《高考快车道》选择题专项练1（课后习题）（教师版）高三 二轮专题复习讲义 物理

选择题专项练(一)
一、单项选择题
1.(2026石家庄模拟)如图所示,某实验小组利用掠入射法测定某种透明材料制成的圆柱体的折射率。其操作如下:先在纸上画下圆柱体的底面圆形轮廓,然后在A点画一条圆的切线CD,将圆柱体放在画好的轮廓上方,打开激光器使入射光线接近切线并缓慢调整其方向直到恰好有折射光线出现,记录下折射光线射出圆柱体的位置B,连接AB。经测量,折射光线AB与切线CD的夹角为37°,则激光对这种材料的折射率约为(　　)
A. B.
C. D.
答案 A
解析 已知入射光线沿DA方向射入圆柱体,折射光线沿AB方向,且折射光线AB与切线CD的夹角为37°,可知光线的入射角为90°,折射角为53°,则激光对这种材料的折射率为n=,故A正确,B、C、D错误。
2.B超是医院对病人进行检查的重要设备,B超成像的基本原理是探头向人体发射一组超声波,遇到人体不同组织时会产生不同程度的反射,探头接收到的超声波信号由计算机处理,从而形成B超图像。如图为探头沿x轴正方向发送的简谐超声波图像,t=0时刻波恰好传到质点M。已知此超声波的频率为1×107 Hz。下列说法正确的是(　　)
A.质点M开始振动的方向沿y轴正方向
B.探头发出的超声波在人体中的传播速度为1.4×103 m/s
C.t=0.75×10-7 s时,质点M运动到横坐标x=28×10-2 mm处
D.0~0.75×10-7 s时间内,质点M运动的路程为1.6 mm
答案 B
解析 因为超声波沿x轴正方向传播,根据波形平移法可知,质点M开始振动的方向沿y轴负方向,故A错误;由图像可知波长为λ=14×10-2 mm,则探头发出的超声波在人体中的传播速度为v==λf=14×10-5×1×107 m/s=1.4×103 m/s,故B正确;质点并不会随波的传播方向迁移,故C错误;由题意可知周期为T==1×10-7 s,由于Δt=0.75×10-7 s=T,且t=0时刻,质点M处于平衡位置开始起振,则0~0.75×10-7 s时间内,质点M运动的路程为s=×4A=3A=1.2 mm,故D错误。
3.研究表明原子核的质量虽然随着原子序数的增大而增大,但是二者之间并不成正比关系,其核子的平均质量(原子核的质量除以核子数)与原子序数的关系如图所示,一般认为大于铁原子核质量数(56)的为重核,小于则为轻核,下列对该图像的说法错误的是(　　)
A.从图中可以看出,Fe原子核最稳定
B.从图中可以看出,重核A裂变成原子核B和C时,释放核能
C.从图中可以看出,轻核D和E发生聚变生成原子核F时,释放核能
D.从图中可以看出,重核随原子序数的增加,其比结合能越大
答案 D
解析 从图中可以看出,Fe原子核核子平均质量最小,比结合能最大,Fe原子核最稳定,故A正确,不符合题意;重核A裂变成原子核B和C时,由图可知,核子平均质量减小,裂变过程存在质量亏损,需要释放能量,故B正确,不符合题意;轻核D和E发生聚变生成原子核F时,由图可知,核子平均质量减小,聚变过程存在质量亏损,需要释放能量,故C正确,不符合题意;从图中可以看出,重核随原子序数的增加,原子核越不稳定,故比结合能越小,故D错误,符合题意。
4.(2025黑龙江佳木斯模拟)如图所示,在水平地面上固定一个斜面,一长为L、质量分布均匀的矩形物块放在斜面上,如果沿垂直于斜面方向把物块分成A和B两部分,分割线到矩形物块下端的距离为x,用一个平行斜面的推力F推物块,使物块沿斜面向上加速运动,分成的两部分之间的弹力大小为F1,分割位置如果变化,则-x的图像为(　　)
答案 A
解析 设物块单位长度的质量为m0,则A的质量为(L-x)m0,B的质量为xm0,假设斜面光滑,对物块整体由牛顿第二定律有F-Lm0gsin θ=Lm0a,对A由牛顿第二定律有F1-(L-x)m0gsin θ=(L-x)m0a,联立可得=1-x,若斜面粗糙,同理可得相同的-x函数,其为一次减函数,纵截距为1,故符合要求的图像为A。
5.篮球是中学生喜欢的运动,如图所示,小明从同一高度的A、B两点先后将篮球抛出,篮球恰好都能垂直打在篮板上的P点,不计空气阻力,上述两个过程中篮球从A点(　　)
A.抛出后在空中的运动时间与从B点抛出的相等
B.抛出后速度的变化量大
C.抛出时小明对篮球做的功多
D.抛出后克服重力做功的功率先增大后减小
答案 A
解析 将篮球看成反向平抛运动,篮球在竖直方向下降的高度相同,根据竖直方向上的位移—时间公式得h=gt2,解得运动时间为t=,所以两个过程中篮球在空中运动的时间相等,抛出后速度的变化量都等于gt,即Δv=gt,故A正确,B错误;由图可知从A点投出的篮球比从B点投出的篮球的水平位移小,根据水平方向上的运动学公式得x=v0t,所以有v0A6.(2025长沙模拟)如图所示,光滑绝缘圆管竖直固定在水平匀强磁场中,一带正电小球从管口由静止开始下落,则下列描述圆管对小球的冲量I随下落时间t或下落高度h的关系图像正确的是(　　)
答案 A
