《（江蘇專版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 選擇題提速練（二）（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 選擇題提速練（二）（含解析）（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（江蘇專版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 選擇題提速練（二）（含解析） 一、單項選擇題 1．一含有理想變壓器的電路如圖甲所示，圖中理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為2∶1，電阻R1和R2的阻值分別為3 Ω和1 Ω，電流表、電壓表都是理想交流電表，a、b輸入端輸入的電流如圖乙所示，下列說法正確的是(　　) A．電流表的示數(shù)為 A B．電壓表的示數(shù)為 V C．0～0.04 s內(nèi)，電阻R1 產(chǎn)生的焦耳熱為0.08 J D．t＝0.03 s時，通過電阻R1的瞬時電流為 A 解析：選A　設(shè)電流表的示數(shù)為I1，則I12RT＝2R·＋2R·，解得：I1＝ A，故A正確；由于原線圈中的電流只

2、有交流部分才能輸出到副線圈中，又原、副線圈匝數(shù)之比為2∶1，故副線圈中交流部分的電流最大值為2 A，設(shè)副線圈交流電的有效值為I2，則：I22RT＝2R·，解得：I2＝ A，因此電壓表的示數(shù)為：U＝I2R2＝ V，故B錯誤；0～0.04 s內(nèi)，電阻R1產(chǎn)生的焦耳熱為Q1＝I22R1t＝2×3×0.04 J＝0.24 J，故C錯誤；t＝0.03 s時，通過電阻R1的瞬時電流為0，故D錯誤。 2．關(guān)于下列四幅圖說法正確的是(　　) A．圖①中的放射性同位素應(yīng)選擇衰變時放出α粒子的同位素 B．圖②中的鎘棒的作用是使核反應(yīng)中的快中子減速 C．圖③中的光子碰撞電子后，其波長將變大 D．圖④中

3、的電子的動量越大，衍射現(xiàn)象越明顯 解析：選C　α、β、γ三種射線的穿透能力不同，α射線不能穿過3 mm厚的鋁板，γ射線又很容易穿過3 mm厚的鋁板，厚度的微小變化不會使穿過鋁板的γ射線的強度發(fā)生較明顯變化，所以基本不受鋁板厚度的影響；而β射線剛好能穿透幾毫米厚的鋁板，因此厚度的微小變化會使穿過鋁板的β射線的強度發(fā)生較明顯變化，即是β射線對控制厚度起作用，所以圖①的放射性同位素應(yīng)選擇衰變時放出β粒子的同位素，故A錯誤。在核反應(yīng)堆中石墨主要起減速劑的作用，將快中子變成慢中子。鎘棒起到吸收中子的作用，能控制中子的數(shù)目，從而控制核反應(yīng)的速度，故B錯誤。圖③中的光子碰撞電子后，其能量減小，則波長將變大

4、，故C正確。根據(jù)波長和動量的關(guān)系λ＝，則圖④中的電子的動量越大，波長越小，則衍射現(xiàn)象越不明顯，故D錯誤。 3.如圖所示，從S處發(fā)出的熱電子經(jīng)加速電壓U加速后垂直進入相互垂直的勻強電場和勻強磁場中，發(fā)現(xiàn)電子向上極板偏轉(zhuǎn)。設(shè)兩極板間電場強度為E，磁感應(yīng)強度為B。欲使電子沿直線從電場和磁場區(qū)域通過，只采取下列措施，其中可行的是(　　) A．適當(dāng)減小加速電壓U B．適當(dāng)減小電場強度E C．適當(dāng)增大加速電場極板之間的距離 D．適當(dāng)減小磁感應(yīng)強度B 解析：選B　要使電子在復(fù)合場中做勻速直線運動，故Eq＝qvB。根據(jù)左手定則可知電子所受的洛倫茲力的方向豎直向下，故電子向上極板偏轉(zhuǎn)的原因是電場力大

5、于洛倫茲力，所以要么減小電場力，要么增大洛倫茲力。根據(jù)eU＝mv2可得v＝，若適當(dāng)減小加速電壓U，則電子在復(fù)合場中運動的速度v減小，從而洛倫茲力減小，故A錯誤。若適當(dāng)減小電場強度E，即可以減小電場力，故B正確。若適當(dāng)增大加速電場極板之間的距離，根據(jù)eU＝mv2可得v＝，由于極板間的電壓沒有變化，所以電子進入磁場的速率沒有變化，因此沒有改變電場力和洛倫茲力的大小，故C錯誤。若適當(dāng)減小磁感強度B，則洛倫茲力減小，故D錯誤。 4.中央電視臺綜藝節(jié)目《加油向未來》中有一個橄欖球空中擊劍游戲：寶劍從空中B點自由落下，同時橄欖球從A點以速度v0沿AB方向拋出，恰好在空中C點擊中劍尖，不計空氣阻力。下列說

