2021年高考理綜物理押題卷

1、2021年高考理綜物理押題卷選擇題專練一一、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1418題只有一項(xiàng)符合題目要求，第1921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氫原子的能級(jí)圖如圖所示，如果大量氫原子處在n3能級(jí)的激發(fā)態(tài)，則下列說(shuō)法正確的是()A這群氫原子能輻射出3種不同頻率的光子B波長(zhǎng)最長(zhǎng)的輻射光是氫原子從n3能級(jí)躍遷到能級(jí)n1能級(jí)產(chǎn)生的C輻射光子的最小能量為12.09eVD處于該能級(jí)的氫原子至少需吸收13.6eV能量的光子才能電離答案A解析大量的氫原子自發(fā)地從n3能級(jí)躍遷，可以輻射出C323種不同頻率的光子，即32、31、21，A

2、項(xiàng)正確；其中，氫原子從En3能級(jí)躍遷到n2能級(jí)輻射的光子能量最小，即：3E2(1.51eV)(3.4eV)1.89eV，所以C項(xiàng)錯(cuò)誤；由躍遷規(guī)律EmEnhch可知，輻射出的光子能量越小，頻率越低，波長(zhǎng)越長(zhǎng)，所以氫原子也是從n3能級(jí)躍遷到n2能級(jí)輻射出的光子對(duì)應(yīng)的波長(zhǎng)最長(zhǎng)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；處在n3能級(jí)的氫原子發(fā)生電離，就是從該能級(jí)躍遷到n處，所以至少需吸收EEE30(1.51eV)1.51eV的能量，所以D項(xiàng)錯(cuò)誤15.如圖所示，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為m和M，把它們靠在一起從光滑斜面的頂端由靜止開(kāi)始下滑已知斜面的傾角為，斜面始終保持靜止則在此過(guò)程中，物塊A對(duì)物塊B的作用力為()A0CmgsinBMgs

3、inD(Mm)gsin答案A解析選A、B兩物塊為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，建立坐標(biāo)系，將重力進(jìn)行分解，如圖甲所示選整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得：(Mm)gsin(Mm)a，則agsin.選物塊B為研究對(duì)象，假設(shè)物塊A對(duì)物塊B的作用力為NAB.對(duì)物塊B進(jìn)行受力分析，分解重力，如圖乙所示根據(jù)牛頓第二定律得：MgsinNABMa，將agsin代入該式，解得NAB0，假設(shè)錯(cuò)誤，物塊A、B間的相互作用力為0，A項(xiàng)正確，B、C、D三項(xiàng)錯(cuò)誤16.入冬以來(lái)，全國(guó)多地多次發(fā)生霧霾天氣，能見(jiàn)度不足20m在這樣的惡劣天氣中，甲、乙兩汽車在一條平直的單行道上，乙在前、甲在后同向行駛某時(shí)刻兩車司機(jī)同時(shí)聽(tīng)到前方有事故發(fā)

4、生的警笛提示，同時(shí)開(kāi)始剎車兩輛車剎車時(shí)的vt圖象如圖，則()此時(shí)甲車的位移x(525)20m300m，乙車的位移x(5A若兩車發(fā)生碰撞，開(kāi)始剎車時(shí)兩輛車的間距一定小于87.5mB若兩車發(fā)生碰撞，開(kāi)始剎車時(shí)兩輛車的間距一定小于112.5mC若兩車發(fā)生碰撞，則一定是在剎車后20s之內(nèi)的某時(shí)刻發(fā)生碰撞D若兩車發(fā)生碰撞，則可能是在剎車后20s以后的某時(shí)刻發(fā)生碰撞答案C解析由圖可知，兩車速度相等經(jīng)歷的時(shí)間為20s，甲車的加速度a102501525m/s21m/s2，乙車的加速度a230m/s20.5m/s2，乙11甲2215)20m200m，可知要不相撞，則兩車的至少距離x300m200m100m，因?yàn)?/p>

5、兩車發(fā)生碰撞，則兩車的距離小于100m，故A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤；因?yàn)樗俣认嗟群螅舨幌嘧?，兩者的距離又逐漸增大，可知兩輛車一定是在剎車后的20s之內(nèi)的某時(shí)刻發(fā)生相撞的，故C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤，故選C項(xiàng)17北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)是中國(guó)自行研制的全球衛(wèi)星定位與通信系統(tǒng)，它由空間段、地面段和用戶段三部分組成第三代北斗導(dǎo)航衛(wèi)星計(jì)劃由35顆衛(wèi)星組成，如圖所示其中有5顆地球靜止軌道衛(wèi)星(運(yùn)行在地球同步軌道，離地高度約3.6104km)、27顆中地球軌道衛(wèi)星(運(yùn)行在3個(gè)互成120的軌道面上，離地高度約2.15104km)、3顆傾斜同步軌道衛(wèi)星(其軌道平面與赤道平面有一定的夾角，周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同)假設(shè)所有北斗衛(wèi)星均繞

6、地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是()A中地球軌道衛(wèi)星的線速度最小B傾斜同步軌道衛(wèi)星能定點(diǎn)在北京上空C中地球軌道衛(wèi)星的運(yùn)行周期小于地球同步衛(wèi)星的運(yùn)行周期D傾斜同步軌道衛(wèi)星的軌道半徑大于地球靜止軌道衛(wèi)星的軌道半徑答案C解析根據(jù)G2mmr得：v和TGMMmv242rrT2GMr42r3，由此可知“高軌低速大周期”因?yàn)殪o止軌道衛(wèi)星運(yùn)行在地球同步軌道，即與地球自轉(zhuǎn)周期相同，傾斜同步軌道衛(wèi)星周期也與地球自轉(zhuǎn)周期相同，所以二者的軌道半徑相同，D項(xiàng)錯(cuò)誤；由題中數(shù)據(jù)，中地球軌道衛(wèi)星的離地高度低于地球同步衛(wèi)星的離地高度，所以其周期小于地球同步衛(wèi)星的運(yùn)行周期，C項(xiàng)正確；三種衛(wèi)星中，中地球軌道衛(wèi)星的離地高度最低，

7、線速度最大，A項(xiàng)錯(cuò)誤；如果傾斜同步軌道衛(wèi)星定點(diǎn)在北京上空，衛(wèi)星受到地球萬(wàn)有引力作用，其中一個(gè)分力提供向心力，使衛(wèi)星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，另一個(gè)分力豎直向下，此時(shí)衛(wèi)星處于不穩(wěn)定狀態(tài)，就會(huì)下墜，所以傾斜同步軌道衛(wèi)星不能定點(diǎn)在北京上空，B項(xiàng)錯(cuò)誤18如圖所示，空間存在垂直紙面向里的磁場(chǎng)，磁場(chǎng)在豎直方向均勻分布，在水平方向非均勻分布，且關(guān)于豎直平面MN對(duì)稱絕緣細(xì)線上端固定在M點(diǎn)，下端與一個(gè)粗細(xì)均勻的銅制圓環(huán)相接現(xiàn)將圓環(huán)由P處無(wú)初速釋放，圓環(huán)第一次向右擺動(dòng)最遠(yuǎn)能到達(dá)Q處(圖中未畫(huà)出)已知圓環(huán)始終在同一豎直平面內(nèi)擺動(dòng)，則在圓環(huán)從P擺向Q的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A位置P與Q可能在同一高度B感應(yīng)電流方向始終逆時(shí)

