（江蘇專用）2022高考物理總復(fù)習(xí) 優(yōu)編題型增分練：選擇題提速練（八）

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1、（江蘇專用）2022高考物理總復(fù)習(xí) 優(yōu)編題型增分練：選擇題提速練（八） 一、單項(xiàng)選擇題(本題共6小題，每小題4分，共計(jì)24分，每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意．) 1．(2018·常州一中等聯(lián)考)電容式加速度傳感器的原理結(jié)構(gòu)圖如圖1，質(zhì)量塊右側(cè)連接輕質(zhì)水平彈簧，左側(cè)連接電介質(zhì)，彈簧與電容器固定在外框上，質(zhì)量塊可帶動(dòng)電介質(zhì)移動(dòng)改變電容．則(　　) 圖1 A．電介質(zhì)插入極板間越深，電容器電容越小 B．當(dāng)傳感器以恒定加速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，電路中有恒定電流 C．若傳感器原來向右勻速運(yùn)動(dòng)，突然減速時(shí)彈簧會(huì)伸長(zhǎng) D．當(dāng)傳感器由靜止突然向右加速瞬間，電路中有順時(shí)針方向電流 答案　D 解析　根據(jù)電容器

2、的電容決定式C＝，電介質(zhì)插入極板間越深，電介質(zhì)越大，則電容器電容越大，故A錯(cuò)誤；當(dāng)傳感器以恒定加速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可知，彈簧彈力大小不變，則電容器的電容不變，因兩極板間的電壓不變，則電容器的帶電荷量不變，因此電路中沒有電流，故B錯(cuò)誤；若傳感器原來向右勻速運(yùn)動(dòng)，突然減速時(shí)，因慣性，質(zhì)量塊繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，從而壓縮彈簧，故C錯(cuò)誤；當(dāng)傳感器由靜止突然向右加速瞬間，質(zhì)量塊相對(duì)電容器向左運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)致插入極板間電介質(zhì)加深，因此電容會(huì)增大，由于電壓不變，根據(jù)Q＝CU可知，極板間的帶電荷量增大，電容器處于充電狀態(tài)，因此電路中有順時(shí)針方向電流，故D正確． 2．如圖2所示，A、B兩物塊放在光滑的水平面上，一

3、水平輕彈簧放在A、B之間與A相連，與B接觸但不連接，彈簧剛好處于原長(zhǎng)，將物塊A鎖定，物塊C與A、B在一條直線上，三個(gè)物塊的質(zhì)量相等，現(xiàn)讓物塊C以v＝2 m/s的速度向左運(yùn)動(dòng)，與B相碰并粘在一起，當(dāng)C的速度為零時(shí)，解除A的鎖定，則A最終獲得的速度大小為(　　) 圖2 A. m/s B. m/s C. m/s D. m/s 答案　D 解析　設(shè)每個(gè)物塊的質(zhì)量為m，C與B碰撞后的共同速度為v1，以v的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律： mv＝2mv1，代入數(shù)據(jù)解得：v1＝1 m/s，設(shè)A最終獲得的速度大小為v2，B和C獲得的速度大小為v3，根據(jù)動(dòng)量守恒定律則有：mv2＝2mv3，

4、根據(jù)能量守恒定律可得：×2mv12＝mv22＋×2mv32，代入數(shù)據(jù)解得：v2＝ m/s，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤． 3．(2018·泰州中學(xué)月考)如圖3所示，半徑為R的均勻帶正電薄球殼，殼內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零，其球心位于坐標(biāo)原點(diǎn)O，一帶正電的試探電荷靠近球殼表面處由靜止釋放沿坐標(biāo)軸向右運(yùn)動(dòng)．下列關(guān)于坐標(biāo)軸上某點(diǎn)電勢(shì)φ、試探電荷在該點(diǎn)的動(dòng)能Ek與離球心距離x的關(guān)系圖線，可能正確的是(　　) 圖3 答案　A 4．如圖4所示，OM的左側(cè)存在范圍足夠大、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，OM左側(cè)到OM距離為L(zhǎng)的P處有一個(gè)粒子源，可沿紙面內(nèi)各個(gè)方向射出質(zhì)量為m、電

5、荷量為q的帶正電粒子(重力不計(jì))，速率均為，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為(　　) 圖4 A. B. C. D. 答案　B 解析　粒子進(jìn)入磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有：qvB＝m，將題中的v值代入得：r＝L，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，則粒子運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的弦最短，最短弦為L(zhǎng)，等于圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，根據(jù)幾何關(guān)系，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為60°，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，故tmin＝＝×＝，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤． 5．如圖5所示，等腰三角形內(nèi)分布有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，它的底邊在x軸上且長(zhǎng)為2L，高為L(zhǎng)，紙面內(nèi)一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框沿x軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)穿過勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，在t＝0時(shí)刻

6、恰好位于如圖所示的位置，以順時(shí)針方向?yàn)閷?dǎo)線框中電流的正方向，下面四幅圖中能夠正確表示導(dǎo)線框中的電流－位移(I－x)關(guān)系的是(　　) 圖5 答案　B 解析　位移在0～L過程，通過導(dǎo)線框的磁通量增大，由楞次定律判斷感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，為正值．I＝，l＝x，則I＝x；位移在L～2L過程，通過導(dǎo)線框的磁通量先增大后減小，由楞次定律判斷感應(yīng)電流方向先為順時(shí)針方向，為正值，后為逆時(shí)針方向，為負(fù)值；位移在2L～3L過程，通過導(dǎo)線框的磁通量減小，由楞次定律判斷感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，為負(fù)值，I＝(3L－x)，故選B. 6．(2018·江蘇省高考?jí)狠S卷)如圖6所示，半徑為L(zhǎng)＝1 m的

