2022届高三物理二轮复习卷：选择题专题练习（九）

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一、单选题
1．（2021高三上·吕梁月考）如图所示的装置中，绳子与滑轮的质量、绳子与滑轮间的摩擦不计。A、B两物体的质量分别为m1和m2，处于静止状态。则以下说法正确的是（ ）
A．若A，B质量均不变，将悬点P移动少许，再次达到平衡时，则绳子间的张角θ1与θ2之和增大
B．若A，B质量均不变，将悬点P移动少许，再次达到平衡时，则绳子间的张角θ1与θ2之和减小
C．若A质量减小，B质量不变，将悬点P移动少许，再次达到平衡时，则绳子间的张角θ1与θ2之和增大
D．若A质量减小，B质量不变，将悬点P移动少许，再次达到平衡时，则绳子间的张角θ1与θ2之和减小
【答案】C
【考点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】AB．绳子上的拉力始终等于B的重力，由对称性可知θ1=θ2，若A、B质量均不变，对动滑轮受力分析可知，受到向下的拉力（等于A的重力）、两侧绳上的拉力（等于B的重力）均不变，由平衡条件可知，将悬点P移动少许，绳子间的张角θ1与θ2之和不变，AB不符合题意；
CD．若A质量减小，B质量不变，对动滑轮受力分析可知，受到向下的拉力减小，而两侧绳上的拉力不变，将悬点P移动少许，由平衡条件可知，两拉力的合力应减小，故绳子间的张角θ1与θ2之和增大，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由于绳子上的拉力等于B的重力，利用平对称性可以判别悬点的位置改变时其张角之和保持不变；当A质量减少时B质量不变；利用动滑轮的平衡方程可以判别张角之和的变化。
2．（2021·淮南模拟）根据我国古代伟大爱国诗人屈原的长诗《天问》而命名的我国首颗火星探测器“天问一号”于2021年2月24日进入火星停泊轨道，并在该轨道上运行约3个月，定期对火星着陆区进行巡视与探测，为择机着陆而做准备，停泊轨道为椭圆轨道，近火点距火星表面的高度为H1=2.8×102km，远火点距火星表面的高度为H2=5.9×104km，“天问一号”探测器在停泊轨道上运行的周期为2个“火星日”，即T=49.2h，已知天体在椭圆轨道上运行的周期与以其半长轴为半径的圆形轨道上绕同一中心天体运行的周期相等，火星的半径R=3.4×103km，引力常量G=6.67×10-11N·m2/kg2，下列描述中正确的是（ ）
A．“天问一号”探测器每天可以两次对火星着陆区进行巡视与探测
B．在火星上每天的时间小于24h
C．火星的第一宇宙速度约为3.5×103m/s
D．火星的平均密度约为5.5×103kg/m3
【答案】C
【考点】卫星问题；宇宙速度
【解析】【解答】AB．由题意知2个“火星日”为49.2h，故在火星上每天的时间为24.6h，由于探测器与火星自转方向未知，有可能是相向运动，也有可能是同向运动，故探测器每天是否可以两次对火星着陆区进行巡视与探测不确定，AB不符合题意；
C．设火星的第一宇宙速度为 v1 ，有 GmMR2=mv12R⇒v1=GMR
又 GmMr2=mr(2πT)2⇒M=4π2r3GT2
r=H1+H2+2R2
联立以上式子，代入数据求得 v1≈3.5×103m/s
C符合题意；
D．火星的平均密度为 ρ=M43πR3=3πr3GT2R3
代入数据求得 ρ≈4×103kg/m3
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】卫星运动由万有引力提供向心力，根据万有引力定律和向心力的关系列方程求解。
3．（2019高三上·哈尔滨月考）如图所示，密度为ρ、边长为a的正立方体木块漂浮在水面上（h为木块在水面上的高度）。现用竖直向下的力F将木块按入水中，直到木块上表面刚浸没，则此过程中木块克服浮力做功为（已知水的密度为ρ0、重力加速度为g）（ ）
A．ρa3ghB．12 a3gh（ρ＋ρ0）
