2022届高考物理二轮复习选择题专项练三含解析

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选择题专项练(三)1.(2021广东高三二模)物理学家奥斯特发现了电流的磁效应。如图所示,南北方向放置的直导线正下方有一静止的小磁针,当导线通入由南向北的电流时观察到小磁针偏转,则小磁针(　　)A.N极会垂直纸面向里偏转B.N极会沿纸面内向上偏转C.对通电直导线无力的作用D.转动方向与电流方向无关2.放射性元素的原子核往往需要经历一系列的α衰变和β衰变才能达到稳定的状态,如Th→He+Pb。若ThHee和Pb的质量分别用m1、m2、m3和m4表示。则下列说法正确的是(　　)A.在Th→He+Pb中,a=6,b=4B.衰变过程中释放出的α射线比β射线的穿透能力强C.20个Th核经过2个半衰期后还剩5个Th核D.一个Th核衰变成一个Pb核释放的核能为(m1-m2-m3-m4)c23.真空中固定的四个点电荷分别位于正四面体的四个顶点处,电荷量及电性如图所示,A点为对应棱的中点,B点为右侧面的中心点,C点为底面的中心点,D点为正四面体的中心点(到四个顶点的距离均相等)。下列判断正确的是(　　)A.A点电势等于D点电势B.B点电势高于C点电势C.A点的电势等于C点的电势D.将电子从A点移动到B点,电势能不变4.如图所示,质量m=1 kg的物块放置在竖直固定的弹簧上方(可分离),用力向下压物块至某一位置,然后由静止释放,取该位置为物块运动的起始位置,物块上升过程的a-x图象如图所示,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　　)A.物块运动过程的最大加速度大小为20 m/s2B.弹簧的劲度系数为50 N/mC.弹簧的最大弹性势能为9 JD.物块加速度为0时离开弹簧5.(2021广东高三二模)如图所示,用两根长l1、l2的细线连接一个小球a,细线另一端分别系在一竖直杆上的O1、O2处,当竖直杆以某一范围的角速度(ω1≤ω≤ω2)转动时,小球a保持在图示虚线的轨迹上做圆周运动,此时两根细线均被拉直,圆周半径为r,已知l1∶l2∶r=20∶15∶12,则ω1∶ω2=(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　A.3∶4 B.3∶5 C.4∶5 D.1∶26.征途漫漫,星河璀璨,2021年2月10日,天问一号成功进入环火轨道。探测器被火星俘获后经过多次变轨才能在火星表面着陆。若探测器在半径为r的轨道1上绕火星做圆周运动,动能为Ek,变轨到轨道2上做圆周运动后,动能增加了ΔE,则轨道2的半径为(　　)A.r B.r C.r D.r7.如图甲所示,正方形硬质金属框abcd放置在磁场中,金属框平面与磁场方向垂直。磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。在0~0.2 s的时间内与0.2~0.6 s的时间内(　　)A.通过金属框的电荷量之比为2∶1B.金属框中电流的电功率之比为4∶1C.金属框中产生的焦耳热之比为4∶1D.金属框ab边受到的安培力方向相同8.(多选)在如图甲所示的电路中,电阻R的阻值为10 Ω,电压表和电流表均为理想电表,变压器为理想变压器,在变压器原线圈两端输入如图乙所示的电压,电压表的示数为25 V,下列说法正确的是(　　)A.该变压器原线圈端电压的有效值为 VB.该变压器原副线圈的匝数之比为11∶5C.电流表的示数为5.5 AD.若增大电阻R的阻值,变压器原线圈的输入功率减小9.(多选)如图甲所示,质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统,外力F作用在A上,系统静止在光滑水平面上(B靠墙面),此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时,A、B两物体运动的a-t图象如图乙所示,S1表示0到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积大小,S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是(　　)甲 乙 A.0到t1时间内,墙对B的冲量等于mAv0B.mA>mBC.B运动后,弹簧的最大形变量等于xD.S1-S2=S310.(多选)如图所示,在等腰直角三角形DAC内充满着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)。一束质量为m、电荷量为+q、速度为v的带正电粒子垂直AD边射入磁场,已知从AC边射出且在磁场中运动时间最长的粒子,离开磁场时速度垂直于AC边。不计粒子重力和粒子间的相互作用。下列判断正确的是(　　)A.等腰三角形DAC中AD边的长度为B.粒子在磁场中运动的最长时间为C.从AD中点射入的粒子离开磁场时的位置与A点的距离为D.