高考物理二轮复习选择题分满分练二

PAGE选择题48分满分练(二)说明：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14.如图1所示为氢原子的能级图，下列说法正确的是()图1A.原子处于称为定态的能量状态时，电子做加速运动，向外辐射能量B.原子的不同能量状态与电子沿不同的轨道绕核运动相对应，而电子的轨道可能连续分布C.氢原子的核外电子由一个能级跃迁到另一个能级放出光子，氢原子的总能量增大D.一群处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，辐射的光子的频率最多为6种解析在玻尔的原子结构假说中，电子运动的轨道半径不是任意的，只有当半径的大小符合一定条件时，这样的轨道才是可能的，即电子运行的轨道是不连续的，是量子化的，当电子在不同轨道运动时，原子处于不同状态，电子在这些轨道上绕核运动是稳定的，不产生电磁辐射，选项A、B错误；氢原子的核外电子由一个能级跃迁到另一个能级放出光子，说明电子由高能级向低能级跃迁时，放出能量，故氢原子总能量减小，选项C错误；一群处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，辐射的光子的频率最多为Ceq\o\al(2,4)＝6种，选项D正确。答案D15.(2018·福州期末)如图2所示，有一倾角为θ的斜面，斜面上有一能绕B转动的木板AB，初始时木板AB与斜面垂直，把球放在斜面和木板AB之间，不计摩擦，球对斜面的压力为F1，对木板的压力为F2。将木板绕B点缓慢推到竖直位置的过程中()图2A.F1和F2都增大 B.F1和F2都减小C.F1增大，F2减小 D.F1减小，F2增大解析球受重力G、斜面对球的弹力FN1、木板对球的弹力FN2作用，则由牛顿第三定律有：FN1＝F1，FN2＝F2。因为G、FN1、FN2三力共点平衡，故三个力可以构成一个矢量三角形。其中G的大小和方向始终不变，FN1的方向也不变，大小可变，FN2的大小、方向都在变。在木板旋转的过程中，FN2由虚线位置旋转至水平位置(如图所示)，显然FN1与FN2一直增大。所以F1与F2都是增大的，选项A正确。答案A16.如图3所示，理想变压器原线圈两端A、B接在电动势为E＝8V、内阻为r＝2Ω的交流电源上，理想变压器的副线圈两端与滑动变阻器相连，变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，当电源输出功率最大时()图3A.滑动变阻器接入电路中的阻值Rx＝2ΩB.滑动变阻器接入电路中的阻值Rx＝8ΩC.副线圈中的电流I2＝2AD.最大输出功率P＝4W解析当外电路电压等于内电路电压时电源输出功率最大，即U1＝Ur，而且U1＋Ur＝8V，故U1＝Ur＝4V，根据欧姆定律可得I1＝eq\f(Ur,r)＝2A，故根据eq\f(I2,I1)＝eq\f(n1,n2)可得副线圈中的电流为I2＝1A，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得副线圈两端的电压U2＝8V，故Rx＝eq\f(U2,I2)＝8Ω，最大输出功率为P＝U2I2＝8W，故选项B正确。答案B17.某宾馆大楼中的电梯下方固定有劲度系数均为k的4根相同的竖直弹簧，如图4所示，这是防止电梯在空中因缆绳断裂下坠而造成生命危险。若缆绳断裂后，总质量为m的电梯下坠，4根弹簧同时着地开始缓冲，电梯坠到最低点时加速度大小为5g(g为重力加速度)，则下列说法正确的是()图4A.电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为eq\f(3mg,2k)B.电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为eq\f(mg,4k)C.弹簧着地后，在电梯下降过程中，电梯一直处于超重状态D.弹簧着地后，在电梯下降过程中，电梯一直处于失重状态解析电梯坠到最低点时，根据牛顿第二定律有4kx－mg＝5mg，得每根弹簧的压缩长度x＝eq\f(3mg,2k)，选项A正确，B错误；弹簧着地后，电梯在下降过程中，先加速下降，加速度方向竖直向下即电梯处于失重状态，后减速下降，加速度方向竖直向上即电梯处于超重状态，选项C、D均错误。答案A18.