2025年高考二輪復(fù)習(xí)物理選擇題專(zhuān)項(xiàng)練3

選擇題專(zhuān)項(xiàng)練(三)一、單項(xiàng)選擇題:本題共4小題,每小題4分,共16分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。1.(2024廣東茂名一模)《史記》中對(duì)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(guò)卷層云時(shí),受到冰晶的折射或反射而形成的。圖乙為太陽(yáng)光射到六邊形冰晶上發(fā)生兩次折射的光路圖,對(duì)于圖乙中出射的單色光a、b,下列說(shuō)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(gè)光子能量比單色光b的單個(gè)光子能量大答案B解析根據(jù)n=sinisinγ,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(cuò)誤;根據(jù)v=cn,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(cuò)誤;根據(jù)ε=hν,單色光b的頻率大于單色光a的,則單色光b的單個(gè)光子能量大于單色光a的2.(2024湖南岳陽(yáng)一模)如圖所示,真空中有一邊長(zhǎng)為l的正六邊形ABCDFG,O為正六邊形中心,在A、B、C三點(diǎn)分別固定電荷量為q、2q、q(q>0)的三個(gè)點(diǎn)電荷。已知點(diǎn)電荷Q的電勢(shì)公式φ=kQr,其中k為靜電常量,Q為場(chǎng)源電荷的電荷量,r為某點(diǎn)到Q的距離,取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零。則下列說(shuō)法正確的是(A.O點(diǎn)電勢(shì)為負(fù)B.D點(diǎn)和G點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同C.O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為kql2,方向由OD.把一帶負(fù)電的試探電荷從O點(diǎn)移至F點(diǎn),其電勢(shì)能變大答案C解析根據(jù)題意可得,O點(diǎn)電勢(shì)為φO=φA+φB+φC=kql+k·(-2q)l+kql=0,故A錯(cuò)誤;如圖所示,根據(jù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度計(jì)算公式可得EA=EC'=kql2,EB=EB'=k2q3l2=2kq3l2,EC=EA'=kq4l2=kq4l2,根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加原理可知D點(diǎn)和G點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度不相同,故B錯(cuò)誤;O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為EO=k2ql223.(2024廣東茂名一模)如圖甲所示的智能機(jī)器人廣泛應(yīng)用于酒店、醫(yī)院等場(chǎng)所。機(jī)器人內(nèi)電池的容量為25000mA·h,負(fù)載10kg時(shí)正常工作電流約為5A,電池容量低于20%時(shí)不能正常工作,此時(shí)需要用充電器對(duì)其進(jìn)行充電,充電器的輸入電壓如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是()A.充電器的輸入電流頻率為100HzB.充電器的輸入電壓瞬時(shí)表達(dá)式為u=2202sin10πtC.機(jī)器人充滿(mǎn)電后電池的電荷量為25CD.機(jī)器人充滿(mǎn)電后,負(fù)載10kg時(shí)大約可以持續(xù)正常工作4h答案D解析由圖乙可知交流電壓的周期為0.02s,根據(jù)f=1T,可知輸入電流頻率為50Hz,故A錯(cuò)誤;由圖乙可知周期為0.02s,則ω=2πT=100πrad/s,充電器的輸入電壓的瞬時(shí)值表達(dá)式為u=2202sin100πtV,故B錯(cuò)誤;機(jī)器人充滿(mǎn)電后電池的電荷量Q=It=25A·h=9×104C,正常工作可用電荷量為20A·h,由Q=It,可知負(fù)載10kg時(shí)大約可以持續(xù)工作4h,故C4.(2024黑龍江哈爾濱一模)如圖甲所示,直導(dǎo)線(xiàn)P、Q分別被兩根等長(zhǎng)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(zhǎng)也相同,其截面圖如圖乙所示,導(dǎo)線(xiàn)P通以垂直紙面向里的電流;導(dǎo)線(xiàn)Q電流方向未知,平衡時(shí)兩導(dǎo)線(xiàn)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(zhì)量為m,重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是()A.導(dǎo)線(xiàn)Q中電流方向垂直紙面向里B.