2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 題型限時專練4 選擇題+選考題(四)

2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 題型限時專練4 選擇題+選考題(四)一、選擇題(本題共8小題，在每小題給出的四個選項中，第1417題只有一項符合題目要求，第1821題有多項符合題目要求)14(2018·云南七校聯(lián)考)關(guān)于結(jié)合能和比結(jié)合能，下列說法正確的是()A原子核的結(jié)合能等于核子結(jié)合成原子核而具有的能量B一重原子核衰變成粒子和另一原子核，衰變產(chǎn)物的結(jié)合能之和一定大于原來重核的結(jié)合能C比結(jié)合能越小表示原子核中的核子結(jié)合得越牢固D自由核子組成原子核時，其質(zhì)量虧損所對應(yīng)的能量大于該原子核的結(jié)合能解析原子核分解成自由核子時，需要的最小能量就是原子核的結(jié)合能，A錯誤；重核衰變時釋放能量，衰變產(chǎn)物更穩(wěn)定，即衰變產(chǎn)物的比結(jié)合能更大，衰變前后核子數(shù)不變，所以衰變產(chǎn)物的結(jié)合能之和一定大于原來重核的結(jié)合能，B正確；比結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定，C錯誤；原子核是核子憑借核力結(jié)合在一起構(gòu)成的，要把它們分開，也需要能量，所以質(zhì)量虧損對應(yīng)的能量與結(jié)合能是相等的，D錯誤答案B15(2018·武漢市高三調(diào)研)如圖是對著豎直墻壁沿水平方向拋出的小球a、b、c的運動軌跡，三個小球到墻壁的水平距離均相同，且a和b從同一點拋出不計空氣阻力，則()Aa和b的飛行時間相同Bb的飛行時間比c的短Ca的初速度比b的小Dc的初速度比a的大解析三個小球與墻壁的水平距離相同，b下落的高度比a大，根據(jù)t可知，b飛行的時間較長，根據(jù)v0，則a的初速度比b的大，選項A、C錯誤；b下落的豎直高度比c大，則b飛行的時間比c長，選項B錯誤；a下落的豎直高度比c大，則a飛行的時間比c長，根據(jù)v0，則a的初速度比c的小，選項D正確答案D16(2018·湖南湘東五校聯(lián)考)每年的某段時間內(nèi)太陽光會直射地球赤道，如圖所示，一顆衛(wèi)星在赤道正上方繞地球做勻速圓周運動，運動方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同，每繞地球一周，黑夜與白天的時間比為15.設(shè)地球表面重力加速度為g，地球半徑為R，地球自轉(zhuǎn)角速度為.忽略大氣及太陽照射偏移的影響，則赤道上某定點能夠直接持續(xù)觀測到此衛(wèi)星的最長時間為()A. B.C. D.解析衛(wèi)星每繞地球一周，黑夜與白天的時間比為15，結(jié)合幾何知識計算可得，衛(wèi)星繞地球運行的軌道半徑為2R，設(shè)軌道半徑為R的衛(wèi)星周期為T1，該衛(wèi)星的周期為T2，則有mgmR，聯(lián)立解得T2，又地球的自轉(zhuǎn)周期為T，由幾何關(guān)系可知，在地球上能夠直接觀測到該衛(wèi)星的角度為120°，即能夠直接觀測到該衛(wèi)星的時間為該衛(wèi)星相對地球運動120°的時間，衛(wèi)星相對地球赤道上某點運動一周所用時間為t，則赤道上某定點可直接持續(xù)觀測到此衛(wèi)星的最長時間為t，選項C正確答案C17(2018·遼寧五校聯(lián)考)如圖所示，在x軸上關(guān)于原點O對稱的兩點A、B分別固定放置點電荷Q1和Q2，x軸上的P點位于B點的右側(cè)，且P點電場強度為零設(shè