高考物理二轮专项复习选择题满分练07 (含详解)

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选择题满分练七有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．氢原子的能级示意图如图所示，现有大量的氢原子处于n＝4的激发态，当向低能级跃迁时，会辐射出若干种不同频率的光，若用这些光照射逸出功为4.5 eV的钨时，下列说法中正确的是(　　)A．氢原子能辐射4种不同频率的光子B．氢原子辐射的光子都能使钨发生光电效应C．氢原子辐射一个光子后，氢原子的核外电子的速率增大D．钨能吸收两个从n＝4向n＝2能级跃迁的光子而发生光电效应解析：选C.氢原子从n＝4能级向低能级跃迁时能辐射6种不同频率的光子．从n＝4到n＝3跃迁辐射出的光子能量E43＝(1.51－0.85)eV＝0.66 eV＜4.54 eV，故不能使钨发生光电效应；氢原子辐射一个光子后，能级降低，半径变小，动能变大，速率增大；金属发生光电效应时，不能同时吸收两个光子；综上述选项C正确．2．如图所示，一定质量的小物体(可视为质点)用轻质细线固定悬挂在天花板上．在水平拉力F作用下，当细线与竖直方向夹角为30°时小物体恰能处于平衡状态．若对小物体施加同样大小的拉力，方向垂直于细线，仍然使物体处于平衡状态．则下列说法中正确的是(　　)A．小物体所受到的重力大小为FB．当施加水平方向作用力时细线受到沿线方向的拉力大小等于FC．当施加垂直于细线方向的拉力时，细线受到沿线方向的拉力大小等于2FD．当施加垂直于细线方向的拉力时，细线与竖直方向的夹角大于60°解析：选A.对小物体受力分析，根据平衡条件可得tan 30°＝，FTsin 30°＝F，解得小物体所受到的重力大小mg＝F，细线受到沿线方向的拉力大小FT＝＝2F，故A正确，B错误；当施加垂直于细线方向的拉力时，根据平衡条件可得FT＝＝F，解得细线受到沿线方向的拉力大小FT＝F，故C错误；当施加垂直于细线方向的拉力时，细线与竖直方向的夹角θ，则有mgsin θ＝F，解得细线与竖直方向的夹角sin θ＝＜sin 60°，故D错误；故选A.3．如图所示，在光滑水平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.3，用水平恒力F拉动小车，设物块的加速度为a1，小车的加速度为a2，重力加速度g取10 m/s2.当水平恒力F取不同值时，a1与a2的值可能为(　　)A．a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2B．a1＝3 m/s2，a2＝2 m/s2C．a1＝5 m/s2，a2＝3 m/s2D．a1＝3 m/s2，a2＝5 m/s2解析：选D.由受力分析可知物块的加速度取决于M对物块的摩擦力，即Ff＝ma1，且Ff的最大值为Ffm＝μmg，即a1的最大值为a1m＝μg＝3 m/s2.当二者相对静止一起加速时，a1＝a2≤3 m/s2.当F较大时，m与M发生相对滑动，a1＝3 m/s2，a2＞3 m/s2，综上所述只有选项D符合题意． 4．如图所示，A为置于地球赤道上的物体，B为绕地球椭圆轨道运行的卫星，C为绕地球做圆周运动的卫星，B、C运行轨道与赤道在同一平面内，P为B、C两卫星轨道的交点，已知A、B、C绕地心运动的周期相同，下列说法正确的是(　　)A．卫星B在近地点的速度大于卫星C的速度B．卫星B在P点的加速度大于卫星C的加速度C．卫星C的运行速度小于物体A的速度D．卫星C和物体A具有相同大小的加速度解析：选A.B在椭圆轨道上的近地点距地球距离小于C卫星的轨道半径，因为B在近地点将做离心运动，故B在近地点速度大于在近地点做圆周运动的卫星速度，再根据卫星速度公式v＝ ，可知，近地点环绕速度大于C卫星的速度，从而可知，B在近地点的速度大于卫星C的速度，故A正确；根据万有引力提供向心力：G＝ma，解得：a＝G，在P点，G、M、r都相同，所以卫星B在P点的加速度大小与卫星C在P点加速度大小相等，故B错误；因为A、B、C绕地心运动的周期相同，所以A、B、C的角速度相等，卫星C做圆周运动的半径大于A的半径，由v＝ωr可知，C的线速度大于A的线速度，故C错误；根据a＝ω2r，可知因为卫星C做圆周运动的半径大于A的半径，所以卫星C加速度大于物体A的加速度，故D错误．故A正确，BCD错误． 5．如图所示，以O点为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f，等量正、负点电荷分别放置在a、d两点时，下列说法中正确的是(　　)A．b、c、e、f四点的场强相同B．b、c、e、f四点的电势相等C．O点的电势高于b、c、e、f四点的电势D．将一带正电的试探电荷从O点移到e点，电场力做正功解析：选D.