高考物理选择题强化训练 专题十四 综合训练（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc

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1、2021年高三物理选择题强化训练专题十四 综合训练一、单项选择题(本题共13小题，每小题4分，共52分)1.下列说法中正确的是()A.地面附近有一高速水平飞过的火箭，地面上的人观察到“火箭长度”要比火箭上的人观察到的长一些B.拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以减弱反射光的强度C.在同种均匀介质中传播的声波，频率越高，波长也越长D.玻璃内气泡看起来特别明亮，是光线从气泡中射出的原因【解析】根据相对论可知，地面附近高速水平飞过的火箭，地面上的人观察到的火箭长度比火箭上的人观察到的要短一些，故A错误；拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以减弱玻璃反射的光的强度，故B正确；

2、在同种均匀介质中传播的声波，波速一定，根据公式vf可得，频率越高，波长越短，C错误；玻璃中的气泡看起来特别明亮是因为光从玻璃射向气泡时，一部分光在界面上发生了全反射，D错误。【答案】B2.下列说法不正确的是()A.U经过一次衰变后变为ThB.由核反应方程CsBaX，可以判断X为电子C.核反应方程HeNOH为轻核聚变D.若16 g铋210经过15天时间，还剩2 g未衰变，则铋210的半衰期为5天【解析】U经过一次衰变后，电荷数少2，质量数少4，变为Th，选项A正确；根据电荷数守恒、质量数守恒知，X的电荷数为1，质量数为0，可知X为电子，选项B正确；HeNOH为人工核反应方程，是发现质子的核反应方

3、程，选项C错误；根据mm0，可得，解得T5天，选项D正确。【答案】C3.如图所示，理想变压器原线圈两端A、B接在电动势为E8 V、内阻为r2 的交流电源上，理想变压器的副线圈两端与滑动变阻器相连，变压器原、副线圈的匝数比为12，当电源输出功率最大时()A.滑动变阻器接入电路中的阻值Rx2 B.滑动变阻器接入电路中的阻值Rx8 C.副线圈中的电流I22 AD.最大输出功率P4 W【解析】当外电路电压等于内电路电压时电源输出功率最大，即U1Ur，而且U1Ur8 V，故U1Ur4 V，根据欧姆定律可得I12 A，故根据可得副线圈中的电流为I21 A，根据可得副线圈两端的电压U28 V，故Rx8 ，最

4、大输出功率为PU2I28 W，故选项B正确。【答案】B4.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等差等势面，a、b的间距大于b、c的间距。实线为一带电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、M为轨迹上的两个点，由此可知()A.粒子在M点受到的电场力比在P点受到的电场力大B.粒子在P、M两点间的运动过程中，电场力一定做正功C.粒子在M点的电势能一定比在P点的电势能大D.三个等势面中，a的电势一定最高【解析】因等势面中a、b的间距大于b、c的间距，可知M点的电场线较P点稀疏，粒子在M点受到的电场力比在P点受到的电场力小，选项A错误；由粒子的运动轨迹可知，若粒子从M点向P点运动时，电场力

5、做正功，电势能减小，即粒子在M点的电势能比在P点的电势能大；若粒子从P点向M点运动时，电场力做负功，电势能增加，即粒子在M点的电势能比在P点的电势能大，故选项B错误，C正确；因不知道粒子的电性，故不能判断等势面中电势的高低，选项D错误。【答案】C5.用如图甲所示的装置研究光电效应现象。闭合开关S，用频率为的光照射光电管时发生了光电效应。图乙是该光电管发生光电效应时光电子的最大初动能Ek与入射光频率的关系图象，图线与横轴的交点坐标为(a，0)，与纵轴的交点坐标为(0，b)，下列说法中正确的是()A.普朗克常量为hB.断开开关S后，电流表G的示数为零C.仅增加照射光的强度，光电子的最大初动能将增大

