2025屆高考物理二輪復習選擇題押題練3含解析

PAGE5-選擇題押題練3一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。每小題只有一項符合題目要求。1．有關物理學史，以下說法正確的是()A．伽利略首創(chuàng)了將試驗和邏輯推理相結合的物理學探討方法B．卡文迪許通過庫侖扭秤試驗總結出點電荷相互作用規(guī)律C．法拉第不僅發(fā)覺了電磁感應現(xiàn)象，而且還總結出了電磁感應定律D．開普勒在天文觀測數(shù)據(jù)的基礎上，總結出行星運動的規(guī)律并發(fā)覺了萬有引力定律解析：伽利略首創(chuàng)了將試驗和邏輯推理相結合的物理學探討方法，選項A正確；庫侖通過庫侖扭秤試驗總結出點電荷相互作用規(guī)律，選項B錯誤；法拉第發(fā)覺了電磁感應現(xiàn)象，但沒有總結出電磁感應定律，故C錯誤；開普勒在天文觀測數(shù)據(jù)的基礎上，總結出了行星運動的規(guī)律，牛頓發(fā)覺了萬有引力定律，選項D錯誤。答案：A2．A、B是兩種放射性元素的原子核，原來都靜止在同一勻強磁場，其中一個放出α粒子，另一個放出β粒子，運動方向都與磁場方向垂直。圖中a、b與c、d分別表示各粒子的運動軌跡，下列說法中正確的是()A．磁場方向肯定垂直紙面對里B．A放出的是α粒子，B放出的是β粒子C．a(chǎn)為α粒子運動軌跡，d為β粒子運動軌跡D．a(chǎn)軌跡中粒子比b軌跡中的粒子動量大解析：粒子在磁場中做勻速圓周運動，磁場方向不同，粒子旋轉的方向相反，由于α粒子和β粒子的速度方向未知，不能推斷磁場的方向，故A錯誤；放射性元素放出α粒子時，α粒子與反沖核的速度相反，而電性相同，則兩個粒子受到的洛倫茲力方向相反，兩個粒子的軌跡應為外切圓，而放射性元素放出β粒子時，β粒子與反沖核的速度相反，而電性相反，則兩個粒子受到的洛倫茲力方向相同，兩個粒子的軌跡應為內切圓，故B放出的是β粒子，A放出的是α粒子，故B正確；依據(jù)帶電粒子在磁場中運動的半徑公式可得R＝eq\f(mv,qB)，其中發(fā)出的粒子與反沖核的動量相等，而反沖核的電荷量大，故軌跡半徑小，故b為α粒子運動軌跡，c為β粒子運動軌跡，故C錯誤；依據(jù)動量守恒定律可知a軌跡中粒子和b軌跡中的粒子動量大小相等，故D錯誤。答案：B3．如圖所示，一光滑小球靜置在半圓柱體上，被一垂直于圓柱面的擋板攔住，設擋板跟圓心連線與底面的夾角為θ，小球的半徑忽視不計?，F(xiàn)緩慢減小θ，則小球在移動過程中，擋板對小球的支持力F1、半圓柱體對小球的支持力F2的變更狀況是()A．F1增大，F(xiàn)2減小B．F1增大，F(xiàn)2增大C．F1減小，F(xiàn)2減小 D．F1減小，F(xiàn)2增大解析：對小球進行受力分析如圖所示，依據(jù)幾何關系可得F1＝Fy＝mgcosθ，F(xiàn)2＝Fx＝mgsinθ，因此，當θ減小時，F(xiàn)1增大，F(xiàn)2減小，故A正確，B、C、D錯誤。答案：A4．某靜電除塵設備集塵板的內壁帶正電，設備中心位置有一個帶負電的放電極，它們之間的電場線分布如圖所示，虛線為某帶電煙塵顆粒(重力不計)的運動軌跡，A、B是軌跡上的兩點，C點與B點關于放電極對稱。下列說法正確的是()A．A點電勢低于B點電勢B．A點電場強度小于C點電場強度C．煙塵顆粒在A點的動能大于在B點的動能D．煙塵顆粒在A點的電勢能小于在B點的電勢能解析：由沿電場線方向電勢降低可知，A點電勢低于B點電勢，故A正確；由圖可知，A點處電場線比C點處密集，因此A點場強大于C點場強，故B錯誤；煙塵顆粒帶負電，從A到B的過程中，電場力做正功，動能增加，煙塵顆粒在A點的動能小于在B點的動能，故C錯誤；煙塵顆粒帶負電，從A到B的過程中，電場力做正功，電勢能減小，煙塵顆粒在A點的電勢能大于在B點的電勢能，故D錯誤。答案：A5.如圖所示，將金屬塊用壓縮的輕彈簧卡在一個箱子中，上頂板和下底板裝有壓力傳感器。