《2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 選擇題滿分練4》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 選擇題滿分練4（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 選擇題滿分練4 一、選擇題(本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19～21題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。) 14．(2018·重慶聯(lián)考)現(xiàn)代科學(xué)的發(fā)展極大地促進(jìn)了人們對(duì)原子、原子核的認(rèn)識(shí)，下列有關(guān)原子、原子核的敘述正確的是 A．盧瑟福α粒子散射實(shí)驗(yàn)說(shuō)明原子核內(nèi)部具有復(fù)雜的結(jié)構(gòu) B．天然放射現(xiàn)象表明原子核內(nèi)部有電子 C．輕核聚變反應(yīng)方程有：H＋HHe＋n D．氫原子從n＝3能級(jí)躍遷到n＝1能級(jí)和從n＝2能級(jí)躍遷到n＝1能級(jí)，前者躍遷輻射出的光子波長(zhǎng)比后者的

2、長(zhǎng) 解析　盧瑟福通過(guò)α粒子散射實(shí)驗(yàn)提出原子的核式結(jié)構(gòu)模型，天然放射現(xiàn)象說(shuō)明原子核內(nèi)部具有復(fù)雜的結(jié)構(gòu)，A、B錯(cuò)誤；輕核聚變方程電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒，C正確；氫原子從n＝3能級(jí)躍遷到n＝1能級(jí)放出的光子能量比從n＝2能級(jí)躍遷到n＝1能級(jí)的大，由公式E＝，可知前者躍遷輻射出的光子波長(zhǎng)比后者的短，D錯(cuò)誤。 答案　C 15．有一理想的降壓變壓器，四個(gè)標(biāo)稱均為“6 V、6 W”的小燈泡a、b、c、d以及理想電壓表接在變壓器上，電路如圖1所示。在1、2兩端接交流電源(電壓有效值為U)時(shí)，四個(gè)小燈泡均能正常發(fā)光。則下列說(shuō)法正確的是 圖1 A．電壓表的示數(shù)為24 V B．電源電壓U＝24 V

3、 C．變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為4∶1 D．變壓器原線圈的輸入功率為24 W 解析　由題意可知流過(guò)每個(gè)小燈泡的電流均為I0＝＝ A＝1 A，則副線圈的電流為I2＝3I0＝3 A，原線圈的電流為I1＝I0＝1 A，則由＝＝，知C錯(cuò)誤；副線圈兩端的電壓為U2＝6 V，則由＝，可得原線圈兩端的電壓為U1＝18 V，即電壓表的示數(shù)為18 V，A錯(cuò)誤；電源電壓為U＝U0＋U1＝24 V，B正確；變壓器的輸入功率等于輸出功率，即小燈泡b、c、d消耗的功率之和18 W，D錯(cuò)誤。 答案　B 16．(2018·鄭州一模)美國(guó)物理學(xué)家勞倫斯于1932年發(fā)明的回旋加速器，應(yīng)用帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)

4、，能使帶電粒子在較小的空間范圍內(nèi)經(jīng)過(guò)電場(chǎng)的多次加速獲得較大的能量，使人類在獲得較高能量帶電粒子方面前進(jìn)了一步。下圖為一種改進(jìn)后的回旋加速器的示意圖，其中盒縫間的加速電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小恒定，且被限制在A、C板間。如圖2所示，帶電粒子從P0處以速度v0沿電場(chǎng)線方向射入加速電場(chǎng)，經(jīng)加速后再進(jìn)入D型盒中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，對(duì)于這種改進(jìn)后的回旋加速器，下列說(shuō)法正確的是 圖2 A．帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速兩次 B．帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周P1P2＝P2P3 C．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān) D．加速電場(chǎng)方向需要做周期性的變化 解析　因加速電場(chǎng)被限制在AC板之間，故可知，粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中

