2022年高考物理二轮复习选择题专项练一含解析.docx

选择题专项练(一)(满分:40分时间:30分钟)一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.(2021四川成都高三二模)下列表述正确的是()A.天然放射现象中发射的射线在磁场中会发生偏转B.当原子从高能级跃迁到低能级时,会吸收光子C.当光照射在金属表面上时,金属中的质子会逸出金属表面D.原子核的静质量小于构成它的所有核子单独存在时的总静质量2.(2021上海闵行高三二模)某扫地机器人电池容量2 000 mA·h,额定工作电压15 V,额定功率30 W,则下列说法正确的是()A.扫地机器人的电阻是7.5 B.题中mA·h是能量的单位C.扫地机器人正常工作时的电流是2 AD.扫地机器人充满电后可工作的时间约为4 h3.(2021吉林长春高三二模)如图所示,在地面上固定一个竖直放置的大圆环,从环心O到环上的A、B两点连有两根直杆、,直杆、与水平方向夹角分别为37°和53°(sin 37°=0.6,sin 53°=0.8)。现将套在直杆、上的小圆环由O点静止释放,到达大圆环上的A、B两点所用时间之比是23,若小圆环与直杆、之间的动摩擦因数分别为1和2,则12等于()A.916B.169C.34D.434.(2021北京东城高三一模)如图所示的电场中,实线表示电场线,虚线表示等差等势面,A、B、C为电场中的三个点。下列说法正确的是()A.A点的电势比B点的高B.A点的电场强度比B点的小C.负电荷在A点的电势能比在B点的电势能大D.B点与C点间的电势差是C点与A点间电势差的2倍5.(2021江西模拟)如图甲所示,一质量m=4 kg的小球(可视为质点)以v0=4 m/s的速度从A点冲上竖直光滑半圆轨道。当半圆轻道的半径R发生改变时,小球对B点的压力与半径R的关系图像如图乙所示,g取10 m/s2,下列说法正确的是()A.x=2.5B.y=40C.若小球能通过轨道上的C点,则其落地点距A点的最大水平距离为0.80 mD.当小球恰能通过轨道上的C点时,半圆轨道的半径R=64 cm6.(2021山东卷)迷你系绳卫星在地球赤道正上方的电离层中,沿圆形轨道绕地飞行。系绳卫星由两子卫星组成,它们之间的导体绳沿地球半径方向,如图所示。在电池和感应电动势的共同作用下,导体绳中形成指向地心的电流,等效总电阻为r。导体绳所受的安培力克服大小为F阻的环境阻力,可使卫星保持在原轨道上。已知卫星离地平均高度为h,导体绳长为l(lh),地球半径为R,质量为m,轨道处磁感应强度大小为B,方向垂直于赤道平面。忽略地球自转的影响。据此可得,电池电动势为()A.BlGmR+h+F阻rBlB.BlGmR+h-F阻rBlC.BlGmR+h+BlF阻rD.BlGmR+h-BlF阻r7.(2021浙江衢州高三二模)如图所示,发电机两磁极N、S间的磁场可视为水平向右的匀强磁场,磁感应强度大小为B。线圈绕垂直磁场的水平轴OO'匀速转动,线圈电阻不计,匝数为n,面积为S。发电机与理想变压器原线圈连接,V为理想交流电压表。变压器的副线圈接有三条支路,每条支路接有相同规格的小灯泡L1、L2和L3,L1支路串联电阻R,L2支路串联电感线圈L,L3支路串联电容器C。当线圈以角速度0匀速转动时,三盏灯恰好亮度相同。下列判断正确的是()A.当<0时,L2比L1亮B.当>0时,三盏灯的亮度仍然相同C.当转速不变,增大变压器原线圈的匝数时,三盏灯均变亮D.当线圈以角速度0匀速转动到图示位置时,电压表的示数为nBS08.(2021北京丰台高三二模)如图所示,匀强磁场限定在一个圆形区域内,磁感应强度大小为B,一个质量为m、电荷量为q、初速度大小为v的带电粒子沿磁场区域的直径方向从P点射入磁场,从Q点沿半径方向射出磁场,粒子射出磁场时的速度方向与射入磁场时相比偏转了角,忽略重力及粒子间的相互作用力,下列说法错误的是()A.粒子带正电B.粒子在磁场中运动的轨迹长度为mvBqC.粒子在磁场中运动的时间为mBqD.圆形磁场区域的半径为mvBqtan 二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。9.(2021江西高三二模)一物理教师某天正在一湖边钓鱼,突然湖的周围起了风,他发现湖中钓鱼的浮标上下浮动。