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1、2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 選擇題滿分練2 一、選擇題(共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～17題只有一項(xiàng)符合題目要求，第18～21題有多項(xiàng)符合題目要求。全選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。) 14．(2018·懷化三模)關(guān)于物理學(xué)的研究方法，以下說法錯(cuò)誤的是 A．伽利略開創(chuàng)了運(yùn)用邏輯推理和實(shí)驗(yàn)相結(jié)合進(jìn)行科學(xué)研究的方法 B．卡文迪許在利用扭秤實(shí)驗(yàn)裝置測(cè)量萬有引力常量時(shí)，應(yīng)用了放大法 C．合力與分力、總電阻、交流電的有效值用的是“等效替代”的方法 D．電場(chǎng)強(qiáng)度是用比值法定義的，因而電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力成正比，與試探電荷的電量成反比 解析　16世紀(jì)末，

2、伽利略對(duì)運(yùn)動(dòng)的研究，不僅確立了許多用于描述運(yùn)動(dòng)的基本概念，而且創(chuàng)造了一套對(duì)近代科學(xué)發(fā)展極為有益的方法。這些方法的核心是把邏輯推理和實(shí)驗(yàn)相結(jié)合進(jìn)行科學(xué)研究的方法，故A正確；扭秤實(shí)驗(yàn)可以測(cè)量微弱的作用，關(guān)鍵在于它把微弱的作用經(jīng)過了兩次放大：一方面微小的力通過較長(zhǎng)的力臂可以產(chǎn)生較大的力矩，使懸絲產(chǎn)生一定角度的扭轉(zhuǎn)；另一方面在懸絲上固定一平面鏡，它可以把入射光線反射到距離平面鏡較遠(yuǎn)的刻度尺上，從反射光線射到刻度尺上的光點(diǎn)的移動(dòng)，就可以把懸絲的微小扭轉(zhuǎn)顯現(xiàn)出來，故B正確；合力與分力、總電阻、交流電的有效值用的是“等效替代”的方法，故C正確；電場(chǎng)強(qiáng)度是用比值法定義的，但是電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力不成正比，與試探電

3、荷的電荷量不成反比，電場(chǎng)強(qiáng)度由電場(chǎng)本身的性質(zhì)確定。故D錯(cuò)誤。 答案　D 15．(2018·湖南六校聯(lián)考)如圖1所示，木板P下端通過光滑鉸鏈固定于水平地面上的O點(diǎn)，物體A、B疊放在木板上且處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)物體B的上表面水平?，F(xiàn)使木板P繞O點(diǎn)緩慢旋轉(zhuǎn)到虛線所示位置，物體A、B仍保持靜止，與原位置的情況相比 圖1 A．A對(duì)B的作用力減小　　B．B對(duì)A的支持力增大 C．木板對(duì)B的支持力增大 D．木板對(duì)B的摩擦力增大 解析　設(shè)板與水平地面的夾角為α。以A為研究對(duì)象，A原來只受到重力和支持力而處于平衡狀態(tài)，所以B對(duì)A的作用力與A的重力大小相等，方向相反；當(dāng)將P繞O點(diǎn)緩慢旋轉(zhuǎn)到虛線所示位

4、置，B的上表面不再水平，A受力情況如圖甲，A受到重力和B的支持力、摩擦力三個(gè)力的作用，其中B對(duì)A的支持力、摩擦力的合力仍然與A的重力大小相等，方向相反，則A受到B對(duì)A的作用力保持不變。根據(jù)牛頓第三定律可知，A對(duì)B的作用力也不變，故A錯(cuò)誤； 開始時(shí)物體A不受B對(duì)A的摩擦力，B對(duì)A的支持力大小與重力相等；后來，設(shè)B的上表面與水平方向之間的夾角是β，受到的B對(duì)A的支持力、摩擦力，由于支持力與摩擦力相互垂直，N1＝GA cosβ ，所以A受到的支持力一定減小了，故B錯(cuò)；以AB整體為研究對(duì)象，分析受力情況如圖乙；總重力GAB、板的支持力N2和摩擦力f2，N2＝GABcos α，f2＝GABsin

