全国省市高考物理总复习精准提分练选择题专练一2

全国省市通用版高考物理总复习精准提分练：选择题专练一全国省市通用版高考物理总复习精准提分练：选择题专练一PAGE全国省市通用版高考物理总复习精准提分练：选择题专练一选择题专练(一)(限时：20分钟)二、选择题：此题共8小题，每题6分，共48分．在每题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．所有选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14．以下阐述中正确的选项是()A．开普勒依据万有引力定律得出行星运动规律B．爱因斯坦的狭义相对论，全面否认了牛顿的经典力学规律C．普朗克把能量子引入物理学，正确地破除了“能量连续变化”的传统见解D．玻尔提出的原子构造假说，成功地解说了各样原子光谱的不连续性答案C分析开普勒经过研究第谷的行星观察数据，得出了行星运动规律，A错误；爱因斯坦的狭义相对论，并无全面否认牛顿的经典力学，B错误；普朗克把能量子引入物理学，正确地破除了“能量连续变化”的传统见解，C正确；玻尔提出的原子构造假说，不可以解说复杂原子，如氦原子核光谱的不连续性，D错误．15.如图1，搁置在圆滑的水平川面上足够长的斜面体，下端固定有挡板，用外力将轻质弹簧压缩在小木块和挡板之间，弹簧的弹性势能为100J．撤去外力，木块开始运动，走开弹簧后，沿斜面向上滑到某一地点后，不再滑下，则()图1A．木块重力势能的增添量为100JB．木块运动过程中，斜面体的支持力对木块做功不为零C．木块、斜面体和弹簧组成的系统，机械能守恒D．最后，木块和斜面体以共同速度向右匀速滑行答案B分析因为抵达最高点后，木块不再下滑，所以木块必受斜面的摩擦力作用，斜面体遇到木块的斜向右上的摩擦力作用，该力在水平方向上有一个分力，故斜面体向右运动，木块相对地面在水平方向上有位移，斜面体对木块的支持力与水平位移夹角不垂直，故斜面体的支持力对木块做功不为零，木块、斜面体和弹簧组成的系统，有摩擦力做功，所以机械能不守恒，B正确，C错误；将弹簧、木块和斜面体看作一个整体，整体在水平方向上受力为零，所以系统水平方向动量守恒，开释弹簧前系统水平方向动量为零，故开释弹簧后系统水平方向动量依旧为零，即木块和斜面体最后静止，弹簧的弹性势能转变为系统的内能(战胜摩擦力做功)以及木块的重力势能，故木块重力势能的增添量小于100J，A、D错误．16．如图2所示，a为放在地球赤道上随处球一同转动的物体，b、c、d为在圆轨道上运转的卫星，轨道平面均在地球赤道面上，此中b是近地卫星，c是地球同步卫星．若a、b、c、d的质量同样，地球表面周边的重力加快度为g，则以下说法中正确的选项是()图2A．b卫星转动的线速度大于7.9km/sB．a、b、c、d的周期大小关系为Ta<Tb<Tc<TdC．a和b的向心加快度都等于重力加快度gD．在b、c、d中，b的动能最大，d的机械能最大答案D分析7.9km/s是第一宇宙速度，是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运转速度，所以b卫星转动的线速度小于7.9km/s，故A错误．关于b、c、d三颗卫星，由开普勒第三定律eq\f(r3,T2)＝k，知Tb<Tc<Td，地球同步卫星的周期与地球自转周期同样，则有Ta＝Tc.所以有Tb<Ta＝Tc<Td，故B错误．b卫星由重力供给向心力，其向心加快度等于重力加快度g，而a由重力和支持力的协力供给向心力，则a的向心加快度小于重力加快度g，故C错误．