老高考適用2023版高考物理二輪總復(fù)習(xí)第4部分題型專練選擇題專項(xiàng)練1

第四部分題型專練選擇題專項(xiàng)練(一)(考試時(shí)間：20分鐘試卷滿分：48分)選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19～21題有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分．14.1934年約里奧—居里夫婦用α粒子轟擊靜止的鋁核(eq\o\al(27,13)Al)，發(fā)現(xiàn)了放射性磷(eq\o\al(30,15)P)并同時(shí)釋放一個(gè)X粒子，磷核(eq\o\al(30,15)P)具有放射性，它在衰變?yōu)楣韬?eq\o\al(30,14)Si)的同時(shí)釋放一個(gè)Y粒子，則X粒子和Y粒子分別是(D)A．質(zhì)子和電子 B．質(zhì)子和正電子C．中子和電子 D．中子和正電子【解析】根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知X粒子的電荷數(shù)為零，質(zhì)量數(shù)為1，所以是中子，Y粒子的電荷數(shù)為1，質(zhì)量數(shù)為零，所以是正電子，故ABC錯(cuò)誤，D正確．15．滑躍式起飛是一種航母艦載機(jī)的起飛方式，飛機(jī)跑道的前一部分水平，跑道尾段略微翹起．假設(shè)某艦載機(jī)滑躍式起飛過(guò)程是兩段連續(xù)的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，前一段的初速度為0，加速度為6m/s2，位移為150m，后一段的加速度為7m/s2，路程為50m，則飛機(jī)的離艦速度是(C)A．40m/s B．45m/sC．50m/s D．55m/s【解析】前一段過(guò)程，由速度位移公式得veq\o\al(2,1)＝2a1x1，代入數(shù)據(jù)解得v1＝30eq\r(2)m/s，后一段過(guò)程，由速度位移公式得veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2a2x2，代入數(shù)據(jù)解得v2＝50m/s，故選C．16．我國(guó)北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)由空間段、地面段和用戶段三部分組成．空間段由若干地球靜止軌道衛(wèi)星A(GEO)、傾斜地球同步軌道衛(wèi)星B(IGSO)和中圓地球軌道衛(wèi)星C(MEO)組成，如題圖所示．三類衛(wèi)星都繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其中衛(wèi)星B、C軌道共面，C離地高度為h，地球自轉(zhuǎn)周期為T，地球半徑為R，軌道半徑rC＜rB＝rA，地球表面重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是(C)A．C的線速度小于A的線速度B．B的角速度大于C的角速度C．B離地高度為eq\r(3,\f(gR2T2,4π2))－RD．C的周期為eq\f(2πR＋h\r(gR),gR)【解析】根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，可得v＝eq\r(\f(GM,r))，由于rC＜rA，則C的線速度大于A的線速度，故A錯(cuò)誤；根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，有Geq\f(Mm,r2)＝mω2r，解得ω＝eq\r(\f(GM,r3))，由于rC＜rB，則B的角速度小于C的角速度，故B錯(cuò)誤；根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，有Geq\f(Mm,R＋hB2)＝meq\f(4π2,T2)(R＋hB)，又黃金代換式GM＝gR2，聯(lián)立解得，B離地高度為hB＝eq\r(3,\f(gR2T2,4π2))－R，故C正確；對(duì)衛(wèi)星C，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，有Geq\f(Mm,R＋h2)＝meq\f(4π2,T2)(R＋h)，又黃金代換式GM＝gR2，聯(lián)立解得T＝eq\f(2πR＋h\r(gR＋h),gR)，故D錯(cuò)誤．17．利用電場(chǎng)可以使帶電粒子的運(yùn)動(dòng)方向發(fā)生改變．現(xiàn)使一群電荷量相同、質(zhì)量不同的帶電粒子同時(shí)沿同一方向垂直射入同一勻強(qiáng)電場(chǎng)，經(jīng)相同時(shí)間速度的偏轉(zhuǎn)角相同，不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用，則它們?cè)谶M(jìn)入電場(chǎng)時(shí)一定具有相同的(B)A．動(dòng)能 B．動(dòng)量C．加速度 D．速度【解析】速度的偏轉(zhuǎn)角tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(\f(qE,m)t,v0)＝eq\f(qEt,mv0)，若偏轉(zhuǎn)角相同，則mv0相同，動(dòng)能、加速度、速度均不一定相同，故B正確．18．