高考物理大二轮复习题型限时专练选择题选考题四.doc

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2022届高考物理二轮复习题相互作用(word版含答案)

备战2022届高考物理：相互作用二轮题附答案一、选择题。

1、物块m位于斜面上，受到平行于斜面的水平力F的作用处于静止状态．如图所示，若将外力F撤去，则()A．物块可能会沿斜面下滑B．物块受到的摩擦力变小C．物块受到的摩擦力大小不变D．物块对斜面的压力变小2、如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，两根相同的光滑细钉(大小不计)垂直斜面对称固定在斜面底边中垂线OO′的两侧，相距l，将一遵循胡克定律、劲度系数为k的轻质弹性绳套套在两个细钉上时，弹性绳恰好处于自然伸长状态。

现将一物块通过光滑轻质挂钩挂在绳上并置于斜面上的A位置，物块在沿斜面向下的外力作用下才能缓慢沿OO′向下移动。

当物块运动至B位置时撤去外力，物块处于静止状态。

已知OB=l，轻绳始终与斜面平行，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法中正确的是( )A.在移动物块的过程中，斜面对物块的支持力保持不变B.物块到达B位置时，弹性绳的张力大小为k lC.撤去外力后，物块在B位置受到的摩擦力可能大于D.物块从A位置到达B位置的过程中，物块与弹性绳系统机械能守恒*3、如图所示，一根绳子一端固定于竖直墙上的A点，另一端绕过动滑轮P悬挂一重物B，其中绳子的PA段处于水平状态，另一根绳子一端与动滑轮P的轴相连，在绕过光滑的定滑轮Q后在其端点O施加一水平向左的外力F，使整个系统处于平衡状态，滑轮均光滑、轻质，且均可看作质点，现拉动绳子的端点O使其向左缓慢移动一小段距离后达到新的平衡状态，则该平衡状态与原平衡状态相比较( )A.拉力F增大B.拉力F减小C.角θ不变D.角θ减小4、浙江乌镇一带的农民每到清明时节举办民俗活动，在一个巨型石臼上插入一根硕大的毛竹，表演者爬上竹梢表演各种惊险动作。

如图所示，下列说法正确的是()A．在任何位置表演者静止时只受重力和弹力作用B．在任何位置竹竿对表演者的作用力必定与竹竿垂直C．表演者静止时，竹竿对其作用力必定竖直向上D．表演者越靠近竹竿底部所受的摩擦力就越小5、如图所示，矩形物块A和楔形物块B、C叠放在水平地面上，B物块上表面水平．水平向左的力F作用在B物块上，整个系统处于静止状态，则以下说法正确的是()A．物块A的受力个数为4个B．物块B的受力个数为4个C．地面对物块C的支持力小于三者重力之和D．地面对物块C的摩擦力大小等于F，方向水平向右6、(双选)如图所示，甲、乙、丙三个物体质量相同，与地面间的动摩擦因数相同，受到三个大小相同的作用力F，当它们滑动时，下列说法正确的是()A．甲、乙、丙所受摩擦力相同B．甲受到的摩擦力最小C．乙受到的摩擦力最大D．丙受到的摩擦力最大7、重力为G的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为θ，则()A．θ＝60°时，运动员单手对地的正压力大小为G 2B．θ＝120°时，运动员单手对地面的压力大小为GC．θ不同时，运动员受到的合力不同D．θ不同时，地面对运动员的合力不同8、（双选）如图所示(俯视图)，水平地面上处于伸直状态的轻绳一端拴在质量为m的物块上，另一端拴在固定于B点的木桩上．用弹簧测力计的光滑挂钩缓慢拉绳，弹簧测力计始终与地面平行，物块在水平拉力作用下缓慢滑动，当物块滑动至A位置，∠AOB＝120°时，弹簧测力计的示数为F，则()A．物块与地面间的动摩擦因数为F mgB．木桩受到绳的拉力始终大于FC．弹簧测力计的拉力保持不变D．弹簧测力计的拉力一直增大9、(多选)两个力F1和F2间的夹角为θ，两力的合力为F.以下说法正确的是() A．若F1和F2大小不变，θ角越小，合力F就越大B．合力F总比分力F1和F2中的任何一个力都大C．如果夹角θ不变，F1大小不变，只要F2增大，合力F就必然增大D．合力F的作用效果与两个分力F1和F2共同产生的作用效果是相同的10、（双选）宁波诺丁汉大学的四名学生设计的“户外水杯”获得了设计界“奥斯卡”之称的红点设计大奖．户外水杯的杯子下方有一个盛了塑料球的复合材料罩，球和杯底直接接触，这个塑料球和罩子的重量非常轻，几乎可以忽略不计，但是作用却很大，在不是水平的接触面上可以自动调整，使水杯处于水平状态，如图所示．设此水杯放置于某一倾角的斜面上，则以下说法正确的是()A．上部分的杯子受到两个力：重力、球施加的支持力B．整个户外杯子受到三个力：重力、摩擦力、支持力C．塑料球受到的合力不一定为零D．因为重力不计，所以塑料球只受弹力，不受摩擦力11、（双选）如图所示，将长为l的橡皮筋上端O固定在竖直放置的木板上，另一端M通过细线悬挂重物．某同学用水平力F在M处拉住橡皮筋，缓慢拉动M 至A点处，松开后，再次用水平力拉M，缓慢将橡皮筋也拉至OA直线上，此时M位于图中的B点处．则下列判断正确的是()A．当M被拉至A点处时，橡皮筋长度OA可能小于lB．当M被分别拉到A、B两点处时，橡皮筋的弹力F TA＝F TBC．当M被分别拉到A、B两点处时，所用水平拉力F A<F BD．上述过程中此橡皮筋的弹力不遵循胡克定律12、假期里，一位同学在厨房里帮助妈妈做菜，对菜刀产生了兴趣．他发现菜刀的刀刃前部和后部的厚薄不一样，刀刃前部的顶角小，后部的顶角大，如图所示，他先后做出过几个猜想，其中合理的是()A．刀刃前部和后部厚薄不匀，仅是为了打造方便，外形美观，跟使用功能无关B．在刀背上加上同样的压力时，分开其他物体的力跟刀刃厚薄无关C．在刀背上加上同样的压力时，顶角越大，分开其他物体的力越大D．在刀背上加上同样的压力时，顶角越小，分开其他物体的力越大二、填空含实验题。

2024年高考物理二轮复习选择题专项练四含解析

选择题专项练(四)(满分:40分时间:30分钟)一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。

每小题只有一个选项符合题目要求。

1.(2021山东淄博高三二模)负压病房是收治传染性极强的呼吸道疾病病人所用的医疗设施,可以大大减少医务人员被感染的可能性,病房中气压小于外界环境的大气压。

若负压病房的温度和外界温度相同,负压病房内气体和外界环境中气体都可以看成理想气体,以下说法正确的是()A.负压病房内气体分子的平均动能小于外界环境中气体分子的平均动能B.外界气体进入负压病房后体积会缩小C.负压病房内单位体积气体分子数小于外界环境中单位体积气体分子数D.相同面积负压病房内壁受到的气体压力等于外壁受到的气体压力2.(2021山东济南高三一模)某同学将一网球竖直向上抛出,一段时间后落回原处,此过程中空气阻力大小保持不变,以竖直向上为正方向,下列位移—时间图像中可能正确的是()3.(2021山东泰安高三三模)位于贵州的“中国天眼”(FAST)是目前世界上口径最大的单天线射电望远镜,通过FAST可以测量地球与木星之间的距离。

当FAST接收到来自木星的光线传播方向恰好与地球公转线速度方向相同时,测得地球与木星的距离是地球与太阳距离的k倍。

若地球和木星绕太阳的运动均视为匀速圆周运动且轨道共面,则可知木星的公转周期为()A.(1+k)34年 B.(1+k2)32年C.(1+k2)34年 D.k32年4.(2021湖南衡阳高三一模)《中国制造2025》是国家实施强国战略第一个十年行动纲领,智能机器制造是一个重要方向,其中智能机械臂已广泛应用于各种领域。

如图所示,一机械臂铁夹竖直夹起一个金属小球,小球在空中处于静止状态,铁夹与球接触面保持竖直,则()A.机械臂受到的摩擦力方向向上B.小球受到的压力与重力是一对平衡力C.若增大铁夹对小球的压力,小球受到的摩擦力变大D.若机械臂夹着小球在空中沿水平方向做匀加速直线运动,则机械臂对小球的作用力相比静止时的作用力一定变大5.(2021天津高三模拟)如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=5∶1,原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u,R为阻值随光强增大而减小的光敏电阻,L1和L2是两个完全相同的灯泡,电表均为理想交流电表。

2019年高考物理大二轮复习题型限时专练4选择题+鸭题(四)