关于b、c、d三颗卫星，依据万有引力供给圆周运动向心力，有：Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(\f(GM,r))，卫星的动能为Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(GMm,2r)，所以b的动能最大，若要将卫星的轨道半径增大，卫星必然加快，机械能增大，所以d的机械能最大，故D正确．17．如图3所示，在竖直平面内，一圆滑杆固定在地面上，杆与地面间夹角为θ，一圆滑轻环套在杆上．一个轻质圆滑的滑轮(可视为质点)用轻质绳OP悬挂在天花板上，另一轻绳经过滑轮系在轻环上，现用向左的拉力迟缓拉绳，当轻环静止不动时，与手相连一端的绳索水平，则OP绳与天花板之间的夹角为()图3A.eq\f(π,2)B．θC.eq\f(π,4)＋eq\f(θ,2)D.eq\f(π,4)－eq\f(θ,2)答案D分析水平向左迟缓拉绳至轻环从头静止不动，则环处于均衡状态，对环受力分析，绳索的拉力垂直于杆时，绳索的拉力沿杆的方向没有分力，此时环能保持静止，由几何关系可知，QP段绳索与竖直方向之间的夹角是θ；再对滑轮受力分析，受三个拉力，因为OP段绳索的拉力与其余两个拉力的协力均衡，而其余两个拉力大小相等，故PO在其余两个拉力的角均分线上，联合几何关系可知，OP与天花板之间的夹角为eq\f(π,4)－eq\f(θ,2)，D正确．18．如图4所示，在垂直纸面向里、磁感觉强度B＝2T的匀强磁场中，有一长度L＝5m的细圆筒，绕其一端O在纸面内沿逆时针方向做角速度ω＝60rad/s的匀速圆周运动．另一端有一粒子源，能连续不停相对粒子源沿半径向外发射速度为v＝400m/s的带正电粒子．已知带电粒子的电荷量q＝2.5×10－6C，质量m＝3×10－8kg，不计粒子间互相作用及重力，打在圆筒上的粒子均被汲取，则带电粒子在纸面内所能抵达的范围面积S是()图4A．48πm2B．9πm2C．49πm2D．16πm2答案A分析发射粒子时，粒子沿半径方向的速度为v＝400m/s，粒子随细圆筒做圆周运动，垂直半径方向的速度为ωL＝300m/s，故粒子速度为v′＝500m/s，设粒子速度方向与径向夹角为θ，则tanθ＝eq\f(ωL,v)，θ＝37°；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力供给向心力，故有：Bv′q＝eq\f(mv′2,R)，所以，运动半径为：R＝eq\f(mv′,qB)＝3m；依据左手定章可知，粒子做圆周运动也是沿逆时针方向运动；依据几何关系，粒子做圆周运动的圆心到O的距离为s＝4m，故带电粒子在纸面内所能抵达的范围为内径为s－R＝1m、外径为s＋R＝7m的环形地区，故带电粒子在纸面内所能抵达的范围面积为：S＝π×72m2－π×12m2＝48πm2，故A正确，B、C、D错误．19．如图5所示，内径为2R、高为H的圆筒竖直搁置，在圆筒内壁上面缘的P点沿不同样方向水平抛出可视为质点的三个完满同样小球A、B、C.它们初速度方向与过P点的直径夹角分别为30°、0°和60°，大小均为v0，已知veq\o\al(,02)>eq\f(2gR2,H)，g为重力加快度．从抛出到第一次碰撞筒壁，不计空气阻力，则以下说法正确的选项是()图5A．三小球运动时间之比tA∶tB∶tC＝eq\r(3)∶2∶1B．三小球着落高度之比hA∶hB∶hC＝2∶eq\r(3)∶1C．重力对三小球做功之比WA∶WB∶WC＝3∶4∶1D．