C．ρ0a2gh（a－h）D．12 a2gh（a－h）（ρ＋ρ0）
【答案】B
【考点】变力做功
【解析】【解答】木块漂浮在水面上时有：
F浮=G=ρga3
木块上表面刚浸没时受到的浮力为：
F′浮=G=ρ0ga3
浮力做的功为：
W=(F浮+F′浮)2h=12ga3h(ρ+ρ0)
故答案为：B
【分析】当力的方向与运动方向垂直的时候，力是不做功的，力如果做功，利用公式W=Fs csα求解外力做功即可，其中α是力与位移的夹角，当α小于90度时，力做正功，当α大于90度时，力做负功。
4．如图所示，两块竖直放置的平行板间存在相互垂直的匀强电场E和匀强磁场B。一束初速度为v的带正电粒子从上面竖直往下垂直电场射入，粒子重力不计，下列说法正确的是（ ）
A．若 ，粒子做匀加速直线运动
B．若粒子往左偏，洛伦兹力力做正功
C．若粒子往右偏，粒子的电势能增加
D．若粒子做直线运动，改变粒子的带电性质，使它带负电，其他条件不变，粒子还是做直线运动
【答案】D
【考点】磁场和电场的复合
【解析】【解答】A.若v＝E/B，即Eq=qvB，则粒子做匀速直线运动，A不符合题意；
B.洛伦兹力对粒子不做功，B不符合题意；
C.若粒子往右偏，电场力做正功，则粒子的电势能减小，C不符合题意；
D.若粒子做直线运动，则满足Eq=qvB，改变粒子的带电性质，使它带负电，其他条件不变，粒子所受的电场力方向改变，所受的洛伦兹力方向也改变，则粒子还是做直线运动，D符合题意；
故答案为：D.
【分析】当带电粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡时，粒子就不会偏转，当电场力做正功时，电势能减小。
5．（2021·绍兴模拟）一束波长为500mm，功率为1.0W的激光可聚焦成一个半径为500nm的光斑，此激光照射在半径和高度均为500nm的圆柱体上，如图所示。假设圆柱体的密度与水相同且完全吸收辐射，已知普朗克常量为6.626×10-34J·s，则（ ）
A．每个光子动量大小为1.32×10-30kg·m/s
B．激光每秒发射的光子约为2.5×1018个
C．圆柱体的加速度约为8.5×108m/s2
D．圆柱体受到的作用力随着激光功率的增大而减小
【答案】C
【考点】物质波；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．由公式 p=hλ 可知，每个光子动量大小 p=6.626×10−34500×10−3kg⋅m/s=1.33×10−33kg⋅m/s
A不符合题意；
B．每个光子的能量为 E0=hν=hcλ=6.626×10−34×3.0×108500×10−3J=3.9756×10−25J
每秒钟激光的能量为 E=Pt=1.0W
则激光每秒发射的光子 N=EE0=×10−25个=2.5×1024个
B不符合题意；
C．圆柱体的质量为 m=ρV=ρ×πr3=1.0×103×3.14×(5×10−7)3kg=3.925×10−16kg
激光的总动量为 p总=Np=3.325×10−7kg⋅m/s
由动量守恒可知 F×1=p总
得 F=3.325×10−7N
圆柱体的加速度大小为 a=Fm=3.325×10−73.925×10−16m/s2≈8.5×108m/s2
C符合题意；
D．激光功率越大，单位时间内的能量越大，光子的个数越多，光子的总动量越大，激光对圆柱体的作用力越大，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用波长和动量大小的关系式可以求出每个光子动量的大小；利用激光的能量结合光子的能量可以求出每秒发出光子的个数；利用动量定律结合牛顿第二定律可以求出圆柱体加速度的大小；当激光功率越大其光子的总动量越大则激光对圆柱体的作用力越大。
二、多选题
6．（2020高三上·吉林月考）一物块以一定的初速度从光滑斜面底端a点上滑，最高可滑至b点，后又滑回至a点，c是ab的中点，如图所示，已知物块从a上滑至b所用时间为t，下列分析正确的是( )
A．物块从c运动到b所用的时间等于从b运动到c所用的时间
