2025年高考二輪復習物理選擇題專項練14

選擇題專項練(一)一、單項選擇題:本題共7小題,每小題4分,共28分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.(2024湖南岳陽二模)如圖所示,一束復色光從真空射向半圓形玻璃磚的表面,在圓心O處發(fā)生折射,光分成了兩束單色光a、b分別從A、B兩點射出,下列說法正確的是()A.玻璃對a光的折射率小于對b光的折射率B.a光從O點傳播到A點的時間大于b光從O點傳播到B點的時間C.若該復色光由紅光與紫光組成,則a光為紅光D.若用同一雙縫干涉裝置實驗,可看到a光的干涉條紋間距比b光的長答案B解析由圖可知,兩光的入射角相同,a光的折射角小,根據(jù)n=sinθ1sinθ2可知,a光的折射率大,故A錯誤;根據(jù)v=cn可知,在玻璃磚中a光的傳播速度小于b光的傳播速度,光傳播的路程都為半圓形玻璃磚的半徑r,根據(jù)t=rv可知,在玻璃磚中a光的傳播時間大于b光的傳播時間,故B正確;a光的折射率大,頻率高,波長短,若該復色光由紅光與紫光組成,則a光為紫光,故C錯誤;若用a、b光分別進行雙縫干涉實驗,在其他條件相同的情況下,根據(jù)Δx=ldλ2.(2024廣西貴港二模)B超是醫(yī)院對病人進行檢查的重要設(shè)備,B超成像的基本原理是探頭向人體發(fā)射一組超聲波,遇到人體不同組織時會產(chǎn)生不同程度的反射,探頭接收到的超聲波信號由計算機處理,從而形成B超圖像。如圖為探頭沿x軸正方向發(fā)送的簡諧超聲波圖像,t=0時刻波恰好傳到質(zhì)點M。已知此超聲波的頻率為1×107Hz。下列說法正確的是()A.質(zhì)點M開始振動的方向沿y軸正方向B.探頭發(fā)出的超聲波在人體中的傳播速度為1.4×103m/sC.t=0.75×107s時,質(zhì)點M運動到橫坐標x=28×102mm處D.0~0.75×107s時間內(nèi),質(zhì)點M運動的路程為1.6mm答案B解析因為超聲波沿x軸正方向傳播,根據(jù)波形平移法可知,質(zhì)點M開始振動的方向沿y軸負方向,故A錯誤;由圖像可知波長為λ=14×102mm,則探頭發(fā)出的超聲波在人體中的傳播速度為v=λT=λf=14×105×1×107m/s=1.4×103m/s,故B正確;質(zhì)點并不會隨波的傳播方向遷移,故C錯誤;由題意可知周期為T=1f=1×107s,由于Δt=0.75×107s=34T,且t=0時刻,質(zhì)點M處于平衡位置開始起振,則0~0.75×107s時間內(nèi),質(zhì)點M運動的路程為s=34×4A=3A=1.23.(2024河北一模)研究表明原子核的質(zhì)量雖然隨著原子序數(shù)的增大而增大,但是二者之間并不成正比關(guān)系,其核子的平均質(zhì)量(原子核的質(zhì)量除以核子數(shù))與原子序數(shù)的關(guān)系如圖所示,一般認為大于鐵原子核質(zhì)量數(shù)(56)的為重核,小于則為輕核,下列對該圖像的說法錯誤的是()A.從圖中可以看出,Fe原子核最穩(wěn)定B.從圖中可以看出,重核A裂變成原子核B和C時,釋放核能C.從圖中可以看出,輕核D和E發(fā)生聚變生成原子核F時,釋放核能D.從圖中可以看出,重核隨原子序數(shù)的增加,其比結(jié)合能越大答案D解析從圖中可以看出,Fe原子核核子平均質(zhì)量最小,比結(jié)合能最大,Fe原子核最穩(wěn)定,故A正確,不符合題意;重核A裂變成原子核B和C時,由圖可知,核子平均質(zhì)量減小,裂變過程存在質(zhì)量虧損,需要釋放能量,故B正確,不符合題意;輕核D和E發(fā)生聚變生成原子核F時,由圖可知,核子平均質(zhì)量減小,聚變過程存在質(zhì)量虧損,需要釋放能量,故C正確,不符合題意;從圖中可以看出,重核隨原子序數(shù)的增加,原子核越不穩(wěn)定,故比結(jié)合能越小,故D錯誤,符合題意。