专练4 选择题＋选考题(四)(时间：30分钟)一、选择题(本题共8小题，在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求．)14．(2018·云南七校联考)关于结合能和比结合能，下列说法正确的是( )A．原子核的结合能等于核子结合成原子核而具有的能量B．一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能C．比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固D．自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能[解析] 原子核分解成自由核子时，需要的最小能量就是原子核的结合能，A错误；重核衰变时释放能量，衰变产物更稳定，即衰变产物的比结合能更大，衰变前后核子数不变，所以衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能，B正确；比结合能越大，原子核越稳定，C错误；原子核是核子凭借核力结合在一起构成的，要把它们分开，也需要能量，所以质量亏损对应的能量与结合能是相等的，D错误．[答案] B15．(2018·武汉市高三调研)如图是对着竖直墙壁沿水平方向抛出的小球a、b、c的运动轨迹，三个小球到墙壁的水平距离均相同，且a和b从同一点抛出．不计空气阻力，则( )A．a和b的飞行时间相同B．b的飞行时间比c的短C ．a 的初速度比b 的小D ．c 的初速度比a 的大[解析] 三个小球与墙壁的水平距离相同，b 下落的高度比a 大，根据t ＝2h g 可知，b 飞行的时间较长，根据v 0＝x t，则a 的初速度比b 的大，选项A 、C 错误；b 下落的竖直高度比c 大，则b 飞行的时间比c 长，选项B 错误；a 下落的竖直高度比c 大，则a 飞行的时间比c 长，根据v 0＝xt，则a 的初速度比c 的小，选项D 正确． [答案] D16．(2018·湖南湘东五校联考)每年的某段时间内太阳光会直射地球赤道，如图所示，一颗卫星在赤道正上方绕地球做匀速圆周运动，运动方向与地球自转方向相同，每绕地球一周，黑夜与白天的时间比为1∶5.设地球表面重力加速度为g ，地球半径为R ，地球自转角速度为ω.忽略大气及太阳照射偏移的影响，则赤道上某定点能够直接持续观测到此卫星的最长时间为( )A.2π3⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫ g 8R ＋ω B.π3⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫ g 8R －ω C.2π3⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫ g 8R －ω D.π3⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫ g 8R ＋ω[解析] 卫星每绕地球一周，黑夜与白天的时间比为1∶5，结合几何知识计算可得，卫星绕地球运行的轨道半径为2R ，设轨道半径为R 的卫星周期为T 1，该卫星的周期为T 2，则有mg ＝mR 4π2T 21，T 21T 22＝R 32R 3，联立解得T 2＝2πg 8R＝2πω2，又地球的自转周期为T ＝2πω，由几何关系可知，在地球上能够直接观测到该卫星的角度为120°，即能够直接观测到该卫星的时间为该卫星相对地球运动120°的时间，卫星相对地球赤道上某点运动一周所用时间为t ＝2πg8R－ω，则赤道上某定点可直接持续观测到此卫星的最长时间为t ′＝t 3＝2π3⎝ ⎛⎭⎪⎫g 8R －ω，选项C 正确．[答案] C17．(2018·辽宁五校联考)如图所示，在x 轴上关于原点O 对称的两点A 、B 分别固定放置点电荷＋Q 1和－Q 2，x 轴上的P 点位于B 点的右侧，且P 点电场强度为零．设无穷远处电势为零，则下列判断正确的是( )A ．P 点电势为零B ．在A 、B 连线上还有一点与P 点电场强度相同C ．A 、O 两点的电势差大于O 、B 两点的电势差D ．将一试探电荷＋q 从P 点移至O 点过程中，电势能一直增大[解析] 根据题述可知P 点的电场强度为零，根据点电荷电场强度公式和场强叠加原理可知＋Q 1的电荷量一定大于－Q 2的电荷量，A 、B 连线上各点电场强度都大于零，选项B 错误；无穷远处电势为零且P 点电场强度为零，由于＋Q 1的电荷量大于－Q 2的电荷量，可知P 点右侧电场方向向右，正电荷从右侧无穷远处移动到P 点的过程中，电场力始终做负功，故P 点电势不为零，选项A 错误；由于＋Q 1的电荷量大于－Q 2的电荷量，＋Q 1附近的电场线要比－Q 2附近的电场线密，A 、O 两点之间的平均电场强度要比O 、B 两点之间的平均电场强度大，由E ＝U d定性分析可知，A 、O 两点之间的电势差大于O 、B 两点之间的电势差，选项C 正确；O 点电势高于P 点，但越靠近－Q 2，电势越低，将一试探电荷＋q 从P 点移至O 点的过程中，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，选项D 错误．[答案] C18．如图所示，静止在粗糙水平面上的半径为4R 的半球的最高点A 处有一根水平细线系着质量为m 、半径为R 的光滑球．已知重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．地面对半球的摩擦力的方向水平向右B ．细线对小球的拉力大小为34mg C ．保持小球的位置不变，将A 点沿半球逐渐下移，半球对小球的支持力逐渐减小D ．剪断细线的瞬间，小球的加速度大小为0.6g[解析] 以半球和小球整体为研究对象，整体处于平衡状态，不受摩擦力作用，A 项错误．对小球受力分析如图，拉力F A ＝mg tan θ，由几何关系可知tan θ＝34，则F A ＝34mg ，B项正确．半球对小球的支持力F N＝mgcosθ，在A点下移时，θ增大，cosθ减小，则F N增大，C项错误．在剪断细线的瞬间，细线对小球的拉力消失，小球在沿切线方向有mg sinθ＝ma，其中sinθ＝0.6，得a＝0.6g，D项正确．[答案]BD19．(2018·湖南湘东五校联考)如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场边界的间距为L，一质量为m、边长也为L的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行．t＝0时刻线框的上边恰好与磁场的下边界重合(图中位置Ⅰ)，线框的速度为v0，经历一段时间后，当线框的下边恰好与磁场的上边界重合时(图中位置Ⅱ)，线框的速度刚好为零，此后，线框下落，经过一段时间回到初始位置Ⅰ(不计空气阻力)，则( )A．上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等B．上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量多C．上升过程中，线框的加速度逐渐减小D．上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力做功的平均功率[解析] 线框在穿过磁场过程中要克服安培力做功，但在线框上升过程中，安培力与重力均与运动方向相反，都做负功，而在线框下降过程中，重力做正功，安培力做负功，即上升过程中合力做的功大于重力做的功，下降过程中合力做的功小于重力做的功，即上升过程中合力做的功大于下降过程中合力做的功，选项A错误；分析线框的运动过程可知，对应于同一位置，上升过程的安培力大于下降过程的安培力，而上升、下降位移相等，故上升过程克服安培力做的功大于下降过程中克服安培力做的功，故上升过程中线框产生的热量多，所以选项B 正确；以线框为对象受力分析可知，线框在上升过程中做减速运动，有F 安＋mg ＝ma ，F 安＝B 2L 2v R ，故有a ＝g ＋B 2L 2mRv ，所以上升过程中，随着速度逐渐减小，加速度也逐渐减小，故选项C 正确；线框在下降过程中做加速运动，有a ′＝g －B 2L 2v mR ，由此可知，下降过程中的平均加速度小于上升过程的平均加速度，而上升、下降的位移相等，故可知上升时间较短，下降时间较长，两过程中重力做功大小相同，由功率公式可知，上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力做功的平均功率，所以选项D 错误．[答案] BC20．(2018·福州四校联考)如图所示，一理想变压器原线圈匝数n 1＝1000，副线圈匝数n 2＝100，将原线圈接在1002sin100πt (V)的交流电压上，副线圈接有阻值R ＝5 Ω的定值电阻、理想电流表和理想电压表．现在A 、B 两点间接入不同的电子元件，下列说法正确的是( )A ．副线圈两端电压为1000 VB ．若在A 、B 两点间接入一阻值R ′＝15 Ω的定值电阻，则电压表示数为2.5 VC ．若在A 、B 两点间接入一电感线圈(感抗较大)，则电流表的示数为2 AD ．若在两点间接入一电容器，则在降低交流电的频率时，电压表的示数减小[解析] 原线圈输入电压有效值为U 1＝100 V ，根据理想变压器变压公式，可知副线圈两端电压为10 V ，选项A 错误；若在A 、B 两点间接入一阻值R ′＝15 Ω的定值电阻，副线圈输出电流为I 2＝U 2R ＋R ′＝0.5 A ，则电压表示数为U ＝I 2R ＝2.5 V ，选项B 正确；若在A、B两点间接入一电感线圈，由于感抗较大，电路中阻抗大于5 Ω，根据欧姆定律，可知电流表的示数一定小于2 A，选项C错误；若在A、B两点间接入一电容器，则在降低交流电的频率时，容抗增大，电路中的电流减小，由欧姆定律可知，电阻两端电压减小，电压表的示数减小，选项D正确．[答案]BD21．(2018·衡水中学六调)在如图所示被MN隔开的区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在与纸面垂直的匀强磁场，一带电粒子仅在洛伦兹力作用下沿着apb由区域Ⅰ运动到区域Ⅱ.已知ap与pb的弧长之比为2∶1，下列说法正确的是( )A．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的速率之比为1∶1B．粒子通过ap、pb的时间之比为2∶1C．ap、pb对应的圆心角之比为2∶1D．区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁感应强度方向相反[解析] 由于带电粒子在磁场中运动所受的洛伦兹力不做功，所以粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的速率之比为1∶1，选项A正确；由s＝vt，可知粒子通过ap、pb的时间之比为2∶1，选项B正确；根据题图可知，粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中轨迹半径不同，所以圆心角之比不一定是2∶1，选项C错误；根据题图可知带电粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ所受的洛伦兹力的大致方向，易知区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁感应强度方向相反，选项D正确．[答案]ABD二、选考题(从两道题中任选一题作答)33．(2018·唐山高三期末)[物理——选修3－3](1)(多选)大自然中存在许多绚丽夺目的晶体，这些晶体不仅美丽，而且由于化学成分和结构各不相同而呈现出千姿百态．高贵如钻石，平凡如雪花，都是由无数原子严谨而有序地组成的．关于晶体与非晶体，正确的说法是________．A．固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体、非晶体是绝对的，是不可以相互转化的B．多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体没有确定的几何形状C．晶体沿不同方向的导热或导电性能不相同，但沿不同方向的光学性质一定相同D．单晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点E．有的物质在不同条件下能够生成不同晶体，是因为组成它们的微粒能够按照不同规则在空间分布(2)如图所示，气缸开口向右、固定在水平桌面上，气缸内用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞横截面积为S＝1×10－3m2.活塞与气缸壁导热良好，轻绳跨过定滑轮将活塞和地面上质量为m＝1 kg的重物连接．开始时，绳子刚好伸直且张力为零，活塞与缸底的距离L1＝27 cm，被销子K固定在图示位置，此时气缸内气体的压强p1＝1.1×105 Pa，温度T1＝330 K，外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，g＝10 m/s2，不计一切摩擦和阻力．若在此时拔去销子K，降低气缸内气体的温度，求：①重物刚好离开地面时，缸内气体的温度．②重物缓慢上升2 cm时，缸内气体的温度．[解析] (1)在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，例如天然水晶是晶体，熔化以后再凝固的水晶却是非晶体，A错误；多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体没有确定的几何形状，且具有各向同性的特点，B正确；单晶体一定是各向异性，多晶体是各向同性的，C 错误；根据晶体与非晶体的区别可知，晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，D 正确；有的物质微粒在不同条件下可以按不同的规划在空间分布，生成不同的晶体，E 正确．(2)①设重物刚好离开地面时，缸内气体的压强为p 2，活塞受力平衡，故封闭气体压强p 2＝p 0－mg S ＝0.9×105 Pa拔掉销子前后，气体发生等容变化，根据理想气体状态方程，有p 1T 1＝p 2T 2解得T 2＝270 K②重物刚好离开地面时，气体体积为V 1，V 1＝L 1S设重物缓慢上升h ＝2 cm 时，气体体积为V 2，V 2＝(L 1－h )S气体发生等压变化，根据理想气体状态方程，有V 1T 2＝V 2T ′2解得T ′2＝250 K[答案] (1)BDE (2)①270 K ②250 K 34．(2018·湛江市高三调研)[物理——选修3－4](1)(多选)如图所示，两束单色光a 、b 从水下面射向A 点，光线经折射后合成一束光c ，则下列说法正确的是________．A ．用同一双缝干涉实验装置分别以a 、b 光做实验，a 光的干涉条纹间距大于b 光的干涉条纹间距B ．a 光比b 光更容易发生衍射现象C ．在水中a 光的速度比b 光的速度小D ．在水中a 光的临界角大于b 光的临界角E ．若a 光与b 光以相同入射角从水中射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是a 光(2)在某种介质中，有相距4 m 的两个波源S 1、S 2，沿垂直纸面方向做简谐振动，其周期分别为T 1＝0.8 s 和T 2＝0.4 s ，振幅分别为A 1＝2 cm 和A 2＝1 cm ，在该介质中形成的简谐波的波速为v ＝5 m/s.S 处有一质点，它到S 1的距离为3 m ，且SS 1⊥S 1S 2，在t ＝0时刻，两波源同时开始垂直纸面由平衡位置向外振动，试求：①t ＝0时刻振动传到S 处的时间差；②t ＝10 s 时，S 处质点离开平衡位置的位移大小．[解析] (1)根据题给的光路图可知，a 光的折射率较小，b 光的折射率较大，根据n ＝c v可知，在水中a 光的速度比b 光的速度大，选项C 错误；根据折射率大的光的频率较大，波长较短可知，a 光的波长较长，a 光比b 光更容易发生衍射现象，选项B 正确；由条纹间距公式Δx ＝l dλ可知，波长较长的单色光a 的干涉条纹间距较大，选项A 正确；由全反射临界角公式sin C ＝1n ，在水中a 光的临界角大于b 光的临界角，选项D 正确；由sin C ＝1n，且n a <n b 可知，若a 光与b 光以相同入射角从水中射向空气，在不断增大入射角时，水面上首先消失的是b 光，选项E 错误．(2)①由题意可知，SS 2＝SS 12＋S 1S 22＝5 mS 1在t ＝0时的振动传到S 处质点所需的时间t 1＝SS 1v ＝35s ＝0.6 s S 2在t ＝0时的振动传到S 处质点所需的时间 t 2＝SS 2v ＝55 s ＝1 s 那么S 1、S 2在t ＝0时的振动传到S 处质点的时间差为 Δt ＝t 2－t 1＝0.4 s②在t ＝10 s 时S 处质点按S 1的振动规律已经振动了Δt 1＝t －t 1＝9.4 s ＝⎝⎛⎭⎪⎫11＋34T 1 此时S 1引起S 处质点的位移大小为x 1＝A 1＝2 cm 在t ＝10 s 时S 处质点按S 2的振动规律已经振动了Δt 2＝t －t 2＝9 s ＝⎝⎛⎭⎪⎫22＋12T 2 此时S 2引起S 处质点的位移大小为x 2＝0所以t ＝10 s 时S 处质点离开平衡位置的位移为S 1和S 2单独传播引起质点位移的矢量和，故x ＝x 1＋x 2＝2 cm[答案] (1)ABD (2)①0.4 s ②2 cm。

2021【通用版】高考物理二轮《选择试题》专练(含解析)