水上滑翔傘是一項(xiàng)很受青年人喜愛(ài)的水上活動(dòng)．如圖1所示，滑翔傘由專門的游艇牽引，穩(wěn)定時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，游客可以在空中體驗(yàn)迎風(fēng)飛翔的感覺(jué)．為了研究這一情境中的受力問(wèn)題，可以將懸掛座椅的結(jié)點(diǎn)作為研究對(duì)象，簡(jiǎn)化為如圖2所示的模型，結(jié)點(diǎn)受到牽引繩、滑翔傘和座椅施加的三個(gè)作用力F1、F2和F3，其中F1斜向左下方，F(xiàn)2斜向右上方．若滑翔傘在水平方向受到的空氣阻力與水平速度成正比，在豎直方向上受到的空氣作用力保持不變．現(xiàn)提高游艇速度，穩(wěn)定時(shí)則(B)A．F1一定變小B．F2一定變大C．F2可能小于F3D．F2和F3的合力方向可能沿水平向右【解析】設(shè)F1和F2與豎直方向的夾角分別為α、β，水平方向F1sinα＝F2sinβ，因當(dāng)速度變大時(shí)，空氣阻力變大，即F2的水平分量變大，則F2變大，F(xiàn)1也一定變大；豎直方向F1cosα＋F3＝F2cosβ，則F2一定大于F3；選項(xiàng)AC錯(cuò)誤，B正確；由于三力平衡，則F1和F2的合力等于F3，F(xiàn)2和F3的合力方向與F1等大反向，不可能沿水平向右，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．19．如圖所示為某水電站遠(yuǎn)距離輸電的原理圖．升壓變壓器的原副線圈匝數(shù)比為k，輸電線的總電阻為R，升壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器，發(fā)電廠輸出的電壓恒為U，若由于用戶端負(fù)載變化，使發(fā)電廠輸出功率增加了ΔP．下列說(shuō)法正確的是(BC)A．電壓表V1的示數(shù)不變，電壓表V2的示數(shù)增大B．電流表A1、A2的示數(shù)均增大C．輸電線上損失的電壓增加了eq\f(RkΔP,U)D．輸電線上損失的功率增加了eq\f(RkΔP2,U2)【解析】由于發(fā)電廠輸出電壓恒為U，根據(jù)理想變壓器的規(guī)律，對(duì)于升壓變壓器eq\f(U,U1)＝k，故電壓表V1的示數(shù)不變，發(fā)電廠輸出功率增加了ΔP，則發(fā)電廠輸出電流增加了ΔI＝eq\f(ΔP,U)，根據(jù)理想變壓器規(guī)律，對(duì)于升壓變壓器eq\f(ΔI1,ΔI)＝k，A1示數(shù)增加了ΔI1＝eq\f(kΔP,U)，由于A1示數(shù)增加，A2示數(shù)也將增加，降壓變壓器的輸入電壓將減少ΔU1′＝ΔI1R，故V2示數(shù)也將減小，A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)歐姆定律，輸電線上損失的電壓增加了ΔI1R＝eq\f(RkΔP,U)，C正確；輸電線上損失的功率增加了(I1＋ΔI1)2R－Ieq\o\al(2,1)R≠(ΔI1)2R，由于I1未知，故無(wú)法計(jì)算，D錯(cuò)誤．故選BC．20．如圖所示，光滑平行的金屬導(dǎo)軌由半徑為r的四分之一圓弧金屬軌道MN和M′N′與足夠長(zhǎng)的水平金屬軌道NP和N′P′連接組成，軌道間距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)；電阻為R，質(zhì)量為m，長(zhǎng)度為L(zhǎng)的金屬棒cd鎖定在水平軌道上距離NN′足夠遠(yuǎn)的位置，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．現(xiàn)在外力作用下，使電阻為R、質(zhì)量為m，長(zhǎng)度為L(zhǎng)的金屬棒ab從軌道最高端MM′位置開(kāi)始，以大小為v0的速度沿圓弧軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，金屬棒ab始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是(AD)A．a(chǎn)b剛運(yùn)動(dòng)到NN′位置時(shí)，cd受到的安培力大小為eq\f(B2L2v0,2R)，方向水平向左B．a(chǎn)b從MM′運(yùn)動(dòng)到NN′位置的過(guò)程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(πrB2L2v0,4R)C．若ab運(yùn)動(dòng)到NN′位置時(shí)撤去外力，則ab能夠運(yùn)動(dòng)的距離為eq\f(mv0R,B2L2)D．