8、針C感應(yīng)電流方向先逆時(shí)針后順時(shí)針D安培力方向始終與運(yùn)動(dòng)方向相反答案C解析圓環(huán)從P擺向Q的過(guò)程中，穿過(guò)圓環(huán)的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到安培力的作用，圓環(huán)克服安培力做功，產(chǎn)生電能，進(jìn)而在其中發(fā)熱，同時(shí)機(jī)械能減少，所以位置P與Q不可能在同一高度，Q點(diǎn)會(huì)低于P點(diǎn)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；從P到最低點(diǎn)的過(guò)程，穿過(guò)圓環(huán)的磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知，在圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針；從最低點(diǎn)到Q的過(guò)程，穿過(guò)圓環(huán)的磁通量減少，根據(jù)楞次定律可知，布，根據(jù)左手定則和計(jì)算安培力的公式FBIL可知，兩段等效的在圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為順時(shí)針?biāo)?，整個(gè)過(guò)程中，感應(yīng)電流方向先逆時(shí)針后順時(shí)針，B項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確；因?yàn)榇艌?chǎng)在豎直

9、方向均勻分布，所以可考慮將圓環(huán)中的感應(yīng)電流沿過(guò)圓心的豎直方向，等效成左右兩段長(zhǎng)度為圓環(huán)直徑的電流，由于磁場(chǎng)在水平方向非均勻分安直線電流受到的安培力始終沿水平方向且不等大，因此D選項(xiàng)錯(cuò)誤19.如圖所示，在光滑絕緣水平面上的P點(diǎn)正上方O點(diǎn)固定了一電荷量為Q的正點(diǎn)電荷，在水平面上的N點(diǎn)，由靜止釋放一質(zhì)量為m、電荷量為q的負(fù)檢驗(yàn)電荷，該檢驗(yàn)電荷經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)速度為v，圖中60，規(guī)定電場(chǎng)中P點(diǎn)的電勢(shì)為零，則在Q形成的電場(chǎng)中()AN點(diǎn)電勢(shì)高于P點(diǎn)電勢(shì)BN點(diǎn)電勢(shì)為mv22qD檢驗(yàn)電荷在N點(diǎn)具有的電勢(shì)能為mv2CP點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小是N點(diǎn)的4倍12答案BC解析沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，由正點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布可知N點(diǎn)電勢(shì)低于

10、P點(diǎn)電勢(shì)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；負(fù)電荷由N至P，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能的減小量等于動(dòng)能的增加量，又負(fù)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能為0，故負(fù)電荷在N點(diǎn)的電勢(shì)能為mv2，N點(diǎn)電勢(shì)為1mv222q，B項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤；QC由點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式Ekr2可知P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小是N點(diǎn)的4倍，項(xiàng)正確20.在xOy平面內(nèi)存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第一、二、四象限內(nèi)的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，第三象限內(nèi)的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，P(2L，0)、Q(0，2L)為坐標(biāo)軸上的兩個(gè)點(diǎn)如圖所示，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電量為e的電子從P點(diǎn)沿PQ方向射出，不計(jì)電子的重力，則()A若電子從P點(diǎn)能到原點(diǎn)O，則所用時(shí)間可能為m2eBB若電子從P點(diǎn)能到原點(diǎn)O，則

11、所用時(shí)間可能為2m3eBC若電子從P點(diǎn)出發(fā)經(jīng)原點(diǎn)O到達(dá)Q點(diǎn)，電子運(yùn)動(dòng)的路程一定為2LD若電子從P點(diǎn)出發(fā)經(jīng)原點(diǎn)O到達(dá)Q點(diǎn)，電子運(yùn)動(dòng)的路程可能為L(zhǎng)答案AD解析若電子從P點(diǎn)出發(fā)恰好經(jīng)原點(diǎn)O第一次射出磁場(chǎng)分界線，則有運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示：則微粒運(yùn)動(dòng)的路程為圓周的，所用的時(shí)間為t，則電子從P點(diǎn)出發(fā)恰好經(jīng)原點(diǎn)O的時(shí)間為，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；112mm44eB2eBm2eB若電子從P點(diǎn)出發(fā)經(jīng)原點(diǎn)O到達(dá)Q點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)軌跡可能如圖乙、丙所示：或者是因此則微粒運(yùn)動(dòng)的路程可能為L(zhǎng)，也可能為2L，若粒子完成3、4、n個(gè)圓弧，那么電子運(yùn)動(dòng)的路程可能：n為奇數(shù)時(shí)為2L；n為偶數(shù)時(shí)為L(zhǎng)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確故A、D兩項(xiàng)正確21一

12、質(zhì)量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖所示圖中ab為粗糙的水平面，長(zhǎng)度為L(zhǎng)，bc為一光滑斜面，斜面和水平面通過(guò)與ab和bc均相切的長(zhǎng)度可忽略的光滑圓弧連接現(xiàn)有一質(zhì)量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)，在斜面上上升的最大高度為h，返回后恰好到達(dá)a點(diǎn)與物體P相對(duì)靜止，重力加速度為g，則()A粗糙水平面ab的動(dòng)摩擦因數(shù)為hLB當(dāng)木塊最后到達(dá)a時(shí)的速度為0C當(dāng)木塊最后到達(dá)a時(shí)的速度為v03聯(lián)立得mgLmgh，得，整個(gè)過(guò)程產(chǎn)生的熱量Q2mgLD整個(gè)過(guò)程產(chǎn)生的熱量為2mgh答案ACD解析先分析小物塊從開(kāi)始到最高點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒：mv013mv，v3v0，根據(jù)能量守恒，有13

13、mgLmgh2mv022mv21同理，最后到達(dá)a點(diǎn)時(shí)的速度也是v3v0，整個(gè)過(guò)程能量守恒有2mgL132mv022mv2hL2mgh，綜上A、C、D三項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤選擇題專練二一、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1418題只有一項(xiàng)符合題目要求，第1921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.A、B兩質(zhì)點(diǎn)在同一平面內(nèi)同時(shí)向同一方向做直線運(yùn)動(dòng)，它們的位移時(shí)間圖象如圖所示，其中是頂點(diǎn)是原點(diǎn)的拋物線的一部分，是通過(guò)(0，3)的一條直線，兩圖象相交于坐標(biāo)為(3，9)的P點(diǎn)，則下列說(shuō)法不正確是()A質(zhì)點(diǎn)A做初速度為零，加速度為2m/s2

14、的勻加速直線運(yùn)動(dòng)B質(zhì)點(diǎn)B以2m/s的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)C在前3s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)A比B向前多前進(jìn)了6mD在前3s內(nèi)，某時(shí)刻A、B速度相等答案C解析質(zhì)點(diǎn)A的圖象是拋物線，說(shuō)明質(zhì)點(diǎn)A做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，已1知A的圖象的頂點(diǎn)是原點(diǎn)，將(3，9)代入公式x2at2，解得：v00，a2m/s2，即質(zhì)點(diǎn)A做初速度為零，加速度為2m/s2的勻加速直線運(yùn)x93v3t動(dòng)，故A項(xiàng)正確；質(zhì)點(diǎn)B做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度為：Bm/s2m/s，故B項(xiàng)正確；在前3s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)A前進(jìn)位移為9m，質(zhì)點(diǎn)B前進(jìn)位移為6m，所以質(zhì)點(diǎn)A比B向前多前進(jìn)3m，故C項(xiàng)不正確；根據(jù)xt圖象的斜率表示速度，知在3s前某時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)A、B速度相等，故D項(xiàng)正確故選C項(xiàng)

15、15如圖，有一傾斜的均質(zhì)圓盤半徑足夠大，盤面與水平面的夾角為，繞過(guò)圓心并垂直于盤面的轉(zhuǎn)軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，有一物體可視為質(zhì)點(diǎn)與盤面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g.要使物體能與圓盤始終保持相對(duì)靜止，則物體與轉(zhuǎn)軸間最大距離為()A.B.C.gD.ggcos2cossin2gsin2cossin22r，解得：rg，故A、B、D三項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確故答案C解析當(dāng)物體轉(zhuǎn)到圓盤的最低點(diǎn)，所受的靜摩擦力沿斜面向上達(dá)到最大時(shí)，角速度一定，由牛頓第二定律得：mgcosmgsinmcossin2選C項(xiàng)16如圖，在光滑的水平桌面上有一物體A，通過(guò)繩子與物體B相連，假設(shè)繩子的質(zhì)量以及繩子

