《（天津專用）2020高考物理二輪復習 選擇題專項訓練（四）（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（天津專用）2020高考物理二輪復習 選擇題專項訓練（四）（含解析）（5頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、選擇題專項訓練(四)(時間:25分鐘分值:31分)一、單項選擇題(共5小題,每小題3分,共15分。每小題給出的四個選項中,只有一個選項是正確的)1.下列論述中正確的是()A.開普勒根據萬有引力定律得出行星運動規(guī)律B.愛因斯坦的狹義相對論,全面否定了牛頓的經典力學規(guī)律C.普朗克把能量子引入物理學,正確地破除了“能量連續(xù)變化”的傳統(tǒng)觀念D.玻爾提出的原子結構假說,成功地解釋了各種原子光譜的不連續(xù)性答案:C解析:開普勒通過研究第谷的行星觀測數據,得出了行星運動規(guī)律,A錯誤;愛因斯坦的狹義相對論,并沒有全面否定牛頓的經典力學,B錯誤;普朗克把能量子引入物理學,正確地破除了“能量連續(xù)變化”的傳統(tǒng)觀念,C
2、正確;玻爾提出的原子結構假說,不能解釋復雜原子,如氦原子核光譜的不連續(xù)性,D錯誤。2.如圖所示,放置在光滑的水平地面上足夠長的斜面體,下端固定有擋板,用外力將輕質彈簧壓縮在小木塊和擋板之間,彈簧的彈性勢能為100 J。撤去外力,木塊開始運動,離開彈簧后,沿斜面向上滑到某一位置后,不再滑下,則()A.木塊重力勢能的增加量為100 JB.木塊運動過程中,斜面體的支持力對木塊做功不為零C.木塊、斜面體和彈簧構成的系統(tǒng),機械能守恒D.最終,木塊和斜面體以共同速度向右勻速滑行答案:B解析:因為到達最高點后,木塊不再下滑,所以木塊必受斜面的摩擦力作用,木塊沿斜面上滑時,斜面體受到木塊的斜向右上的摩擦力作用
3、,該力在水平方向上有一個分力,故斜面體向右運動,木塊相對地面在水平方向上有位移,斜面體對木塊的支持力與水平位移夾角不垂直,故斜面體的支持力對木塊做功不為零,木塊、斜面體和彈簧構成的系統(tǒng),有摩擦力做功,所以機械能不守恒,B正確,C錯誤;將彈簧、木塊和斜面體看成一個整體,整體在水平方向上受力為零,所以系統(tǒng)水平方向動量守恒,釋放彈簧前系統(tǒng)水平方向動量為零,故釋放彈簧后系統(tǒng)水平方向動量仍舊為零,即木塊和斜面體最后靜止,彈簧的彈性勢能轉化為系統(tǒng)的內能(克服摩擦力做功)以及木塊的重力勢能,故木塊重力勢能的增加量小于100J,A、D錯誤。3.如圖所示,a為放在地球赤道上隨地球一起轉動的物體,b、c、d為在圓
4、軌道上運行的衛(wèi)星,軌道平面均在地球赤道面上,其中b是近地衛(wèi)星,c是地球同步衛(wèi)星。若a、b、c、d的質量相同,地球表面附近的重力加速度為g,則下列說法正確的是()A.b衛(wèi)星轉動的線速度大于7.9 km/sB.a、b、c、d的周期大小關系為TaTbTcTdC.a和b的向心加速度都等于重力加速度gD.在b、c、d中,b的動能最大,d的機械能最大答案:D解析:7.9km/s是第一宇宙速度,是衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動最大的運行速度,所以b衛(wèi)星轉動的線速度小于7.9km/s,故A錯誤。對于b、c、d三顆衛(wèi)星,由開普勒第三定律r3T2=k,知TbTcTd,地球同步衛(wèi)星的周期與地球自轉周期相同,則有Ta=Tc
5、,因此有TbTa=Tc2gR2h,g為重力加速度。從拋出到第一次碰撞筒壁,不計空氣阻力,則下列說法正確的是()A.三小球運動時間之比tAtBtC=321B.三小球下落高度之比hAhBhC=231C.重力對三小球做功之比WAWBWC=341D.重力的平均功率之比PAPBPC=231答案:AC解析:因為三個小球都碰壁,說明沒有下落到底部,小球在水平方向上做勻速直線運動,根據幾何知識可知三個球的水平位移xA=2R32=3R,xB=2R,xC=2R12=R,而所用時間tAtBtC=xAv0xBv0xCv0=321,A正確;在豎直方向上做自由落體運動,三小球下落高度之比hAhBhC=12gtA212gt