當箱子隨電梯以a＝4.0m/s2的加速度豎直向上做勻減速運動時，上頂板的傳感器顯示的壓力為4.0N，下底板的傳感器顯示的壓力為10.0N。取g＝10m/s2，若下底板示數(shù)不變，上頂板示數(shù)是下底板示數(shù)的一半，則電梯的運動狀態(tài)可能是()A．勻加速上升，a＝5m/s2B．勻加速下降，a＝5m/s2C．勻速上升D．靜止狀態(tài)解析：當箱子隨電梯以a＝4.0m/s2的加速度豎直向上做勻減速運動時，對金屬塊受力分析，由牛頓其次定律知FN上＋mg－FN下＝ma，解得m＝1kg，若上頂板傳感器的示數(shù)是下底板傳感器的示數(shù)的一半，由于下底板傳感器示數(shù)不變，仍為10N，則上頂板傳感器的示數(shù)是5N，對金屬塊，由牛頓其次定律知FN上′＋mg－FN下′＝ma′，解得a′＝5m/s2，方向向下，故電梯以5m/s2的加速度勻加速下降，或以5m/s2的加速度勻減速上升，故選項B正確，A、C、D錯誤。答案：B6．如圖所示，衛(wèi)星甲、乙分別繞質量為M和2M的星球做勻速圓周運動，且它們的環(huán)繞半徑相同。設甲、乙的運行周期分別為T甲和T乙，甲、乙的線速度分別為v甲和v乙，則()A．T甲>T乙，v甲>v乙 B．T甲>T乙，v甲<v乙C．T甲<T乙，v甲>v乙 D．T甲<T乙，v甲<v乙解析：萬有引力供應向心力Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(\f(GM,r))，兩衛(wèi)星繞行半徑相同，甲衛(wèi)星的中心天體質量小，線速度小，即v甲<v乙；萬有引力供應向心力Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，解得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，兩衛(wèi)星繞行半徑相同，甲衛(wèi)星的中心天體質量小，周期較大，即T甲>T乙。故A、C、D錯誤，B正確。答案：B7．2024年7月1日，被譽為“疆電東送”高速通道的±1100千伏“新疆淮東—安徽皖南”特高壓直流工程正式投運，它是目前世界上電壓等級最高、送電距離最遠的特高壓直流輸電工程。在輸送功率不變的狀況下，和試投運電壓±550千伏相比的優(yōu)點是()A．可節(jié)約輸電線的材料B．可依據(jù)須要調整溝通電的頻率C．輸電速度是試投運時速度的2倍D．因輸電線上的電阻而損失的電功率削減到試投運的25%解析：高壓輸電不能節(jié)約輸電線的材料，故A錯誤；特高壓直流輸電不行以調整溝通電的頻率，故B錯誤；特高壓直流輸電不會變更輸電速度，故C錯誤；依據(jù)P＝UI得，高壓輸電電壓升為試投運電壓的2倍時，輸電電流變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，依據(jù)P損＝I2R可知輸電線上的功率損失為試投運功率損失的eq\f(1,22)＝eq\f(1,4)＝25%，故D正確。答案：D二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。每小題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.物理課上老師做了這樣一個試驗，將一平整且厚度勻稱的銅板固定在絕緣支架上，將一質量為m的永磁體放置在銅板的上端，t＝0時刻給永磁體一沿斜面對下的瞬時沖量，永磁體將沿斜面對下運動，如圖所示。若永磁體下滑過程中所受的摩擦力f大小不變，且f<mgsinθ(式中θ為銅板與水平面的夾角)。