2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 選擇題滿分練7.doc

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選擇題滿分練七有一項符合題目要求，第68題有多項符合題目要求全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分1氫原子的能級示意圖如圖所示，現(xiàn)有大量的氫原子處于n4的激發(fā)態(tài)，當向低能級躍遷時，會輻射出若干種不同頻率的光，若用這些光照射逸出功為4.5 eV的鎢時，下列說法中正確的是()A氫原子能輻射4種不同頻率的光子B氫原子輻射的光子都能使鎢發(fā)生光電效應(yīng)C氫原子輻射一個光子后，氫原子的核外電子的速率增大D鎢能吸收兩個從n4向n2能級躍遷的光子而發(fā)生光電效應(yīng)解析：選C.氫原子從n4能級向低能級躍遷時能輻射6種不同頻率的光子從n4到n3躍遷輻射出的光子能量E43(1.510.85)eV0.66 eV4.54 eV，故不能使鎢發(fā)生光電效應(yīng)；氫原子輻射一個光子后，能級降低，半徑變小，動能變大，速率增大；金屬發(fā)生光電效應(yīng)時，不能同時吸收兩個光子；綜上述選項C正確2如圖所示，一定質(zhì)量的小物體(可視為質(zhì)點)用輕質(zhì)細線固定懸掛在天花板上在水平拉力F作用下，當細線與豎直方向夾角為30時小物體恰能處于平衡狀態(tài)若對小物體施加同樣大小的拉力，方向垂直于細線，仍然使物體處于平衡狀態(tài)則下列說法中正確的是()A小物體所受到的重力大小為FB當施加水平方向作用力時細線受到沿線方向的拉力大小等于FC當施加垂直于細線方向的拉力時，細線受到沿線方向的拉力大小等于2FD當施加垂直于細線方向的拉力時，細線與豎直方向的夾角大于60解析：選A.對小物體受力分析，根據(jù)平衡條件可得tan 30，F(xiàn)Tsin 30F，解得小物體所受到的重力大小mgF，細線受到沿線方向的拉力大小FT2F，故A正確，B錯誤；當施加垂直于細線方向的拉力時，根據(jù)平衡條件可得FTF，解得細線受到沿線方向的拉力大小FTF，故C錯誤；當施加垂直于細線方向的拉力時，細線與豎直方向的夾角，則有mgsin F，解得細線與豎直方向的夾角sin sin 60，故D錯誤；故選A.3如圖所示，在光滑水平面上有一靜止小車，小車上靜止地放置著一小物塊，物塊和小車間的動摩擦因數(shù)為0.3，用水平恒力F拉動小車，設(shè)物塊的加速度為a1，小車的加速度為a2，重力加速度g取10 m/s2.當水平恒力F取不同值時，a1與a2的值可能為()Aa12 m/s2，a23 m/s2Ba13 m/s2，a22 m/s2Ca15 m/s2，a23 m/s2Da13 m/s2，a25 m/s2解析：選D.由受力分析可知物塊的加速度取決于M對物塊的摩擦力，即Ffma1，且Ff的最大值為Ffmmg，即a1的最大值為a1mg3 m/s2.當二者相對靜止一起加速時，a1a23 m/s2.當F較大時，m與M發(fā)生相對滑動，a13 m/s2，a23 m/s2，綜上所述只有選項D符合題意4如圖所示，A為置于地球赤道上的物體，B為繞地球橢圓軌道運行的衛(wèi)星，C為繞地球做圓周運動的衛(wèi)星，B、C運行軌道與赤道在同一平面內(nèi)，P為B、C兩衛(wèi)星軌道的交點，已知A、B、C繞地心運動的周期相同，下列說法正確的是()A衛(wèi)星B在近地點的速度大于衛(wèi)星C的速度B衛(wèi)星B在P點的加速度大于衛(wèi)星C的加速度C衛(wèi)星C的運行速度小于物體A的速度D衛(wèi)星C和物體A具有相同大小的加速度解析：選A.B在橢圓軌道上的近地點距地球距離小于C衛(wèi)星的軌道半徑，因為B在近地點將做離心運動，故B在近地點速度大于在近地點做圓周運動的衛(wèi)星速度，再根據(jù)衛(wèi)星速度公式v ，可知，近地點環(huán)繞速度大于C衛(wèi)星的速度，從而可知，B在近地點的速度大于衛(wèi)星C的速度，故A正確；根據(jù)萬有引力提供向心力：Gma，解得：aG，在P點，G、M、r都相同，所以衛(wèi)星B在P點的加速度大小與衛(wèi)星C在P點加速度大小相等，故B錯誤；因為A、B、C繞地心運動的周期相同，所以A、B、C的角速度相等，衛(wèi)星C做圓周運動的半徑大于A的半徑，由vr可知，C的線速度大于A的線速度，故C錯誤；根據(jù)a2r，可知因為衛(wèi)星C做圓周運動的半徑大于A的半徑，所以衛(wèi)星C加速度大于物體A的加速度，故D錯誤故A正確，BCD錯誤5如圖所示，以O(shè)點為圓心的圓周上有六個等分點a、b、c、d、e、f，等量正、負點電荷分別放置在a、d兩點時，下列說法中正確的是()Ab、c、e、f四點的場強相同Bb、c、e、f四點的電勢相等CO點的電勢高于b、c、e、f四點的電勢D將一帶正電的試探電荷從O點移到e點，電場力做正功解析：選D.