)無窮遠處電勢為零，則下列判斷正確的是()AP點電勢為零B在A、B連線上還有一點與P點電場強度相同CA、O兩點的電勢差大于O、B兩點的電勢差D將一試探電荷q從P點移至O點過程中，電勢能一直增大解析根據(jù)題述可知P點的電場強度為零，根據(jù)點電荷電場強度公式和場強疊加原理可知Q1的電荷量一定大于Q2的電荷量，A、B連線上各點電場強度都大于零，選項B錯誤；無窮遠處電勢為零且P點電場強度為零，由于Q1的電荷量大于Q2的電荷量，可知P點右側(cè)電場方向向右，正電荷從右側(cè)無窮遠處移動到P點的過程中，電場力始終做負功，故P點電勢不為零，選項A錯誤；由于Q1的電荷量大于Q2的電荷量，Q1附近的電場線要比Q2附近的電場線密，A、O兩點之間的平均電場強度要比O、B兩點之間的平均電場強度大，由E定性分析可知，A、O兩點之間的電勢差大于O、B兩點之間的電勢差，選項C正確；O點電勢高于P點，但越靠近Q2，電勢越低，將一試探電荷q從P點移至O點的過程中，電場力先做正功后做負功，電勢能先減小后增大，選項D錯誤答案C18如圖所示，靜止在粗糙水平面上的半徑為4R的半球的最高點A處有一根水平細線系著質(zhì)量為m、半徑為R的光滑球已知重力加速度為g.下列說法正確的是()A地面對半球的摩擦力的方向水平向右B細線對小球的拉力大小為mgC保持小球的位置不變，將A點沿半球逐漸下移，半球?qū)π∏虻闹С至χ饾u減小D剪斷細線的瞬間，小球的加速度大小為0.6g解析以半球和小球整體為研究對象，整體處于平衡狀態(tài)，不受摩擦力作用，A項錯誤對小球受力分析如圖，拉力FAmgtan，由幾何關(guān)系可知tan，則FAmg，B項正確半球?qū)π∏虻闹С至N，在A點下移時，增大，cos減小，則FN增大，C項錯誤在剪斷細線的瞬間，細線對小球的拉力消失，小球在沿切線方向有mgsinma，其中sin0.6，得a0.6g，D項正確答案BD19(2018·湖南湘東五校聯(lián)考)如圖所示，空間存在一有邊界的條形勻強磁場區(qū)域，磁場方向與豎直平面(紙面)垂直，磁場邊界的間距為L，一質(zhì)量為m、邊長也為L的正方形導(dǎo)線框沿豎直方向運動，線框所在平面始終與磁場方向垂直，且線框上、下邊始終與磁場的邊界平行t0時刻線框的上邊恰好與磁場的下邊界重合(圖中位置)，線框的速度為v0，經(jīng)歷一段時間后，當(dāng)線框的下邊恰好與磁場的上邊界重合時(圖中位置)，線框的速度剛好為零，此后，線框下落，經(jīng)過一段時間回到初始位置(不計空氣阻力)，則()A上升過程中合力做的功與下降過程中合力做的功相等B上升過程中線框產(chǎn)生的熱量比下降過程中線框產(chǎn)生的熱量多C上升過程中，線框的加速度逐漸減小D上升過程克服重力做功的平均功率小于下降過程重力做功的平均功率解析線框在穿過磁場過程中要克服安培力做功，但在線框上升過程中，安培力與重力均與運動方向相反，都做負功，而在線框下降過程中，重力做正功，安培力做負功，即上升過程中合力做的功大于重力做的功，下降過程中合力做的功小于重力做的功，即上升過程中合力做的功大于下降過程中合力做的功，選項A錯誤；分析線框的運動過程可知，對應(yīng)于同一位置，上升過程的安培力大于下降過程的安培力，而上升、下降位移相等，故上升過程克服安培力做的功大于下降過程中克服安培力做的功，故上升過程中線框產(chǎn)生的熱量多，所以選項B正確；以線框為對象受力分析可知，線框在上升過程中做減速運動，有F安mgma，F(xiàn)安，故有agv，所以上升過程中，隨著速度逐漸減小，加速度也逐漸減小，故選項C正確；線框在下降過程中做加速運動，有ag，由此可知，下降過程中的平均加速度小于上升過程的平均加速度，而上升、下降的位移相等，故可知上升時間較短，下降時間較長，兩過程中重力做功大小相同，由功率公式可知，上升過程克服重力做功的平均功率大于下降過程重力做功的平均功率，所以選項D錯誤答案BC20(2018·福州四校聯(lián)考)如圖所示，一理想變壓器原線圈匝數(shù)n11000，副線圈匝數(shù)n2100，將原線圈接在100sin100t(V)的交流電壓上，副線圈接有阻值R5 