备战2025年高考二轮复习物理（湖南版）选择题专项练4（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习物理（湖南版）选择题专项练4（Word版附解析），共7页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题等内容，欢迎下载使用。

1.(2024山东烟台一模)如图所示,某同学将空玻璃瓶开口向下缓慢压入水中,下降过程中瓶内封闭了一定质量的空气,瓶内空气看作理想气体,水温上下均匀且恒定不变,则( )
A.瓶内空气对外界做功
B.瓶内空气向外界放出热量
C.瓶内空气分子的平均动能增大
D.单位时间内与瓶壁单位面积上碰撞的空气分子数不变
答案 B
解析 被淹没的玻璃瓶在下降过程中,瓶内空气温度不变,水进入瓶内,瓶内空气体积减小,可知外界对瓶内空气做正功,故A错误;由于水温上下均匀且恒定不变,所以瓶内空气温度不变,则瓶内空气分子平均动能不变,瓶内空气内能不变,根据热力学第一定律可知,瓶内空气向外界放热,故B正确,C错误;由于瓶内空气体积减小,所以单位时间内与瓶壁单位面积上碰撞的空气分子数变多,故D错误。
2.某古法榨油中的一道工序是撞榨,即用重物撞击楔子压缩油饼。如图所示,质量为50 kg的重物用一轻绳与固定点O连接,O与重物重心间的距离为4 m,某次将重物移至轻绳与竖直方向成37°角处,由静止释放,重物运动到最低点时与楔子发生碰撞,若碰撞后楔子移动的距离可忽略,重物反弹,上升的最大高度为0.05 m,重物与楔子作用时间约为0.05 s,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,整个过程轻绳始终处于伸直状态,则碰撞过程中重物对楔子的作用力约为( )
A.4 000 N B.5 000 N
C.6 000 ND.7 000 N
答案 B
解析 根据机械能守恒定律有mgL(1-cs 37°)=12mv12,碰撞后重物上升过程,有mgh=12mv22,根据动量定理有Ft=mv2-(-mv1),联立解得F=5 000 N,由牛顿第三定律可知重物对楔子的作用力约为5 000 N,故选B。
3.(2024山东泰安一模)如图所示,A、B是围绕地球运转的两颗卫星,其中A卫星的轨道半径为RA,B卫星的轨道半径为RB,经过相同的时间,A卫星与地心O的连线扫过的面积为SA,B卫星与地心O的连线扫过的面积为SB,已知SB∶SA=1∶2,则RB∶RA的值为( )
A.1∶2B.1∶3
C.1∶4D.1∶8
答案 C
解析 设卫星的周期为T,t时间内卫星与地心О的连线扫过的面积为S=tTπR2,根据题意有SB∶SA=tTBπRB2∶tTAπRA2=RB2TB∶RA2TA=1∶2,根据万有引力提供向心力可得Gm地mR2=m4π2T2R,可得T=4π2R3Gm地,则可得TATB=RA3RB3,联立可得RB∶RA=1∶4,故选C。
4.如图所示,正方体框架ABCD-A1B1C1D1的底面A1B1C1D1处于水平地面上。从顶点A沿不同方向水平抛出小球(可视为质点),不计空气阻力。关于小球的运动,下列说法正确的是( )
A.落点在棱BB1上的小球,落在B1点时平拋的初速度最大
B.落点在面A1B1C1D1内的小球,落在C1点的运动时间最长
C.落点在三角形B1C1D1内的小球,平抛初速度的最小值与最大值之比是1∶2
D.落点在线B1D1上的小球,落地时重力的瞬时功率均不相同
答案 C