6、D.保持照射光强度不变，仅提高照射光频率，电流表G的示数保持不变【解析】由EkhW0，可知题图乙中图线的斜率为普朗克常量，即h，故A正确；断开开关S后，初动能大的光电子也能到达阳极，所以电流表G的示数不为零，故B错误；只有增大照射光的频率，才能增大光电子的最大初动能，与照射光的强度无关，故C错误；保持照射光强度不变，仅提高照射光频率，单个光子的能量增大，而光的强度不变，那么单位时间内的光子数一定减少，单位时间内发出的光电子数也减少，电流表G的示数要减小，故D错误。【答案】A6.如图，在水平晾衣杆(可视为光滑杆)上晾晒床单时，为了尽快使床单晾干，可在床单间支撑轻质细杆。随着细杆位置的不同，细杆上

7、边两侧床单间夹角(150)将不同。设床单重力为G，晾衣杆所受压力大小为FN，下列说法正确的是()A.当60时，FNGB.当90时，FNGC.只有当120时，才有FNGD.无论取何值，都有FNG【解析】对床单受力分析，受竖直向下的重力和晾衣杆竖直向上的支持力，晾衣杆对床单的支持力始终等于G，则根据牛顿第三定律知，无论夹角取何值都有FNG，故A、B、C错误，D正确。【答案】D7.三根平行的长直导体棒分别过正三角形ABC的三个顶点，并与该三角形所在平面垂直，各导体棒中均通有大小相等的电流，方向如图所示。则三角形的中心O处的合磁场方向为()A.平行于AB，由A指向BB.平行于BC，由B指向CC.平行于

8、CA，由C指向AD.由O指向C【解析】如图所示，由安培定则可知，导线A中电流在O点产生的磁场的磁感应强度方向平行于BC，同理，可知导线B、C中电流在O点产生的磁场的磁感应强度的方向分别平行于AC、AB，又由于三根导线中电流大小相等，到O点的距离相等，则它们在O点处产生的磁场的磁感应强度大小相等，再由平行四边形定则，可得O处的合磁场方向为平行于AB，由A指向B，故选项A正确。【答案】A8.某宾馆大楼中的电梯下方固定有劲度系数均为k的4根相同的竖直弹簧，如图2所示，这是防止电梯在空中因缆绳断裂下坠而造成生命危险。若缆绳断裂后，总质量为m的电梯下坠，4根弹簧同时着地开始缓冲，电梯坠到最低点时加速度大

9、小为5g(g为重力加速度)，则下列说法正确的是()A.电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为B.电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为C.弹簧着地后，在电梯下降过程中，电梯一直处于超重状态D.弹簧着地后，在电梯下降过程中，电梯一直处于失重状态【解析】电梯坠到最低点时，根据牛顿第二定律有4kxmg5mg，得每根弹簧的压缩长度x，选项A正确，B错误；弹簧着地后，电梯在下降过程中，先加速下降，加速度方向竖直向下即电梯处于失重状态，后减速下降，加速度方向竖直向上即电梯处于超重状态，选项C、D错误。【答案】A9.A、B为两等量异种点电荷，图3中水平虚线为A、B连线的中垂线。现将另两个等量异种的检验电荷a

10、、b，用绝缘细杆连接后从无穷远处沿中垂线平移到A、B的连线，平移过程中两检验电荷位置始终关于中垂线对称，若规定离A、B无穷远处电势为零，则下列说法中正确的是()A.在A、B的连线上a所处的位置电势a0B.a、b整体在A、B连线处具有的电势能Ep0C.整个移动过程中，静电力对a做正功D.整个移动过程中，静电力对a、b整体做正功【解析】A、B的中点O电势为零，AO间的电场线方向由A到O，由沿着电场线方向电势逐渐降低可知，a所处的位置电势a0，选项A错误；由等量异种点电荷的电场特点可知，A、B连线的中点O的电势为零，a所处的位置电势a0，b所处的位置电势b0，由Epq知，a、b在A、B连线处的电势能

