2023年高考物理大二輪復(fù)習(xí)考前特訓(xùn)選擇題標(biāo)準(zhǔn)練（七）

選擇題標(biāo)準(zhǔn)練(七)二、選擇題(此題共8小題，每題6分．在每題給出的四個(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．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分)14．(2023·重慶市模擬)以下說法正確的選項(xiàng)是()A．光的波粒二象性是綜合了牛頓的微粒說和惠更斯的波動(dòng)說得出來的B.eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(90,38)Sr＋eq\o\al(136,54)Xe＋xeq\o\al(1,0)n是核裂變方程，其中x＝10C．發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)，入射光越強(qiáng)，光子的能量就越大，光電子的最大初動(dòng)能就越大D．愛因斯坦的質(zhì)能方程E＝mc2中，E是物體以光速c運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能答案B解析牛頓的“微粒說〞認(rèn)為光是一種實(shí)物粒子，而愛因斯坦的“光子說〞認(rèn)為光是一種量子化的物質(zhì)．根據(jù)麥克斯韋的電磁說與愛因斯坦的光子說知，光既具有波動(dòng)性又具有粒子性，故具有波粒二象性，故A錯(cuò)誤；根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，得x＝10，故B正確；根據(jù)光電效應(yīng)方程知：eq\f(1,2)mvm2＝hν－W0，入射光頻率越大所產(chǎn)生的光電子的最大初動(dòng)能就越大，與入射光的強(qiáng)度無關(guān)，故C錯(cuò)誤；愛因斯坦的質(zhì)能方程E＝mc2，只是說明物體具有的能量與它的質(zhì)量之間存在著簡單的正比關(guān)系，E并不是物體以光速c運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能，故D錯(cuò)誤．15．如圖1所示，用一根細(xì)繩連接矩形相框的兩個(gè)頂角b、c，將其掛在豎直墻的釘子a上，a到b、c兩點(diǎn)的距離相等，b、c間的距離為s，相框重為G，細(xì)繩能承受的最大拉力為G，不計(jì)一切摩擦，那么繩的長度不能小于()圖1A.eq\f(\r(3),3)s B.eq\f(2\r(3),3)sC.eq\r(3)s D．2eq\r(3)s答案B解析根據(jù)相框受力平衡知∠bac＝120°，由幾何知識absin60°＝eq\f(s,2)，那么繩長為2ab＝eq\f(2,3)eq\r(3)s.16．雙星系統(tǒng)中，兩顆星在彼此引力的作用下，繞連線上某點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng).1974年物理學(xué)家約瑟夫·泰勒和拉塞爾·赫爾斯發(fā)現(xiàn)由兩個(gè)質(zhì)量不同的星構(gòu)成的雙星系統(tǒng)，每年兩星間的距離減少3.5m，假設(shè)兩星運(yùn)動(dòng)的周期不變，那么該雙星系統(tǒng)中()A．兩星線速度大小始終相等B．兩星加速度大小始終相等C．每年兩星總質(zhì)量在減小D．每年兩星總質(zhì)量在增加答案C解析由Geq\f(m1m2,r2)＝m1eq\f(4π2,T2)r1，Geq\f(m1m2,r2)＝m2eq\f(4π2,T2)r2，又r1＋r2＝r得m1＋m2＝eq\f(4π2r3,GT2)，r減小那么總質(zhì)量減小，C正確，D錯(cuò)誤．而由v1＝eq\f(2π,T)r1，v2＝eq\f(2π,T)r2，知A錯(cuò)誤．由a1＝eq\f(4π2,T2)r1，a2＝eq\f(4π2,T2)r2，知B錯(cuò)誤．17．阻值均為R的四個(gè)電阻、電容為C的電容器及電動(dòng)勢為E的電源(不計(jì)內(nèi)阻)連接成如圖2所示的電路．開關(guān)K閉合且電路穩(wěn)定時(shí)，以下說法正確的選項(xiàng)是()圖2A．電容器兩板間電壓為eq\f(E,3)B．電容器極板上的電荷量為eq\f(2CE,5)C．減小電容器兩極板正對面積，極板上的電荷量減小D．減小電容器兩極板間的距離，穩(wěn)定后兩板間電壓比原來的更小答案C解析電容器與兩個(gè)串聯(lián)電阻并聯(lián)，兩板間電壓等于串聯(lián)兩電阻兩端的電壓：U＝eq\f(E,3R)·2R＝eq\f(2E,3)，A錯(cuò)誤；電容器極板上的電荷量Q＝CU＝eq\f(2EC,3)，B錯(cuò)誤；根據(jù)電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，減小電容器兩極板正對面積，電容減?。娙輧啥说碾妷翰蛔儯蕵O板上的電荷量減小，C正確；兩板間電壓等于串聯(lián)兩電阻兩端的電壓，減小電容器兩極板間的距離，穩(wěn)定后兩板間電壓不變，D錯(cuò)誤．18．(2023·山東淄博市二模)一物塊置于水平桌面上，一端系于物塊的輕繩平行于桌面繞過光滑的輕質(zhì)定滑輪，輕繩的另一端系一質(zhì)量為M的桿，桿自然下垂，桿上穿有質(zhì)量為m(m<M)的小環(huán)，如圖3所示．重力加速度大小為g.當(dāng)小環(huán)以加速度a沿桿加速下滑時(shí)，物塊仍保持靜止，那么物塊受到桌面的摩擦力可能為()圖3A．