5、，只有在AC板間時(shí)才被加速，即每運(yùn)動(dòng)一周加速一次，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律可知Bqv＝m，故可知P1P2＝2(R2－R1)＝(v2－v1)，同理P2P3＝2(R3－R2)＝(v3－v2)，根據(jù)動(dòng)能定理可知Uq＝mv－mv＝mv－mv，故可知選項(xiàng)B錯(cuò)誤；粒子的最大速度vmax＝∝R，故可知選項(xiàng)C正確；因每次粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)方向一樣，故電場(chǎng)方向無(wú)需變化，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　C 17．(2018·長(zhǎng)沙一模)假設(shè)宇宙中有兩顆相距無(wú)限遠(yuǎn)的行星A和B，自身球體半徑分別為RA和RB。兩顆行星各自周圍的衛(wèi)星的軌道半徑的三次方(r3)與運(yùn)行公轉(zhuǎn)周期的平方(T2)的關(guān)系如圖3所示：T0為衛(wèi)星環(huán)繞

6、各自行星表面運(yùn)行的周期。則 圖3 A．行星A的質(zhì)量小于行星B的質(zhì)量 B．行星A的密度小于行星B的密度 C．行星A的第一宇宙速度等于行星B的第一宇宙速度 D．當(dāng)兩行星周圍的衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)軌道半徑相同時(shí)，行星A的衛(wèi)星的向心加速度大于行星B的衛(wèi)星的向心加速度 解析　根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力得出：G＝m得：M＝，根據(jù)圖像可知，A的比B的大，所以行星A的質(zhì)量大于行星B的質(zhì)量，故A錯(cuò)誤；根據(jù)圖像可知，在兩顆行星表面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期相同，密度ρ＝＝＝＝，所以行星A的密度等于行星B的密度，故B錯(cuò)誤；第一宇宙速度v＝，A的半徑大于B的半徑，衛(wèi)星環(huán)繞行星表面運(yùn)行的周期相同，則A的第一宇宙速度大于行星

7、B的第一宇宙速度，故C錯(cuò)誤；根據(jù)G＝ma得：a＝G，當(dāng)兩行星的衛(wèi)星軌道半徑相同時(shí)，A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量，則行星A的衛(wèi)星向心加速度大于行星B的衛(wèi)星向心加速度，故D正確。 答案　D 18．一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)以速度v0做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在t＝0時(shí)開始受到恒力F作用，速度大小先減小后增大，其最小值為v＝0.5 v0。由此可判斷 A．質(zhì)點(diǎn)受力F作用后一定做勻變速曲線運(yùn)動(dòng) B．質(zhì)點(diǎn)受力F作用后可能做圓周運(yùn)動(dòng) C．t＝0時(shí)恒力F與速度v0方向間的夾角為60° D．t＝時(shí)，質(zhì)點(diǎn)速度最小 解析　根據(jù)題述，質(zhì)點(diǎn)在恒力作用下運(yùn)動(dòng)有最小速度，可知質(zhì)點(diǎn)做類斜拋運(yùn)動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)受恒力F作用后一定做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)

8、A正確，B錯(cuò)誤。質(zhì)點(diǎn)在垂直恒力F的方向上的分速度v＝0.5v0，由v＝v0sin θ，可知t＝0時(shí)恒力F與速度方向所在直線的夾角為θ＝30°，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。由F＝ma，v0cos θ＝at，解得t＝，即t＝時(shí)，質(zhì)點(diǎn)在沿恒力F的方向上的分速度減小到零，質(zhì)點(diǎn)速度最小，選項(xiàng)D正確。 答案　AD 19.已知均勻帶電球殼內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零，電勢(shì)處處相等。如圖4所示，正電荷均勻分布在半球面上，Ox為通過(guò)半球頂點(diǎn)與球心O的軸線，A、B為軸上的點(diǎn)，且AO＝OB，則下列判斷正確的是 圖4 A．A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)相等 B．A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相等 C．點(diǎn)電荷從A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場(chǎng)力一定做正功 D．同