的定值電阻、理想電流表和理想電壓表現(xiàn)在A、B兩點間接入不同的電子元件，下列說法正確的是()A副線圈兩端電壓為1000 VB若在A、B兩點間接入一阻值R15 的定值電阻，則電壓表示數(shù)為2.5 VC若在A、B兩點間接入一電感線圈(感抗較大)，則電流表的示數(shù)為2 AD若在兩點間接入一電容器，則在降低交流電的頻率時，電壓表的示數(shù)減小解析原線圈輸入電壓有效值為U1100 V，根據(jù)理想變壓器變壓公式，可知副線圈兩端電壓為10 V，選項A錯誤；若在A、B兩點間接入一阻值R15 的定值電阻，副線圈輸出電流為I20.5 A，則電壓表示數(shù)為UI2R2.5 V，選項B正確；若在A、B兩點間接入一電感線圈，由于感抗較大，電路中阻抗大于5 ，根據(jù)歐姆定律，可知電流表的示數(shù)一定小于2 A，選項C錯誤；若在A、B兩點間接入一電容器，則在降低交流電的頻率時，容抗增大，電路中的電流減小，由歐姆定律可知，電阻兩端電壓減小，電壓表的示數(shù)減小，選項D正確答案BD21(2018·衡水中學(xué)六調(diào))在如圖所示被MN隔開的區(qū)域和區(qū)域內(nèi)分別存在與紙面垂直的勻強磁場，一帶電粒子僅在洛倫茲力作用下沿著apb由區(qū)域運動到區(qū)域.已知ap與pb的弧長之比為21，下列說法正確的是()A粒子在區(qū)域和區(qū)域中運動的速率之比為11B粒子通過ap、pb的時間之比為21Cap、pb對應(yīng)的圓心角之比為21D區(qū)域和區(qū)域的磁感應(yīng)強度方向相反解析由于帶電粒子在磁場中運動所受的洛倫茲力不做功，所以粒子在區(qū)域和區(qū)域中運動的速率之比為11，選項A正確；由svt，可知粒子通過ap、pb的時間之比為21，選項B正確；根據(jù)題圖可知，粒子在區(qū)域和區(qū)域中軌跡半徑不同，所以圓心角之比不一定是21，選項C錯誤；根據(jù)題圖可知帶電粒子在區(qū)域和區(qū)域所受的洛倫茲力的大致方向，易知區(qū)域和區(qū)域的磁感應(yīng)強度方向相反，選項D正確答案ABD二、選考題(從兩道題中任選一題作答)33(2018·唐山高三期末)物理選修33(1)(多選)大自然中存在許多絢麗奪目的晶體，這些晶體不僅美麗，而且由于化學(xué)成分和結(jié)構(gòu)各不相同而呈現(xiàn)出千姿百態(tài)高貴如鉆石，平凡如雪花，都是由無數(shù)原子嚴謹而有序地組成的關(guān)于晶體與非晶體，正確的說法是_A固體可以分為晶體和非晶體兩類，晶體、非晶體是絕對的，是不可以相互轉(zhuǎn)化的B多晶體是由許多單晶體雜亂無章地組合而成的，所以多晶體沒有確定的幾何形狀C晶體沿不同方向的導(dǎo)熱或?qū)щ娦阅懿幌嗤?，但沿不同方向的光學(xué)性質(zhì)一定相同D單晶體有確定的熔點，非晶體沒有確定的熔點E有的物質(zhì)在不同條件下能夠生成不同晶體，是因為組成它們的微粒能夠按照不同規(guī)則在空間分布(2)如圖所示，氣缸開口向右、固定在水平桌面上，氣缸內(nèi)用活塞封閉了一定質(zhì)量的理想氣體，活塞橫截面積為S1×103 m2.