2022届高三物理二轮复习卷：选择题专题练习（四）

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一、单选题
1．科学家们曾设想存在磁单极子，即一些仅带有N极或S极单一磁极的磁性物质。假设在P点有一个固定的磁单极子，在其周围形成均匀辐射磁场，磁感线如图所示。当质量为m、半径为R的导体圆环通有恒定的电流时，恰好能静止在该磁单极子正上方，环心与P点的距离为H，且圆环平面恰好沿水平方向。已知距磁单极子r处的磁感应强度大小为B= kr2 ，其中k为已知常量，重力加速度为g。下列选项正确的是( )
A．圆环静止时磁场对环的安培力使其有沿半径方向扩张的趋势
B．圆环静止时可由题中条件求出环中电流的大小
C．若将圆环竖直向上平移一小段距离后由静止释放，下落过程中环中电流不受影响
D．若将圆环竖直向上平移一小段距离后由静止释放，下落过程中环的加速度先增大后减小
【答案】B
【考点】安培力；物体的受力分析
【解析】【解答】 对圆环受力分析可知，安培力在竖直方向上的分力与圆环所受重力大小相等、方向相反，即安培力在竖直方向上的分力方向向上，根据左手定则分析可知，安培力使圆环有沿半径方向收缩的趋势，A不符合题意；取环上极小的一段进行受力分析，画其剖面图，如图所示，
在水平方向，根据对称性可知，整个环在水平方向受到的合力为0，安培力在竖直方向的合力与重力大小相等，由于在圆环处各点电流的方向与磁场的方向都垂直，所以圆环整体受到的安培力为F= BI×2πR cs θ，方向竖直向上，且有F=mg，由几何关系得cs θ= RH2+R2 ，由题可知B= kH2+R2 ，联立解得电流I= mg(H2+R2)H2+R22πR2k ，B符合题意；若将圆环向上平移一小段距离后由静止释放，穿过圆环的磁通量发生变化， 则环中电流也会变化，C不符合题意；由以上分析可得，圆环整体所受到的安培力为F= BI×2πR cs θ= 2πR2kl(H2+R2)H2+R2 ，若将圆环竖直向上平移一小段距离，圆环所受安培力将减小，即安培力小于重力，所以环加速下落，向下运动的过程中安培力增大，所以合外力减小，加速度减小，即圆环下落过程中，环的加速度先减小，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】对圆环进行受力分析，根据左手定则得出安培力的方向，利用安培力的表达式以及几何关系得出电流的大小，几何安培力的表达式以及方向得出环的运动情况。
2．物理课上老师做了这样一个实验：将一平整、厚度均匀且足够长的铜板固定在绝缘支架上，一质量为m的永磁体放置在铜板的上端，t=0时刻给永磁体一沿斜面向下的初速度，永磁体将沿斜面向下运动，如图所示。假设永磁体下滑过程中所受的摩擦力f大小不变，且f0，随着永磁体的加速下滑，阻尼作用增大，则加速度逐渐减小，v-t图线的斜率减小，A可能正确，不符合题意；若开始下滑时满足mg sin θ-f-f阻尼=0，则永磁体匀速下滑，此时动能不变，B可能正确，不符合题意；永磁体下滑时重力势能逐渐减小，但是不会趋近于某一定值，C错误，符合题意；永磁体下滑过程中，由于有电能产生，则机械能逐渐减小，若刚开始下滑时其加速度向下，则在一定时间内，其机械能会减小得越来越快，D可能正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】磁铁下滑的过程中，根据受力分析以及牛顿第二定律得出电磁阻尼的变化情况，同时判断出速度的变化情况，在磁铁匀速下滑的过程中根据共点力平衡判断机械能的变化情况。
3．笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏翻开时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作，当显示屏合上时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进人休眠状态。如图所示，这是一块长为a、宽为b高为c的半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，单位体积中的自由电子数为n，元件中通人方向向右的恒定电流，大小为I。当显示屏合上时，元件处于垂直于上表面且方向向下的匀强磁场中，元件的前、后表面间产生电压U，以此来控制屏幕的熄灭。则元件的( )
A．前表面的电势低于后表面的电势
B．前、后表面间的电压U与a的大小有关
C．前、后表面间的电压U与b的大小有关
D．前、后表面间的电压U与c的大小有关
【答案】D
【考点】共点力平衡条件的应用；左手定则；洛伦兹力
【解析】【解答】电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则可知，电子所受的洛伦兹力方向向里，则后表面积累了电子，前表面的电势比后表面的电势高，A不符合题意；稳定后，电子处于平衡状态，根据平衡条件可得e Ub =evB，根据电流的微观表达式可知I= neSv= nebcv，解得U= BIne×1c ，所以前、后表面间的电压U与c有关，与a和6无关，B、C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用左手定则得出洛伦兹力的方向，从而得出粒子运动的方向，结合共点力平衡以及电流的微观表达式得出 前、后表面间的电压的表达式，从而进行分析判断。
