2019高考物理二輪復(fù)習(xí)選擇題提速練

PAGE選擇題提速練31—5為單選，6—8為多選1．(2018·河北石家莊質(zhì)檢)法拉第發(fā)明了世界上第一臺發(fā)電機——法拉第圓盤發(fā)電機．如圖所示，紫銅做的圓盤水平放置在豎直向下的勻強磁場中，圓盤圓心處固定一個搖柄，邊緣和圓心處各與一個黃銅電刷緊貼，用導(dǎo)線將電刷與電流表連接起來形成回路．轉(zhuǎn)動搖柄，使圓盤逆時針勻速轉(zhuǎn)動，電流表的指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)．下列說法正確的是(D)A．回路中電流大小變化，方向不變B．回路中電流大小不變，方向變化C．回路中電流的大小和方向都周期性變化D．回路中電流方向不變，從b導(dǎo)線流進(jìn)電流表解析：圓盤在磁場中切割磁感線產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動勢E＝eq\f(1,2)BωR2，由右手定則判斷得a端為負(fù)極、b端為正極，所以只有D項正確．2．(2018·四川綿陽一診)2014年9月川東地區(qū)持續(xù)強降雨，多地發(fā)生了嚴(yán)重的洪澇災(zāi)害．如圖為某救災(zāi)現(xiàn)場示意圖，一居民被洪水圍困在被淹房屋屋頂?shù)腁點，直線PQ和MN之間是滔滔洪水，之外為安全區(qū)域．已知A點到直線PQ和MN的距離分別為AB＝d1和AC＝d2，設(shè)洪水流速大小恒為v1，武警戰(zhàn)士駕駛的救生艇在靜水中的速度大小為v2(v1<v2)，要求戰(zhàn)士從直線PQ上某位置出發(fā)以最短的時間到達(dá)A點，救人后以最短的距離到達(dá)直線MN.則(A)A．戰(zhàn)士駕艇的出發(fā)點在B點上游距B點距離為eq\f(v1,v2)d1B．戰(zhàn)士駕艇的出發(fā)點在B點下游距B點距離為eq\f(v1,v2)d1C．救人后船頭應(yīng)指向上游，與上游方向所成夾角的余弦值為eq\f(v2,v1)D．救人后船頭應(yīng)指向下游，與下游方向所成夾角的余弦值為eq\f(v1,v2)解析：救生艇到達(dá)A點的最短時間為t＝eq\f(d1,v2)，戰(zhàn)士駕艇的出發(fā)點在B點上游距B點距離為eq\f(v1,v2)d1，選項A正確，B錯誤；若戰(zhàn)士以最短位移到達(dá)MN，則救生艇登陸的地點就是C點，則船頭與上游方向所成夾角的余弦值為eq\f(v1,v2)，故選項C、D錯誤．3．(2018·山東中學(xué)聯(lián)盟押題)如圖所示，將一質(zhì)量為m的小球從A點以初速度v斜向上拋出，先后經(jīng)過B、C兩點．已知B、C之間的豎直高度和C、A之間的豎直高度都為h，重力加速度取g，取A點所在的平面為參考平面，不考慮空氣阻力，則(D)A．小球在B點的機械能是C點機械能的兩倍B．小球在B點的動能是C點動能的兩倍C．小球在B點的動能為eq\f(1,2)mv2＋2mghD．小球在C點的動能為eq\f(1,2)mv2－mgh解析：不計空氣阻力，小球在斜上拋運動過程中只受重力作用，運動過程中小球的機械能守恒，則小球在B點的機械能等于C點機械能，選項A錯誤；小球在B點的重力勢能大于C點重力勢能，根據(jù)機械能守恒定律知，小球在B點的動能小于C點動能，選項B錯誤；小球由A到B過程中，根據(jù)機械能守恒定律有mg·2h＋EkB＝eq\f(1,2)mv2，解得小球在B點的動能為EkB＝eq\f(1,2)mv2－2mgh，選項C錯誤；小球由B到C過程中，根據(jù)機械能守恒定律有mg·2h＋EkB＝mgh＋EkC，解得小球在C點的動能為EkC＝EkB＋mgh＝eq\f(1,2)mv2－mgh，選項D正確．4．(2018·山東濰坊一中二模)如圖所示，斜面體固定在水平地面上，用一根輕繩跨過定滑輪連接甲、乙兩滑塊，它們靜止于兩斜面等高處，輕繩均與斜面平行．甲、乙可看成質(zhì)點，不計一切摩擦(sin37°＝0.6，sin53°＝0.8)．若剪斷輕繩，下列說法正確的是(A)A．甲、乙落地時的速度大小相等B．甲、乙落到地面所用時間之比為11C．甲、乙落地時重力的功率之比為43D．甲、乙在下滑到地面過程中重力做功相等解析：兩滑塊位于相同高度，剪斷輕繩，讓兩滑塊從靜止開始沿斜面滑下，兩滑塊運動過程中只有重力做功，落地高度相同，根據(jù)機械能守恒定律，得mgh＝eq\f(1,2)mv2，到達(dá)斜面底端時兩滑塊速率相等．