解析 设正方体棱长为l,落点在棱BB1上的小球,落在B1点时竖直位移最大,根据t=2lg可知,运动时间最长,根据v=xt可知平拋的初速度最小,选项A错误;根据t=2lg可知落点在面A1B1C1D1内的小球竖直位移相等,则运动时间相等,选项B错误;落点在三角形B1C1D1内的小球运动时间相等,最大的水平位移为2l,最小水平位移为22l,最小水平位移与最大水平位移之比为1∶2,则平抛初速度的最小值与最大值之比是1∶2,选项C正确;落点在线B1D1上的小球,竖直速度均为vy=2gl,落地时重力的瞬时功率PG=mgvy均相同,选项D错误。
5.(2024河北保定一模)在地球表面,被轻质细线悬挂而处于静止状态的质量为m的小球,所受地球的万有引力作用效果分解示意图如图所示,已知小球所处的纬度为θ(30°<θ<60°),重力为F1,万有引力为F,地球的半径为R,自转周期为T,下列说法正确的是( )
A.细线的拉力FT与F是一对平衡力
B.小球所需的向心力为4π2mRsinθT2
C.地球赤道处的重力加速度为F1m
D.地球的第一宇宙速度为FRm
答案 D
解析 细线的拉力FT与F的合力提供了小球做圆周运动的向心力,A错误;小球做圆周运动的半径为r=Rcs θ,所以小球所需的向心力为Fn=4π2mRcsθT2,B错误;小球所处的纬度重力为F1,大于赤道处的重力,所以地球赤道处的重力加速度小于F1m,C错误;根据F=mv12R可得地球的第一宇宙速度为v1=FRm,D正确。
6.(2024广东深圳一模)如图所示,整个空间存在一水平向右的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场,光滑绝缘斜面固定在水平面上。一带正电滑块从斜面顶端由静止下滑,下滑过程中始终没有离开斜面,下滑过程中滑块的位移x、受到的洛伦兹力F洛、加速度a与机械能E机等物理量的大小随时间变化的图像可能正确的是( )
答案 B
解析 滑块下滑过程中始终没有离开斜面,滑块沿斜面受到的重力分力和电场力分力均保持不变,滑块做匀加速直线运动,则a-t图像为一条与横轴平行的直线;根据x-t图像的斜率表示速度,可知x-t图像的斜率逐渐增大,故A、C错误;由于滑块由静止做匀加速直线运动,则有F洛=qvB=qBat∝t,可知F洛-t图像为过原点的倾斜直线,故B正确;除重力做功外,还有电场力做功,则滑块的机械能不守恒,故D错误。
二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
7.(2024湖南张家界二模)如图所示,ABCD是边长为l的正三棱锥,虚线圆为三角形ABD的内切圆,M、N、P分别为BD、AB和AD边与圆的切点,O为圆心,正三棱锥的顶点A、B和D分别固定有电荷量为+Q、+Q和-Q的点电荷,则( )
A.同一带正电的点电荷分别置于M、P两点的电势能相等
B.将质子由C移动到M,电势能减少
C.将电子由P移动到N,电场力做正功
D.M、P两点的电场强度相同
答案 AC
解析 根据对称性可知,M点和P点的电势相等,则同一带正电的点电荷分别置于M、P两点的电势能相等,故A正确;根据等量异种点电荷等势面关系图可知,若仅考虑B处和D处点电荷时,C点和M点的电势相等,质子由C移动到M,靠近A处的正点电荷,电场力做负功,电势能增加,故B错误;在A处点电荷产生的电场中,N点和P点的电势相等,在B处点电荷产生的电场中,N点的电势大于P点的电势,在D处点电荷产生的电场中,N点的电势大于P点的电势,所以N点的电势高于P点的电势,电子在N点的电势能小于在P点的电势能,则电子由P到N,电势能减小,电场力做正功,故C正确;根据对称性可知,M点和P点的电场强度大小相等,方向不同,故D错误。
8.(2024湖北武汉模拟)一列简谐横波沿x轴方向传播,t=0时刻的波形如图所示,介质中x=0.6 m处的质点P的动能正在减小。t=0.25 s,质点P第一次到达波峰处。下列说法正确的是( )
A.该波沿x轴正方向传播