若仅将磁场反向,则粒子在磁场中运动的最长时间不变  选择题专项练(三)1.A　解析导线通入由南向北的电流时,根据安培定则可知小磁针处磁场的方向垂直于纸面向里,所以小磁针的N极会垂直纸面向里偏转,故A正确,B错误;因为力的作用是相互的,所以小磁针对通电直导线也有力的作用,故C错误;若导线通入由北向南的电流,根据安培定则可知小磁针处磁场的方向垂直于纸面向外,所以小磁针的N极会垂直纸面向外偏转,故转动方向与电流方向有关,D错误。2.A　解析根据电荷数守恒和质量数守恒,可知a==6,b=2a+82-90=4,故A正确;衰变过程中释放出的α射线比β射线的电离能力强,穿透能力弱,故B错误;半衰期是统计学规律,对于大量原子核衰变时才适用,故C错误;根据质能方程可得,一个Th核衰变成一个Pb核释放的核能为ΔE=Δmc2=(m1-6m2-4m3-m4)c2,故D错误。3.A　解析A、D点位于右侧面底边上的一对正、负点电荷连线的中垂面上,即位于这一对正、负点电荷形成的电场的等势面上,同理,也位于左侧棱上的一对正、负点电荷形成的电场的等势面上,故A点电势等于D点电势,故A正确;A、B、C三点位于右侧面底边上的一对正、负点电荷连线的中垂面上,即位于这一对正、负点电荷形成的电场的等势面上,故A、B、C三点的电势由左侧棱上的一对正、负点电荷决定,根据一对等量正、负点电荷的等势面的分布特点可知φC>φA>φB,故B、C错误;由以上分析知,将电子从A点移动到B点,电场力做负功,电势能增加,故D错误。4.A　解析由图可知,在位移为0.2m处加速度为零,在位移为0.3m后,加速度不变,即物体离开了弹簧,其加速度为重力加速度,所以有k(0.3m-0.2m)=mg,在起始位置物体加速度最大,有F=k·0.3m-mg=ma,解得a=20m/s2,A正确,D错误;弹簧的劲度系数为=100N/m,B错误;弹簧恢复形变的过程中,弹簧弹力做的功为W=×0.3J=4.5J,C错误。5.A　解析将绳子拉力沿竖直方向和水平方向分解,竖直方向的分力大小等于重力,水平方向分力提供向心力,则有F向1=mgtanθ1=mrF向2=mgtanθ2=mr由几何关系可得r=l1sinθ1=l2sinθ2又l1∶l2∶r=20∶15∶12联立解得ω1∶ω2=3∶4,A正确。6.A　解析根据牛顿第二定律得G=m,解得r=G,由此可知,轨道半径与动能成反比,则有r'=r,故选A。7.B　解析通过金属框的电荷量q=It=t=t=,因在0~0.2s的时间t1内与0.2~0.6s的时间t2内,磁感应强度随时间的变化量ΔB相同,所以通过金属框的电荷量之比为1∶1,故A错误;金属框中电流的电功率P=,所以,故B正确;金属框中产生的焦耳热Q=Pt,得,故C错误;在0~0.2s的时间内与0.2~0.6s的时间内,通过线框的电流方向相反,所以金属框ab边受到的安培力方向相反,故D错误。8.BD　解析根据电流的热效应可得·T=,可解得U1=55V,A错误;电压表的示数为副线圈电压,即U2=25V,由可得该变压器原副线圈的匝数之比为11∶5,B正确;副线圈的电流为I2==2.5A,由可得原线圈的电流,即电流表的示数为1.14A,C错误;若增大电阻R的阻值,由P=可知,副线圈的功率减小,变压器的输入功率等于输出功率,故变压器原线圈的输入功率减小,D正确。9.ABD　解析0到t1时间内,墙对B的冲量与弹簧对B的冲量大小相等,而弹簧对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等,根据动量定理,弹簧对A的冲量I=mAv0,所以选项A正确。分析运动过程可知,t1时刻弹簧恢复原长,之后A减速,B加速,当弹簧伸长量最大时二者速度相等,这时二者加速度均最大,即t2时刻,从图象可以看出,B的加速度大,所以质量小,即mB<mA,选项B正确。初始时刻,系统机械能仅为弹性势能,弹簧形变量为x;去掉外力后,系统机械能守恒,当B运动后,A、B速度相等时,弹簧形变量最大,这时系统机械能包括动能和弹性势能,因此弹簧的最大形变量小于x,选项C错误。a-t图象中图线与t轴之间围的面积表示速度变化,设A、B在t2时刻速度为v1,则v0=S1,v1=v0-S2,v1=S3,解得S1-S2=S3,选项D正确。10.AB　解析依题意可知在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹为四分之一圆,轨迹圆的圆心在A点,且其轨迹与DC边相切,根据几何关系可知lABsin45°=r,粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,有qvB=m,可得lAB=,故A正确;粒子在磁场中匀速圆周运动的周期为T=,根据上一选项分析,运动时间最长的粒子的轨迹所对应的圆心角为90°,则有t=T=,故B正确;从AD中点射入的粒子,其轨迹为上面所分析的粒子轨迹向下平移r-r,此轨迹的圆心在A点的正下方,由几何关系可知,离开磁场时的位置与A点的距离必然小于轨迹半径,故C错误;若仅将磁场反向,则粒子在磁场中将向上偏转,不会出现圆心角为90°的轨迹,最长时间将变小,故D错误。