資源簡介

(共25張PPT)
選擇題專項練(一)
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一、單項選擇題:本題共8小題,每小題3分,共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。
1.(2024江蘇南通一模)如圖所示,醫護人員用注射器將藥液從密封藥瓶中緩緩抽出,在此過程中瓶中氣體的(　　)
A.壓強增大,分子數密度增大
B.壓強增大,分子數密度減小
C.壓強減小,分子數密度增大
D.壓強減小,分子數密度減小
解析 醫護人員用注射器將藥液從密封藥瓶中緩緩抽出,在此過程中瓶中藥液的體積減小,則瓶中氣體的體積增大,氣體的溫度可視為不變,則氣體的壓強減小,氣體分子總數一定,則氣體分子數密度減小。故選D。
D
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2.(2024湖南岳陽二模)如圖所示,一束復色光從真空射向半圓形玻璃磚的表面,在圓心O處發生折射,光分成了兩束單色光a、b分別從A、B兩點射出,下列說法正確的是(　　)
A.玻璃對a光的折射率小于對b光的折射率
B.a光從O點傳播到A點的時間大于b光從O點
傳播到B點的時間
C.若該復色光由紅光與紫光組成,則a光為紅光
D.若用同一雙縫干涉裝置實驗,可看到a光的干涉條紋間距比b光的長
B
解析 由圖可知,兩光的入射角相同,a光的折射角小,根據n=可知,a光的折射率大,故A錯誤;根據v=可知,在玻璃磚中a光的傳播速度小于b光的傳播速度,光傳播的路程都為半圓形玻璃磚的半徑r,根據t=可知,在玻璃磚中a光的傳播時間大于b光的傳播時間,故B正確;a光的折射率大,頻率高,波長短,若該復色光由紅光與紫光組成,則a光為紫光,故C錯誤;若用a、b光分別進行雙縫干涉實驗,在其他條件相同的情況下,根據Δx=λ可知,a光的干涉條紋間距小于b光的,故D錯誤。
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3.(2024廣西貴港二模)B超是醫院對病人進行檢查的重要設備,B超成像的基本原理是探頭向人體發射一組超聲波,遇到人體不同組織時會產生不同程度的反射,探頭接收到的超聲波信號由計算機處理,從而形成B超圖像。如圖為探頭沿x軸正方向發送的簡諧超聲波圖像,t=0時刻波恰好傳到質點M。已知此超聲波的頻率為1×107 Hz。下列說法正確的是(　　)
A.質點M開始振動的方向沿y軸正方向
B.探頭發出的超聲波在人體中的傳播
速度為1.4×103 m/s
C.t=0.75×10-7 s時,質點M運動到橫坐標
x=28×10-2 mm處
D.0~0.75×10-7 s時間內,質點M運動的路程為1.6 mm
B
解析 因為超聲波沿x軸正方向傳播,根據波形平移法可知,質點M開始振動的方向沿y軸負方向,故A錯誤;由圖像可知波長為λ=14×10-2 mm,則探頭發出的超聲波在人體中的傳播速度為v==λf=14×10-5×1×107 m/s= 1.4×103 m/s,故B正確;質點并不會隨波的傳播方向遷移,故C錯誤;由題意可知周期為T==1×10-7 s,由于Δt=0.75×10-7 s=T,且t=0時刻,質點M處于平衡位置開始起振,則0~0.75×10-7 s時間內,質點M運動的路程為s=×4A=3A=1.2 mm,故D錯誤。
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4.(2024河北一模)研究表明原子核的質量雖然隨著原子序數的增大而增大,但是二者之間并不成正比關系,其核子的平均質量(原子核的質量除以核子數)與原子序數的關系如圖所示,一般認為大于鐵原子核質量數(56)的為重核,小于則為輕核,下列對該圖像的說法錯誤的是(　　)
A.從圖中可以看出,Fe原子核最穩定
B.從圖中可以看出,重核A裂變成原子核
B和C時,釋放核能
C.從圖中可以看出,輕核D和E發生聚變
生成原子核F時,釋放核能
D.從圖中可以看出,重核隨原子序數的
增加,其比結合能越大
D
解析 從圖中可以看出,Fe原子核核子平均質量最小,比結合能最大,Fe原子核最穩定,故A正確,不符合題意;重核A裂變成原子核B和C時,由圖可知,核子平均質量減小,裂變過程存在質量虧損,需要釋放能量,故B正確,不符合題意;輕核D和E發生聚變生成原子核F時,由圖可知,核子平均質量減小,聚變過程存在質量虧損,需要釋放能量,故C正確,不符合題意;從圖中可以看出,重核隨原子序數的增加,原子核越不穩定,故比結合能越小,故D錯誤,符合題意。
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5.(2024山東棗莊一模)如圖所示,光滑斜面與平臺相連,小物塊以某一初速度從斜面底端沖上斜面并從平臺右端滑落。已知斜面長2 m,小物塊在斜面上運動的時間為1 s,則其初速度的大小可能為(　　)
A.2 m/s　　　　　 B.3 m/s
C.4 m/s D.5 m/s
B
解析 設小物塊的初速度大小為v0,加速度大小為a,根據勻減速直線運動規律有x=v0t-at2,v=v0-at>0,聯立解得v0<4 m/s,小物塊做勻減速直線運動,則其初速度大于平均速度,即有v0>=2 m/s,所以有2 m/s1
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6.籃球是中學生喜歡的運動,如圖所示,小明從同一高度的A、B兩點先后將籃球拋出,籃球恰好都能垂直打在籃板上的P點,不計空氣阻力,上述兩個過程中籃球從A點(　　)
A.拋出后在空中的運動時間與從B點拋出的相等
B.拋出后速度的變化量大
C.拋出時小明對籃球做的功多
D.拋出后克服重力做功的功率先增大后減小
A
解析 將籃球看成反向平拋運動,籃球在豎直方向下降的高度相同,根據豎直方向上的位移—時間公式得h=gt2,解得運動時間為t=,所以兩個過程中籃球在空中運動的時間相等,拋出后速度的變化量都等于gt,即Δv=gt,故A正確,B錯誤;由圖可知從A點投出的籃球比從B點投出的籃球的水平位移小,根據水平方向上的運動學公式得x=v0t,所以有v0A1
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7.(2024山西一模)如圖所示,正方形ABCD四個頂點各固定一個點電荷,等量同種負電荷固定在A、B兩點;等量同種正電荷固定在C、D兩點,O是正方形的中心。現將A處點電荷沿OA方向移至無窮遠處,規定無窮遠處電勢為零,則(　　)
A.移動前,O點的電勢大于零
B.移動過程中,O點電場強度一直減少
C.移動過程中,C處點電荷所受靜電力先減小后增大
D.移到無窮遠處時,O點的電勢小于零
B
解析 等量異種點電荷的中垂線上電勢為0,移動前,把A、C處點電荷作一組,把B、D處點電荷作一組,可知O點的電勢為零,故A錯誤;移動過程中,B、D處點電荷在O處的電場強度不變,方向由D到B,C處點電荷在O處產生的電場強度方向由C到O,大小不變,A處點電荷在O處產生的電場強度方向由C到O,大小不斷變小,由平行四邊形定則可知移動過程中,O點電場強度一直減少,同理,D、B處點電荷在C處的電場強度不變,方向由D到B,而A處點電荷在移動過程中,在C處產生的電場強度越來越小,所以C點的電場強度越來越小,則C處點電荷所受靜電力一直減小,故B正確,C錯誤;將A處點電荷沿OA方向移至無窮遠處后,相當于只有C處的正點電荷在O處產生電勢,則O點的電勢大于零,故D錯誤。
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8.如圖所示,甲、乙、丙是地球赤道平面內繞地心運動的三顆人造衛星,甲、丙的軌道為圓,乙的軌道為橢圓。則三顆衛星(　　)
A.在軌道上運行的周期關系是T甲>T乙>T丙
B.在軌道上1、2、3位置的加速度大小關系是a1>a2>a3
C.在軌道上1、2、3位置的速率關系是v1>v2>v3
D.在軌道上1、2、3位置所受的萬有引力大小關系是F1>F2>F3
B
解析 根據開普勒第三定律可得=k,三顆衛星在1、2、3軌道運行時軌道半徑或者半長軸增大,所以周期增大,即T甲a2>a3,故B正確;根據萬有引力提供向心力有G=m,得v=,所以v1>v3,但無法確定v2與v3的大小關系,故C錯誤;由于不知道三顆衛星的質量關系,所以不能確定它們在軌道上1、2、3位置所受的萬有引力大小關系,故D錯誤。
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二、多項選擇題:本題共4小題,每小題4分,共16分。每小題有多個選項符合題目要求,全部選對得4分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分。
9.(2024河南周口二模)如圖是差動變壓器式位移傳感器的簡化模型。兩組匝數相等的副線圈上下對稱分布,在ab端輸入穩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,鐵芯兩端與副線圈平齊,鐵芯上下移動過程中始終有一端留在副線圈內,
