（天津?qū)Ｓ茫?020高考物理二輪復(fù)習(xí) 選擇題專項(xiàng)訓(xùn)練（四）（含解析）

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1、選擇題專項(xiàng)訓(xùn)練(四) (時(shí)間:25分鐘　分值:31分) 一、單項(xiàng)選擇題(共5小題,每小題3分,共15分。每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一個(gè)選項(xiàng)是正確的) 1.下列論述中正確的是(　　) A.開普勒根據(jù)萬有引力定律得出行星運(yùn)動(dòng)規(guī)律 B.愛因斯坦的狹義相對論,全面否定了牛頓的經(jīng)典力學(xué)規(guī)律 C.普朗克把能量子引入物理學(xué),正確地破除了“能量連續(xù)變化”的傳統(tǒng)觀念 D.玻爾提出的原子結(jié)構(gòu)假說,成功地解釋了各種原子光譜的不連續(xù)性 答案:C 解析:開普勒通過研究第谷的行星觀測數(shù)據(jù),得出了行星運(yùn)動(dòng)規(guī)律,A錯(cuò)誤;愛因斯坦的狹義相對論,并沒有全面否定牛頓的經(jīng)典力學(xué),B錯(cuò)誤;普朗克把能量子引入物理學(xué),

2、正確地破除了“能量連續(xù)變化”的傳統(tǒng)觀念,C正確;玻爾提出的原子結(jié)構(gòu)假說,不能解釋復(fù)雜原子,如氦原子核光譜的不連續(xù)性,D錯(cuò)誤。 2.如圖所示,放置在光滑的水平地面上足夠長的斜面體,下端固定有擋板,用外力將輕質(zhì)彈簧壓縮在小木塊和擋板之間,彈簧的彈性勢能為100 J。撤去外力,木塊開始運(yùn)動(dòng),離開彈簧后,沿斜面向上滑到某一位置后,不再滑下,則(　　) A.木塊重力勢能的增加量為100 J B.木塊運(yùn)動(dòng)過程中,斜面體的支持力對木塊做功不為零 C.木塊、斜面體和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng),機(jī)械能守恒 D.最終,木塊和斜面體以共同速度向右勻速滑行 答案:B 解析:因?yàn)榈竭_(dá)最高點(diǎn)后,木塊不再下滑,所以木

3、塊必受斜面的摩擦力作用,木塊沿斜面上滑時(shí),斜面體受到木塊的斜向右上的摩擦力作用,該力在水平方向上有一個(gè)分力,故斜面體向右運(yùn)動(dòng),木塊相對地面在水平方向上有位移,斜面體對木塊的支持力與水平位移夾角不垂直,故斜面體的支持力對木塊做功不為零,木塊、斜面體和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng),有摩擦力做功,所以機(jī)械能不守恒,B正確,C錯(cuò)誤;將彈簧、木塊和斜面體看成一個(gè)整體,整體在水平方向上受力為零,所以系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,釋放彈簧前系統(tǒng)水平方向動(dòng)量為零,故釋放彈簧后系統(tǒng)水平方向動(dòng)量仍舊為零,即木塊和斜面體最后靜止,彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能(克服摩擦力做功)以及木塊的重力勢能,故木塊重力勢能的增加量小于100J,A、

4、D錯(cuò)誤。 3.如圖所示,a為放在地球赤道上隨地球一起轉(zhuǎn)動(dòng)的物體,b、c、d為在圓軌道上運(yùn)行的衛(wèi)星,軌道平面均在地球赤道面上,其中b是近地衛(wèi)星,c是地球同步衛(wèi)星。若a、b、c、d的質(zhì)量相同,地球表面附近的重力加速度為g,則下列說法正確的是(　　) A.b衛(wèi)星轉(zhuǎn)動(dòng)的線速度大于7.9 km/s B.a、b、c、d的周期大小關(guān)系為Ta

5、于b、c、d三顆衛(wèi)星,由開普勒第三定律r3T2=k,知Tb

6、夾角為θ,一光滑輕環(huán)套在桿上。一個(gè)輕質(zhì)光滑的滑輪(可視為質(zhì)點(diǎn))用輕質(zhì)繩OP懸掛在天花板上,另一輕繩通過滑輪系在輕環(huán)上,現(xiàn)用向左的拉力緩慢拉繩,當(dāng)輕環(huán)靜止不動(dòng)時(shí),與手相連一端的繩子水平,則OP繩與天花板之間的夾角為(　　) A.π2 B.θ C.π4+θ2 D.π4-θ2 答案:D 解析:水平向左緩慢拉繩至輕環(huán)重新靜止不動(dòng),則環(huán)處于平衡狀態(tài),對環(huán)受力分析,繩子的拉力垂直于桿時(shí),繩子的拉力沿桿的方向沒有分力,此時(shí)環(huán)能保持靜止,由幾何關(guān)系可知,QP段繩子與豎直方向之間的夾角是θ;再對滑輪受力分析,受三個(gè)拉力,由于OP段繩子的拉力與另外兩個(gè)拉力的合力平衡,而另外兩個(gè)拉力大小相等,故PO在