重力的均匀功率之比PA∶PB∶PC＝2∶3∶1答案AC分析因为三个小球都碰钉子，说明没有着落终归部，小球在水平方向上做匀速直线运动，依据几何知识可知三个球的水平位移xA＝2R·eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)R，xB＝2R，xC＝2R·eq\f(1,2)＝R，而所用时间tA∶tB∶tC＝eq\f(xA,v0)∶eq\f(xB,v0)∶eq\f(xC,v0)＝eq\r(3)∶2∶1，A正确；在竖直方向上做自由落体运动，三小球着落高度之比hA∶hB∶hC＝eq\f(1,2)gteq\o\al(A2)∶eq\f(1,2)gteq\o\al(B2)∶eq\f(1,2)gteq\o\al(,C2)＝3∶4∶1，B错误；重力对小球做功WG＝mgh，故WA∶WB∶WC＝hA∶hB∶hC＝3∶4∶1，C正确；重力的均匀功率P＝eq\f(W,t)，故PA∶PB∶PC＝eq\f(WA,tA)∶eq\f(WB,tC)∶eq\f(WC,tC)＝eq\f(3,\r(3))∶eq\f(4,2)∶eq\f(1,1)＝eq\r(3)∶2∶1，D错误．20．图6(a)中理想变压器的原线圈挨次接入如图(b)所示的甲、乙两个正弦沟通电源．接电源甲后，调理滑动变阻器滑片地点使小灯泡A正常发光，小灯泡的功率及电流频次分别为P1、f1；保持滑片地点不变，改用电源乙，小灯泡的功率及电流频次分别为P2、f2，则()图6A．f1∶f2＝3∶2B．P1∶P2＝2∶1C．若将变阻器滑片向左挪动，电源乙可能使小灯泡正常发光D．若将变压器动片P向下挪动，电源乙可能使小灯泡正常发光答案AD分析变压器不改变沟通电的频次，从题图b中可知3T1＝2T2，即eq\f(T1,T2)＝eq\f(2,3)，所以eq\f(f1,f2)＝eq\f(3,2)，A正确；从题图b中可知甲、乙两个电源的电动势最大值之比为2∶1，两种状况下副线圈两头的电压有效值之比为2∶1，所以两种状况下经过灯泡的电流之比为2∶1，依据P＝I2R可知eq\f(P1,P2)＝eq\f(4,1)，B错误；若将变阻器滑片向左挪动，滑动变阻器接入电路的电阻增大，经过灯泡的电流减小，所以电源乙不可以能使小灯泡正常发光，C错误；若将变压器动片P向下挪动，即eq\f(n1,n2)减小，依据eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)可知U2增大，即副线圈两头电压增大，故电源乙可能使小灯泡正常发光，D正确．21．两个完满同样的平行板电容器C1、C2水平搁置，如图7所示．开关S闭合时，两电容器中间各有一油滴A、B恰巧处于静止状态．现将S断开，将C2下极板向上挪动少量，此后再次闭合S，则以下说法正确的选项是()图7A．两油滴的质量相等，电性相反B．断开开关，挪动C2下极板过程中，B所在地点的电势不变C．再次闭合S瞬时，经过开关的电流可能从上向下D．再次闭合开关后，A向下运动，B向上运动答案BCD分析当S闭合时，左侧电容的上极板和右侧电容的下极板相连，即两个极板的电势相等，又因为其余两个极板都接地，电势相等，故两极板间的电势差的绝对值相等，依据mg＝eq\f(|U|,d)q，因为不知道两油滴的电荷量，故两个油滴的质量不用然相等，若C1上极板带正电，则C1电场方向竖直向下，A液滴应遇到竖直向上的电场力，故带负电，C2下极板带正电，则C2电场方向竖直向上，B滴液应遇到竖直向上的电场力，所以带正电，电性相反；若C1上极板带负电，则C1电场方向竖直向上，A液滴应遇到竖直向上的电场力，故带正电，C2下极板带负电，则C2电场方向竖直向下，B滴液应遇到竖直向上的电场力，所以带负电，电性相反，总之，两油滴的电性相反，A错误；断开开关，挪动C2下极板过程中，两极板所带电荷量相等，依据C＝eq\f(εrS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)，E＝eq\f(U,d)联立可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，两极板间的电场强度大小和两极板间的距离没关，故电场强度恒定，所以B的受