則鐵芯(　　)
A.向上移動,Ucd減小
B.向下移動,Ucd增大
C.靜止不動,增大Uab,則Ucd不變
D.向上移動一段距離后,增大Uab,則Ucd減小
BC
解析 根據差動變壓器式位移傳感器的工作原理可知,兩組匝數相等的副線圈上下對稱,當鐵芯兩端與副線圈平齊時,兩副線圈產生的感應電動勢相互抵消,則cd間輸出的電壓為零,無論鐵芯向上移動還是向下移動,cd間的輸出電壓均增大,A錯誤,B正確;若鐵芯靜止不動,增大 ab 間的輸入電壓,則兩副線圈產生的感應電動勢仍相互抵消,cd 間輸出的電壓不變,仍為零,C正確;由以上分析可知,鐵芯向上移動一段距離后,cd 間一定有電壓輸出,若Uab增大,結合公式可知,cd間的輸出電壓一定增大,D錯誤。
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10.(2024安徽一模)如圖所示,輕質彈簧下端固定在光滑斜面底端,彈簧處于原長時上端在O點。小球將彈簧壓縮到M點(彈簧和小球不連接)。由靜止釋放小球后,將該時刻記為t=0,小球第一次運動到O點的時刻為t=t1,小球運動到的最高點為N。在小球第一次從M點運動到N點的過程中,小球的速度v、加速度a、動能Ek以及小球機械能E隨時間t變化的圖像可能正確的是
(　　)
AC
解析 小球向上運動過程中,根據牛頓第二定律有F-mgsin θ=ma,隨著彈力減小,加速度逐漸減小,速度逐漸增大,至F'=mgsin θ,此時加速度為0,速度達到最大,小球位于MO之間,隨后有mgsin θ-F=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=gsin θ,之后加速度保持不變,速度逐漸減小,結合v-t圖像斜率為加速度,動能的計算公式Ek=mv2可知,A、C正確, B錯誤;小球運動過程中,彈簧彈力對小球做正功,小球機械能先增大,后不變,故D錯誤。
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11.(2024天津南開一模)嫦娥5號經過約19小時月面工作完成了月面自動采樣封裝,這其中需要用到許多壓力傳感器。有些壓力傳感器是通過霍爾元件將壓力信號轉化為電信號,當壓力改變時有電流通過霍爾元件。如圖所示,一塊寬為a、長為c、高為h的長方體霍爾元件,元件內的導電粒子是電荷量為e的自由電子,通入如圖所示方向的電流時,電子的定向移動速度為v。若元件處于磁感應強度為B、方向垂直于上表面向下的勻強磁場中,前后兩表面會形成電勢差U。
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下列說法正確的是(　　)
A.自由電子受到的洛倫茲力方向為垂直前表面向外
B.前表面的電勢比后表面的高
C.自由電子受到的洛倫茲力大小為
D.前、后表面間電勢差U=Bhv
答案 AC
解析 電流方向向左,自由電子向右定向移動,由左手定則可知,自由電子受到的洛倫茲力方向為垂直前表面向外,則前表面積累了自由電子,前表面的電勢比后表面的低,故A正確,B錯誤;由自由電子受力平衡可得F洛=evB=,解得U=Bav,故C正確,D錯誤。
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12.(2024廣東韶關二模)電磁緩沖裝置廣泛應用于高鐵等交通工具,它利用電磁力來實現有效緩沖,其原理圖如圖所示。減速區分布著兩部分磁場區域Ⅰ和Ⅱ(俯視),分別存在著垂直紙面向內和垂直紙面向外、寬度均為L的勻強磁場,磁感應強度的大小均為B。緩沖車質量為m,其底部最前端固定有邊長也為L的N匝正方形線圈,線圈電阻為r,緩沖車以速度v0無動力進入減速區,不計摩擦及空氣阻力。
則(　　 )
A.緩沖車的線圈進入區域Ⅰ的過程中,線圈中的感應電流(從上往下看)沿逆時針方向
B.緩沖車的線圈進入區域Ⅰ的過程中,緩沖車做加速度減小的減速運動
C.若緩沖車的線圈剛進入區域Ⅱ時的速度為v,此時緩沖車受到的安培力大小為
D.從緩沖車的線圈進入區域Ⅱ開始,在緩沖車運動位移為L的過程中,通過線圈的電荷量為
ABD
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解析 根據右手定則可知,緩沖車的線圈進入區域Ⅰ的過程中,線圈中的感應電流(從上往下看)沿逆時針方向,故A正確;緩沖車的線圈進入區域Ⅰ的過程中,根據牛頓第二定律得NIBL=ma,線圈中的電流為I=,可得a=,根據左手定則可知,緩沖車受到的安培力向左,故緩沖車的線圈進入區域Ⅰ的過程中,緩沖車做加速度減小的減速運動,故B正確;若緩沖車的線圈剛進入區域Ⅱ時的速度為v,線圈中的電流為I'=,此時緩沖車受到的安培力大小為F'=2I'BL=,故C錯誤;從緩沖車的線圈進入區域Ⅱ開始,到緩沖車運動位移為L的過程中,通過線圈的電荷量為q=Δt=Δt=,故D正確。
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12(共31張PPT)
選擇題專項練(二)
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一、單項選擇題:本題共8小題,每小題3分,共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。
1.(2024河北模擬)科學家發現某星球周圍存在著環狀物質,為了測定環狀物質是該星球的組成部分,還是環繞該星球的衛星群,用天文望遠鏡觀察發現,該環狀物質的ω2-r-3(ω為環狀物質繞星球做勻速圓周運動的角速度,r為環狀物質到星球中心的距離)圖像如圖所示,其斜率為k。引力常量為G,下列說法正確的是(　　)
A.環狀物質是該星球的組成部分
B.該星球的自轉周期為
C.該星球的質量為
D.該星球表面的重力加速度為k
C
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解析 若環狀物質為衛星群,根據萬有引力提供向心力有G=m2ω2r,解得ω2=Gm1·r-3,與環狀物質的ω2-r-3圖像對應,故環狀物質為環繞該星球的衛星群,故A錯誤;ω2-r-3圖像斜率為k,故k=Gm1,故該星球的質量為m1=,故C正確;根據牛頓第二定律得G=mg,因為不知道星球半徑,故不能求出該星球表面的重力加速度,故D錯誤;因為環狀物質為該星球的衛星群,與星球的自轉的角速度不相同,故不能求出該星球的自轉周期,故B錯誤。
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2.(2024云南一模)光滑水平面上平行放置兩根完全相同的軟繩,兩人分別握住軟繩的一端,在水平面上沿垂直于繩的方向擺動,形成沿x軸正方向傳播的兩列簡諧波。某時刻兩列波的波形分別如圖甲、乙所示,此時兩列波分別傳到離手12 m和15 m處。下列說法正確的是(　　)
A.兩列波的周期相等
B.兩列波的波源同時開始振動
C.兩列波的波源起振方向相同
D.此時圖乙所示的波中x=8 m處質點的加速度方向沿y軸負方向
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解析 由題意可知兩列波的傳播速度相同,由圖甲、乙可知,兩列波的波長不同,則兩列波的周期不相等,故A錯誤;由于兩列波的傳播速度相同,由圖甲、乙可知,兩列波的傳播距離不同,所以兩列波的波源不是同時開始振動,故B錯誤;根據波形平移法可知,圖甲中x=12 m處質點的起振方向沿y軸負方向,圖乙中x=15 m處質點的起振方向沿y軸正方向,而波源的起振方向與質點的起振方向相同,所以兩列波的波源起振方向不相同,故C錯誤;此時圖乙所示的波中x=8 m處質點位移方向為y軸正方向,則加速度方向沿y軸負方向,故D正確。
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3.如圖所示,質量相等的A、B兩物體放在輕質薄板C的兩端,C與水平面之間無摩擦。在水平力F1和F2的共同作用下,A、B、C一起由靜止開始運動,已知F1>F2,三者始終相對靜止(　　)
A.若突然撤去F1,物體A的加速度一定減小
B.若突然撤去F1,物體A所受的摩擦力一定減小
C.若突然撤去F2,物體B的加速度一定減小
D.若突然撤去F2,物體B所受的摩擦力一定增大
B
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4.(2024山東德州模擬)一傾角α=37°的粗糙斜面,斜面頂端安裝一滑輪,滑輪大小忽略不計,將斜面固定在地面上,一輕繩跨過定滑輪一端連接放在斜面上的物體A,質量為m1,另一端懸掛小球B,質量為m2。用手按住A使之靜止不動,讓小球B在豎直面內左右擺動,擺動穩定后,放開按住A的手,發現當小球擺動到最高點時,A恰好不下滑,當小球擺到最低點時,A恰好不上滑,如圖所示,已知斜面與物體間的動摩擦因數μ=0.5,
則值為(　　)
