2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)選擇題押題練1含解析

PAGE6-選擇題押題練1一、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．關(guān)于物理學(xué)發(fā)展過程中的相識，下列說法正確的是()A．玻爾大膽預(yù)言實物粒子在肯定條件下會表現(xiàn)出波動性，提出了物質(zhì)波概念B．開普勒通過對行星運(yùn)行數(shù)據(jù)的探討，得到了行星受到的向心力與軌道半長軸平方成正比的結(jié)論C．法拉第在分析了很多試驗事實后提出，感應(yīng)電流應(yīng)具有這樣的方向，即感應(yīng)電流的磁場總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的改變D．回路中的磁場發(fā)生改變時產(chǎn)生感生電動勢，其本質(zhì)是改變的磁場能在其四周空間激發(fā)感生電場，通過電場力對自由電荷做功實現(xiàn)能量的轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化解析：德布羅意大膽預(yù)言實物粒子在肯定條件下會表現(xiàn)出波動性，提出了物質(zhì)波概念，選項A錯誤；開普勒通過對行星運(yùn)行數(shù)據(jù)的探討，得到了行星運(yùn)動定律，但是并沒有得到行星受到的向心力與軌道半長軸平方成正比的結(jié)論，選項B錯誤；楞次在分析了很多試驗事實后提出，感應(yīng)電流應(yīng)具有這樣的方向，即感應(yīng)電流的磁場總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的改變，選項C錯誤；回路中的磁場發(fā)生改變時產(chǎn)生感生電動勢，其本質(zhì)是改變的磁場能在其四周空間激發(fā)感生電場，通過電場力對自由電荷做功實現(xiàn)能量的轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化，選項D正確。答案：D2．一宇宙飛船的橫截面積為S，以v0的恒定速率航行，當(dāng)進(jìn)入有宇宙塵埃的區(qū)域時，設(shè)在該區(qū)域，單位體積內(nèi)有n顆塵埃，每顆塵埃的質(zhì)量為m，若塵埃遇到飛船前是靜止的，且遇到飛船后就黏附在飛船上，不計其他阻力。為保持飛船勻速航行，飛船發(fā)動機(jī)的牽引力功率為()A．Snmveq\o\al(2,0) B．2Snmveq\o\al(2,0)C．Snmveq\o\al(3,0) D．2Snmveq\o\al(3,0)解析：時間t內(nèi)黏附在飛船上的塵埃質(zhì)量M＝v0tSnm，對黏附的塵埃，由動量定理得Ft＝Mv0，解得F＝nmveq\o\al(2,0)S，維持飛船勻速運(yùn)動，飛船發(fā)動機(jī)牽引力的功率為P＝Fv0＝nmveq\o\al(3,0)S，故選項C正確，A、B、D錯誤。答案：C3．探討與平行板電容器電容有關(guān)因素的試驗裝置如圖所示。下列說法正確的是()A．試驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電B．試驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小C．試驗中，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，靜電計指針的張角變大D．試驗中，只增加極板帶電荷量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大解析：當(dāng)用帶電玻璃棒與電容器a板接觸時，由于靜電感應(yīng)，從而在b板感應(yīng)出等量的異種電荷，從而使電容器帶電，故選項A正確；依據(jù)電容器的確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)知，將電容器b板向上平移，即正對面積S減小，則電容C減小，依據(jù)C＝eq\f(Q,U)可知，電荷量Q不變時，電壓U增大，則靜電計指針的張角變大，故選項B錯誤；依據(jù)電容器的確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)知，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，則介電系數(shù)εr增大，則電容C增大，依據(jù)C＝eq\f(Q,U)可知，電荷量Q不變時，電壓U減小，則靜電計指針的張角減小，故選項C錯誤；電容C＝eq\f(εrS,4πkd)，與極板帶電荷量無關(guān)，選項D錯誤。答案：A4．如圖所示，某極地軌道衛(wèi)星的運(yùn)行軌道平面通過地球的南北兩極，已知該衛(wèi)星從北緯60°的正上方按圖示方向第一次運(yùn)行到南緯60°的正上方時所用時間為1h，則下列說法正確的是()A．該衛(wèi)星的運(yùn)行速度肯定大于7.9km/sB．該衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的運(yùn)行角速度之比為2∶1C．該衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的運(yùn)行半徑之比為1∶4D．