高考物理二轮总复习选择题专项练1

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.下列表述正确的是()A.天然放射现象中发射的γ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.某扫地机器人电池容量2000mA·h,额定工作电压15V,额定功率30W,则下列说法正确的是()A.扫地机器人的电阻是7.5ΩB.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2AD.扫地机器人充满电后可工作的时间约为4h3.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Ⅰ、Ⅱ,直杆Ⅰ、Ⅱ与水平方向夹角分别为37°和53°(sin37°=0.6,sin53°=0.8)。现将套在直杆Ⅰ、Ⅱ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2∶3,若小圆环与直杆Ⅰ、Ⅱ之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2,则μ1μ2A.916 B.C.34 D.4.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.(2023广西桂林、河池、防城港三市联考)学校门口的车牌自动识别系统如图所示,闸杆距地面高为1m,可绕转轴O在竖直面内匀速转动;自动识别区ab到a'b'的距离为6.9m。汽车以速度3m/s匀速驶入自动识别区,识别的反应时间为0.3s;若汽车可看成高1.6m的长方体,闸杆转轴O与车左侧面水平距离为0.6m。要使汽车匀速顺利通过,闸杆转动的角速度至少为()A.π8rad/s B.πC.π4rad/s D.π6.(2023广东广州期中)如图所示,卫星A是我国在2022年8月20日成功发射的“遥感三十五号”04组卫星,卫星B是地球静止卫星,它们均绕地球做匀速圆周运动,卫星P是地球赤道上还未发射的卫星,P、A、B三颗卫星的线速度大小分别为vP、vA、vB,角速度大小分别为ωP、ωA、ωB,下列判断正确的是()A.vA<vB<vPB.vA>vB>vPC.ωP=ωA=ωBD.ωP<ωA<ωB7.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ω0匀速转动时,三盏灯恰好亮度相同。下列判断正确的是()A.当ω<ω0时,L2比L1亮B.当ω>ω0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ω0匀速转动到图示位置时,电压表的示数为nBSω08.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θ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mvθC.粒子在磁场中运动的时间为mθD.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。9.一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=0.5s时的波形,图甲是图乙中离原点0~4m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=2sB.该列波的波速为2m/sC.再经0.5s,x=4m处的质点到达波谷位置D.图甲是x=2m处质点的振动图像10.(2023广东惠州调研)如图所示,一定质量的理想气体从状态a变化到状态b,其过程如pV图中从a到b的直线所示。在此过程中()A.气体温度先上升后下降B.气体内能一直增加C.气体一直对外做功D.气体吸收的热量一直全部用于对外做功11.(2023广东深圳高三质检)如图所示的装置,5个相同的木板紧挨着(不粘连)静止放在水平地面上,每块木板的质量均为m=1kg,长l=1m。它们与地面间的动摩擦因数μ1=0.1。现有质量为m0=2.5kg的小铅块(可视为质点),以v0=4m/s的初速度从左端滑上木板1,它与木板的动摩擦因数μ2=0.2。g取10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则小铅块()A.刚滑上木板1时,木板1会滑动B.滑离木板3之前,所有木板均处于静止状态C.滑离木板3时的速度大小为2m/sD.最终停在木板5上12.(2023广西南宁二模)如图所示,间距l=0.5m的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上,斜面倾角θ=37°。区域Ⅰ、Ⅱ分别以PQ、MN为边界,均存在垂直于斜面向上的磁场,Ⅰ区中磁感应强度从0开始随时间均匀增加,Ⅱ区中为匀强磁场,磁感应强度B2=0.5T,PQ与MN之间为无磁场区域。质量m=0.1kg、电阻R=2Ω的导体棒垂直于导轨放置,从两磁场之间的无磁场区域由静止释放,经过t=2s进入Ⅱ区恰好匀速下滑。运动中棒与导轨始终保持良好接触,导轨足够长且电阻不计。重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6。则下列说法正确的是()A.进入Ⅱ区后,导体棒中的电流I=2.4AB.无磁场区域的面积至少为12m2C.前2s导体棒产生的焦耳热Q=3.24JD.若Ⅰ区磁场面积为2m2,则Ⅰ区的磁感应强度随时间变化的表达式为B=0.9t(T)答案：1.D解析天然放射现象中发射的γ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·3.A解析由牛顿第二定律可知,小环下滑的加速度a=gsinθμgcosθ,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2∶3,代入计算得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点间的电势差相等,D错误。5.A解析闸杆转动时间为t=xvt0=6.93s0.3s=2s,汽车匀速顺利通过,闸杆转动的角度至少为tanθ=1.6-106.B解析对于卫星A、B,有Gm地mr2=mv2r,解得v=Gm地r,可知rA<rB,所以vA>vB,又因为v=ωr,可得ωA>ω7.A解析当ω<ω0时,由ω=2πf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ω>ω0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ω0匀速转动时,产生正弦式交变电流,电动势的有效值为E=nBSω02,由于线圈内阻不计,故电压表的示数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θ,则粒子在磁场中运动的轨迹长度为s=θr=mvθqB,B正确。粒子做匀速圆周运动的周期为T=2πrv=2πmqB,则粒子在磁场中运动的时间为t=θ2π·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λ=4m,该波的波速v=λT=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0~4m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=10.BC解析从a到b的过程中,压强p增大,体积V增大,由pVT=C可知气体的温度一直升高,故A错误。由A项分析得,气体温度一直升高,则分子平均动能增大,内能增大,故B正确。气体的体积增大,则气体一直对外做功,故C正确。气体一直对外做功,气体的内能一直增加,根据热力学第一定律得ΔU=W+Q,ΔU为正值,W为负值,则Q11.BC解析铅块滑上木板时,铅块与木板之间的摩擦力为Ff1=μ2m0g=0.2×2.5×10N=5N,此时5个木板与地面间的最大静摩擦力为Ffm=μ1(5m+m0)g,解得Ffm=7.5N>Ff1,故小铅块刚滑上木板1时,木板1仍静止,故A错误。小铅块滑上木板3时,以后面3块木板和小铅块为研究对象,地面对它们的最大静摩擦力为Ffm'=μ1(3m+m0)g,解得Ffm'=5.5N>Ff1,所以小铅块滑离木板3之前,所有木板均处于静止状态,故B正确。小铅块在木板上滑动时的加速度大小为a=μ2g=0.2×10m/s2=2m/s2,设滑离木板3时的速度为v,根据速度—位移关系可得v2=2a·3l,代入数据解得v=2m/s,故C正确。假设所有的木板均静止且小铅块最终停在木板上时,铅块的动能全部转化为克服摩擦力所做的功,根据功能关系可得12m0v02=μ2m0gl0,解得l12.ACD解析导体棒进入Ⅱ区恰好匀速下滑,则根据平衡条件有mgsinθ=B2Il,代入数据可得导体棒中的电流为I=2.4A,故A正确。导体棒进入Ⅱ区磁场的速度为v=at,根据牛顿第二定律得mgsin37°=ma,导体棒在无磁场区域做