A.　　　　 B.
C.　　　 D.
B
解析 小球擺動到最高點時,A恰好不下滑,對A分析可得m1gsin α=μm1gcos α+F1,此時對小球分析可得F1=m2gcos θ,小球擺到最低點時,A恰好不上滑,對A分析可得m1gsin α+μm1gcos α=F2,此時對小球分析可得F2-m2g=,小球從最高點運動到最低點,由動能定理可得m2gL(1-cos θ)=m2v2,聯立以上各式,代入數據可得,故選B。
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5.氫原子光譜在可見光區域內的四條譜線Hα、Hβ、Hγ和Hδ,如圖所示,它們都是氫原子中電子從能級數n>2的能級躍遷到n=2的能級時發出的光。下列關于Hα、Hβ、Hγ和Hδ四條譜線的描述正確的是(　　)
A.Hα對應的前后能級之差最大
B.同一介質對Hβ的折射率最大
C.同一介質中Hγ的傳播速度最大
D.用Hβ照射某一金屬能發生光電
效應,則用Hδ照射該金屬時也一定能發生光電效應
D
解析 Hα波長最長,根據f=,頻率最小,能量最小,Hα對應的前后能級之差最小,故A錯誤;Hδ頻率最大,則同一介質對Hδ的折射率最大,故B錯誤;Hα波長最長,頻率最小,折射率最小,根據v=,同一介質中Hα的傳播速度最大,故C錯誤;Hδ頻率大于Hβ頻率,用Hβ照射某一金屬能發生光電效應,則用Hδ照射該金屬時也一定能發生光電效應,故D正確。
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6.(2024遼寧葫蘆島一模)某科研小組設計了一款超重報警裝置,其結構原理圖如圖所示,主體是導熱性能良好的薄壁密閉容器,厚度和質量不計的活塞通過輕桿連接輕質平臺。平臺上未放重物時,內部封閉理想氣體氣柱長度L=0.2 m;當活塞進入預警區域時,系統會發出超重預警。橫截面積S=0.01 m2,底部的預警區域深度h=0.1 m,平臺上輕放質量為m的重物穩定時,活塞剛好觸動報警裝置。已知環境溫度不變,大氣壓強p0=1.0×105 Pa,g取10 m/s2,不計摩擦阻力,下列說法正確的是(　　)
A.重物的質量m=200 kg
B.重物的質量m=1 000 kg
C.放上重物至活塞最終穩定的過程中,密閉氣體對外界放出
的熱量為100 J
D.放上重物至活塞最終穩定的過程中,密閉氣體對外界放出的熱量為200 J
D
解析 最終穩定時,封閉氣體溫度不變,有p0LS=p1hS,又p1=p0+,聯立得m=100 kg,A、B錯誤;設外界大氣壓力和重物對封閉氣體做功為W,則W=(mg+p0S)(L-h),代入數據求得W=200 J,封閉氣體內能不變,根據熱力學第一定律可得ΔU=W+Q,得Q=-200 J,氣體對外界放出的熱量為200 J,C錯誤,D正確。
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7.(2024河南一模)兩個點電荷固定在x軸上的M、N兩點,x軸上各點的電場強度E與各點位置坐標x之間的關系如圖所示。取x軸正方向為電場強度的正方向,無窮遠電勢為零,下列說法正確的是(　　)
A.固定在M點的點電荷電荷量比固定在N點
的點電荷電荷量小
B.Q點的電勢為零
C.從C點由靜止釋放一正點電荷,僅在電場力
作用下,到D點前它將一直做加速運動
D.從P點由靜止釋放一負點電荷,僅在電場力作用下,在它向左運動過程中電勢能將一直減小
C
解析 M、N兩點連線中點處電場強度大于0,且兩點間電場強度最小位置處距離N點較近,可知,固定在M點的點電荷電荷量比固定在N點的點電荷電荷量大,故A錯誤;若有一正點電荷由Q點向右側無窮遠處運動,電場力做正功,電勢能不斷減小,一直到零,所以Q點的電勢大于零,故B錯誤;從C點由靜止釋放一正點電荷,僅在電場力作用下,到D點前電場強度一直為正值,則電場強度方向不變,電場力方向不變,它將一直做加速運動,故C正確;從P點由靜止釋放一負點電荷,僅在電場力作用下,在它由Q向N運動過程中電場力做負功,電勢能增大,故D錯誤。
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8.(2024山東青島一模)如圖為某小型水電站電能輸送線路示意圖,發電機通過升壓變壓器和降壓變壓器向用戶供電。已知發電機線圈電阻為r,產生感應電動勢有效值為E。升壓變壓器原、副線圈匝數比為a,降壓變壓器原、副線圈匝數比為b,兩變壓器間輸電線總電阻為R1,用戶端總電阻為R2。電流表為理想電表,變壓器為理想變壓器,
下列說法正確的是(　　)
A.電流表的示數I=
B.升壓變壓器原線圈兩端的電壓U1=
C.電阻R1、R2消耗的功率之比為R1∶bR2
D.若用戶端負載增加,電流表示數變小
B
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解析 降壓變壓器等效電阻為R3=b2R2,升壓變壓器等效電阻為R4=a2(R1+b2R2),電流表的示數I1=,故A錯誤;升壓變壓器原線圈兩端的電壓U1=I1R4=,故B正確;根據P=I2R,電阻R1、R2消耗的功率之比為P1∶P2=I2R1∶I2R3=R1∶b2R2,故C錯誤;若用戶端負載增加,用戶端總電阻R2減小,電流表示數變大,故D錯誤。
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二、多項選擇題:本題共4小題,每小題4分,共16分。每小題有多個選項符合題目要求,全部選對得4分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分。
9.籃球是以手為中心的身體對抗性體育運動,是奧運會比賽項目之一。一名同學某次在籃球上升的最高點豎直向下拍球,如圖所示,手與籃球的作用距離為0.25 m(還沒到達地面),籃球離手瞬間的速度為5 m/s,籃球的質量為0.4 kg,不計空氣阻力,重力加速度g取10 m/s2,
則本次拍球(　　)
A.人對籃球做的功為5.0 J
B.人對籃球做的功為4.0 J
C.手給籃球的沖量大小為2.5 kg·m/s
D.手給籃球的沖量小于2.0 kg·m/s
BD
解析 該同學拍籃球的過程,由動能定理得mgh+W=mv2,解得該同學對籃球做的功為W=4.0 J,故A錯誤,B正確;該同學拍籃球的過程,取豎直向下為正方向,由動量定理得I+mgΔt=mv=0.4×5 kg·m/s=2.0 kg·m/s,因mgΔt>0,則I<2.0 kg·m/s,手給籃球的沖量小于2.0 kg·m/s,故C錯誤,D正確。
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10.(2024山東德州模擬)甲、乙兩質點沿同一直線運動,其中甲做勻變速直線運動,乙以大小為5 m/s的速度做勻速直線運動,在t=3 s時,兩質點相遇,它們的位置隨時間變化及相遇時切線數據如圖所示,
在0~3 s時間內,下列判斷正確的是(　　)
A.相遇時甲質點的速度大小為3 m/s
B.甲質點的初速度大小為7 m/s
C.甲質點的加速度大小為2 m/s2
D.在t=1.5 s時,甲、乙兩質點相距最遠
BC
解析 x-t圖像的斜率表示速度,則兩質點相遇時甲質點的速度大小為v3= m/s=1 m/s,故A錯誤;設甲質點的初速度大小為v0,加速度大小為a,有v3=v0-at,x=v0t-at2=3×5 m-3 m,解得v0=7 m/s,a=2 m/s2,故B、C正確;甲、乙兩質點速度相等時,兩質點相距最遠,有v0-at1=v,解得t1=1 s,故D錯誤。
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11.(2024廣東二模)如圖為某一科研設備中對電子運動范圍進行約束的裝置簡化圖。現有一足夠高的圓柱形空間,其底面半徑為R,現以底面圓心為坐標原點,建立空間直角坐標系Oxyz。在圓柱形區域內存在著沿z軸負向的勻強磁場和勻強電場,在x>R的區域內存在著沿x軸正向的勻強電場。坐標為的P點有一電子源,在xOy平面內同時沿不同方向向圓柱形區域內發射了一群質量為m、電荷量為-q的電子,速度大小均為v0。
已知磁感應強度的大小為,不計電子的重力,則從電子發射到完全離開圓柱形區域的過程中,下列說法正確的是(　　)
A.電子完全離開圓柱形區域時速度方向均不相同
B.電子完全離開圓柱形區域時的速度方向均平行于xOy平面
C.所有電子在磁場中運動的總時間均相同
D.最晚和最早完全離開圓柱形區域的電子的時間差為
AC
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解析 如圖所示,電子在磁場中做勻速圓周運動,有Bqv0=m,解得R'=R,由于電子的軌跡圓半徑和原磁場半徑相同,故電子在xOy平面內將先后經歷磁發散、進入電場做勻變速直線運動、返回磁場磁聚焦三個過程,最終從xOy平面內的Q點離開,但是速度方向均不相同,它們在z方向上做勻加速直線運動,離開圓柱形區域時的速度方向不可能平行于xOy平面,故A正確,B錯誤;電子在磁場中均經歷了半個周期,因此在磁場中運動總時間相同,故C正確;當電子從P點沿x軸正向發射時,電子在xOy平面內運動時間最長,相較于運動時間最短的電子,其多走的路程為2R,故時間差Δt=,故D錯誤。
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12.(2024湖北十堰一模)如圖所示,一工件由透明材料制作而成,其橫截面ABCD為邊長為a的正方形,正方形的內切圓部分被挖出。該材料的折射率n=2。圓心O處有一點光源,若只考慮首次直接射向正方形ABCD四邊的光線(不考慮光的反射),光在真空中傳播的速度為c,
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下列說法正確的是(　　)
BC
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12(共28張PPT)
選擇題專項練(三)
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一、單項選擇題:本題共8小題,每小題3分,共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。
1.(2024安徽黃山一模)核污水中主要含有的放射性元素氚H)是氫的一種同位素。氚在自然界中有少量存在,其半衰期約為12.43年,發生衰變時生成He并放出一個帶電粒子H也可以和H發生核反應,生成一個He。下列說法正確的是(　　)
AH發生的衰變是α衰變
B.該反應存在質量虧損,所以質量數不守恒
C.100 g H存放50年后大約還剩6.25 g
DH和H發生核反應可用于制造原子彈
C
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2.(2024山東棗莊一模)如圖所示,取一個透明塑料瓶,向瓶內注入少量的水。將橡膠塞打孔,安裝上氣門嘴,再用橡膠塞把瓶口塞緊,并向瓶內打氣。觀察發現橡膠塞跳出時,瓶內出現白霧,
下列說法正確的是(　　)
A.打氣過程中,瓶內氣體的分子動能保持不變
B.打氣過程中,瓶內氣體的壓強與熱力學溫度成正比
C.橡膠塞跳出后,瓶內氣體迅速膨脹,溫度降低
D.橡膠塞跳出后,瓶內水迅速蒸發,出現白霧
C
