高考物理大二轮复习题型限时专练1选择题+鸭题一Word下载.docx
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陕西质检
(一))如图所示,菱形ABCD的对角线相交于O点,两个等量异种点电荷分别固定在AC连线上的M点与N点,且OM=ON,则( )
A.A、C两处电势、场强均相同
B.A、C两处电势、场强均不相同
C.B、D两处电势、场强均相同
D.B、D两处电势、场强均不相同
[解析] 以无穷远处为零势能点,则A处电势为正,C处电势为负,故A、C两处电势不同,由场强叠加原理知A处场强方向向左,C处场强方向也向左,且大小相同,故A、C两处的电场强度相同,A、B错误;
B、D两处场强大小相等,方向均水平向右,两处的电势均为0,C正确,D错误.
16.(2018·
河北名校联盟)2017年6月19日,长征三号乙遥二十八火箭发射中星9A卫星过程中出现变故,由于运载火箭的异常,卫星没有按照原计划进入预定轨道.经过航天测控人员的配合和努力,通过多次轨道调整,卫星成功变轨进入同步卫星轨道.卫星变轨原理图如图所示,卫星从椭圆轨道Ⅰ远地点Q改变速度进入地球同步轨道Ⅱ,P点为椭圆轨道近地点.下列说法正确的是( )
A.卫星在椭圆轨道Ⅰ运行时,在P点的速度等于在Q点的速度
B.卫星在椭圆轨道Ⅰ的Q点速度小于在同步轨道Ⅱ的Q点的速度
C.卫星在椭圆轨道Ⅰ的Q点加速度大于在同步轨道Ⅱ的Q点的加速度
D.卫星耗尽燃料后,在微小阻力的作用下,机械能减小,轨道半径变小,动能变小
[解析] 卫星在椭圆轨道Ⅰ运行时,由开普勒第二定律知,离中心天体越近,运行速度越大,因此卫星在P点的速度大于在Q点的速度,选项A错误;
卫星由椭圆轨道Ⅰ改变速度进入地球同步轨道Ⅱ时要点火加速,因此,卫星在椭圆轨道Ⅰ的Q点速度小于在同步轨道Ⅱ的Q点的速度,选项B正确;
根据牛顿第二定律知,卫星在椭圆轨道Ⅰ的Q点加速度等于在同步轨道Ⅱ的Q点的加速度,选项C错误;
卫星耗尽燃料后,在微小阻力的作用下,机械能减小,速度减小,卫星做近心运动,轨道半径减小,根据G
=m
可得v=
,即轨道半径变小,速度变大,动能变大,选项D错误.
[答案] B
17.(2018·
陕西摸底)如图,电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r.闭合开关,电路稳定后,将滑动变阻器滑片向下滑动,理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3,理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI,下列说法错误的是( )
A.A的示数增大
B.V2的示数增大
C.ΔU3与ΔI的比值大于r
D.ΔU1大于ΔU2
[解析] 理想电压表V1、V2、V3的示数分别是定值电阻两端的电压、路端电压、滑动变阻器两端的电压,理想电流表A的示数是干路中的电流.滑动变阻器滑片向下滑动,其有效电阻变小,根据闭合电路欧姆定律可知,干路中的电流增大,A示数增大,内电压增大,路端电压减小,即V2示数减小,故选项A正确,B错误;
因为
=R、
=r,而R>
r,所以ΔU1>
ΔU2,故选项D正确;
因为ΔU3>
ΔU2、
=r,所以
>
r,故选项C正确.
18.(2018·
武汉调研)一物块从固定斜面底端沿倾角为θ的斜面上滑,到达最大高度后又返回斜面底端.已知物块下滑的时间是上滑时间的2倍,则物块与斜面间的动摩擦因数为( )
A.
tanθB.
tanθ
C.
tanθD.tanθ
[解析] 物块沿斜面上滑时的加速度大小a1=gsinθ+μgcosθ,则s=
a1t2;
物块沿斜面下滑时的加速度大小a2=gsinθ-μgcosθ,则s=
a2(2t)2,联立解得μ=
tanθ,选项C正确.
