备战2025年高考二轮复习物理（福建专版）选择题专项练5（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习物理（福建专版）选择题专项练5（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山东泰安一模)如图所示为某发电站输电示意图,发电机输出电压恒定,变压器均为理想变压器,在输电线路的起始端接入甲、乙两个理想互感器,甲、乙两互感器原、副线圈的匝数比分别为200∶1和1∶20,降压变压器原、副线圈匝数比为200∶1,电压表的示数为220 V,电流表的示数为5 A,输电线路总电阻r=20 Ω。则下列说法正确的是( )
A.互感器甲是电流互感器,互感器乙是电压互感器
B.输电线路上损耗的功率约占输电总功率的6%
C.用户端的电压U4为200 V
D.用电高峰相对平时用电时,用户端的电压偏小
答案 D
解析 互感器甲并联在零线和火线上,所以是电压互感器,互感器乙串联在电路中,是电流互感器,故A错误;电流表的示数为5 A,互感器原、副线圈的匝数比为1∶20,则线路上电流I=100 A,线路上损耗的功率P损=I2r=200 kW,电压表的示数为220 V,匝数比为200∶1,所以输送电压U=44 000 V,功率P=UI=4 400 kW,则输电线路上损耗的功率约占输电总功率的P损P×100%=2004 400×100%=4.5%,故B错误;U3=44 000 V-100×20 V=42 000 V,用户端的电压U4=U3200=210 V,故C错误;用户使用的用电设备越多,用户电流增大,输电电流增大,输电线损失电压增大,降压变压器输入电压减小,降压变压器输出电压减小,故D正确。
2.(2024山东聊城一模)图甲为某同学收集的一个“足球”玻璃球,他学习了光的折射后想用激光对该球进行研究。某次实验过程中他将激光水平向右照射且过球心所在的竖直截面,其正视图如乙所示,AB是沿水平方向的直径,当光束从C点射入时,能从右侧B点射出,已知真空中的光速为c,点C到AB竖直距离h=32R,玻璃球的半径为R,且球内的“足球”是不透光体,不考虑反射光的情况下,下列说法正确的是( )
A.B点的出射光相对C点入射光方向偏折了30°
B.该“足球”的直径最大是33R
C.继续增加h(hD.该激光在玻璃球中的传播时间为3Rc
答案 D
解析 光束从C点射入玻璃球的光路图如图所示,设入射角为i,折射角为r,法线与直径AB的夹角为θ,由几何关系可知θ=i,θ=2r,则有sin θ=hR=32,联立解得i=60°,r=30°,可知光束进入玻璃时,光沿顺时针偏折了30°,由光的折射定律可知,从B点射出时,光束沿顺时针又偏折了30°,因此B点的出射光相对C点入射光方向偏折了60°,A错误;由几何关系可知,“足球”的直径最大为d=2Rsin r=R,B错误;由于光束从C点射入玻璃球中的折射角等于从B点射出时的入射角,根据光路可逆原理可得,离开玻璃球的折射角等于射入玻璃球时的入射角,因此继续增加h(h3.水平墙上a、d两点连接一多功能挂物绳,绳子上b、c两点分别悬挂物体A、B后,其静置状态如图所示,墙上两点e、f分别在b、c两点正上方,且ae=ef=fd,eb∶fc=10∶11,绳子质量忽略不计,则物体A、B的质量之比为( )
A.1∶2B.2∶3
C.3∶4D.4∶5
答案 C
解析 如图所示,过a点作bc的平行线,与eb交于m点,过d点作bc的平行线,与fc的延长线交于n点,过c点作eb的垂线,交eb的延长线于p点,根据ae=ef=fd=pc以及几何关系可知△aem与△cpb以及△dfn为全等三角形。对结点b和c受力分析,则力构成的三角形分别相似于△abm和△cdn,又eb∶fc=10∶11,可知mAgmBg=mbnc=eb-emfc+nf=912=34,即mAmB=34,故选C。
4.(2024湖北武汉模拟)虚线圆形区域内、外均分布着垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度大小相同、方向相反,一带电粒子从圆上的A点正对圆心入射。仅改变带电粒子的入射速率,可分别得到图甲和图乙中实线所示的运动轨迹。则甲、乙两图中粒子的入射速率之比为( )
A.3B.2
C.3D.2
答案 A
解析 如图所示,设虚线圆形区域半径为r,根据几何关系,可得r甲=rtan 60°,
r乙=rtan 30°,r甲r乙=3,根据Bvq=mv2r,可得v=Bqrm,v甲v乙=r甲r乙=3,故选A。
二、多项选择题:本题共4小题,每小题6分,共24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。
5.(2024湖南二模)2023年10月26日,神舟十七号载人飞船与天和核心舱进行了对接,“太空之家”迎来汤洪波、唐胜杰、江新林3名中国航天史上最年轻的乘组入驻。如图为飞船运行与交会对接过程示意图,椭圆轨道1为飞船对接前的运行轨道,Q点是轨道1的近地点,离地高度可忽略不计。圆形轨道2距地面高度为H,是天和核心舱的运行轨道,P点是1、2轨道的切点,也是交会点。地球半径为R,表面重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A.飞船从轨道1变轨到轨道2需要在交会点P点点火减速