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解析 打氣過程中,外界對瓶內氣體做功,氣體內能增加,瓶內氣體的分子動能變大,故A錯誤;打氣過程中,若瓶內氣體的質量不變,則根據查理定律,瓶內氣體的壓強與熱力學溫度成正比,但打氣過程中,瓶內氣體的質量增加,則瓶內氣體的壓強與熱力學溫度不再成正比關系,故B錯誤;橡膠塞跳出后,瓶內氣體迅速膨脹,瓶內氣體對外做功,內能減小,溫度降低,水蒸氣遇冷液化成小水珠,出現白霧,故C正確,D錯誤。
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3.《史記》中對日暈有“日有暈,謂之日輪”的描述。如圖甲所示,日暈是日光通過卷層云時,受到冰晶的折射或反射而形成的。圖乙為太陽光射到六邊形冰晶上發生兩次折射的光路圖,對于圖乙中出射的單色光a、b,下列說法正確的是(　　)
A.單色光a的折射率比單色光b的折射
率大
B.在冰晶中,單色光a的傳播速度比單色
光b的傳播速度大
C.單色光a的頻率比單色光b的頻率大
D.單色光a的單個光子能量比單色光b的單個光子能量大
B
解析 根據n=,單色光a、b入射角相同,b光折射角小,則單色光b的折射率大于單色光a的,故A錯誤;根據v=,單色光b的折射率大于單色光a的,則單色光a在冰晶中的傳播速度比單色光b的大,故B正確;頻率越高,折射率越大,則單色光b的頻率大于單色光a的,故C錯誤;根據ε=hν,單色光b的頻率大于單色光a的,則單色光b的單個光子能量大于單色光a的,故D錯誤。
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4.(2024湖南岳陽一模)如圖所示,真空中有一邊長為l的正六邊形ABCDFG, O為正六邊形中心,在A、B、C三點分別固定電荷量為q、-2q、q(q>0)的三個點電荷。已知點電荷Q的電勢公式φ=,其中k為靜電常量,Q為場源電荷的電荷量,r為某點到Q的距離,取無窮遠處電勢為零。
則下列說法正確的是(　　)
A.O點電勢為負
B.D點和G點電場強度相同
C.O點的電場強度大小為k,方向由O指向B
D.把一帶負電的試探電荷從O點移至F點,其電勢能變大
C
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5.(2024河北一模)如圖所示,面積為0.1 m2的100匝線圈平行紙面放置,其內部存在垂直紙面的磁場,以垂直紙面向里為磁場的正方向,磁感應強度B隨時間t變化的規律為B=2-0.1t(T)。已知線圈的電阻為4 Ω,定值電阻R的阻值為6 Ω,其余電阻不計。
在0~10 s內,下列說法正確的是(　　)
A.a、b兩點間的電勢差Uab=0.6 V
B.電阻R上產生的焦耳熱為0.3 J
C.流過電阻R的電流為0.1 A
D.通過電阻R的電荷量為0.1 C
C
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6.如圖甲所示的智能機器人廣泛應用于酒店、醫院等場所。機器人內電池的容量為25 000 mA·h,負載10 kg時正常工作電流約為5 A,電池容量低于20%時不能正常工作,此時需要用充電器對其進行充電,充電器的輸入電壓如圖乙所示。下列說法正確的是(　　)
A.充電器的輸入電流頻率為100 Hz
B.充電器的輸入電壓瞬時表達式為
u=220sin 10πt
C.機器人充滿電后電池的電荷量為25 C
D.機器人充滿電后,負載10 kg時大約可以持續正常工作4 h
D
解析 由圖乙可知交流電壓的周期為0.02 s,根據f=,可知輸入電流頻率為50 Hz,故A錯誤;由圖乙可知周期為0.02 s,則ω==100π rad/s,充電器的輸入電壓的瞬時值表達式為u=220sin 100πt V,故B錯誤;機器人充滿電后電池的電荷量Q=It=25 A·h=9×104 C,正常工作可用電荷量為20 A·h,由Q=It,可知負載10 kg時大約可以持續工作4 h,故C錯誤,D正確。
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7.如圖甲所示,直導線P、Q分別被兩根等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸上,且P固定于水平軸正下方,兩組輕繩長也相同,其截面圖如圖乙所示,導線P通以垂直紙面向里的電流;導線Q電流方向未知,平衡時兩導線位于同一水平面,且兩組絕緣輕繩與豎直方向夾角均為θ。已知Q的質量為m,重力加速度為g。下列說法正確的是(　　)
A.導線Q中電流方向垂直紙面向里
B.導線P、Q間的安培力大小為2mgsin
C.僅使導線P中電流I緩慢增大且θ不超過90°,
導線Q對輕繩的拉力大小逐漸增大
D.當導線P中電流突然消失的瞬間,導線Q受到兩輕繩的拉力大小之和為mgsin θ
C
解析 對Q進行受力分析可知,P對Q的力為斥力,由安培定則和左手定則可知,兩導線的電流方向相反,即導線中電流方向垂直紙面向外,故A錯誤;設導線Q受到兩輕繩的拉力之和為FT,導線P、Q間的安培力為F,對Q進行受力分析如圖所示,由幾何關系得F=mgtan θ,故B錯誤;由幾何關系得FT=,使導線P中電流I緩慢增大,則θ逐漸增大,又θ不超過90°,則cos θ逐漸變小, FT逐漸增大,故C正確;當導線P中電流突然消失的瞬間,導線P、Q間的安培力消失,此時沿輕繩方向上的合力為零,則導線Q受到兩輕繩的拉力大小之和為mgcos θ,故D錯誤。
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8.如圖所示,甲、乙兩傳送帶,傾斜于水平地面放置,傳送帶上表面以同樣恒定速率v向上運動,現將一質量為m的小物體(視為質點)輕輕放在A處,小物體在甲傳送帶上到達B處時恰好達到傳送帶的速率v,小物體在乙傳送帶上到達離E處豎直高度為h的C處時達到傳送帶的速率v,已知A處到B處、D處到E處的豎直高度均為H,則在小物體從傳送帶底端到傳送帶頂端的過程中
(　　)
A.兩種傳送帶對小物體做功不相等
B.將小物體分別傳送到B、E處,甲圖所示
的系統中傳送帶消耗的電能比乙的多
C.兩種傳送帶與小物體之間的動摩擦因數相同
D.將小物體分別傳送到B、E處,甲圖所示的系統中因摩擦而產生的熱量比乙的少
B
解析 在小物體從傳送帶底端到傳送帶頂端的過程中,根據功能關系可知,傳送帶對小物體做的功等于小物體機械能的增加量,因機械能增量相同,故傳送帶對小物體做功相等,故A錯誤;小物體在兩種傳送帶上均做初速度為零的勻加速直線運動,加速度大小a=μgcos θ-gsin θ,在速度達到v的過程中,小物體在甲傳送帶上的位移x較大,根據公式a=,可知小物體在甲傳送帶上時的加速度較小,根據a=μgcos θ-gsin θ,可得μ=+tan θ,即小物體與甲傳送帶間的動摩擦因數較小,故C錯誤;在小物體從傳送帶底端到傳送帶頂端的過程中,只有小物體相對傳送帶發生滑動時,即只有在加速過程中,系統才發生“摩擦生熱”,根據公式Q=Ffx相對計算系統產生的熱量,可選取做勻速運動的傳送帶為慣性參考系,
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小物體在慣性參考系里做初速度大小為v,加速度大小為a=μgcos θ-gsin θ,末速度為零的勻減速直線運動,可求出x相對=,可見,x相對等于小物體相對于地面速度從0加速到v過程中的位移,即系統產生的熱量等于小物體加速過程中摩擦力對小物體做的功,對于甲傳送帶,在加速過程中摩擦力做正功設為W1,克服重力做功為mgH,動能改變量為mv2,根據動能定理可求得W1=mv2+mgH,同理可求出小物體在乙傳送帶上加速過程中摩擦力做的功為W2=mv2+mg,顯然W1>W2,所以Q1>Q2,即甲系統產生的熱量多,故D錯誤;在將小物體分別傳送到B、E處的過程中,傳送帶消耗的電能等于系統增加的機械能和產生的內能,兩種系統增加的機械能相等,產生的內能Q1>Q2,所以甲圖所示的系統中傳送帶消耗的電能比乙的多,故B正確。
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二、多項選擇題:本題共4小題,每小題4分,共16分。每小題有多個選項符合題目要求,全部選對得4分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分。
9.(2024江西統考一模)陶瓷是中華瑰寶,是中華文明的重要名片。在陶瓷制作過程中有一道工序叫利坯,如圖甲所示,將陶瓷粗坯固定在繞豎直軸轉動的水平轉臺上,用刀旋削,使坯體厚度適當,表里光潔。對應的簡化模型如圖乙所示,粗坯的對稱軸與轉臺轉軸OO'重合。
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當轉臺轉速恒定時,關于粗坯上P、Q兩質點,下列說法正確的是(　　)
A.P的角速度比Q的大
B.P的線速度比Q的大
C.P的向心加速度比Q的大
D.同一時刻P所受合力的方向與Q的相同
答案 BC
解析 由題意可知,粗坯上P、Q兩質點屬于同軸轉動,故ωP=ωQ,即P的角速度大小跟Q的一樣大,故A錯誤;根據v=rω,且rP>rQ,ωP=ωQ,所以vP>vQ,即P的線速度比Q的大,故B正確;根據a=rω2,且rP>rQ,ωP=ωQ,所以aP>aQ,即P的向心加速度比Q的大,故C正確;因為轉臺轉速恒定,所以同一時刻P所受合力的方向與Q所受的合力方向均指向中心軸,故合力方向不相同,故D錯誤。
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10.在兒童樂園的蹦床項目中,小孩在兩根彈性繩和彈性網繩的協助下實現上下彈跳。如圖所示,某次蹦床活動中,小孩靜止時處于O點,當其彈跳到最高點A后下落,可將彈性網繩壓到最低點B,小孩可看成質點,不計彈性繩的重力、彈性網繩的重力和空氣阻力。則從最高點A到最低點B的過程中,小孩的(　　)
A.重力的功率先增大后減小
B.機械能一直減小
C.重力勢能的減少量大于彈性網繩彈性勢能的增加量
D.機械能的減少量等于彈性網繩彈性勢能的增加量
AC
解析 當小孩彈跳到最高點A后下落,將彈性網繩壓到最低點B的過程中,速度v先增大后減小,根據P=mgv可知重力的功率先增大后減小,故A正確;當小孩彈跳到最高點A后下落,將彈性網繩壓到最低點B的過程中,小孩的機械能先不變后減小,故B錯誤;當小孩彈跳到最高點A后下落,將彈性網繩壓到最低點B的過程中,重力勢能的減少量等于彈性繩和彈性網繩的彈性勢能的增加量,則重力勢能的減少量大于彈性網繩彈性勢能的增加量,故C正確;當小孩彈跳到最高點A后下落,將彈性網繩壓到最低點B的過程中,機械能的減少量等于彈性繩和彈性網繩的彈性勢能的增加量,故D錯誤。
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11.(2024湖南岳陽一模改編)如圖甲所示,小明在地球表面進行了物體在豎直方向做直線運動的實驗,彈簧原長時,小球由靜止釋放,在彈簧彈力與重力作用下,測得小球的加速度a與位移x的關系圖像如圖乙所示。已知彈簧的勁度系數為k,地球的半徑為R,引力常量為G,不考慮地球自轉影響,忽略空氣阻力,下列說法正確的是(　　)
A.小球的位移為x0時,
小球正好處于完全失重狀態
B.小球的最大速度為
C.小球的質量為
D.地球的密度為
BC
