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    备战2025年高考二轮复习物理(通用版) 选择题专项练1(Word版附解析)

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    备战2025年高考二轮复习物理(通用版) 选择题专项练1(Word版附解析)

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    这是一份备战2025年高考二轮复习物理(通用版) 选择题专项练1(Word版附解析),共7页。试卷主要包含了单项选择题,多项选择题等内容,欢迎下载使用。
    1.(2024湖南岳阳二模)如图所示,一束复色光从真空射向半圆形玻璃砖的表面,在圆心O处发生折射,光分成了两束单色光a、b分别从A、B两点射出,下列说法正确的是( )
    A.玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率
    B.a光从O点传播到A点的时间大于b光从O点传播到B点的时间
    C.若该复色光由红光与紫光组成,则a光为红光
    D.若用同一双缝干涉装置实验,可看到a光的干涉条纹间距比b光的长
    答案 B
    解析 由图可知,两光的入射角相同,a光的折射角小,根据n=sin θ1sin θ2可知,a光的折射率大,故A错误;根据v=cn可知,在玻璃砖中a光的传播速度小于b光的传播速度,光传播的路程都为半圆形玻璃砖的半径r,根据t=rv可知,在玻璃砖中a光的传播时间大于b光的传播时间,故B正确;a光的折射率大,频率高,波长短,若该复色光由红光与紫光组成,则a光为紫光,故C错误;若用a、b光分别进行双缝干涉实验,在其他条件相同的情况下,根据Δx=ldλ可知,a光的干涉条纹间距小于b光的,故D错误。
    2.(2024广西贵港二模)B超是医院对病人进行检查的重要设备,B超成像的基本原理是探头向人体发射一组超声波,遇到人体不同组织时会产生不同程度的反射,探头接收到的超声波信号由计算机处理,从而形成B超图像。如图为探头沿x轴正方向发送的简谐超声波图像,t=0时刻波恰好传到质点M。已知此超声波的频率为1×107 Hz。下列说法正确的是( )
    A.质点M开始振动的方向沿y轴正方向
    B.探头发出的超声波在人体中的传播速度为1.4×103 m/s
    C.t=0.75×10-7 s时,质点M运动到横坐标x=28×10-2 mm处
    D.0~0.75×10-7 s时间内,质点M运动的路程为1.6 mm
    答案 B
    解析 因为超声波沿x轴正方向传播,根据波形平移法可知,质点M开始振动的方向沿y轴负方向,故A错误;由图像可知波长为λ=14×10-2 mm,则探头发出的超声波在人体中的传播速度为v=λT=λf=14×10-5×1×107 m/s=1.4×103 m/s,故B正确;质点并不会随波的传播方向迁移,故C错误;由题意可知周期为T=1f=1×10-7 s,由于Δt=0.75×10-7 s=34T,且t=0时刻,质点M处于平衡位置开始起振,则0~0.75×10-7 s时间内,质点M运动的路程为s=34×4A=3A=1.2 mm,故D错误。
    3.(2024河北一模)研究表明原子核的质量虽然随着原子序数的增大而增大,但是二者之间并不成正比关系,其核子的平均质量(原子核的质量除以核子数)与原子序数的关系如图所示,一般认为大于铁原子核质量数(56)的为重核,小于则为轻核,下列对该图像的说法错误的是( )
    A.从图中可以看出,Fe原子核最稳定
    B.从图中可以看出,重核A裂变成原子核B和C时,释放核能
    C.从图中可以看出,轻核D和E发生聚变生成原子核F时,释放核能
    D.从图中可以看出,重核随原子序数的增加,其比结合能越大
    答案 D
    解析 从图中可以看出,Fe原子核核子平均质量最小,比结合能最大,Fe原子核最稳定,故A正确,不符合题意;重核A裂变成原子核B和C时,由图可知,核子平均质量减小,裂变过程存在质量亏损,需要释放能量,故B正确,不符合题意;轻核D和E发生聚变生成原子核F时,由图可知,核子平均质量减小,聚变过程存在质量亏损,需要释放能量,故C正确,不符合题意;从图中可以看出,重核随原子序数的增加,原子核越不稳定,故比结合能越小,故D错误,符合题意。
    4.(2024山东枣庄一模)如图所示,光滑斜面与平台相连,小物块以某一初速度从斜面底端冲上斜面并从平台右端滑落。已知斜面长2 m,小物块在斜面上运动的时间为1 s,则其初速度的大小可能为( )
    A.2 m/s B.3 m/s
    C.4 m/sD.5 m/s
    答案 B
    解析 设小物块的初速度大小为v0,加速度大小为a,根据匀减速直线运动规律有x=v0t-12at2,v=v0-at>0,联立解得v0v=xt=2 m/s,所以有2 m/sv2>v3