【通用版】高考物理考前精编选择试题（含解析）专题一1—5为单选，6—8为多选1．作用于O点的三个力平衡，设其中一个力大小为F1，沿y轴负方向，大小未知的力F2与x轴正方向夹角为θ，如图所示，下列关于第三个力F3的判断正确的是(C)A．力F3只能在第二象限B．力F3与F2夹角越小，则F2和F3的合力越小C．F3的最小值为F1cosθD．力F3只能在第三象限解析：据力的三角形定则画图如图所示，力F3可能在第二、第三象限中，选项A、D均错误；不管力F2和F3夹角如何变化，它们的合力大小始终等于F1，选项B错误；从图中可知，当F3与F2垂直时有最小值，且F3＝F1cosθ，选项C正确．2．如图所示，在粗糙的水平面上，长度为L、质量M＝2 kg的长木板某时刻正以速度v0向右运动．现对长木板施加一水平向左的恒力F(大于3 N)，同时将一质量m＝1 kg的光滑小球无初速度地放置于长木板上表面与左端距离为2L3处，发现长木板向右运动距离3L5后立即反向向左运动．已知长木板与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，g取10 m/s2，规定水平向左为正方向，则长木板受到的摩擦力f随时间t的变化规律正确的是下图中的(A)解析：长木板向右减速运动的距离为3L 5的过程中，长木板所受的摩擦力f 1＝μ(m ＋M )g ＝3 N ，方向水平向左；长木板反向向左加速运动的距离为3L 5＋L 3的过程中，小球仍在长木板上，则长木板所受的摩擦力f 2＝μ(m ＋M )g ＝3 N ，方向水平向右；当小球脱离长木板后，长木板所受的摩擦力f 3＝μMg ＝2 N ，方向水平向右，选项A 正确．3．(黑龙江齐齐哈尔二模)如图所示，在竖直平面内，AB ⊥CD 且A 、B 、C 、D 位于同一半径为r 的圆上，在C 点有一固定点电荷，电荷量为－Q .现从A 点将一质量为m 、电荷量为－q 的点电荷由静止释放，该点电荷沿光滑绝缘轨道ADB 运动到D 点时的速度大小为4gr ，规定电场中B 点的电势为零，重力加速度为g .则在－Q 形成的电场中( A )A ．D 点的电势为7mgr qB ．A 点的电势高于D 点的电势C ．O 点的电场强度大小是A 点的2倍D ．点电荷－q 在D 点具有的电势能为7mgr解析：在C 点固定一电荷量为－Q 的点电荷，A 、B 相对CD 线左右对称，则φA ＝φB ＝0 V ，点电荷－q 从A 点由静止释放以后沿光滑轨道ADB 运动到D 点过程中，由动能定理可得：mgr ＋W 电＝12m v 2－0，得W 电＝7mgr ，由W 电＝E p A －E p D ，得E p D ＝－7mgr ，由φD ＝E p D －q，得φD ＝7mgr q ，则φD >φA ，A 正确，B 、D 错误；由场强公式E ＝kQ r 2可知：E A ＝kQ (2r )2，E O ＝kQ r 2，E O ＝2E A ，则C 错误． 4．(江西八校联考)有一种调压变压器的构造如图所示．线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，C 、D 之间加上输入电压，转动滑动触头P 就可以调节输出电压．图中A 为交流电流表，V 为交流电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，C 、D 两端接正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是( A )A．当R3不变，滑动触头P顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小B．当R3不变，滑动触头P逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小C．当P不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变小D．当P不动，滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大解析：当R3不变，P顺时针转动时，n MN减小，由U CDU MN＝n CD n MN，知U MN减小，则电压、电流表读数均减小，A项正确，同理知B项错；当P不动时，匝数n MN不变，输出电压U MN不变，滑片向上滑动，根据串反并同，得电压表示数变大，电流表示数变小，C项错误，同理知D项也错误．5．(武汉模拟)中国版“野牛”级重型气垫船，自重达540吨，最高时速为108 km/h，装有“M-70”大功率燃气轮机，该机额定输出功率为8 700 kW.假设“野牛”级重型气垫船在海面航行过程所受的阻力f与速度v成正比，即f＝k v，则(D)A．“野牛”级重型气垫船的最大牵引力为2.9×105 NB．在额定输出功率下以最高时速航行时，气垫船所受的阻力为9.8×105 NC ．以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船发动机的输出功率为4 350 kWD ．从题中给出的数据，能计算阻力f 与速度v 的比值k解析：汽车的牵引力F ＝P v ，当速度很小趋于零时，牵引力很大，选项A 错误；启动后以额定功率行驶，速度达到最大时，阻力f ＝F ＝P v ＝2.9×105 N ，选项B 错误；匀速行驶时，P ＝F v ＝k v 2，以最高时速运动，已知功率和速度，可求出比值k ，以最高时速一半匀速行驶，功率变为最高时速的功率的14，选项C 错误，选项D 正确． 6．(东莞模拟)我国航天局于2013年向火星发射第一颗“火星探测器”，如图所示，假设“火星探测器”绕火星表面运动的周期为T ，在火星上着陆后，自动机器人用弹簧测力计测得质量为m 的仪器重力为P .已知引力常量为G ，由以上数据可以求出的量有( CD )A ．火星的自转周期B ．火星探测器的质量C ．火星表面的重力加速度D ．火星的密度解析：由P ＝mg 火可得，火星表面的重力加速度g 火＝P m ，C 项正确；由G Mm ′R 2＝m ′R ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2，火星的密度ρ＝M V ，V ＝4πR 33可知，可以求出火星的密度，D 项正确．7．下图中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上、下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L 是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a 、b ，导轨两端e 、 f ，分别接到两个不同的直流电源上时，L 便在导轨上滑动．下列说法正确的是( BD )A ．若a 接正极，b 接负极，e 接正极， f 接负极，则L 向右滑动B ．若a 接正极，b 接负极，e 接负极， f 接正极，则L 向右滑动C ．若a 接负极，b 接正极，e 接正极， f 接负极，则L 向左滑动D ．若a 接负极，b 接正极，e 接负极， f 接正极，则L 向左滑动解析：若a 接正极，b 接负极，电磁铁磁极间磁场方向向上，e 接正极，f 接负极，由左手定则判定金属杆所受安培力向左，则L 向左滑动，A 选项错误；同理判定B 、D 选项正确，C 选项错误．8．(云南部分名校统考)如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨所在平面，将ab 棒在导轨上无初速度释放，当ab 棒下滑到稳定状态时，速度为v ，电阻R 上消耗的功率为P .导轨和导体棒电阻不计．下列判断正确的是( BD )A ．导体棒的a 端比b 端电势低B ．ab 棒在达到稳定状态前做加速度减小的加速运动C ．若磁感应强度增大为原来的2倍，其他条件不变，则ab 棒下滑到稳定状态时速度将变为原来的12D ．若换成一根质量为原来2倍的导体棒，其他条件不变，则ab 棒下滑到稳定状态时的功率将变为原来的4倍解析：导体棒下滑切割磁感线，产生感应电动势相当于电源，由右手定则知a 端为正极，b 端为负极，A 项错误．感应电动势E ＝BL v ，I ＝E R ，对ab 受力分析有mg sin θ－B 2L 2v R ＝ma ，则知导体棒做加速度减小的加速运动，当a ＝0时，mg sin θ＝B 2L 2v m R ，得：v m ＝mgR sin θB 2L 2，若B 增大为原来的2倍，稳定状态时速度变为原来的14，所以B 项正确，C项错．若质量增大为原来的2倍，导体棒稳定时的速度为原来的2倍，R的功率P＝B2L2v2R，可知功率变为原来的4倍，D项正确．【通用版】高考物理考前精编选择试题（含解析）1—5为单选，6—8为多选1．(浙江温州十校联考)功率为10 W的发光二极管(LED灯)的亮度与功率为60 W的白炽灯相当．根据国家节能战略，普通白炽灯应被淘汰．假设每户家庭有2只60 W的白炽灯，均用10 W的LED 灯替代，估算出全国一年节省的电能最接近(B)A．8×108 kW·h B．8×1010 kW·hC．8×1011 kW·h D．8×1013 kW·h解析：假设每户每天只亮灯5个小时，每户每年节电E＝2×(60－10)×10－3×5×365 kW·h＝182.5 kW·h.假设每户有3口人，全国有4亿户左右．则年节电总值为E总＝4×108×182.5 kW·h＝7.3×1010 kW·h，故B正确．2．为了探测某星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心，半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1，总质量为m1.随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m2，则(D)A．该星球的质量为M＝4π2r1 GT21B．该星球表面的重力加速度为g x＝4π2r1 T21C．登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为v1v2＝m1r2m2r1D ．登陆舱在半径为r 2轨道上做圆周运动的周期为T 2＝T 1r 32r 31解析：根据G Mm 1r 21＝m 1(2πT 1)2r 1，得星球的质量为M ＝4π2r 31GT 21，则选项A 错误；根据m 1a 1＝m 1(2πT 1)2r 1，可得载着登陆舱的探测飞船的加速度a 1＝4π2r 1T 21，该加速度不等于星球的重力加速度，则选项B 错误；根据G Mm 1r 21＝m 1v 21r 1，可得v 1＝GM r 1，同理v 2＝GM r 2，故v 1v 2＝r 2r 1，则选项C 错误；根据开普勒第三定律得T 1T 2＝r 31r 32，故T 2＝T 1r 32r 31，则选项D 正确．3．(山西检测)现代技术的发展促进了人们对原子、原子核的认识．下列说法正确的是( C )A ．α粒子散射实验结果说明原子内部带正电的那部分物质是均匀分布的B ．β衰变说明原子核内部存在自由电子C ．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的氢核聚变反应D ．氡原子核的半衰期为3.8天，4个氡原子核经过7.6天一定只剩下1个未发生衰变解析：α粒子散射实验结果说明占原子质量绝大部分的带正电的那部分物质集中在很小的空间范围内，A 错误；β衰变是原子核内的中子转化为质子同时释放出电子，不能说明原子核内部存在电子，B 错误；太阳辐射的能量来自于太阳内部的氢核聚变反应，C 正确；半衰期对大量的原子核的统计规律适用，对少量的原子核不适用，D错误．4．(湖北八校联考)如图M和N是两个带有异种电荷的带电体(M在N的正上方，图示平面为竖直平面)，P和Q是M表面上的两点，S是N表面上的一点．在M和N之间的电场中画有三条等势线．现有一个带正电的液滴从E点射入电场，它经过了F点和W点，已知油滴在F点时的机械能大于在W点的机械能(E、W两点在同一等势面上，不计油滴对原电场的影响，不计空气阻力)．则以下说法正确的是(D)A．P和Q两点的电势不相等B．P点的电势高于S点的电势C．油滴在F点的电势能高于在E点的电势能D．油滴在E、F、W三点的“机械能和电势能总和”没有改变解析：P和Q两点在带电体M的表面上，M是处于静电平衡状态的导体，其表面是一个等势面，故P和Q两点的电势相等，选项A错误；带正电的油滴在F点时的机械能大于在W点的机械能，故从F点到W点，机械能减小，电场力做负功，说明电场力向上，故电场线垂直等势面向上，而沿着电场线方向电势逐渐降低，故P 点的电势低于S 点的电势，选项B 错误；由于电场线垂直等势面向上，故E 点的电势高于F 点的电势，根据E p ＝qφ，油滴在F 点的电势能低于在E 点的电势能，选项C 错误；油滴在运动过程中只有重力和电场力做功，重力做功导致重力势能和动能相互转化，电场力做功导致电势能和动能相互转化，故油滴在E 、F 、W 三点的“机械能和电势能总和”没有改变．选项D 正确．5．如图所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦交流电的图象，调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图象如图线b 所示．以下关于这两个正弦交流电的说法中正确的是( C )A ．线圈先后两次转速之比为1 2B ．交流电a 的电压瞬时值u ＝10sin0.4πt VC ．交流电b 的最大值为203V D ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量为零解析：由图象可知T a ＝0.4 s ，T b ＝0.6 s ，根据ω＝2πT ，得ωa ＝5π，ωb ＝10π/3，由ω＝2πn ，得转速之比，n a n b ＝32，A 错；图线a 的最大值为E m a ＝10 V ，交流电压的瞬时值u ＝E m sin ωt ＝10sin5πt V ，B 错；根据E m ＝NBSω，得E m b ＝20/3 V ，C 对；t ＝0的时刻感应电动势为零，故磁通量最大，D 错．