解析 由題圖乙可知,小球的位移為x0時,小球的加速度為0,小球的合力為0,彈簧的拉力與小球的重力等大反向,小球既不是失重狀態也不是超重狀態,故A錯誤;小球的加速度a與位移x的關系圖像與坐標軸圍成的面積表示速度二次方的一半,當小球的速度為零時,小球的加速度最大,設小球的最大速度為v,則有v2=a0x0,得小球的最大速度v=,故B正確;設地球表面的重力加速度為g,小球的質量為m,當小球向下運動的位移為x,彈簧的伸長量也為x,設小球的加速度為a,對小球受力分析,由牛頓第二定律可得mg-kx=ma,整理可得a=-x+g,結合圖乙可知-=-,g=a0,則有m=,故C正確;設地球的質量為m地,由mg=,可得m地=,又有g=a0,解得m地=,則地球的密度為ρ=,故D錯誤。
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12.如圖所示,傾角為30°的斜面體置于粗糙的水平地面上,斜面上有一質量為4m的滑塊,通過輕繩繞過光滑的滑輪與質量為m的帶正電的小球(可視為質點)相連,滑輪下方有一個光滑的小孔,輕繩與斜面平行。小球在水平面內做圓周運動,輕繩與豎直方向的夾角也為30°。斜面體和滑塊始終靜止,滑塊與斜面的動摩擦因數為,小球與小孔之間的繩長為L,重力加速度為g,
下列說法正確的是(　　)
A.斜面體所受到地面的摩擦力大小為mg
B.若增大小球的轉速,輕繩對小孔的作用力減小
C.若增大小球的轉速,小球能達到的最大轉速為
D.若此時在空間加上豎直向下的電場,要使小球的轉速不變,則小球到轉動中心的距離增大
AC
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解析 對小球受力分析有mg=FTcos 30°,解得FT=mg,將滑塊和斜面看成整體,由平衡條件得,斜面體所受摩擦力大小為Ff1=FTcos 30°=mg×=mg,故A正確;設輕繩與豎直方向的夾角為θ,對小球有FTsin θ=mω2Lsin θ,FTcos θ=mg,可得FT=mω2L,又因為ω=2πn,所以隨著轉速的增大,角速度會增大;拉力會增大,輕繩與豎直方向的夾角會增大,兩輕繩的夾角會減小,所以合力會增大;所以輕繩對小孔的作用力增大,故B錯誤;
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因為輕繩對滑塊的拉力越大,滑塊越容易往上滑動,所以當小球轉速最大,即輕繩的拉力最大時,對滑塊受力分析得FT=4mgsin 30°+4μmgcos 30°,即mω2L=4mgsin 30°+4μmgcos 30°,可得最大角速度為ω=,所以最大轉速為n=,故C正確;加上電場后,對小球受力分析知FTsin θ=mω2Lsin θ,FTcos θ=mg+qE,因為要使轉速不變,即角速度不變,所以輕繩的拉力大小不變,因為豎直方向繩的分力相對沒有加電場時增大了,所以由以上公式知θ減小,即小球到轉動中心的距離減小,故D錯誤。
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10(共25張PPT)
選擇題專項練(四)
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一、單項選擇題:本題共8小題,每小題3分,共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。
1.(2024山東煙臺一模)如圖所示,某同學將空玻璃瓶開口向下緩慢壓入水中,下降過程中瓶內封閉了一定質量的空氣,瓶內空氣看作理想氣體,水溫上下均勻且恒定不變,則(　　)
A.瓶內空氣對外界做功
B.瓶內空氣向外界放出熱量
C.瓶內空氣分子的平均動能增大
D.單位時間內與瓶壁單位面積上碰撞的空氣分子數不變
B
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解析 被淹沒的玻璃瓶在下降過程中,瓶內空氣溫度不變,水進入瓶內,瓶內空氣體積減小,可知外界對瓶內空氣做正功,故A錯誤;由于水溫上下均勻且恒定不變,所以瓶內空氣溫度不變,則瓶內空氣分子平均動能不變,瓶內空氣內能不變,根據熱力學第一定律可知,瓶內空氣向外界放熱,故B正確,C錯誤;由于瓶內空氣體積減小,所以單位時間內與瓶壁單位面積上碰撞的空氣分子數變多,故D錯誤。
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3.(2024山東泰安一模)如圖所示,A、B是圍繞地球運轉的兩顆衛星,其中A衛星的軌道半徑為RA,B衛星的軌道半徑為RB,經過相同的時間,A衛星與地心O的連線掃過的面積為SA,B衛星與地心O的連線掃過的面積為SB,已知SB∶SA=1∶2,則RB∶RA的值為(　　)
A.1∶2 B.1∶3
C.1∶4 D.1∶8
C
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解析 設衛星的周期為T,t時間內衛星與地心О的連線掃過的面積為S=πR2,根據題意有SB∶SA==1∶2,根據萬有引力提供向心力可得=mR,可得T=,則可得,聯立可得RB∶RA=1∶4,故選C。
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4.(2024山東聊城一模)如圖所示,正方體框架ABCD-A1B1C1D1的底面A1B1C1D1處于水平地面上。從頂點A沿不同方向水平拋出小球(可視為質點),不計空氣阻力。關于小球的運動,下列說法正確的是(　　)
A.落點在棱BB1上的小球,落在B1點時平拋的
初速度最大
B.落點在面A1B1C1D1內的小球,落在C1點的
運動時間最長
C.落點在三角形B1C1D1內的小球,平拋初速度
的最小值與最大值之比是1∶2
D.落點在線B1D1上的小球,落地時重力的瞬時功率均不相同
C
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解析 設正方體棱長為l,落點在棱BB1上的小球,落在B1點時豎直位移最大,根據t=可知,運動時間最長,根據v=可知平拋的初速度最小,選項A錯誤;根據t=可知落點在面A1B1C1D1內的小球豎直位移相等,則運動時間相等,選項B錯誤;落點在三角形B1C1D1內的小球運動時間相等,最大的水平位移為l,最小水平位移為l,最小水平位移與最大水平位移之比為1∶2,則平拋初速度的最小值與最大值之比是1∶2,選項C正確;落點在線B1D1上的小球,豎直速度均為vy=,落地時重力的瞬時功率PG=mgvy均相同,選項D錯誤。
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5.在地球表面,被輕質細線懸掛而處于靜止狀態的質量為m的小球,所受地球的萬有引力作用效果分解示意圖如圖所示,已知小球所處的緯度為θ(30°<θ<60°),重力為F1,萬有引力為F,地球的半徑為R,自轉周期為T,下列說法正確的是(　　)
A.細線的拉力FT與F是一對平衡力
B.小球所需的向心力為
C.地球赤道處的重力加速度為
D.地球的第一宇宙速度為
D
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解析 細線的拉力FT與F的合力提供了小球做圓周運動的向心力,A錯誤;小球做圓周運動的半徑為r=Rcos θ,所以小球所需的向心力為Fn=,B錯誤;小球所處的緯度重力為F1,大于赤道處的重力,所以地球赤道處的重力加速度小于,C錯誤;根據F=可得地球的第一宇宙速度為v1=,D正確。
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6.(2024湖北武漢模擬)明代方以智在《物理小識》中記載:“凡寶石面凸則光成一條,有數棱則必有一面五色”,這描述的是光的色散現象。如圖所示,半圓是一寶石的橫截面,MN是其直徑,P是圓弧上的一點。在橫截面所在的平面,一束光自P點射入寶石,折射為a、b兩束單色光。
下列說法正確的是(　　)
A.寶石對a光的折射率比對b光的折射率大
B.在寶石中a光的傳播速度比b光的傳播速度小
C.若僅增大光在P點的入射角,a光可能在MN上發生全反射
D.用同一雙縫干涉裝置做實驗,a光的干涉條紋間距比b光的干涉條紋間距大
D
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解析 由光路可知,b光的偏折程度大于a光,可知寶石對a光的折射率比對b光的折射率小,選項A錯誤;根據v=可知,在寶石中a光的傳播速度比b光的傳播速度大,選項B錯誤;因a光射到MN時的入射角總小于在P點的折射角,則若僅增大光在P點的入射角,光線a射到MN上的入射角不可能達到臨界角,則a光不可能在MN上發生全反射,選項C錯誤;a光的折射率較小,則頻率較小,波長較長,根據Δx=λ可知,用同一雙縫干涉裝置做實驗,a光的干涉條紋間距比b光的干涉條紋間距大,選項D正確。
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7.(2024湖南張家界二模)如圖所示,ABCD是邊長為l的正三棱錐,虛線圓為三角形ABD的內切圓,M、N、P分別為BD、AB和AD邊與圓的切點,O為圓心,正三棱錐的頂點A、B和D分別固定有電荷量為+Q、+Q和-Q的點電荷,則(　　)
A.同一帶正電的點電荷分別置于M、P
兩點的電勢能不相等
B.將質子由C移動到M,電勢能減少
C.將電子由P移動到N,電場力做正功
D.M、P兩點的電場強度相同
C
解析 根據對稱性可知,M點和P點的電勢相等,則同一帶正電的點電荷分別置于M、P兩點的電勢能相等,故A錯誤;根據等量異種點電荷等勢面關系圖可知,若僅考慮B處和D處點電荷時,C點和M點的電勢相等,質子由C移動到M,靠近A處的正點電荷,電場力做負功,電勢能增加,故B錯誤;在A處點電荷產生的電場中,N點和P點的電勢相等,在B處點電荷產生的電場中,N點的電勢大于P點的電勢,在D處點電荷產生的電場中,N點的電勢大于P點的電勢,所以N點的電勢高于P點的電勢,電子在N點的電勢能小于在P點的電勢能,則電子由P到N,電勢能減小,電場力做正功,故C正確;根據對稱性可知,M點和P點的電場強度大小相等,方向不同,故D錯誤。
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8.如圖所示,整個空間存在一水平向右的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場,光滑絕緣斜面固定在水平面上。一帶正電滑塊從斜面頂端由靜止下滑,下滑過程中始終沒有離開斜面,下滑過程中滑塊的位移x、受到的洛倫茲力F洛、加速度a與機械能E機等物理量的大小隨時間變化的圖像可能正確的是(　　)
B
解析 滑塊下滑過程中始終沒有離開斜面,滑塊沿斜面受到的重力分力和電場力分力均保持不變,滑塊做勻加速直線運動,則a-t圖像為一條與橫軸平行的直線;根據x-t圖像的斜率表示速度,可知x-t圖像的斜率逐漸增大,故A、C錯誤;由于滑塊由靜止做勻加速直線運動,則有F洛=qvB=qBat∝t,可知F洛-t圖像為過原點的傾斜直線,故B正確;除重力做功外,還有電場力做功,則滑塊的機械能不守恒,故D錯誤。
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二、多項選擇題:本題共4小題,每小題4分,共16分。每小題有多個選項符合題目要求,全部選對得4分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分。
