高考物理二轮专项复习选择题提速练11 (含详解)

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选择题提速练111—5为单选，6—8为多选1．京沪高铁全长1 318 km，全线为新建双线，设计时速350 km/h，2012年通车后，北京至上海的行程缩短至五小时以内．列车提速的一个关键技术问题是增加机车发动机的额定功率．已知列车所受阻力与速度的平方成正比，即Ff＝kv2(k为比例系数)．设提速前最大速度为150 km/h，则提速前与提速后机车发动机的额定功率之比为(　B　)A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.解析：当速度最大时牵引力和阻力相等，则P＝Fv＝Ffv＝kv3，所以，＝＝，B项正确．2．在如图甲所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，闭合开关S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表(内阻极大)的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图乙所示．则(　D　)A．图线a是电压表V1示数随电流变化的图线B．电源内电阻的阻值为10 ΩC．电源的最大输出功率为1.5 WD．滑动变阻器R2的最大功率为0.9 W 解析：将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，总电阻减小，电流增大，V1示数线性增大，A错误；根据图线a，R2＝＝＝20 Ω，根据图线b，R1＝＝＝5 Ω，0.2 A＝，0.6 A＝，解得r＝5 Ω，E＝6 V，B错误；电源的最大输出功率为＝1.8 W，C错误；当R2＝R1＋r时滑动变阻器R2的功率最大，为0.9 W，D正确．3．下图为示波管的示意图，以屏幕的中心为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系xOy，当在XX′这对电极上加上恒定的电压UXX′＝2 V，同时在YY′电极上加上恒定的电压UYY′＝－1 V时，荧光屏上光点的坐标为(4，－1)，则当在XX′这对电极上加上恒定的电压UXX′＝1 V，同时在YY′电极上加上恒定的电压UYY′＝2 V时，荧光屏上光点的坐标为(　C　) A．(2，－2)   B．(4，－2)C．(2,2)   D．(4,2)解析：示波管某方向的偏转位移与电压成正比，在XX′这对电极上，x∝UXX′，当电压UXX′＝1 V时，x＝2；在YY′这对电极上，y∝UYY′，当电压UYY′＝2 V时，y＝2.所以选择C.4.如图所示，用a、b两种不同频率的光分别照射同一金属板，发现当a光照射时验电器的指针偏转，b光照射时指针未偏转，以下说法正确的是(　D　) A．增大a光的强度，验电器的指针偏角一定减小B．a光照射金属板时验电器的金属小球带负电C．增大b光的强度，验电器指针偏转D．若a光是氢原子从n＝4的能级向n＝1的能级跃迁时产生的，则b光可能是氢原子从n＝5的能级向n＝2的能级跃迁时产生的解析：增大a光的强度，单位时间内产生的光电子多了，验电器的指针偏角增大，A错；产生光电效应后金属表面的电子逸出，金属和验电器的金属小球均带正电，B错；增大b光的强度，b光频率不变，则不能使金属板发生光电效应，验电器指针不偏转，C错；从n＝4的能级向n＝1的能级跃迁比从n＝5的能级向n＝2的能级跃迁时产生的光子的频率大，D正确． 5．如图所示，矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧，这些粒子的质量、电荷量以及速度大小如下表所示. 粒子编号质量电荷量(q>0)速度大小1m2qv22m2q2v33m－3q3v42m2q3v52m－qv由以上信息可知，从图中a、b、c处进入的粒子对应表中的编号分别为(　D　)A．3、5、4   B．4、2、5C．5、3、2   D．2、4、5解析：根据半径公式r＝，结合表格中数据可求得1～5各组粒子的半径之比依次为0.52332，说明第一组正粒子的半径最小，该粒子从MQ边界进入磁场逆时针运动．由图a、b粒子进入磁场也是逆时针运动，则都为正电荷，而且a、b粒子的半径比为23，则a一定是第2组粒子，b是第4组粒子，c顺时针运动，为负电荷，半径与a相等是第5组粒子．正确选项为D.6．