2023年高考物理二轮复习题型突破训练1选择题突破练

一选择题突破练一、单项选择题1.如下图是倾角为45°的斜坡，在斜坡底端P点正上方某一位置Q处以速度v0水平向左抛出一个小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t1.小球B从同一点Q处自由下落，下落至P点的时间为t2，不计空气阻力，那么t1∶t2为()(导学号57180144)A．1∶2 B．1∶eq\r(3)C．1∶3 D．1∶eq\r(2)解析：小球A恰好能垂直落在斜坡上，如下图．由几何关系可知，小球竖直方向的速度增量vy＝gt1＝v0①水平位移x＝v0t1②竖直位移hQ＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)③由①②③得到：eq\f(hQ,x)＝eq\f(1,2)由几何关系可知小球B作自由下落的高度为hQ＋x＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)④联立以上各式解得：eq\f(t1,t2)＝eq\f(1,\r(3)).答案：B2．游乐场中，从离水面一定高度的A处到水面B处有两条长度相同的光滑轨道，如下图．甲、乙两名小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，那么两名小孩在全部滑行过程中的速率v随时间t变化的以下图象，正确的选项是()(导学号57180145)解析：根据牛顿第二定律可知，甲的加速度逐渐减小，乙的加速度逐渐增加，而vt图线的斜率等于加速度；两小孩的位移相同，图线与坐标轴围成的面积相等；两小孩的末速率相等，应选项B正确．答案：B3.(2023·龙岩模拟)如下图，两个相同的小物体P、Q静止在斜面上，P与Q之间的弹簧A处于伸长状态，Q与挡板间的弹簧B处于压缩状态，那么以下判断正确的选项是()A．撤去弹簧A，物体P将下滑，物体Q将静止B．撤去弹簧A，弹簧B的弹力将变小C．撤去弹簧B，两个物体均保持静止D．撤去弹簧B，弹簧A的弹力将变小解析：根据题意：将P、Q看成整体可以知道，P和Q的摩擦力方向均沿斜面向上，如果P、Q整体的摩擦力大于整体重力沿斜面向下的分力，撤去弹簧A后物块P和Q仍然可以处于静止状态，弹簧B的弹力可能不变，应选项A、B错误；撤去弹簧B，弹簧A的长度不变，所以弹力不变，所以物块P的受力不变，P将继续保持静止，Q受到的向下的力少了弹簧B的推力，所以摩擦力减小，Q仍将静止，应选项C正确，选项D错误．答案：C4．以下说法正确的选项是()(导学号57180146)A.eq\o\al(232,)90Th经过6次α衰变和3次β衰变后成为稳定的原子核eq\o\al(208,)82PbB．原子从a能级状态跃迁到b能级状态时发射波长为λ1的光子；原子从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收波长为λ2的光子，λ1＞λ2.那么原子从a能级状态跃迁到c能级状态时将要吸收波长为eq\f(λ1λ2,λ1－λ2)的光子C．当用蓝色光照射某金属外表时有电子逸出，那么改用红光照射也一定会有电子逸出D.eq\o\al(232,)90Th发生衰变，经过3个半衰期，剩下的eq\o\al(232,)90Th占开始时的eq\f(1,9)解析：发生α衰变是放出eq\o\al(4,2)He，发生β衰变是放出电子0－1e，设发生了x次α衰变和y次β衰变，那么根据质量数和电荷数守恒有2x－y＋82＝90，4x＋208＝232，解得x＝6，y＝4，故衰变过程中共有6次α衰变和4次β衰变，A错误．原子从a能级状态跃迁到b能级状态时发射波长为λ1的光子．原子从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收波长为λ2的光子，λ1＞λ2.根据玻尔理论得a→b：Ea－Eb＝heq\f(c,λ1)；b→c：Ec－Eb＝heq\f(c,λ2)；a→c：Ec－Ea＝heq\f(c,λ)，联立以上三式得λ＝eq\f(λ1λ2,λ1－λ2)，故B正确．