9.一列簡諧橫波沿x軸方向傳播,t=0時刻的波形如圖所示,介質中x=0.6 m處的質點P的動能正在減小。t=0.25 s,質點P第一次到達波峰處。下列說法正確的是(　　)
A.該波沿x軸正方向傳播
B.該波的傳播速度大小為4 m/s
C.0~0.25 s時間內質點P運動的
路程為40 cm
D.質點P振動的位移—時間關系為y=16sin cm
BD
解析 由于質點P動能在減小,可知質點P沿y軸負方向振動,由同側法可知波沿x軸負方向傳播,故A錯誤;由圖可知λ=2.4 m,可得該波的波長為λ=1.6 m,故質點P第一次到波峰是x=1.6 m處振動形式傳來的,則v= m/s=4 m/s,故B正確;由T=可得,該波的周期為T=0.4 s,設P點的振動方程為y=Asin cm,將t=0.25 s,y=16 cm代入上式可得φ=1.25π,即P點的振動方程為y=16sin (5πt+1.25π) cm,故D正確;當t=0時,y=-8 cm,且t=0.25 s,y=16 cm,故在0~0.25 s時間內質點P由-8 cm振動到-16 cm處,再振動到16 cm處,則0~0.25 s時間內質點P運動的路程為s=16 cm+16 cm+(16-8) cm=(48-8) cm,故C錯誤。
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10.(2024河北模擬預測)間距為L、長度均為2s的光滑平行金屬導軌固定在水平面內,靜止的金屬棒垂直放置在導軌的左端,且始終與導軌接觸良好。t=0時刻,電流大小為I的恒定電流從一根導軌流入,經過金屬棒,再從另一根導軌流回,如圖所示。當金屬棒運動到導軌的中點時,電流大小突然變為2I,導軌電流在兩導軌間產生的磁場近似可視為勻強磁場,磁感應強度B與電流I成正比。已知金屬棒的質量為m。則(　　)
A.金屬棒在左、右兩段導軌上運動時所受安培力的
大小之比為1∶2
B.金屬棒在左、右兩段導軌上運動的加速度大小之比為1∶4
C.金屬棒運動到導軌中點與末端的動能之比為1∶4
D.金屬棒運動到導軌中點與末端的速度大小之比為1∶
BD
解析 由題意可知磁感應強度B與電流I成正比,金屬棒在左、右兩段導軌上運動時電流之比為I∶2I=1∶2,則磁感應強度之比為B∶2B=1∶2,金屬棒在左、右兩段導軌上運動時所受安培力的大小之比為F左∶F右=BIL∶(2B·2IL)=1∶4,金屬棒在左、右兩段導軌上運動的加速度大小之比為a左∶a右==1∶4,故A錯誤,B正確;設金屬棒運動到導軌中點的速度為v1,金屬棒運動到導軌末端的速度為v2,根據動能定理可得F左s =-0,F左s+F右s=-0,聯立可得金屬棒運動到導軌中點與末端的動能之比為=F左s∶(F左s+F右s)=1∶5,則金屬棒運動到導軌中點與末端的速度大小之比為v1∶v2=1∶,故C錯誤,D正確。
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11.(2024河北保定一模)如圖所示的理想變壓器,原線圈的匝數為6,兩個副線圈的匝數分別為3、2,三個電阻甲、乙、丙的阻值均為R,電源是正弦式交變電流,已知甲兩端的電壓為U,下列說法正確的是(　　)
A.原線圈兩端的電壓為U
B.通過電阻乙的電流為
C.電源電壓的有效值為U
D.三個電阻的總功率為
BD
解析 設原線圈電壓為U1,匝數為3的副線圈電壓為U2,匝數為2的副線圈電壓為U3,由電壓關系知U1∶U2∶U3=n1∶n2∶n3,則可知U2=U1,U3=U1,由功率關系知U1I1=U2I2+U3I3,則可知n1I1=n2I2+n3I3,則n1=n2+n3,代入得U1=U,A錯誤;由于U2=U1,代入得U2=U=U,通過電阻乙的電流為I2=U,B正確;設電源電壓的有效值為UE,則UE=U1+U=U+U=U,C錯誤;三個電阻的總功率為P=UEI1=U×,D正確。
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12.(2024湖南張家界二模)如圖所示,傾角θ=37°的光滑斜面足夠長,斜面上放有質量為m1=2 kg、長度為L=1 m的木板,A、B為木板的兩個端點,在A端放有質量m2=2 kg的物塊(可視為質點),物塊和木板接觸面粗糙,將物塊與質量m3=1 kg的重物通過輕質長繩相連,繞固定在斜面頂端的定滑輪上,不計滑輪處的摩擦。系統從靜止狀態開始運動,設最大靜摩
擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6。
下列說法正確的是(　　)
A.當μ=0.5時,物塊和木板之間不發生相對滑動而作為一個整體運動
B.當μ=0.3時,物塊和木板之間不發生相對滑動而作為一個整體運動
C.當μ=0.3時,木板運動的加速度大小為2 m/s2
D.當μ=0.25時,物塊經過t=1 s從木板上滑下
AD
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10(共30張PPT)
選擇題專項練(五)
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一、單項選擇題:本題共8小題,每小題3分,共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。
1.(2024陜西榆林二模)核污水與核廢水在危害程度上存在巨大差別,核污水中某放射性原子核X釋放出一個α粒子后轉變為新核Y,下列說法正確的是(　　)
A.原子核X比新核Y少2個電子
B.原子核X比新核Y多4個質子
C.原子核發生α衰變后,原子序數向前移動兩位
D.原子核X的比結合能比新核Y的比結合能大
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解析 原子核X釋放出一個α粒子后,電荷數減小2,質量數減小4,則原子核X比新核Y多2個電子,也多2個質子,選項A、B錯誤;原子核發生α衰變后,電荷數減小2,則原子序數向前移動兩位,選項C正確;發生衰變后放出核能,且生成的新核Y更加穩定,新核Y的比結合能比原子核X的比結合能大,選項D錯誤。
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2.(2024山東泰安一模)如圖所示為某發電站輸電示意圖,發電機輸出電壓恒定,變壓器均為理想變壓器,在輸電線路的起始端接入甲、乙兩個理想互感器,甲、乙兩互感器原、副線圈的匝數比分別為200∶1和1∶20,降壓變壓器原、副線圈匝數比為200∶1,電壓表的示數為220 V,電流表的示數為5 A,輸電線路總電阻r=20 Ω。
則下列說法正確的是(　　)
A.互感器甲是電流互感器,
互感器乙是電壓互感器
B.輸電線路上損耗的功率約占輸電總功率的6%
C.用戶端的電壓U4為200 V
D.用電高峰相對平時用電時,用戶端的電壓偏小
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解析 互感器甲并聯在零線和火線上,所以是電壓互感器,互感器乙串聯在電路中,是電流互感器,故A錯誤;電流表的示數為5 A,互感器原、副線圈的匝數比為1∶20,則線路上電流I=100 A,線路上損耗的功率P損=I2r=200 kW,電壓表的示數為220 V,匝數比為200∶1,所以輸送電壓U=44 000 V,功率P=UI=4 400 kW,則輸電線路上損耗的功率約占輸電總功率的×100%=×100%=4.5%,故B錯誤;U3=44 000 V-100×20 V=42 000 V,用戶端的電壓U4==210 V,故C錯誤;用戶使用的用電設備越多,用戶電流增大,輸電電流增大,輸電線損失電壓增大,降壓變壓器輸入電壓減小,降壓變壓器輸出電壓減小,故D正確。
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3.(2024山東聊城一模)圖甲為某同學收集的一個“足球”玻璃球,他學習了光的折射后想用激光對該球進行研究。某次實驗過程中他將激光水平向右照射且過球心所在的豎直截面,其正視圖如乙所示,AB是沿水平方向的直徑,當光束從C點射入時,能從右側B點射出,已知真空中的光速為c,點C到AB豎直距離h=R,玻璃球的半徑為R,且球內的“足球”是不透光體,不考慮反射光的情況下,下列說法正確的是(　　)
A.B點的出射光相對C點入射光方向偏折了30°
B.該“足球”的直徑最大是R
C.繼續增加h(hD.該激光在玻璃球中的傳播時間為
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解析 光束從C點射入玻璃球的光路圖如圖所示,設入射角為i,折射角為r,法線與直徑AB的夾角為θ,由幾何關系可知θ=i,θ=2r,則有sin θ=,聯立解得i=60°,r=30°,可知光束進入玻璃時,光沿順時針偏折了30°,由光的折射定律可知,從B點射出時,光束沿順時針又偏折了30°,因此B點的出射光相對C點入射光方向偏折了60°,A錯誤;由幾何關系可知,“足球”的直徑最大為d=2Rsin r=R,B錯誤;
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由于光束從C點射入玻璃球中的折射角等于從B點射出時的入射角,根據光路可逆原理可得,離開玻璃球的折射角等于射入玻璃球時的入射角,因此繼續增加h(h11
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4.(2024河北模擬預測)打樁機是基建常用工具。某種簡易打樁機模型如圖所示,重物A、B和C通過不可伸長的輕質長繩跨過兩個光滑且等高的小定滑輪連接,在外力作用下使得C與滑輪等高(A、B和C均在空中),且處于靜止狀態,C到兩定滑輪的距離均為L。重物A和B的質量均為m,重物C的質量為 m。撤除外力,使C由靜止開始豎直落下(始終未與地面相碰),A、B、C均可視為質點。
則重物C下落的最大距離為(　　)
C
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解析 設重物C下落的最大距離為h,
此時重物A、B和C的速度均為0,
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5.水平墻上a、d兩點連接一多功能掛物繩,繩子上b、c兩點分別懸掛物體A、B后,其靜置狀態如圖所示,墻上兩點e、f分別在b、c兩點正上方,且ae=ef=fd,eb∶fc=10∶11,繩子質量忽略不計,則物體A、B的質量之比為
(　　)
A.1∶2 B.2∶3
C.3∶4 D.4∶5
C
解析 如圖所示,過a點作bc的平行線,與eb交于m點,過d點作bc的平行線,與fc的延長線交于n點,過c點作eb的垂線,交eb的延長線于p點,根據ae=ef=fd=pc以及幾何關系可知△aem與△cpb以及△dfn為全等三角形。對結點b和c受力分析,則力構成的三角形分別相似于△abm和△cdn,又eb∶fc=10∶11,可知,即,故選C。
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6.(2024湖北武漢模擬)虛線圓形區域內、外均分布著垂直于紙面的勻強磁場(圖中未畫出),磁感應強度大小相同、方向相反,一帶電粒子從圓上的A點正對圓心入射。僅改變帶電粒子的入射速率,可分別得到圖甲和圖乙中實線所示的運動軌跡。則甲、乙兩圖中粒子的入射速率之比為(　　)
