高考物理二轮复习选择题专项练1含解析

选择题专项练(一)

(考试时间：20分钟　试卷满分：48分)

14．2020年12月17日，嫦娥五号成功返回地球，创造了我国到月球取土的伟大历史．如图所示，嫦娥五号取土后，在P处由圆形轨道Ⅰ变轨到椭圆轨道Ⅱ，以便返回地球．下列说法正确的是(　D　)

A．嫦娥五号在轨道Ⅰ和Ⅱ运行时均超重

B．嫦娥五号在轨道Ⅰ和Ⅱ运行时机械能相等

C．嫦娥五号在轨道Ⅰ和Ⅱ运行至P处时速率相等

D．嫦娥五号在轨道Ⅰ和Ⅱ运行至P处时加速度大小相等

【解析】　嫦娥五号在轨道Ⅰ和Ⅱ运行时均处于失重状态，故A错误；嫦娥五号在轨道Ⅰ上经过P点时经加速后进入轨道Ⅱ运行，故嫦娥五号在轨道Ⅰ上P处的速率小于在轨道Ⅱ运行至P处时速率；加速后引力势能不变，动能增大，则机械能增大，故BC错误；根据公式G＝ma，解得：a＝，可知嫦娥五号在轨道Ⅰ和Ⅱ运行至P处时加速度大小相等，故D正确．

15．在某一点电荷产生的电场中，一带负电小球在外力F作用下从A点开始做自由落体运动经过B点，A、B两点的场强方向如图所示，下列说法正确的是(　D　)

A．A点场强是B点场强的2倍

B．A点的电势低于B点的电势

C．小球从A点运动到B点的过程中，外力F先做正功后做负功

D．小球从A点运动到B点的过程中，电势能先减小后增大

【解析】　将两条电场线反向延长后相交于一点，该交点即为点电荷Q的位置，如图所示：设A、B两点到Q的距离分别为rA和rB，由几何知识得到，rB＝rA，根据公式E＝k得EA∶EB＝3∶1，故A错误；因为B点距离正电荷Q远，所以φA＞φB，故B错误；小球从A点运动到B点的过程中电场力方向与AB的夹角先是锐角后是钝角，故电场力先做正功后做负功，故电势能先减小后增大；负电小球在外力F作用下从A点开始做自由落体运动经过B点，故外力与电场力方向相反大小相等，故与电场力做功正好相反，先做负功，后做正功，故C错误，D正确．

16.如图所示，用轻绳系住一质量为3m的匀质大球，大球和墙壁之间放置一质量为m的匀质小球，各接触面均光滑，系统平衡时，绳与竖直墙壁之间的夹角为α，两球心连线O1O2与轻绳之间的夹角为β，则α、β应满足(　A　)

A．4tan α＝tan(α＋β) B．3tan α＝tan(α＋β)

C．tan α＝4cot β D．tan α＝3cot β

【解析】　对小球进行受力分析如图1：受到三个力，水平方向墙面给的力FN，竖直方向的重力mg，沿O1O2方向大球给的弹力F；由受力可以看出：＝tan(α＋β)，对大球和小球的整体进行受力分析如图2：受到三个力，水平方向墙面给的力FN，竖直方向的重力4mg，沿绳子方向绳子给的拉力T；由受力可以看出：＝tan α，将上面两个式子联立可得：4tan α＝tan(α＋β)，故A正确，BCD错误．

17．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1向右运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图像(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2＞v1.则(　B　)

A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大

B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大

C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左

D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力的作用

【解析】　t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故A错误；t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，故B正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，故C错误；t2～t3时间内小物块不受摩擦力作用，故D错误．

18.如图所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B.一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从b点沿ba方向射入磁场，结果粒子恰好能通过c点，且射出磁场时的速度反向延长线通过a点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为(　C　)

A． B．

C． D．

【解析】　画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，磁场的边长为L，设粒子的轨道半径为r，由几何关系得：L＋r＝L解得：r＝(－1)L，由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m联立解得：v＝，故ABD错误，C正确．

19．(多选)如图甲为氢原子的能级图，大量处于n＝2激发态的氢原子吸收一定频率的光子后跃迁到较高的能级，之后再向低能级跃迁时辐射出10种不同频率的光子．当用这些辐射出的光子去照射如图乙所示光电管阴极K时，光电管发生了光电效应，改变电源的正负极并调节滑动变阻器滑片，发现遏止电压最大值为8 V，现有以下有几种说法正确的是(　CD　)

