2025年高考二輪復(fù)習(xí)物理選擇題專項(xiàng)練1

選擇題專項(xiàng)練(一)一、單項(xiàng)選擇題:本題共4小題,每小題4分,共16分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。1.(2024廣西貴港二模)B超是醫(yī)院對(duì)病人進(jìn)行檢查的重要設(shè)備,B超成像的基本原理是探頭向人體發(fā)射一組超聲波,遇到人體不同組織時(shí)會(huì)產(chǎn)生不同程度的反射,探頭接收到的超聲波信號(hào)由計(jì)算機(jī)處理,從而形成B超圖像。如圖為探頭沿x軸正方向發(fā)送的簡(jiǎn)諧超聲波圖像,t=0時(shí)刻波恰好傳到質(zhì)點(diǎn)M。已知此超聲波的頻率為1×107Hz。下列說法正確的是()A.質(zhì)點(diǎn)M開始振動(dòng)的方向沿y軸正方向B.探頭發(fā)出的超聲波在人體中的傳播速度為1.4×103m/sC.t=0.75×107s時(shí),質(zhì)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到橫坐標(biāo)x=28×102mm處D.0~0.75×107s時(shí)間內(nèi),質(zhì)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)的路程為1.6mm答案B解析因?yàn)槌暡ㄑ豿軸正方向傳播,根據(jù)波形平移法可知,質(zhì)點(diǎn)M開始振動(dòng)的方向沿y軸負(fù)方向,故A錯(cuò)誤;由圖像可知波長(zhǎng)為λ=14×102mm,則探頭發(fā)出的超聲波在人體中的傳播速度為v=λT=λf=14×105×1×107m/s=1.4×103m/s,故B正確;質(zhì)點(diǎn)并不會(huì)隨波的傳播方向遷移,故C錯(cuò)誤;由題意可知周期為T=1f=1×107s,由于Δt=0.75×107s=34T,且t=0時(shí)刻,質(zhì)點(diǎn)M處于平衡位置開始起振,則0~0.75×107s時(shí)間內(nèi),質(zhì)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)的路程為s=34×4A=3A=1.22.(2024河北一模)研究表明原子核的質(zhì)量雖然隨著原子序數(shù)的增大而增大,但是二者之間并不成正比關(guān)系,其核子的平均質(zhì)量(原子核的質(zhì)量除以核子數(shù))與原子序數(shù)的關(guān)系如圖所示,一般認(rèn)為大于鐵原子核質(zhì)量數(shù)(56)的為重核,小于則為輕核,下列對(duì)該圖像的說法錯(cuò)誤的是()A.從圖中可以看出,Fe原子核最穩(wěn)定B.從圖中可以看出,重核A裂變成原子核B和C時(shí),釋放核能C.從圖中可以看出,輕核D和E發(fā)生聚變生成原子核F時(shí),釋放核能D.從圖中可以看出,重核隨原子序數(shù)的增加,其比結(jié)合能越大答案D解析從圖中可以看出,Fe原子核核子平均質(zhì)量最小,比結(jié)合能最大,Fe原子核最穩(wěn)定,故A正確,不符合題意;重核A裂變成原子核B和C時(shí),由圖可知,核子平均質(zhì)量減小,裂變過程存在質(zhì)量虧損,需要釋放能量,故B正確,不符合題意;輕核D和E發(fā)生聚變生成原子核F時(shí),由圖可知,核子平均質(zhì)量減小,聚變過程存在質(zhì)量虧損,需要釋放能量,故C正確,不符合題意;從圖中可以看出,重核隨原子序數(shù)的增加,原子核越不穩(wěn)定,故比結(jié)合能越小,故D錯(cuò)誤,符合題意。3.(2024河北一模)籃球是中學(xué)生喜歡的運(yùn)動(dòng),如圖所示,小明從同一高度的A、B兩點(diǎn)先后將籃球拋出,籃球恰好都能垂直打在籃板上的P點(diǎn),不計(jì)空氣阻力,上述兩個(gè)過程中籃球從A點(diǎn)()A.拋出后在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與從B點(diǎn)拋出的相等B.拋出后速度的變化量大C.拋出時(shí)小明對(duì)籃球做的功多D.