11、均大于零，则整体的电势能Ep0，选项B正确；在平移过程中，a所受的静电力与其位移方向的夹角为钝角，静电力对a做负功，同理静电力对b也做负功，所以整个移动过程中，静电力对a、b整体做功为负，选项C、D错误。【答案】B10.某种小灯泡的UI图象如图甲所示，三个完全相同的这种小灯泡连接成如图乙所示的电路，电源的内阻为1.0 。现闭合开关S，理想电压表V的示数为4.0 V，则()A.外电路的总电阻为6.7 B.电源的电动势为5.0 VC.电源消耗的热功率为3.0 WD.电源的效率为89.3%【解析】理想电压表V的示数为4.0 V，由U I图象可知通过干路上的小灯泡的电流为0.6 A，通过电源的电流也为

12、0.6 A，通过两并联小灯泡的电流均为0.3 A，两端电压为1.0 V，依据闭合电路欧姆定律可知，电源的电动势为E4.0 V1.0 V0.6 A1.0 5.6 V，故选项B错误；电路的路端电压为U05.0 V，电流为I00.6 A，依据部分电路欧姆定律可知外电阻总阻值为R 8.3 ，故选项A错误；电源消耗的热功率为PrIr0.36 W，故选项C错误；输出功率为P出U0I03.0 W，则电源的效率为100%89.3%，故选项D正确。【答案】D11.如图所示为某时刻的两列简谐横波在同一介质中沿相同方向传播的波形图，此时a波上某质点P的运动方向如图所示，则下列说法正确的是()A.两列波的波速不相同B

13、.此时b波上的质点Q正向上运动C.一个周期内，Q质点沿x轴前进的距离是P质点的1.5倍D.a波和b波在空间相遇处会产生稳定的干涉图样【解析】两列简谐横波在同一介质中波速相同，故A错误；此时a波上某质点P的运动方向向下，由波形平移法可知，波向左传播，可知此时b波上的质点Q正向上运动，故B正确；在简谐波传播过程中，介质中质点只上下振动，不会沿x轴前进，故C错误；两列波的频率不同，不能产生稳定的干涉图样，故D错误。【答案】B12. 如图所示,在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。在xOy平面内,从原点O处沿与x轴正方向成角(0)以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计)。则下列说法正

14、确的是()。A.若v一定,越大,则粒子在磁场中运动的时间越短B.若v一定,越大,则粒子离开磁场的位置距O点越远C.若一定,v越大,则粒子在磁场中运动的角速度越大D.若一定,v越大,则粒子在磁场中运动的时间越短【解析】由左手定则可知,带正电的粒子向左偏转。若v一定,越大,则粒子在磁场中运动的时间越短,A项正确;若v一定,等于90时,粒子离开磁场的位置距O点最远,B项错误;若一定,粒子在磁场中运动的周期与v无关,由=可知粒子在磁场中运动的角速度与v无关,C、D两项错误。【答案】A13.如图所示,一束单色光从空气入射到棱镜的AB面上,经AB和AC两个面折射后从AC面进入空气。当出射角i和入射角i相等

15、时,出射光线相对于入射光线偏转的角度为。已知棱镜顶角为,则棱镜对该色光的折射率的表达式为()。A. B. C. D.【解析】如图乙所示,设AB面上的折射角为,AC面上的入射角为,由于i=i,由光的折射定律及光路可逆知=,又设两法线的夹角为,则由几何关系得+=180,又由+=180,解得=,又由几何关系得+=i+i,解得i=,则棱镜对光的折射率n=,故A项正确。【答案】A二、多项选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分)14.下列说法正确的是()A.分子间距离增大时，分子间的引力减小，斥力增大B.当分子间的作用力表现为斥力时，随分子间距离的减小分子势能增大C.一定质量的理想气体发生等温膨胀，一

