2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)選擇題押題練4含解析

PAGE6-選擇題押題練4一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。每小題只有一項符合題目要求。1．如圖所示為運動員跳高時的精彩瞬間。下列說法正確的是()A．運動員在最高點處于平衡狀態(tài)B．運動員下降過程中處于超重狀態(tài)C．運動員起跳以后在上升過程中處于失重狀態(tài)D．運動員起跳時地面對他的支持力等于他所受的重力解析：運動員在最高點只受重力作用，不處于平衡狀態(tài)，故A錯誤；運動員在下降過程中加速度向下，處于完全失重狀態(tài)，故B錯誤；運動員起跳以后在上升過程中加速度向下，處于失重狀態(tài)，故C正確；運動員起跳時加速上升，則地面對他的支持力大于他所受的重力，故D錯誤。答案：C2．圖甲是探討光電效應(yīng)試驗規(guī)律的電路。當(dāng)用強度肯定的黃光照耀到光電管上時，測得電流表的示數(shù)隨電壓改變的圖像如圖乙所示。下列說法正確的是()A．若改用紅光照耀光電管，肯定不會發(fā)生光電效應(yīng)B．若改用藍光照耀光電管，圖像與橫軸交點在黃光照耀時的右側(cè)C．若用頻率更高的光照耀光電管，則光電管中金屬的逸出功變大D．照耀的黃光越強，飽和光電流將越大解析：依據(jù)光電效應(yīng)方程Ek＝hν－W0知，紅光的頻率小于黃光的頻率，但若仍大于金屬的極限頻率仍會發(fā)生光電效應(yīng)，故A錯誤；依據(jù)光電效應(yīng)方程Ek＝hν－W0知，藍光的頻率大于黃光的頻率，則光電子的最大初動能增大，所以反向遏止電壓增大，圖像與橫軸交點在黃光照耀時的左側(cè)，故B錯誤；光電管中金屬的逸出功的大小是由材料本身確定的，與入射光的頻率無關(guān)，故C錯誤；增加入射光的強度，則單位時間內(nèi)產(chǎn)生的光電子數(shù)目增加，飽和光電流將越大，故D正確。答案：D3.疫情當(dāng)前，無人駕駛技術(shù)在配送、清潔、消毒等方面的應(yīng)用，節(jié)約人力的同時，也大幅度降低了相關(guān)人員的感染風(fēng)險，對疫情防控起到了主動作用。某公司在研發(fā)無人駕駛汽車的過程中，對比甲、乙兩輛車的運動，兩車在起先計時時剛好經(jīng)過同一位置且沿同一方向做直線運動，它們的速度隨時間改變的關(guān)系如圖所示。由圖可知()A．在t＝3s時，兩車第一次相距最遠B．甲車任何時刻加速度大小都不為零C．在t＝6s時，兩車又一次經(jīng)過同一位置D．甲車t＝6s時的加速度與t＝9s時的加速度相同解析：甲、乙兩車同時同地動身，0～3s內(nèi)甲車速度大于乙車速度，甲在前乙在后，距離越來越遠，3～6s內(nèi)甲車速度小于乙車速度，距離越來越近，所以t＝3s時，甲、乙兩車速度相等，第一次距離最遠，A正確；v-t圖像斜率的物理意義為加速度，圖像的斜率在某時刻為0，所以此時甲車的加速度為0，B錯誤；圖像與橫軸所圍面積代表位移，可知前6s內(nèi)，乙的位移比甲的大，故C錯誤；甲車在6s時和9s時加速度方向不同，D錯誤。答案：A4．如圖所示，志向變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1、n2，原、副線圈兩端的電壓分別為U1、U2，通過原、副線圈中的電流分別為I1、I2。若保持n1、n2和U1不變，且閉合開關(guān)S后兩燈泡均能發(fā)光，則下列說法中正確的是()A．I2＝eq\f(n2,n1)I1B．U2＝eq\f(n2,n1)U1C．開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_，U2將變大D．只有開關(guān)S斷開時，才有U1I1＝U2I2的關(guān)系解析：依據(jù)變壓器的電壓規(guī)律得eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，則U2＝eq\f(n2,n1)U1，由變壓器的電流規(guī)律得eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，則I2＝eq\f(n1,n2)I1，故A錯誤，B正確；輸入電壓確定輸出電壓，依據(jù)上述分析可知不論開關(guān)閉合還是斷開，志向變壓器的電壓規(guī)律始終不變，所以U2也不變，故C錯誤；志向變壓器的輸入功率等于輸出功率，即U1I1＝U2I2始終成立，故D錯誤。答案：B5．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?