2020高考物理二轮复习选择题专项训练四含解析 6页

选择题专项训练(四)‎ ‎(时间:25分钟　分值:31分)‎ 一、单项选择题(共5小题,每小题3分,共15分。每小题给出的四个选项中,只有一个选项是正确的)‎ ‎1.下列论述中正确的是(　　)‎ A.开普勒根据万有引力定律得出行星运动规律 B.爱因斯坦的狭义相对论,全面否定了牛顿的经典力学规律 C.普朗克把能量子引入物理学,正确地破除了“能量连续变化”的传统观念 D.玻尔提出的原子结构假说,成功地解释了各种原子光谱的不连续性 答案:C 解析:开普勒通过研究第谷的行星观测数据,得出了行星运动规律,A错误;爱因斯坦的狭义相对论,并没有全面否定牛顿的经典力学,B错误;普朗克把能量子引入物理学,正确地破除了“能量连续变化”的传统观念,C正确;玻尔提出的原子结构假说,不能解释复杂原子,如氦原子核光谱的不连续性,D错误。‎ ‎2.如图所示,放置在光滑的水平地面上足够长的斜面体,下端固定有挡板,用外力将轻质弹簧压缩在小木块和挡板之间,弹簧的弹性势能为100 J。撤去外力,木块开始运动,离开弹簧后,沿斜面向上滑到某一位置后,不再滑下,则(　　)‎ A.木块重力势能的增加量为100 J B.木块运动过程中,斜面体的支持力对木块做功不为零 C.木块、斜面体和弹簧构成的系统,机械能守恒 D.最终,木块和斜面体以共同速度向右匀速滑行 答案:B 解析:‎ - 6 -‎ 因为到达最高点后,木块不再下滑,所以木块必受斜面的摩擦力作用,木块沿斜面上滑时,斜面体受到木块的斜向右上的摩擦力作用,该力在水平方向上有一个分力,故斜面体向右运动,木块相对地面在水平方向上有位移,斜面体对木块的支持力与水平位移夹角不垂直,故斜面体的支持力对木块做功不为零,木块、斜面体和弹簧构成的系统,有摩擦力做功,所以机械能不守恒,B正确,C错误;将弹簧、木块和斜面体看成一个整体,整体在水平方向上受力为零,所以系统水平方向动量守恒,释放弹簧前系统水平方向动量为零,故释放弹簧后系统水平方向动量仍旧为零,即木块和斜面体最后静止,弹簧的弹性势能转化为系统的内能(克服摩擦力做功)以及木块的重力势能,故木块重力势能的增加量小于100J,A、D错误。‎ ‎3.如图所示,a为放在地球赤道上随地球一起转动的物体,b、c、d为在圆轨道上运行的卫星,轨道平面均在地球赤道面上,其中b是近地卫星,c是地球同步卫星。若a、b、c、d的质量相同,地球表面附近的重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)‎ A.b卫星转动的线速度大于7.9 km/s B.a、b、c、d的周期大小关系为Ta‎‎2gR‎2‎h,g为重力加速度。从抛出到第一次碰撞筒壁,不计空气阻力,则下列说法正确的是(　　)‎ - 6 -‎ A.三小球运动时间之比tA∶tB∶tC=‎3‎∶2∶1‎ B.三小球下落高度之比hA∶hB∶hC=2∶‎3‎∶1‎ C.重力对三小球做功之比WA∶WB∶WC=3∶4∶1‎ D.重力的平均功率之比PA∶PB∶PC=2∶3∶1‎ 答案:AC 解析:因为三个小球都碰壁,说明没有下落到底部,小球在水平方向上做匀速直线运动,根据几何知识可知三个球的水平位移xA=2R·‎3‎‎2‎‎=‎‎3‎R,xB=2R,xC=2R·‎1‎‎2‎=R,而所用时间tA∶tB∶tC=xAv‎0‎‎∶xBv‎0‎∶xCv‎0‎=‎‎3‎∶2∶1,A正确;在竖直方向上做自由落体运动,三小球下落高度之比hA∶hB∶hC=‎1‎‎2‎gtA‎2‎∶‎1‎‎2‎gtB‎2‎∶‎1‎‎2‎gtC‎2‎=3∶4∶1,B错误;重力对小球做功WG=mgh,故WA∶WB∶WC=hA∶hB∶hC=3∶4∶1,C正确;重力的平均功率P=Wt,故PA∶PB∶PC=WAtA‎∶WBtB∶WCtC=‎3‎‎3‎∶‎4‎‎2‎∶‎1‎‎1‎=‎‎3‎∶2∶1,D错误。‎ ‎7.为了进一步探究课本中的小实验,某同学从圆珠笔中取出轻弹簧,将弹簧一端固定在水平桌面上,弹簧竖直放置,另一端套上笔帽,用力把笔帽往下压后迅速放开。他观察到笔帽被弹起并离开弹簧向上运动一段距离。不计空气阻力,忽略笔帽与弹簧间的摩擦,在弹簧恢复原长的过程中(　　)‎ A.