導(dǎo)線(xiàn)P、Q間的安培力大小為2mgsinθC.僅使導(dǎo)線(xiàn)P中電流I緩慢增大且θ不超過(guò)90°,導(dǎo)線(xiàn)Q對(duì)輕繩的拉力大小逐漸增大D.當(dāng)導(dǎo)線(xiàn)P中電流突然消失的瞬間,導(dǎo)線(xiàn)Q受到兩輕繩的拉力大小之和為mgsinθ答案C解析對(duì)Q進(jìn)行受力分析可知,P對(duì)Q的力為斥力,由安培定則和左手定則可知,兩導(dǎo)線(xiàn)的電流方向相反,即導(dǎo)線(xiàn)中電流方向垂直紙面向外,故A錯(cuò)誤;設(shè)導(dǎo)線(xiàn)Q受到兩輕繩的拉力之和為T(mén),導(dǎo)線(xiàn)P、Q間的安培力為F,對(duì)Q進(jìn)行受力分析如圖所示,由幾何關(guān)系得F=mgtanθ,故B錯(cuò)誤;由幾何關(guān)系得T=mgcosθ,使導(dǎo)線(xiàn)P中電流I緩慢增大,則θ逐漸增大,又θ不超過(guò)90°,則cosθ逐漸變小,T逐漸增大,故C正確;當(dāng)導(dǎo)線(xiàn)P中電流突然消失的瞬間,導(dǎo)線(xiàn)P、Q間的安培力消失,此時(shí)沿輕繩方向上的合力為零,則導(dǎo)線(xiàn)Q受到兩輕繩的拉力大小之和為mgcosθ,故二、多項(xiàng)選擇題:本題共4小題,每小題6分,共24分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求,全部選對(duì)得6分,選對(duì)但不全的得3分,有選錯(cuò)的得0分。5.(2024陜西西北工業(yè)大學(xué)附屬中學(xué)二模改編)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(yùn)動(dòng),現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小物體(視為質(zhì)點(diǎn))輕輕放在A處,小物體在甲傳送帶上到達(dá)B處時(shí)恰好達(dá)到傳送帶的速率v,小物體在乙傳送帶上到達(dá)離E處豎直高度為h的C處時(shí)達(dá)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(guò)程中()A.兩種傳送帶對(duì)小物體做功相等B.將小物體分別傳送到B、E處,甲圖所示的系統(tǒng)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(dòng)摩擦因數(shù)相同D.將小物體分別傳送到B、E處,甲圖所示的系統(tǒng)中因摩擦而產(chǎn)生的熱量比乙的多答案ABD解析在小物體從傳送帶底端到傳送帶頂端的過(guò)程中,根據(jù)功能關(guān)系可知,傳送帶對(duì)小物體做的功等于小物體機(jī)械能的增加量,因機(jī)械能增量相同,故傳送帶對(duì)小物體做功相等,故A正確;小物體在兩種傳送帶上均做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),加速度大小a=μgcosθgsinθ,在速度達(dá)到v的過(guò)程中,小物體在甲傳送帶上的位移s較大,根據(jù)公式a=v22s,可知小物體在甲傳送帶上時(shí)的加速度較小,根據(jù)a=μgcosθgsinθ,可得μ=agcosθ+tanθ,即小物體與甲傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)較小,故C錯(cuò)誤;在小物體從傳送帶底端到傳送帶頂端的過(guò)程中,只有小物體相對(duì)傳送帶發(fā)生滑動(dòng)時(shí),即只有在加速過(guò)程中,系統(tǒng)才發(fā)生“摩擦生熱”,根據(jù)公式Q=fs相對(duì)計(jì)算系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量,可選取做勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶為慣性參考系,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=μgcosθgsinθ,末速度為零的勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),可求出s相對(duì)=v22a,可見(jiàn),s相對(duì)等于小物體相對(duì)于地面速度從0加速到v過(guò)程中的位移,即系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于小物體加速過(guò)程中摩擦力對(duì)小物體做的功,對(duì)于甲傳送帶,在加速過(guò)程中摩擦力做正功設(shè)為W1,克服重力做功為mgH,動(dòng)能改變量為12mv2,根據(jù)動(dòng)能定理可求得W1=12mv2+mgH,同理可求出小物體在乙傳送帶上加速過(guò)程中摩擦力做的功為W2=12mv2+mgH-h,顯然W1>W2,所以Q1>Q2,即甲系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量多,故D正確;在將小物體分別傳送到B、E處的過(guò)程中,傳送帶消耗的電能等于系統(tǒng)增加的機(jī)械能和產(chǎn)生的內(nèi)能6.