故A正確；沒有剪斷細(xì)繩時，由平衡條件可得，m甲gsin37°＝m乙gsin53°，則m甲m乙＝43，兩滑塊距離地面高度h相同，位移分別為x甲＝eq\f(h,sin37°)，x乙＝eq\f(h,sin53°).由勻變速直線運動的平均速度公式eq\x\to(v)＝eq\f(v0＋v,2)知，eq\f(h,sin37°)＝eq\f(v,2)t甲，eq\f(h,sin53°)＝eq\f(v,2)x乙．因為末速度v相同，故t甲>t乙，故B錯誤；落地時重力的功率之比eq\f(P甲,P乙)＝eq\f(m甲gvcos53°,m乙gvcos37°)＝eq\f(1,1)，故C錯誤；甲、乙下滑過程中重力做功W＝mgh，h相同，質(zhì)量不同，故D錯誤．5．如圖所示為氫原子的能級圖，已知可見光的光子能量范圍約為1.62～3.11eV，鎂的逸出功為5.9eV，以下說法錯誤的是(C)A．用氫原子從高能級向基態(tài)躍遷時發(fā)射的光照射鎂板一定能發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象B．用能量為11.0eV的自由電子轟擊處于基態(tài)的氫原子，可使其躍遷到激發(fā)態(tài)C．處于n＝2能級的氫原子可以吸收任意頻率的紫外線，并且使氫原子電離D．處于n＝4能級的氫原子可以吸收任意頻率的紫外線，并且使氫原子電離解析：氫原子從高能級向基態(tài)躍遷放出的光子能量E≥10.2eV>5.9eV，選項A正確；因為11.0eV>10.2eV，故通過碰撞的方式可使基態(tài)氫原子躍遷，選項B正確；使n＝2能級的氫原子電離所需最小能量為3.4eV，但有的紫外線光子能量小于3.4eV，選項C錯誤；使n＝4能級的氫原子電離所需最小能量為0.85eV，紫外線光子能量大于3.11eV，選項D正確．6．(2018·武漢調(diào)研)如圖所示，在光滑的水平面上放著質(zhì)量為M的木板，在木板的左端有一個質(zhì)量為m的木塊，在木塊上施加一個水平向右的恒力F，木塊與木板由靜止開始運動，經(jīng)過時間t分離．下列說法正確的是(BD)A．若僅增大木板的質(zhì)量M，則時間t增大B．若僅增大木塊的質(zhì)量m，則時間t增大C．若僅增大恒力F，則時間t增大D．若僅增大木塊與木板間的動摩擦因數(shù)，則時間t增大解析：設(shè)木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，則木塊的加速度a1＝eq\f(F－μmg,m)＝eq\f(F,m)－μg，木板的加速度a2＝eq\f(μmg,M)，兩者恰好分離的條件為eq\f(1,2)(a1－a2)t2＝L，時間t＝eq\r(\f(2L,\f(F,m)－\f(μM＋mg,M)))，由此可知，僅增大M或F，則時間t減小，僅增大m或μ，時間t增大，選項B、D正確．7．(2018·江蘇南通、泰州、揚州、連云港、淮安五市聯(lián)考)一半徑為R的半球面均勻帶有正電荷Q，電荷Q在球心O處產(chǎn)生電場的場強大小E0＝eq\f(kQ,2R2)，方向如圖所示．把半球面分為表面積相等的上、下兩部分，如圖甲所示，上、下兩部分電荷在球心O處產(chǎn)生電場的場強大小分別為E1、E2；把半球面分為表面積相等的左、右兩部分，如圖乙所示，左、右兩部分電荷在球心O處產(chǎn)生電場的場強大小分別為E3、E4.則(AC)A．E1>eq\f(kQ,4R2)B．E2＝eq\f(kQ,4R2)C．E3>eq\f(kQ,4R2)D．E4＝eq\f(kQ,4R2)解析：如題圖甲，取對稱微元，虛線上面的電荷在O點產(chǎn)生的電場方向夾角小，合電場強度E1大，虛線下面的電荷在O點產(chǎn)生的電場方向夾角大，合電場強度E2小，即E1>E2，又E1＋E2＝E0，則E1>eq\f(kQ,4R2)，選項A正確，B錯誤；如題圖乙，左右兩邊對稱，在O點產(chǎn)生電場強度E3＝E4，再由矢量合成可知，E3＝E4>eq\f(1,2)E0＝eq\f(kQ,4R2)，選項C正確，D錯誤．8．一質(zhì)點自x軸原點O出發(fā)，沿正方向以加速度a運動，經(jīng)過t0時間速度變?yōu)関0，接著以－a加速度運動，當(dāng)速度變?yōu)椋璭q\f(v0,2)時，加速度又變?yōu)閍，直至速度變?yōu)閑q\f(v0,4)時，加速度再變?yōu)椋璦，直至速度變?yōu)椋璭q\f(v0,8)……其中v-t圖象如圖所示，則下列說法中正確的是(CD)A．質(zhì)點一直沿x軸正方向運動B．質(zhì)點將