16、與定滑輪之間的摩擦力都可以忽略不計(jì)，繩子不可伸長(zhǎng)如果mB3mA，則物體A的加速度和繩的拉力大小等于()A拉力為mBgB拉力為0.75mBgC加速度為3g4D加速度為3g答案C解析AB連在一起，加速度大小相同，對(duì)整體分析可知，由牛頓第二定律可知：mBg(mAmB)a，3結(jié)合mB3mA解得加速度為：a4g.A選取A為研究的對(duì)象，的合力等于繩子的拉力，所以繩子的拉力為：3FmAa4mAg，故應(yīng)選C項(xiàng)17如圖甲所示為某實(shí)驗(yàn)小組驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的實(shí)驗(yàn)裝置，他們將光滑的長(zhǎng)木板固定在桌面上，a、b兩小車放在木板上并在小車上安裝好位移傳感器的發(fā)射器，且在兩車相對(duì)面上涂上黏性物質(zhì)現(xiàn)同時(shí)給兩車一定的初速度，使a、

17、b沿水平面上同一條直線運(yùn)動(dòng)，發(fā)生碰撞后兩車粘在一起，兩車的位置x隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示a、b兩車質(zhì)量(含發(fā)射器)分別為1kg和8kg，則下列說(shuō)法正確的是()A兩車碰撞前總動(dòng)量大于碰撞后總動(dòng)量B碰撞過(guò)程中a車損失的動(dòng)能是J149C碰撞后兩車的總動(dòng)能比碰前的總動(dòng)能小D兩車碰撞過(guò)程為彈性碰撞答案C解析設(shè)a、b兩車碰撞前的速度大小為v1、v2，碰后的速度大小為v3，根據(jù)vt圖象表示速度，結(jié)合題圖乙得v12m/s，v21m/s，23v3m/s，以向右為正方向，碰前總動(dòng)量p1mav1mbv26kgm/s，碰后總動(dòng)量p2(mamb)v36kgm/s，則兩車碰撞前總1動(dòng)量等于碰撞后總動(dòng)量，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；碰

18、撞前a車動(dòng)能為Ek2mav12111222122J2J，碰撞后a車動(dòng)能為Ek2mav32213J216J，所以碰撞過(guò)程中a車損失的動(dòng)能是EkEkEk99J，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；碰前a、b兩車的總動(dòng)能為6J，碰后a、b兩車的總動(dòng)能為2J，故C正確；兩車碰撞過(guò)程中機(jī)械能不守恒，發(fā)生的是完全非彈性碰撞，故D項(xiàng)錯(cuò)誤故選C項(xiàng)18.如圖所示，M、N兩點(diǎn)分別放置兩個(gè)等量異種電荷，P為MN連線的中點(diǎn)，T為連線上靠近N的一點(diǎn)，S為連線的中垂線上處于P點(diǎn)上方的一點(diǎn)把一個(gè)電子分別放在P、S、T三點(diǎn)進(jìn)行比較，則()A電子從T點(diǎn)移到S點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，動(dòng)能減小B電子在P點(diǎn)受力最小，在T點(diǎn)電勢(shì)能最大C電子在S點(diǎn)受力最小，在T點(diǎn)電

19、勢(shì)能最大D電子從P點(diǎn)移到S點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能增大答案C解析等量異號(hào)電荷的電場(chǎng)線和等勢(shì)面的分布圖象如圖所示，電場(chǎng)線的疏密程度表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，在P、S、T三點(diǎn)中，S位置電場(chǎng)線最稀疏，故場(chǎng)強(qiáng)最小的點(diǎn)是S點(diǎn)故電荷在S點(diǎn)受到的電場(chǎng)力最?。籗、P兩個(gè)點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上，電勢(shì)相等；沿著電場(chǎng)線電勢(shì)逐漸降低，故P點(diǎn)電勢(shì)高于T點(diǎn)電勢(shì)；故電勢(shì)最低的點(diǎn)是T點(diǎn)，負(fù)電荷放在電勢(shì)低處的電勢(shì)能大，故放在T點(diǎn)處電勢(shì)能最大，放在S、P點(diǎn)上電勢(shì)能相等，故C項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；電子從T點(diǎn)移到S點(diǎn)，電勢(shì)能減小，則電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能增加，A項(xiàng)錯(cuò)誤；電子從P點(diǎn)移到S點(diǎn)，電場(chǎng)力不做功，動(dòng)能不變，D項(xiàng)錯(cuò)誤故選C項(xiàng)191999年9月18日，

20、中共中央、國(guó)務(wù)院、中央軍委在人民在會(huì)堂隆重表彰研制“兩彈一星”作出突出貢獻(xiàn)的科學(xué)家，下列核反應(yīng)方程中屬于“兩彈一星”的核反應(yīng)方程式和反應(yīng)種類的是()A.714N24He817O11H裂變B.92235U01n3890Sr54136Xe1001n裂變C.92238U90234Th24He裂變D12H13H24He01n聚變答案BD解析14N4He17O1H是用氦核打擊氮核使氮核轉(zhuǎn)變的過(guò)7281程，是原子核的人工轉(zhuǎn)變，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；92235U01n3890Sr54136Xe1001n是重核的裂變，故B項(xiàng)正確；92238U90234Th24He是衰變，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；12H13H24He01n是輕核的聚

21、變，故D項(xiàng)正確“20我國(guó)在2018年12月8日發(fā)射的“嫦娥四號(hào)”，可以更深層次、更加全面的探測(cè)月球地貌、資源等方面的信息已知月球的半徑為R，月球表面的重力加速度為g，引力常量為G，嫦娥四號(hào)”繞月球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，離月球中心的距離為r，根據(jù)以上信息可知下列結(jié)果正確的是()A“嫦娥四號(hào)”繞月球運(yùn)行的周期為2B“嫦娥四號(hào)”繞月球運(yùn)行的速度大小為r3gR2gR2rC月球的平均密度為3g4GRr2D“嫦娥四號(hào)”所在軌道處的重力加速度為R2g答案ABC解析根據(jù)萬(wàn)有引力等于向心力可得：根據(jù)萬(wàn)有引力等于向心力可得：G2mr且Gmg，聯(lián)立解得T2gR2rTR2Mm22Mmr3，Mmv2A項(xiàng)正確；根據(jù)萬(wàn)有引力等于向

22、心力可得：Gr2mr，解得vgR2，B項(xiàng)正確；月球的平均密度為R3GMrrV43gR2MG3gMm4GR，C項(xiàng)正確；根據(jù)Gr2mg，可知“嫦娥四號(hào)”所在軌道GMgR2處的重力加速度為gr2r2，D項(xiàng)錯(cuò)誤故A、B、C三項(xiàng)正確211922年英國(guó)物理學(xué)家阿斯頓因質(zhì)譜儀的發(fā)明、同位素和質(zhì)譜的研究榮獲了諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)若速度相同的一束粒子由極板間左端射入質(zhì)譜儀后分裂為a、b、c三束，分別運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)邊界的膠片上，它們的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示則下列相關(guān)說(shuō)法中正確的是()解析帶電粒子沿直線通過(guò)電磁場(chǎng)，有qvBEq，得v，由粒子A極板P1帶正電Ba離子的電荷量最大C所有離子從射入到打在膠片上所用時(shí)間相等D若a、b、c離子