B．物块上滑过程的加速度与下滑过程的加速度等大反向
C．物块下滑时从b运动至c所用时间为 22t
D．物块上滑通过c点时的速度大小等于整个上滑过程中平均速度的大小
【答案】A,C
【考点】匀变速直线运动基本公式应用；匀变速直线运动导出公式应用
【解析】【解答】AB．由于小球只受重力和支持力，故小球的加速度方向始终相同，均为 a=gsinθ
方向向下，Bc和cb过程是可逆的，故物块从c运动到b所用时间等于从b运动到c的时间，A符合题意，B不符合题意；
C．由b到a过程是初速度为零的匀加速直线运动，则可知 tbc:tca=1:(2−1）
而 tbc+tca=t
解得 tbc=22t
C符合题意；
D．由于c是位移中点，而不是时间中点，故物块上滑通过c点时的速度大于整个上滑过程中平均速度的大小，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】利用小球只受重力和支持力可以求出小球的加速度大小；利用运动的可逆性可以判别运动时间的长短；利用位移公式可以求出运动时间的大小；由于c点不是中间时刻的位置点，所以瞬时速度的大小不等于平均速度的大小。
7．（2019高三上·长泰月考）放置于固定斜面上的物块，在平行于斜面向上的拉力F作用下，沿斜面向上做直线运动。拉力F和物块速度v随时间t变化的图象如图，则（ ）
A．物块的质量为1kg
B．第1s内物块受到的合外力为5N
C．第1s内拉力F的功率逐渐增大
D．前3s内物块的机械能先增大后不变
【答案】A,C
【考点】牛顿定律与图象
【解析】【解答】AB.由图可得，0～1s内物体的加速度为a= ΔvΔt = 0.5−01−0 m/s2=0.5 m/s2
由牛顿第二定律可得F-mgsinθ=ma
1s后有F′=mgsinθ
将F=5.5N，F´=5.0N代入解得m=1.0kg，θ=30°
第1s内物块受到的合外力F合=ma=1.0 × 0.5N=0.5N
A符合题意，B不符合题意；
C.由P=Fv知，第1 s内拉力F不变，v增大， 则F的功率P增大，C符合题意；
D.前1s内物块的动能和重力势能均增大，则其机械能增大；2-3s内，动能不变，重力势能增大，其机械能增大，所以物块的机械能一直增大，D不符合题意。
故答案为：AC
【分析】利用图象斜率可以求出加速度的大小；利用牛顿第二定律可以求出物体受到的合力及物块质量的大小；利用拉力和速率的大小可以判别拉力功率的变化；利用动能和重力势能的变化可以判别机械能的变化。
8．（2021高三上·运城期中）在冰壶比赛中，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，如图甲所示。碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面，用来减小阻力。碰撞前后两壶运动的v−t图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，已知两冰壶质量相等，由图象可知（ ）
A．碰撞后，蓝壶经过5s停止运动
B．碰撞后，蓝壶的瞬时速度为0.8m/s
C．红蓝两壶碰撞过程是弹性碰撞
D．红、蓝两壶碰后至停止运动过程中，克服摩擦力做功之比为1：4
【答案】A,B
【考点】动能定理的综合应用；动量守恒定律
【解析】【解答】A．设碰撞后，蓝壶经过t时间停止运动。根据三角形相似法知 1.2−
解得t=5s
A符合题意；
B．设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v0=1.0m/s，碰后速度为v′0=0.2m/s，根据动量守恒定律可得mv0=mv′0+mv
解得v=0.8m/s
B符合题意；
C．碰撞过程两壶损失的动能为 ΔEk=12mv02−12mv′02−12mv2=0.16m>0
所以红蓝两壶碰撞过程是非弹性碰撞，C不符合题意。
D．红、蓝两壶碰后至停止运动过程中，根据动能定理得，克服摩擦力做功之比为 W红W蓝=12mv′0212mv2=116
故答案为：AB。