9、一個(gè)負(fù)電荷放在B點(diǎn)比放在A點(diǎn)的電勢(shì)能大 解析　根據(jù)電荷產(chǎn)生電場(chǎng)，電場(chǎng)線由正電荷指向無(wú)窮遠(yuǎn)處，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低可知A點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。設(shè)半球殼上電荷在A點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為EA1，半球殼上電荷在B點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為EB1，方向均沿x軸正方向。設(shè)想另一完全相同的帶電半球殼與該帶電半球殼構(gòu)成完整的帶電球殼，由對(duì)稱性可知，另一完全相同的帶電半球殼在A、B兩點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為EA2＝EB1，EB2＝EA1，方向均沿x軸負(fù)方向。根據(jù)題述均勻帶電球殼內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零可知，EA1－EA2＝0，即EA1＝EB1，選項(xiàng)B正確。正點(diǎn)電荷從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，負(fù)點(diǎn)電荷從A運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電場(chǎng)力

10、做負(fù)功，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。根據(jù)電勢(shì)與電勢(shì)能的關(guān)系可知，同一個(gè)負(fù)電荷放在B點(diǎn)比放在A點(diǎn)的電勢(shì)能大，選項(xiàng)D正確。 答案　BD 20．如圖5所示，質(zhì)量為m＝0.04 kg、邊長(zhǎng)l＝0.4 m的正方形導(dǎo)體線框abcd放置在一光滑絕緣斜面上，線框用一平行斜面的細(xì)線系于O點(diǎn)，斜面傾角為θ＝30°。線框的一半處于磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化關(guān)系為B＝2＋0.5 t(T)，方向垂直于斜面向上。已知線框電阻為R＝0.5 Ω，重力加速度為g＝10 m/s2。則 圖5 A．線框中的感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcda B．t＝0時(shí)，細(xì)線拉力大小F＝0.2 N C．線框中感應(yīng)電流大小為I＝80 mA D．經(jīng)過(guò)一

11、段時(shí)間t，線框可能沿斜面向上運(yùn)動(dòng) 解析　根據(jù)楞次定律，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)閍dcba，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝·＝0.5×0.08 V＝0.04 V，感應(yīng)電流I＝＝0.08 A，t＝0時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝2 T，bc邊所受安培力FA＝B0Il＝2×0.08×0.4 N＝0.064 N，由左手定則可判斷出安培力方向沿斜面向上。對(duì)線框由平衡條件F＋FA＝mgsin 30°，解得細(xì)線中拉力F＝0.136 N，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確。由安培力FA′＝BIl＝(2＋0.5t)×0.08×0.4 N＝(0.064＋0.016t)N，可知經(jīng)過(guò)一段時(shí)間t，安培力增大至大于線框

12、重力沿斜面向下的分力時(shí)，線框沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確。 答案　CD 21．(2018·銀川一模)引力波探測(cè)于2017年獲得諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)。雙星的運(yùn)動(dòng)是產(chǎn)生引力波的來(lái)源之一，假設(shè)宇宙中有一雙星系統(tǒng)由P、Q兩顆星體組成，這兩顆星繞它們連線的某一點(diǎn)在二者萬(wàn)有引力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，測(cè)得P星的周期為T，P、Q兩顆星的距離為l，P、Q兩顆星的軌道半徑之差為Δr(P星的軌道半徑大于Q星的軌道半徑)，萬(wàn)有引力常量為G，則 A．Q、P兩顆星的質(zhì)量差為 B．P、Q兩顆星的線速度大小之差為 C．P、Q兩顆星的運(yùn)動(dòng)半徑之比為 D．P、Q兩顆星的質(zhì)量之比為 解析　雙星系統(tǒng)靠相互間的萬(wàn)有引力提供向心力，角速度大小相等，則周期相等，所以Q星的周期為T；根據(jù)題意可知，rP＋rQ＝l，rP－rQ＝Δr，解得：rP＝，rQ＝，則P、Q兩顆星的運(yùn)動(dòng)半徑之比，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；雙星系統(tǒng)靠相互間的萬(wàn)有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，則有：G＝mPrPω2＝mQrQω2，解得mP＝；mQ＝，則Q、P兩顆星的質(zhì)量差為Δm＝mQ－mP＝＝，選項(xiàng)A正確；P、Q兩顆星的線速度大小之差為Δv＝vP－vQ＝－＝，選項(xiàng)B正確；P、Q兩顆星的質(zhì)量之比為＝＝，選項(xiàng)D正確。 答案　ABD