19.(2018·
福州高三期末)氢原子能级如图所示,已知可见光光子的能量在1.61eV~3.10eV范围内,则下列说法正确的是( )
A.氢原子由n=2能级跃迁到n=1能级,放出的光子为可见光
B.大量氢原子处于n=4能级时,向低能级跃迁能发出6种频率的光子
C.处于基态的氢原子电离需要释放13.6eV的能量
D.氢原子处于n=2能级时,可吸收2.86eV能量的光子跃迁到高级能
[解析] 大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时,先从n=4能级分别向下面的三个能级各画一条线,可画三条;
再从n=3能级出发,分别向下面二个能级各画一条线,可画两条;
再从n=2能级出发,向下面一能级画一条线,可画一条;
则总共可画6条,即能发出6种频率的光子,B正确;
处于n=2能级的氢原子,吸收2.86eV能量的光子,-3.4eV+2.86eV=-0.54eV,跃迁到n=5能级,选项D正确.
[答案] BD
20.(2018·
四川五校联考)如图所示,在x>
0,y>
0的空间中有恒定的匀强磁场,磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里,大小为B.现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子,从x轴上的某点P沿着与x轴成30°
角的方向射入磁场.不计重力的影响,则下列说法正确的是( )
A.只要粒子的速率合适,粒子就可能通过坐标原点
B.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为
C.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为
D.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为
[解析] 带正电粒子由P点与x轴成30°
角入射,则粒子运动轨迹的圆心在过P点与速度方向垂直的方向上,粒子在磁场中要想到达坐标原点,转过的圆心角肯定大于180°
,如图所示,而因磁场有边界,故粒子不可能通过坐标原点,A错误;
由于P点的位置不定,所以粒子在磁场中的轨迹圆弧对应的圆心角也不同,最大的圆心角为圆弧与y轴相切时,偏转角度为300°
,运动的时间t=
T=
,根据粒子运动的对称性,可知粒子的运动半径无限大时,对应的最小圆心角也一定大于120°
,所以运动时间t′>
,故粒子在磁场中运动的时间范围是
<
t″≤
,BC正确,D错误.
[答案] BC
21.(2018·
辽宁五校联考)如图所示,图中两条平行虚线间存在有匀强磁场,虚线间的距离为2L,磁场方向垂直纸面向里.abcd是位于纸面内的梯形闭合线框,ad与bc间的距离为2L且均与ab垂直,ad边长为2L,bc边长为3L,t=0时刻,c点与磁场区域左边界重合.现使线框以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域,取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正,则在线框穿过磁场区域的过程中,感应电流I及a、b间电势差U随时间t变化的关系图线可能是( )
[解析] 在线框dc边逐渐进入磁场的过程中,线框切割磁感线的有效长度逐渐增大,根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知,产生的感应电动势和感应电流逐渐增大;
dc边完全进入后,线框切割磁感线的有效长度不变,产生的感应电动势和感应电流恒定;
dc边出磁场过程,线框切割磁感线的有效长度逐渐减小,根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律,产生的感应电动势和感应电流逐渐减小,但此时通过线框的磁通量仍一直增大,电流为正;
dc边完全出磁场后,ab边进入匀强磁场切割磁感线,产生的感应电动势和感应电流恒定,但电流为负,所以B正确,A错误;
在0~3
时间段,线框右侧部分切割磁感线产生感应电动势,相当于电源,a、b之间的电势差与电流成正比,图象与电流图象类似;
在3~5
时间线段框左侧部分切割磁感线产生感应电动势,相当于电源,a、b之间的电势差为正值,D正确,C错误.
二、选考题(从两道题中任选一题作答)
33.(2018·
昆明高三摸底)[物理——选修3-3]
(1)(多选)下列说法正确的是________.
A.处于完全失重的水滴呈球形,是液体表面张力作用的结果
B.液体与固体接触处的附着层都有收缩的趋势
C.液体与气体接触处的表面层都有收缩的趋势
D.毛细管插入浸润液体中管内液面会上升
E.毛细管插入不浸润液体中管内液面会上升
(2)一定质量的理想气体,状态从A→B→C→A的变化过程可用如图所示的p—V图线描述,气体在状态C时温度为TC=300K,求:
①气体在状态A时的温度TA,并比较A、B状态时气体的温度;
②若气体在A→B过程中吸热500J,则在A→B过程中气体内能如何变化?
