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2022屆高考物理二輪復習 選擇題滿分練7

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1、2022屆高考物理二輪復習 選擇題滿分練7 有一項符合題目要求,第6~8題有多項符合題目要求.全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分. 1.氫原子的能級示意圖如圖所示,現(xiàn)有大量的氫原子處于n=4的激發(fā)態(tài),當向低能級躍遷時,會輻射出若干種不同頻率的光,若用這些光照射逸出功為4.5 eV的鎢時,下列說法中正確的是(  ) A.氫原子能輻射4種不同頻率的光子 B.氫原子輻射的光子都能使鎢發(fā)生光電效應(yīng) C.氫原子輻射一個光子后,氫原子的核外電子的速率增大 D.鎢能吸收兩個從n=4向n=2能級躍遷的光子而發(fā)生光電效應(yīng) 解析:選C.氫原子從n=4能級向低能級躍遷時能輻射6種不同

2、頻率的光子.從n=4到n=3躍遷輻射出的光子能量E43=(1.51-0.85)eV=0.66 eV<4.54 eV,故不能使鎢發(fā)生光電效應(yīng);氫原子輻射一個光子后,能級降低,半徑變小,動能變大,速率增大;金屬發(fā)生光電效應(yīng)時,不能同時吸收兩個光子;綜上述選項C正確. 2.如圖所示,一定質(zhì)量的小物體(可視為質(zhì)點)用輕質(zhì)細線固定懸掛在天花板上.在水平拉力F作用下,當細線與豎直方向夾角為30°時小物體恰能處于平衡狀態(tài).若對小物體施加同樣大小的拉力,方向垂直于細線,仍然使物體處于平衡狀態(tài).則下列說法中正確的是(  ) A.小物體所受到的重力大小為F B.當施加水平方向作用力時細線受到沿線方向的拉力大

3、小等于F C.當施加垂直于細線方向的拉力時,細線受到沿線方向的拉力大小等于2F D.當施加垂直于細線方向的拉力時,細線與豎直方向的夾角大于60° 解析:選A.對小物體受力分析,根據(jù)平衡條件可得tan 30°=,F(xiàn)Tsin 30°=F,解得小物體所受到的重力大小mg=F,細線受到沿線方向的拉力大小FT==2F,故A正確,B錯誤;當施加垂直于細線方向的拉力時,根據(jù)平衡條件可得FT==F,解得細線受到沿線方向的拉力大小FT=F,故C錯誤;當施加垂直于細線方向的拉力時,細線與豎直方向的夾角θ,則有mgsin θ=F,解得細線與豎直方向的夾角sin θ=<sin 60°,故D錯誤;故選A. 3.

4、如圖所示,在光滑水平面上有一靜止小車,小車上靜止地放置著一小物塊,物塊和小車間的動摩擦因數(shù)為μ=0.3,用水平恒力F拉動小車,設(shè)物塊的加速度為a1,小車的加速度為a2,重力加速度g取10 m/s2.當水平恒力F取不同值時,a1與a2的值可能為(  ) A.a(chǎn)1=2 m/s2,a2=3 m/s2 B.a(chǎn)1=3 m/s2,a2=2 m/s2 C.a(chǎn)1=5 m/s2,a2=3 m/s2 D.a(chǎn)1=3 m/s2,a2=5 m/s2 解析:選D.由受力分析可知物塊的加速度取決于M對物塊的摩擦力,即Ff=ma1,且Ff的最大值為Ffm=μmg,即a1的最大值為a1m=μg=3 m/s2.當二者相