4.(2024山東棗莊一模)如圖所示,光滑斜面與平臺相連,小物塊以某一初速度從斜面底端沖上斜面并從平臺右端滑落。已知斜面長2m,小物塊在斜面上運動的時間為1s,則其初速度的大小可能為()A.2m/s B.3m/sC.4m/s D.5m/s答案B解析設(shè)小物塊的初速度大小為v0,加速度大小為a,根據(jù)勻減速直線運動規(guī)律有x=v0t12at2,v=v0at>0,聯(lián)立解得v0<4m/s,小物塊做勻減速直線運動,則其初速度大于平均速度,即有v0>v=xt=2m/s,所以有2m/s<v0<45.(2024河北一模)籃球是中學生喜歡的運動,如圖所示,小明從同一高度的A、B兩點先后將籃球拋出,籃球恰好都能垂直打在籃板上的P點,不計空氣阻力,上述兩個過程中籃球從A點()A.拋出后在空中的運動時間與從B點拋出的相等B.拋出后速度的變化量大C.拋出時小明對籃球做的功多D.拋出后克服重力做功的功率先增大后減小答案A解析將籃球看成反向平拋運動,籃球在豎直方向下降的高度相同,根據(jù)豎直方向上的位移—時間公式得h=12gt2,解得運動時間為t=2hg,所以兩個過程中籃球在空中運動的時間相等,拋出后速度的變化量都等于gt,即Δv=gt,故A正確,B錯誤;由圖可知從A點投出的籃球比從B點投出的籃球的水平位移小,根據(jù)水平方向上的運動學公式得x=v0t,所以有v0A<v0B,即從A點投出的籃球在水平方向的分速度小于從B點投出的籃球在水平方向的分速度,可得被拋出的速度大小為v=v02+(gt)2,結(jié)合v0A<v0B,可得vA<vB,即從A點投出的籃球的速度小,動能小,小明對籃球所做的功更少,故C錯誤;克服重力做功的功率為6.(2024山西一模)如圖所示,正方形ABCD四個頂點各固定一個點電荷,等量同種負電荷固定在A、B兩點;等量同種正電荷固定在C、D兩點,O是正方形的中心?，F(xiàn)將A處點電荷沿OA方向移至無窮遠處,規(guī)定無窮遠處電勢為零,則()A.移動前,O點的電勢大于零B.移動過程中,O點電場強度一直減少C.移動過程中,C處點電荷所受靜電力先減小后增大D.移到無窮遠處時,O點的電勢小于零答案B解析等量異種點電荷的中垂線上電勢為0,移動前,把A、C處點電荷作一組,把B、D處點電荷作一組,可知O點的電勢為零,故A錯誤;移動過程中,B、D處點電荷在O處的電場強度不變,方向由D到B,C處點電荷在O處產(chǎn)生的電場強度方向由C到O,大小不變,A處點電荷在O處產(chǎn)生的電場強度方向由C到O,大小不斷變小,由平行四邊形定則可知移動過程中,O點電場強度一直減少,同理,D、B處點電荷在C處的電場強度不變,方向由D到B,而A處點電荷在移動過程中,在C處產(chǎn)生的電場強度越來越小,所以C點的電場強度越來越小,則C處點電荷所受靜電力一直減小,故B正確,C錯誤;將A處點電荷沿OA方向移至無窮遠處后,相當于只有C處的正點電荷在O處產(chǎn)生電勢,則O點的電勢大于零,故D錯誤。7.(2024四川廣安二模)如圖所示,甲、乙、丙是地球赤道平面內(nèi)繞地心運動的三顆人造衛(wèi)星,甲、丙的軌道為圓,乙的軌道為橢圓。則三顆衛(wèi)星()A.在軌道上運行的周期關(guān)系是T甲>T乙>T丙B.在軌道上1、2、3位置的加速度大小關(guān)系是a1>a2>a3C.在軌道上1、2、3位置的速率關(guān)系是v1>v2>v3D.在軌道上1、2、3位置所受的萬有引力大小關(guān)系是F1>F2>F3答案B解析根據(jù)開普勒第三定律可得r3T2=k,三顆衛(wèi)星在1、2、3軌道運行時軌道半徑或者半長軸增大,所以周期增大,即T甲<T乙<T丙,故A錯誤;根據(jù)牛頓第二定律有Gm地mr2=ma,得a=Gm地r2,三顆衛(wèi)星在1、2、3處與地球球心間的距離增大,則加速度減小,即a1>a2>a3,故B正確;根據(jù)萬有引力提供向心力有Gm地mr2=mv2r,得v=Gm地r,所以v1>v3,但無法確定v2與v二、多項選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分。