23、為氫的三種同位素原子核，則c離子為氚核答案ADEB在右側(cè)磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)方向知，粒子帶正電，據(jù)此判斷電場(chǎng)強(qiáng)度方向必須大小關(guān)系，B項(xiàng)錯(cuò)誤；粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑不同，則不同，所其半徑R，三條軌跡半徑不同說(shuō)明其不同，不能確定電荷量的向下，即P1板帶正電，A項(xiàng)正確；粒子進(jìn)入磁場(chǎng)中做半個(gè)圓周運(yùn)動(dòng)，mvmqBqmq以周期就不同，那么在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)時(shí)間就不同，C項(xiàng)錯(cuò)誤；若a、b、c為氫原子的三種同位素，c的半徑最大，說(shuō)明c的比荷最小，應(yīng)是氚核，D項(xiàng)正確故選A、D兩項(xiàng)選擇題專練三一、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1418題只有一項(xiàng)符合題目要求，第1921題有多項(xiàng)符合題目要求全部選對(duì)的

24、得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分14十九世紀(jì)末到二十世紀(jì)初，一些物理學(xué)家對(duì)某些物理現(xiàn)象的研究直接促進(jìn)了“近代原子物理學(xué)”的建立和發(fā)展，關(guān)于以下4幅圖中涉及的物理知識(shí)說(shuō)法正確的是()A圖1是黑體輻射實(shí)驗(yàn)規(guī)律，愛(ài)因斯坦為了解釋此實(shí)驗(yàn)規(guī)律，首次提出了“能量子”概念B強(qiáng)激光的出現(xiàn)使一個(gè)電子在極短時(shí)間內(nèi)吸收多個(gè)光子成為可能，這已被實(shí)驗(yàn)證實(shí)如圖2所示，若用波長(zhǎng)為的光照射鋅板，驗(yàn)電器指針不偏轉(zhuǎn)；則換用波長(zhǎng)也為的強(qiáng)激光照射鋅板，驗(yàn)電器指針可能偏轉(zhuǎn)C如圖3所示，一個(gè)處于n4能級(jí)的氫原子向低能級(jí)躍遷，最多可以放出6種不同頻率的光D圖4為天然放射現(xiàn)象中產(chǎn)生的三種射線在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)情況，其中線代表的射線穿透能

25、力最強(qiáng)答案B解析普朗克通過(guò)研究黑體輻射提出能量子的概念，并很好的解釋了黑體輻射的實(shí)驗(yàn)規(guī)律，A項(xiàng)錯(cuò)誤；若用波長(zhǎng)為的光照射鋅板，驗(yàn)電器指針不偏轉(zhuǎn)，則換用波長(zhǎng)為的強(qiáng)激光照射鋅板，鋅板的電子可以在極短時(shí)間內(nèi)吸收多個(gè)光子發(fā)生逃逸，故驗(yàn)電器指針可能偏轉(zhuǎn)，B項(xiàng)正確；一個(gè)處于n4能級(jí)的氫原子向低能級(jí)躍遷，最多可放出3種不同頻率的光，即從n4到n3再到2最后到1，C項(xiàng)錯(cuò)誤；從圖中可知電場(chǎng)強(qiáng)度方向水平向右，而粒子向右偏轉(zhuǎn)，故帶正電，為粒子，其電離作用最強(qiáng)，D項(xiàng)錯(cuò)誤15如圖所示，銅線圈水平固定在鐵架臺(tái)上，銅線圈的兩端連接在電流傳感器上，傳感器與數(shù)據(jù)采集器相連，采集的數(shù)據(jù)可通過(guò)計(jì)算機(jī)處理，從而得到銅線圈中的電流隨時(shí)間

26、變化的圖線利用該裝置探究條形磁鐵從距銅線圈上端某一高度處由靜止釋放后，沿銅線圈軸線豎直向下穿過(guò)銅線圈的過(guò)程中產(chǎn)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象兩次實(shí)驗(yàn)中分別得到了如圖甲、乙所示的電流時(shí)間圖象條形磁鐵在豎直下落過(guò)程中始終保持直立姿態(tài)，且所受空氣阻力可忽略不計(jì)則下列說(shuō)法中正確的是()A若兩次實(shí)驗(yàn)條形磁鐵距銅線圈上端的高度不同，其他實(shí)驗(yàn)條件均相同，則甲圖對(duì)應(yīng)實(shí)驗(yàn)條形磁鐵距銅線圈上端的高度大于乙圖對(duì)應(yīng)實(shí)驗(yàn)條形磁鐵距銅線圈上端的高度B若兩次實(shí)驗(yàn)條形磁鐵的磁性強(qiáng)弱不同，其他實(shí)驗(yàn)條件均相同，則甲圖對(duì)應(yīng)實(shí)驗(yàn)條形磁鐵的磁性比乙圖對(duì)應(yīng)實(shí)驗(yàn)條形磁鐵的磁性強(qiáng)C甲圖對(duì)應(yīng)實(shí)驗(yàn)條形磁鐵穿過(guò)銅線圈的過(guò)程中損失的機(jī)械能小于乙圖對(duì)應(yīng)實(shí)驗(yàn)條形磁鐵

27、穿過(guò)銅線圈的過(guò)程中損失的機(jī)械能D兩次實(shí)驗(yàn)條形磁鐵穿過(guò)銅線圈的過(guò)程中所受的磁場(chǎng)力都是先向上后向下答案C解析由乙圖中的電流峰值大于甲中電流峰值，可知乙實(shí)驗(yàn)的電磁感應(yīng)現(xiàn)象更明顯，故乙實(shí)驗(yàn)中的高度更高或磁鐵磁性更強(qiáng)，A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤；電流峰值越大，產(chǎn)生的焦耳熱越多，損失的機(jī)械能越大，故C項(xiàng)正確；整個(gè)過(guò)程中，磁鐵所受的磁場(chǎng)力都是阻礙磁鐵運(yùn)動(dòng)，故磁場(chǎng)力一直向上，D項(xiàng)錯(cuò)誤16甲、乙兩個(gè)質(zhì)量都是M的小車靜置在光滑水平地面上質(zhì)量為m的人站在甲車上并以速度v(對(duì)地)跳上乙車，接著仍以對(duì)地的速率v反跳回甲車對(duì)于這一過(guò)程，下列說(shuō)法中正確的是()A最后甲、乙兩車的速率相等B最后甲、乙兩車的速率之比vvM(mM)甲乙C人從

28、甲車跳到乙車時(shí)對(duì)甲的沖量為I1，從乙車跳回甲車時(shí)對(duì)乙車的沖量為I2，應(yīng)是I1I2D人從甲車跳到乙車時(shí)對(duì)甲的沖量為I1，從乙車跳回甲車時(shí)對(duì)乙車的沖量為I2，應(yīng)是I1I2答案B解析以人與甲車組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，以人的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得，人跳離甲車時(shí)，mvMv10，以乙車與人組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，以人的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得，人跳上乙車時(shí)，mv(mM)v2，人跳離乙車時(shí)，(mM)v2Mvmv，以人與甲車組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，以人的速度方向乙為正方向，由動(dòng)量守恒定律得，人反跳回甲車時(shí)，mvMv1(mMmM)v，解得甲v甲v乙M，故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；由動(dòng)量定理得，1對(duì)甲車

29、I1Mv1mv，對(duì)乙車I2Mv乙Mv22mvmvmmv，M即I1I2，故C、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤17.如圖所示，直角坐標(biāo)系中x軸上在xr處固定有帶電荷量為9Q的正點(diǎn)電荷，在xr處固定有帶電荷量為Q的負(fù)點(diǎn)電荷，y軸上a、b兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為yar和ybr，c、d、e點(diǎn)都在x軸上，d點(diǎn)的坐標(biāo)為xd2r，rxcEeCd點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零Ba、b兩點(diǎn)的電勢(shì)相等Da、b兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)相同答案D解析c、d點(diǎn)間距與d、e點(diǎn)間距相等，根據(jù)電場(chǎng)線的分布情況知，c處電場(chǎng)線密，場(chǎng)強(qiáng)大，故A項(xiàng)正確；由電場(chǎng)分布的對(duì)稱性可知，a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，故B項(xiàng)正確；9Q在d點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小E19QQQ（3r）2kkr2，方向水平向右，Q在d點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)