7、另外兩個(gè)拉力的角平分線上,結(jié)合幾何關(guān)系可知,OP與天花板之間的夾角為π4-θ2,D正確。 5.如圖所示,在垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2 T的勻強(qiáng)磁場中,有一長度l=5 m的細(xì)圓筒,繞其一端O在紙面內(nèi)沿逆時(shí)針方向做角速度ω=60 rad/s的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。另一端有一粒子源,能連續(xù)不斷相對粒子源沿半徑向外發(fā)射速度為v=400 m/s的帶正電粒子。已知帶電粒子的電荷量q=2.5×10-6 C,質(zhì)量m=3×10-8 kg,不計(jì)粒子間相互作用及重力,打在圓筒上的粒子均被吸收,則帶電粒子在紙面內(nèi)所能到達(dá)的范圍面積S是(　　) A.48π m2 B.9π m2 C.49π m2 D.16π m2

8、 答案:A 解析:發(fā)射粒子時(shí),粒子沿半徑方向的速度為v=400m/s,粒子隨細(xì)圓筒做圓周運(yùn)動(dòng),垂直半徑方向的速度為ωl=300m/s,故粒子速度為v'=500m/s,設(shè)粒子速度方向與徑向夾角為θ,則tanθ=ωlv,θ=37°;粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力,故有Bv'q=mv'2R,所以,運(yùn)動(dòng)半徑為R=mv'qB=3m;根據(jù)左手定則可知,粒子做圓周運(yùn)動(dòng)也是沿逆時(shí)針方向運(yùn)動(dòng);根據(jù)幾何關(guān)系,粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心到O的距離為s=4m,故帶電粒子在紙面內(nèi)所能到達(dá)的范圍為內(nèi)徑為s-R=1m、外徑為s+R=7m的環(huán)形區(qū)域,故帶電粒子在紙面內(nèi)所能到達(dá)的范圍面積為S=π×72m2-π×1

9、2m2=48πm2,故A正確。 二、不定項(xiàng)選擇題(共4小題,每小題4分,共16分。每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,都有多個(gè)選項(xiàng)是正確的。全部選對的得4分,選對但不全的得2分,選錯(cuò)或不答的得0分) 6.如圖所示,內(nèi)徑為2R、高為h的圓筒豎直放置,在圓筒內(nèi)壁上邊緣的P點(diǎn)沿不同方向水平拋出可視為質(zhì)點(diǎn)的三個(gè)完全相同小球A、B、C。它們初速度方向與過P點(diǎn)的直徑夾角分別為30°、0°和60°,大小均為v0,已知v02>2gR2h,g為重力加速度。從拋出到第一次碰撞筒壁,不計(jì)空氣阻力,則下列說法正確的是(　　) A.三小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比tA∶tB∶tC=3∶2∶1 B.三小球下落高度之比hA∶hB∶h

10、C=2∶3∶1 C.重力對三小球做功之比WA∶WB∶WC=3∶4∶1 D.重力的平均功率之比PA∶PB∶PC=2∶3∶1 答案:AC 解析:因?yàn)槿齻€(gè)小球都碰壁,說明沒有下落到底部,小球在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)幾何知識可知三個(gè)球的水平位移xA=2R·32=3R,xB=2R,xC=2R·12=R,而所用時(shí)間tA∶tB∶tC=xAv0∶xBv0∶xCv0=3∶2∶1,A正確;在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng),三小球下落高度之比hA∶hB∶hC=12gtA2∶12gtB2∶12gtC2=3∶4∶1,B錯(cuò)誤;重力對小球做功WG=mgh,故WA∶WB∶WC=hA∶hB∶hC=3∶4∶1,C正確;

11、重力的平均功率P=Wt,故PA∶PB∶PC=WAtA∶WBtB∶WCtC=33∶42∶11=3∶2∶1,D錯(cuò)誤。 7.為了進(jìn)一步探究課本中的小實(shí)驗(yàn),某同學(xué)從圓珠筆中取出輕彈簧,將彈簧一端固定在水平桌面上,彈簧豎直放置,另一端套上筆帽,用力把筆帽往下壓后迅速放開。他觀察到筆帽被彈起并離開彈簧向上運(yùn)動(dòng)一段距離。不計(jì)空氣阻力,忽略筆帽與彈簧間的摩擦,在彈簧恢復(fù)原長的過程中(　　) A.筆帽一直做加速運(yùn)動(dòng) B.彈簧對筆帽做的功和對桌面做的功相等 C.彈簧對筆帽的沖量大小和對桌面的沖量大小相等 D.彈簧對筆帽的彈力做功的平均功率大于筆帽克服重力做功的平均功率 答案:CD 解析:彈簧恢復(fù)原長