6．如图，质量为m 、长为L 的直导线用两绝缘细线悬挂于O 、O ′，并处于匀强磁场中，当导线中通以沿x 正方向的电流I ，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ.则磁感应强度方向和大小可能为( BC )A ．z 正向，mg IL tan θB ．y 正向，mg ILC ．z 负向，mg IL tan θD ．沿悬线向上，mg IL sin θ解析：若B 沿z 轴正方向，导线无法平衡，A 错误；若B 沿y 轴正方向，由左手定则，受力如图①：mg ＝BIL ，所以B 正确；若B沿z 轴负方向，受力如图②，F T sin θ＝BIL ，F T cos θ＝mg ，所以B ＝mg ILtan θ，C 正确；若B 沿悬线向上，受力如图③，导线无法平衡，D 错误．7．质量为2 kg 的物体，放在动摩擦因数为μ＝0.1的水平面上，在水平拉力F的作用下，由静止开始运动，拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图所示，g取10 m/s2.下列说法中正确的是(CD)A．此物体在AB段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 WB．此物体在AB段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6 WC．此物体在AB段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 WD．物体在OA段运动过程中拉力的平均功率大于AB段运动过程中拉力的平均功率解析：物体受到的滑动摩擦力f＝μmg＝2 N，由题图知x1＝3 m 位移内拉力做的功W1＝F1x1＝15 J，解得F1＝5 N，根据牛顿第二定律F1－f＝ma1，解得加速度为a1＝1.5 m/s2，所用的时间为t1＝2x1 a1＝2 s，末速度v1＝a1t1＝3 m/s；由W2＝F2x2解得x2＝6 m位移内拉力F2＝2 N，与摩擦力f等大反向，所以物体在AB段做匀速直线运动，运动时间t2＝x2v1＝2 s，整个过程中拉力的最大功率为P m＝F m v m＝F 1v 1＝15 W ，选项C 正确；OA 段运动过程中拉力的平均功率P 1＝W 1t 1＝7.5 W ，AB 段拉力的平均功率P 2＝W 2t 2＝6 W ，选项D 正确． 8.某同学设计了一个测定列车加速度的仪器，如图所示．AB 是一段四分之一圆弧形的电阻，O 点为其圆心，且在B 点正上方，圆弧半径为r .O 点下用一电阻不计的金属线悬挂着一个金属球，球的下部恰好与AB 接触良好且无摩擦．A 、B 之间接有内阻不计、电动势为9 V 的电池，电路中接有理想电流表A ，O 、B 间接有一个理想电压表V .整个装置在一竖直平面内，且装置所在的平面与列车前进的方向平行．下列说法中正确的有( CD )A ．从图中看到列车一定是向右做加速运动B ．当列车的加速度增大时，电流表A 的读数增大，电压表V 的读数也增大C ．若电压表示数为3 V ，则列车的加速度为33g D ．如果根据电压表示数与列车加速度的一一对应关系将电压表改制成一个加速度表，则加速度表的刻度是不均匀的解析：对金属球，由牛顿第二定律，加速度a ＝g tan θ，方向水平向右，可能向右做加速运动或向左做减速运动，选项A 错误；电流I ＝E R ，电流表读数一定，当列车的加速度增大时，θ增大，BC 弧长变大，电压表V 的读数U ＝IR BC 也增大，选项B 错误；而R ＝ρL S ，则U ＝E ·θπ2，若电压表示数为3 V ，则θ＝π6，列车的加速度为g tan π6＝33g ，选项C 正确；电压表示数U ＝2E ·θπ＝2E π·arctan a g ，U 与a 不是线性关系，则加速度表的刻度是不均匀的，选项D 正确．【通用版】高考物理考前精编选择试题（含解析）1—5为单选，6—8为多选1．如图所示，两球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连，球B 用长为l的细绳悬于O点，球A固定在O点正下方，且OA之间的距离恰为l，系统平衡时绳子所受的拉力为F1，现把A、B间的弹簧换成劲度系数为k2的轻弹簧，仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为F2，则F1与F2的大小之间的关系为(B)A．F1>F2B．F1＝F2C．F1<F2D．无法确定解析：如图所示，分析B球的受力情况，B球受到重力、弹簧的弹力和绳的拉力，由相似三角形和OA＝OB，知绳的拉力等于B球的重力，所以F1＝F2＝G.2．(武汉调研)小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线在P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中错误的是(C) A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B．对应P点，小灯泡的电阻为R＝U1 I2C．对应P点，小灯泡的电阻为R＝U1I2－I1D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积大小解析：在I-U图象中，图线上的点与O点的连线的斜率表示该点所对应的电压、电流下电阻的倒数，图象中图线的斜率逐渐减小，电阻应逐渐增大，选项A正确；对应P点，小灯泡的电压为U1，电流为I2，根据欧姆定律可知，小灯泡的电阻应为R＝U1I2，选项B正确；其工作功率为P＝U1I2，即图中矩形PQOM所围的面积，选项D正确；P点切线的斜率反映了电流随电压变化快慢，即反映的是电阻随电压、电流变化快慢而不是灯泡的电阻的倒数，选项C 错误．3．(武汉联考)如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab 是圆的直径．一带电粒子从a 点射入磁场，速度大小为v ，方向与ab 成30°角时，恰好从b 点飞出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t ；若同一带电粒子从a 点沿ab 方向射入磁场，也经时间t 飞出磁场，则其速度大小为( C )A.12vB.23vC.32vD.32v 解析：设圆形区域直径为d ，粒子从a 点射入从b 点飞出磁场，运动时间t ＝T 6，半径R 1＝d ＝m v qB ；若粒子从a 点沿ab 方向射入磁场，运动时间t ＝T 6，偏向角为60°，且tan60°＝R 2d 2，半径R 2＝32d ＝m v ′qB ，速度v ′＝32v ，选项C 正确． 4．如图所示，匀强电场水平向右，细线一端固定，另一端拴一带正电的小球，使小球在竖直面内绕固定端O 做圆周运动．不计空气阻力，电场力和重力大小刚好相等，细线长为r .当小球运动到图中位置A 时，细线在水平方向，拉力大小恰好与重力大小相等．重力加速度大小为g ，则小球的最小速度大小为( C )A.grB.2grC.(4－22)grD.(2＋2)gr解析：小球在A 点，有F T ＋Eq ＝m v 2A r ，则速度v A ＝2gr ，由A到等效最高点，由动能定理，有Eqr (1－cos45°)－mgr sin45°＝12m v 2m －12m v 2A ，解得v m ＝2(2－2)gr ，选项C 正确．5．(东北三校一联)小型登月器连接在航天站上，一起绕月球做圆周运动，其轨道半径为月球半径的3倍．某时刻，航天站使登月器减速分离，登月器沿如图所示的椭圆轨道登月，在月球表面逗留一段时间完成科考工作后，经快速启动仍沿原椭圆轨道返回．当第一次回到分离点时恰与航天站对接．登月器快速启动时间可以忽略不计，整个过程中航天站保持原轨道绕月运行．已知月球表面的重力加速度为g 0，月球半径为R ，不考虑月球自转的影响，则登月器可以在月球上停留的最短时间约为 ( A )A ．4.7πR g 0B ．3.6πR g 0C ．1.7πR g 0D ．1.4πR g 0解析：由题可知，设月球半径为R ，则航天站的轨道半径为3R ，航天站转一周的时间为T ，则有GM 月m (3R )2＝m 4π2T 2(3R )，对月球表面的物体有m 0g 0＝GM 月·m 0R 2，联立两式得T ＝63πR g 0.登月器的登月轨道是椭圆，从与航天站分离到第一次回到分离点所用时间为沿椭圆运行一周的时间T ′和在月球上停留时间t 之和，若恰好与航天站运行一周所用时间相同时t 最小，则有：t min ＋T ′＝T ，由开普勒第三定律有：(3R )3T 2＝(4R 2)3T ′2，得T ′＝42πR g 0，则t min ＝T －T ′＝4.7πR g 0，所以只有A 对．6．如图所示，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A 、B 两物体，B 的质量是A 的2倍，B 受到向右的恒力F B ＝2 N ，A 受到的水平力F A ＝(9－2t )N(t 的单位是s)．从t ＝0开始计时，则( ABD )A ．A 物体3 s 末的加速度是初始时刻的511B ．t >4 s 后，B 物体做匀加速直线运动C ．t ＝4.5 s 时，A 物体的速度为零D ．t >4.5 s 时，A 、B 的加速度方向相反解析：设A 的质量为m ，则B 的质量为2m ，在两物体没有分离时，对整体：根据牛顿第二定律得a＝F A＋F B3m＝11－2t3m①对B：设A对B的作用力大小为F N，则F N＋F B＝2ma②解得，F N＝13(16－4t)③由③得，当t＝4 s时，F N＝0，此后A、B分离，B物体做匀加速直线运动．由①得：当t＝0时，a1＝113m；t＝3 s时，a2＝53m，则A物体在3 s末时刻的加速度是初始时刻的511倍，故A、B正确；t＝4.5s时，A的加速度为a A＝F Am＝9－2×4.5m＝0，说明t＝4.5 s之前A在做加速运动，此时A的速度不为零，而且速度方向与B相同，故C 错误；t>4.5 s后，A的加速度a A<0, 而B的加速度不变，则知t>4.5 s 后，A、B的加速度方向相反，故D正确．7.如图所示，质量为m的小球从斜轨道高h处由静止滑下，然后沿竖直圆轨道的内侧运动．已知圆轨道的半径为R，不计一切摩擦阻力，重力加速度为g.则下列说法正确的是(BC)A ．当h ＝2R 时，小球恰好能到达最高点MB ．当h ＝2R 时，小球在圆心等高处P 时对轨道压力为2mgC ．当h ≤R 时，小球在运动过程中不会脱离轨道D ．当h ＝R 时，小球在最低点N 时对轨道压力为2mg解析：在圆轨道的最高点M ，由牛顿第二定律得mg ＝m v 20R ，解得v 0＝gR ，根据机械能守恒定律得mgh ＝mg ·2R ＋12m v 20，解得h ＝2.5R ，故选项A 错误；当h ＝2R 时，小球在圆心等高处P 时速度为v ，根据机械能守恒定律得mg ·2R ＝mgR ＋12m v 2，小球在P 时由牛顿第二定律得F N ＝m v 2R ，联立解得F N ＝2mg ，则知小球在圆心等高处P 时对轨道压力为2mg ，故选项B 正确；当h ≤R 时，根据机械能守恒定律得小球在圆轨道圆心下方轨道上来回运动，在运动过程中不会脱离轨道，故选项C 正确；当h ＝R 时，设小球在最低点N 时速度为v ′，则有mgR ＝12m v ′2，在圆轨道最低点，有：F N ′－mg ＝m v ′2R ，解得F N ′＝3mg ，则小球在最低点N 时对轨道压力为3mg ，故选项D 错误．8．某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t 做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正．为了使静止于该磁场中的带正电的粒子能按a→b→c→d→e→f的顺序做横“∞”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用，其他力不计)(AD)A．若粒子的初始位置在a处，在t＝3T8时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度B．若粒子的初始位置在f处，在t＝T2时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度C．若粒子的初始位置在e处，在t＝118T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度D．若粒子的初始位置在b处，在t＝T2时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度解析：要使粒子的运动轨迹如题图乙所示，粒子做圆周运动的周期应为T0＝T/2；在t＝3T/8时磁场方向向里，由左手定则知粒子所受洛伦兹力方向向上，粒子经T/8时间沿圆弧ab运动到b，此时磁场方向改变，粒子受力方向改变，粒子沿b→c→d→b运动到b点，磁场方向又改变，粒子受力方向又改变，粒子沿b→e→f→a运动，满足题目要求，选项A正确；在T/2，磁场方向已向外，粒子受力方向向左，故粒子不能沿图中轨迹运动，选项B错误；在11T/8，磁场方向向里，粒子在e点有水平向左的初速度，受洛伦兹力方向向下，沿e→f运动T/8时间后磁场方向改变，粒子受力方向改变，粒子在f点离开圆弧向左偏转，选项C错误；t＝T时刻磁场方向向里，粒子在b 点向上运动，受洛伦兹力的方向向左，粒子沿b→e→f→a→b运动一周到b点时磁场方向改变，受力方向向右，沿b→c→d→b运动，选项D正确．。