他根据自己的经验认为浮标上下浮动可简化成竖直方向的简谐运动,他通过观测绘制出了浮标的振动图像,如图甲所示,接着他又根据湖面的波纹绘制出了水的波动图像,如图乙所示。假设图乙是一列沿x轴正方向传播的水波在t=0.5 s时的波形图,图甲是图乙中离原点04 m范围内某质点的振动图像,则下列说法正确的是()A.浮标上下振动的周期为T=2 sB.该列波的波速为2 m/sC.再经0.5 s,x=4 m处的质点到达波谷位置D.图甲是x=2 m处质点的振动图像10.(2021福建福州高三二模)如图甲所示,通电的螺线管右侧有一金属圆环,在螺线管中通入如图乙所示的正弦交变电流,规定图甲中电流方向为正方向。在B时刻,金属环()A.感应电流为逆时针方向(从左向右方向观察)B.受到水平向左的安培力作用C.磁通量最大D.感应电动势最大11.(2021湖南怀化高三一模)某汽车的四冲程内燃机利用奥托循环进行工作。该循环由两个绝热过程和两个等容过程组成,下图为一定质量的理想气体所经历的奥托循环,则该气体()A.在状态a和c时的内能可能相等B.在ab过程中,外界对其做的功全部用于增加内能C.bc过程中增加的内能大于da过程中减少的内能D.da过程单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少12.(2021江西高三二模)如图甲所示,长木板在粗糙的水平地面上向左运动,某时刻一质量与长木板相等的滑块(可视为质点)水平向左以某一初速度从右端滑上木板,滑块始终在木板上且滑块的动能位移(Ek-x)图像如图乙所示。已知长木板与地面间的动摩擦因数为0.1,g取10 m/s2,则()A.滑块和木板的质量均为0.25 kgB.滑块与木板之间的动摩擦因数是0.6C.滑块滑上木板瞬间,木板的初速度大小为23 m/sD.木板长度至少要49 m,滑块才不会冲出木板参考答案选择题专项练(一)1.D解析 天然放射现象中发射的射线是一种电磁波,在磁场中不会发生偏转,A错误。当原子从高能级跃迁到低能级时,会放出光子,B错误。当光照射在金属表面上时,金属中的电子可能会逸出金属表面,这种现象叫光电效应,C错误。核子构成原子核时,释放能量,根据质能方程,出现质量亏损,因此原子核的静质量小于构成它的所有核子单独存在时的总静质量,D正确。2.C解析 根据题意,扫地机器人是非纯电阻用电器,无法计算扫地机器人的电阻,A错误。题中mA·h是电荷量的单位,故B错误。扫地机器人正常工作时的电流为I=PU=3015A=2A,C正确。2000mA·h=2A·h,扫地机器人充满电后可工作的时间约为t=2A·h2A=1h,D错误。3.A解析 由牛顿第二定律可知,小环下滑的加速度a=gsin-gcos,下滑的时间t=2Ra,到达大圆环上的A、B两点所用时间之比是23,代入计算得12=916,故选A。4.C解析 因为沿电场线方向电势逐渐降低,电势从B点到A点逐渐降低,所以A点的电势比B点的低,A错误。因为电场线越密的地方电场强度越大,所以A点的电场强度比B点的大,B错误。负电荷从B点运动到A点的过程中,静电力做负功,电势能增加,所以负电荷在A点的电势能比在B点的电势能大,C正确。因为虚线表示等差等势面,所以B点与C点间的电势差和C点与A点间电势差相等,D错误。5.C解析 从A到B,根据动能定理可得-mgR=12mv2-12mv02,在B点,根据牛顿第二定律得F=mv2R,联立解得F=64R-80(N),结合题图乙可知y=80N,x=8064m-1=54m-1,故A、B错误。恰能通过最高点时,在最高点,根据牛顿第二定律可得mg=mvC2R,从最低点到最高点,根据动能定理可得-2mgR=12mvC2-12mv02,解得R=0.32m,故D错误。从最高点做平抛运动,则2R=12gt2,x'=vCt,-2mgR=12mvC2-12mv02,且R0.32m,联立解得x'=(1.6-4R)4R,当R=0.2m时,x'取最大值,xmax'=0.80m,故C正确。6.A解析 根据Gmm'(R+h)2=m'v2R+h,可得卫星做圆周运动的线速度v=GmR+h,根据右手定则可知,导体绳产生的感应电动势相当于上端为正极的电源,其大小为E'=Blv,因导体绳所受阻力F阻与安培力F平衡,则安培力与速度方向相同,可知导体绳中的电流方向向下,即电池电动势大于导体绳切割磁感线产生的感应电动势,可得F阻=BE-E'rl,解得E=BlGmR+h+F阻rBl,故选A。