7、金屬圓環(huán)，其半徑Oa是銅棒，兩者電阻均不計(jì)且接觸良好．今讓Oa以圓心O為軸，以角速度ω＝10 rad/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，圓環(huán)處于垂直于環(huán)面、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝2 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．從圓心O引出導(dǎo)線，從圓環(huán)上接出導(dǎo)線，并接到匝數(shù)比為n1∶n2＝1∶4的理想變壓器原線圈兩端．則接在副線圈兩端的理想電壓表的示數(shù)為(　　) 圖6 A．40 V B．20 V C．80 V D．0 答案　D 解析　由于Oa以圓心O為軸，以角速度ω＝10 rad/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，變壓器鐵芯中磁通量不變，接在副線圈兩端的理想電壓表的示數(shù)為零，選項(xiàng)D正確． 二、多項(xiàng)選擇題(本題共4小題，每小題4分，

8、共計(jì)16分．每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題意．全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，錯(cuò)選或不答的得0分．) 7．(2018·高考押題預(yù)測(cè)卷)下列說法正確的是(　　) A．放射性元素的半衰期隨溫度升高而減小 B．比結(jié)合能越大的原子核越穩(wěn)定 C．放射性同位素可以用來做示蹤原子 D．大量處于n＝4能級(jí)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)，可能發(fā)出6種不同頻率的光 答案　BCD 解析　放射性元素的半衰期只與原子核的結(jié)構(gòu)有關(guān)，與物理、化學(xué)狀態(tài)無關(guān)，故A錯(cuò)誤；比結(jié)合能越大的原子核越穩(wěn)定，故B正確；放射性同位素可以利用它的放射性特點(diǎn)，用來做示蹤原子，故C正確；根據(jù)C計(jì)算出大量處于n＝4能級(jí)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)，可

9、能發(fā)出6種不同頻率的光，故D正確． 8.如圖7所示，兩顆衛(wèi)星A、B質(zhì)量相等，A繞地球運(yùn)動(dòng)的軌跡為圓，B繞地球運(yùn)動(dòng)的軌跡為橢圓，軌跡在同一平面內(nèi)且相切于P點(diǎn)，則(　　) 圖7 A．在P點(diǎn)兩衛(wèi)星的加速度大小相等 B．在P點(diǎn)衛(wèi)星B的速度介于11.2 km/s和16.7 km/s之間 C．衛(wèi)星B的周期比A長(zhǎng) D．兩衛(wèi)星的機(jī)械能相等 答案　AC 9．(2018·南京市三模)如圖8所示，寬度為d、厚度為h的金屬導(dǎo)體放在垂直于它的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)電流通過該導(dǎo)體時(shí)，在導(dǎo)體的上、下表面之間會(huì)產(chǎn)生電勢(shì)差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)．實(shí)驗(yàn)表明：當(dāng)磁場(chǎng)不太強(qiáng)時(shí)，電勢(shì)差U、電流I和磁感應(yīng)強(qiáng)度

10、B的關(guān)系為U＝k，式中的比例系數(shù)k稱為霍爾系數(shù)，設(shè)載流子的電荷量大小為q，金屬導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電荷數(shù)目為n，下列說法正確的是(　　) 圖8 A．導(dǎo)體上表面的電勢(shì)大于下表面的電勢(shì) B．霍爾系數(shù)為k＝ C．載流子所受靜電力的大小F＝q D．載流子所受洛倫茲力的大小f＝ 答案　BD 10．將質(zhì)量均為M＝1 kg的編號(hào)依次為1、2、…、6的劈塊靠在一起構(gòu)成傾角α＝37°的三角形劈面，每個(gè)劈塊上斜面長(zhǎng)度均為L(zhǎng)＝0.2 m．如圖9所示，質(zhì)量為m＝1 kg的小物塊A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5，斜面與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ2＝0.3，假定最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等．現(xiàn)使A從

11、斜面底端以平行于斜面的初速度v0＝4.5 m/s沖上斜面，下列說法正確的是(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　) 圖9 A．若所有劈均固定在水平面上，物塊最終從6號(hào)劈上沖出 B．若所有劈均固定在水平面上，物塊最終能沖到6號(hào)劈上 C．若所有劈均不固定在水平面上，物塊上滑到5號(hào)劈時(shí)，劈開始相對(duì)水平面滑動(dòng) D．若所有劈均不固定在水平面上，物塊上滑到4號(hào)劈時(shí)，劈開始相對(duì)水平面滑動(dòng) 答案　BC 解析　若所有劈固定，根據(jù)牛頓第二定律， a＝gsin α＋μ1gcos α＝10 m/s2. 由v02＝2ax，則物塊的位移x＝1.012 5 m，≈5.1， 故可以沖上6號(hào)劈，A錯(cuò)誤，B正確； 物塊與斜面間的彈力FN1＝mgcos 37°＝8 N， 物塊與斜面間的滑動(dòng)摩擦力Ff1＝μ1FN1＝4 N， 地面對(duì)劈的支持力 FN2＝(6－n)Mg＋FN1cos 37°－Ff1sin 37°，(n為劈塊編號(hào)) 當(dāng)Ff1cos 37°＋FN1sin 37°＝μ2FN2時(shí)后面的劈塊剛開始滑動(dòng)，得n≈3.7. 故滑到5號(hào)劈時(shí)，劈開始相對(duì)水平面滑動(dòng)，C正確，D錯(cuò)誤．