解析 小球竖直方向只受重力,做自由落体运动,则有h=gt2,v=gt,小球下落过程中在水平方向受到洛伦兹力,根据水平方向受力平衡可知圆管对小球的弹力大小始终等于小球所受洛伦兹力大小,即有FN=Bqv,由此可知圆管对小球的冲量I=FN·t,联立以上各式可得I=Bqgt2,I=Bqh,则可知,小球的I-t图像为过原点且开口向上的抛物线,I-h图像为过原点的倾斜直线。故选A。
7.如图所示,甲、乙、丙是地球赤道平面内绕地心运动的三颗人造卫星,甲、丙的轨道为圆,乙的轨道为椭圆。则三颗卫星(　　)
A.在轨道上运行的周期关系是T甲>T乙>T丙
B.在轨道上1、2、3位置的加速度大小关系是a1>a2>a3
C.在轨道上1、2、3位置的速率关系是v1>v2>v3
D.在轨道上1、2、3位置所受的万有引力大小关系是F1>F2>F3
答案 B
解析 根据开普勒第三定律可得=k,三颗卫星在1、2、3轨道运行时轨道半径或者半长轴增大,所以周期增大,即T甲a2>a3,故B正确;根据万有引力提供向心力有G=m,得v=,所以v1>v3,但无法确定v2与v3的大小关系,故C错误;由于不知道三颗卫星的质量关系,所以不能确定它们在轨道上1、2、3位置所受的万有引力大小关系,故D错误。
二、多项选择题
8.如图是差动变压器式位移传感器的简化模型。两组匝数相等的副线圈上下对称分布,在ab端输入稳定的正弦式交变电流,电压有效值为Uab,cd间输出电压有效值为Ucd。初始时,铁芯两端与副线圈平齐,铁芯上下移动过程中始终有一端留在副线圈内,则铁芯(　　)
A.向上移动,Ucd减小
B.向下移动,Ucd增大
C.静止不动,增大Uab,则Ucd不变
D.向上移动一段距离后,增大Uab,则Ucd减小
答案 BC
解析 根据差动变压器式位移传感器的工作原理可知,两组匝数相等的副线圈上下对称,当铁芯两端与副线圈平齐时,两副线圈产生的感应电动势相互抵消,则cd间输出的电压为零,无论铁芯向上移动还是向下移动,cd间的输出电压均增大,A错误,B正确;若铁芯静止不动,增大 ab 间的输入电压,则两副线圈产生的感应电动势仍相互抵消,cd 间输出的电压不变,仍为零,C正确;由以上分析可知,铁芯向上移动一段距离后,cd 间一定有电压输出,若Uab增大,结合公式可知,cd间的输出电压一定增大,D错误。
9.如图所示,轻质弹簧下端固定在光滑斜面底端,弹簧处于原长时上端在O点。小球将弹簧压缩到M点(弹簧和小球不连接)。由静止释放小球后,将该时刻记为t=0,小球第一次运动到O点的时刻为t=t1,小球运动到的最高点为N。在小球第一次从M点运动到N点的过程中,小球的速度v、加速度a、动能Ek以及小球机械能E随时间t变化的图像可能正确的是(　　)
答案 AC
解析 小球向上运动过程中,根据牛顿第二定律有F-mgsin θ=ma,随着弹力减小,加速度逐渐减小,速度逐渐增大,至F'=mgsin θ,此时加速度为0,速度达到最大,小球位于MO之间,随后有mgsin θ-F=ma,随着弹力F逐渐减小,加速度逐渐增大,直至t=t1后,加速度为a=gsin θ,之后加速度保持不变,速度逐渐减小,结合v-t图像斜率为加速度,动能的计算公式Ek=mv2可知,A、C正确,B错误;小球运动过程中,弹簧弹力对小球做正功,小球机械能先增大,后不变,故D错误。
10.电磁缓冲装置广泛应用于高铁等交通工具,它利用电磁力来实现有效缓冲,其原理图如图所示。减速区分布着两部分磁场区域Ⅰ和Ⅱ(俯视),分别存在着垂直纸面向内和垂直纸面向外、宽度均为L的匀强磁场,磁感应强度的大小均为B。缓冲车质量为m,其底部最前端固定有边长也为L的N匝正方形线圈,线圈电阻为r,缓冲车以速度v0无动力进入减速区,不计摩擦及空气阻力。则(　　)
A.缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中,线圈中的感应电流(从上往下看)沿逆时针方向
B.缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中,缓冲车做加速度减小的减速运动
C.若缓冲车的线圈刚进入区域Ⅱ时的速度为v,此时缓冲车受到的安培力大小为
D.从缓冲车的线圈进入区域Ⅱ开始,在缓冲车运动位移为L的过程中,通过线圈的电荷量为
答案 ABD
解析 根据右手定则可知,缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中,线圈中的感应电流(从上往下看)沿逆时针方向,故A正确;缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中,根据牛顿第二定律得NIBL=ma,线圈中的电流为I=,可得a=,根据左手定则可知,缓冲车受到的安培力向左,故缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中,缓冲车做加速度减小的减速运动,故B正确;若缓冲车的线圈刚进入区域Ⅱ时的速度为v,线圈中的电流为I'=,此时缓冲车受到的安培力大小为F'=2I'BL=,故C错误;从缓冲车的线圈进入区域Ⅱ开始,到缓冲车运动位移为L的过程中,通过线圈的电荷量为q=Δt=Δt=,故D正确。
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