，F(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，不計空氣阻力。若彈簧被壓縮過程中的最大彈性勢能為E，從球A被碰后起先到回到原靜止位置的過程中墻對彈簧的沖量大小為I，則下列表達式中正確的是()A．E＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，I＝2mv0 B．E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，I＝2mv0C．E＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，I＝mv0 D．E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，I＝mv0解析：A、B碰撞瞬間，由動量守恒定律可知mv0＝2mv1，解得v1＝eq\f(v0,2)，碰撞后系統(tǒng)機械能守恒，當(dāng)兩球向左減速到零時彈簧的彈性勢能最大，最大彈性勢能E＝eq\f(1,2)×2m×(eq\f(v0,2))2＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，取A、B整體分析，取向右為正，由動量定理可得I＝2m×eq\f(v0,2)－(－2m×eq\f(v0,2))＝2mv0，故A正確。答案：A6．如圖所示，頂端附有光滑定滑輪的斜面體靜止在粗糙水平地面上，三條細繩結(jié)于O點，一條繩跨過定滑輪平行于斜面連接物塊P，一條繩連接小球Q，P、Q兩物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，另一條繩OA在外力F的作用下處于水平狀態(tài)?，F(xiàn)保持結(jié)點O位置不變，使OA繩逆時針緩慢旋轉(zhuǎn)至豎直方向，在此過程中，P、Q及斜面均保持靜止，則()A．斜面對物塊P的摩擦力始終減小B．斜面對物塊P的支持力始終增大C．地面對斜面體的摩擦力始終減小D．地面對斜面體的支持力始終增大解析：緩慢逆時針轉(zhuǎn)動繩OA的方向至豎直的過程中，OA拉力的方向改變從1位置到2位置再到3位置，如圖所示，可見繩OA的拉力先減小后增大，繩OB的拉力始終減小。由于不清晰剛起先繩子拉力與重力沿斜面對下的分力大小關(guān)系，所以當(dāng)連接P物體的繩子拉力始終減小時，不能推斷斜面對物塊P的摩擦力改變狀況，故A錯誤；P物體始終在斜面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，則斜面對P的支持力等于重力垂直斜面對下的分力，保持不變，故B錯誤；以斜面體和P的整體為探討對象受力分析，依據(jù)平衡條件可知斜面受地面的摩擦力與OB繩水平方向的拉力等大反向，因繩OB的拉力始終減小，與水平方向的夾角不變，所以其水平分力始終減小，則地面對斜面體向左的摩擦力始終減小，故C正確；以斜面體和P整體為探討對象受力分析，由于繩OB的拉力始終減小，其豎直向下的分力始終減小，依據(jù)豎直方向受力平衡，知地面對斜面體的支持力不斷減小，故D錯誤。答案：C7．一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運動，取該直線為x軸，起始點O為坐標(biāo)原點，其電勢能Ep與位移x的關(guān)系如圖所示。下列圖像中合理的是()解析：粒子僅受電場力作用，做初速度為零的加速直線運動，電場力做的功等于電勢能的減小量，故F＝|eq\f(ΔEp,Δx)|，即Ep-x圖像上某點的切線的斜率表示電場力，故電場力漸漸減小，依據(jù)E＝eq\f(F,q)，知電場強度也漸漸減小，故A錯誤；依據(jù)動能定理，有F·Δx＝ΔEk，故Ek-x圖線上某點切線的斜率表示電場力，由于電場力漸漸減小，與B圖沖突，故B錯誤；題圖v-x圖像是直線，則相同位移速度增加量相等，又是加速運動，故增加相等的速度須要的時間漸漸減小，故加速度漸漸增加，而電場力減小導(dǎo)致加速度減小，故C錯誤；粒子做加速度減小的加速運動，故D正確。答案：D二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。每小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。8.宇宙中有一孤立星系，中心天體四周有三顆行星，如圖所示。中心天體質(zhì)量遠大于行星質(zhì)量，不考慮行星之間的萬有引力，三顆行星的運行軌道中，有兩個為圓軌道，半徑分別為r1、r3，一個為橢圓軌道，半長軸為a，a＝r3。在Δt時間內(nèi)，行星Ⅱ、行星Ⅲ與中心天體連線掃過的面積分別為S2、S3；行星Ⅰ的速率為v1、行星Ⅱ在B點的速率為v2B、行星Ⅱ在E點的速率為v2E、行星Ⅲ的速率為v3。