B.该波的传播速度大小为4 m/s
C.0~0.25 s时间内质点P运动的路程为40 cm
D.质点P振动的位移—时间关系为y=16sin 5πt+1.25π cm
答案 BD
解析 由于质点P动能在减小,可知质点P沿y轴负方向振动,由同侧法可知波沿x轴负方向传播,故A错误;由图可知32λ=2.4 m,可得该波的波长为λ=1.6 m,故质点P第一次到波峰是x=1.6 m处振动形式传来的,则v=Δxt=1.6- m/s=4 m/s,故B正确;由T=λv可得,该波的周期为T=0.4 s,设P点的振动方程为y=Asin 2πTt+φ cm,将t=0.25 s,y=16 cm代入上式可得φ=1.25π,即P点的振动方程为y=16sin (5πt+1.25π) cm,故D正确;当t=0时,y=-82 cm,且t=0.25 s,y=16 cm,故在0~0.25 s时间内质点P由-82 cm振动到-16 cm处,再振动到16 cm处,则0~0.25 s时间内质点P运动的路程为s=16 cm+16 cm+(16-82) cm=(48-82) cm,故C错误。
9.(2024河北模拟预测)间距为L、长度均为2s的光滑平行金属导轨固定在水平面内,静止的金属棒垂直放置在导轨的左端,且始终与导轨接触良好。t=0时刻,电流大小为I的恒定电流从一根导轨流入,经过金属棒,再从另一根导轨流回,如图所示。当金属棒运动到导轨的中点时,电流大小突然变为2I,导轨电流在两导轨间产生的磁场近似可视为匀强磁场,磁感应强度B与电流I成正比。已知金属棒的质量为m。则( )
A.金属棒在左、右两段导轨上运动时所受安培力的大小之比为1∶2
B.金属棒在左、右两段导轨上运动的加速度大小之比为1∶4
C.金属棒运动到导轨中点与末端的动能之比为1∶4
D.金属棒运动到导轨中点与末端的速度大小之比为1∶5
答案 BD
解析 由题意可知磁感应强度B与电流I成正比,金属棒在左、右两段导轨上运动时电流之比为I∶2I=1∶2,则磁感应强度之比为B∶2B=1∶2,金属棒在左、右两段导轨上运动时所受安培力的大小之比为F左∶F右=BIL∶(2B·2IL)=1∶4,金属棒在左、右两段导轨上运动的加速度大小之比为a左∶a右=F左m∶F右m=1∶4,故A错误,B正确;设金属棒运动到导轨中点的速度为v1,金属棒运动到导轨末端的速度为v2,根据动能定理可得F左s=12mv12-0,F左s+F右s=12mv22-0,联立可得金属棒运动到导轨中点与末端的动能之比为12mv12∶12mv22=F左s∶(F左s+F右s)=1∶5,则金属棒运动到导轨中点与末端的速度大小之比为v1∶v2=1∶5,故C错误,D正确。
10.(2024河北保定一模)如图所示的理想变压器,原线圈的匝数为6,两个副线圈的匝数分别为3、2,三个电阻甲、乙、丙的阻值均为R,电源是正弦式交变电流,已知甲两端的电压为U,下列说法正确的是( )
A.原线圈两端的电压为1813U
B.通过电阻乙的电流为18U13R
C.电源电压的有效值为3613U
D.三个电阻的总功率为49U213R
答案 BD
解析 设原线圈电压为U1,匝数为3的副线圈电压为U2,匝数为2的副线圈电压为U3,由电压关系知U1∶U2∶U3=n1∶n2∶n3,则可知U2=12U1,U3=13U1,由功率关系知U1I1=U2I2+U3I3,则可知n1I1=n2I2+n3I3,则n1UR=n2U12R+n3U13R,代入得U1=3613U,A错误;由于U2=12U1,代入得U2=12×3613U=1813U,通过电阻乙的电流为I2=1813RU,B正确;设电源电压的有效值为UE,则UE=U1+U=3613U+U=4913U,C错误;三个电阻的总功率为P=UEI1=4913U×UR=49U213R,D正确。