12、的過程中,開始時(shí)筆帽向上加速運(yùn)動(dòng),彈簧壓縮量減小,彈力減小,當(dāng)彈力等于重力時(shí),加速度為零,速度最大,此后彈力小于重力,合力向下,加速度與速度方向相反,筆帽做減速運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤;筆帽向上運(yùn)動(dòng),受到的彈力方向向上,力與位移同向,故彈力對筆帽做正功,重力方向向下,與位移反向,對筆帽做負(fù)功,由于筆帽動(dòng)能增加,所以彈簧對筆帽做的功大于筆帽克服重力做的功,時(shí)間相同,根據(jù)功率的定義,得D正確;彈簧對桌面雖然有彈力,但沒有位移,所以不做功,故B錯(cuò)誤;由于輕彈簧質(zhì)量不計(jì),所以彈簧對桌面的彈力等于對筆帽的彈力,作用時(shí)間相同,沖量大小相等,故C正確。 8.圖甲中理想變壓器的原線圈依次接入如圖乙所示的a、b兩個(gè)正弦

13、式交變電源。接電源a后,調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器滑片位置使小燈泡A正常發(fā)光,小燈泡的功率及電流頻率分別為P1、f1;保持滑片位置不變,改用電源b,小燈泡的功率及電流頻率分別為P2、f2,則(　　) A.f1∶f2=3∶2 B.P1∶P2=2∶1 C.若將變阻器滑片向左移動(dòng),電源b可能使小燈泡正常發(fā)光 D.若將變壓器動(dòng)片P向下移動(dòng),電源b可能使小燈泡正常發(fā)光 答案:AD 解析:變壓器不改變交流電的頻率,從題圖乙中可知3T1=2T2,即T1T2=23,所以f1f2=32,A正確;從題圖乙中可知a、b兩個(gè)電源的電動(dòng)勢最大值之比為2∶1,兩種情況下副線圈兩端的電壓有效值之比為2∶1,所以兩種情況

14、下通過燈泡的電流之比為2∶1,根據(jù)P=I2R可知P1P2=41,B錯(cuò)誤;若將變阻器滑片向左移動(dòng),滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻增大,通過燈泡的電流減小,所以電源b不可能使小燈泡正常發(fā)光,C錯(cuò)誤;若將變壓器動(dòng)片P向下移動(dòng),即n1n2減小,根據(jù)n1n2=U1U2可知U2增大,即副線圈兩端電壓增大,故電源b可能使小燈泡正常發(fā)光,D正確。 9.兩個(gè)完全相同的平行板電容器C1、C2水平放置,如圖所示。開關(guān)S閉合時(shí),兩電容器中間各有一油滴A、B剛好處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將S斷開,將C2下極板向上移動(dòng)少許,然后再次閉合S,則下列說法正確的是(　　) A.兩油滴的質(zhì)量相等,電性相反 B.斷開開關(guān),移動(dòng)C2下極板

15、過程中,B所在位置的電勢不變 C.再次閉合S瞬間,通過開關(guān)的電流可能從上向下 D.再次閉合開關(guān)后,A向下運(yùn)動(dòng),B向上運(yùn)動(dòng) 答案:BCD 解析:當(dāng)S閉合時(shí),左邊電容的上極板和右邊電容的下極板相連,即兩個(gè)極板的電勢相等,又因?yàn)槠渌麅蓚€(gè)極板都接地,電勢相等,故兩極板間的電勢差的絕對值相等,根據(jù)mg=|U|dq,由于不知道兩油滴的電荷量,故兩個(gè)油滴的質(zhì)量不一定相等,若C1上極板帶正電,則C1電場方向豎直向下,A液滴應(yīng)受到豎直向上的靜電力,故帶負(fù)電,C2下極板帶正電,則C2電場方向豎直向上,B滴液應(yīng)受到豎直向上的靜電力,所以帶正電,電性相反;若C1上極板帶負(fù)電,則C1電場方向豎直向上,A液滴應(yīng)受

16、到豎直向上的靜電力,故帶正電,C2下極板帶負(fù)電,則C2電場方向豎直向下,B滴液應(yīng)受到豎直向上的靜電力,所以帶負(fù)電,電性相反,總之,兩油滴的電性相反,A錯(cuò)誤;斷開開關(guān),移動(dòng)C2下極板過程中,兩極板所帶電荷量相等,根據(jù)C=εrS4πkd,C=QU,E=Ud聯(lián)立可得E=4πkQεrS,兩極板間的電場強(qiáng)度大小和兩極板間的距離無關(guān),故電場強(qiáng)度恒定,所以B的受力不變,故仍處于靜止?fàn)顟B(tài),到上極板(零電勢)的距離不變,根據(jù)U=Ed可知B點(diǎn)的電勢不變,B正確;S斷開,將C2下極板向上移動(dòng)少許,根據(jù)C=εrS4πkd可知C2增大,根據(jù)C=QU可知U減小,即C2下極板電勢降低,再次閉合S瞬間,C1上極板的電勢大于C2下極板的電勢,通過開關(guān)的電流可能從上向下,穩(wěn)定后,根據(jù)E=Ud可知C1兩極板間的電勢差減小,電場強(qiáng)度減小,A向下運(yùn)動(dòng),C2兩極板間的電勢差增大,電場強(qiáng)度增大,B向上運(yùn)動(dòng),C、D正確。 - 5 -