該衛(wèi)星的機(jī)械能肯定大于同步衛(wèi)星的機(jī)械能解析：7.9km/s是衛(wèi)星環(huán)繞地球做勻速圓周運(yùn)動的最大速度，所以該衛(wèi)星的運(yùn)行速度肯定小于7.9km/s，故A錯誤；從北緯60°的正上方按圖示方向第一次運(yùn)行至南緯60°正上方轉(zhuǎn)過的圓心角為θ＝120°，則周期為T1＝eq\f(360°,120°)t＝3h，同步衛(wèi)星的周期是24h，由開普勒第三定律可知，eq\f(req\o\al(3,1),req\o\al(3,2))＝eq\f(Teq\o\al(2,1),Teq\o\al(2,2))＝eq\f(32,242)＝eq\f(1,64)，所以該衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的運(yùn)行半徑之比eq\f(r1,r2)＝eq\f(1,4)，由eq\f(GMm,r2)＝mω2r，得該衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的運(yùn)行角速度之比為eq\f(ω1,ω2)＝eq\r(\f(req\o\al(3,2),req\o\al(3,1)))＝8∶1，故B錯誤，C正確；由于不知道該衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系，所以無法比較機(jī)械能大小，故D錯誤。答案：C5．一個半徑為R的勻稱導(dǎo)電金屬圓環(huán)放置在粗糙的水平絕緣桌面上，現(xiàn)加上一方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，如圖所示(府視圖)。將金屬圓環(huán)接入電路中，干路電流為I，接入點(diǎn)a、b是圓環(huán)直徑上的兩個端點(diǎn)。金屬圓環(huán)始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，則()A．當(dāng)電流為I時，金屬圓環(huán)上半部分受到的安培力大小為πBIRB．當(dāng)電流為I時，金屬圓環(huán)受到的安培力大小為BIRC．增大干路電流，金屬圓環(huán)對桌面的壓力增大D．增大干路電流，金屬圓環(huán)對桌面的摩擦力增大解析：當(dāng)電流為I時，金屬圓環(huán)上半部分受到的安培力大小為F1＝B·eq\f(I,2)·2R＝BIR，選項A錯誤；當(dāng)電流為I時，金屬圓環(huán)上下兩部分受到的安培力均為BIR且方向相同，則金屬環(huán)受到的安培力大小為2BIR，選項B錯誤；由左手定則可知，金屬圓環(huán)所受的安培力方向沿水平方向，則增大干路電流，安培力變大，但金屬圓環(huán)對桌面的壓力不變，金屬圓環(huán)對桌面的摩擦力增大，選項C錯誤，D正確。答案：D6．下列說法正確的是()A．原子核發(fā)生一次β衰變，該原子外層就肯定失去一個電子B．核泄漏事故污染物eq\o\al(137,55)Cs能夠產(chǎn)生對人體有害的輻射，其核反應(yīng)方程式為eq\o\al(137,55)Cs→eq\o\al(137,56)Ba＋X，可以推斷X為中子C．若氫原子從n＝2能級向n＝1能級躍遷時輻射出的光不能使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則氫原子從n＝6能級向n＝2能級躍遷時輻射出的光有可能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)D．質(zhì)子、中子、α粒子的質(zhì)量分別是m1、m2、m3，質(zhì)子和中子結(jié)合成一個α粒子，釋放的能量是(2m1＋2m2－m3)c2解析：原子核發(fā)生一次β衰變，該原子核內(nèi)中子變成質(zhì)子，放出一個電子，故A錯誤；依據(jù)核反應(yīng)的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知，X的質(zhì)量數(shù)為零，電荷數(shù)為－1，則X是電子，故B錯誤；依據(jù)玻爾理論可知，氫原子從n＝2能級向n＝1能級躍遷時輻射出的光的能量為hν＝E2－E1＝－3.4eV－(－13.6eV)＝10.2eV，氫原子從n＝6能級向n＝2能級躍遷時輻射出的光的能量為hν′＝E6－E2＝－0.38eV－(－3.4eV)＝3.02eV，結(jié)合光電效應(yīng)發(fā)生的條件可知，若氫原子從n＝2能級向n＝1能級躍遷時輻射出的光不能使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則氫原子從n＝6能級向n＝2能級躍遷時輻射出的光也不能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，故C錯誤；質(zhì)子、中子、α粒子的質(zhì)量分別是m1、m2、m3，質(zhì)子和中子結(jié)合成一個α粒子的過程中虧損的質(zhì)量為(2m1＋2m2－m3)，依據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程可知釋放的能量是(2m1＋2m2－m3)c2，故D正確。答案：D7．如圖所示，豎直放置的矩形導(dǎo)線框MNPQ邊長分別為L和2L，M、N間連接水平的平行板電容器，兩極板間距為d，虛線為線框中軸線，虛線右側(cè)有垂直線框平面對里的勻強(qiáng)磁場。兩極板間有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電油滴恰好處于平衡狀態(tài)。已知重力加速度為g，則磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B的改變狀況及其改變率分別是()A．