变化了多少?
[解析]
(1)处于完全失重的水滴呈球形,是液体表面张力作用的结果,之所以是球形,是因为液体表面张力有使表面积收缩到最小的趋势,选项A正确;
液体与固体接触处的附着层不一定都有收缩的趋势,当附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时,液体与固体间表现为浸润;
附着层内分子间的距离大于r0时,附着层有收缩的趋势,表现为不浸润,选项B错误;
液体与气体接触的表面层分子相对稀疏,分子间距离大于液体内部分子间的距离,故液体与气体接触处的表面层都有收缩的趋势,选项C正确;
浸润液体情况下容器壁对液体的吸引力较强,附着层内分子密度较大,分子间距较小,故液体分子间作用力表现为斥力,附着层内液面升高,故浸润液体呈凹液面,不浸润液体呈凸液面,毛细管插入浸润液体中管内液面会上升,选项D正确,E错误.
(2)①气体从C→A、B→C,根据理想气体状态方程可得
=
解得TA=300K
解得TB=600K
TB>
TA
(也可用A、B位于两条不同的等温线上,由p—V图象的物理意义可知TB>
TA)
②气体在A→B过程压强不变
W=-pΔV
由热力学第一定律:
ΔU=Q+W
可得气体内能增加了ΔU=200J
[答案]
(1)ACD
(2)①300K TB>
TA ②内能增加 200J
34.(2018·
安徽百所高中一模)[物理——选修3-4]
(1)(多选)一条绳子两端为A点和B点,沿绳子建立坐标系,如图甲所示,每隔1m选一个坐标点,图乙为A点的振动图象,图丙为B点的振动图象,两质点各振动一个周期,分别形成两列波相对传播,波速均为2m/s,则下列说法正确的是________.
A.两列波的波长都是2m
B.两列波在t=2.5s时开始相遇
C.t=3s时,x=4m处质点为振动加强点
D.t=3s时,x=4m处质点的位移大小为40cm
E.两列波相遇的时间为0.5s
(2)如图所示为截面为四分之三圆的玻璃柱,圆弧ABC面镀银,圆弧的半径为10
cm.一细光束垂直OA并从OA的中点D射入玻璃柱,玻璃柱对该光的折射率为
,光在真空中的传播速度为c=3×
108m/s,求:
①光从玻璃柱中射出时的光线与入射光的夹角;
②光在玻璃柱中传播的时间(结果保留三位有效数字).
[解析]
(1)A、B两点的振动周期均为1s,波速均为2m/s,由v=
得波长均为2m,A正确;
当B点开始振动时,A点振动引起的振动形式传播到x=2m处,两列波经过t=
s=1.5s同时传播到x=5m处,因此在t=2.5s时两列波相遇,B正确;
x=4m处的质点与x=2m处为一个波长的距离,与x=8m处为两个波长的距离,距离之差为一个波长,因此该点为振动加强点,C正确;
t=3s时,A点振动引起的振动形式在x=4m处位移为0,B点振动引起的振动形式在x=4m处位移也为0,因此t=3s时,x=4m处质点的位移大小为0,D错误;
以其中一列波为参考系,另一列波相对传播速度为2v,相遇时相对传播距离为2λ,则相遇时间t=
=T,即t=1s,E错误.
(2)①光射入玻璃柱后的光路如图所示,在E点有
sin∠DEO=
,得∠DEO=30°
由几何关系知,∠DEO=∠BEO=∠EBO=∠OBF
光在OC面上射出时的入射角r=30°
由折射定律n=
得
光从OC面射出时的折射角i=45°
则光从玻璃柱中射出时的光线与入射光的夹角为i′=135°
②光在玻璃柱中传播的路程为s=DE+EB+BF
DE=Rcos30°
BE=2Rcos30°
BF=
光在玻璃柱中传播的速度为v=
光在玻璃柱中传播的时间为t=
代入数据解得t=4.33×
10-9s
[答案]
(1)ABC
(2)①135°
②4.33×