如图5所示，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O。将球a和球b分别向左和向右拉起，使细线水平。同时由静止释放球a和球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为θ＝60°。忽略空气阻力，则两球a、b的质量比值为()图5A.eq\f(ma,mb)＝3 B.eq\f(ma,mb)＝3－2eq\r(2)C.eq\f(ma,mb)＝2eq\r(2) D.eq\f(ma,mb)＝2eq\r(2)－2解析设细线长为L，球a、b下落至最低点，碰前瞬间的速率为v1、v2，由机械能守恒定律得，magL＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,1)，mbgL＝eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,2)；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为v，以向左为正，由动量守恒定律得mbv2－mav1＝(ma＋mb)v，两球共同向左运动到最高处过程，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)(ma＋mb)v2＝(ma＋mb)gL(1－cosθ)，联立解得eq\f(ma,mb)＝eq\f(\r(2)－1,\r(2)＋1)＝3－2eq\r(2)，所以选项B正确。答案B19.如图6所示，水平面内有一通电圆环，圆环上方沿直径方向有一通电直导线，则下列说法正确的是()图6A.圆心O处的磁场方向垂直导线向里斜向上方B.直导线受到垂直纸面向外的作用力C.圆环受到垂直圆环向下的作用力D.圆环中的磁通量为零解析由右手螺旋定则可知，圆环在圆心处磁场方向向上，通电直导线在圆心处的磁场方向向里，则圆心处磁场方向垂直导线向里斜向上方，选项A正确；直导线所在位置磁场的竖直分量向上，则直导线受到垂直纸面向外的安培力，选项B正确；直导线对圆环的反作用力方向垂直纸面向里，选项C错误；直导线产生的磁场在圆环内磁通量为零，但圆环内磁通量不为零，选项D错误。答案AB20.1772年，法籍意大利数学家拉格朗日在论文《三体问题》指出：两个质量相差悬殊的天体(如太阳和地球)所在同一平面上有5个特殊点，如图7中的L1、L2、L3、L4、L5所示，人们称为拉格朗日点。若飞行器位于这些点上，会在太阳与地球共同引力作用下，可以几乎不消耗燃料而保持与地球同步绕太阳做圆周运动。若发射一颗卫星定位于拉格朗日L2点，下列说法正确的是()图7A.该卫星绕太阳运动周期和地球自转周期相等B.该卫星在L2点处于平衡状态C.该卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度D.该卫星在L2处所受太阳和地球引力的合力比在L1处大解析由题意可知，卫星在拉格朗日点由太阳与地球共同引力作用下，可以几乎不消耗燃料而保持与地球同步绕太阳做圆周运动，所以该卫星与地球具有相同的角速度和公转周期，不是处于平衡状态，故选项A、B错误；根据向心加速度公式a＝eq\f(4π2r,T2)可知，轨道半径越大，向心加速度越大，由题图知L2点比地球的轨道半径大，所以卫星的向心加速度大于地球的向心加速度，故选项C正确；卫星在L2点比在L1点的轨道半径大，由向心力公式F＝meq\f(4π2r,T2)可知卫星在L2点比在L1点受到太阳和地球的引力的合力大，故选项D正确。答案CD21.如图8所示，在平面直角坐标系中有一底角是60°的等腰梯形，坐标系中有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中O(0，0)点电势为6V，A(1，eq\r(3))点电势为3V，B(3，eq\r(3))点电势为0V，则由此可判定()图8A.C点电势为3VB.C点电势为0VC.该匀强电场的电场强度大小为100V/mD.该匀强电场的电场强度大小为100eq\r(3)V/m解析由题意可知C点坐标为(4，0)，在匀强电场中，任意两条平行的线段，两点间电势差与其长度成正比，所以eq\f(UAB,AB)＝eq\f(UOC,OC)，代入数据得φC＝0V，则选项A错误，B正确；如图所示，取OC的中点