《（天津專用）2020高考物理二輪復習 選擇題專項訓練（四）（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（天津專用）2020高考物理二輪復習 選擇題專項訓練（四）（含解析）（5頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、選擇題專項訓練(四) (時間:25分鐘　分值:31分) 一、單項選擇題(共5小題,每小題3分,共15分。每小題給出的四個選項中,只有一個選項是正確的) 1.下列論述中正確的是(　　) A.開普勒根據萬有引力定律得出行星運動規(guī)律 B.愛因斯坦的狹義相對論,全面否定了牛頓的經典力學規(guī)律 C.普朗克把能量子引入物理學,正確地破除了“能量連續(xù)變化”的傳統(tǒng)觀念 D.玻爾提出的原子結構假說,成功地解釋了各種原子光譜的不連續(xù)性 答案:C 解析:開普勒通過研究第谷的行星觀測數據,得出了行星運動規(guī)律,A錯誤;愛因斯坦的狹義相對論,并沒有全面否定牛頓的經典力學,B錯誤;普朗克把能量子引入物理學,

2、正確地破除了“能量連續(xù)變化”的傳統(tǒng)觀念,C正確;玻爾提出的原子結構假說,不能解釋復雜原子,如氦原子核光譜的不連續(xù)性,D錯誤。 2.如圖所示,放置在光滑的水平地面上足夠長的斜面體,下端固定有擋板,用外力將輕質彈簧壓縮在小木塊和擋板之間,彈簧的彈性勢能為100 J。撤去外力,木塊開始運動,離開彈簧后,沿斜面向上滑到某一位置后,不再滑下,則(　　) A.木塊重力勢能的增加量為100 J B.木塊運動過程中,斜面體的支持力對木塊做功不為零 C.木塊、斜面體和彈簧構成的系統(tǒng),機械能守恒 D.最終,木塊和斜面體以共同速度向右勻速滑行 答案:B 解析:因為到達最高點后,木塊不再下滑,所以木

3、塊必受斜面的摩擦力作用,木塊沿斜面上滑時,斜面體受到木塊的斜向右上的摩擦力作用,該力在水平方向上有一個分力,故斜面體向右運動,木塊相對地面在水平方向上有位移,斜面體對木塊的支持力與水平位移夾角不垂直,故斜面體的支持力對木塊做功不為零,木塊、斜面體和彈簧構成的系統(tǒng),有摩擦力做功,所以機械能不守恒,B正確,C錯誤;將彈簧、木塊和斜面體看成一個整體,整體在水平方向上受力為零,所以系統(tǒng)水平方向動量守恒,釋放彈簧前系統(tǒng)水平方向動量為零,故釋放彈簧后系統(tǒng)水平方向動量仍舊為零,即木塊和斜面體最后靜止,彈簧的彈性勢能轉化為系統(tǒng)的內能(克服摩擦力做功)以及木塊的重力勢能,故木塊重力勢能的增加量小于100J,A、

4、D錯誤。 3.如圖所示,a為放在地球赤道上隨地球一起轉動的物體,b、c、d為在圓軌道上運行的衛(wèi)星,軌道平面均在地球赤道面上,其中b是近地衛(wèi)星,c是地球同步衛(wèi)星。若a、b、c、d的質量相同,地球表面附近的重力加速度為g,則下列說法正確的是(　　) A.b衛(wèi)星轉動的線速度大于7.9 km/s B.a、b、c、d的周期大小關系為Ta

5、于b、c、d三顆衛(wèi)星,由開普勒第三定律r3T2=k,知Tb

6、夾角為θ,一光滑輕環(huán)套在桿上。一個輕質光滑的滑輪(可視為質點)用輕質繩OP懸掛在天花板上,另一輕繩通過滑輪系在輕環(huán)上,現用向左的拉力緩慢拉繩,當輕環(huán)靜止不動時,與手相連一端的繩子水平,則OP繩與天花板之間的夾角為(　　) A.π2 B.θ C.π4+θ2 D.π4-θ2 答案:D 解析:水平向左緩慢拉繩至輕環(huán)重新靜止不動,則環(huán)處于平衡狀態(tài),對環(huán)受力分析,繩子的拉力垂直于桿時,繩子的拉力沿桿的方向沒有分力,此時環(huán)能保持靜止,由幾何關系可知,QP段繩子與豎直方向之間的夾角是θ;再對滑輪受力分析,受三個拉力,由于OP段繩子的拉力與另外兩個拉力的合力平衡,而另外兩個拉力大小相等,故PO在