下列說法不正確的是()A．S2＝S3B．行星Ⅱ與行星Ⅲ的運行周期相等C．行星Ⅱ與行星Ⅲ在P點時的向心加速度大小相等D．v3<v1<v2E<v2B解析：依據(jù)開普勒其次定律可知S2≠S3，故A錯誤。已知a＝r3，據(jù)開普勒第三定律知行星Ⅱ、行星Ⅲ的運行周期相等，B正確。向心加速度為垂直于速度方向的加速度，行星Ⅱ與行星Ⅲ在P點時加速度相等，但行星Ⅱ在該點的向心加速度為此加速度的重量，小于行星Ⅲ在P點時的向心加速度，故C錯誤。r1<r3，v1＝eq\r(\f(GM,r1))>v3＝eq\r(\f(GM,r3))；考慮到從軌道Ⅰ到軌道Ⅱ的變軌過程，應(yīng)當(dāng)在B點加速，有v1<v2B；從B點到E點過程，動能向勢能轉(zhuǎn)化，有v2B>v2E；考慮到v2E小于在E點能夠繞中心天體做勻速圓周運動所需的速度vE，而vE<v3，所以有v2E<v3，綜上所述v2E<v3<v1<v2B，故D錯誤。答案：ACD9．鐵路運輸中設(shè)計的多種裝置都運用了電磁感應(yīng)原理。有一種電磁裝置可以向限制中心傳輸信號以確定火車的位置和運動狀態(tài)，裝置的原理是：將能產(chǎn)生勻強磁場的磁鐵安裝在火車首節(jié)車廂下面，如圖甲所示(俯視圖)，當(dāng)它經(jīng)過安放在兩鐵軌間的矩形線圈時，線圈便產(chǎn)生一個電信號傳輸給限制中心。線圈長為l1，寬為l2，匝數(shù)為n。若勻強磁場只分布在一個矩形區(qū)域內(nèi)，當(dāng)火車首節(jié)車廂通過線圈時，限制中心接收到線圈兩端電壓u與時間t的關(guān)系如圖乙所示(ab、cd均為直線)，則在t1～t2時間內(nèi)()A．火車做勻速直線運動B．M點電勢低于N點電勢C．火車加速度大小為eq\f(u2－u1,nBl2（t2－t1）)D．火車平均速度大小為eq\f(u1＋u2,2nBl1)解析：由E＝BLv可知，動生電動勢與速度成正比，而在乙圖中ab段的電壓與時間成線性關(guān)系，因此可知在t1到t2這段時間內(nèi)，火車的速度隨時間勻稱增加，所以火車在這段時間內(nèi)做的是勻加速直線運動，故A錯誤；依據(jù)右手定則，線圈中的感應(yīng)電流是逆時針方向，M點電勢低于N點電勢，故B正確；由圖知t1時刻對應(yīng)的速度為v1＝eq\f(u1,nBl1)，t2時刻對應(yīng)的速度為v2＝eq\f(u2,nBl1)，故這段時間內(nèi)的加速度為a＝eq\f(v2－v1,t2－t1)＝eq\f(u2－u1,nBl1（t2－t1）)，故C錯誤；由C可知這段時間內(nèi)的平均速度為v＝eq\f(v1＋v2,2)＝eq\f(u1＋u2,2nBl1)，故D正確。答案：BD10.一圓筒的橫截面如圖所示，圓心為O的筒內(nèi)有垂直于紙面對里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。圓筒下面有帶等量異種電荷的平行金屬板M、N，板間距為d，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中。粒子與圓筒壁發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設(shè)粒子與圓筒壁碰撞過程中沒有能量損失且電荷量保持不變，不計粒子重力。下列說法中正確是()A．圓筒的半徑R為eq\f(\r(3)mv,3qB)B．M、N間電場的場強大小為eq\f(mv2,qd)C．帶電粒子在如圖所示的系統(tǒng)中做周期性運動，周期為eq\f(πm,qB)＋eq\f(2d,v)D．將磁感應(yīng)強度增大到適當(dāng)?shù)闹?，帶電粒子在圓筒中可以經(jīng)過更多次碰撞，最終從S孔射出解析：如圖所示，粒子進入磁場后做勻速圓周運動，設(shè)第一次碰撞點為A，因為粒子與圓筒壁發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出，因此，SA弧所對的圓心角∠AO′S＝eq\f(π,3)，由幾何關(guān)系得r＝Rtaneq\f(π,3)，粒子運動過程中洛倫茲力充當(dāng)向心力，由牛頓其次定律得qvB＝meq\f(v2,r)，聯(lián)立解得R＝eq\f(\r(3)mv,3qB)，故A正確；設(shè)兩板間的電壓為U，由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2，由勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系得U＝Ed，聯(lián)立上式得E＝eq\f(mv2,2qd)，故B錯誤；帶電粒子電場中運動的時間t1＝2×eq\f(2d,