笔帽一直做加速运动 B.弹簧对笔帽做的功和对桌面做的功相等 C.弹簧对笔帽的冲量大小和对桌面的冲量大小相等 D.弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽克服重力做功的平均功率 答案:CD 解析:‎ - 6 -‎ 弹簧恢复原长的过程中,开始时笔帽向上加速运动,弹簧压缩量减小,弹力减小,当弹力等于重力时,加速度为零,速度最大,此后弹力小于重力,合力向下,加速度与速度方向相反,笔帽做减速运动,故A错误;笔帽向上运动,受到的弹力方向向上,力与位移同向,故弹力对笔帽做正功,重力方向向下,与位移反向,对笔帽做负功,由于笔帽动能增加,所以弹簧对笔帽做的功大于笔帽克服重力做的功,时间相同,根据功率的定义,得D正确;弹簧对桌面虽然有弹力,但没有位移,所以不做功,故B错误;由于轻弹簧质量不计,所以弹簧对桌面的弹力等于对笔帽的弹力,作用时间相同,冲量大小相等,故C正确。‎ ‎8.图甲中理想变压器的原线圈依次接入如图乙所示的a、b两个正弦式交变电源。接电源a后,调节滑动变阻器滑片位置使小灯泡A正常发光,小灯泡的功率及电流频率分别为P1、f1;保持滑片位置不变,改用电源b,小灯泡的功率及电流频率分别为P2、f2,则(　　)‎ A.f1∶f2=3∶2‎ B.P1∶P2=2∶1‎ C.若将变阻器滑片向左移动,电源b可能使小灯泡正常发光 D.若将变压器动片P向下移动,电源b可能使小灯泡正常发光 答案:AD 解析:变压器不改变交流电的频率,从题图乙中可知3T1=2T2,即T‎1‎T‎2‎‎=‎‎2‎‎3‎,所以f‎1‎f‎2‎‎=‎‎3‎‎2‎,A正确;从题图乙中可知a、b两个电源的电动势最大值之比为2∶1,两种情况下副线圈两端的电压有效值之比为2∶1,所以两种情况下通过灯泡的电流之比为2∶1,根据P=I2R可知P‎1‎P‎2‎‎=‎‎4‎‎1‎,B错误;若将变阻器滑片向左移动,滑动变阻器接入电路的电阻增大,通过灯泡的电流减小,所以电源b不可能使小灯泡正常发光,C错误;若将变压器动片P向下移动,即n‎1‎n‎2‎减小,根据n‎1‎n‎2‎‎=‎U‎1‎U‎2‎可知U2增大,即副线圈两端电压增大,故电源b可能使小灯泡正常发光,D正确。‎ ‎9.两个完全相同的平行板电容器C1、C2水平放置,如图所示。开关S闭合时,两电容器中间各有一油滴A、B刚好处于静止状态。现将S断开,将C2下极板向上移动少许,然后再次闭合S,则下列说法正确的是(　　)‎ A.两油滴的质量相等,电性相反 B.断开开关,移动C2下极板过程中,B所在位置的电势不变 C.再次闭合S瞬间,通过开关的电流可能从上向下 D.再次闭合开关后,A向下运动,B向上运动 - 6 -‎ 答案:BCD 解析:当S闭合时,左边电容的上极板和右边电容的下极板相连,即两个极板的电势相等,又因为其他两个极板都接地,电势相等,故两极板间的电势差的绝对值相等,根据mg=‎|U|‎dq,由于不知道两油滴的电荷量,故两个油滴的质量不一定相等,若C1上极板带正电,则C1电场方向竖直向下,A液滴应受到竖直向上的静电力,故带负电,C2下极板带正电,则C2电场方向竖直向上,B滴液应受到竖直向上的静电力,所以带正电,电性相反;若C1上极板带负电,则C1电场方向竖直向上,A液滴应受到竖直向上的静电力,故带正电,C2下极板带负电,则C2电场方向竖直向下,B滴液应受到竖直向上的静电力,所以带负电,电性相反,总之,两油滴的电性相反,A错误;断开开关,移动C2下极板过程中,两极板所带电荷量相等,根据C=εrS‎4πkd,C=QU,E=Ud联立可得E=‎4πkQεrS,两极板间的电场强度大小和两极板间的距离无关,故电场强度恒定,所以B的受力不变,故仍处于静止状态,到上极板(零电势)的距离不变,根据U=Ed可知B点的电势不变,B正确;S断开,将C2下极板向上移动少许,根据C=εrS‎4πkd可知C2增大,根据C=QU可知U减小,即C2下极板电势降低,再次闭合S瞬间,C1上极板的电势大于C2下极板的电势,通过开关的电流可能从上向下,稳定后,根据E=Ud可知C1两极板间的电势差减小,电场强度减小,A向下运动,C2两极板间的电势差增大,电场强度增大,B向上运动,C、D正确。‎ - 6 -‎