30、強(qiáng)大小E2kr2，方向水平向左，所以由電場(chǎng)的疊加原理可知，d點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為零，故C正確；根據(jù)電場(chǎng)線分布的對(duì)稱性可知，a、b兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的大小相等，但方向不同，則a、b兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)不相同，故D項(xiàng)錯(cuò)誤18.如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r.電路中的R2、R3為總阻值一定的滑動(dòng)變阻器，R0為定值電阻，R1為光敏電阻(其電阻隨光照強(qiáng)度增大而減小)當(dāng)開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，電容器中一帶電微粒恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，不考慮電容充放電對(duì)電路的影響，有關(guān)下列說(shuō)法中正確的是()A只逐漸增大R1的光照強(qiáng)度，電阻R3中有向下的電流兩端的電壓變大，由E可知，電場(chǎng)力變大，帶電微粒向上運(yùn)動(dòng)，B只調(diào)節(jié)電阻R3的滑動(dòng)端P2向上端移動(dòng)時(shí)，電阻R3中有

31、向上的電流C只調(diào)節(jié)電阻R2的滑動(dòng)端P1向下端移動(dòng)時(shí)，帶電微粒向上運(yùn)動(dòng)D若斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，帶電微粒向上運(yùn)動(dòng)答案C解析只逐漸增大R1的光照強(qiáng)度，R1的阻值減小，總電阻減小，總電流增大，滑動(dòng)變阻器的電壓變大，電容器兩端的電壓增大，電容器充電，因電容下極板帶正電，所以電阻R3中只有向上的電流，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；電路穩(wěn)定時(shí)，電容相當(dāng)于開(kāi)關(guān)斷開(kāi)，只調(diào)節(jié)電阻R3的滑動(dòng)端P2向上端移動(dòng)時(shí)，對(duì)電路沒(méi)有影響，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；只調(diào)節(jié)電阻R2的滑動(dòng)端P1向下端移動(dòng)時(shí)，電容器并聯(lián)部分的電阻變大，所以電容器Ud故C項(xiàng)正確；若斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，電容器處于放電狀態(tài)，電荷量變小，兩板電壓減小，場(chǎng)強(qiáng)減小，則微粒向下運(yùn)動(dòng)，故D項(xiàng)錯(cuò)誤故選C項(xiàng)19如圖所

32、示，在水平圓盤上放有質(zhì)量分別為m、m、2m的可視為質(zhì)點(diǎn)的三個(gè)物體A、B、C，圓盤可繞垂直圓盤的中心軸OO轉(zhuǎn)動(dòng)三個(gè)物體與圓盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.1，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力三個(gè)物體與軸OO共線且OAOBBCr0.2m，現(xiàn)將三個(gè)物體用輕質(zhì)細(xì)線相連，保持細(xì)線伸直且恰無(wú)張力若圓盤從靜止開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度極其緩慢地增大，已知重力加速度為g10m/s2，則對(duì)于這個(gè)過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是()AA、B兩個(gè)物體同時(shí)達(dá)到最大靜摩擦力BB、C兩個(gè)物體的靜摩擦力先增大后不變C當(dāng)5rad/s時(shí)整體會(huì)發(fā)生滑動(dòng)D當(dāng)2rad/s5rad/s時(shí)，在增大的過(guò)程中B、C間的拉力不斷增大答案BC解析當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速增大時(shí)，由靜摩擦力提供

33、向心力三個(gè)物體的角速度相等，由Fm2r可知，因?yàn)镃的半徑最大，質(zhì)量最大，故C所需要的向心力增加最快，最先達(dá)到最大靜摩擦力，此時(shí)2mgrad/s，當(dāng)C的摩擦力達(dá)到最2m12rC，計(jì)算得出：1g102r2大靜摩擦力之后，B、C間的繩開(kāi)始提供拉力，B的摩擦力增大，達(dá)到最大靜摩擦力后，A、B之間繩開(kāi)始有力的作用，隨著角速度增大，A的摩擦力將減小到零然后反向增大，當(dāng)A與B的摩擦力也達(dá)到最大值時(shí)，且BC的拉力大于AB整體的摩擦力時(shí)物體將會(huì)出現(xiàn)相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)A與B還受到繩的拉力，對(duì)C可得：T2mg2m222r，對(duì)rAB整體可得：T2mg，計(jì)算得出：2g，當(dāng)gr10.2當(dāng)rad/s5rad/s時(shí)，在增大的過(guò)程

34、中B、C間的拉力逐rad/s5rad/s時(shí)整體會(huì)發(fā)生滑動(dòng)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B、C兩項(xiàng)正確；102漸增大，故D項(xiàng)錯(cuò)誤故選B、C兩項(xiàng)20如圖所示，三顆質(zhì)量均為m的地球同步衛(wèi)星間隔分布在半徑為r的圓軌道上，設(shè)地球質(zhì)量為M，半徑為R.下列說(shuō)法正確的是()A地球?qū)σ活w衛(wèi)星的引力大小為GMm（rR）2B一顆衛(wèi)星對(duì)地球的引力大小為GMmr2C兩顆衛(wèi)星之間的引力大小為Gm23r2D三顆衛(wèi)星對(duì)地球引力的合力大小為3GMmr2答案BCmM解析根據(jù)萬(wàn)有引力定律FGr2可知，質(zhì)量分布均勻的球體間的引力距離r等于兩球心間的距離，而rR為同步衛(wèi)星距地面的高度，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；計(jì)算衛(wèi)星與地球間的引力，r應(yīng)為衛(wèi)星到地球球心間的距離也

35、就是衛(wèi)星運(yùn)行軌道半徑r，故B項(xiàng)正確；根據(jù)幾何關(guān)系可知，d23r2兩同步衛(wèi)星的距離d3r，故兩衛(wèi)星間的引力大小為GmmGm2，故C項(xiàng)正確；衛(wèi)星對(duì)地球的引力均沿衛(wèi)星地球間的連線向外，由于三顆衛(wèi)星質(zhì)量大小相等，對(duì)地球的引力大小相等，又因?yàn)槿w衛(wèi)星等間隔分布，根據(jù)幾何關(guān)系可知，地球受到三個(gè)衛(wèi)星的引力大小相等方向成120角，所以合力為0，故D項(xiàng)錯(cuò)誤21以恒定速率運(yùn)動(dòng)，皮帶始終是繃緊的，將m1kg的貨物放在傳送帶上的A處，經(jīng)過(guò)1.2s到達(dá)傳送帶的B端用速度傳感器測(cè)得貨物與傳送帶的速度v隨時(shí)間t變化圖象如圖乙所示，已知重力加速度g取10m/s2，由vt圖象可知()象所圍梯形的面積為x20.2m(24)1m3

36、.2m，故A項(xiàng)v1t1AA、B兩點(diǎn)的距離為2.4mB貨物與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5C貨物從A運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程中，傳送帶對(duì)貨物做功大小為12.8JD貨物從A運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程中，貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為4.8J答案BD解析物塊在傳送帶上先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度達(dá)到傳送帶速度，再繼續(xù)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以物塊由A到B的間距為對(duì)應(yīng)圖1122錯(cuò)誤；由vt圖象可知，物塊在傳送帶上先做加速度為a1的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為a110m/s2，對(duì)物體受力分析，受摩擦力，方向向下，重力和支持力，mgsinmgcosma1，同理，做加速度為a2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)物體受力分析，受摩擦力，方向向上，重力和支持力，加速