每小題有多個選項符合題目要求,全部選對得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分。8.(2024河南周口二模)如圖是差動變壓器式位移傳感器的簡化模型。兩組匝數(shù)相等的副線圈上下對稱分布,在ab端輸入穩(wěn)定的正弦式交變電流,電壓有效值為Uab,cd間輸出電壓有效值為Ucd。初始時,鐵芯兩端與副線圈平齊,鐵芯上下移動過程中始終有一端留在副線圈內(nèi),則鐵芯()A.向上移動,Ucd減小B.向下移動,Ucd增大C.靜止不動,增大Uab,則Ucd不變D.向上移動一段距離后,增大Uab,則Ucd減小答案BC解析根據(jù)差動變壓器式位移傳感器的工作原理可知,兩組匝數(shù)相等的副線圈上下對稱,當鐵芯兩端與副線圈平齊時,兩副線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相互抵消,則cd間輸出的電壓為零,無論鐵芯向上移動還是向下移動,cd間的輸出電壓均增大,A錯誤,B正確;若鐵芯靜止不動,增大ab間的輸入電壓,則兩副線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢仍相互抵消,cd間輸出的電壓不變,仍為零,C正確;由以上分析可知,鐵芯向上移動一段距離后,cd間一定有電壓輸出,若Uab增大,結(jié)合公式U1U2=n19.(2024安徽一模)如圖所示,輕質(zhì)彈簧下端固定在光滑斜面底端,彈簧處于原長時上端在O點。小球?qū)椈蓧嚎s到M點(彈簧和小球不連接)。由靜止釋放小球后,將該時刻記為t=0,小球第一次運動到O點的時刻為t=t1,小球運動到的最高點為N。在小球第一次從M點運動到N點的過程中,小球的速度v、加速度a、動能Ek以及小球機械能E隨時間t變化的圖像可能正確的是()答案AC解析小球向上運動過程中,根據(jù)牛頓第二定律有Fmgsinθ=ma,隨著彈力減小,加速度逐漸減小,速度逐漸增大,至F'=mgsinθ,此時加速度為0,速度達到最大,小球位于MO之間,隨后有mgsinθF=ma,隨著彈力F逐漸減小,加速度逐漸增大,直至t=t1后,加速度為a=gsinθ,之后加速度保持不變,速度逐漸減小,結(jié)合vt圖像斜率為加速度,動能的計算公式Ek=12mv2可知,A、C正確,B錯誤;小球運動過程中,彈簧彈力對小球做正功,小球機械能先增大,后不變,故D10.(2024廣東韶關(guān)二模)電磁緩沖裝置廣泛應(yīng)用于高鐵等交通工具,它利用電磁力來實現(xiàn)有效緩沖,其原理圖如圖所示。減速區(qū)分布著兩部分磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ(俯視),分別存在著垂直紙面向內(nèi)和垂直紙面向外、寬度均為L的勻強磁場,磁感應(yīng)強度的大小均為B。緩沖車質(zhì)量為m,其底部最前端固定有邊長也為L的N匝正方形線圈,線圈電阻為r,緩沖車以速度v0無動力進入減速區(qū),不計摩擦及空氣阻力。則()A.緩沖車的線圈進入?yún)^(qū)域Ⅰ的過程中,線圈中的感應(yīng)電流(從上往下看)沿逆時針方向B.緩沖車的線圈進入?yún)^(qū)域Ⅰ的過程中,緩沖車做加速度減小的減速運動C.若緩沖車的線圈剛進入?yún)^(qū)域Ⅱ時的速度為v,此時緩沖車受到的安培力大小為2D.從緩沖車的線圈進入?yún)^(qū)域Ⅱ開始,在緩沖車運動位移為L的過程中,通過線圈的電荷量為2答案ABD解析根據(jù)右手定則可知,緩沖車的線圈進入?yún)^(qū)域Ⅰ的過程中,線圈中的感