6、法正確的是(　　) A．橄欖球在空中運動的加速度大于寶劍下落的加速度 B．橄欖球若以小于v0的速度沿原方向拋出，一定能在C點下方擊中劍尖 C．橄欖球若以大于v0的速度沿原方向拋出，一定能在C點上方擊中劍尖 D．橄欖球無論以多大速度沿原方向拋出，都能擊中劍尖 解析：選C　橄欖球在空中運動的加速度等于寶劍下落的加速度，均等于重力加速度，故A錯誤；橄欖球若以小于v0的速度沿原方向拋出，則水平方向的速度減小，運動到相遇點的時間t＝增大，橄欖球在相同時間下降的高度增大，可能劍尖落地后橄欖球才到C點所在的豎直線，所以橄欖球可能在C點下方擊中劍尖，故B錯誤；橄欖球若以大于v0的速度沿原方向拋出，則

7、水平方向的速度增大，運動到相遇點的時間t＝減小，橄欖球相同時間下降的高度減小，一定能在C點上方擊中劍尖，故C正確；若拋出的速度太小，可能橄欖球不會與劍尖相遇，故D錯誤。 5．地球靜止軌道衛(wèi)星的軌道面與地球赤道共面，傾斜地球同步軌道衛(wèi)星的軌道面與地球赤道面有一定的夾角，它的運轉(zhuǎn)周期是24小時。2011年12月2日，在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射的第10顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星就是一顆傾斜地球同步軌道衛(wèi)星。2012年10月25日，在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射的第16顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星是一顆地球靜止軌道衛(wèi)星，它與先期發(fā)射的15顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星組網(wǎng)運行，北斗導(dǎo)航工程區(qū)域組網(wǎng)順利完成，現(xiàn)在已向亞太大部分地區(qū)提供正式服務(wù)。關(guān)于這兩顆

8、衛(wèi)星下列說法正確是(　　) A．這兩顆衛(wèi)星離地面的高度一樣，約為3.6萬千米 B．第10顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星的運行速度一定與第一宇宙速度相等 C．發(fā)射第10顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星要比發(fā)射同等質(zhì)量的近地衛(wèi)星少消耗能量 D．第10顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星比第16顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星運行加速度大 解析：選A　根據(jù)題意可知這兩顆衛(wèi)星運動的周期都是24 h，根據(jù)萬有引力提供向心力＝m(R＋h)可知，周期相同則高度相同，故這兩顆衛(wèi)星離地面的高度一樣，約為3.6萬千米，故A正確；根據(jù)萬有引力提供向心力G＝m，得v＝，則運行高度越大，速度越小，當(dāng)r最小等于地球半徑時，速度最大等于第一宇宙速度，故第10顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星的運行速度一定

9、比第一宇宙速度小，故B錯誤；同等質(zhì)量的衛(wèi)星，發(fā)射高度越高，克服地球引力做功越多，故發(fā)射第10顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星要比發(fā)射同等質(zhì)量的近地衛(wèi)星多消耗能量，故C錯誤；根據(jù)萬有引力提供向心力G＝ma，得a＝，則高度相同時，加速度相同，故第10顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星與第16顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星運行加速度相等，故D錯誤。 二、多項選擇題 6.如圖所示，虛線為某電場的等勢面，今有兩個帶電粒子(重力不計)，以不同的速率沿不同的方向，從A點飛入電場后，沿不同的軌跡1和2運動，由軌跡可以斷定(　　) A．兩個粒子的電性一定不同 B．粒子1的動能先減少后增加 C．粒子2的電勢能先增大后減小 D．經(jīng)過B、C兩點，兩粒子的速率

