高考物理总复习选择题增分练二.doc

上传人:随风 文档编号:740939 上传时间:2019-06-07 格式:DOC 页数:6 大小:237.36KB
返回 下载 相关 举报
高考物理总复习选择题增分练二.doc_第1页
第1页 / 共6页
高考物理总复习选择题增分练二.doc_第2页
第2页 / 共6页
点击查看更多>>
资源描述

《高考物理总复习选择题增分练二.doc》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高考物理总复习选择题增分练二.doc(6页珍藏版)》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。

1、1选择题增分练选择题增分练( (二二) )(满分 48 分 24 分钟)说明:共 8 小题,每小题 6 分,在每小题给出的四个选项中,第 15 题只有一项符合题目要求,第 68 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n4 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n4 向n2 能

2、级跃迁的光子而发生光电效应解析:选 C.氢原子从n4 能级向低能级跃迁时能辐射 6 种不同频率的光子从n4到n3 跃迁辐射出的光子能量E43(1.510.85)eV0.66 eV4.54 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

3、小为F3B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F2C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 30F,解得小物体所受到的重力大小mgF,细线F mg3受到沿线方向的拉力大小FT2F,故 A 正确,B 错误;当F sin 30施加垂直于细线方向的拉力时,根据平衡条件可得FTF,解得细线受到沿线方向的拉力大小FTF,故 C 错误;当施加垂直(mg)2F2222于细线方向的拉力时,细线与竖直方向的夹角,则有mgsin F,解

4、得细线与竖直方向的夹角 sin sin 60,故 D 错误;故选 A.333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( )Aa12 m/s2,a23 m/s2Ba13 m/s2,a22 m/s2Ca15 m/s2,a23 m/s2Da13 m/s2,a25 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Ffma1,且Ff的最大值为Ffmmg,即a1的最大值为a1mg3

5、m/s2.当二者相对静止一起加速时,a1a23 m/s2.当F较大时,m与M发生相对滑动,a13 m/s2,a23 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

6、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GM r度大于卫星C的速度,故 A 正确;根据万有引力提供向心力:Gma,解得:aG,Mm r2M r2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3C做圆周运动的半径大于A的半径,由vr可知,C的线速度大于A的线速度,故 C 错误;根据a2r,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,

7、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( )Ab、c、e、f四点的场强相同Bb、c、e、f四点的电势相等CO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

8、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均为,磁场均沿半径方向;矩形线圈abcd(d点未在图中标4 9出)的匝数为N,其边长abcdl,bcad2l;线圈的总电阻为r,外接电阻为R;线圈以角速度绕中心轴匀速转动,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

9、动方向垂直则( )Abc边和ad边在磁场中运动时,线圈的感应电动势的大小为NBl2Bbc边和ad边在磁场中运动时,bc边所受安培力的大小为4N2B2l3 Rr4C通过R的电流有效值为2NBl2 RrD通过R的电流有效值为4NBl2 3(Rr)解析:选 BD.bc、ad边的运动速度v,电动势Em2NB2Lv2NBl2,A 错误;根L 2据欧姆定律得,电流Im,bc边所受安培力为FNBIm2l,故 B 项正确;Em Rr4N2B2l3 Rr因为两磁场的圆心角为 ,故一个周期内通电时间tT,由有效值定义知:I(Rr)4 94 92 mTI2(Rr)T,解得I,故选项 D 正确4 94NBl2 3(R

10、r)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g10 m/s2,则( )A滑块A的质量m1.5 kgB木板B的质量M1.5 kgC当F5 N 时,木板B的加速度a4 m/s2D滑块A与木板B间的动摩擦因数为0.1解析:选 AC.由图乙知,当F4 N 时A、B相对静止,加速度为a2 m/s2,对整体分析:F(mM)a,解得mM2 kg,当F4 N 时,A、B发生相对滑动,对B有:aF,由图象

11、可知,图线的斜率:k 2 kg1,解得M0.5 kg,Fmg M1 Mmg M1 Ma F则滑块A的质量为:m1.5 kg,故 A 正确,B 错误;将F4 N 所对图线反向延长线与F轴交点坐标代入F,解得0.2,故 D 错误;根据F5 N4 N 时,滑块与1 Mmg M木块相对滑动,B的加速度为aBF4 m/s2,故 C 正确1 Mmg M8如图所示,倾角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Ah 35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

12、斜面间的动摩擦因数,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33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mg33C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mg

13、sin 60F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F2mg,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 30mg,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1 2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DADC,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6

展开阅读全文
相关资源
相关搜索

当前位置:首页 > 教育专区 > 高中资料

本站为文档C TO C交易模式,本站只提供存储空间、用户上传的文档直接被用户下载,本站只是中间服务平台,本站所有文档下载所得的收益归上传人(含作者)所有。本站仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对上载内容本身不做任何修改或编辑。若文档所含内容侵犯了您的版权或隐私,请立即通知淘文阁网,我们立即给予删除!客服QQ:136780468 微信:18945177775 电话:18904686070

工信部备案号:黑ICP备15003705号© 2020-2023 www.taowenge.com 淘文阁