2025年高考二轮复习物理选择题专项练12

选择题专项练(一)一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.(2024广东二模)图甲为太阳光穿过转动的六角形冰晶形成“幻日”的示意图,图乙为太阳光穿过六角形冰晶的过程,a、b是其中两种单色光的光路,则在冰晶中()A.a的折射率比b的大B.a的频率比b的大C.a的传播速度比b的小D.a的波长比b的长答案D解析由图可知,太阳光射入冰晶时,a光的偏折程度比b光的偏折程度小,则a的折射率比b的小,a的频率比b的小,a的波长比b的长;根据v=cn,可知a的传播速度比b的大。故选D2.(2024广西贵港二模)B超是医院对病人进行检查的重要设备,B超成像的基本原理是探头向人体发射一组超声波,遇到人体不同组织时会产生不同程度的反射,探头接收到的超声波信号由计算机处理,从而形成B超图像。如图为探头沿x轴正方向发送的简谐超声波图像,t=0时刻波恰好传到质点M。已知此超声波的频率为1×107Hz。下列说法正确的是()A.质点M开始振动的方向沿y轴正方向B.探头发出的超声波在人体中的传播速度为1.4×103m/sC.t=0.75×107s时,质点M运动到横坐标x=28×102mm处D.0~0.75×107s时间内,质点M运动的路程为1.6mm答案B解析因为超声波沿x轴正方向传播,根据波形平移法可知,质点M开始振动的方向沿y轴负方向,故A错误;由图像可知波长为λ=14×102mm,则探头发出的超声波在人体中的传播速度为v=λT=λf=14×105×1×107m/s=1.4×103m/s,故B正确;质点并不会随波的传播方向迁移,故C错误;由题意可知周期为T=1f=1×107s,由于Δt=0.75×107s=34T,且t=0时刻,质点M处于平衡位置开始起振,则0~0.75×107s时间内,质点M运动的路程为s=34×4A=3A=1.23.研究表明原子核的质量虽然随着原子序数的增大而增大,但是二者之间并不成正比关系,其核子的平均质量(原子核的质量除以核子数)与原子序数的关系如图所示,一般认为大于铁原子核质量数(56)的为重核,小于则为轻核,下列对该图像的说法错误的是()A.从图中可以看出,Fe原子核最稳定B.从图中可以看出,重核A裂变成原子核B和C时,释放核能C.从图中可以看出,轻核D和E发生聚变生成原子核F时,释放核能D.从图中可以看出,重核随原子序数的增加,其比结合能越大答案D解析从图中可以看出,Fe原子核核子平均质量最小,比结合能最大,Fe原子核最稳定,故A正确,不符合题意;重核A裂变成原子核B和C时,由图可知,核子平均质量减小,裂变过程存在质量亏损,需要释放能量,故B正确,不符合题意;轻核D和E发生聚变生成原子核F时,由图可知,核子平均质量减小,聚变过程存在质量亏损,需要释放能量,故C正确,不符合题意;从图中可以看出,重核随原子序数的增加,原子核越不稳定,故比结合能越小,故D错误,符合题意。4.(2024山东枣庄一模)如图所示,光滑斜面与平台相连,小物块以某一初速度从斜面底端冲上斜面并从平台右端滑落。已知斜面长2m,小物块在斜面上运动的时间为1s,则其初速度的大小可能为()A.2m/s B.3m/sC.4m/s D.5m/s答案B解析设小物块的初速度大小为v0,加速度大小为a,根据匀减速直线运动规律有s=v0t12at2,v=v0at>0,联立解得v0<4m/s,小物块做匀减速直线运动,则其初速度大于平均速度,即有v0>v=st=2m/s,所以有2m/s<v0<45.(2024河北一模)篮球是中学生喜欢的运动,如图所示,小明从同一高度的A、B两点先后将篮球抛出,篮球恰好都能垂直打在篮板上的P点,不计空气阻力,上述两个过程中篮球从A点()A.抛出后在空中的运动时间与从B点抛出的相等B.抛出后速度的变化量大C.抛出时小明对篮球做的功多D.抛出后克服重力做功的功率先增大后减小答案A解析将篮球看成反向平抛运动,篮球在竖直方向下降的高度相同,根据竖直方向上的位移—时间公式得h=12gt2,解得运动时间为t=2hg,所以两个过程中篮球在空中运动的时间相等,抛出后速度的变化量都等于gt,即Δv=gt,故A正确,B错误;由图可知从A点投出的篮球比从B点投出的篮球的水平位移小,根据水平方向上的运动学公式得x=v0t,所以有v0A<v0B,即从A点投出的篮球在水平方向的分速度小于从B点投出的篮球在水平方向的分速度,可得被抛出的速度大小为v=v02+(gt)2,结合v0A<v0B,可得vA<vB,即从A点投出的篮球的速度小,动能小,小明对篮球所做的功更少,故C错误;克服重力做功的功率为6.(2024山西一模)如图所示,正方形ABCD四个顶点各固定一个点电荷,等量同种负电荷固定在A、B两点;等量同种正电荷固定在C、D两点,O是正方形的中心。现将A处点电荷沿OA方向移至无穷远处,规定无穷远处电势为零,则()A.