（江蘇專版）2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 選擇題提速練（四）（含解析）.doc

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選擇題提速練(四) 一、單項(xiàng)選擇題 1．(2018南京、鹽城一模)科學(xué)家發(fā)現(xiàn)太陽系外某一恒星有一行星，并測(cè)得它圍繞該恒星運(yùn)行一周所用的時(shí)間為1 200年，它與該恒星的距離為地球到太陽距離的100倍。假定該行星繞恒星運(yùn)行的軌道和地球繞太陽運(yùn)行的軌道都是圓周，僅利用以上兩個(gè)數(shù)據(jù)可以求出的量是(　　) A．恒星與太陽質(zhì)量之比 B．恒星與太陽密度之比 C．行星與地球質(zhì)量之比 D．行星與地球表面的重力加速度之比 解析：選A　根據(jù)萬有引力提供向心力可得：G＝m2r，解得：M＝，由題意可知，該行星與恒星的距離為地球到太陽距離的100倍(即知道軌道半徑之比)，行星圍繞該恒星的周期為1 200年，地球繞太陽的周期為1年(即知道周期之比)，所以利用上式可求出恒星與太陽的質(zhì)量之比，故A正確；由于不知恒星與太陽的半徑之比，所以不能求出恒星與太陽的密度之比，故B錯(cuò)誤；由A分析解得的M是中心天體的質(zhì)量，不能求出行星與地球的質(zhì)量之比，故C錯(cuò)誤；根據(jù)公式mg＝可知，g＝，由于不知行星與地球的質(zhì)量之比、半徑之比，所以不能求出行星與地球表面的重力加速度之比，故D錯(cuò)誤。 2.某區(qū)域的電場線分布如圖所示，其中間一根電場線是直線，一帶正電的粒子從直線上的O點(diǎn)由靜止開始在電場力作用下運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)。取O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿直線向右為x 軸正方向，粒子的重力忽略不計(jì)。在從O到A的運(yùn)動(dòng)過程中，下列關(guān)于粒子運(yùn)動(dòng)加速度a和速度v隨時(shí)間t的變化圖線、運(yùn)動(dòng)徑跡上電勢(shì)φ和粒子的動(dòng)能Ek隨位移x的變化圖線可能正確的是(　　) 解析：選A　由題圖可知，從O點(diǎn)到A點(diǎn)，電場線由密到疏再到密，電場強(qiáng)度先減小后增大，方向不變，因此電荷受到的電場力先減小后增大，則加速度先減小后增大，故A正確；vt圖像的斜率表示加速度，加速度先減小后增大，vt圖像的斜率先減小后增大，故B錯(cuò)誤；沿著電場線方向電勢(shì)降低，而電勢(shì)與位移的圖像的斜率表示電場強(qiáng)度，因此該圖像切線的斜率應(yīng)先減小后增大，故C錯(cuò)誤；Ek與x的圖像斜率與a有關(guān)，而a與電場強(qiáng)度E有關(guān)，即為Ek＝m2ax＝max，因加速度a先減小后增大，則斜率也先減小后增大，故D錯(cuò)誤。 3.如圖，一質(zhì)量為m的正方體物塊置于風(fēng)洞內(nèi)的水平面上，其右側(cè)面與風(fēng)速垂直，當(dāng)風(fēng)速為v0時(shí)剛好能推動(dòng)該物塊。已知風(fēng)對(duì)物塊的推力F正比于Sv2 (其中v為風(fēng)速、S為物塊迎風(fēng)面積)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力?，F(xiàn)有質(zhì)量為64m的同一材料做成的另一正方體物塊，剛好把該物塊吹動(dòng)需要的風(fēng)速為(　　) A．2v0　　　　　　　　　 B.4v0 C．8v0 D．16v0 解析：選A　物塊剛好被推動(dòng)，根據(jù)平衡條件有：F＝f，N＝mg，設(shè)物塊邊長為a，其中：F＝kSv2＝ka2v2，f＝μN(yùn)＝μmg＝μρa(bǔ)3g，有v＝，質(zhì)量變成64倍，體積變成64倍，則邊長變成4倍，解得風(fēng)速v變?yōu)樵瓉淼?倍，選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤。 