拋出后克服重力做功的功率先增大后減小答案A解析將籃球看成反向平拋運(yùn)動(dòng),籃球在豎直方向下降的高度相同,根據(jù)豎直方向上的位移—時(shí)間公式得h=12gt2,解得運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t=2hg,所以兩個(gè)過程中籃球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等,拋出后速度的變化量都等于gt,即Δv=gt,故A正確,B錯(cuò)誤;由圖可知從A點(diǎn)投出的籃球比從B點(diǎn)投出的籃球的水平位移小,根據(jù)水平方向上的運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得x=v0t,所以有v0A<v0B,即從A點(diǎn)投出的籃球在水平方向的分速度小于從B點(diǎn)投出的籃球在水平方向的分速度,可得被拋出的速度大小為v=v02+(gt)2,結(jié)合v0A<v0B,可得vA<vB,即從A點(diǎn)投出的籃球的速度小,動(dòng)能小,小明對(duì)籃球所做的功更少,故C錯(cuò)誤;克服重力做功的功率為4.(2024山西一模)如圖所示,正方形ABCD四個(gè)頂點(diǎn)各固定一個(gè)點(diǎn)電荷,等量同種負(fù)電荷固定在A、B兩點(diǎn);等量同種正電荷固定在C、D兩點(diǎn),O是正方形的中心。現(xiàn)將A處點(diǎn)電荷沿OA方向移至無窮遠(yuǎn)處,規(guī)定無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零,則()A.移動(dòng)前,O點(diǎn)的電勢(shì)大于零B.移動(dòng)過程中,O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度一直減少C.移動(dòng)過程中,C處點(diǎn)電荷所受靜電力先減小后增大D.移到無窮遠(yuǎn)處時(shí),O點(diǎn)的電勢(shì)小于零答案B解析等量異種點(diǎn)電荷的中垂線上電勢(shì)為0,移動(dòng)前,把A、C處點(diǎn)電荷作一組,把B、D處點(diǎn)電荷作一組,可知O點(diǎn)的電勢(shì)為零,故A錯(cuò)誤;移動(dòng)過程中,B、D處點(diǎn)電荷在O處的電場(chǎng)強(qiáng)度不變,方向由D到B,C處點(diǎn)電荷在O處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度方向由C到O,大小不變,A處點(diǎn)電荷在O處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度方向由C到O,大小不斷變小,由平行四邊形定則可知移動(dòng)過程中,O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度一直減少,同理,D、B處點(diǎn)電荷在C處的電場(chǎng)強(qiáng)度不變,方向由D到B,而A處點(diǎn)電荷在移動(dòng)過程中,在C處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度越來越小,所以C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度越來越小,則C處點(diǎn)電荷所受靜電力一直減小,故B正確,C錯(cuò)誤;將A處點(diǎn)電荷沿OA方向移至無窮遠(yuǎn)處后,相當(dāng)于只有C處的正點(diǎn)電荷在O處產(chǎn)生電勢(shì),則O點(diǎn)的電勢(shì)大于零,故D錯(cuò)誤。二、多項(xiàng)選擇題:本題共4小題,每小題6分,共24分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求,全部選對(duì)得6分,選對(duì)但不全的得3分,有選錯(cuò)的得0分。5.(2024四川廣安二模)如圖所示,甲、乙、丙是地球赤道平面內(nèi)繞地心運(yùn)動(dòng)的三顆人造衛(wèi)星,甲、丙的軌道為圓,乙的軌道為橢圓。則三顆衛(wèi)星()A.在軌道上運(yùn)行的周期關(guān)系是T甲<T乙<T丙B.在軌道上1、2、3位置的加速度大小關(guān)系是a1>a2>a3C.在軌道上1、2、3位置的速率關(guān)系是v1>v2>v3D.在軌道上1、2、3位置所受的萬有引力大小關(guān)系是F1>F2>F3答案AB解析根據(jù)開普勒第三定律可得r3T2=k,三顆衛(wèi)星在1、2、3軌道運(yùn)行時(shí)軌道半徑或者半長(zhǎng)軸增大,所以周期增大,即T甲<T乙<T丙,故A正確;根據(jù)牛頓第二定律有Gm地mr2=ma,得a=Gm地r2,三顆衛(wèi)星在1、2、3處與地球球心間的距離增大,則加速度減小,即a1>a2>a3,故B正確;根據(jù)萬有引力提供向心力有Gm地mr2=mv2r,得v=Gm地r,所以v1>v3,但無法確定v2與v6.(2024河南周口二模)如圖是差動(dòng)變壓器式位移傳感器的簡(jiǎn)化模型。兩組匝數(shù)相等的副線圈上下對(duì)稱分布,在ab端輸入穩(wěn)定的正弦式交變電流,電壓有效值為Uab,cd間輸出電壓有效值為Ucd。