7、另外兩個拉力的角平分線上,結合幾何關系可知,OP與天花板之間的夾角為π4-θ2,D正確。 5.如圖所示,在垂直于紙面向里、磁感應強度B=2 T的勻強磁場中,有一長度l=5 m的細圓筒,繞其一端O在紙面內沿逆時針方向做角速度ω=60 rad/s的勻速圓周運動。另一端有一粒子源,能連續(xù)不斷相對粒子源沿半徑向外發(fā)射速度為v=400 m/s的帶正電粒子。已知帶電粒子的電荷量q=2.5×10-6 C,質量m=3×10-8 kg,不計粒子間相互作用及重力,打在圓筒上的粒子均被吸收,則帶電粒子在紙面內所能到達的范圍面積S是(　　) A.48π m2 B.9π m2 C.49π m2 D.16π m2

8、 答案:A 解析:發(fā)射粒子時,粒子沿半徑方向的速度為v=400m/s,粒子隨細圓筒做圓周運動,垂直半徑方向的速度為ωl=300m/s,故粒子速度為v'=500m/s,設粒子速度方向與徑向夾角為θ,則tanθ=ωlv,θ=37°;粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,故有Bv'q=mv'2R,所以,運動半徑為R=mv'qB=3m;根據左手定則可知,粒子做圓周運動也是沿逆時針方向運動;根據幾何關系,粒子做圓周運動的圓心到O的距離為s=4m,故帶電粒子在紙面內所能到達的范圍為內徑為s-R=1m、外徑為s+R=7m的環(huán)形區(qū)域,故帶電粒子在紙面內所能到達的范圍面積為S=π×72m2-π×1

9、2m2=48πm2,故A正確。 二、不定項選擇題(共4小題,每小題4分,共16分。每小題給出的四個選項中,都有多個選項是正確的。全部選對的得4分,選對但不全的得2分,選錯或不答的得0分) 6.如圖所示,內徑為2R、高為h的圓筒豎直放置,在圓筒內壁上邊緣的P點沿不同方向水平拋出可視為質點的三個完全相同小球A、B、C。它們初速度方向與過P點的直徑夾角分別為30°、0°和60°,大小均為v0,已知v02>2gR2h,g為重力加速度。從拋出到第一次碰撞筒壁,不計空氣阻力,則下列說法正確的是(　　) A.三小球運動時間之比tA∶tB∶tC=3∶2∶1 B.三小球下落高度之比hA∶hB∶h

10、C=2∶3∶1 C.重力對三小球做功之比WA∶WB∶WC=3∶4∶1 D.重力的平均功率之比PA∶PB∶PC=2∶3∶1 答案:AC 解析:因為三個小球都碰壁,說明沒有下落到底部,小球在水平方向上做勻速直線運動,根據幾何知識可知三個球的水平位移xA=2R·32=3R,xB=2R,xC=2R·12=R,而所用時間tA∶tB∶tC=xAv0∶xBv0∶xCv0=3∶2∶1,A正確;在豎直方向上做自由落體運動,三小球下落高度之比hA∶hB∶hC=12gtA2∶12gtB2∶12gtC2=3∶4∶1,B錯誤;重力對小球做功WG=mgh,故WA∶WB∶WC=hA∶hB∶hC=3∶4∶1,C正確;

11、重力的平均功率P=Wt,故PA∶PB∶PC=WAtA∶WBtB∶WCtC=33∶42∶11=3∶2∶1,D錯誤。 7.為了進一步探究課本中的小實驗,某同學從圓珠筆中取出輕彈簧,將彈簧一端固定在水平桌面上,彈簧豎直放置,另一端套上筆帽,用力把筆帽往下壓后迅速放開。他觀察到筆帽被彈起并離開彈簧向上運動一段距離。不計空氣阻力,忽略筆帽與彈簧間的摩擦,在彈簧恢復原長的過程中(　　) A.筆帽一直做加速運動 B.彈簧對筆帽做的功和對桌面做的功相等 C.彈簧對筆帽的沖量大小和對桌面的沖量大小相等 D.彈簧對筆帽的彈力做功的平均功率大于筆帽克服重力做功的平均功率 答案:CD 解析:彈簧恢復原長