37、度為a22m/s2.mgsinmgcosma2聯(lián)立f解得cos0.8，0.5，故B項(xiàng)正確；第一階段：mgcos41N，由圖象知位移為：x1220.2m0.2m，摩擦力做正功為：1Wf1fx140.2J0.8J，同理第二階段：由圖象知位移為：x22(24)1m3m，摩擦力做負(fù)功為：Wf2fx243J12J，所以整個(gè)過(guò)程，傳送帶對(duì)貨物做功大小為：12J0.8J11.2J，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系，貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量等于摩擦力乘以相對(duì)位移，第一階段x1x皮x10.2m，第二階段，x2x2x2皮3m2m1m故兩者之間的總相對(duì)位移為：xx1x21m0.2m1.2m貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q

38、Wfx41.2J4.8J，故D項(xiàng)正確；綜上分析，B、D兩項(xiàng)正確選擇題專練四一、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，14、15、17、18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第16、1921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關(guān)于下列四幅圖所反映的物理過(guò)程的說(shuō)法正確的是()A甲圖中子彈射入木塊的過(guò)程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，能量不守恒B乙圖中M、N兩木塊放在光滑的水平面上，剪斷細(xì)線，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，M、N與彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能增加C丙圖中細(xì)線斷裂后，木球和鐵球在水中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒D丁圖中木塊沿放在

39、光滑水平面上的斜面下滑，木塊和斜面組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒答案C解析甲圖中，在光滑水平面上，子彈射入木塊的過(guò)程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能有損失，但是損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，能量仍守恒，A項(xiàng)錯(cuò)誤；乙圖中，剪斷細(xì)線，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，M、N與彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為木塊的動(dòng)能，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，B項(xiàng)錯(cuò)誤；丙圖中，木球和鐵球組成的系統(tǒng)勻速下降，說(shuō)明兩球所受水的浮力等于兩球自身的重力，細(xì)線斷裂后兩球在水中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由于水的浮力對(duì)兩球做功，兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械不守恒，C項(xiàng)正確；丁圖中，木塊沿放在光滑水平面上的斜面下滑

40、，木塊和斜面組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，水平方向上動(dòng)量守恒，由于斜面可能不光滑，所以機(jī)械能可能有損失，D項(xiàng)錯(cuò)誤15如圖甲是遠(yuǎn)距離輸電線路示意圖，圖乙是用戶端電壓隨時(shí)間變化的圖象，則()解析根據(jù)電壓隨時(shí)間變化的關(guān)系，由圖可知，T0.02s，故f副線圈匝數(shù)，輸出電壓增大，損失的功率為PUR，損失功率A發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的交流電的頻率是100HzB降壓變壓器輸出的電壓有效值是340VC輸電線的電流僅由輸送功率決定D僅增加升壓變壓器的副線圈匝數(shù)，其他條件不變，輸電線上損失的功率減小答案D1T10.02Hz50Hz，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；由圖象可知交流電壓的最大值為Um340340V，因此其有效值為UV，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；

41、根據(jù)PIU，輸電2線中的電流與傳輸?shù)墓β瘦旊婋妷河嘘P(guān)，傳輸?shù)碾妷涸酱?，輸電線中的電流也越大，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；保持升壓變壓器原線圈匝數(shù)不變，增加P2副減小，故D項(xiàng)正確；故選D項(xiàng)16.壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小某課題研究小組在升降機(jī)水平地面上利用壓敏電阻設(shè)計(jì)了判斷升降機(jī)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的裝置其工作原理圖如圖甲所示，將壓敏電阻、定值電阻R、電流顯示器、電源E連成電路，在壓敏電阻上放置一個(gè)絕緣重物.0t1時(shí)間內(nèi)升降機(jī)停在某一樓層處，t1時(shí)刻升降機(jī)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，從電流顯示器中得到電路中電流i隨時(shí)間t變化的情況如圖乙所示則以下判斷中正確的是()At1t2時(shí)間內(nèi)絕緣重物處于失重狀態(tài)Bt3t4時(shí)間內(nèi)絕緣重物處于失重

42、狀態(tài)C升降機(jī)開(kāi)始時(shí)可能停在10樓，從t1時(shí)刻開(kāi)始，經(jīng)向下加速、勻速、減速，最后停在1樓D升降機(jī)開(kāi)始時(shí)可能在1樓，從t1時(shí)刻開(kāi)始，經(jīng)向上加速、勻速、減速，最后停在10樓答案AC解析t1t2時(shí)間內(nèi)電路中電流i的示數(shù)比升降機(jī)靜止時(shí)小，說(shuō)明壓敏電阻增大，壓力減小，重物處于失重狀態(tài)，A項(xiàng)正確；t3t4時(shí)間內(nèi)電路中電流i的示數(shù)比升降機(jī)靜止時(shí)大，說(shuō)明壓敏電阻減小，壓力增大，重物處于超重狀態(tài)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)重物的狀態(tài)可知，若升降機(jī)開(kāi)始時(shí)停在10樓，則t1時(shí)刻開(kāi)始，向下加速、勻速、減速，最后停在1樓，C項(xiàng)正確；若升降機(jī)開(kāi)始時(shí)停在1樓，t1時(shí)刻開(kāi)始向上加速、勻速、減速，重物應(yīng)先處于超重、既不超重也不失重、失重狀態(tài)

43、，與上分析不符，D項(xiàng)錯(cuò)誤故選A、C兩項(xiàng)17如圖所示，兩個(gè)相同的固定斜面上分別放有一個(gè)處于靜止的三角形木塊A、B，它們的質(zhì)量相等A木塊的左側(cè)面沿豎直方向，B木塊的左側(cè)面垂直于斜面，在兩斜面上分別放上一個(gè)相同的光滑球后，木塊仍保持靜止，則放上球后()AA木塊受到的摩擦力等于B木塊受到的摩擦力BA木塊受到的摩擦力小于B木塊受到的摩擦力CA木塊對(duì)斜面的壓力等于B木塊對(duì)斜面的壓力DA木塊對(duì)斜面的壓力大于B木塊對(duì)斜面的壓力答案A解析設(shè)小球的質(zhì)量均為m，A、B的質(zhì)量均為M，斜面的傾角為.以小球與A整體為研究對(duì)象，由平衡條件可得：A木塊受到的摩擦力FfA(Mm)gsin；同理，以小球與B整體為研究對(duì)象，得到B

44、木塊受到的摩擦力FfB(Mm)gsin，則FfAFfB，故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；以A為研究對(duì)象，分析受力，如圖甲所示，由平衡條件得：斜面對(duì)A的支持力FNAMgcosFN1sin以B為研究對(duì)象，受力分析，如圖乙所示，由平衡條件得：斜面對(duì)B的支持力FNBMgcos，則得FNAFNB.A由牛頓第三定律可知，木塊對(duì)斜面的壓力小于B木塊對(duì)斜面的壓力，故C、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤18.如圖，光滑斜面的傾角為，斜面上放置一矩形導(dǎo)體線框abcd，ab邊的邊長(zhǎng)為l1，bc邊的邊長(zhǎng)為l2，線框的質(zhì)量為m，電阻為R，線框通過(guò)絕緣細(xì)線繞過(guò)光滑的滑輪與重物相連，重物質(zhì)量為M，斜面上ef線(ef平行底邊)的右方有垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)