7.A解析 当<0时,由=2f可知,交变电流的频率f减小,L1与L2两支路的电压相等,电阻R不变,电感线圈L的感抗减小,故L2比L1亮,A正确。当>0时,电阻R不变,电感线圈L的感抗增大,电容C的容抗减小,故三盏灯的亮度不相同,B错误。当转速不变,增大变压器原线圈的匝数时,则副线圈的电压减小,三盏灯均变暗,C错误。当线圈以角速度0匀速转动时,产生正弦式交变电流,电动势的有效值为E=nBS02,由于线圈内阻不计,故电压表的示数U=E=nBS02,D错误。8.D解析 根据粒子的偏转方向,由左手定则可以判断出粒子带正电,A正确。由洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2r,解得粒子在磁场中运动时,其轨迹的半径为r=mvqB,由几何关系可知其对应的圆心角为,则粒子在磁场中运动的轨迹长度为s=r=mvqB,B正确。粒子做匀速圆周运动的周期为T=2rv=2mqB,则粒子在磁场中运动的时间为t=2·T=2·2mqB=mqB,C正确。设圆形磁场区域的半径为R,由tan2=Rr,解得R=rtan2=mvqB·tan2,D错误。9.ABD解析 由题图甲可知,浮标振动的周期T=2s,由题图乙可知,波长=4m,该波的波速v=T=2m/s,A、B正确。由题图甲可知,质点在t=0.5s时处于平衡位置且沿y轴负方向运动,在04m范围内的质点在t=0.5s时刻有x=0、x=2m、x=4m处的质点处在平衡位置,但只有x=2m处的质点是沿y轴负方向运动的,故题图甲是x=2m处质点的振动图像,此时刻x=4m处的质点正向y轴正方向运动,故再经0.5s,x=4m处质点应到达波峰位置,C错误,D正确。10.AD解析 B时刻螺线管中电流i随时间的变化率为负,根据安培定则可以判断此时金属环中由右向左方向的磁通量随时间的变化率为负,根据楞次定律可知感应电流的磁场应阻碍这种变化,即从左向右方向观察,金属环中的感应电流方向为逆时针方向,A正确。B时刻螺线管中电流为零,因此产生的磁场磁感应强度大小为零,因此金属环受到的安培力为零,B错误。B时刻穿过金属环的磁通量为零,但磁通量的变化率最大,感应电动势最大,C错误,D正确。11.BCD解析 从c到d为绝热膨胀,有Q=0,W<0,根据热力学第一定律,可知U<0,温度降低;从d到a,体积不变,由查理定律C=pT,可知压强减小,则温度降低,则状态c的温度高于状态a的温度,根据一定质量的理想气体内能由温度决定,所以状态a的内能小于状态c的内能,A错误。ab过程为绝热压缩,外界对气体做功W>0,Q=0,根据热力学第一定律可知U=W,即外界对其做的功全部用于增加内能,B正确。从bc过程系统从外界吸收热量,从cd系统对外做功,从da系统放出热量,从ab外界对系统做功,根据p-V图像“面积”即为气体做功大小,可知图像中bcda围成的图形的面积为气体对外做的功,整个过程气体内能变化为零,则W+Q=0,即Q=-W>0,即在一次循环过程中吸收的热量大于放出的热量,则bc过程中增加的内能大于da过程中减少的内能,C正确。da过程,气体体积不变,外界对气体不做功,而气体压强减小,单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少,D正确。12.BC解析 由图像可知,滑块滑上木板后动能减小,滑动x1=1m后与木板共速,此时滑块的动能为1J,则由动能定理得1mgx1=Ek0-Ek1=(4-1)J=3J,2·2mgx2=2Ek1=2J,其中x2=2m,解得1=0.6,m=0.5kg,选项A错误,B正确。根据Ek0=12mv02,滑块滑上木板瞬间,滑块的初速度大小为v0=2Ek0m=2×40.5m/s=4m/s,同理,共速时滑块的速度v1=2m/s,滑块的加速度a1=1g=6m/s2,达到共速时的时间t=v0-v1a1=13s,木板的加速度a2=1mg-2·2mgm=4m/s2,滑块滑上木板瞬间木板的速度v0板=v1-a2t=23m/s,达到共速时木板的位移x1'=v0板+v12t=49m,滑块相对木板的位移x=x1-x1'=59m,即木板长度至少要59m,小滑块才不会冲出木板,C正确,D错误。