活塞與氣缸壁導(dǎo)熱良好，輕繩跨過定滑輪將活塞和地面上質(zhì)量為m1 kg的重物連接開始時，繩子剛好伸直且張力為零，活塞與缸底的距離L127 cm，被銷子K固定在圖示位置，此時氣缸內(nèi)氣體的壓強p11.1×105 Pa，溫度T1330 K，外界大氣壓強p01.0×105 Pa，g10 m/s2，不計一切摩擦和阻力若在此時拔去銷子K，降低氣缸內(nèi)氣體的溫度，求：重物剛好離開地面時，缸內(nèi)氣體的溫度重物緩慢上升2 cm時，缸內(nèi)氣體的溫度解析(1)在合適的條件下，某些晶體可以轉(zhuǎn)變?yōu)榉蔷w，例如天然水晶是晶體，熔化以后再凝固的水晶卻是非晶體，A錯誤；多晶體是由許多單晶體雜亂無章地組合而成的，所以多晶體沒有確定的幾何形狀，且具有各向同性的特點，B正確；單晶體一定是各向異性，多晶體是各向同性的，C錯誤；根據(jù)晶體與非晶體的區(qū)別可知，晶體有確定的熔點，非晶體沒有確定的熔點，D正確；有的物質(zhì)微粒在不同條件下可以按不同的規(guī)劃在空間分布，生成不同的晶體，E正確(2)設(shè)重物剛好離開地面時，缸內(nèi)氣體的壓強為p2，活塞受力平衡，故封閉氣體壓強p2p00.9×105 Pa拔掉銷子前后，氣體發(fā)生等容變化，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，有解得T2270 K重物剛好離開地面時，氣體體積為V1，V1L1S設(shè)重物緩慢上升h2 cm時，氣體體積為V2，V2(L1h)S氣體發(fā)生等壓變化，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，有解得T2250 K答案(1)BDE(2)270 K250 K34(2018·湛江市高三調(diào)研)物理選修34(1)(多選)如圖所示，兩束單色光a、b從水下面射向A點，光線經(jīng)折射后合成一束光c，則下列說法正確的是_A用同一雙縫干涉實驗裝置分別以a、b光做實驗，a光的干涉條紋間距大于b光的干涉條紋間距Ba光比b光更容易發(fā)生衍射現(xiàn)象C在水中a光的速度比b光的速度小D在水中a光的臨界角大于b光的臨界角E若a光與b光以相同入射角從水中射向空氣，在不斷增大入射角時水面上首先消失的是a光(2)在某種介質(zhì)中，有相距4 m的兩個波源S1、S2，沿垂直紙面方向做簡諧振動，其周期分別為T10.8 s和T20.4 s，振幅分別為A12 cm和A21 cm，在該介質(zhì)中形成的簡諧波的波速為v5 m/s.S處有一質(zhì)點，它到S1的距離為3 m，且SS1S1S2，在t0時刻，兩波源同時開始垂直紙面由平衡位置向外振動，試求：t0時刻振動傳到S處的時間差；t10 s時，S處質(zhì)點離開平衡位置的位移大小解析(1)根據(jù)題給的光路圖可知，a光的折射率較小，b光的折射率較大，根據(jù)n可知，在水中a光的速度比b光的速度大，選項C錯誤；根據(jù)折射率大的光的頻率較大，波長較短可知，a光的波長較長，a光比b光更容易發(fā)生衍射現(xiàn)象，選項B正確；由條紋間距公式x可知，波長較長的單色光a的干涉條紋間距較大，選項A正確；由全反射臨界角公式sinC，在水中a光的臨界角大于b光的臨界角，選項D正確；由sinC，且na<nb可知，若a光與b光以相同入射角從水中射向空氣，在不斷增大入射角時，水面上首先消失的是b光，選項E錯誤(2)由題意可知，SS25 mS1在t0時的振動傳到S處質(zhì)點所需的時間t1 s0.6 sS2在t0時的振動傳到S處質(zhì)點所需的時間t2 s1 s那么S1、S2在t0時的振動傳到S處質(zhì)點的時間差為tt2t10.4 s在t10 s時S處質(zhì)點按S1的振動規(guī)律已經(jīng)振動了t1tt19.4 sT1此時S1引起S處質(zhì)點的位移大小為x1A12 cm在t10 s時S處質(zhì)點按S2的振動規(guī)律已經(jīng)振動了t2tt29 sT2此時S2引起S處質(zhì)點的位移大小為x20所以t10 s時S處質(zhì)點離開平衡位置的位移為S1和S2單獨傳播引起質(zhì)點位移的矢量和，故xx1x22 cm答案(1)ABD(2)0.4 s2 cm