高考物理二轮复习题型专练选考题满分练新人教选修

3－4 选考题满分练(一)34．[物理——选修3－4](2020·江西盟校一联)(1)一列沿x 轴正方向传播的简谐横波t 时刻的波形图象如图所示，已知该波的周期为T ，a 、b 、c 、d 为沿波传播方向上的四个质点．则下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分0分)A ．在t ＋T 2时，质点c 的速度达到最大值 B ．在t ＋2T 时，质点d 的加速度达到最大值C ．从t 到t ＋2T 的时间间隔内，质点d 通过的路程为6 cmD ．t 时刻后，质点b 比质点a 先回到平衡位置E ．从t 时刻起，在一个周期的时间内，a 、b 、c 、d 四个质点沿x 轴通过的路程均为一个波长(2)如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为R ，折射率是3，AB 是一条直径，今有一束平行光沿AB 方向射向圆柱体．若一条入射光经折射后恰经过B 点，试求：(ⅰ)这条入射光线到AB 的距离是多少？(ⅱ)这条入射光线在圆柱体中运动的时间是多少？解析 A ．在t ＋T 2时，质点c 运动到波峰，速度为零．故A 错误． B ．经过114T 个周期，质点d 开始振动，起振方向竖直向下，再经过34T 到达正向最大位移处，所以在t ＋2T 时，质点d 的加速度达到最大值．故B 正确．C ．经过114T 个周期，质点d 开始振动，在剩余的34T 的时间间隔内，质点d 通过的路程为 S ＝3A ＝6 cm.故C 正确．D ．根据“上下坡法”知a 质点向上振动，b 质点向上振动，b 质点先回到平衡位置．故D 正确．E ．从t 时刻起，在一个周期的时间内，a 、b 、c 、d 四个质点沿x 轴通过的路程都是四个振幅，而不是一个波长．故E 错误．故选：BCD(2)(ⅰ)设光线P 经折射后经过B 点，光线如图所示．根据折射定律n ＝sin αsin β＝ 3 在△OBC 中，sin βR ＝sin α2R·cos β 可得β＝30° ，α＝60° 所以CD ＝Rsin α＝32R (ⅱ)在△DBC 中，BC ＝CD sin α－β＝32R 12＝ 3 R 在圆柱体中的运行时间t ＝BC v ＝3R c 3＝3R c. 答案 (1)BCD(2)(ⅰ)3R 2 (ⅱ)3R c34．[物理——选修3－4](1)如图所示为一半圆柱形玻璃砖的横截面，O 点为圆心，半径为R.频率相同的单色光a 、b 垂直于直径方向从A 、B 两点射入玻璃砖．单色光a 经折射后过M 点，OM 与单色光的入射方向平行．已知A 到O 的距离为12R ，B 到O 的距离为45R ，M 到O 的距离为3R ，则玻璃砖对单色光的折射率为________，单色光b 在第一次到达玻璃砖圆弧面上________(填“能”或“不能”)发生全反射．(2)如下图所示为一列简谐横波在t ＝0时刻的波形图，简谐横波沿x 轴正方向传播．从t ＝0到t ＝1.7 s 时间内，质点P 共五次振动到波谷位置，且在t ＝1.7 s 时质点P 刚好在波谷位置．求：(ⅰ)该简谐横波的周期；(ⅱ)这列简谐横波从t ＝1.7 s 开始经过多长时间传到平衡位置在x ＝24 cm 的质点Q 处．解析 (1)根据几何关系可得，单色光a 的从半圆柱形玻璃砖射出时，入射角为30°，折射角为60°，根据光的折射定律有n ＝sin 60°sin 30°＝3，即玻璃砖对单色光的折射率为 3.由sin C ＝1n可得全反射临界角的正弦值为33，小于单色光b 的入射角的正弦值45，所以可以发生全反射． (2)(ⅰ)简谐横波沿x 轴正方向传播，由题图可知，在图示时刻质点P 的振动方向沿y 轴负方向，则该波的周期为T ，质点P 经过414T 时间第五次达到波谷位置，即 414T ＝1.7 s 解得T ＝0.4 s(ⅱ)由题图得波长λ＝2 cm则波速v ＝λT＝5 cm/s 波由题图所示位置传到质点Q 处的位移为x ＝24 cm －2.5 cm ＝21.5 cm所需时间Δt＝x v－1.7 s ＝2.6 s 答案 (1) 3 能 (2)(ⅰ)0.4 s (ⅱ)2.6 s高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2023年高考物理二轮复习第四部分题型专练选择题专项练(1)

第四部分题型专练选择题专项练(一)(考试时间：20分钟试卷满分：48分)选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14.1934年约里奥—居里夫妇用α粒子轰击静止的铝核(2713Al)，发现了放射性磷(3015P)并同时释放一个X粒子，磷核(3015P)具有放射性，它在衰变为硅核(3014Si)的同时释放一个Y粒子，则X粒子和Y粒子分别是(D)A．质子和电子B．质子和正电子C．中子和电子D．中子和正电子【解析】根据质量数和电荷数守恒可知X粒子的电荷数为零，质量数为1，所以是中子，Y粒子的电荷数为1，质量数为零，所以是正电子，故ABC错误，D正确．15．滑跃式起飞是一种航母舰载机的起飞方式，飞机跑道的前一部分水平，跑道尾段略微翘起．假设某舰载机滑跃式起飞过程是两段连续的匀加速直线运动，前一段的初速度为0，加速度为6 m/s2，位移为150 m，后一段的加速度为7 m/s2，路程为50 m，则飞机的离舰速度是(C)A．40 m/s B．45 m/sC．50 m/s D．55 m/s【解析】前一段过程，由速度位移公式得v21＝2a1x1，代入数据解得v1＝30 2 m/s，后一段过程，由速度位移公式得v22－v21＝2a2x2，代入数据解得v2＝50 m/s，故选C．16．我国北斗卫星导航系统由空间段、地面段和用户段三部分组成．空间段由若干地球静止轨道卫星A(GEO)、倾斜地球同步轨道卫星B(IGSO)和中圆地球轨道卫星C(MEO)组成，如题图所示．三类卫星都绕地球做匀速圆周运动，其中卫星B、C轨道共面，C离地高度为h，地球自转周期为T，地球半径为R，轨道半径r C＜r B＝r A，地球表面重力加速度为g，下列说法正确的是(C)A ．C 的线速度小于A 的线速度B ．B 的角速度大于C 的角速度 C ．B 离地高度为3gR 2T 24π2－RD ．C 的周期为2π(R ＋h )gRgR【解析】根据万有引力提供向心力，有G Mmr 2＝m v 2r，可得v ＝GMr，由于r C ＜r A ，则C 的线速度大于A 的线速度，故A 错误；根据万有引力提供向心力，有G Mmr 2＝mω2r ，解得ω＝GMr 3，由于r C ＜r B ，则B 的角速度小于C 的角速度，故B 错误；根据万有引力提供向心力，有G Mm (R ＋h B )2＝m 4π2T 2(R ＋h B )，又黄金代换式GM ＝gR 2，联立解得，B 离地高度为h B ＝3gR 2T 24π2－R ，故C 正确；对卫星C ，根据万有引力提供向心力，有G Mm (R ＋h )2＝m 4π2T 2(R ＋h )，又黄金代换式GM ＝gR 2，联立解得T ＝2π(R ＋h )g (R ＋h )gR，故D 错误．17．利用电场可以使带电粒子的运动方向发生改变．现使一群电荷量相同、质量不同的带电粒子同时沿同一方向垂直射入同一匀强电场，经相同时间速度的偏转角相同，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则它们在进入电场时一定具有相同的( B )A ．动能B ．动量C ．加速度D ．速度【解析】速度的偏转角tan θ＝v y v 0＝qE m t v 0＝qEtm v 0，若偏转角相同，则m v 0相同，动能、加速度、速度均不一定相同，故B 正确．18．水上滑翔伞是一项很受青年人喜爱的水上活动．如图1所示，滑翔伞由专门的游艇牵引，稳定时做匀速直线运动，游客可以在空中体验迎风飞翔的感觉．为了研究这一情境中的受力问题，可以将悬挂座椅的结点作为研究对象，简化为如图2所示的模型，结点受到牵引绳、滑翔伞和座椅施加的三个作用力F 1、F 2和F 3，其中F 1斜向左下方，F 2斜向右上方．若滑翔伞在水平方向受到的空气阻力与水平速度成正比，在竖直方向上受到的空气作用力保持不变．现提高游艇速度，稳定时则( B )A ．F 1一定变小B ．F 2一定变大C ．F 2可能小于F 3D ．F 2和F 3的合力方向可能沿水平向右【解析】设F 1和F 2与竖直方向的夹角分别为α、β，水平方向F 1sin α＝F 2sin β，因当速度变大时，空气阻力变大，即F 2的水平分量变大，则F 2变大，F 1也一定变大；竖直方向F 1cos α＋F 3＝F 2cos β，则F 2一定大于F 3；选项AC 错误，B 正确；由于三力平衡，则F 1和F 2的合力等于F 3，F 2和F 3的合力方向与F 1等大反向，不可能沿水平向右，选项D 错误．19．如图所示为某水电站远距离输电的原理图．升压变压器的原副线圈匝数比为k ，输电线的总电阻为R ，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂输出的电压恒为U ，若由于用户端负载变化，使发电厂输出功率增加了ΔP ．下列说法正确的是( BC )A ．电压表V 1的示数不变，电压表V 2的示数增大B ．电流表A 1、A 2的示数均增大C ．输电线上损失的电压增加了Rk ΔPUD ．输电线上损失的功率增加了R (k ΔP )2U 2【解析】由于发电厂输出电压恒为U ，根据理想变压器的规律，对于升压变压器UU 1＝k ，故电压表V 1的示数不变，发电厂输出功率增加了ΔP ，则发电厂输出电流增加了ΔI ＝ΔPU ，根据理想变压器规律，对于升压变压器ΔI 1ΔI ＝k ，A 1示数增加了ΔI 1＝k ΔPU ，由于A 1示数增加，A 2示数也将增加，降压变压器的输入电压将减少ΔU 1′＝ΔI 1R ，故V 2示数也将减小，A 错误，B 正确；根据欧姆定律，输电线上损失的电压增加了ΔI 1R ＝Rk ΔPU，C 正确；输电线上损失的功率增加了(I 1＋ΔI 1)2R －I 21R ≠(ΔI 1)2R ，由于I 1未知，故无法计算，D 错误．故选BC ．20．如图所示，光滑平行的金属导轨由半径为r 的四分之一圆弧金属轨道MN 和M ′N ′与足够长的水平金属轨道NP 和N ′P ′连接组成，轨道间距为L ，电阻不计；电阻为R ，质量为m ，长度为L 的金属棒cd 锁定在水平轨道上距离NN ′足够远的位置，整个装置处于磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场中．现在外力作用下，使电阻为R 、质量为m ，长度为L 的金属棒ab 从轨道最高端MM ′位置开始，以大小为v 0的速度沿圆弧轨道做匀速圆周运动，金属棒ab 始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g ，下列说法正确的是( AD )A ．ab 刚运动到NN ′位置时，cd 受到的安培力大小为B 2L 2v 02R ，方向水平向左B ．ab 从MM ′运动到NN ′位置的过程中，回路中产生的焦耳热为πrB 2L 2v 04RC ．若ab 运动到NN ′位置时撤去外力，则ab 能够运动的距离为m v 0RB 2L2D ．若ab 运动到NN ′位置撤去外力的同时解除cd 棒的锁定，则从ab 开始运动到最后达到稳定状态的整个过程中回路产生的焦耳热为πB 2L 2v 0r 8R ＋14m v 2【解析】金属棒ab 刚运动到NN ′位置时，速度大小为v 0，感应电动势为BL v 0，回路中的电流为BL v 02R ，可求cd 棒受到的安培力大小为F ＝BIL ＝B 2L 2v 02R ，根据左手定则可判断方向水平向左，A 正确；金属棒ab 从MM ′运动到NN ′的过程中，做匀速圆周运动，设ab 棒运动到某位置时与圆心连线跟水平方向的夹角为θ，运动时间为t ，有θ＝v 0r t ，产生的电动势的表达式为e ＝BL v 0sin θ＝BL v 0sin v 0rt ，根据正弦式交变电流知识，可求电动势的有效值为E ′＝BL v 02＝2BL v 02，回路中电流的有效值为I ′＝E ′2R ，金属棒ab 的运动时间为t ＝πr2v 0，根据焦耳定律，回路中产生的焦耳热为Q 1＝I ′2·2Rt ，代入数据联立各式解得Q 1＝πrB 2L 2v 08R，B错误；从撤去外力到ab 棒停止运动，设ab 棒运动的距离为x ，回路中的平均电流为I －，运动时间为t ，根据动量定理有B I －Lt ＝m v 0，其中I －t ＝ΔΦt ·2R ·t ＝BLx 2R ，两式联立解得x ＝2m v 0R B 2L 2，C 错误．根据右手定则和左手定则可以判断，撤去外力同时解除cd 棒的锁定后，ab 棒和cd 棒受到的安培力大小相等，方向相反，二者组成的系统动量守恒；设稳定时ab 棒和cd 棒的共同速度为v ，则有m v 0＝2m v ，根据能量守恒可求这个过程产生的焦耳热为Q 2＝12m v 20－12×2m v 2，联立解得Q 2＝14m v 20，可求整个过程中产生的焦耳热为Q ＝Q 1＋Q 2＝πB 2L 2v 0r 8R ＋14m v 20，D 正确．21．质量分别为m 、2m 的木块A 和B ，并排放在光滑水平地面上，A 上固定一竖直轻杆，长为L 的细线一端系在轻杆上部的O 点，另一端系质量为m 的小球C ，现将C 球向右拉起至水平拉直细线，如图所示，由静止释放C 球，则在之后的过程中(球与杆及A 、B 均无接触)，下列说法正确的是( ABD )A ．木块A 、B 分离后，B 的速度大小为6gL6B ．木块A 的最大速度为6gL2C ．C 球在O 点正下方向右运动时，速度大小为6gL2D ．C 球通过O 点正下方后，上升的最大高度为23L【解析】小球C 在最低点时，木块A 、B 恰好分离，设此时AB 的速度为v 1，小球的速度为v 2，根据机械能守恒定律得mgL ＝12m v 22＋12·3m v 21 根据动量守恒定律得m v 2＝3m v 1 解得v 1＝6gL 6，v 2＝6gL2，A 正确；A 、B 分离后，A 、C 相互作用，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，C 球在O 点正下方向右运动时，A 、C 速度交换，此时木块A 的速度最大，最大值为v A ＝6gL 2，小球C 的速度为v C ＝6gL6，B 正确，C 错误；A 、B 分离后，A 、C 相互作用，当小球运动至最高点时速度相等，设为v ，根据动量守恒有m v 2－m v 1＝2m v ，12m v21＝12·2m v2＋mgh，解得h＝23L，D正确．故选ABD．根据机械能守恒有12m v22＋。