    D.在轨道上1、2、3位置所受的万有引力大小关系是F1>F2>F3
    答案 B
    解析 根据开普勒第三定律可得r3T2=k,三颗卫星在1、2、3轨道运行时轨道半径或者半长轴增大,所以周期增大,即T甲a3,故B正确;根据万有引力提供向心力有Gm地mr2=mv2r,得v=Gm地r,所以v1>v3,但无法确定v2与v3的大小关系,故C错误;由于不知道三颗卫星的质量关系,所以不能确定它们在轨道上1、2、3位置所受的万有引力大小关系,故D错误。
    二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
    8.(2024河南周口二模)如图是差动变压器式位移传感器的简化模型。两组匝数相等的副线圈上下对称分布,在ab端输入稳定的正弦式交变电流,电压有效值为Uab,cd间输出电压有效值为Ucd。初始时,铁芯两端与副线圈平齐,铁芯上下移动过程中始终有一端留在副线圈内,则铁芯( )
    A.向上移动,Ucd减小
    B.向下移动,Ucd增大
    C.静止不动,增大Uab,则Ucd不变
    D.向上移动一段距离后,增大Uab,则Ucd减小
    答案 BC
    解析 根据差动变压器式位移传感器的工作原理可知,两组匝数相等的副线圈上下对称,当铁芯两端与副线圈平齐时,两副线圈产生的感应电动势相互抵消,则cd间输出的电压为零,无论铁芯向上移动还是向下移动,cd间的输出电压均增大,A错误,B正确;若铁芯静止不动,增大 ab 间的输入电压,则两副线圈产生的感应电动势仍相互抵消,cd 间输出的电压不变,仍为零,C正确;由以上分析可知,铁芯向上移动一段距离后,cd 间一定有电压输出,若Uab增大,结合公式U1U2=n1n2可知,cd间的输出电压一定增大,D错误。
    9.(2024安徽一模)如图所示,轻质弹簧下端固定在光滑斜面底端,弹簧处于原长时上端在O点。小球将弹簧压缩到M点(弹簧和小球不连接)。由静止释放小球后,将该时刻记为t=0,小球第一次运动到O点的时刻为t=t1,小球运动到的最高点为N。在小球第一次从M点运动到N点的过程中,小球的速度v、加速度a、动能Ek以及小球机械能E随时间t变化的图像可能正确的是( )
    答案 AC
    解析 小球向上运动过程中,根据牛顿第二定律有F-mgsin θ=ma,随着弹力减小,加速度逐渐减小,速度逐渐增大,至F'=mgsin θ,此时加速度为0,速度达到最大,小球位于MO之间,随后有mgsin θ-F=ma,随着弹力F逐渐减小,加速度逐渐增大,直至t=t1后,加速度为a=gsin θ,之后加速度保持不变,速度逐渐减小,结合v-t图像斜率为加速度,动能的计算公式Ek=12mv2可知,A、C正确,B错误;小球运动过程中,弹簧弹力对小球做正功,小球机械能先增大,后不变,故D错误。
    10.(2024广东韶关二模)电磁缓冲装置广泛应用于高铁等交通工具,它利用电磁力来实现有效缓冲,其原理图如图所示。减速区分布着两部分磁场区域Ⅰ和Ⅱ(俯视),分别存在着垂直纸面向内和垂直纸面向外、宽度均为L的匀强磁场,磁感应强度的大小均为B。缓冲车质量为m,其底部最前端固定有边长也为L的N匝正方形线圈,线圈电阻为r,缓冲车以速度v0无动力进入减速区,不计摩擦及空气阻力。则( )
    A.缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中,线圈中的感应电流(从上往下看)沿逆时针方向
    B.缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中,缓冲车做加速度减小的减速运动
    C.若缓冲车的线圈刚进入区域Ⅱ时的速度为v,此时缓冲车受到的安培力大小为2N2B2L2vr
    D.从缓冲车的线圈进入区域Ⅱ开始,在缓冲车运动位移为L的过程中,通过线圈的电荷量为2NBL2r
    答案 ABD
    解析 根据右手定则可知,缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中,线圈中的感应电流(从上往下看)沿逆时针方向,故A正确;缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中,根据牛顿第二定律得NIBL=ma,线圈中的电流为I=NBLv'r,可得a=N2B2L2v'mr,根据左手定则可知,缓冲车受到的安培力向左,故缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中,缓冲车做加速度减小的减速运动,故B正确;若缓冲车的线圈刚进入区域Ⅱ时的速度为v,线圈中的电流为I'=2NBLvr,此时缓冲车受到的安培力大小为F'=2I'BL=4N2B2L2vr,故C错误;从缓冲车的线圈进入区域Ⅱ开始,到缓冲车运动位移为L的过程中,通过线圈的电荷量为q=IΔt=NΔΦrΔtΔt=NΔΦr=N·2BL2r=2NBL2r,故D正确。

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