由題意可知，兩點電荷在e、f處的電場強度各自進行矢量合成，則e、f處場強大小相等，而方向不相同，同理b、c電場強度大小相等，方向不同，故A錯誤依據(jù)等量異種電荷，等勢線的分布，可知，b、f二點的電勢相等，而c、e二點的電勢相等，且b、f二點的電勢高于c、e二點的電勢，故B錯誤；根據(jù)沿著電場線方向，電勢降低，因此O點的電勢高于c、e二點的電勢，而低于b、f二點的電勢，故C錯誤；將一帶正電的試探電荷從O點移到e點，即從高電勢移動低電勢，那么電勢能降低，因此電場力做正功，故D正確；故選D.6如圖所示為某興趣小組設(shè)計的一種發(fā)電裝置，在磁極和圓柱狀鐵芯之間形成的兩磁場區(qū)域的圓心角均為，磁場均沿半徑方向；矩形線圈abcd(d點未在圖中標出)的匝數(shù)為N，其邊長abcdl，bcad2l；線圈的總電阻為r，外接電阻為R；線圈以角速度繞中心軸勻速轉(zhuǎn)動，bc邊和ad邊同時進、出磁場在磁場中，bc邊和ad邊所經(jīng)過處的磁感應(yīng)強度大小均為B、方向始終與兩邊的運動方向垂直則()Abc邊和ad邊在磁場中運動時，線圈的感應(yīng)電動勢的大小為NBl2Bbc邊和ad邊在磁場中運動時，bc邊所受安培力的大小為C通過R的電流有效值為D通過R的電流有效值為解析：選BD.bc、ad邊的運動速度v，電動勢Em2NB2Lv2NBl2，A錯誤；根據(jù)歐姆定律得，電流Im，bc邊所受安培力為FNBIm2l，故B項正確；因為兩磁場的圓心角為，故一個周期內(nèi)通電時間tT，由有效值定義知：I(Rr)TI2(Rr)T，解得I，故選項D正確7(多選)質(zhì)量為M的足夠長的木板B放在光滑水平地面上，一個質(zhì)量為m的滑塊A(可視為質(zhì)點)放在木板上，設(shè)滑塊受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，如圖甲所示木板B受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出木板B的加速度a，得到如圖乙所示的aF圖象，取g10 m/s2，則()A滑塊A的質(zhì)量m1.5 kgB木板B的質(zhì)量M1.5 kgC當F5 N時，木板B的加速度a4 m/s2D滑塊A與木板B間的動摩擦因數(shù)為0.1解析：選AC.由圖乙知，當F4 N時A、B相對靜止，加速度為a2 m/s2，對整體分析：F(mM)a，解得mM2 kg，當F4 N時，A、B發(fā)生相對滑動，對B有：aF，由圖象可知，圖線的斜率：k2 kg1，解得M0.5 kg，則滑塊A的質(zhì)量為：m1.5 kg，故A正確，B錯誤；將F4 N所對圖線反向延長線與F軸交點坐標代入F，解得0.2，故D錯誤；根據(jù)F5 N4 N時，滑塊與木塊相對滑動，B的加速度為aBF4 m/s2，故C正確8如圖所示，傾角60、高為h的粗糙絕緣斜面體ABC固定在水平地面上，一個帶負電的小球(可視為點電荷)固定在BC邊上距B點高處的D點，可視為質(zhì)點的帶正電的小物塊Q靜止于斜面底端的A點，此時小物塊Q恰好不接觸地面且與斜面間的摩擦力為0.已知小物塊Q與斜面間的動摩擦因數(shù)，小物塊Q所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，下列說法正確的是()A小物塊Q靜止于A點時所受的庫侖力與其重力大小相等B若要拉動小物塊Q，使之沿斜面向上運動，則拉力的最小值為mgC在拉動小物塊Q緩慢沿斜面向上運動的過程中，當其所受摩擦力最大時，系統(tǒng)的電勢能也最大D若緩慢地將小物塊Q從A點拉動至C點，則外力做功等于小物塊Q重力勢能的增加量與系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量之和解析：選AD.小物塊Q靜止于A點時，恰好不接觸地面且與斜面間的摩擦力為0，對小物塊Q受力分析且由幾何關(guān)系可知，小物塊Q所受庫侖引力與水平面夾角為30，則沿斜面方向?qū)π∥飰KQ由平衡條件得mgsin 60F庫cos 30，解得F庫mg，A正確小物塊Q運動時，除拉力外的受力如圖甲所示，庫侖力與重力大小相等，且二者夾角為120，故庫侖力與重力的合力大小為F2mg，合力在重力與庫侖力的角平分線上，方向與重力方向夾角為60，由題給數(shù)據(jù)知小物塊Q所受支持力與滑動摩擦力的合力F1方向沿水平方向向右如圖乙所示，由圖解法可得，滿足拉力與F1方向垂直時，拉力最小，最小值為mgsin 30mg，B錯誤在運動過程中，小物塊Q與D點距離最近時，所受的庫侖力最大，與斜面間彈力最大，滑動摩擦力最大，此時系統(tǒng)的電勢能最小，C錯誤DADC，小物塊Q在A、C兩點電勢能相等，由能量守恒可知，若緩慢地將小物塊Q從A點拉動至C點，則外力做功等于小物塊Q的重力勢能增加量與系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量之和，D正確