2021届新高考物理二轮微专题复习限时强化练：核力与结合能(解析版)

2021届新高考物理二轮微专题复习限时强化练核力与结合能一、选择题1、(多选)关于核力，下列说法中正确的是( )A．核力是一种特殊的万有引力B．原子核内只有质子和质子间有核力作用，而中子和中子之间、质子和中子之间则没有核力作用C．核力是原子核稳定存在的原因D．核力是一种短程强相互作用2、下列关于结合能和比结合能的说法中，正确的是( )A．核子结合成原子核吸收的能量或把原子核拆解成核子放出的能量称为结合能B．比结合能越大的原子核越稳定，因此中等质量原子核的结合能也一定越大C．重核与中等质量原子核相比较，重核的结合能和比结合能都大D．中等质量原子核的结合能和比结合能均比轻核的大3、太阳内部核反应的主要模式之一是质子－质子循坏，循环的结果可表示为411H→42He＋201e＋2ν，已知11H和42He的质量分别为m p＝1.007 8u和mα＝4.002 6 u,1 u＝931 MeV/c2，c为光速．在4个11H转变成1个42He的过程中，释放的能量约为( )A．8 MeV B．16 MeVC．26 MeV D．52 MeV4、原子核的比结合能曲线如图所示．根据该曲线，下列判断正确的有( )A．42He核比63Li核更稳定B．42He核的结合能约为14 MeVC．两个21H核结合成42He核时吸收能量D．235 92U核中核子的平均结合能比8936Kr核中的大5、关于核力，下列说法正确的是( )A．在原子核内，靠核力将所有核子束缚在一起B．在原子核内，只有质子和中子之间有核力C．在原子核内，任意两个核子之间都存在核力的作用D．核力和万有引力是同种性质的力6、氦原子核由两个质子与两个中子组成，这两个质子之间存在着万有引力、库仑力和核力，则3种力从大到小的排列顺序是( ) A．核力、万有引力、库仑力B．万有引力、库仑力、核力C．库仑力、核力、万有引力D．核力、库仑力、万有引力7、对于核力，以下说法正确的是( )A．核力是弱相互作用力，作用力很小B．核力是强相互作用的表现，是强力C．核子之间的距离小于0.8×10－15 m时，核力表现为斥力，因此核子不会融合在一起D．人们对核力的了解很清楚，特别是在小于0.8×10－15m时核力的变化规律更清楚8、(多选)不同原子核的比结合能是不同的，中等质量原子核的比结合能最大，轻核和重核的比结合能都比中等质量的原子核的比结合能小，由此可以确定，下列核反应能释放大量核能的是( )A．中等质量的原子核结合成质量较大的重核B．质量较大的重核分裂成中等质量的原子核C．中等质量的原子核分裂成质量较小的轻核D．质量较小的轻核结合成中等质量的原子核9、如图所示，图线表示原子核的比结合能与质量数A的关系，据此下列说法中正确的是( )A．重的原子核，例如铀核235 92U，因为它的核子多，核力大，所以结合得坚固而稳定B．锂核63Li的核子的比结合能比铀核的比结合能小，因而比铀核结合得更坚固更稳定C．比结合能的定义是原子核的结合能与其核子数之比，比结合能越大的原子核越稳定D．以上三个表述都错误10、(多选)对公式ΔE＝Δmc2的正确理解是( )A．如果物体的能量减少了ΔE，它的质量也一定相应减少了Δm B．如果物体的质量增加了Δm，它的能量也一定相应增加Δmc2 C．Δm是某原子核在衰变过程中增加的质量D．在把核子结合成原子核时，若放出的能量是ΔE，则这些核子与结合成的原子核的质量之差就是Δm11、如图所示是描述原子核核子的平均质量m与原子序数Z的关系曲线，由图可知下列说法正确的是( )A．将原子核A分解为原子核B、C吸收能量B．将原子核D、E结合成原子核F吸收能量C．将原子核A分解为原子核B、F一定释放能量D．将原子核F、C结合成原子核B一定释放能量12、太阳内部持续不断地发生着4个质子(11H)聚变为1个氦核(42He)的热核反应，核反应方程是411H→42He＋2X，这个核反应释放出大量核能。

高考物理二轮复习选考强化练4选修34

选考强化练(四) 选修3－4(时间：20分钟分值：45分)1．(1)(5分)一列沿x 轴传播的简谐横波，t ＝0时刻的波形如图1所示，此时质点P 恰在波峰，质点Q 恰在平衡位置且向下振动．再过0.5 s ，质点Q 第二次到达波谷，下列说法正确的是________(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)图1A ．波沿x 轴负方向传播B ．波的传播速度为60 m/sC ．波的传播周期为0.2 sD ．0至0.9 s 时间内P 点通过的路程为1.8 mE ．1 s 末质点P 的位移是零(2)(10分)如图2所示，AOB 是截面为扇形的玻璃砖的横截面图，其顶角θ＝76°，今有一细束单色光在横截面内从OA 边上的点E 沿垂直OA 的方向射入玻璃砖，光线直接到达AB 面且恰好未从AB 面射出．已知OE ＝35OA ，cos 53°＝0.6，试求：①玻璃砖的折射率n ；②光线第一次从OB 射出时折射角的正弦值. 【导学号：19624282】图2【解析】 (1)由题意，质点Q 恰好在平衡位置且向下振动，则知波沿x 轴负方向传播，故A 正确；根据题意知14T ＋T ＝0.5 s ，则周期为：T ＝0.4 s ，根据v ＝λT ＝240.4m/s ＝60 m/s ，故选项B 正确，选项C 错误；0.9 s ＝2T ＋14T ，则P 点通过的路程为：s ＝2×4A＋A ＝1.8 m ，故选项D 正确；1 s＝2T ＋12T ，故该时刻P 处于负的最大位移处，选项E 错误．故选A 、B 、D.(2)①因OE ＝35OA ，由数学知识知光线在AB 面的入射角等于37°光线恰好未从AB 面射出，所以AB 面入射角等于临界角，则临界角为：C ＝37° 由sin C ＝1n得：n ＝53.②据几何知识得：β＝θ＝76°，则OB 面入射角为：α＝180°－2C －β＝30°设光线第一次从OB 射出的折射角为γ，由sin γsin α＝n 得： sin γ＝56.【答案】 (1)ABD (2)①53 ②562．(2020·鸡西市模拟)(1)(5分)一列简谐横波在t ＝0.2 s 时的波形图如图3甲所示，P 为x ＝1 m 处的质点，Q 为x ＝4 m 处的质点，图乙所示为质点Q 的振动图象．则下列关于该波的说法中正确的是________．(填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)图3A ．该波的周期是0.4 sB ．该波的传播速度大小为40 m/sC ．该波一定沿x 轴的负方向传播D ．t ＝0.1 s 时刻，质点Q 的加速度大小为零E ．从t ＝0.2 s 到t ＝0.4 s ，质点P 通过的路程为20 cm(2)(10分)如图4所示，一直角三棱镜放置在真空中，其截面三角形的斜边BC 的长度为d ，一束单色光从AB 侧面的中点垂直AB 入射．若三棱镜的折射率为2，∠C＝30°，单色光在真空中的传播速度为c ，求：图4①该单色光第一次从棱镜射入真空时的折射角；②该单色光从进入棱镜到第一次从棱镜射出所经历的时间．【解析】 (1)选ACE.由乙图知，质点的振动周期为T ＝0.4 s ，故A 正确；由甲图知，波长λ＝8 m ，则波速为：v ＝λT ＝80.4 m/s ＝20 m/s ，故B 错误；由乙图知，t ＝0.2 s 时刻，质点Q 向下运动，根据甲图可知，该波沿x 轴负方向传播，故C 正确；由图乙可知，t ＝0.1 s 时刻，质点Q 位于最大位移处，所以加速度大小一定不为零，故D 错误；因为T ＝0.4 s ，则从t ＝0.2 s 到t ＝0.4 s 为半个周期，所以质点P 通过的路程为20 cm ，故E 正确． (2)①画出该单色光在三棱镜中传播的光路如图所示．当光线到达三棱镜的BC 边时，因∠C＝30°，由几何关系可知α＝60° 又因为三棱镜的折射率n ＝2，所以光发生全反射的临界角为45° 因α＝60°，所以该单色光在BC 边发生全反射．当该单色光到达三棱镜的AC 边时，由几何关系可知，其入射角为β＝30° 设其折射角为γ，则由折射定律n ＝sin γsin β可得：γ＝45°.②因为截面三角形的斜边BC 的长度为d ，D 为AB 边的中点，∠C＝30°，由几何关系可知DE ＝3d 4因为α＝60°，所以∠CEF＝30°，又∠C＝30°，由几何关系可知EF ＝3d 6该单色光在三棱镜中的传播速度为v ＝c n ＝c 2所以单色光从进入棱镜到第一次从棱镜射出所经历的时间t ＝DE ＋EFv代入数据可解得：t ＝56d12c .【答案】 (1)ACE (2)①45° ②56d12c3．(2020·宝鸡市一模)(1)(5分)一列简谐横波沿着x 轴正方向传播，波中A 、B 两质点在平衡位置间的距离为0.5 m ，且小于一个波长，如图5甲所示，A 、B 两质点振动图象如图乙所示．由此可知________．(填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)图5A ．波中质点在一个周期内通过的路程为8 cmB ．该机械波的波长为4 mC ．该机械波的波速为0.5 m/sD ．t ＝1.5 s 时A 、B 两质点的位移相同E ．t ＝1.5 s 时A 、B 两质点的振动速度相同(2)(10分)有一个上、下表面平行且足够大的玻璃平板，玻璃平板的折射率为n ＝43、厚度为d ＝12cm.现在其上方的空气中放置一点光源S ，点光源距玻璃板的距离为L ＝18 cm ，从S 发出的光射向玻璃板，光线与竖直方向夹角最大为θ＝53°，经过玻璃板后从下表面射出，形成一个圆形光斑，如图6所示．求玻璃板下表面圆形光斑的半径(sin 53°＝0.8)．图6【解析】 (1)选ACE.由图可知，该波的振幅为2 cm ，波中质点在一个周期内通过的路程为4倍的振幅，即8 cm ，故A 正确；由图知，t ＝0时刻B 点通过平衡位置向上运动，A 点位于波峰，则有：Δx＝x 2－x 1＝(n ＋14)λ，n ＝0,1,2,3…由题λ>Δx＝0.5 m ，则知n 只能取0，故λ＝2 m ，故B 错误；由图知周期T ＝4 s ，则波速为v ＝λT ＝24 m/s ＝0.5 m/s ，故C 正确；由图可知，在t ＝1.5 s 时刻，A 的位移为负，而B 的位移为正，故D 错误．由图知，t ＝1.5 s 时A 、B 两质点到平衡位置的距离是相等的，所以振动的速度大小相等；又由图可知，在t ＝1.5 s 时刻二者运动的方向相同，所以它们的振动速度相同，故E 正确．(2)由题意可知光在玻璃板上表面发生折射时的入射角为θ，设其折射角为r ，由折射定律可得：n ＝sin θsin r ，代入数据可得：r ＝37°.光在玻璃板下表面发生折射时，由于入射角r 始终小于玻璃板的临界角，所以不会发生全反射，光在玻璃板中传播的光路图如图所示．所以光从玻璃板下表面射出时形成一个圆形发光面，设其半径大小为R，则有：R＝Ltan θ＋dtan r，代入数据可得：R＝33 cm.【答案】(1)ACE (2)33 cm高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