5、α，α增大，N2減小，f2增大。故C錯(cuò)，D對(duì)。 答案　D 16．(2018·江蘇高考模擬壓軸卷)等離子體流由左方連續(xù)以速度v0射入P1和P2兩板間的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，偏轉(zhuǎn)后會(huì)打到P1、P2板上，ab直導(dǎo)線與P1、P2相連接，線圈A與直導(dǎo)線cd連接。線圈A內(nèi)有如圖乙所示的變化磁場(chǎng)，且規(guī)定磁場(chǎng)B的正方向向左，如圖甲所示，則下列敘述正確的是 圖2 A．0～1 s內(nèi)，ab、cd導(dǎo)線互相排斥 B．1～2 s內(nèi)，ab、cd導(dǎo)線互相吸引 C．2～3 s內(nèi)，ab、cd導(dǎo)線互相吸引 D．3～4 s內(nèi)，ab、cd導(dǎo)線互相吸引 解析　左側(cè)實(shí)際上為等離子體發(fā)電機(jī)，將在ab中形成從a到b的電流，由圖乙可知

6、，0～2 s內(nèi)磁場(chǎng)均勻變化，根據(jù)楞次定律可知將形成從c到d的電流，同理2～4 s形成從d到c的電流，且電流大小不變，故0～2 s秒內(nèi)電流同向，相互吸引，2～4 s電流反向，相互排斥，故ACD錯(cuò)誤，B正確。 答案　B 17．(2017·廣西重點(diǎn)高中高三一模)如圖3甲所示，單匝矩形線圈abcd垂直固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示。以逆時(shí)針方向?yàn)殡娏髡较?，以向右方向?yàn)榘才嗔φ较?，下列關(guān)于bc段導(dǎo)線中的感應(yīng)電流i和受到的安培力F隨時(shí)間變化的圖像正確的是 圖3 解析　0～0.5 T時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，方向垂直紙面向里，由

7、楞次定律可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，為負(fù)，同理可知，0.5T～T時(shí)間內(nèi)，電流為正，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，0～0.5 T時(shí)間內(nèi)通過bc段導(dǎo)線的電流是0.5T～T時(shí)間內(nèi)通過bc段導(dǎo)線的，A錯(cuò)，B對(duì)；由安培力公式F＝BIL，I＝，E＝＝S可知，t＝T時(shí)bc段導(dǎo)線受到安培力大小是t＝0時(shí)bc段導(dǎo)線受到的安培力大小的4倍，C、D均錯(cuò)。 答案　B 18．在下列敘述中，正確的是 A．光電效應(yīng)現(xiàn)象說明光具有粒子性 B．重核裂變和輕核聚變都會(huì)產(chǎn)生質(zhì)量虧損 C．居里夫人最早發(fā)現(xiàn)了天然放射現(xiàn)象 D．若黃光照射某金屬能發(fā)生光電效應(yīng)，用紫光照射該金屬一定能發(fā)生光電效應(yīng) 解析　光電效應(yīng)現(xiàn)象說明光具

8、有粒子性，A正確；重核裂變和輕核聚變都要產(chǎn)生能量，根據(jù)質(zhì)能方程得產(chǎn)生能量的過程一定伴隨著質(zhì)量的虧損，B正確；貝可勒爾首先發(fā)現(xiàn)了天然放射現(xiàn)象，C錯(cuò)誤；發(fā)生光電效應(yīng)的條件是入射光的頻率大于極限頻率，黃光照射能發(fā)生光電效應(yīng)，說明黃光的頻率大于極限頻率，而紫光的頻率更大，故也能發(fā)生光電效應(yīng)，D正確。 答案　ABD 19．(2018·煙臺(tái)一模)北斗導(dǎo)航系統(tǒng)又被稱為“雙星定位系統(tǒng)”，具有導(dǎo)航、定位等功能?！氨倍贰毕到y(tǒng)中兩顆工作衛(wèi)星1和2均繞地心O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑均為r，某時(shí)刻兩顆工作衛(wèi)星分別位于軌道上的A、B兩位置(如圖4所示)，若衛(wèi)星均順時(shí)針運(yùn)行，地球表面處的重力加速度為g，地球半徑為R，不