B.天和核心舱在轨道2上的速度一定小于gR
C.交会对接前天和核心舱的向心加速度为RR+H2g
D.飞船在轨道1上与在轨道2上运动的周期之比为H+2R3H+R3
答案 BC
解析 从低轨道变轨到高轨道需加速,故飞船从轨道1变轨到轨道2需要在交会点P点点火加速,故A错误;天和核心舱在轨道2上运动时,根据GMm(R+H)2=mv2R+H,GMm0R2=m0g,可得运动速度v=gR2R+H6.(2024山东青岛一模)如图所示,真空中有一圆锥体,O为圆锥底面圆心,O'为圆锥顶点,C、D分别是母线O'A、O'B的中点,O1是过C、D两点且与底面平行的圆锥截面的圆心,E点在底面圆周上。在圆锥顶点O'处固定一电荷量为+Q的点电荷,在底面圆心O处固定另一电荷量为-Q的点电荷,下列说法正确的是( )
A.同一试探电荷在A、B、E三点具有的电势能相等
B.过C、D与底面平行的圆锥截面上各点电势相等、电场强度相同
C.在A点将带正电的试探电荷q沿底面圆周切线射入空间,该电荷将做匀速圆周运动
D.将带负电的试探电荷q从A点沿AE连线移到E点,该电荷电势能先增大后减小
答案 AD
解析 A、B、E三点到两个电荷的距离都相等,可知三点的电势相等,则同一试探电荷在A、B、E三点具有的电势能相等,A正确;过C、D与底面平行的圆锥截面是等势面,则各点电势相等,电场强度大小相等,方向不同,B错误;在A点将带正电的试探电荷q沿底面圆周切线射入空间,因该试探电荷所受的静电力的合力指向OO'轴线下方的一点,则该电荷不可能做匀速圆周运动,C错误;将带负电的试探电荷q从A点沿AE连线移到E点时,因试探电荷距离在O处的-Q较近,则静电力做功由在O处的-Q决定,负电的试探电荷q从A点沿AE连线移到E点时,先靠近-Q后远离-Q,则静电力先做负功后做正功,则该电荷电势能先增大后减小,D正确。
7.(2024山东烟台一模)从高H处的M点先后水平抛出两个小球1和2,轨迹如图所示,小球1与地面碰撞一次后刚好越过竖直挡板AB,落在水平地面上的N点,小球2刚好直接越过竖直挡板AB,也落在N点。设小球1与地面的碰撞是弹性碰撞,忽略空气阻力,则( )
A.小球1、2的初速度之比为1∶3
B.小球1、2的初速度之比为1∶4
C.竖直挡板AB的高度h=45H
D.竖直挡板AB的高度h=34H
答案 AD
解析 设M点到N点水平距离为L,小球2整个运动过程的时间为t,根据平抛运动的规律有H=12gt2,解得t=2Hg,可得L=v2t①,小球1与地面碰撞前后竖直方向分速度大小不变、方向相反,根据对称性可知,小球1与地面碰撞后到达的最高点与初始高度相同为H,从M点到N点过程中,小球1所用时间为小球2所用时间的3倍,小球1在水平方向一直做匀速运动,有L=v1·t1,t1=3t,即L=3v1t②,联立①②解得v1v2=13,故A正确,B错误;设小球1与地面碰撞时竖直方向速度大小为vy1,碰撞点到M点和B点的水平距离分别为x1、x2,有vy12=2gH,设小球1到达A点时竖直方向速度大小为vy2,将小球1与地面碰撞后到达最高点时的过程反向来看可得vy22=2g(H-h),可得碰撞点到A点的时间为t3=vy1-vy2g,小球2刚好越过挡板AB的时间为t'=2(H-h)g,水平方向位移关系有v1t'=x1+x2,即v1·2(H-h)g=v2·2Hg+v2·2gH-2g(H-h)g,解得h=34H,故C错误,D正确。
8.(2024山东青岛一模)均匀介质中有两个点波源S1、S2位于xOy平面内,位置坐标分别为(-3 m,0)和(5 m,0)。t=0时刻起两波源开始沿垂直坐标平面xOy方向做简谐运动,振动图像如图。已知两波源的振动传播到坐标原点O处的时间差为2 s。下列说法正确的是( )
A.机械波在介质中的传播速度为1 m/s
B.xOy平面内(1 m,3 m)位置处在振动加强区
C.两波源间的连线上有7个振动最强点
D.0~7 s内,O处质点运动的路程为12 cm
答案 AD
解析 两机械波在同一介质传播,传播速度相同,设为v,由题意有v=ΔxΔt=5-32 m/s=1 m/s,故A正确;由题意知,波长为λ=vT=2 m,由于两波源的起振方向相反,所以振动加强点满足Δx=2n+1λ2,S1到点1m,3m的距离为s1=32+42 m=5 m,S2到1m,3m的距离为s2=32+42 m=5 m,所以1 m,3 m处于振动减弱区。两波源间的连线上有8个振动加强点分别为x=-2.5 m,-1.5 m,-0.5 m,0.5 m,1.5 m,2.5 m,3.5 m,4.5 m,故B、C错误;由上分析可知,O处质点为振动减弱点。从0时刻起,经3 s,S1波传到O处质点。经5 s,S2波传到O处质点,所以O处质点运动的路程为s=4×1 cm+4×3-1 cm=12 cm,故D正确。