6、B212gtC2=341,B錯誤;重力對小球做功WG=mgh,故WAWBWC=hAhBhC=341,C正確;重力的平均功率P=Wt,故PAPBPC=WAtAWBtBWCtC=334211=321,D錯誤。7.為了進一步探究課本中的小實驗,某同學從圓珠筆中取出輕彈簧,將彈簧一端固定在水平桌面上,彈簧豎直放置,另一端套上筆帽,用力把筆帽往下壓后迅速放開。他觀察到筆帽被彈起并離開彈簧向上運動一段距離。不計空氣阻力,忽略筆帽與彈簧間的摩擦,在彈簧恢復原長的過程中()A.筆帽一直做加速運動B.彈簧對筆帽做的功和對桌面做的功相等C.彈簧對筆帽的沖量大小和對桌面的沖量大小相等D.彈簧對筆帽的彈力做功的平均功
7、率大于筆帽克服重力做功的平均功率答案:CD解析:彈簧恢復原長的過程中,開始時筆帽向上加速運動,彈簧壓縮量減小,彈力減小,當彈力等于重力時,加速度為零,速度最大,此后彈力小于重力,合力向下,加速度與速度方向相反,筆帽做減速運動,故A錯誤;筆帽向上運動,受到的彈力方向向上,力與位移同向,故彈力對筆帽做正功,重力方向向下,與位移反向,對筆帽做負功,由于筆帽動能增加,所以彈簧對筆帽做的功大于筆帽克服重力做的功,時間相同,根據功率的定義,得D正確;彈簧對桌面雖然有彈力,但沒有位移,所以不做功,故B錯誤;由于輕彈簧質量不計,所以彈簧對桌面的彈力等于對筆帽的彈力,作用時間相同,沖量大小相等,故C正確。8.圖
8、甲中理想變壓器的原線圈依次接入如圖乙所示的a、b兩個正弦式交變電源。接電源a后,調節(jié)滑動變阻器滑片位置使小燈泡A正常發(fā)光,小燈泡的功率及電流頻率分別為P1、f1;保持滑片位置不變,改用電源b,小燈泡的功率及電流頻率分別為P2、f2,則()A.f1f2=32B.P1P2=21C.若將變阻器滑片向左移動,電源b可能使小燈泡正常發(fā)光D.若將變壓器動片P向下移動,電源b可能使小燈泡正常發(fā)光答案:AD解析:變壓器不改變交流電的頻率,從題圖乙中可知3T1=2T2,即T1T2=23,所以f1f2=32,A正確;從題圖乙中可知a、b兩個電源的電動勢最大值之比為21,兩種情況下副線圈兩端的電壓有效值之比為21,
9、所以兩種情況下通過燈泡的電流之比為21,根據P=I2R可知P1P2=41,B錯誤;若將變阻器滑片向左移動,滑動變阻器接入電路的電阻增大,通過燈泡的電流減小,所以電源b不可能使小燈泡正常發(fā)光,C錯誤;若將變壓器動片P向下移動,即n1n2減小,根據n1n2=U1U2可知U2增大,即副線圈兩端電壓增大,故電源b可能使小燈泡正常發(fā)光,D正確。9.兩個完全相同的平行板電容器C1、C2水平放置,如圖所示。開關S閉合時,兩電容器中間各有一油滴A、B剛好處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將S斷開,將C2下極板向上移動少許,然后再次閉合S,則下列說法正確的是()A.兩油滴的質量相等,電性相反B.斷開開關,移動C2下極板過程中,B
10、所在位置的電勢不變C.再次閉合S瞬間,通過開關的電流可能從上向下D.再次閉合開關后,A向下運動,B向上運動答案:BCD解析:當S閉合時,左邊電容的上極板和右邊電容的下極板相連,即兩個極板的電勢相等,又因為其他兩個極板都接地,電勢相等,故兩極板間的電勢差的絕對值相等,根據mg=|U|dq,由于不知道兩油滴的電荷量,故兩個油滴的質量不一定相等,若C1上極板帶正電,則C1電場方向豎直向下,A液滴應受到豎直向上的靜電力,故帶負電,C2下極板帶正電,則C2電場方向豎直向上,B滴液應受到豎直向上的靜電力,所以帶正電,電性相反;若C1上極板帶負電,則C1電場方向豎直向上,A液滴應受到豎直向上的靜電力,故帶正
11、電,C2下極板帶負電,則C2電場方向豎直向下,B滴液應受到豎直向上的靜電力,所以帶負電,電性相反,總之,兩油滴的電性相反,A錯誤;斷開開關,移動C2下極板過程中,兩極板所帶電荷量相等,根據C=rS4kd,C=QU,E=Ud聯(lián)立可得E=4kQrS,兩極板間的電場強度大小和兩極板間的距離無關,故電場強度恒定,所以B的受力不變,故仍處于靜止狀態(tài),到上極板(零電勢)的距離不變,根據U=Ed可知B點的電勢不變,B正確;S斷開,將C2下極板向上移動少許,根據C=rS4kd可知C2增大,根據C=QU可知U減小,即C2下極板電勢降低,再次閉合S瞬間,C1上極板的電勢大于C2下極板的電勢,通過開關的電流可能從上向下,穩(wěn)定后,根據E=Ud可知C1兩極板間的電勢差減小,電場強度減小,A向下運動,C2兩極板間的電勢差增大,電場強度增大,B向上運動,C、D正確。- 5 -
（天津專用）2020高考物理二輪復習 選擇題專項訓練（四）（含解析）