45、，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，如果線框從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)的最初一段時(shí)間是做勻速運(yùn)動(dòng)的，且線框的ab邊始終平行底邊，則下列說(shuō)法正確的是()A線框進(jìn)入磁場(chǎng)前運(yùn)動(dòng)的加速度為MgmgsinmB該勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱為(Mgmgsin)l2C線框做勻速運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為B2l12（Mgmgsin）RD線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)的速度為（Mgmgsin）RBl1m)a，解得：a，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程做答案B解析線框進(jìn)入磁場(chǎng)前，根據(jù)牛頓第二定律Mgmgsin(MMgmgsinMm勻速運(yùn)動(dòng)，重物的重力勢(shì)能減小轉(zhuǎn)化為線框的重力勢(shì)能和線框的內(nèi)B2l12vB2l12l2F，根據(jù)平衡條件得：FMgmgsin，聯(lián)立兩式

46、得：vB2l12v（Mgmgsin）R能，根據(jù)能量守恒定律得：焦耳熱為Q(Mgmgsin)l2，故B項(xiàng)正確；設(shè)線框勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為v，則線框受到的安培力大小為R（Mgmgsin）Rl，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，故C、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤所以B項(xiàng)正確，A、C、D三項(xiàng)錯(cuò)誤19在光電效應(yīng)試驗(yàn)中，分別用頻率為a、b的單色光a、b照射到同種金屬上，測(cè)得相應(yīng)的遏止電壓分別為Ua和Ub，光電子的最大初動(dòng)能分別為Eka和Ekb.h為普朗克常量下列說(shuō)法正確的是()A若ab，則一定有UaUbB若ab，則一定有EkaEkbC若UaUb，則一定有EkaEkbD若ab，則一定有haEkahbEkb答案BC解析根據(jù)光電效應(yīng)方程Ek

47、mhW0知，ab，逸出功相同，則EkaEkb，又EkmeUc，則UaUb，故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；根據(jù)EkmeUc知，若UaUb，則一定有EkaEkb，故C項(xiàng)正確；逸出功W0hEkm，由于金屬的逸出功相同，則有：haEkahbEkb，故D項(xiàng)錯(cuò)誤，所以B、C兩項(xiàng)正確，A、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤20如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的固定光滑細(xì)桿與地面成一定傾角，在桿上套有一個(gè)光滑小環(huán)，沿桿方向給環(huán)施加一個(gè)拉力F，使環(huán)由靜止開(kāi)始沿桿向上運(yùn)動(dòng)已知拉力F及小環(huán)速度v隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2，則以下說(shuō)法正確的是()m1kg，sin，因此A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)題圖乙知，前A小環(huán)的質(zhì)量是1kgB細(xì)桿與地

48、面間的夾角為30C前1s內(nèi)小環(huán)的加速度大小為5m/s2D前3s內(nèi)小環(huán)沿桿上升的位移為1.25m答案AD解析設(shè)細(xì)桿與地面間的夾角為，由vt圖象可知01s時(shí)間內(nèi)小環(huán)的加速度為a0.5m/s2，因此C項(xiàng)錯(cuò)誤；拉力為F15N時(shí)，由牛頓第二定律得F1mgsinma，F(xiàn)24.5N，F(xiàn)2mgsin聯(lián)立解得9200.521s內(nèi)小環(huán)沿桿上升的位移為x11m0.25m，之后2s內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，位移為x20.52m1.0m，所以前3s內(nèi)小環(huán)沿桿上升的位移為xx1x21.25m，D項(xiàng)正確21.質(zhì)量分別為3m和m的兩個(gè)物體，用一根細(xì)繩相連，中間夾著一根被壓縮的輕彈簧，在光滑的水平面上以速度v0勻速運(yùn)動(dòng)某時(shí)刻剪斷細(xì)繩，

49、質(zhì)量為m的物體離開(kāi)彈簧時(shí)速度變?yōu)関2v0，如圖所示，則在這一過(guò)程中彈簧做的功和兩物體之間轉(zhuǎn)移的動(dòng)能分別是()8A.3mv022B.3mv021C.2mv025D.6mv02答案BD解析設(shè)3m的物體離開(kāi)彈簧時(shí)的速度為v1，規(guī)定向右為正方向，由2動(dòng)量守恒定律有：(3mm)v03mv1m2v0.解得v13v0；根據(jù)動(dòng)能221112定理，彈簧做功為：W2m(2v0)223m3v024mv023mv02，11故B項(xiàng)正確；質(zhì)量為m的物體增加的動(dòng)能：Ek2m(2v0)22mv02322mv02，此過(guò)程中彈簧的彈性勢(shì)能減小量為彈簧彈力做的功，即為3322mv02mv02，由機(jī)械能守恒定律可知，兩物體之間轉(zhuǎn)移的

50、動(dòng)能為356mv02mv02，故D項(xiàng)正確，A、C兩項(xiàng)錯(cuò)誤故選B、D兩項(xiàng)選擇題專練五一、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1418題只有一項(xiàng)符合題目要求，第1921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如圖甲所示，輕桿一端與質(zhì)量為1kg，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球相連，另一端可繞光滑固定軸在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，現(xiàn)使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)最高點(diǎn)開(kāi)始計(jì)時(shí)，取水平向右為正方向，小球的水平分速度v隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，A、B、C三點(diǎn)分別是圖線與縱軸、橫軸的交點(diǎn)、圖線上第一周期內(nèi)的最低點(diǎn)，該三點(diǎn)的縱坐標(biāo)分別是1、0、5，g取10m/s2

51、，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是()1vC2vA2A輕桿的長(zhǎng)度為0.5mB小球經(jīng)最高點(diǎn)時(shí)，桿對(duì)它的作用力方向豎直向上CB點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻小球的速度為3m/sD曲線AB段與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積為0.5m答案B12解析設(shè)桿的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，小球從A到C的過(guò)程中機(jī)械能守恒，得：mvA24g2mgL2mvC2，解得L（5）21240m0.6m，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；若小球在A點(diǎn)恰好對(duì)桿的作用力是0，則有mgm，解得v0gL6m/svA1m/s.由于v02L小球在A點(diǎn)的速度小于臨界速度，所以小球做圓周運(yùn)動(dòng)需要的向心力小于重力，桿對(duì)小球的作用力的方向向上，故是豎直向上的支持力，1故B項(xiàng)正確；小球從A到B的過(guò)程中機(jī)械能守恒，得2

52、mvA2mgL12mvB2，所以vBvA22gL12100.6m/s13m/s，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；由于y軸表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲線AB段與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積表示A到B的過(guò)程小球在水平方向的位移，大小等于桿的長(zhǎng)度，即0.6m，故D項(xiàng)錯(cuò)誤故選B項(xiàng)15.如圖所示，質(zhì)量為m的小球A靜止于光滑水平面上，在A球與墻之間用輕彈簧連接現(xiàn)用完全相同的小球B以水平速度v0與A相碰后粘在一起壓縮彈簧，不計(jì)空氣阻力，若彈簧被壓縮過(guò)程中的最大彈性勢(shì)能為E，從球A被碰后開(kāi)始到回到原靜止位置的過(guò)程中墻對(duì)彈簧的沖量大小為I，則下列表達(dá)式中正確的是()1AE4mv02，I2mv01CE2mv02，I2mv01BE4

53、mv02，Imv01DE2mv02，Imv0v0解得v.E2mv2m2mv02，24所以A、B的速度大小依然為v0.于A、B動(dòng)量的變化量，由動(dòng)量定理得：I2m02m0.答案A解析A、B小球相碰過(guò)程，設(shè)碰后A、B的速度為v，規(guī)定向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律可知mv02mv，2當(dāng)A、B速度減到零時(shí)，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，由能量守恒可知1v021然后彈簧彈開(kāi)，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)彈性勢(shì)能又轉(zhuǎn)化為A、B的動(dòng)能，v2把彈簧和A、B小球作為一個(gè)整體，在此過(guò)程中墻對(duì)彈簧的沖量就等vv22即I2mv0，故A項(xiàng)正確；B、C、D三項(xiàng)錯(cuò)誤；綜上所述本題答案是A項(xiàng)16.甲、乙兩車在平直公路上同向行駛，其vt圖象如圖所示