发生光电效应的条件是入射光的频率不小于金属的极限频率，红光的频率小于蓝光，不一定有光电效应现象，故C错误．剩下的eq\o\al(232,)90Th占开始时的eq\f(1,8)，故D错误．答案：B5．如下图的电路中，R1＝R2＝2kΩ，电压表V1的内阻为6kΩ，电压表V2的内阻为3kΩ，AB间的电压U保持不变，当电键S闭合后，它们的示数变化是()A．V1表的示数变大，V2表的示数变小B．V1表的示数变小，V2表的示数变大C．V1、V2表的示数均变小D．V1、V2表的示数均变大解析：S断开时，两电阻与两电压表并联，那么V1的示数为eq\f(2,3)U，V2的示数为eq\f(U,3)；当S闭合时，相当于V1与R1并联，R2与V2并联，然后再串联；V1与R1的总电阻为eq\f(2×6,2＋6)Ω＝1.5Ω，R2与V2并联后的总电阻为eq\f(2×3,2＋3)Ω＝eq\f(6,5)Ω；那么可知，电压之比为5∶4；故V1示数为eq\f(5,9)U，V2示数为eq\f(4,9)U；故V1的示数减小，V2示数增大，应选项B正确．答案：B6．(2023·济南模拟)“天舟一号〞飞船是中国空间技术研究院研制的第一艘货运飞船，2017年4月20日19时41分在海南文昌航天发射中心，由长征七号遥二运载火箭发射.4月21日上午，“天舟一号〞货运飞船已经完成了两次的轨道控制，后来又进行了三次的轨道控制，使“天舟一号〞货运飞船控制到“天宫二号〞的后下方.4月22日12时23分，“A．根据“天宫二号〞离地面的高度，可计算出地球的质量B．“天舟一号〞与“天宫二号〞的对接过程，满足动量守恒、能量守恒C．“天宫二号〞飞越地球的质量密集区上空时，轨道半径和线速度都略微减小D．假设测得“天舟一号〞环绕地球近地轨道的运行周期，可求出地球的密度解析：根据Geq\f(Mm,〔R＋h〕2)＝meq\f(4π2,T2)(R＋h)，可得M＝eq\f(4π2〔R＋h〕3,GT2)，那么根据“天宫二号〞离地面的高度，不可计算出地球的质量，选项A错误；“天舟一号〞与“天宫二号〞的对接时，“天舟一号〞要向后喷气加速才能对接，故对接的过程不满足动量守恒，但是能量守恒，选项B错误；“天宫二号〞飞越地球的质量密集区上空时，万有引力变大，那么轨道半径略微减小，引力做正功，故线速度增加，选项C错误；Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(4π2,T2)R，而M＝eq\f(4,3)πR3ρ，可得ρ＝eq\f(3π,GT2)，即假设测得“天舟一号〞环绕地球近地轨道的运行周期，可求出地球的密度，选项D正确；应选D.答案：D7．(2023·马鞍山模拟)如下图，A是一个边长为L的正方形导线框，每边电阻为r.现维持线框以恒定速度v沿x轴运动，并穿过图中所示由虚线围成的匀强磁场区域．Ubc＝φb－φc，线框在图示位置的时刻作为时间的零点，那么b、c两点间的电势差随时间变化的图线应为()解析：规定以顺时针方向为电流的正方向，0～eq\f(L,v)，线框在磁场外，感应电流为0.eq\f(L,v)～eq\f(2L,v)，由右手定那么可得出电流的方向为逆时针的方向，维持线框以恒定速度v沿x轴运动，所以感应电动势和电流不变，根据法拉第电磁感应定律，那么有Ubc＝eq\f(3,4)BLv，eq\f(2L,v)－eq\f(4L,v)，线框全部进入磁场，感应电流为0，但感应电动势BLv，那么vbc＝BLv，eq\f(4L,v)～eq\f(5L,v)，线框左边切割磁感线，由右手定那么可得出电流的方向为顺时针的方向，维持线框以恒定速度v沿x轴运动，所以感应电动势和电流不变，根据法拉第电磁感应定律，那么有Ubc＝eq\f(BLv,4).答案：B8．由两种不同材料拼接成的直轨道ABC，B为两种材料的分界线，长度AB>BC.