬时功率P1=mgv,设B球落地时的速度与竖直方向夹角为θ,则mgvcos θ=mgv,解得:θ=60°;由此可知,小球做平抛运动的速度v0=vsin 60°=v,再由机械能守恒定律可知:mgR=mv02=·mv2,对A由机械能守恒可得:mgH=mv2,解得:R=H;故B正确,A、C、D错误。

19.一个物体处于A、B两点的中点处,由静止开始运动,设AB足够长,物体运动的加速度随时间变化的图像如图所示。设指向A的方向为加速度的正方向,若用v、W分别表示物体运动的速度、合外力对物体做的功,则从t=0开始,下列图像能正确反映v、W变化规律的是(  )

解析:选AD 物体做加速度随时间周期性变化的直线运动,奇数秒加速度为正方向,偶数秒加速度为负方向。因为物体从静止开始运动,一开始做向A的初速度为零的匀加速直线运动,1 s末,v=at=1 m/s,F=ma,s=at2=0.5 m。接下来,加速度反向,即以刚才的末速度为初速度做匀减速直线运动,经相同时间速度刚好为零。再继续运动时,加速度a又为正方向,故又重新加速。综上所述,物体将一直向正方向运动,故选项A正确;位移始终为正,但F方向时正时负,由W=Fs可知合外力对物体做的功时正时负,故选项D正确。

20.(2016·衡水模拟)如图甲所示,质量为m的物块放在竖直升降机的地板上,升降机从静止开始匀加速运动一段距离s后,速度为v,测得物块对地板的压力大小为F,改变升降机的加速度,匀加速运动相同的距离,可以得到多组对应的v与F,作出F­v2的关系图像,如图乙所示,则下列说法正确的是(  )

A.当地的重力加速度为

B.当v2=c时,物块一定处于完全失重状态

C.物块的质量m=

D.d=2b

解析:选AD 由题图乙可知,v2=c时,F=0,升降机和物块仅在重力作用下匀加速运动,则由v2=2gs,可知g=,选项A正确;由图像可知,F=d时,v2=c,此时物块具有向上的加速度,处于超重状态,选项B错误;由v2=2as可知,加速度a=,则F合=,即|F-mg|=,知图线的纵轴截距表示重力,得m==,选项C错误;当v2=c,F=0时,物块对地板的压力为零,a=g,当v2=c,F=d时,加速度a==g,则F-mg=mg,故d=2mg,则d=2b,选项D正确。

21.如图甲所示,相距为2L的光滑平行金属导轨水平放置,右侧接有定值电阻R,导轨电阻忽略不计,OO′的左侧存在垂直于导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场。在OO′左侧L处垂直导轨放置一质量为m、电阻为0.5R的金属杆ab,ab在恒力F的作用下由静止开始向右运动3L的距离,其速度与位移的变化关系如图乙所示。下列判断中正确的是(  )

A.ab即将离开磁场时,安培力的大小为

B.整个运动的过程中,通过电阻R上的电量为

C.ab即将离开磁场时,加速度的大小为-

D.整个过程中,电阻R上产生的焦耳热为m(v22-3v12)

解析:选BCD ab即将离开磁场时,速度为v1,电动势E=2BLv1,电流I=,安培力F安=2BIL=,故A错误;整个过程中,磁通量的变化量为ΔΦ=2BL2,产生的电量q=·Δt=,故B正确;ab杆在离开磁场前瞬间,水平方向上受安培力F安和外力F作用,设加速度为a,则F安=2BIL,I=,a=,ab杆在位移L到3L的过程中,由动能定理得:F(3L-L)=m(v22-v12),联立解得:a=-,故C正确;ab杆在磁场中位移从0到L的过程中,由能量转化与守恒定律得:FL=mv12+Q,解得Q=m(v22-3v12),所以电阻R上产生的焦耳热为Q1= Q=m(v22-3v12),故D正确。

分享到

您可能感兴趣的文章