12、的過程中,開始時筆帽向上加速運動,彈簧壓縮量減小,彈力減小,當彈力等于重力時,加速度為零,速度最大,此后彈力小于重力,合力向下,加速度與速度方向相反,筆帽做減速運動,故A錯誤;筆帽向上運動,受到的彈力方向向上,力與位移同向,故彈力對筆帽做正功,重力方向向下,與位移反向,對筆帽做負功,由于筆帽動能增加,所以彈簧對筆帽做的功大于筆帽克服重力做的功,時間相同,根據功率的定義,得D正確;彈簧對桌面雖然有彈力,但沒有位移,所以不做功,故B錯誤;由于輕彈簧質量不計,所以彈簧對桌面的彈力等于對筆帽的彈力,作用時間相同,沖量大小相等,故C正確。 8.圖甲中理想變壓器的原線圈依次接入如圖乙所示的a、b兩個正弦

13、式交變電源。接電源a后,調節(jié)滑動變阻器滑片位置使小燈泡A正常發(fā)光,小燈泡的功率及電流頻率分別為P1、f1;保持滑片位置不變,改用電源b,小燈泡的功率及電流頻率分別為P2、f2,則(　　) A.f1∶f2=3∶2 B.P1∶P2=2∶1 C.若將變阻器滑片向左移動,電源b可能使小燈泡正常發(fā)光 D.若將變壓器動片P向下移動,電源b可能使小燈泡正常發(fā)光 答案:AD 解析:變壓器不改變交流電的頻率,從題圖乙中可知3T1=2T2,即T1T2=23,所以f1f2=32,A正確;從題圖乙中可知a、b兩個電源的電動勢最大值之比為2∶1,兩種情況下副線圈兩端的電壓有效值之比為2∶1,所以兩種情況

14、下通過燈泡的電流之比為2∶1,根據P=I2R可知P1P2=41,B錯誤;若將變阻器滑片向左移動,滑動變阻器接入電路的電阻增大,通過燈泡的電流減小,所以電源b不可能使小燈泡正常發(fā)光,C錯誤;若將變壓器動片P向下移動,即n1n2減小,根據n1n2=U1U2可知U2增大,即副線圈兩端電壓增大,故電源b可能使小燈泡正常發(fā)光,D正確。 9.兩個完全相同的平行板電容器C1、C2水平放置,如圖所示。開關S閉合時,兩電容器中間各有一油滴A、B剛好處于靜止狀態(tài)?，F將S斷開,將C2下極板向上移動少許,然后再次閉合S,則下列說法正確的是(　　) A.兩油滴的質量相等,電性相反 B.斷開開關,移動C2下極板

15、過程中,B所在位置的電勢不變 C.再次閉合S瞬間,通過開關的電流可能從上向下 D.再次閉合開關后,A向下運動,B向上運動 答案:BCD 解析:當S閉合時,左邊電容的上極板和右邊電容的下極板相連,即兩個極板的電勢相等,又因為其他兩個極板都接地,電勢相等,故兩極板間的電勢差的絕對值相等,根據mg=|U|dq,由于不知道兩油滴的電荷量,故兩個油滴的質量不一定相等,若C1上極板帶正電,則C1電場方向豎直向下,A液滴應受到豎直向上的靜電力,故帶負電,C2下極板帶正電,則C2電場方向豎直向上,B滴液應受到豎直向上的靜電力,所以帶正電,電性相反;若C1上極板帶負電,則C1電場方向豎直向上,A液滴應受

16、到豎直向上的靜電力,故帶正電,C2下極板帶負電,則C2電場方向豎直向下,B滴液應受到豎直向上的靜電力,所以帶負電,電性相反,總之,兩油滴的電性相反,A錯誤;斷開開關,移動C2下極板過程中,兩極板所帶電荷量相等,根據C=εrS4πkd,C=QU,E=Ud聯(lián)立可得E=4πkQεrS,兩極板間的電場強度大小和兩極板間的距離無關,故電場強度恒定,所以B的受力不變,故仍處于靜止狀態(tài),到上極板(零電勢)的距離不變,根據U=Ed可知B點的電勢不變,B正確;S斷開,將C2下極板向上移動少許,根據C=εrS4πkd可知C2增大,根據C=QU可知U減小,即C2下極板電勢降低,再次閉合S瞬間,C1上極板的電勢大于C2下極板的電勢,通過開關的電流可能從上向下,穩(wěn)定后,根據E=Ud可知C1兩極板間的電勢差減小,電場強度減小,A向下運動,C2兩極板間的電勢差增大,電場強度增大,B向上運動,C、D正確。 - 5 -