(2024廣東湛江一模)在兒童樂(lè)園的蹦床項(xiàng)目中,小孩在兩根彈性繩和彈性網(wǎng)繩的協(xié)助下實(shí)現(xiàn)上下彈跳。如圖所示,某次蹦床活動(dòng)中,小孩靜止時(shí)處于O點(diǎn),當(dāng)其彈跳到最高點(diǎn)A后下落,可將彈性網(wǎng)繩壓到最低點(diǎn)B,小孩可看成質(zhì)點(diǎn),不計(jì)彈性繩的重力、彈性網(wǎng)繩的重力和空氣阻力。則從最高點(diǎn)A到最低點(diǎn)B的過(guò)程中,小孩的()A.重力的功率先增大后減小B.機(jī)械能一直減小C.重力勢(shì)能的減少量大于彈性網(wǎng)繩彈性勢(shì)能的增加量D.機(jī)械能的減少量等于彈性網(wǎng)繩彈性勢(shì)能的增加量答案AC解析當(dāng)小孩彈跳到最高點(diǎn)A后下落,將彈性網(wǎng)繩壓到最低點(diǎn)B的過(guò)程中,速度v先增大后減小,根據(jù)P=mgv可知重力的功率先增大后減小,故A正確;當(dāng)小孩彈跳到最高點(diǎn)A后下落,將彈性網(wǎng)繩壓到最低點(diǎn)B的過(guò)程中,小孩的機(jī)械能先不變后減小,故B錯(cuò)誤;當(dāng)小孩彈跳到最高點(diǎn)A后下落,將彈性網(wǎng)繩壓到最低點(diǎn)B的過(guò)程中,重力勢(shì)能的減少量等于彈性繩和彈性網(wǎng)繩的彈性勢(shì)能的增加量,則重力勢(shì)能的減少量大于彈性網(wǎng)繩彈性勢(shì)能的增加量,故C正確;當(dāng)小孩彈跳到最高點(diǎn)A后下落,將彈性網(wǎng)繩壓到最低點(diǎn)B的過(guò)程中,機(jī)械能的減少量等于彈性繩和彈性網(wǎng)繩的彈性勢(shì)能的增加量,故D錯(cuò)誤。7.(2024湖南岳陽(yáng)一模改編)如圖甲所示,小明在地球表面進(jìn)行了物體在豎直方向做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn),彈簧原長(zhǎng)時(shí),小球由靜止釋放,在彈簧彈力與重力作用下,測(cè)得小球的加速度a與位移x的關(guān)系圖像如圖乙所示。已知彈簧的勁度系數(shù)為k,地球的半徑為R,引力常量為G,不考慮地球自轉(zhuǎn)影響,忽略空氣阻力,下列說(shuō)法正確的是()A.小球的位移為x0時(shí),小球正好處于完全失重狀態(tài)B.小球的最大速度為aC.小球的質(zhì)量為kD.地球的密度為3答案BC解析由題圖乙可知,小球的位移為x0時(shí),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(tài)也不是超重狀態(tài),故A錯(cuò)誤;小球的加速度a與位移x的關(guān)系圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度二次方的一半,當(dāng)小球的速度為零時(shí),小球的加速度最大,設(shè)小球的最大速度為v,則有12v2=12a0x0,得小球的最大速度v=a0x0,故B正確;設(shè)地球表面的重力加速度為g,小球的質(zhì)量為m,當(dāng)小球向下運(yùn)動(dòng)的位移為x,彈簧的伸長(zhǎng)量也為x,設(shè)小球的加速度為a,對(duì)小球受力分析,由牛頓第二定律可得mgkx=ma,整理可得a=kmx+g,結(jié)合圖乙可知km=a0x0,g=a0,則有m=kx0a0,故C正確;設(shè)地球的質(zhì)量為m地,由mg=Gm地mR2,可得m地=g8.(2024四川成都一模)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(zhì)量為4m的滑塊,通過(guò)輕繩繞過(guò)光滑的滑輪與質(zhì)量為m的帶正電的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))相連,滑輪下方有一個(gè)光滑的小孔,輕繩與斜面平行。小球在水平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng),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(dòng)摩擦因數(shù)為32,小球與小孔之間的繩長(zhǎng)為L(zhǎng),重力加速度為g,下列說(shuō)法正確的是(A.斜面體所受到地面的摩擦力大小為mgB.若增大小球的轉(zhuǎn)速,輕繩對(duì)小孔的作用力減小C.若增大小球的轉(zhuǎn)速,小球能達(dá)到的最大轉(zhuǎn)速為1D.若此時(shí)在空間加上豎直向下的電場(chǎng),要使小球的轉(zhuǎn)速不變,則小球到轉(zhuǎn)動(dòng)中心的距離增大答案AC解析對(duì)小球受力分析有mg=Tcos30°,解得T=mgcos30°=233mg,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f1=Tcos30°=233mg×32=mg,故A正確;設(shè)輕繩與豎直方向的夾角為θ,對(duì)小球有Tsinθ=mω2Lsinθ,Tcosθ=mg,可得T=mω2L,又因?yàn)棣?2πn,所以隨著轉(zhuǎn)速的增大,角速度會(huì)增