移动前,O点的电势大于零B.移动过程中,O点电场强度一直减少C.移动过程中,C处点电荷所受静电力先减小后增大D.移到无穷远处时,O点的电势小于零答案B解析等量异种点电荷的中垂线上电势为0,移动前,把A、C处点电荷作一组,把B、D处点电荷作一组,可知O点的电势为零,故A错误;移动过程中,B、D处点电荷在O处的电场强度不变,方向由D到B,C处点电荷在O处产生的电场强度方向由C到O,大小不变,A处点电荷在O处产生的电场强度方向由C到O,大小不断变小,由平行四边形定则可知移动过程中,O点电场强度一直减少,同理,D、B处点电荷在C处的电场强度不变,方向由D到B,而A处点电荷在移动过程中,在C处产生的电场强度越来越小,所以C点的电场强度越来越小,则C处点电荷所受静电力一直减小,故B正确,C错误;将A处点电荷沿OA方向移至无穷远处后,相当于只有C处的正点电荷在O处产生电势,则O点的电势大于零,故D错误。7.地球可看作半径为R的均匀球体,质量为m的物体在赤道处所受的重力大小为G1,由于地球自转的影响,物体在北极处所受的重力大小为G2,引力常量为G,下列说法正确的是()A.地球同步卫星离地心的距离为G2B.地球同步卫星的运行周期为2πmRC.地球的第一宇宙速度为RD.地球的平均密度为3答案C解析设地球的质量为m0,在赤道处有Gm0mR2=G1+4π2mRT2,在北极处有Gm0mR2=G2,解得同步卫星的运行周期T=2πmRG2-G1,故B错误;设同步卫星的质量为m',轨道半径为r,则有Gm0m'r2=m'2πT2r,解得r=3G2G2-G1R,二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。8.(2024河南周口二模)如图是差动变压器式位移传感器的简化模型。两组匝数相等的副线圈上下对称分布,在ab端输入稳定的正弦式交变电流,电压有效值为Uab,cd间输出电压有效值为Ucd。初始时,铁芯两端与副线圈平齐,铁芯上下移动过程中始终有一端留在副线圈内,则铁芯()A.向上移动,Ucd减小B.向下移动,Ucd增大C.静止不动,增大Uab,则Ucd不变D.向上移动一段距离后,增大Uab,则Ucd减小答案BC解析根据差动变压器式位移传感器的工作原理可知,两组匝数相等的副线圈上下对称,当铁芯两端与副线圈平齐时,两副线圈产生的感应电动势相互抵消,则cd间输出的电压为零,无论铁芯向上移动还是向下移动,cd间的输出电压均增大,A错误,B正确;若铁芯静止不动,增大ab间的输入电压,则两副线圈产生的感应电动势仍相互抵消,cd间输出的电压不变,仍为零,C正确;由以上分析可知,铁芯向上移动一段距离后,cd间一定有电压输出,若Uab增大,结合公式U1U2=n19.(2024安徽一模)如图所示,轻质弹簧下端固定在光滑斜面底端,弹簧处于原长时上端在O点。小球将弹簧压缩到M点(弹簧和小球不连接)。由静止释放小球后,将该时刻记为t=0,小球第一次运动到O点的时刻为t=t1,小球运动到的最高点为N。在小球第一次从M点运动到N点的过程中,小球的速度v、加速度a、动能Ek以及小球机械能E随时间t变化的图像可能正确的是()答案AC解析小球向上运动过程中,根据牛顿第二定律有Fmgsinθ=ma,随着弹力减小,加速度逐渐减小,速度逐渐增大,至F'=mgsinθ,此时加速度为0,速度达到最大,小球位于MO之间,随后有mgsinθF=ma,随着弹力F逐渐减小,加速度逐渐增大,直至t=t1后,加速度为a=gsinθ,之后加速度保持不变,速度逐渐减小,结合vt图像斜率为加速度,动能的计算公式Ek=12mv2可知,A、C正确,B错误;小球运动过程中,弹簧弹力对小球做正功,小球机械能先增大,后不变,故D10.(2024广东韶关二模)电磁缓冲装置广泛应用于高铁等交通工具,它利用电磁力来实现有效缓冲,其原理图如图所示。减速区分布着两部分磁场区域Ⅰ和Ⅱ(俯视),分别存在着垂直纸面向内和垂直纸面向外、宽度均为L的匀强磁场,磁感应强度的大小均为B。缓冲车质量为m,其底部最前端固定有边长也为L的N匝正方形线圈,线圈电阻为r,缓冲车以速度v0无动力进入减速区,不计摩擦及空气阻力。则()A.缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中,线圈中的感应电流(从上往下看)沿逆时针方向B.缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中,缓冲车做加速度减小的减速运动C.若缓冲车的线圈刚进入区域Ⅱ时的速度为v,此时缓冲车受到的安培力大小为2D.从缓冲车的线圈进入区域Ⅱ开始,在缓冲车运动位移为L的过程中,通过线圈的电荷量为2答案ABD解析根据右手定则可知,缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中,线圈中的感应电流(从上往下看)沿逆时针方