9、計(jì)衛(wèi)星間的相互作用力。則以下判斷中正確的是 圖4 A．這兩顆衛(wèi)星的向心加速度大小相等，均為 B．衛(wèi)星1由位置A運(yùn)動(dòng)至位置B所需的時(shí)間為 C．如果使衛(wèi)星1加速，它就一定能追上衛(wèi)星2 D．衛(wèi)星1由位置A運(yùn)動(dòng)到位置B的過程中萬有引力不做功 解析　由黃金代換知：g＝，衛(wèi)星的加速度為a＝＝，故A正確；衛(wèi)星繞行的線速度為v，a＝＝，衛(wèi)星由A位置運(yùn)動(dòng)至B位置的時(shí)間為：t＝·＝ ，故B錯(cuò)誤；空間的追擊，由內(nèi)圈加速追趕外圈的衛(wèi)星，故C錯(cuò)誤；衛(wèi)星1由位置A運(yùn)動(dòng)位置B的過程中，萬有引力與速度垂直，不做功，D正確。 答案　AD 20．如圖5所示，豎直面內(nèi)有一個(gè)閉合導(dǎo)線框ACDE(由柔軟細(xì)導(dǎo)線制成

10、)掛在兩固定點(diǎn)A、D上，水平線段AD為半圓的直徑，在導(dǎo)線框的E處有一個(gè)動(dòng)滑輪，動(dòng)滑輪下面掛一重物，使導(dǎo)線處于繃緊狀態(tài)。在半圓形區(qū)域內(nèi)，有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)。設(shè)導(dǎo)線框的電阻為r，圓的半徑為R，在將導(dǎo)線上的C點(diǎn)以恒定角速度ω(相對(duì)圓心O)從A點(diǎn)沿圓弧移動(dòng)的過程中，若不考慮導(dǎo)線中電流間的相互作用，則下列說法正確的是 圖5 A．在C從A點(diǎn)沿圓弧移動(dòng)到D點(diǎn)的過程中，導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的方向先逆時(shí)針，后順時(shí)針 B．當(dāng)C沿圓弧移動(dòng)到圓心O的正上方時(shí)，導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大 C．在C從A點(diǎn)沿圓弧移動(dòng)到圖中∠ADC＝30°位置的過程中，通過導(dǎo)線上C點(diǎn)的電荷量為 D．

11、在C從A點(diǎn)沿圓弧移動(dòng)到D點(diǎn)的過程中，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的電熱為 解析　設(shè)轉(zhuǎn)過角度為θ＝ωt，根據(jù)幾何知識(shí)知，線框上部分的三角形的面積：S＝2R·Rsin θ＝R2sin θ磁通量為Φ＝BR2sin θ＝BR2sin ωt，磁通量先增大后減小，根據(jù)楞次定律知電流的方向先逆時(shí)針，后順時(shí)針，故A正確；根據(jù)E＝知e＝ωBR2cos ωt，C沿圓弧移動(dòng)到圓心O的正上方時(shí)，導(dǎo)線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最小為零，故B錯(cuò)誤；根據(jù)q＝知q＝＝，故C錯(cuò)誤；根據(jù)B項(xiàng)知電動(dòng)勢(shì)有效值為E＝＝ωBR2，故電熱Q＝t＝，故D正確。 答案　AD 21.如圖6所示為一個(gè)小型電風(fēng)扇的電路簡(jiǎn)圖，其中理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)之比為n∶1，

12、原線圈接電壓為U的交流電源，輸出端接有一只電阻為R的燈泡L和交流風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)D，電動(dòng)機(jī)線圈電阻為r。接通電源后，電風(fēng)扇正常運(yùn)轉(zhuǎn)，測(cè)出通過副線圈的電流為I，則下列說法正確的是 圖6 A．理想變壓器的輸入功率為 B．風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)D中的電流為 C．風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)D輸出的機(jī)械功率為 D．若電風(fēng)扇由于機(jī)械故障被卡住，則通過原線圈的電流為 解析　根據(jù)原、副線圈電流與匝數(shù)成反比可知原線圈中電流為I1＝，根據(jù)P＝UI可知理想變壓器輸入功率P1＝UI1＝，A正確；根據(jù)原、副線圈電壓與匝數(shù)成正比可知副線圈兩端電壓U2＝，風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)D是非純電阻元件，故風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)中電流I22＝I－＝I－≠，B錯(cuò)誤；風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)輸出機(jī)械功率為P22＝U2I22－Ir，C錯(cuò)誤；若電風(fēng)扇被卡住，則電風(fēng)扇只是一個(gè)純電阻r，副線圈電路電阻為R2＝，原、副線圈的功率相等，有＝I11U，解得I11＝，D正確。 答案　AD