A.3 B.2
C. D.
A
解析 如圖所示,設虛線圓形區域半徑為r,根據幾何關系,可得r甲=rtan 60°, r乙=rtan 30°,=3,根據Bvq=m,可得v==3,故選A。
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7.(2024江蘇南京一模)如圖為探究外電壓、內電壓和電動勢關系的實驗裝置。這種電池的正負極板(分別為A、B)為二氧化鉛及鉛,電解液為稀硫酸。關于這一實驗裝置分析,下列說法正確的是(　　)
A.電壓表V1正極與a相連
B.電壓表V2的測量值大于電路的外電壓
C.電壓表V1的測量值不會大于電壓表V2的測量值
D.電壓表V1和V2測得的示數之和接近于一定值
D
解析 電壓表V1和V2分別測量電路中的內電壓和外電壓,在電源的外部,電流方向從電源的正極流向負極,而電源的內部,電流方向由電源的負極流向正極,電壓表V1測量內電壓,則電壓表V1正極與b相連。電壓表V1和V2測得的示數之和為電源電動勢應接近于一定值,故A、B錯誤,D正確;根據串聯電路,電阻分得電壓跟阻值成正比,因為不知道內、外電路的阻值,所以電壓表V1的測量值有可能會大于電壓表V2的測量值,故C錯誤。
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8.(2024湖南二模)2023年10月26日,神舟十七號載人飛船與天和核心艙進行了對接,“太空之家”迎來湯洪波、唐勝杰、江新林3名中國航天史上最年輕的乘組入駐。如圖為飛船運行與交會對接過程示意圖,橢圓軌道1為飛船對接前的運行軌道,Q點是軌道1的近地點,離地高度可忽略不計。圓形軌道2距地面高度為H,是天和核心艙的運行軌道,P點是1、2軌道的切點,也是交會點。地球半徑為R,表面重力加速度為g。
下列說法正確的是(　　)
A.飛船從軌道1變軌到軌道2需要在交會點P點點火減速
B.天和核心艙在軌道2上的速度一定大于
C.交會對接前天和核心艙的向心加速度為g
D.飛船在軌道1上與在軌道2上運動的周期之比為
C
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解析 從低軌道變軌到高軌道需加速,故飛船從軌道1變軌到軌道2需要在交會點P點點火加速,故A錯誤;天和核心艙在軌道2上運動時,根據G=m,G=m0g,可得運動速度v=,故B錯誤;設對接前天和核心艙的向心加速度為a1,則G=ma1,G=m0g,解得a1=g,故C正確;設飛船在軌道1、軌道2運動周期分別為T1、T2,由開普勒第三定律有,得,故D錯誤。
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二、多項選擇題:本題共4小題,每小題4分,共16分。每小題有多個選項符合題目要求,全部選對得4分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分。
9.如圖所示,真空中有一圓錐體,O為圓錐底面圓心,O'為圓錐頂點,C、D分別是母線O'A、O'B的中點,O1是過C、D兩點且與底面平行的圓錐截面的圓心,E點在底面圓周上。在圓錐頂點O'處固定一電荷量為+Q的點電荷,在底面圓心O處固定另一電荷量為-Q的點電荷,
下列說法正確的是(　　)
A.同一試探電荷在A、B、E三點具有的電勢能相等
B.過C、D與底面平行的圓錐截面上各點電勢相等、電場強度相同
C.在A點將帶正電的試探電荷q沿底面圓周切線射入空間,該電荷將做勻速圓周運動
D.將帶負電的試探電荷q從A點沿AE連線移到E點,該電荷電勢能先增大后減小
AD
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解析 A、B、E三點到兩個電荷的距離都相等,可知三點的電勢相等,則同一試探電荷在A、B、E三點具有的電勢能相等,A正確;過C、D與底面平行的圓錐截面是等勢面,則各點電勢相等,電場強度大小相等,方向不同,B錯誤;在A點將帶正電的試探電荷q沿底面圓周切線射入空間,因該試探電荷所受的靜電力的合力指向OO'軸線下方的一點,則該電荷不可能做勻速圓周運動,C錯誤;將帶負電的試探電荷q從A點沿AE連線移到E點時,因試探電荷距離在O處的-Q較近,則靜電力做功由在O處的-Q決定,負電的試探電荷q從A點沿AE連線移到E點時,先靠近-Q后遠離-Q,則靜電力先做負功后做正功,則該電荷電勢能先增大后減小,D正確。
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10.(2024山東煙臺一模)從高H處的M點先后水平拋出兩個小球1和2,軌跡如圖所示,小球1與地面碰撞一次后剛好越過豎直擋板AB,落在水平地面上的N點,小球2剛好直接越過豎直擋板AB,也落在N點。設小球1與地面的碰撞是彈性碰撞,忽略空氣阻力,則(　　)
A.小球1、2的初速度之比為1∶3
B.小球1、2的初速度之比為1∶4
C.豎直擋板AB的高度h=H
D.豎直擋板AB的高度h=H
AD
解析 設M點到N點水平距離為L,小球2整個運動過程的時間為t,根據平拋運動的規律有H=gt2,解得t=,可得L=v2t①,小球1與地面碰撞前后豎直方向分速度大小不變、方向相反,根據對稱性可知,小球1與地面碰撞后到達的最高點與初始高度相同為H,從M點到N點過程中,小球1所用時間為小球2所用時間的3倍,小球1在水平方向一直做勻速運動,有L=v1·t1,t1=3t,即L=3v1t②,聯立①②解得,故A正確,B錯誤;
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設小球1與地面碰撞時豎直方向速度大小為vy1,碰撞點到M點和B點的水平距離分別為x1、x2,有=2gH,設小球1到達A點時豎直方向速度大小為vy2,將小球1與地面碰撞后到達最高點時的過程反向來看可得=2g(H-h),可得碰撞點到A點的時間為t3=,小球2剛好越過擋板AB的時間為t'=,水平方向位移關系有v1t'=x1+x2,即v1·=v2·+v2·,解得h=H,故C錯誤,D正確。
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11.(2024山東青島一模)均勻介質中有兩個點波源S1、S2位于xOy平面內,位置坐標分別為(-3 m,0)和(5 m,0)。t=0時刻起兩波源開始沿垂直坐標平面xOy方向做簡諧運動,振動圖像如圖。已知兩波源的振動傳播到坐標原點O處的時間差為2 s。
下列說法正確的是(　　)
A.機械波在介質中的傳播速度為1 m/s
B.xOy平面內(1 m,3 m)位置處在振動加強區
C.兩波源間的連線上有7個振動最強點
D.0~7 s內,O處質點運動的路程為12 cm
AD
解析 兩機械波在同一介質傳播,傳播速度相同,設為v,由題意有v= m/s=1 m/s,故A正確;由題意知,波長為λ=vT=2 m,由于兩波源的起振方向相反,所以振動加強點滿足Δx=,S1到點的距離為s1= m=5 m,S2到的距離為s2= m=5 m,所以處于振動減弱區。兩波源間的連線上有8個振動加強點分別為x=-2.5 m,-1.5 m,-0.5 m,0.5 m,1.5 m,2.5 m,3.5 m,4.5 m,故B、C錯誤;由上分析可知,O處質點為振動減弱點。從0時刻起,經3 s,S1波傳到O處質點。經
5 s,S2波傳到O處質點,所以O處質點運動的路程為s=4×1 cm+4×(3-1) cm=12 cm,故D正確。
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12.(2024湖南張家界二模)人們常用“井底之蛙”形容見識短淺的人。如圖所示,在一口較淺的枯井的正中間有一只青蛙,設井深為h且可視為圓柱體,井口的直徑為d=1.2 m,水的折射率n=,當井水灌滿時,青蛙恰好能夠看到整個天空,則下列說法正確的是(　　)
A.井深h=0.8 m
B.青蛙能夠看到整片天空,是因為光通過井口時發生了衍射
C.當月亮位于天頂時,青蛙看到的月亮面積的大小為平地上
的人看到的面積大小的
D.當井水灌滿時,地面上的人看到的井深比實際要更淺
CD
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12(共30張PPT)
選擇題專項練(六)
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一、單項選擇題:本題共8小題,每小題3分,共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。
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2.(2024安徽一模)如圖甲所示,將一塊平板玻璃a放置在另一塊平板玻璃板b上,在右端夾入兩張薄紙片。當單色光從上方垂直射入后,從上往下看可以觀察到如圖乙所示的干涉條紋。則下列說法正確的是(　　)
A.干涉條紋是由a、b兩玻璃板上表面反射的光疊加產生的
B.若僅增大垂直射入的單色光波長,則條紋將變疏
C.將b緩慢向下平移,則條紋之間的距離將變大
D.若抽去一張薄紙片,則條紋將變密
B
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解析 干涉條紋是由a的下表面和b上表面反射的光疊加產生的,故A錯誤。若僅增大垂直射入的單色光波長時,根據條紋間距表達式l=,可知條紋變疏,將b緩慢向下平移時條紋間距不變,故B正確,C錯誤;若抽去一張薄紙片,平板玻璃a、b之間的夾角減小,條紋間距變大,條紋變稀疏,故D錯誤。
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3.(2024云南昆明三模)采用渦輪增壓技術可以提高汽車發動機效率。將渦輪增壓簡化成以下兩個過程,一定質量的理想氣體首先經過絕熱過程被壓縮,然后經過等壓過程回到初始溫度,則(　　)
A.絕熱過程中,氣體分子平均動能增加
B.絕熱過程中,外界對氣體做負功
C.等壓過程中,氣體對外界做功
D.等壓過程中,氣體溫度升高
解析 絕熱過程氣體被壓縮,體積減小,外界對氣體做正功,氣體內能增加,氣體溫度升高,氣體分子平均動能增加,故A正確,B錯誤;經過等壓過程回到初始溫度,則等壓過程中,氣體溫度降低,氣體體積減小,外界對氣體做功,故C、D錯誤。
A
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4.(2024貴州畢節二模)破舊高樓外墻磚易脫落造成安全事故,引發人們關注。某實驗小組對墻磚脫落的運動進行定量研究。在一次模擬實驗中,小組成員將一墻磚從某舊樓(無人居住)的樓頂由靜止釋放(在保證安全的情況下),下落一小段距離后,開始計時,采集從此位置開始下落的高度H與時間t的相關數據,并作出-t的圖像如圖,運動過程中空氣阻力恒定。則(　　)
A.計時開始時墻磚的速度大小為0
B.本次實驗中墻磚下落的加速度大小為9.6 m/s2
C.從計時開始,墻磚在2 s內的平均速度為6 m/s
D.計時開始后經3 s墻磚恰好落至地面,
則這棟舊樓高度約為24 m
B
解析 設開始計時墻磚的速度為v0,墻磚下落時的加速度為a,得H=v0t+at2,整理得=v0+at,結合圖像可知v0=2.40 m/s,a= m/s2,解得a=9.6 m/s2,故A錯誤,B正確;從計時開始,墻磚在2 s后的速度為v2=v0+at2=21.6 m/s,故該段時間內平均速度為=12 m/s,故C錯誤;由靜止釋放到開始計時的時間為t0==0.25 s,故這棟舊樓高度約h=×9.6× m=50.7 m,故D錯誤。
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5.蹴球是中國少數民族的一種傳統體育項目,比賽在一塊正方形水平地面上進行,比賽用球為硬塑實心球。如圖所示,靜止在場地中的球1與球2、球2與邊線間的距離均為L,兩球質量相同,它們與水平地面之間的動摩擦因數均為μ,一隊員用腳給球1一個水平沖擊力使其獲得水平速度,球1與球2發生彈性正碰后,球2恰好能到達邊線,重力加速度為g。則球2運動的時間為
(　　)
A.　　　 B.
C.2 D.