高考大二轮刷题首选卷物理课件阶段滚动卷四

电学部分
涵盖电场、电路、磁场等知识点，要求熟练掌握电场力的性质、电路的基本概念和磁场的基本性质。
光学部分
主要涉及几何光学和物理光学，需要掌握光的反射、折射、干涉、衍射等现象及其规律。
热学部分
包括热力学定律、气体动理论等内容，要求理解热力学基本概念和气体动理论的基本观点。
针对性备考策略制定及实施建议
和熟练度。
2. 加强运动过程分析训练
02 通过多做运动过程分析的练习题，提高对物体运动性
质判断的准确性。
3. 熟悉并掌握物理公式和定理
03
通过记忆和理解物理公式和定理，确保在解题过程中
正确使用。
CHAPTER 05
选修内容部分精讲
选修3-3热学基础知识回顾与提高
温度与热平衡
深入理解温度的概念，掌握热力学第零定律和热力学温标。
理解机械波的形成条件，掌握描述机械波的物理量及其关系。
波的干涉和衍射
理解波的叠加原理，掌握波的干涉和衍射现象及其条件。
选修内容在高考中的命题趋势及备考建议
01
命题趋势：选修内容在高考中的命题比重逐年增加，考查方式灵活多变，注重知识综合运用和实验探究能力的考查。
04
加强实验探究能力的培养，提高实验设计和数据分析能力。
仔细审题
明确题目要求，注意关键词和限制条件，避免答非所问。
排除法
根据题目信息和物理规律，逐一排除错误选项，缩小答案范围。
验证法
对于不确定的选项，可以代入题目中验证其是否符合题意和物理规律。
实例分析
结合具体题目，分析解题思路和方法，加深对知识点的理解和应用。
多选题答题策略及易错点提示
全面考虑

新高考物理二轮总复习题型选择题专项训练4

新高考物理二轮总复习题型选择题专项训练4一、单选题1.5G是指第五代通信技术,采用3 300~5 000 MHz频段的无线电波。

第四代移动通信技术4G,其频段范围是1 880~2 635 MHz。

5G相比4G而言,其数据传输速度提升了数十倍,容量更大,为产业革命提供技术支撑。

根据以上内容结合所学知识,判断下列说法正确的是()A.4G信号和5G信号相遇能产生干涉现象B.4G和5G信号都能发生偏振现象C.5G信号比4G信号更容易发生衍射现象D.4G信号比5G信号在真空中的传播速度更小2.(2020河南高三二模)质量为m的小球以大小为v0的初速度沿光滑的水平面向右运动,与竖直墙。

则小球与竖直墙碰撞过程中,碰撞后沿原路返回,碰撞过程损失的动能为碰撞前小球动能的59墙对小球的冲量大小为()mv0A.13mv0B.53C.4mv03mv0D.233.(2020浙江高三模拟)如图所示,一根粗细均匀、长为L=1 m、质量为m=0.01 kg的导体棒ab从中点处弯成60°角,将此导体棒放入磁感应强度大小为B=0.4 T、方向垂直纸面向外的匀强磁场中,导体棒两端a、b悬挂于两根相同的弹簧下端,弹簧均处于竖直状态。

当导体棒中通有I=1 A 的电流时,两根弹簧比自然长度各缩短了Δx=0.01 m,则下列说法中正确的是()A.导体中电流的方向为aObB.每根弹簧的弹力大小均为0.1 NC.弹簧的劲度系数为5 N/mD.仅改变电流方向,弹簧将会比自然长度伸长0.01 m4.(2020山东高三二模)在平行于纸面内的匀强电场中,有一电荷量为q的带正电粒子,仅在电场力作用下,粒子从电场中A点运动到B点,速度大小由2v0变为v0,粒子的初、末速度与AB连线的夹角均为30°,如图所示,已知A、B两点间的距离为d,则该匀强电场的电场强度为()A.√3mv02qd,方向竖直向上B.√3mv02qd,方向斜向左下方C.3mv02qd,方向竖直向上D.√21mv022qd,方向斜向左下方5.(2020江苏高考预测)如图所示,质量M=1 kg的木板静止在粗糙的水平地面上,木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,在木板的左端放置一个质量m=1 kg、大小可以忽略的铁块,铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4,设木板足够长,若对铁块施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F,已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,g取10 m/s2,则下面四个图中能正确反映铁块受到木板的摩擦力大小f随力F变化的是()6.(2020北京高三三模)如图是用电流传感器(电流传感器相当于电流表,其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路,电源的电动势为E,内阻为r,自感线圈L的自感系数足够大,其直流电阻值大于灯泡D的阻值,在t=0时刻闭合开关S,经过一段时间后,在t=t1时刻断开开关S。

2021高考物理二轮复习选考题专项训练7分钟满分训练4

2021高考物理二轮复习选考题专项训练7分钟满分训练41．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)(2020·河南省濮阳市高三下学期二模)下列说法正确的是( BCD )A ．大颗粒的盐磨成细盐，就变成了晶体B ．两个分子的间距从极近逐步增大到10r 0的过程中，它们的分子势能先减小后增大C ．空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气压强与同温度水平的饱和蒸气压的比值D ．给自行车打气，越打越困难要紧是因为胎内气体压强增大，而与分子间的斥力无关E ．第二类永动机不违反热力学第二定律，但违反了热力学第一定律[解析] 将大颗粒的粗盐磨成细盐，细盐仍旧是晶体，A 错误；两个分子的间距从极近逐步增大到10r 0的过程中，分子间表现出先斥力后引力，故分子力先做正功，后做负功，它们的分子势能先减小后增大，B 正确；空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气压强与同温度水平的饱和蒸气压的比值，C 正确；给自行车打气，越打越困难要紧是因为胎内气体压强增大，与分子间的斥力无关，因为分子斥力起作用的距离r <r 0，D 正确；第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，内能在转化为机械能的过程中要生热，因此要引起其它变化，E 错误。

(2)(10分)(2020·河南省濮阳市高三下学期二模)一截面积为S 的气缸竖直倒放，气缸内有一质量为m 的活塞，将一定质量的理想气体封闭在气缸内，气柱的长度为L ，活塞与气缸壁无摩擦，气体处于平稳状态，如图1所示，现保持温度不变，把气缸倾斜，使气缸侧壁与竖直方向夹角为θ＝37°，重新达到平稳后，如图2所示，设大气压强为p 0，气缸导热良好。

已知(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，重力加速度为g ，求：①现在理想气柱的长度；②分析说明气缸从竖直到放到倾斜过程，理想气体吸热依旧放热。

[解析] ①以活塞为研究对象，气缸竖直倒立时，依照平稳条件有p 0S ＝mg ＋p 1S ，得p 1＝p 0－mg S气缸倾斜后，依照平稳条件有p 0S ＝mg cos37°＋p 2S ，得p 2＝p 0－mg S cos37°＝p 0－4mg 5S依照玻意尔定律有p 1LS ＝p 2xS ，解得x ＝5p 0S －5mg 5p 0S －4mgL ②由①得出气体体积减小，大气压对气体做功。

高考物理二轮复习四选考模块专练四选考模块专练四.docx

(四)选考模块专练四3-4(2)1.(1)一列简谐横波沿x轴传播,图甲是t=1 s时的波形图,图乙是x=3 m处质点的振动图像,则下列说法中正确的是。

A.该波沿x轴正方向传播B.该波的传播速度大小为2 m/sC.t=1 s时,x=3 m处的质点沿y轴负方向运动D.t=0时,x=1 m处的质点沿y轴正方向运动E.图甲波形图的波峰与图乙振动图像的振幅相等(2)如图所示,一身高H=1.4 m的游泳者竖直站立在水平池底上,水池水深h=0.8 m。

一束太阳光斜射到池水面上,与水面夹角α=37°,游泳者在池底的影长l=1.4 m。

已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。

求:①太阳光射入水中的折射角β;②水的折射率n。

2.(1)如图甲所示,沿波的传播方向上有间距均为0.1 m的六个质点a、b、c、d、e、f,均静止在各自的平衡位置,t=0时刻振源a从平衡位置开始沿y轴正方向做简谐运动,其运动图像如图乙所示,形成的简谐横波以0.1 m/s的速度水平向右传播,则下列说法正确的是。

A.这列波的周期为4 sB.0~4 s时间内质点b运动路程为6 cmC.4~5 s时间内质点c的加速度在减小D.6 s时质点e的振动方向沿y轴正方向E.质点d起振后的运动方向始终与质点b的运动方向相反(2)如图所示为一个半径为R的透明介质球体,M、N两点关于球心O对称,且与球心的距离均为2R。

一细束单色光从M点射出穿过透明介质球体后到达N点。

真空中的光速为c。

(ⅰ)若介质的折射率为n0,光线沿MON传播到N点,光传播的时间t为多少?(ⅱ)已知球面上的P点到MN的距离PA=35R。

若光束从M点射出后到达P点,经过球体折射后传播到N点,那么球体的折射率n等于多少?(取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)答案精解精析1.答案(1)BDE(2)①37°②43解析⑴由题图乙可知t=1 s时x=3 m处质点向上振动,由上下坡法可知该波沿x轴负方向传播,故A错误;由题图可知波长λ=4 m,周期T=2 s,所以波速v=λT=2 m/s,故B正确;t=1 s 时,x=3 m处的质点沿y轴正方向运动,故C错误;由题图可知t=1 s时,x=1 m处的质点沿y 轴负方向运动,所以t=0时,x=1 m处的质点沿y轴正方向运动,故D正确;由波动图像和振动图像关系可知题图甲波形图的波峰与题图乙振动图像的振幅相等,故E正确。

学年高考物理二轮复习专项限时训练题(含答案)

学年高考物理二轮复习专项限时训练题（含答案）2021年高考第二轮物理温习曾经末尾，下面是查字典物理网高考频道整理的高考物理二轮温习专项限时训练题，希望对大家有协助。

