（江蘇專版）2019版高考物理二輪復習 選擇題提速練（二）（含解析）

《（江蘇專版）2019版高考物理二輪復習 選擇題提速練（二）（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專版）2019版高考物理二輪復習 選擇題提速練（二）（含解析）（6頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、選擇題提速練(二) 一、單項選擇題 1．一含有理想變壓器的電路如圖甲所示，圖中理想變壓器原、副線圈匝數之比為2∶1，電阻R1和R2的阻值分別為3 Ω和1 Ω，電流表、電壓表都是理想交流電表，a、b輸入端輸入的電流如圖乙所示，下列說法正確的是(　　) A．電流表的示數為 A B．電壓表的示數為 V C．0～0.04 s內，電阻R1 產生的焦耳熱為0.08 J D．t＝0.03 s時，通過電阻R1的瞬時電流為 A 解析：選A　設電流表的示數為I1，則I12RT＝2R·＋2R·，解得：I1＝ A，故A正確；由于原線圈中的電流只有交流部分才能輸出到副線圈中，又原、副線圈匝數之比

2、為2∶1，故副線圈中交流部分的電流最大值為2 A，設副線圈交流電的有效值為I2，則：I22RT＝2R·，解得：I2＝ A，因此電壓表的示數為：U＝I2R2＝ V，故B錯誤；0～0.04 s內，電阻R1產生的焦耳熱為Q1＝I22R1t＝2×3×0.04 J＝0.24 J，故C錯誤；t＝0.03 s時，通過電阻R1的瞬時電流為0，故D錯誤。 2．關于下列四幅圖說法正確的是(　　) A．圖①中的放射性同位素應選擇衰變時放出α粒子的同位素 B．圖②中的鎘棒的作用是使核反應中的快中子減速 C．圖③中的光子碰撞電子后，其波長將變大 D．圖④中的電子的動量越大，衍射現(xiàn)象越明顯 解析：選C　α

3、、β、γ三種射線的穿透能力不同，α射線不能穿過3 mm厚的鋁板，γ射線又很容易穿過3 mm厚的鋁板，厚度的微小變化不會使穿過鋁板的γ射線的強度發(fā)生較明顯變化，所以基本不受鋁板厚度的影響；而β射線剛好能穿透幾毫米厚的鋁板，因此厚度的微小變化會使穿過鋁板的β射線的強度發(fā)生較明顯變化，即是β射線對控制厚度起作用，所以圖①的放射性同位素應選擇衰變時放出β粒子的同位素，故A錯誤。在核反應堆中石墨主要起減速劑的作用，將快中子變成慢中子。鎘棒起到吸收中子的作用，能控制中子的數目，從而控制核反應的速度，故B錯誤。圖③中的光子碰撞電子后，其能量減小，則波長將變大，故C正確。根據波長和動量的關系λ＝，則圖④中的電

4、子的動量越大，波長越小，則衍射現(xiàn)象越不明顯，故D錯誤。 3.如圖所示，從S處發(fā)出的熱電子經加速電壓U加速后垂直進入相互垂直的勻強電場和勻強磁場中，發(fā)現(xiàn)電子向上極板偏轉。設兩極板間電場強度為E，磁感應強度為B。欲使電子沿直線從電場和磁場區(qū)域通過，只采取下列措施，其中可行的是(　　) A．適當減小加速電壓U B．適當減小電場強度E C．適當增大加速電場極板之間的距離 D．適當減小磁感應強度B 解析：選B　要使電子在復合場中做勻速直線運動，故Eq＝qvB。根據左手定則可知電子所受的洛倫茲力的方向豎直向下，故電子向上極板偏轉的原因是電場力大于洛倫茲力，所以要么減小電場力，要么增大洛倫茲力。

5、根據eU＝mv2可得v＝，若適當減小加速電壓U，則電子在復合場中運動的速度v減小，從而洛倫茲力減小，故A錯誤。若適當減小電場強度E，即可以減小電場力，故B正確。若適當增大加速電場極板之間的距離，根據eU＝mv2可得v＝，由于極板間的電壓沒有變化，所以電子進入磁場的速率沒有變化，因此沒有改變電場力和洛倫茲力的大小，故C錯誤。若適當減小磁感強度B，則洛倫茲力減小，故D錯誤。 4.中央電視臺綜藝節(jié)目《加油向未來》中有一個橄欖球空中擊劍游戲：寶劍從空中B點自由落下，同時橄欖球從A點以速度v0沿AB方向拋出，恰好在空中C點擊中劍尖，不計空氣阻力。下列說法正確的是(　　) A．橄欖球在空中運動的加速度