4．如圖甲所示，ab為磁場邊界，在ab的右側(cè)存在一個(gè)足夠大的勻強(qiáng)磁場，t＝0時(shí)刻磁場方向垂直于豎直圓環(huán)平面向里，用一根橫截面積為S，電阻率為ρ的硬質(zhì)導(dǎo)線做成兩個(gè)半徑分別為r和2r的圓環(huán)1和圓環(huán)2，讓圓環(huán)的直徑與邊界重合。磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示，則0～t1時(shí)間內(nèi)(　　) A．兩圓環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針 B．兩圓環(huán)一直具有擴(kuò)張的趨勢(shì) C．環(huán)1和環(huán)2中感應(yīng)電流的大小之比為1∶2 D．環(huán)1和環(huán)2中的電功率之比為1∶4 解析：選C　磁通量向里減小，由楞次定律“增反減同”可知，線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，0～t0時(shí)間內(nèi)為了阻礙磁通量的減小，線圈有擴(kuò)張的趨勢(shì)，t0～t1時(shí)間內(nèi)為了阻礙磁通量的增大，線圈有縮小的趨勢(shì)，A、B錯(cuò)誤；從題圖乙中可知磁場均勻變化，即恒定，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝＝S′可知產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小之比為＝＝，根據(jù)電阻定律R＝ρ＝ρ可知兩環(huán)的電阻之比為＝，故感應(yīng)電流之比為＝＝，C正確；電功率之比為＝＝，D錯(cuò)誤。 5.夏季游樂場的“飛舟沖浪”項(xiàng)目受到游客的歡迎。如圖所示，一游客(可視為質(zhì)點(diǎn))以某一水平速度從A點(diǎn)出發(fā)沿光滑圓軌道運(yùn)動(dòng)，至B點(diǎn)時(shí)脫離軌道，最終落在水面上的C點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是(　　) A．在A點(diǎn)時(shí)，游客處于超重狀態(tài) B．從B到C過程，游客的機(jī)械能增大 C．在B點(diǎn)時(shí)，游客的向心加速度為g D．從A到B過程，游客的加速度不斷增大 解析：選D　在A點(diǎn)，游客具有豎直向下的向心加速度，此瞬間處于失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；從B到C過程，游客只受重力作用，游客的機(jī)械能守恒，故B錯(cuò)誤；游客在B點(diǎn)剛離開軌道，則游客對(duì)圓軌道的壓力為零，游客的加速度為g，豎直向下，但向心加速度小于g，故C錯(cuò)誤；游客從A到B做圓周運(yùn)動(dòng)的速度不斷增大，所以向心加速度不斷增大，而切向加速度也不斷增大，故D正確。 二、多項(xiàng)選擇題 6．下列說法正確的是(　　) A．放射性元素發(fā)生α衰變的實(shí)質(zhì)是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化為24He B．α粒子散射實(shí)驗(yàn)表明原子的絕大部分質(zhì)量和全部正電荷集中在一個(gè)半徑很小的核內(nèi) C．一群氫原子受激發(fā)后處于n＝3能級(jí)，當(dāng)它們向低能級(jí)躍遷時(shí)能發(fā)出3種頻率的光 D．用某種頻率的光照射鋅板不能發(fā)生光電效應(yīng)，可能是因?yàn)樵摴獾膹?qiáng)度不夠 解析：選BC　α衰變的實(shí)質(zhì)是原子核中的兩個(gè)質(zhì)子和兩個(gè)中子組成一個(gè)結(jié)合體釋放出來，故A錯(cuò)誤。α粒子散射實(shí)驗(yàn)表明原子的絕大部分質(zhì)量和全部正電荷集中在一個(gè)半徑很小的核內(nèi)，故B正確。一群氫原子受激發(fā)后處于n＝3能級(jí)，當(dāng)它們向低能級(jí)躍遷時(shí)，根據(jù)C32＝3知，能發(fā)出3種不同頻率的光子，故C正確。