1.电压表满偏时经过该表的电流是半偏时经过该表电流的两倍.某同窗应用这一理想测量电压表的内阻(半偏法)，实验室提供的器材如下：待测电压表V (量程3 V，内阻约为3 000 )，电阻箱R0(最大阻值为99 999.9 )，滑动变阻器R1(最大阻值100 ，额外电流2 A)，电源E(电动势6 V，内阻不计)，开关2个，导线假定干.(1)虚线框内为该同窗设计的测量电压表内阻的电路图的一局部，将电路图补充完整.(2)依据设计的电路，写出实验步骤：________________________________.(3)将这种方法测出的电压表内阻记为RV，与电压表内阻的真实值RV相比，RV________RV(填、=或)，主要理由是________________________________.解析：(1)由半偏法原理知电压表应串联在电路中，又因电压表量程小于电源电动势，且电压表内阻比滑动变阻器最大阻值大得多，故滑动变阻器应采用分压接法.答案：(1)实验电路图如以下图所示(2)移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小;闭合开关S1、S2，调理R1，使电压表的指针满偏;坚持滑动变阻器滑片的位置不变，断开S2，调理电阻箱R0使电压表的指针半偏;读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻(3) 断开S2，调理电阻箱使电压表成半偏形状，电压表所在支路总电阻增大，分得的电压也增大;此时R0两端的电压大于电压表的半偏电压，故RRV(其他合理说法也可)2.在测定金属的电阻率的实验中，测量金属丝的长度和直径时，刻度尺和螺旋测微器的示数区分如图甲、乙所示，那么金属丝长度的测量值为l=________ cm，金属丝直径的测量值为d=________ mm.甲乙解析：由于刻度尺的最小分度为1 mm，读数应估读到0.1 mm. 答案：36.52(36.50～36.54均可) 0.797(0.796～0.799均可)3.为了测定电流表A1的内阻，某同窗采用如图甲所示的实验电路.其中：A1是待测电流表，量程为30 mA，内阻约为100 A2是规范电流表，量程是20 mA;R1是电阻箱，阻值范围是0～999.9 R2是滑动变阻器;R3是维护电阻;E是电池组，电动势为6 V，内阻不计;S1是单刀单掷开关，S2是单刀双掷开关.(1)实验中滑动变阻器采用了________接法(填分压或限流).依据电路的实物图，在虚线框中画出实验电路图.(2)请将该同窗的操作补充完整：衔接好电路，将滑动变阻器R2的滑片移到最________(填左端或右端将开关S2扳到接点a处，接通开关S1;调理滑动变阻器R2，使电流表A2的示数是15 mA.乙将开关S2扳到接点b处，____________________，使电流表A2的示数仍是15 mA.假定此时电阻箱各旋钮的位置如图乙所示，那么待测电流表A1的电阻Rg=________ .(3)上述实验中，无论怎样调理滑动变阻器R2的滑片位置，都要保证两只电流表的平安.在下面提供的四个电阻中，维护电阻R3的阻值应选用________.A.30B.300C.3 kD.30 k解析：(2)闭合开关之前，应使滑动变阻器连入电路的阻值最大，滑片移到最左端.本实验运用替代法测量电流表的内阻，因此开关S2接a和接b时电流表A2的读数应该相反，开关S2接b时，需坚持滑动变阻器R2的滑片不动，调理电阻箱R1.电阻箱表示的阻值大小等于被测电流表的内阻，读数为86.3 .(3)当滑动变阻器R2的阻值为零时，电路中的电流不能超越两个电流表的量程，由于=300 ，且电流表A1有内阻，R3的阻值可选B.答案：(1)限流如下图(2)①左端坚持滑动变阻器R2的滑片不动，调理电阻箱R1 86.3 (3)B4.在测量一节干电池的电动势和内阻实验中，小明设计了如图甲所示的实验电路.(1)依据图甲实验电路，请在图乙中用笔画线替代导线，完成实物电路的连线.(2)实验末尾前，应先将滑动变阻器的滑片P调到________(填a或b)端.甲乙丙(3)合上开关S1，S2接图甲中的1位置，滑动滑片P，记载下几组电压表和电流表的示数;重置滑动变阻器，S2改接图甲中的2位置，滑动滑片P，再记载几组电压表和电流表的示数.在同一坐标系内区分描点作出S2接1、2位置时，电压表示数U和电流表示数I的图象，如图丙所示.两图线均为直线，与纵轴的截距区分为UA、UB，与横轴的截距区分为IA、IB.S2接1位置时，作出的U-I图线是图丙中的________(填A 或BS2接2位置时，干电池电动势的测量值________真实值，内阻的测量值________真实值.(填大于小于或等于)解析：(2)为维护电表，闭合开关前滑动变阻器连入电路的阻值应最大，即滑片P调到a端.(3)S2接1位置时，由于电压表的分流，使得电流的测量值偏小，而短路电流(U=0时的电流，即图线与横轴的截距)不变，故电动势和内阻的测量值都偏小;S2接2位置时，可将电流表内阻等效到电源内阻中，即外电压和干路电流的测量值是准确的，电源电动势的测量值等于电动势的真实值，但电源内阻的测量值等于电源内阻的真实值与电流表内阻的和.答案：(1)如下图 (2)a (3)B 等于大于5.用实验测一电池的内阻r和一待测电阻的阻值Rx.电池的电动势约6 V，电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧.可选用的实验器材有：电流表A1(量程0～30 mA);电流表A2(量程0～100 mA);电压表V(量程0～6 V);滑动变阻器R1(阻值0～5滑动变阻器R2(阻值0～300开关S一个，导线假定干条.某同窗的实验进程如下：.设计如图甲所示的电路图，正确衔接电路.甲.将R的阻值调到最大，闭合开关，逐次调小R的阻值，测出多组U和I的值，并记载.以U为纵轴，I为横轴，失掉如图乙所示的图线.乙.断开开关，将Rx改接在B、C之间，A与B直接相连，其他局部坚持不变.重复的步骤，失掉另一条U-I图线，图线与横轴I的交点坐标为(I0,0)，与纵轴U的交点坐标为(0，U0). 回答以下效果：(1)电流表应选用________，滑动变阻器应选用________;(2)由图乙的图线，得电源内阻r=________(3)用I0、U0和r表示待测电阻的关系式Rx=________，代入数值可得Rx;(4)假定电表为理想电表，Rx接在B、C之间与接在A、B之间，滑动变阻器滑片都从最大阻值位置调到某同一位置，两种状况相比，电流表示数变化范围________，电压表示数变化范围________.(选填相反或不同)解析：(1)电路总电阻能够的最小值约为20 ，那么回路中能够的最大电流Im= A=300 mA，可见，电流表应选用A2.假定选用滑动变阻器R1，电路中电流变化范围太窄，并且当R1连入电路阻值最大时，电路中电流仍能够会超越电流表A2的量程，故应选用R2.(2)图乙中，U-I图线的斜率的相对值等于电源内阻，由图象可知：r=25 .(3)由题意可知，Rx+r=，那么Rx=-r0.(4)假定电表为理想电表，Rx接在B、C或A、B之间，对干路中电流无影响，故电流表示数变化范围相反，很显然，电压表示数变化范围不相反.答案：(1)A2 R2 (2)25 (3)-r (4)相反不同6.如图甲所示的黑箱中有三只完全相反的电学元件，小明运用多用电表对其停止探测.甲乙(1)在运用多用电表前，发现指针不在左边0刻度线处，应先调整图乙中多用电表的部件________(选填AB或C). (2)在用多用电表的直流电压挡探测黑箱a、b接点间能否存在电源时，一表笔接a，另一表笔应________(选填持久或继续)接b，同时观察指针偏转状况.(3)在判定黑箱中无电源后，将选择开关旋至1挡，调理好多用电表，测量各接点间的阻值.测量中发现，每对接点间正、反向阻值均相等，测量记载如下表.两表笔区分接a、b时，多用电表的示数如图乙所示.请将记载表补充完整，在图甲的黑箱中画出一种能够的电路.两表笔接的接点多用电表的示数 a、b ________ a、c 10.0 b、c 15.0 解析：(1)多用电表运用前应停止机械调零，机械调零装置为部件A.(2)运用多用电表停止测量时，为保证电表不被损坏往往要停止试触，即让两表笔与接点持久接触，观察指针偏转状况，假定继续接触那么有能够损坏电表.(3)黑箱中无电源且每对接点间正、反向阻值相等，多用电表读数为5 ，由表格数据可知，b、c间电路为a、b间5 的电阻与a、c间10 的电阻串联而成.答案：(1)A (2)持久 (3)515-16学年高考物理二轮温习专项限时训练题〔含答案〕分享到这里，更多内容请关注高考物理温习指点栏目。

老高考适用2023版高考物理二轮总复习第4部分题型专练鸭题专练4

选考题专练(四)(考试时间：10分钟试卷满分：15分)(二)选考题：共15分．请考生从2道物理题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．33．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)下列说法正确的( BDE )A ．分子间作用力随分子间距离的增大而减小B ．布朗运动间接反映了液体分子的运动C ．完全失重的状态下，气体不会产生压强D ．岩盐是立方体结构，粉碎后的岩盐仍然是晶体E ．温度相同的氢气和氧气，分子平均动能相同(2)(10分)如图所示，汽缸内壁光滑且竖直放置，横截面积为S ＝2×10－3 m 2，厚度不计的活塞质量为m ＝1 kg ；活塞只能在AB 之间运动，B 下方的容积为V 0＝2.0×10－3 m 3，A 、B 之间的容积为ΔV ＝1.0×10－3 m 3，大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，开始时活塞停在B 处，汽缸内气体的压强为p 1＝0.9p 0，温度为27 ℃，现缓慢加热缸内气体．求：①当活塞恰好到达A 、B 中间时，缸内气体的温度；②当汽缸内温度为327 ℃时，汽缸内气体的压强．【答案】 (2)①T 3＝437.5 K ②p 3＝1.2×105 Pa【解析】 (1)两分子间初始距离未知，所以无法确定分子间作用力随分子间距离的增大是减小还是增大，A 错误；布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的运动，B 正确；气体的压强是气体分子无规则运动撞击器壁产生的，不是由气体重力产生的，C 错误；岩盐是立方体结构，是晶体，且有规则的几何形状，粉碎后的岩盐仍是晶体，仍有规则的几何形状，D 正确；温度相同时，物体的平均动能相同，E 正确．故选BDE ．(2)①活塞刚离开B 处时压强为p 2＝p 0＋mg S ＝1.05×105 Pa缸内气体先做等容变化，由查理定律可知p 1T 1＝p 2T 2解得T 2＝350 K初状态为V 2＝V 0＝2.0×10－3 m 3末状态为V 3＝V 0＋ΔV 2＝2.5×10－3 m 3缸内气体做等压变化，由盖—吕萨克定律可知V 2T 2＝V 3T 3解得T 3＝437.5 K ．②假设活塞最终移动到A 处，则V 4＝V 0＋ΔV ＝3×10－3 m 3 T 4＝(327＋273)K ＝600 K由理想气体状态方程可知p 1V 0T 1＝p 3V 4T 4 解得p 3＝1.2×105 Pa ＞p 2＝1.05×105 Pa故活塞最终移动到A 处，汽缸内气体的压强为p 3＝1.2×105Pa ．34．[物理——选修3－4](15分)(1)(5分)下列物理现象，说法正确的是( BDE )A ．闻其声而不见其人，是波的共振现象B ．环绕发声的双股音叉绕一圈，听到声音忽强忽弱，是波的干涉现象C ．夏天雷雨后路面上油膜呈现彩色，是因为光沿直线传播D ．当正在鸣笛的火车急驶而来时，我们听到汽笛声音调变高，这是多普勒效应现象E ．看立体电影时戴上特质的眼镜，这样看到电影画面的效果具有立体感，是利用光的偏振现象(2)(10分)如图，半径为R 的半球体透明工件，底面镀有反射膜．有一平行于中心轴OO ′的光线从半球面射入，O 为圆心，O ′为工件顶点，该光线与OO ′之间的距离为32R ，已知该光线最后从O ′点射出(不考虑多次反射)．①求该工件的折射率；②若去掉底面反射膜，入射位置和方向不变，该光是否能在工件底面发生全反射？写出分析过程(不考虑多次反射)．【答案】 (2)① 3 ②不能，见解析【解析】 (1)闻其声而不见其人，这是声音的衍射现象，A 错误；环绕发声的双股音叉绕一圈，听到声音忽强忽弱，是因为音叉发出两个频率相同的声波相互叠加，从而出现加强区和减弱区，这是声音的干涉现象，B 正确；夏天雷雨后路面上油膜呈现彩色，是薄膜干涉现象，C 错误；当正在鸣笛的火车急驶而来时，我们听到汽笛声音调变高，音调变高就是频率变高，这是多普勒效应现象，D 正确；看立体电影时戴上特质的眼镜，这样看到电影画面的效果具有立体感，是利用光的偏振现象，E 正确；故选BDE ．(2)①光路如图所示由题可知AD ＝32R ，所以sin ∠AOD ＝AD R ＝32∠AOD ＝60°可得OD ＝AB ＝R2由几何关系可知光线在A 点的入射角α＝60°根据反射定律，结合几何关系，有∠ACB ＝∠OCO ′∠OO ′C ＝∠CAB根据几何关系有R tan ∠OO ′C ＋12R tan ∠CAB ＝32R可知tan ∠OO ′C ＝tan ∠CAB ＝33∠OO ′C ＝∠CAB ＝30°则光线在A 点的折射角为β＝60°－30°＝30°根据折射定律可知工件的折射率为n ＝sin αsin β＝3．②发生全反射的临界角为sin C ＝1n ＝33光线在底边的入射角为30°，有sin 30°＝12＜33 因此该光在工件底面不能发生全反射．。

2024高考物理二轮复习冲刺全真模拟试卷精选必刷题(新高考)考点精编版

一、单选题1. 如图所示，矩形线圈面积为S ，匝数为N ，线圈电阻为r ，线圈在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的OO '轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R 。

在线圈由图示位置转过90°的过程中，下列判断正确的是（）A．电压表的读数为B．通过电阻的电荷量为C．电阻所产生的焦耳热为D ．当线圈由图示位置转过60°时电路中电流的大小为2. 如图所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置，其核心部分是两个D 型金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连，则下列说法正确的是（）A ．粒子做圆周运动的周期随半径增大而增长B ．粒子从磁场中获得能量C ．带电粒子加速所获得的最大动能与加速电压的大小有关D ．带电粒子加速所获得的最大动能与金属盒的半径有关3. 如图所示，一辆汽车在平直公路上运动，从某时刻开始计时，汽车在第1s 、第2s 、第3s 内前进的距离分别是5.4m 、7.2m 、9.0m 。

某同学根据题目所提供的信息，猜想汽车在这3s内做匀加速直线运动。

如果他的猜想是正确的，可进一步推断汽车所受的合力（）A ．保持不变B ．越来越大C ．越来越小D ．先变大后变小4. 一条长为L 的绝缘细线上端固定在O 点，下端系一个质量为m 带电量为+q 的小球，将它置于水平向右的匀强电场中，小球静止时细线与竖直线的夹角成θ=37°。

已知重力加速度为g，下列正确的是（）A ．剪断细线，小球将做曲线运动B．突然撤去电场的瞬间，绳子拉力变为C．如果改变电场强度大小和方向，使小球仍在原位置平衡，电场强度最小为D ．在A 点给小球一个垂直于细线方向，大小至少为的速度，才能使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动5. 如下图所示，两根相距为l 的平行直导轨ab 、cd ，b 、d 间连有一固定电阻R ，导轨电阻可忽略不计。

MN 为放在ab 和cd 上的一导体杆，2024高考物理二轮复习冲刺全真模拟试卷精选必刷题（新高考）考点精编版二、多选题三、实验题与ab 垂直，其电阻也为R 。