【分析】蓝红壶碰撞过程根据动量守恒得出碰后蓝壶的速度；根据能量关系得出碰撞过程中损失的机械能；碰撞后根据动能定理得出克服摩擦力做功之比。
9．（2021高三上·河南模拟）如图所示，倾角为 θ 、足够长的光滑平行金属导轨处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中，导轨顶端接有阻值为R的定值电阻。一根金属棒从导轨上的MN处以速度 v0 沿导轨平面向上滑动，经过时间t金属棒恰好返回MN处，已知金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，忽略导轨及金属棒的电阻，重力加速度为g。金属棒从MN处向上滑动到回到MN处的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．金属棒的加速度先减小后增大
B．金属棒克服安培力做的功等于其动能的减少量
C．安培力的冲量小于 2mv0 ，但不可能为零
D．金属棒返回MN处时的速度大小为 gsinθ·t−v0
【答案】B,D
【考点】电磁感应中切割类问题
【解析】【解答】A．金属棒从MN处上滑至最高点的过程中，金属棒做减速运动，切割磁感线产生的电动势减小，所受安培力减小，金属棒的加速度逐渐减小，在从最高点回到MN处的过程中，金属棒可能一直做加速运动，安培力沿导轨向上并逐渐增大，加速度逐渐减小，A项错误；
B．由功能关系可知克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热，等于金属棒动能的减少量，B项正确；
C．整个过程中，通过回路某一截面的电荷量 q=It
I=ER
E=ΔΦt
因为 ΔΦ=0 ，所以安培力的冲量 I安=BLIt=BLq=0
C项错误；
D．金属棒从MN处上滑至落回MN处的整个过程中，由动量定理得 mgsinθ⋅t+I安=m⋅v−(−mv0)
解得 v=gsinθ⋅t−v0
D项正确。
故答案为：BD。
【分析】利用牛顿第二定律可以判别金属杆的加速度变化；利用功能关系可以判别克服安培力做功等于动能的变化量；利用电流的定义式结合冲量的表达式可以求出安培力冲量的大小；利用动量定理可以求出回到MN位置其速度的大小。
10．（2021高三上·运城开学考）如图，发动机的矩形线圈长为 2L 、宽为 L ，匝数为 N ，放置在磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中，理想变压器的原、副线圈匝数分别为 n0 、 n1 和 n2 ，两个副线圈分别接有电阻 R1 和 R2 ，当发电机线圈以角速度 ω 匀速转动时，理想电流表读数为 I ，不计线圈电阻，下列说法正确的是（ ）
A．通过电阻 R2 的电流为 n1In2
B．电阻 R2 两端的电压为 n2IR1n1
C．n0 与 n1 的比值为 2NBL2ωIR1
D．发电机的功率为 2N2B2L4ω2R1+R2
【答案】B,C
【考点】变压器原理
【解析】【解答】AB．通过电阻 R1 的电压为 U1=IR1
根据理想变压器原副线圈电压的关系可得，电阻 R2 两端的电压为 U1U2=n1n2
解得 U2=U1=n2n1IR1
通过电阻 R2 的电流为 I2=n1IR1n2R2
A不符合题意；B符合题意；
C．发电机线圈电动势的峰值为 Um=NBSω=2NBL2ω
则发电机线圈电动势的有效值为 U0=Um2=2NBL2ω
根据理想变压器原副线圈电压关系，有 n0n1=U0U1=2NBL2ωIR1
C符合题意；
D．发电机的功率为 P=P1+P2=I2R1+I22R2=I2R1+n12I2R12n22R2
D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用欧姆定律可以求出R1的电压，结合匝数之比可以求出R2两端的电压，结合欧姆定律可以求出R2的电流大小；利用电动势的表达式可以求出电动势的峰值，结合输出电压的大小可以求出原副线圈的匝数之比；利用输出功率的大小可以求出输入功率的大小。