先将ABC按图甲方式搭建成倾角为θ的斜面，让一小物块(可看作质点)从斜面顶端由静止释放，经时间t小物块滑过B点；然后将ABC按图乙方式搭建成倾角为θ的斜面，同样将小物块从斜面顶端由静止释放，小物块经相同时间t滑过B点．那么小物块()(导学号57180147)A．与AB段的动摩擦因数比与BC段的动摩擦因数大B．两次滑到B点的速率相同C．两次从顶端滑到底端所用的时间相同D．两次从顶端滑到底端的过程中摩擦力做功相同解析：第一种情况：从A到B过程，AB＝eq\f(1,2)a1t2＝eq\f(1,2)g(sinθ－μ1cosθ)t2，第二种情况从C到B的过程，CB＝eq\f(1,2)a2t2＝eq\f(1,2)g(sinθ－μ2cosθ)t2，因为AB>BC，所以μ1＜μ2，即物块与AB段的动摩擦因数比与BC段的动摩擦因数小，选项A错误．据题意两次做匀加速直线运动s＝eq\f(v,2)t，可知位移大的平均速度大，末速度同样大，故第一次到B的速率更大些，选项B错误．由WFf＝－μ1mgcosθ·AB－μ2mgcosθ·BC，那么两次摩擦力做功相等，故D正确．两个过程摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理可知，两次下滑中物块到达底端速度相等为v，那么第一种BC＝eq\f(v1＋v,2)t1，第二种BA＝eq\f(v2＋v,2)t2，因BC<BA，v1＞v2，所以t1<t2，即第二次到达底端的时间较长，选项C错误．应选D.答案：D二、多项选择题9．(2023·沈阳模拟)根据质点的位置关系，我们可以分析出质点的运动轨迹．假设一个质点在水平面上的xOy直角坐标系位置函数是：x＝Lcosωt，y＝Lsinωt.(ω是定值)那么该质点的速率－时间、加速度大小－时间、合力大小－时间、合力做功—时间等相关图象错误的选项是()解析：质点在水平面上的xOy直角坐标系位置函数是：x＝Lcosωt，y＝Lsinωt，所以质点在平面直角坐标系中是一个匀速圆周运动，所受合力大小不变，速度大小不变，方向时刻在变，同样加速度大小也不变，方向在变；力和速度始终垂直，故力不做功，故A、B、D错误，C正确．答案：ABD10．(2023·衡水模拟)在真空中的x轴上的原点处和x＝6a处分别固定一个点电荷M、N，在x＝2a处由静止释放一个正点电荷P，假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，得到点电荷P速度大小与其在x轴上的位置关系如下图(其中在x＝4aA．点电荷M、N一定都是同种正电荷B．点电荷M、N一定为异种电荷C．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1D．x＝4a解析：由vx图象可知，点电荷P的速度先增大后减小，所以点电荷P的动能先增大后减小，说明电场力先做正功，后做负功，结合正电荷受到的电场力的方向与电场强度的方向相同可知，电场强度的方向先沿x轴的正方向，后沿x轴的负方向，根据点电荷的电场线的特点与电场的叠加原理可知，点电荷M、N一定都是正电荷，故A正确，B错误；由题图可知，在x＝4a处点电荷P的速度最大，速度的变化率为0，说明了x＝4a处的电场强度等于0，那么M与N的点电荷在x＝4a处的电场强度大小相等，方向相反，根据库仑定律得：eq\f(kQM,〔4a〕2)＝eq\f(kQN,〔6a－4a〕2)，所以点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1，故C正确，D错误．应选AC.答案：AC11．某人驾驶一辆汽车甲正在平直的公路上以某一速度匀速运动，突然发现前方50m处停着一辆乙车，立即刹车，刹车后做匀减速直线运动．该车刹车后第1个2s内的位移是24m，第4个2s内的位移是A．汽车甲刹车后做匀减速直线运动的加速度大小为eq\f(23,12)m/s2B．汽车甲刹车后做匀减速直线运动的加速度大小为2m/s2C．汽车甲刹车后停止前，可能撞上乙车D．