(M＋m)gB．mgC．(M＋m)g－maD．(M＋m)g－Ma答案C解析對環(huán)：mg－Ff＝ma，對物塊和桿，桌面對物塊的摩擦力等于Mg＋Ff＝(M＋m)g－ma，當(dāng)a＝g時(shí)，桌面對物塊的摩擦力等于Mg.19．(2023·山東青島市二模)如圖4所示，兩個(gè)帶等量正電的點(diǎn)電荷分別位于x軸上的P、Q兩點(diǎn)，其位置關(guān)于點(diǎn)O對稱，圓弧曲線是一個(gè)以O(shè)點(diǎn)為圓心的半圓，c點(diǎn)為半圓與y軸的交點(diǎn)，a、b為一平行于x軸的直線與半圓的交點(diǎn)，以下說法正確的選項(xiàng)是()圖4A．a(chǎn)、b兩點(diǎn)的電勢相同B．a(chǎn)、b兩點(diǎn)的場強(qiáng)相同C．將一個(gè)正電荷q沿著圓弧從a點(diǎn)經(jīng)c點(diǎn)移到b點(diǎn)，電勢能先增大后減小D．將一個(gè)正電荷q放在半圓上任一點(diǎn)，兩電荷對q的作用力大小分別是F1、F2，那么eq\f(1,F1)＋eq\f(1,F2)為一定值答案AD解析由對稱性可知，a、b兩點(diǎn)電勢相同．電場強(qiáng)度大小相等，但方向不同；將一正電荷q沿圓弧上a點(diǎn)經(jīng)c移到b點(diǎn)，電勢能先減小后增大；半圓上任一點(diǎn)設(shè)與P點(diǎn)連線與PQ夾角為θ，F(xiàn)1＝eq\f(kQq,2Rcosθ2)，F(xiàn)2＝eq\f(kQq,2Rsinθ2)，那么eq\f(1,F1)＋eq\f(1,F2)＝eq\f(4R2,kQq)為定值．20．如圖5所示，空間中存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，紙面內(nèi)A、B、C三點(diǎn)構(gòu)成一等邊三角形，在A點(diǎn)有甲、乙、丙三個(gè)質(zhì)量相同的粒子以相同的速度垂直于BC邊進(jìn)入三角形區(qū)域，并分別從B點(diǎn)、BC的中點(diǎn)D、AC的中點(diǎn)E離開三角形區(qū)域．粒子重力不計(jì)，以下說法正確的選項(xiàng)是()圖5A．甲粒子帶正電，乙粒子不帶電，丙粒子帶負(fù)電B．假設(shè)磁場區(qū)域足夠大，那么三個(gè)粒子都能回到A點(diǎn)C．甲粒子受到的洛倫茲力大小是丙粒子的2倍D．甲粒子在三角形內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是丙粒子的2倍答案AD解析由左手定那么可判定三種粒子電性，A項(xiàng)正確；磁場區(qū)域足夠大，甲、丙做完整圓周運(yùn)動(dòng)可回到A點(diǎn)，而乙粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)將不能回到A點(diǎn)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；設(shè)三角形邊長為l，甲粒子：r甲＝l，圓心角為60°丙粒子r丙＝eq\f(l,2)，圓心角也為60°.由F＝meq\f(v2,r)，知甲受洛倫茲力是丙粒子的一半，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由t＝eq\f(1,6)T＝eq\f(πr,3v)知D項(xiàng)正確．21．(2023·福建寧德市質(zhì)檢)如圖6所示，固定在傾角為θ＝30°的斜面內(nèi)的兩根平行長直光滑金屬導(dǎo)軌的間距為d＝1m，其底端接有阻值為R＝2Ω的電阻，整個(gè)裝置處在垂直斜面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝2T的勻強(qiáng)磁場中，一質(zhì)量為m＝1kg(質(zhì)量分布均勻)的導(dǎo)體桿ab垂直于導(dǎo)軌放置，且與兩導(dǎo)軌保持良好接觸，現(xiàn)桿在沿斜面向上、垂直于桿的恒力F＝10N作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)距離L＝6m時(shí)，速度恰好到達(dá)最大(運(yùn)動(dòng)過程中桿始終與導(dǎo)軌保持垂直)．設(shè)桿接入電路的電阻為r＝2Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度大小為g＝10m/s2，那么此過程()圖6A．桿的速度最大值為5m/sB．流過電阻R的電荷量是6CC．在這一過程中，整個(gè)回路產(chǎn)生的焦耳熱為17.5JD．流過電阻R電流方向?yàn)橛蒫到d答案AC解析當(dāng)桿的速度到達(dá)最大時(shí)，由平衡條件得F＝mgsin30°＋F安＝mgsin30°＋B(eq\f(Bdvm,R＋r))d，代入數(shù)據(jù)可解得vm＝5m/s，故A正確；在桿運(yùn)動(dòng)L＝6m的過程中，通過電阻R的電荷量Q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLd,R＋r)＝eq\f(2×6×1,2＋2)C＝3C，故B錯(cuò)誤；在整個(gè)過程中根據(jù)功能關(guān)系，可知F做的功等于桿機(jī)械能的增加量和回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和，即：FL＝mgLsinθ＋eq\f(1,2)mvm2