54、已知兩車在t3s時(shí)并排行駛，則()A在t1s時(shí)，甲車在乙車后B在t0時(shí)，乙車在甲車前7.5mC兩車另一次并排行駛的時(shí)刻是t2sD甲、乙車兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為40m答案D解析根據(jù)vt圖象知，甲、乙都沿正方向運(yùn)動(dòng)t3s時(shí)，甲、乙相遇，此時(shí)v30m/s，v25m/s，由vt圖線所圍面積對(duì)應(yīng)位甲乙移關(guān)系知，03s內(nèi)甲車位移x330m45m，乙車位移x1甲2123(1025)m52.5m故t0時(shí)，甲、乙相距x1x乙x乙甲7.5m，即甲在乙前方7.5m，B項(xiàng)錯(cuò)誤；01s內(nèi)，x11甲2110m5m，x乙21(1015)m12.5m，x2x乙x甲7.5mx1，說(shuō)明在t1s時(shí)甲、乙第一次相遇

55、，A、C兩項(xiàng)錯(cuò)誤；甲、乙兩次相遇地點(diǎn)之間的距離為xxx45m5m40m，甲甲所以D項(xiàng)正確17.如圖所示，紙面為豎直面，MN為豎直線段，空間存在平行于紙面的足夠?qū)拸V的水平方向勻強(qiáng)電場(chǎng)，其大小和方向未知，圖中未畫(huà)出，一帶正電的小球從M點(diǎn)在紙面內(nèi)以v0的速度水平向左開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，以后恰好以大小為v2v0的速度通過(guò)N點(diǎn)已知重力加速度g，不計(jì)空氣阻力則下列正確的是()A小球從M到N的過(guò)程經(jīng)歷的時(shí)間為tv0gv0小球從M到N的過(guò)程經(jīng)歷的時(shí)間t，A項(xiàng)正確；帶正電的小球所B可以判斷出電場(chǎng)強(qiáng)度的方向水平向左C從M點(diǎn)到N點(diǎn)的過(guò)程中小球的機(jī)械能先增大后減小D從M到N的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度大小一直增大答案A解析水平方向，小球受

56、水平方向的電場(chǎng)力作用向左先減速后反向加速，到達(dá)N點(diǎn)時(shí)，水平速度仍為v0，則豎直速度vy（2v0）2v02v0.因小球豎直方向在重力作用下做自由落體運(yùn)動(dòng)，則由vygt可知g受的電場(chǎng)力水平向右，可以判斷出電場(chǎng)強(qiáng)度的方向水平向右，B項(xiàng)錯(cuò)誤；從M點(diǎn)到N點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功，可知小球的機(jī)械能先減小后增大，C項(xiàng)錯(cuò)誤；因電場(chǎng)力水平向右，重力豎直向下，可知電場(chǎng)力和重力的合力方向斜向右下方，則從M到N的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，合力先做負(fù)功，后做正功，則動(dòng)能先減小后增加，即速度先減小后增加，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選A項(xiàng)18.如圖所示，有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形線框abcd，從距勻強(qiáng)磁場(chǎng)上邊界H處?kù)o止釋放，其下邊剛進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)

57、域時(shí)恰好能做勻速直線運(yùn)動(dòng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾纫矠長(zhǎng).ab邊開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)記為t1，cd邊出磁場(chǎng)時(shí)記為t2，忽略空氣阻力，從線框開(kāi)始下落到cd邊剛出磁場(chǎng)的過(guò)程中，線框的速度大小v、加速度大小a、ab兩點(diǎn)的電壓大小Uab、線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q隨時(shí)間t的變化圖象可能正確的是()答案C解析線圈在磁場(chǎng)上方H開(kāi)始下落到下邊界剛進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中線圈做勻加速運(yùn)動(dòng)；因線圈下邊剛進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)恰好能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可知線圈直到cd邊出磁場(chǎng)時(shí)也做勻速運(yùn)動(dòng)，A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤；3線圈ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程：EBLv，則Uab4BLv；ab邊出離磁場(chǎng)1的過(guò)程：EBLv，則Uab4BLv；線圈進(jìn)入磁場(chǎng)和出離磁場(chǎng)過(guò)程中電動(dòng)勢(shì)相同，

58、均為EBLv，時(shí)間相同，則產(chǎn)生的熱量相同，故C項(xiàng)正確，A、B、D三項(xiàng)錯(cuò)誤故選C項(xiàng)19下列說(shuō)法正確的是()A愛(ài)因斯坦利用自己提出的能量量子化理論解釋了光電效應(yīng)B結(jié)合能越大的原子核，原子核越穩(wěn)定C一群氫原子從n4的激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時(shí)，能輻射6種不同頻率的光子D天然的放射性現(xiàn)象使人類認(rèn)識(shí)到原子核內(nèi)部具有復(fù)雜的結(jié)構(gòu)答案CD解析普朗克提出的能量量子化理論，愛(ài)因斯坦解釋了光電效應(yīng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；比結(jié)合能越大的原子核，原子核越穩(wěn)定，B項(xiàng)錯(cuò)誤；一群氫原子從n4的激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時(shí)，能輻射6種不同頻率的光子，C項(xiàng)正確；天然的放射性現(xiàn)象產(chǎn)生的射線均來(lái)自原子核內(nèi)部，所以天然的放射性現(xiàn)象使人類認(rèn)識(shí)到原子核內(nèi)部具有復(fù)雜的結(jié)

59、構(gòu)，D項(xiàng)正確20.如圖所示的電路中，電源的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r一定，A、B為平行板電容器的兩塊正對(duì)金屬板，R1為光敏電阻當(dāng)R2的滑動(dòng)觸頭P在a端時(shí)，閉合開(kāi)關(guān)S，此時(shí)電流表A和電壓表V的示數(shù)分別為I和U.以下說(shuō)法正確的是()A若僅將R2的滑動(dòng)觸頭P向b端移動(dòng)，則I不變，U增大B若僅增大A、B板間距離，則電容器所帶電荷量減少rS的距離，所以根據(jù)公式C可得電容器電容減小，由于電容器兩端的電壓恒定，根據(jù)公式C，故電荷量減小，B項(xiàng)正確；若僅減小，根據(jù)公式C可得，U減小，Q也減小，C項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)閉C若僅用更強(qiáng)的光照射R1，則I增大，U增大，電容器所帶電荷量增加D若僅用更強(qiáng)的光照射R1，則U變化量的絕對(duì)值與I變

60、化量的絕對(duì)值的比值不變答案BD解析電容器所在支路由于是斷路，沒(méi)有電流通過(guò)，所以電路中只有光敏電阻和電阻R3串聯(lián)在電路中，并且電容器兩端的電壓等于光敏電阻兩端電壓，所以若僅將R2的滑動(dòng)觸頭P向b端移動(dòng)，電路總電阻不變，電流不變，電壓也不變，A項(xiàng)錯(cuò)誤；若僅增大電容器極板間4kdQU用更強(qiáng)的光照射R1，R1電阻減小，電路總電阻減小，電流增大，故電流表示數(shù)增大，路端電阻減小，所以路端電壓減小，即電壓表示數(shù)QU合回路歐姆定律可得U變化量的絕對(duì)值與I變化量的絕對(duì)值的比值表示電源內(nèi)阻，所以恒定不變，D項(xiàng)正確21位于貴州的“中國(guó)天眼”(FAST)是目前世界上口徑最大的單天線射電望遠(yuǎn)鏡，通過(guò)FAST可以測(cè)量地球