取地面為重力勢能的零勢面，則選項圖中關于永磁體下滑過程中速率v、動能Ek、重力勢能Ep、機械能E隨時間t變更的圖像正確的是()解析：永磁體下滑時由于渦流的產(chǎn)生會有阻尼作用，且隨速度的增大而增大，又所受的摩擦阻力不變，則由mgsinθ－f－f阻尼＝ma可知，隨著永磁體的加速下滑，阻尼作用增大，則加速度漸漸減小，v-t圖線的斜率減小，選項A正確；若起先下落時小磁鐵滿意mgsinθ－f－f阻尼＝0，則永磁體勻速下滑，此后動能不變，選項B正確；永磁體下滑時重力勢能漸漸減小，但是不會趨近與某肯定值，選項C錯誤；永磁體下滑過程中，由于有電能產(chǎn)生，則機械能漸漸減小，選項D正確。答案：ABD9．如圖甲所示，兩條足夠長、電阻不計的平行導軌放在同一水平面內，相距l(xiāng)＝1m。磁感應強度B＝1T的范圍足夠大的勻強磁場垂直導軌平面對下。兩根質量均為m＝1kg、導軌間電阻均為r＝0.5Ω的導體桿a、b與兩導軌垂直放置且接觸良好，起先時兩桿均靜止。已知a桿與導軌間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.15，b桿與導軌間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1?，F(xiàn)對b桿加一與桿垂直且大小隨時間按圖乙規(guī)律變更的水平外力F，在t1時刻，a桿起先運動。假設最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力大小，重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確的是()A．當a桿起先運動時，b桿的速度大小為1.6m/sB．當a桿起先運動時，b桿的加速度為零C．兩桿最終以不同的速度做勻速直線運動D．在t1～t2時間內安培力對a、b桿做功的代數(shù)和的值等于系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱解析：t＝t1時，a桿起先運動，此時回路中的電流I1＝eq\f(Blv1,2r)，a桿受到的安培力大小FA＝BI1l＝μ1mg，可得v1＝1.5m/s，故A錯誤；t＝t1時，外力大小為F2＝2.5N，對b桿有F2－FA－μ2mg＝ma，可得a＝0，故B正確；t＝t2后，外力大小F＝2.5N，又μ1mg＋μ2mg＝2.5N，可知最終兩桿受到安培力的大小均為FA＝μ1mg，兩桿以不同的速度做勻速直線運動，故C正確；在t1～t2時間內，由功能關系可知，安培力對a、b桿做功的代數(shù)和的值等于系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱，故D正確。答案：BCD10．如圖所示，質量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長度為2R，現(xiàn)將質量也為m的小球從距A點正上方h高處由靜止釋放，然后由A點經(jīng)過半圓軌道后從B沖出，能上升的最大高度為eq\f(h,2)(不計空氣阻力)，則()A．小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒B．小車向左運動的最大距離為RC．小球離開小車后做斜上拋運動D．小球落回B點后肯定能從A點沖出解析：小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，水平方向系統(tǒng)動量守恒，但由于小球有向心加速度，系統(tǒng)豎直方向的合外力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；設小車向左運動的最大距離為x，以向右為正方向，在水平方向由動量守恒定律得mv－mv′＝0，即得meq\f(2R－x,t)－meq\f(x,t)＝0，解得x＝R，故B正確；小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，則知小球由B點離開小車時系統(tǒng)水平方向動量為零，小球與小車水平方向速度均為零，小球離開小車后做豎直上拋運動，故C錯誤；小球第一次從靜止起