《（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）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（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）（5頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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(duì)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(duì)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(shì)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(shì)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(duì)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(duì)地面在水平方向上有位移,斜面體對(duì)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(duì)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(shì)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(shì)能,故木塊重力勢(shì)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(duì)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(duì)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(duì)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(duì)的得4分,選對(duì)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(duì)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(shí)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(duì)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(duì)筆帽做的功和對(duì)桌面做的功相等 C.彈簧對(duì)筆帽的沖量大小和對(duì)桌面的沖量大小相等 D.彈簧對(duì)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(duì)筆帽做正功,重力方向向下,與位移反向,對(duì)筆帽做負(fù)功,由于筆帽動(dòng)能增加,所以彈簧對(duì)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(duì)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(duì)桌面的彈力等于對(duì)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(shì)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(shì)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(shì)相等,又因?yàn)槠渌麅蓚€(gè)極板都接地,電勢(shì)相等,故兩極板間的電勢(shì)差的絕對(duì)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(shì))的距離不變,根據(jù)U=Ed可知B點(diǎn)的電勢(shì)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(shì)降低,再次閉合S瞬間,C1上極板的電勢(shì)大于C2下極板的電勢(shì),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(shì)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(shì)差增大,電場強(qiáng)度增大,B向上運(yùn)動(dòng),C、D正確。 - 5 -