A
解析 球2勻減速直線運動到停下,可以看作反向勻加速直線運動,可得L=at2,根據牛頓第二定律可得μmg=ma,聯立求得t=,A正確。
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6.(2024貴州貴陽一模)一磁約束裝置的簡化示意圖如圖所示。在內、外半徑分別為R、R的環狀區域內有方向垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q的粒子從P點沿圓的半徑方向射入磁場后恰好不會穿出磁場的外邊界,且被約束在大圓以內的區域內做周期性運動,不計粒子重力。則該粒子的運動周期為(　　)
A.
B.
C.
D.
C
解析 粒子運動的軌跡如圖所示,根據幾何關系有r2+R2=,tan α=,解得r=R,α=30°,根據洛倫茲力提供向心力有qvB=m,可得v=,粒子在環狀區域做勻速圓周運動的時間t1=,所以粒子的運動周期為T=3t1+3·,故選C。
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7.(2024江西二模)高速鐵路列車通常使用磁剎車系統,磁剎車工作原理可簡述如下:將磁鐵的N極靠近一塊正在以逆時針方向旋轉的圓形鋁盤,使磁感線總垂直射入鋁盤時,鋁盤隨即減速,如圖所示,圓中磁鐵左方鋁盤的甲區域朝磁鐵方向運動,磁鐵右方的乙區域朝離開磁鐵方向運動,下列說法正確的是(　　)
A.鋁盤甲區域的感應電流會產生垂直紙面向里的磁場
B.磁場與感應電流的作用力,會產生將鋁盤減速旋轉的阻力
C.感應電流在鋁盤產生的內能,是將鋁盤減速的最主要原因
D.若將實心鋁盤轉換成布滿小空洞的鋁盤,則磁鐵對布滿
空洞的鋁盤減速效果比實心鋁盤的效果更好
B
解析 鋁盤甲區域中的磁通量向里增大,由楞次定律可知,甲區域感應電流方向為逆時針方向,則此感應電流的磁場方向垂直紙面向外,故A錯誤;由“來拒去留”可知,磁場與感應電流的作用力,會產生將鋁盤減速旋轉的阻力,會使鋁盤減速,故B正確,C錯誤;改成空洞鋁盤,電阻變大,電流變小,阻礙效果更差,故D錯誤。
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8.(2024湖南邵陽二模)如圖為模擬遠距離輸電的部分測試電路。a、b端接電壓有效值恒定的正弦交流電源,理想變壓器的原、副線圈匝數比為k,A.U不變
B.R1=k2
C.副線圈回路消耗的功率一直增大
D.電源的輸出功率可能先增大后減小
B
解析 根據變壓器的原理可得=k,=k,可得U1=kU2,I1=,原線圈電路中有U0=U1+I1R1,在副線圈電路中有U2=I2,聯立可得U0=
U2,當滑片P從最下端向最上端滑動過程中,電阻R3阻值減小,電源電壓U0不變,可知U2減小,即電壓表的示數U減小,故A錯誤;由A項分析可得U0=kU2+R1,變形得U2=I2,則有,即R1=k2,故B正確;
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由能量守恒定律可得I1U0=R1+,可得I1=,副線圈回路消耗的功率P==k2,把I1代入得P=,可知當k2=R1時,即k2=R0時副線圈輸出功率增大;由題知1
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二、多項選擇題:本題共4小題,每小題4分,共16分。每小題有多個選項符合題目要求,全部選對得4分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分。
9.(2024河北滄州一模)如圖所示,豎直平面內半徑為R的光滑半圓軌道和傾角為30°的光滑斜面在半圓軌道最低點A用極小一段光滑圓弧平滑連接,兩軌道均被固定,半圓軌道的最高點為M。一個質量為m的小球(可視為質點)從A點以某一水平向左的初速度進入半圓軌道,然后落在斜面上的N點(圖中未畫出),不計空氣阻力,重力加速度大小為g,
下列說法正確的是(　　)
A.若小球恰好能通過M點,則M、N兩點間的高度差為R
B.若小球的初速度合適,則小球從M點離開落到斜面上時速度可以垂直于斜面
C.若小球的初速度合適,則小球從M點離開落到斜面上時位移可以垂直于斜面
D.若N點與半圓軌道的圓心等高,則小球通過M點時,半圓軌道對小球的支持力為mg
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解析 若小球恰好能通過M點,則小球在M點有mg=,小球落到斜面上,設M、N兩點間的高度差為h,由平拋運動規律得h=gt2,x=vt,tan 30°=,解得t=,h=R,故A正確;若小球從M點離開落到斜面上時速度可以垂直于斜面,得tan 30°=,h1=,x1=v1t1,根據位移關系tan 30°=,聯立解得v1=,可知此時從M點射出時的速度小于該處的最小速度,故不成立,故B錯誤;
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若小球從M點離開落到斜面上時位移可以垂直于斜面,同理得tan 30°=, tan 30°=,h2=,x2=v2t2,聯立解得v=,同理可知此時從M點離開落到斜面上時位移不可能垂直于斜面,故C錯誤;若N點與半圓軌道的圓心等高,根據平拋運動規律得R=,R·tan 60°=v3t3,在M點時FN+mg=m,聯立解得FN=mg,故D正確。
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10.(2024山東聊城一模)如圖所示,衛星Ⅰ為北斗衛星導航系統中的靜止軌道衛星,其對地張角為2θ;衛星Ⅱ為地球的近地衛星。兩衛星繞地球同向轉動,已知地球的自轉周期為T0,引力常量為G,根據題中條件,可求出(　 　)
A.衛星Ⅰ和衛星Ⅱ的周期之比為1∶
B.衛星Ⅰ和衛星Ⅱ的加速度之比為sin 22θ∶1
C.地球的平均密度為
D.衛星Ⅱ運動的周期內無法直接接收到衛星Ⅰ
發出電磁波信號的時間為
ACD
解析 設地球質量為m0,衛星Ⅰ、Ⅱ的軌道半徑分別為r和R,衛星Ⅰ為同步衛星,周期為T0,近地衛星Ⅱ的周期為T。根據開普勒第三定律可得,由圖中幾何關系可得sin θ=,可得衛星Ⅰ和衛星Ⅱ的周期之比為T0∶T=1∶,則衛星Ⅱ的周期為T=T0,對于衛星Ⅱ,由萬有引力提供向心力可得=mR,又m0=ρ·πR3,聯立可得地球的平均密度為ρ=,故A、C正確;對于不同軌道衛星,根據牛頓第二定律得a=,所以衛星Ⅰ和衛星Ⅱ的加速度之比為,故B錯誤;
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當衛星Ⅱ運行到與衛星Ⅰ的連線隔著地球的區域內,其對應圓心角為π+2θ時,衛星Ⅱ無法直接接收到衛星Ⅰ發出的電磁波信號,設這段時間為t。由于兩衛星同向運行,則有(ωⅡ-ωⅠ)t=π+2θ,ωⅡ=,ωⅠ=,聯立解得t=,故D正確。
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11.(2024河北石家莊一模)如圖是某水池的剖面圖,A、B兩區域水深分別為hA、hB,其中hA=0.4 m,點O處于兩區域的水面分界線上,M和N是A、B兩區域水面上的兩點,O、M間距離為3 m,O、N間距離為4 m。t=0時M點從平衡位置向上振動、N點從平衡位置向下振動,形成以M、N點為波源的水波(可看作簡諧橫波),兩波源振動頻率均為2 Hz,振幅均為5 cm。當t=1 s時,O點開始振動且振動方向向下。已知水波的波速跟水深關系為v=,式中h為水的深度,g取10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
A.區域B的水深hB=1.6 m
B.A、B兩區域水波的波長之比為2∶1
C.t=1.5 s時,O點經平衡位置向上振動
D.t=2.5 s后,MN之間存在10個振幅為10 cm的點
AD
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t=1.5 s時,M點的波源形成的波向右傳播3 m,該波在O點產生的波在平衡位置向上振動;N點的波源形成的波向右傳播6 m,該波在O點引起的振動在平衡位置向下振動;兩列波振幅相同且干涉相消,可知此時O點保持平衡位置不動,故C錯誤。
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12.(2024遼寧撫順三模)如圖所示,正三棱柱ABC-A'B'C'的A點固定一個電荷量為+Q的點電荷,C點固定一個電荷量為-Q的點電荷,D、D'點分別為AC、A'C'邊的中點,取無窮遠處電勢為零。
下列說法正確的是(　　)
A.B、B'兩點的電場強度相同
B.將一電子沿直線從A'點移到C'點,電勢能增加
C.將一電子沿直線從B點移到D'點,電場力做負功
D.若在A'點和C'點分別再固定電荷量為+Q和-Q
的點電荷,B點的電勢不變
BD
解析 B、B'兩點在AC連線中垂線上,根據等量異種電荷的電場線分布特征可知,B、B'兩點的電場強度方向都與AC平行,方向相同,但B'離AC較遠,故B點的電場強度大于B'點的電場強度,故A錯誤;根據等量異種電荷的電場線分布特征可知,A'點電勢高于C'點,故負試探電荷從A'點移到C'點,電場力做負功,電勢能增大,故B正確;由等量異種電荷電場線分布可知,面BB'D'D為等勢面,則將一電子沿直線從B點移到D'點,電場力不做功,故C錯誤;根據公式φ=,由于B到A、C的距離相等,A點固定一個電荷量為+Q的點電荷,C點固定一個電荷量為-Q的點電荷,則B點電勢為0,若在A'點和C'點分別再固定電荷量為+Q和-Q的點電荷,由于B到A'、C'的距離仍相等,則B點電勢仍為0,保持不變,故D正確。
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