16、定从外界吸收热量D.一定质量的理想气体发生等压膨胀，一定向外界放出热量【解析】分子间距离增大时，分子间的引力、斥力都减小，A错误；当分子间的作用力表现为斥力时，随分子间距离的减小，斥力做负功，分子势能增大，B正确；气体等温膨胀，温度不变，气体内能不变，体积增大，气体对外做功，要保持内能不变，需要从外界吸收热量，C正确；气体等压膨胀，压强不变，体积增大，气体对外做功，根据公式C可得温度升高，气体内能增大，需要吸收热量，故D错误。【答案】BC15.汽车A和汽车B(均可视为质点)在平直的公路上沿两平行车道同向行驶，A车在后(如图甲所示)。以某时刻作为计时起点，此时两车相距x012 m。汽车A运动的x

17、t图象如图乙所示，汽车B运动的vt图象如图丙所示。则下列说法正确的是()A.在t3 s时，两车相距最远，且最远距离为20 mB.B车在06 s内的位移为23 mC.在t8 s时，两车相遇D.若t1 s时，A车紧急制动(视为匀变速)，要使A车追不上B车，则A车的加速度大小应大于 m/s2【解析】由图乙可知A车做匀速直线运动，速度大小为vA4 m/s，由图丙分析可知，t3 s时两车速度相等，相距最远，由位移关系得最远距离为20 m，选项A正确；B车在06 s内的位移和05 s内的位移相等，为24 m，选项B错误；08 s内A车的位移大小为32 m，B车的位移大小为24 m，两车相距24 m12 m

18、32 m4 m，此时A车未追上B车，选项C错误；t1 s时两车相距16 m，当B车停下来，A车速度减为零时恰好追上B车，此时A车的加速度为一临界值，由速度与位移的关系可知，加速度大小a m/s2，故要使A车追不上B车，则A车的加速度大小应大于 m/s2，选项D正确。【答案】AD16.宇宙中有两颗相距无限远的恒星s1、s2，半径均为R0。图分别是两颗恒星周围行星的公转周期T2与公转半径r3的关系图象，则()A.恒星s1的质量大于恒星s2的质量B.恒星s1的密度小于恒星s2的密度C.恒星s1的第一宇宙速度大于恒星s2的第一宇宙速度D.距两恒星表面高度相同的行星，s1的行星向心加速度较小【解析】根据

19、公式Gmr得M，越大，M越大，由题图可以看出s2的质量大于s1的质量，故A错误；两颗恒星的半径相等，则它们的体积相等，根据MV，所以质量大的恒星s2的密度大于恒星s1的密度，故B正确；根据万有引力提供向心力，则Gm，所以v，由于恒星s1的质量小于恒星s2的质量，所以恒星s1的第一宇宙速度小于恒星s2的第一宇宙速度，故C错误；距两恒星表面高度相同的行星，它们的轨道半径相等，它们的向心加速度a，所以s1的行星向心加速度较小，故D正确。【答案】BD17.如图所示，a、b、c、d是正方形的四个顶点，O是正方形对角线的交点。ad边和bc边中点处放有等量异种点电荷Q、Q，关于图中各点电势和电场强度的关系，

20、下列说法正确的是()A.a、O、c三点的电势关系为aOcB.a、b、c、d四个顶点处的电场强度相同C.在两点电荷连线上，O点处的电场强度最大D.a、b、c、d、O五个点中O点处的电场强度最大【解析】根据等量的异种电荷连线的中垂线即为等势线，即O0，a点电势大于零，c点电势小于零，所以aOc，故A正确；根据电场的叠加原理可知，a、b、c、d四点的场强大小相等，方向不同，故B错误；由等量异种电荷电场线分布可知，在两点电荷连线上，电场强度先减小后增大，所以O点电场强度最小，故C错误；根据电场的叠加原理可知，EO，其余四点的场强大小均小于EO，故D正确。【答案】AD18.如图所示，一定质量的理想气体，