用某種頻率的光照射鋅板不能發(fā)生光電效應(yīng)，是因?yàn)槿肷涔獾念l率小于金屬的極限頻率，故D錯(cuò)誤。 7．如圖所示的電路中，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比n1∶n2＝4∶1，電阻R＝25 Ω，C為電容器。原線圈接u1＝200sin 100πt(V)的交流電。則(　　) A．該交流電的頻率為50 Hz B．交流電流表的讀數(shù)為0 C．電阻R的功率為200 W D．電容器的耐壓值應(yīng)大于50 V 解析：選AD　根據(jù)交流電的表達(dá)式可得ω＝2πf＝100π，解得該交流電的頻率為f＝50 Hz，A正確；電容器具有通交流的性質(zhì)，所以交流電流表的讀數(shù)不為零，B錯(cuò)誤；原線圈接u1＝200sin 100πt(V)的交流電，則原線圈的電壓有效值U1＝200 V，副線圈的電壓U2＝U1＝50 V，電阻R的功率為P＝＝100 W，C錯(cuò)誤；電容器的耐壓值為交流電的最大值，所以應(yīng)大于U2＝50 V，D正確。 8.某中學(xué)物理學(xué)習(xí)興趣小組做“測(cè)定電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻”的實(shí)驗(yàn)，他們分別測(cè)了兩個(gè)電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，并利用所測(cè)數(shù)據(jù)繪出兩電源的UI圖像分別如圖中①②所示，則(　　) A．電源①的電動(dòng)勢(shì)比電源②的大 B．電源①的內(nèi)阻比電源②的小 C．當(dāng)外接相同的電阻時(shí)，兩電源的輸出功率可能相等 D．當(dāng)外接相同電阻時(shí)，電源①的輸出功率一定比電源②的輸出功率大 解析：選AD　由圖像在U坐標(biāo)軸上的截距等于電源電動(dòng)勢(shì)，圖線的斜率的絕對(duì)值等于電源的內(nèi)阻，可得A正確、B錯(cuò)誤；作外接電阻R的UI曲線分別交電源①、②的伏安特性曲線于S1、S2兩點(diǎn)，如圖所示，交點(diǎn)橫、縱坐標(biāo)的乘積IU為電源的輸出功率，由圖可知，無論外接多大電阻，點(diǎn)S1的橫、縱坐標(biāo)的乘積都大于點(diǎn)S2的橫、縱坐標(biāo)的乘積，可知電源①的輸出功率總比電源②的輸出功率大，故C錯(cuò)誤、D正確。 9.如圖所示，質(zhì)量為M的電梯底板上放置一質(zhì)量為m的物體，鋼索拉著電梯由靜止開始向上做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)上升高度為H時(shí)，速度達(dá)到v，不計(jì)空氣阻力，則(　　) A．物體所受合力做的功等于mv2＋mgH B．底板對(duì)物體的支持力做的功等于mgH＋mv2 C．鋼索的拉力做的功等于Mv2＋MgH D．鋼索的拉力、電梯的重力及物體對(duì)底板的壓力對(duì)電梯M做的總功等于Mv2 解析：選BD　對(duì)物體應(yīng)用動(dòng)能定理得：合力對(duì)物體做的功W＝mv2，故A錯(cuò)誤；電梯由靜止開始向上做加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度的大小為a，由速度和位移的關(guān)系式可得，v2＝2aH，所以a＝，對(duì)物體由牛頓第二定律可得，F(xiàn)N－mg＝ma，所以FN＝mg＋ma＝mg＋m，地板對(duì)物體的支持力做的功為W＝FNH＝(mg＋ma)H＝mgH＋mv2，所以B正確；對(duì)于整體由牛頓第二定律可得，F(xiàn)－(M＋m)g＝(M＋m)a，所以鋼索的拉力為F＝(M＋m)g＋(M＋m)a，鋼索的拉力做的功等于FH＝(M＋m)gH＋(M＋m)v2，所以C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理可得，合力對(duì)電梯M做的功等于電梯的動(dòng)能的變化，即為Mv2，則鋼索的拉力、電梯的重力及物體對(duì)底板的壓力對(duì)電梯M做的總功等于Mv2，所以D正確。