5、對靜止一起加速時,a1=a2≤3 m/s2.當F較大時,m與M發(fā)生相對滑動,a1=3 m/s2,a2>3 m/s2,綜上所述只有選項D符合題意. 4.如圖所示,A為置于地球赤道上的物體,B為繞地球橢圓軌道運行的衛(wèi)星,C為繞地球做圓周運動的衛(wèi)星,B、C運行軌道與赤道在同一平面內(nèi),P為B、C兩衛(wèi)星軌道的交點,已知A、B、C繞地心運動的周期相同,下列說法正確的是(  ) A.衛(wèi)星B在近地點的速度大于衛(wèi)星C的速度 B.衛(wèi)星B在P點的加速度大于衛(wèi)星C的加速度 C.衛(wèi)星C的運行速度小于物體A的速度 D.衛(wèi)星C和物體A具有相同大小的加速度 解析:選A.B在橢圓軌道上的近地點距地球距離小于C衛(wèi)

6、星的軌道半徑,因為B在近地點將做離心運動,故B在近地點速度大于在近地點做圓周運動的衛(wèi)星速度,再根據(jù)衛(wèi)星速度公式v= ,可知,近地點環(huán)繞速度大于C衛(wèi)星的速度,從而可知,B在近地點的速度大于衛(wèi)星C的速度,故A正確;根據(jù)萬有引力提供向心力:G=ma,解得:a=G,在P點,G、M、r都相同,所以衛(wèi)星B在P點的加速度大小與衛(wèi)星C在P點加速度大小相等,故B錯誤;因為A、B、C繞地心運動的周期相同,所以A、B、C的角速度相等,衛(wèi)星C做圓周運動的半徑大于A的半徑,由v=ωr可知,C的線速度大于A的線速度,故C錯誤;根據(jù)a=ω2r,可知因為衛(wèi)星C做圓周運動的半徑大于A的半徑,所以衛(wèi)星C加速度大于物體A的加速度,

7、故D錯誤.故A正確,BCD錯誤. 5.如圖所示,以O(shè)點為圓心的圓周上有六個等分點a、b、c、d、e、f,等量正、負點電荷分別放置在a、d兩點時,下列說法中正確的是(  ) A.b、c、e、f四點的場強相同 B.b、c、e、f四點的電勢相等 C.O點的電勢高于b、c、e、f四點的電勢 D.將一帶正電的試探電荷從O點移到e點,電場力做正功 解析:選D.由題意可知,兩點電荷在e、f處的電場強度各自進行矢量合成,則e、f處場強大小相等,而方向不相同,同理b、c電場強度大小相等,方向不同,故A錯誤.依據(jù)等量異種電荷,等勢線的分布,可知,b、f二點的電勢相等,而c、e二點的電勢相等,且b、

8、f二點的電勢高于c、e二點的電勢,故B錯誤;根據(jù)沿著電場線方向,電勢降低,因此O點的電勢高于c、e二點的電勢,而低于b、f二點的電勢,故C錯誤;將一帶正電的試探電荷從O點移到e點,即從高電勢移動低電勢,那么電勢能降低,因此電場力做正功,故D正確;故選D. 6.如圖所示為某興趣小組設(shè)計的一種發(fā)電裝置,在磁極和圓柱狀鐵芯之間形成的兩磁場區(qū)域的圓心角α均為π,磁場均沿半徑方向;矩形線圈abcd(d點未在圖中標出)的匝數(shù)為N,其邊長ab=cd=l,bc=ad=2l;線圈的總電阻為r,外接電阻為R;線圈以角速度ω繞中心軸勻速轉(zhuǎn)動,bc邊和ad邊同時進、出磁場.在磁場中,bc邊和ad邊所經(jīng)過處的磁感

9、應(yīng)強度大小均為B、方向始終與兩邊的運動方向垂直.則(  ) A.bc邊和ad邊在磁場中運動時,線圈的感應(yīng)電動勢的大小為NBl2ω B.bc邊和ad邊在磁場中運動時,bc邊所受安培力的大小為 C.通過R的電流有效值為 D.通過R的電流有效值為 解析:選BD.bc、ad邊的運動速度v=ω,電動勢Em=2NB2Lv=2NBl2ω,A錯誤;根據(jù)歐姆定律得,電流Im=,bc邊所受安培力為F=NBIm2l=,故B項正確;因為兩磁場的圓心角為π,故一個周期內(nèi)通電時間t=T,由有效值定義知:I(R+r)T=I2(R+r)T,解得I=,故選項D正確. 7.(多選)質(zhì)量為M的足夠長的木板B放在光滑水平