正在減小，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,2qL2)B．正在減小，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,qL2)C．正在增加，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,2qL2) D．正在增加，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,qL2)解析：電荷量為q的帶負(fù)電的油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，電場力豎直向上，則電場強(qiáng)度方向豎直向下，所以電容器的上極板帶正電，線框上端相當(dāng)于電源的正極，感應(yīng)電動勢沿逆時針方向，感應(yīng)電流的磁場方向和原磁場方向相反，依據(jù)楞次定律可知，穿過線框的磁通量在勻稱增加，線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝UMN＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(ΔB,Δt)L2，油滴所受電場力與重力大小相等，則qeq\f(UMN,d)＝mg，聯(lián)立以上兩式得，線圈中的磁通量改變率的大小為eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,qL2)，故D正確，A、B、C錯誤。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．教學(xué)用發(fā)電機(jī)能夠產(chǎn)生正弦式交變電流，現(xiàn)利用該發(fā)電機(jī)(內(nèi)阻可忽視)通過志向變壓器向定值電阻R和電容器C供電，電路如圖所示。志向溝通電流表A、志向溝通電壓表V的讀數(shù)分別為I、U，R消耗的功率為P。若發(fā)電機(jī)線圈的轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉淼?倍，則()A．電壓表V的讀數(shù)變?yōu)?UB．電流表A的讀數(shù)變?yōu)?IC．R消耗的功率變?yōu)?PD．R消耗的功率變?yōu)?P解析：若發(fā)電機(jī)線圈的轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉淼?倍，電動機(jī)產(chǎn)生的最大電動勢Em＝NBSω變?yōu)樵瓉淼?倍，發(fā)電機(jī)輸出電壓有效值U＝eq\f(Em,\r(2))變?yōu)樵瓉淼?倍，即原線圈的輸出電壓為原來的2倍，由eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)知副線圈輸出電壓為原來的2倍，電壓表V的讀數(shù)變?yōu)樵瓉淼?倍，由P＝eq\f(U2,R)知R消耗的功率為原來的4倍，故A、D正確，C錯誤；轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉淼?倍，通過C的交變電流頻率變?yōu)樵瓉淼?倍，電容器C的容抗減小，副線圈的電流不是原來的2倍，由eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)可知原線圈的電流不是原來的2倍，故B錯誤。答案：AD9．如圖甲所示，在光滑水平面上的兩個小球1、2發(fā)生正碰，兩小球的質(zhì)量分別為m1和m2。圖乙為它們碰撞前后的位移—時間圖像(x-t圖像)。已知m1＝0.1kg，由此可推斷()A．碰前小球2保持靜止B．碰后小球1和小球2都向右運(yùn)動C．兩球的碰撞為彈性碰撞D．小球2的質(zhì)量m2＝0.2kg解析：由x-t圖像可知，碰前小球2的位移不隨時間改變，處于靜止?fàn)顟B(tài)，故選項A正確；碰后小球2的速度為正方向，說明向右運(yùn)動，小球1的速度為負(fù)方向，說明向左運(yùn)動，故選項B錯誤；由圖乙求出，碰前小球1速度為v1＝4m/s，碰后小球2和小球1的速度分別為v2′＝2m/s，v1′＝－2m/s，依據(jù)動量守恒定律得m1v1＝m1v1′＋m2v2′，解得m2＝0.3kg，故選項D錯誤；由于碰撞前后滿意eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2，故為彈性碰撞，選項C正確。答案：AC10．如圖所示為一種質(zhì)譜儀的示意圖，由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成。若靜電分析器通道中心線的半徑為R，通道內(nèi)勻稱輻射電場在中心線處的電場強(qiáng)度大小為E，磁分析器有范圍足夠大的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面對外。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從靜止起先經(jīng)加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器，由P點(diǎn)垂直邊界進(jìn)入磁分析器，最終打到膠片上的Q點(diǎn)。不計粒子重力。下列說法正確的是()A．極板M比極板N的電勢高B．加速電場的電壓U＝ERC．直徑PQ＝2Beq\r(qmER)D．若一群粒子從靜止起先經(jīng)過題述過程都落在膠片上的同一點(diǎn)，則該群粒子具有相同的比荷解析：帶電粒子要打到膠片上，依據(jù)磁場方向和左手定則可知帶電粒子帶正電，在加速電場能夠得到加