汽车甲刹车前的速度为14m解析：根据x4－x1＝3aT2代入数据解得a＝eq\f(1－24,3×4)m/s2＝－eq\f(23,12)m/s2，再由位移公式x＝v0t1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)解得初速度v0＝14m/s，速度减为零用时t＝eq\f(v0,a)＝7.3s，可知汽车在8s前速度减为零，设汽车的加速度为a，根据x1＝v0t1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，得24＝2v0＋2a，汽车速度减为零时间t＝eq\f(0－v0,a)，采用逆向思维，最后2s位移x＝eq\f(1,2)(－a)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8－\f(－v0,a)))eq\s\up12(－2)，联立解得a＝－2m/s2，初速度v0＝14m/s，所以B、D正确，A错误；汽车刹车距离x＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝49m，所以不能撞上乙车，故C错误．答案：BD12．(2023·西宁模拟)如下图，面积为0.02m2、内阻不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，转动的角速度为100rad/s，匀强磁场的磁感应强度为eq\f(\r(2),2)T．矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头P可移动，副线圈所接电阻R＝25Ω，电表均为理想交流电表．当线圈平面与磁场方向平行时开始计时．以下说法正确的选项是()A．线圈中感应电动势的表达式为e＝100eq\r(2)cos(100t)VB．P上移时，电流表示数减小C．t＝0时，电压表示数为100eq\r(2)VD．当原、副线圈匝数比为2︰1时，电阻上消耗的功率为50W解析：矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为Em＝NBSω＝100×eq\f(\r(2),2)×0.02×100V＝100eq\r(2)V，线圈中感应电动势的表达式为e＝100eq\r(2)·cos100t(V)，故A正确；P上移时，原线圈的匝数减小，那么导致副线圈电压增大，那么副线圈电流也增大，那么原线圈的电流会增大，故B错误；由于最大值为有效值的eq\r(2)倍，所以交变电流的有效值为U＝100V，当t＝0时，电压表示数为100V，故C错误；当原、副线圈匝数比为2∶1时，电阻上消耗的功率为P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(502,50)W＝50W,故D正确．答案：AD13．如下图，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动，木块相对地面运动位移x后二者别离．那么以下哪些变化可使位移x增大()(导学号57180149)A．仅增大木板的质量MB．仅增大木块的质量mC．仅增大恒力FD．仅稍增大木块与木板间的动摩擦因数解析：根据牛顿第二定律得m的加速度为a1＝eq\f(F－μmg,m)＝eq\f(F,m)－μg，M的加速度为a2＝eq\f(μmg,M)，设板长为L，根据L＝eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2，得t＝eq\r(\f(2L,a1－a2))，木块相对地面运动位移为x＝eq\f(1,2)a2t2，那么知假设仅增大木板的质量M，m的加速度a1不变，M的加速度a2减小，由上式知时间t减小，x减小，故A错误；假设仅增大小木块的质量m，那么m的加速度a1减小，M的加速度a2增大，那么t增大，x增大，故B正确；假设仅增大恒力F，那么m的加速度a1变大，M的加速度不变，那么t减小，x减小，故C错误；假设仅增大木块与木板间的动摩擦因数，那么m的加速度a1减小，M的加速度a2增大，那