21、从图示A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态，下列判断中正确的是()A.AB温度升高，压强不变B.BC体积不变，压强变大C.BC体积不变，压强不变D.CD体积变小，压强变大【解析】由题图可知，在AB的过程中，气体温度升高体积变大，且体积与温度成正比，由C，可知气体压强不变，故选项A正确；由题图可知，在BC的过程中，体积不变而温度降低，由C可知，压强p变小，故选项B、C错误；由题图可知，在CD的过程中，气体温度不变，体积减小，由C可知，压强p变大，故选项D正确。【答案】AD19.一位同学用底面半径为r的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器，用来测定瓶内溶液深度的变化，如图所示。瓶的外壁涂有一层

22、导电涂层和瓶内导电溶液构成电容器的两极，它们通过探针和导线与电源、电流计、开关相连，中间的一层塑料为绝缘介质，其厚度为d，相对介电常数为r。若发现在某段时间t内有大小为I的电流从下向上流过电流计，设电源电压恒为U，则下列说法中正确的是()A.瓶内液面升高了B.瓶内液面降低了C.电容器在这段时间内放电D.瓶内液面高度在时间t内变化了【解析】根据公式C，当d、r不变时，CS，而正对面积S正比于液面高度h。某段时间t内电流计中有从下向上流过的电流，说明电容器在该段时间内放电，电容器所带的电荷量QCU在减小，由电源电压U恒定，可知电容C在减小，则h也在减小，即瓶内的液面降低了，故A错误，B、C正确；时

23、间t内电容器放电，释放的电荷量QUCIt，C，解得h，故D正确。【答案】BCD20.如图所示，空间某区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度。以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化关系的图中正确的是()【解析】线框受重力作用加速下落，进入与离开磁场时受到安培力作用。若进入磁场时安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，某时刻安培力等于重力，线框做匀速运动，此时速度达到v0，完全进入后只受重力，线框加速，刚要离开时的速度大于完全进入时的速度，故安培力

24、大于重力，做减速运动，速度减小，安培力也减小，故选项A错误；若线框进入磁场时恰好重力等于安培力，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，故选项B正确；若线框进入磁场时重力小于安培力，由mgma可知，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度的减小而减小，线框完全进入磁场后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，进入过程与离开过程安培力变化情况可能完全相同，故选项C正确；若线框进入磁场时重力大于安培力，由mgma，可知线框做加速度减小的加速运动，离开磁场时安培力可能大于重力，则线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，故选项D正确。【答案】BCD

25、21.如图所示，内壁光滑、质量为m的管形圆轨道，竖直放置在光滑水平地面上，恰好处在左、右两固定光滑挡板M、N之间，圆轨道半径为R，质量为m的小球能在管内运动，小球可视为质点，管的内径忽略不计，重力加速度大小为g。当小球运动到轨道最高点时，圆轨道对地面的压力刚好为零，下列判断正确的是()A.圆轨道对地面的最大压力大小为8mgB.圆轨道对挡板M、N的压力总为零C.小球运动的最小速度为D.小球运动到圆轨道最右端时，圆轨道对挡板N的压力大小为4mg【解析】当小球运动到最高点时，圆轨道对地面的压力为零，可知小球对圆轨道的弹力等于圆轨道的重力，根据牛顿第二定律得mgFNm，FNmg，解得小球在最高点的速度v1，该速度为小球运动的最小速度。根据动能定理得mg2Rmvmv，根据牛顿第二定律得FNmgm，解得轨道对小球的最大支持力FN7mg，由平衡条件及牛顿第三定律可知，圆轨道对地面的最大压力为8mg，故A正确，C错误；在小球运动的过程中(除最高点和最低点外)，圆轨道对挡板的一侧有力的作用，所以对挡板M、N的压力不为零，故B错误；小球运动到圆轨道最右端时，根据动能定理得mgRmvmv，根据牛顿第二定律得FNm，解得FN4mg，由平衡条件及牛顿第三定律可知，此时圆轨道对挡板N的压力大小为4mg，故D正确。【答案】AD