备战2025年高考二轮复习物理（广东版）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（广东版）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广东汕头一模)半导体掺杂对于半导体工业有着举足轻重的作用,其中一种技术是将掺杂源物质与硅晶体在高温(800到1 250摄氏度)状态下接触,掺杂源物质的分子由于热运动渗透进硅晶体的表面,温度越高掺杂效果越显著,下列说法正确的是( )
A.这种渗透过程是自发可逆的
B.硅晶体具有光学上的各向同性
C.这种渗透过程是分子的扩散现象
D.温度越高掺杂效果越好是因为温度升高时,所有分子的热运动速率都增加
答案 C
解析 掺杂源物质的分子由于热运动渗透进硅晶体的表面,所以这种渗透过程是分子的扩散现象,该过程为自发过程,其逆过程不能自发进行,故A错误,C正确;由于硅晶体的晶格结构,硅晶体具有光学上的各向异性,故B错误;温度越高掺杂效果越好是因为温度升高时,分子的平均速率增大,并不是所有分子的热运动速率都增加,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 NB.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О的连线扫过的面积为SA,B卫星与地心О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.(2024山东聊城一模)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=st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.放射性元素衰变时,通常会放出α、β、γ三种射线,这三种射线穿透本领的示意图如图所示,下列说法正确的是( )
A.射线x可能为γ射线
B.射线x可以用来消除工业生产中的有害静电
C.射线y的速度约为光速的110
D.射线z的本质为高速电子流
答案 B
解析 α射线的穿透本领最弱,γ射线的穿透本领最强,则射线x应为α射线,射线z应为γ射线,射线y应为β射线,A项错误;α射线的电离本领最强,可以用来消除有害静电,B项正确;β射线的本质为高速电子流,其速度可达光速的99%,即接近光速,C项错误;γ射线的本质是高能光子,D项错误。
6.(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两点的电势能不相等
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 C
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错误;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。
7.(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s、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s-t图像的斜率表示速度,可知s-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3小题,每小题6分,共18分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
8.(2024广东三模)音叉可以用来产生简谐声波,如图所示,在水平桌面上将两个音叉A和B间隔一定距离正对放置,下列说法正确的是( )
A.若只敲击音叉A,音叉B也可能会发出声音
B.若音叉A的频率大于音叉B的频率,则音叉A发出的声波波速较大
C.若音叉A的频率大于音叉B的频率,则音叉A发出的声波波长较短
D.若同时敲击音叉A和B,音叉A和B发出的声波相遇时,一定会发生干涉现象
答案 AC
解析 若音叉A和B完全相同,音叉A发出的声波频率等于音叉B的固有频率,则音叉B会发生共振从而发声,故A正确;两音叉发出的声波速度相同,根据v=fλ可知,若音叉A发出的声波频率大于音叉B发出的声波频率,则音叉A发出的声波波长较短,故B错误,C正确;只有两音叉发出的声波频率相等时,才会发生干涉现象,故D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广东佛山二模)手机无线充电工作原理如图所示,其中送电线圈和受电线圈的匝数比n1∶n2=5∶1,两个线圈中所接电阻的阻值均为R。当ab间接上220 V的正弦交变电流后,受电线圈中产生交变电流再通过转换电路转换成直流电实现给手机快速充电,这时转换电路ef两端的电压为5 V,受电线圈中的电流为2 A。把装置线圈视为理想变压器,则( )
A.若ab间接入5 V直流电压,则转换电路ef两端的电压为5 V
B.受电线圈中的频率与送电线圈中的频率相同
C.快速充电时,流过送电线圈的电流大小为0.2 A
D.快速充电时,线圈cd两端的输出电压为42.5 V
答案 BD
解析 若充电器线圈中通以恒定电流,产生恒定的磁场,故手机受电线圈不会产生感应电动势,则转换电路ef两端的电压为零,故A错误;电磁感应现象中交变电流的频率不变,受电线圈中的频率与送电线圈中的频率相同,故B正确;由U1U2=n1n2可知,U1U2=51,又U1I1=U2I2,所以快速充电时,流过送电线圈的电流大小为I1=U2U1I2=15×2 A=0.4 A,故C错误;由送电线圈电路可知Uab-I1R=U1,由受电线圈电路可知U2-I2R=Uef,解得线圈cd两端的输出电压为U2=42.5 V,故D正确。