6、大于寶劍下落的加速度 B．橄欖球若以小于v0的速度沿原方向拋出，一定能在C點下方擊中劍尖 C．橄欖球若以大于v0的速度沿原方向拋出，一定能在C點上方擊中劍尖 D．橄欖球無論以多大速度沿原方向拋出，都能擊中劍尖 解析：選C　橄欖球在空中運動的加速度等于寶劍下落的加速度，均等于重力加速度，故A錯誤；橄欖球若以小于v0的速度沿原方向拋出，則水平方向的速度減小，運動到相遇點的時間t＝增大，橄欖球在相同時間下降的高度增大，可能劍尖落地后橄欖球才到C點所在的豎直線，所以橄欖球可能在C點下方擊中劍尖，故B錯誤；橄欖球若以大于v0的速度沿原方向拋出，則水平方向的速度增大，運動到相遇點的時間t＝減小，橄

7、欖球相同時間下降的高度減小，一定能在C點上方擊中劍尖，故C正確；若拋出的速度太小，可能橄欖球不會與劍尖相遇，故D錯誤。 5．地球靜止軌道衛(wèi)星的軌道面與地球赤道共面，傾斜地球同步軌道衛(wèi)星的軌道面與地球赤道面有一定的夾角，它的運轉周期是24小時。2011年12月2日，在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射的第10顆北斗導航衛(wèi)星就是一顆傾斜地球同步軌道衛(wèi)星。2012年10月25日，在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射的第16顆北斗導航衛(wèi)星是一顆地球靜止軌道衛(wèi)星，它與先期發(fā)射的15顆北斗導航衛(wèi)星組網運行，北斗導航工程區(qū)域組網順利完成，現(xiàn)在已向亞太大部分地區(qū)提供正式服務。關于這兩顆衛(wèi)星下列說法正確是(　　) A．這兩顆衛(wèi)星離地面

8、的高度一樣，約為3.6萬千米 B．第10顆北斗導航衛(wèi)星的運行速度一定與第一宇宙速度相等 C．發(fā)射第10顆北斗導航衛(wèi)星要比發(fā)射同等質量的近地衛(wèi)星少消耗能量 D．第10顆北斗導航衛(wèi)星比第16顆北斗導航衛(wèi)星運行加速度大 解析：選A　根據題意可知這兩顆衛(wèi)星運動的周期都是24 h，根據萬有引力提供向心力＝m(R＋h)可知，周期相同則高度相同，故這兩顆衛(wèi)星離地面的高度一樣，約為3.6萬千米，故A正確；根據萬有引力提供向心力G＝m，得v＝，則運行高度越大，速度越小，當r最小等于地球半徑時，速度最大等于第一宇宙速度，故第10顆北斗導航衛(wèi)星的運行速度一定比第一宇宙速度小，故B錯誤；同等質量的衛(wèi)星，發(fā)射高

9、度越高，克服地球引力做功越多，故發(fā)射第10顆北斗導航衛(wèi)星要比發(fā)射同等質量的近地衛(wèi)星多消耗能量，故C錯誤；根據萬有引力提供向心力G＝ma，得a＝，則高度相同時，加速度相同，故第10顆北斗導航衛(wèi)星與第16顆北斗導航衛(wèi)星運行加速度相等，故D錯誤。 二、多項選擇題 6.如圖所示，虛線為某電場的等勢面，今有兩個帶電粒子(重力不計)，以不同的速率沿不同的方向，從A點飛入電場后，沿不同的軌跡1和2運動，由軌跡可以斷定(　　) A．兩個粒子的電性一定不同 B．粒子1的動能先減少后增加 C．粒子2的電勢能先增大后減小 D．經過B、C兩點，兩粒子的速率一定相等 解析：選AB　根據軌跡的彎曲方向可判斷