若ab運(yùn)動(dòng)到NN′位置撤去外力的同時(shí)解除cd棒的鎖定，則從ab開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最后達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)的整個(gè)過(guò)程中回路產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(πB2L2v0r,8R)＋eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)【解析】金屬棒ab剛運(yùn)動(dòng)到NN′位置時(shí)，速度大小為v0，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為BLv0，回路中的電流為eq\f(BLv0,2R)，可求cd棒受到的安培力大小為F＝BIL＝eq\f(B2L2v0,2R)，根據(jù)左手定則可判斷方向水平向左，A正確；金屬棒ab從MM′運(yùn)動(dòng)到NN′的過(guò)程中，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)ab棒運(yùn)動(dòng)到某位置時(shí)與圓心連線跟水平方向的夾角為θ，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，有θ＝eq\f(v0,r)t，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式為e＝BLv0sinθ＝BLv0sineq\f(v0,r)t，根據(jù)正弦式交變電流知識(shí)，可求電動(dòng)勢(shì)的有效值為E′＝eq\f(BLv0,\r(2))＝eq\f(\r(2)BLv0,2)，回路中電流的有效值為I′＝eq\f(E′,2R)，金屬棒ab的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\f(πr,2v0)，根據(jù)焦耳定律，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q1＝I′2·2Rt，代入數(shù)據(jù)聯(lián)立各式解得Q1＝eq\f(πrB2L2v0,8R)，B錯(cuò)誤；從撤去外力到ab棒停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)ab棒運(yùn)動(dòng)的距離為x，回路中的平均電流為eq\o(I,\s\up6(－))，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，根據(jù)動(dòng)量定理有Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝mv0，其中eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(ΔΦ,t·2R)·t＝eq\f(BLx,2R)，兩式聯(lián)立解得x＝eq\f(2mv0R,B2L2)，C錯(cuò)誤．根據(jù)右手定則和左手定則可以判斷，撤去外力同時(shí)解除cd棒的鎖定后，ab棒和cd棒受到的安培力大小相等，方向相反，二者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒；設(shè)穩(wěn)定時(shí)ab棒和cd棒的共同速度為v，則有mv0＝2mv，根據(jù)能量守恒可求這個(gè)過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱為Q2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mv2，聯(lián)立解得Q2＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，可求整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝Q1＋Q2＝eq\f(πB2L2v0r,8R)＋eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，D正確．21．質(zhì)量分別為m、2m的木塊A和B，并排放在光滑水平地面上，A上固定一豎直輕桿，長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線一端系在輕桿上部的O點(diǎn)，另一端系質(zhì)量為m的小球C，現(xiàn)將C球向右拉起至水平拉直細(xì)線，如圖所示，由靜止釋放C球，則在之后的過(guò)程中(球與桿及A、B均無(wú)接觸)，下列說(shuō)法正確的是(ABD)A．木塊A、B分離后，B的速度大小為eq\f(\r(6gL),6)B．木塊A的最大速度為eq\f(\r(6gL),2)C．C球在O點(diǎn)正下方向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度大小為eq\f(\r(6gL),2)D．C球通過(guò)O點(diǎn)正下方后，上升的最大高度為eq\f(2,3)L【解析】小球C在最低點(diǎn)時(shí)，木塊A、B恰好分離，設(shè)此時(shí)AB的速度為v1，小球的速度為v2，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,1)根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv2＝3mv1解得v1＝eq\f(\r(6gL),6)，v2＝eq\f(\r(6gL),2)，A正確；A、B分離后，A、C相互作用，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，C球在O點(diǎn)正下方向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，A、C