A．辐射出来的10种光子中只有3种能使该光电管发生光电效应

B．跃迁过程中辐射出的光子能量是连续的

C．该光电管阴极K的逸出功为5.06 eV

D．吸收的光子能量为2.86 eV

【解析】　大量的氢原子能够辐射出10种不同频率的光子可以得到这群氢原子处于n＝5能级，从n＝2能级跃迁到n＝5能级，需要吸收的光子能量为：E1＝E5－E2＝－0.54 eV－(－3.4 eV)＝2.86 eV，故D正确；由爱因斯坦光电效应方程hν－W0＝Ekm和遏止电压公式Ekm＝eUc联立可得：hν－W0＝eUc，当入射光的频率最大时，即入射光的光子能量最大时，遏止电压最大，入射光的光子能量最大为：E2＝hν＝E5－E1＝－0.54 eV－(－13.6 eV)＝13.06 eV，所以该光电管阴极K的逸出功为：W0＝hν－eUc＝13.06 eV－8 eV＝5.06 eV，故C正确；当入射光的光子能量大于逸出功时才能发生光电效应，逸出功的大小为5.06 eV，可以发现氢原子从n＝5跃迁到n＝1，从n＝4跃迁到n＝1，从n＝3跃迁到n＝1，从n＝2跃迁到n＝1，放出的4种光子都可以使该光电管发生光电效应，故A错误；原子跃迁过程中辐射出的光子能量只有特定的数值，是量子化的，是分立的，而不是连续的，故B错误．

20．(多选)某单位应急供电系统配有一小型发电机，该发电机内的矩形线圈面积为S＝0.2 m2、电阻为r＝5.0 Ω，线圈所处的空间是磁感应强度为B＝ T的匀强磁场，发电机正常供电时线圈的转速为n＝ r/min，如图所示是配电原理示意图，理想变压器原副线圈的匝数比为5∶2，R1＝5.0 Ω、R2＝5.2 Ω，电压表、电流表均为理想电表，系统正常运作时电流表的示数为I＝10 A，交流电压表的示数为700 V，则下列说法中正确的是(　ABD　)

A．线圈在磁场中产生电动势的有效值为720 V

B．变压器输出的总功率为2 720 W

C．灯泡的工作电压为272 V

D．线圈匝数为100匝

【解析】　根据题意电流表的示数为10 A，根据＝，解得原线圈的电流为I1＝4 A，而电压表的读数为700 V，根据闭合电路欧姆定律可知：U＝E－Ir，解得：E＝720 V，线圈在磁场中产生的感应电动势的有效值为：E＝，解得线圈的匝数为：N＝100匝，故AD正确；原线圈的电压为：U1＝E－I1(R1＋r)＝720－4×(5.0＋5.0)V＝680 V，根据＝，求出副线圈上的电压为：U2＝272 V，所以副线圈上的功率为：P＝I2U2＝2 720 W，此时灯泡上的电压为：U′＝272－10×5.2 V＝220 V，故B正确，C错误．

21．(多选)如图，一顶角为直角的“∧”形光滑细杆竖直放置．质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧处于原长l0.两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内．对其中一个金属环，下列说法正确的是(弹簧的长度为l时弹性势能为k(l－l0)2)(　AC　)

A．金属环的最大加速度为g

B．金属环的最大速度为g

C．金属环与细杆之间最大压力为mg

D．金属环达到最大速度时重力的功率为mg2

【解析】　对金属环受力分析如图1

图1

开始释放瞬间，金属环受到重力和弹力，沿杆方向，根据牛顿第二定律：mgsin 45°＝ma

解得：a＝g，故A正确；当金属环的加速度为0时，速度最大，受力分析如图2：

图2

金属环受到重力、杆的弹力和弹簧的弹力，沿杆方向加速度为0，即合力为0：mgsin 45°＝Fcos 45°，F＝kΔx解得形变量Δx＝，根据几何知识，两个小球下降的高度为h＝，对系统只有重力，弹力做功，对两个金属环和弹簧根据机械能守恒，

2mg×h＝kΔx2＋×2mv2，解得：v＝g，故B正确；金属环下降h′达到最低时，速度减小为0，形变量为2h′，弹性势能最大，根据机械能守恒定律

2mgh′＝k(2h′)2

h′＝，当金属环下降到最低点时，金属环和细杆的弹力最大，垂直于杆方向上：

N＝mgcos 45°＋F′sin 45°，F′＝k×2h′，解得：

N＝mg，故C正确；金属环达到最大速度时重力的功率为P＝mgvcos 45°＝mg×g×＝，故D错误，故选AC.