(武汉模拟)如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上放一轻质弹簧，其下端固定，静止时上端位置在B点．质量m＝2.0 kg的小物体由斜面上A点自由释放，从开始的一段时间内的v­t图象如图乙所示(图中0～0.4 s时间段图线为直线，其余均为曲线)，小物体在0.4 s时运动到B点，0.9 s时到达C点，B、C间距为1.2 m(g取10 m/s2)，由图知(　AC　) A．斜面倾角θ＝B．物体从B运动到C的过程中机械能守恒C．在C点时，弹簧的弹性势能为16 JD．小物体从C点回到A点过程中，加速度先增大后减小，再保持不变解析：由图乙可知，0～0.4 s内小物体做匀加速直线运动，加速度a＝＝ m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得mgsinθ＝ma，解得sinθ＝＝，则θ＝，故选项A正确；从B到C过程，除重力做功外，弹簧弹力对小物体做负功，小物体的机械能不守恒，故选项B错误；由能量守恒定律可得，在C点弹簧的弹性势能Ep＝mv＋mghBC＝16 J，故选项C正确；小物体从C点回到A点过程中，开始弹簧的弹力大于重力沿斜面向下的分力，合力向上，小物体向上做加速运动，弹力逐渐减小，小物体所受的合力减小，小物体的加速度减小，然后弹簧的弹力小于重力沿斜面向下的分力，合力向下，小物体做减速运动，随小物体向上运动，弹簧弹力变小，小物体受到的合力变大，加速度变大，当物体与弹簧分离后，小物体受到的合力等于重力沿斜面的分力，加速度不变，小物体做加速度不变的减速运动，由此可知在整个过程中，小物体的加速度先减小后增大，再保持不变，故选项D错误．7．如图所示，某无限长粗糙绝缘直杆与等量异种电荷连线的中垂线重合，杆竖直放置．杆上有A、B、O三点，其中O为等量异种电荷连线的中点，AO＝BO.现有一带电小圆环从杆上A点以初速度v0向B点滑动，滑到B点时速度恰好为0，则关于小圆环的运动，下列说法正确的是(　AC　) A．运动的加速度先变大再变小B．电场力先做正功后做负功C．运动到O点的动能为初动能的一半D．运动到O点的速度小于解析：等量异号电荷的连线的中垂线上，从A到B电场强度先增大后减小，O点的电场强度最大，所以小圆环受到的电场力先增大后减小，小圆环受到的摩擦力Ff＝μFN＝μqE，则小圆环受到的摩擦力先增大后减小，其加速度a＝，所以a先增大后减小，选项A正确；一对等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，故小圆环从A到B过程电场力不做功，选项B错误；设A、B之间的距离为2L，摩擦力做的功为2Wf，小圆环从A到B的过程中，电场力不做功，重力和摩擦力做功，根据动能定理，A→O过程有－mgL＋Wf＝mv－mv，A→B过程有－mg·2L＋2Wf＝0－mv，联立解得vO＝v0>v0，mv＝·mv，即运动到O点的动能为初动能的一半，运动到O点的速度大于，选项C正确，选项D错误．8．北京时间2013年2月16日凌晨，直径约45米、质量约13万吨的小行星“2012DA14”以大约每小时2.8万公里的速度由印度洋苏门答腊岛上空掠过．与地球表面最近距离约为2.7万公里，这一距离已经低于地球同步卫星的轨道，但对地球的同步卫星几乎没有影响，只是划过了地球上空．这颗小行星围绕太阳飞行，其运行轨道与地球非常相似，根据天文学家的估算，它下一次接近地球大约是在2046年．假设图中的P、Q是地球与小行星最近时的位置，下列说法正确的是(已知日地平均距离约为15 000万公里)(　BD　) A．小行星对地球的轨道没有造成影响，地球对小行星的轨道也没有任何影响B．只考虑太阳的引力，地球在P点的线速度大于小行星通过Q点的线速度C．只考虑地球的引力，小行星在Q点的加速度小于同步卫星在轨道上的加速度D．小行星在Q点没有被地球俘获，是因为它在Q点的速率大于第一宇宙速度解析：小行星对地球的引力远小于太阳对地球的引力，所以小行星对地球的轨道没有造成影响，但地球对小行星的引力相比太阳对小行星的引力不能忽略，可知地球对小行星的轨道会造成影响，选项A错误；若只考虑太阳引力，由万有引力提供向心力，G＝，得v＝，由于地球在P点到太阳的距离小于小行星在Q点到太阳的距离，即r1<r2，所以地球在P点的线速度大于小行星在Q点的线速度，选项B正确；只考虑地球引力，加速度a′＝，由于小行星在Q点到地球的距离小于同步卫星到地球的距离，所以小行星在Q点的加速度大于同步卫星在轨道上的加速度，选项C错误；小行星在Q点没有被地球俘获变成地球的卫星，是因为它在Q点的速率大于第一宇宙速度，选项D正确．