10、出粒子1受到排斥力作用，其電性與場源電荷的電性相同，粒子2受到吸引力作用，電性與場源電荷的電性相反，所以兩粒子的電性一定相反，故A正確；電場力對粒子1先做負功，后做正功，由動能定理知其動能先減少后增加，故B正確；電場力對粒子2先做正功，后做負功，則粒子2的電勢能先減小后增大，故C錯誤； 由于粒子1到B點時速率減小，粒子2到C點時速率增加，而粒子1的初速率與粒子2的初速率不等，則經過B、C兩點，兩粒子的速率可能不等，故D錯誤。 7.如圖，對斜面體上的物塊施以一個沿斜面向上的拉力F作用時，物塊恰能沿斜面勻速上滑，在此過程中斜面體相對水平地面靜止不動，物塊和斜面體的質量分別為m、M，則(　　)

11、A．地面對斜面體的支持力等于(M＋m)g B．地面對斜面體的支持力等于(M＋m)g－Fsin θ C．斜面體受到地面向左的摩擦力為Fcos θ D．斜面體受到地面的摩擦力為零 解析：選BC　以整體為研究對象，受力分析如圖所示： 根據平衡條件得：f＝Fcos θ，摩擦力水平向左；N＝(M＋m)g－Fsin θ，B、C正確，A、D錯誤。 8.水平固定放置的足夠長的U形金屬導軌處于豎直向上的勻強磁場中，如圖所示，在導軌上放著金屬棒ab，開始時ab棒以水平初速度v0向右運動，最后靜止在導軌上，就導軌光滑和粗糙兩種情況比較，這個過程(　　) A．外力對棒所做功相等 B．電流所做的功相等

12、 C．通過ab棒的電荷量相等 D．安培力對ab棒所做的功不相等 解析：選AD　根據動能定理，兩種情況下外力的功都等于動能的變化量，因初狀態(tài)和末狀態(tài)相同，則外力對棒做的功相同，選項A正確。電流所做的功等于回路中產生的焦耳熱，根據功能關系可知導軌光滑時，金屬棒克服安培力做功多，產生的焦耳熱多，電流做功大，故B錯誤。根據感應電荷量公式q＝＝，x是ab棒滑行的位移大小，B、R、導體棒長度L相同，x越大，感應電荷量越大，因此導軌光滑時，感應電荷量大，故C錯誤。當導軌光滑時，金屬棒克服安培力做功，動能全部轉化為焦耳熱，產生的內能等于金屬棒的初動能；當導軌粗糙時，金屬棒在導軌上滑動，一方面要克服摩擦力做

13、功，摩擦生熱，把部分動能轉化為內能，另一方面要克服安培力做功，金屬棒的部分動能轉化為焦耳熱，摩擦力做功產生的內能與克服安培力做功轉化為內能的和等于金屬棒的初動能；所以導軌粗糙時，安培力做的功少，導軌光滑時，安培力做的功多，故D正確。 9.如圖所示，在光滑的水平地面上有一個表面光滑的立方體M，一輕桿L與水平地面成α角，輕桿的下端用光滑鉸鏈連接于O點，O點固定于地面上，輕桿的上端連接著一個小球m，小球靠在立方體左側，立方體右側受到水平向左推力F的作用，整個裝置處于靜止狀態(tài)。若現(xiàn)在撤去水平推力F，則下列說法中正確的是(　　) A．小球在落地的瞬間和立方體分離 B．小球和立方體分離時刻速度相等

14、 C．小球和立方體分離時刻小球加速度為g D．分離前小球和立方體系統(tǒng)的機械能守恒 解析：選CD　小球隨著立方體向右運動的同時沿著立方體豎直向下運動，將小球的速度沿著水平方向和豎直方向正交分解，如圖，得到v2＝v1sin α，即小球和立方體分離時刻速度不相等，選項B錯誤。由于沒有摩擦，故立方體會在小球落在水平地面上之前離開小球，故A錯誤。對小球和立方體整體受力分析，受重力、桿的彈力T、地面的支持力，在水平方向運用牛頓第二定律，有：Tcos α＝(m＋M)ax，剛分離時小球加速度的水平分量為零，故桿的彈力為零，故小球只受重力，此時小球加速度為g，故C正確。小球和立方體分離前，只有重力對系統(tǒng)做功，則小球和立方體系統(tǒng)的機械能守恒，故D正確。 6