初始時(shí),鐵芯兩端與副線圈平齊,鐵芯上下移動(dòng)過程中始終有一端留在副線圈內(nèi),則鐵芯()A.向上移動(dòng),Ucd減小B.向下移動(dòng),Ucd增大C.靜止不動(dòng),增大Uab,則Ucd不變D.向上移動(dòng)一段距離后,增大Uab,則Ucd減小答案BC解析根據(jù)差動(dòng)變壓器式位移傳感器的工作原理可知,兩組匝數(shù)相等的副線圈上下對(duì)稱,當(dāng)鐵芯兩端與副線圈平齊時(shí),兩副線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相互抵消,則cd間輸出的電壓為零,無論鐵芯向上移動(dòng)還是向下移動(dòng),cd間的輸出電壓均增大,A錯(cuò)誤,B正確;若鐵芯靜止不動(dòng),增大ab間的輸入電壓,則兩副線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)仍相互抵消,cd間輸出的電壓不變,仍為零,C正確;由以上分析可知,鐵芯向上移動(dòng)一段距離后,cd間一定有電壓輸出,若Uab增大,結(jié)合公式U1U2=n17.(2024安徽一模)如圖所示,輕質(zhì)彈簧下端固定在光滑斜面底端,彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)上端在O點(diǎn)。小球?qū)椈蓧嚎s到M點(diǎn)(彈簧和小球不連接)。由靜止釋放小球后,將該時(shí)刻記為t=0,小球第一次運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的時(shí)刻為t=t1,小球運(yùn)動(dòng)到的最高點(diǎn)為N。在小球第一次從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中,小球的速度v、加速度a、動(dòng)能Ek以及小球機(jī)械能E隨時(shí)間t變化的圖像可能正確的是()答案AC解析小球向上運(yùn)動(dòng)過程中,根據(jù)牛頓第二定律有Fmgsinθ=ma,隨著彈力減小,加速度逐漸減小,速度逐漸增大,至F'=mgsinθ,此時(shí)加速度為0,速度達(dá)到最大,小球位于MO之間,隨后有mgsinθF=ma,隨著彈力F逐漸減小,加速度逐漸增大,直至t=t1后,加速度為a=gsinθ,之后加速度保持不變,速度逐漸減小,結(jié)合vt圖像斜率為加速度,動(dòng)能的計(jì)算公式Ek=12mv2可知,A、C正確,B錯(cuò)誤;小球運(yùn)動(dòng)過程中,彈簧彈力對(duì)小球做正功,小球機(jī)械能先增大,后不變,故D8.(2024廣東韶關(guān)二模)電磁緩沖裝置廣泛應(yīng)用于高鐵等交通工具,它利用電磁力來實(shí)現(xiàn)有效緩沖,其原理圖如圖所示。減速區(qū)分布著兩部分磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ和Ⅱ(俯視),分別存在著垂直紙面向內(nèi)和垂直紙面向外、寬度均為L(zhǎng)的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B。緩沖車質(zhì)量為m,其底部最前端固定有邊長(zhǎng)也為L(zhǎng)的N匝正方形線圈,線圈電阻為r,緩沖車以速度v0無動(dòng)力進(jìn)入減速區(qū),不計(jì)摩擦及空氣阻力。則()A.緩沖車的線圈進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ的過程中,線圈中的感應(yīng)電流(從上往下看)沿逆時(shí)針方向B.緩沖車的線圈進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ的過程中,緩沖車做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)C.若緩沖車的線圈剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時(shí)的速度為v,此時(shí)緩沖車受到的安培力大小為2D.從緩沖車的線圈進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ開始,在緩沖車運(yùn)動(dòng)位移為L(zhǎng)的過程中,通過線圈的電荷量為2答案ABD解析根據(jù)右手定則可知,緩沖車的線圈進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ的過程中,線圈中的感應(yīng)電流(從上往下看)沿逆時(shí)針方向,故A正確;緩沖車的線圈進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