10、一定相等 解析：選AB　根據(jù)軌跡的彎曲方向可判斷出粒子1受到排斥力作用，其電性與場源電荷的電性相同，粒子2受到吸引力作用，電性與場源電荷的電性相反，所以兩粒子的電性一定相反，故A正確；電場力對粒子1先做負(fù)功，后做正功，由動能定理知其動能先減少后增加，故B正確；電場力對粒子2先做正功，后做負(fù)功，則粒子2的電勢能先減小后增大，故C錯誤； 由于粒子1到B點時速率減小，粒子2到C點時速率增加，而粒子1的初速率與粒子2的初速率不等，則經(jīng)過B、C兩點，兩粒子的速率可能不等，故D錯誤。 7.如圖，對斜面體上的物塊施以一個沿斜面向上的拉力F作用時，物塊恰能沿斜面勻速上滑，在此過程中斜面體相對水平地面靜止不

11、動，物塊和斜面體的質(zhì)量分別為m、M，則(　　) A．地面對斜面體的支持力等于(M＋m)g B．地面對斜面體的支持力等于(M＋m)g－Fsin θ C．斜面體受到地面向左的摩擦力為Fcos θ D．斜面體受到地面的摩擦力為零 解析：選BC　以整體為研究對象，受力分析如圖所示： 根據(jù)平衡條件得：f＝Fcos θ，摩擦力水平向左；N＝(M＋m)g－Fsin θ，B、C正確，A、D錯誤。 8.水平固定放置的足夠長的U形金屬導(dǎo)軌處于豎直向上的勻強磁場中，如圖所示，在導(dǎo)軌上放著金屬棒ab，開始時ab棒以水平初速度v0向右運動，最后靜止在導(dǎo)軌上，就導(dǎo)軌光滑和粗糙兩種情況比較，這個過程(　　)

12、 A．外力對棒所做功相等 B．電流所做的功相等 C．通過ab棒的電荷量相等 D．安培力對ab棒所做的功不相等 解析：選AD　根據(jù)動能定理，兩種情況下外力的功都等于動能的變化量，因初狀態(tài)和末狀態(tài)相同，則外力對棒做的功相同，選項A正確。電流所做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱，根據(jù)功能關(guān)系可知導(dǎo)軌光滑時，金屬棒克服安培力做功多，產(chǎn)生的焦耳熱多，電流做功大，故B錯誤。根據(jù)感應(yīng)電荷量公式q＝＝，x是ab棒滑行的位移大小，B、R、導(dǎo)體棒長度L相同，x越大，感應(yīng)電荷量越大，因此導(dǎo)軌光滑時，感應(yīng)電荷量大，故C錯誤。當(dāng)導(dǎo)軌光滑時，金屬棒克服安培力做功，動能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱，產(chǎn)生的內(nèi)能等于金屬棒的初動能；當(dāng)導(dǎo)

13、軌粗糙時，金屬棒在導(dǎo)軌上滑動，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生熱，把部分動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，另一方面要克服安培力做功，金屬棒的部分動能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，摩擦力做功產(chǎn)生的內(nèi)能與克服安培力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的和等于金屬棒的初動能；所以導(dǎo)軌粗糙時，安培力做的功少，導(dǎo)軌光滑時，安培力做的功多，故D正確。 9.如圖所示，在光滑的水平地面上有一個表面光滑的立方體M，一輕桿L與水平地面成α角，輕桿的下端用光滑鉸鏈連接于O點，O點固定于地面上，輕桿的上端連接著一個小球m，小球靠在立方體左側(cè)，立方體右側(cè)受到水平向左推力F的作用，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。若現(xiàn)在撤去水平推力F，則下列說法中正確的是(　　) A．小球在落地的瞬間

14、和立方體分離 B．小球和立方體分離時刻速度相等 C．小球和立方體分離時刻小球加速度為g D．分離前小球和立方體系統(tǒng)的機械能守恒 解析：選CD　小球隨著立方體向右運動的同時沿著立方體豎直向下運動，將小球的速度沿著水平方向和豎直方向正交分解，如圖，得到v2＝v1sin α，即小球和立方體分離時刻速度不相等，選項B錯誤。由于沒有摩擦，故立方體會在小球落在水平地面上之前離開小球，故A錯誤。對小球和立方體整體受力分析，受重力、桿的彈力T、地面的支持力，在水平方向運用牛頓第二定律，有：Tcos α＝(m＋M)ax，剛分離時小球加速度的水平分量為零，故桿的彈力為零，故小球只受重力，此時小球加速度為g，故C正確。小球和立方體分離前，只有重力對系統(tǒng)做功，則小球和立方體系統(tǒng)的機械能守恒，故D正確。