由题意可知，两点电荷在e、f处的电场强度各自进行矢量合成，则e、f处场强大小相等，而方向不相同，同理b、c电场强度大小相等，方向不同，故A错误．依据等量异种电荷，等势线的分布，可知，b、f二点的电势相等，而c、e二点的电势相等，且b、f二点的电势高于c、e二点的电势，故B错误；根据沿着电场线方向，电势降低，因此O点的电势高于c、e二点的电势，而低于b、f二点的电势，故C错误；将一带正电的试探电荷从O点移到e点，即从高电势移动低电势，那么电势能降低，因此电场力做正功，故D正确；故选D. 6．如图所示为某兴趣小组设计的一种发电装置，在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为π，磁场均沿半径方向；矩形线圈abcd(d点未在图中标出)的匝数为N，其边长ab＝cd＝l，bc＝ad＝2l；线圈的总电阻为r，外接电阻为R；线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc边和ad边同时进、出磁场．在磁场中，bc边和ad边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直．则(　　)A．bc边和ad边在磁场中运动时，线圈的感应电动势的大小为NBl2ωB．bc边和ad边在磁场中运动时，bc边所受安培力的大小为C．通过R的电流有效值为D．通过R的电流有效值为解析：选BD.bc、ad边的运动速度v＝ω，电动势Em＝2NB2Lv＝2NBl2ω，A错误；根据欧姆定律得，电流Im＝，bc边所受安培力为F＝NBIm2l＝，故B项正确；因为两磁场的圆心角为π，故一个周期内通电时间t＝T，由有效值定义知：I(R＋r)T＝I2(R＋r)T，解得I＝，故选项D正确．7．(多选)质量为M的足够长的木板B放在光滑水平地面上，一个质量为m的滑块A(可视为质点)放在木板上，设滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如图甲所示．木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a­F图象，取g＝10 m/s2，则(　　)A．滑块A的质量m＝1.5 kgB．木板B的质量M＝1.5 kgC．当F＝5 N时，木板B的加速度a＝4 m/s2D．滑块A与木板B间的动摩擦因数为μ＝0.1解析：选AC.由图乙知，当F＝4 N时A、B相对静止，加速度为a＝2 m/s2，对整体分析：F＝(m＋M)a，解得m＋M＝2 kg，当F＞4 N时，A、B发生相对滑动，对B有：a＝＝F－，由图象可知，图线的斜率：k＝＝＝2 kg－1，解得M＝0.5 kg，则滑块A的质量为：m＝1.5 kg，故A正确，B错误；将F＞4 N所对图线反向延长线与F轴交点坐标代入α＝F－，解得μ＝0.2，故D错误；根据F＝5 N＞4 N时，滑块与木块相对滑动，B的加速度为aB＝F－μ＝4 m/s2，故C正确．8．如图所示，倾角θ＝60°、高为h的粗糙绝缘斜面体ABC固定在水平地面上，一个带负电的小球(可视为点电荷)固定在BC边上距B点高处的D点，可视为质点的带正电的小物块Q静止于斜面底端的A点，此时小物块Q恰好不接触地面且与斜面间的摩擦力为0.已知小物块Q与斜面间的动摩擦因数μ＝，小物块Q所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)A．小物块Q静止于A点时所受的库仑力与其重力大小相等B．若要拉动小物块Q，使之沿斜面向上运动，则拉力的最小值为mgC．在拉动小物块Q缓慢沿斜面向上运动的过程中，当其所受摩擦力最大时，系统的电势能也最大D．若缓慢地将小物块Q从A点拉动至C点，则外力做功等于小物块Q重力势能的增加量与系统因摩擦而产生的热量之和解析：选AD.小物块Q静止于A点时，恰好不接触地面且与斜面间的摩擦力为0，对小物块Q受力分析且由几何关系可知，小物块Q所受库仑引力与水平面夹角为30°，则沿斜面方向对小物块Q由平衡条件得mgsin 60°＝F库cos 30°，解得F库＝mg，A正确．小物块Q运动时，除拉力外的受力如图甲所示，库仑力与重力大小相等，且二者夹角为120°，故库仑力与重力的合力大小为F2＝mg，合力在重力与库仑力的角平分线上，方向与重力方向夹角为60°，由题给数据知小物块Q所受支持力与滑动摩擦力的合力F1方向沿水平方向向右．如图乙所示，由图解法可得，满足拉力与F1方向垂直时，拉力最小，最小值为mgsin 30°＝mg，B错误．在运动过程中，小物块Q与D点距离最近时，所受的库仑力最大，与斜面间弹力最大，滑动摩擦力最大，此时系统的电势能最小，C错误．DA＝DC，小物块Q在A、C两点电势能相等，由能量守恒可知，若缓慢地将小物块Q从A点拉动至C点，则外力做功等于小物块Q的重力势能增加量与系统因摩擦而产生的热量之和，D正确．