10、地面上,一個質(zhì)量為m的滑塊A(可視為質(zhì)點)放在木板上,設(shè)滑塊受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,如圖甲所示.木板B受到隨時間t變化的水平拉力F作用時,用傳感器測出木板B的加速度a,得到如圖乙所示的a-F圖象,取g=10 m/s2,則(  ) A.滑塊A的質(zhì)量m=1.5 kg B.木板B的質(zhì)量M=1.5 kg C.當F=5 N時,木板B的加速度a=4 m/s2 D.滑塊A與木板B間的動摩擦因數(shù)為μ=0.1 解析:選AC.由圖乙知,當F=4 N時A、B相對靜止,加速度為a=2 m/s2,對整體分析:F=(m+M)a,解得m+M=2 kg,當F>4 N時,A、B發(fā)生相對滑動,對B有:a=

11、=F-,由圖象可知,圖線的斜率:k===2 kg-1,解得M=0.5 kg,則滑塊A的質(zhì)量為:m=1.5 kg,故A正確,B錯誤;將F>4 N所對圖線反向延長線與F軸交點坐標代入α=F-,解得μ=0.2,故D錯誤;根據(jù)F=5 N>4 N時,滑塊與木塊相對滑動,B的加速度為aB=F-μ=4 m/s2,故C正確. 8.如圖所示,傾角θ=60°、高為h的粗糙絕緣斜面體ABC固定在水平地面上,一個帶負電的小球(可視為點電荷)固定在BC邊上距B點高處的D點,可視為質(zhì)點的帶正電的小物塊Q靜止于斜面底端的A點,此時小物塊Q恰好不接觸地面且與斜面間的摩擦力為0.已知小物塊Q與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=,小物塊Q

12、所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度為g,下列說法正確的是(  ) A.小物塊Q靜止于A點時所受的庫侖力與其重力大小相等 B.若要拉動小物塊Q,使之沿斜面向上運動,則拉力的最小值為mg C.在拉動小物塊Q緩慢沿斜面向上運動的過程中,當其所受摩擦力最大時,系統(tǒng)的電勢能也最大 D.若緩慢地將小物塊Q從A點拉動至C點,則外力做功等于小物塊Q重力勢能的增加量與系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量之和 解析:選AD.小物塊Q靜止于A點時,恰好不接觸地面且與斜面間的摩擦力為0,對小物塊Q受力分析且由幾何關(guān)系可知,小物塊Q所受庫侖引力與水平面夾角為30°,則沿斜面方向?qū)π∥飰KQ由平衡條件得mgsin 6

13、0°=F庫cos 30°,解得F庫=mg,A正確.小物塊Q運動時,除拉力外的受力如圖甲所示,庫侖力與重力大小相等,且二者夾角為120°,故庫侖力與重力的合力大小為F2=mg,合力在重力與庫侖力的角平分線上,方向與重力方向夾角為60°,由題給數(shù)據(jù)知小物塊Q所受支持力與滑動摩擦力的合力F1方向沿水平方向向右.如圖乙所示,由圖解法可得,滿足拉力與F1方向垂直時,拉力最小,最小值為mgsin 30°=mg,B錯誤.在運動過程中,小物塊Q與D點距離最近時,所受的庫侖力最大,與斜面間彈力最大,滑動摩擦力最大,此時系統(tǒng)的電勢能最小,C錯誤.DA=DC,小物塊Q在A、C兩點電勢能相等,由能量守恒可知,若緩慢地將小物塊Q從A點拉動至C點,則外力做功等于小物塊Q的重力勢能增加量與系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量之和,D正確.

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