4．如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振动物体的位移x随时间t的变化如图乙所示，则由图可知 ( )
A．t=0.2s时，振动物体的加速度方向向左
B．t=0.6s时，振动物体的速度方向向右
C．在t=0.4s到t=0.8s时间内，振动物体的动能逐渐减小
D．在t=0到t=2.4s时间内，振动物体通过的路程是80cm
【答案】A
【考点】简谐运动；胡克定律
【解析】【解答】由题图乙可知，t=0.2 s时，振动物体远离平衡位置向右运动，位移增大，根据F=-kx可知，回复力方向向左，故加速度方向向左，A符合题意;t=0.6 s时，振动物体靠近平衡位置向左运动，故振动物体的速度方向向左，B不符合题意;在t=0.4 s到t=0.8 s时间内，振动物体向平衡位置运动，速度逐渐增大，动能逐渐增大，C不符合题意;在t=0到t=2.4 s时间内，振动物体通过的路程是4A× =60 cm，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】简谐运动物体离开平衡位置向右移动时位移不断变大；根据胡克定律判断加速度的方向；结合简谐运动得出t=0.6 s和t=0.4 s到t=0.8 s时间内的加速度方向以及速度的大小关系；结合物体振动的路程和振幅的关系得出振动的路程，从而进行分析判断。
5．（2021高三上·天津期中）2021年7月6日，我国成功将“天链一号05”卫星发射升空，卫星进入预定轨道，天链系列卫星为我国信息传送发挥了重要作用。如图所示，设地球半径为 R ，地球表面的重力加速度为 g0 ，卫星在半径为 R 的近地圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的远地点 B 时，再次点火进入轨道半径为5R的圆形轨道Ⅲ绕地球做圆周运动，设卫星质量保持不变。则（ ）
A．卫星在轨道Ⅰ、Ⅲ上运行的周期之比为10∶1
B．卫星在轨道Ⅰ上稳定飞行经过A处的加速度等于卫星在轨道Ⅱ上稳定飞行经过A处的加速度
C．卫星在轨道Ⅲ的运行速率大于 g0R
D．卫星在轨道Ⅰ和Ⅱ上的机械能相等
【答案】B
【考点】天体的匀速圆周运动的模型
【解析】【解答】A．设质量为m的卫星绕地球做轨道半径为r、周期为T的匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有 GMmr2=m4π2T2r
解得 T=2πrrGM∝rr
所以卫星在轨道Ⅰ、Ⅲ上运行的周期之比为 T1T3=155
A不符合题意；
B．根据 GMmr2=ma
可知卫星在轨道Ⅰ上稳定飞行经过A处的加速度等于卫星在轨道Ⅱ上稳定飞行经过A处的加速度，B符合题意；
C．卫星在近地轨道做匀速圆周运动的向心力可近似认为由重力提供，设卫星在轨道Ⅰ做速率为v0的匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有 mg0=mv02R
解得 v0=g0R
根据 GMmr2=mv2r
可得 v=GMr
即轨道半径r越大，卫星的速率v越小，所以卫星在轨道Ⅲ的运行速率小于 g0R ，C不符合题意；
D．卫星在A点从轨道Ⅰ变至轨道Ⅱ时需要加速，卫星发动机对卫星做功，使卫星机械能增大，所以卫星在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅱ上的机械能，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据卫星绕地球运动合力提供向心力从而得出周期和向心加速度的表达式，从而得出运行周期和向心加速度的比值；利用牛顿第二定律以及合力提供向心力从而得出线速度的表达式，从而进行分析判断。
6．如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向。已知m2=3m1，则小球A反弹后能达到的高度为 ( )
A．hB．2hC．3hD．4h
【答案】D
【考点】动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【解答】两小球下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，均为v= 2gh ，因为所有的碰撞都是弹性碰撞，所以B碰撞地面之后，速度瞬间反向，大小不变，选A与B碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后A、B速度大小分别为v1、v2，取向上为正方向，则m2v-m1v=m1v1+m2v2，由能量守恒定律得 12 (m1+m2)v2= 12 m1v12 + 12 m2v22 ，且m2=3m1，联立解得v1=2 2gh ，则小球A反弹后能达到的高度为H= v122g =4h，
故答案为：D。
【分析】小球下落过程中根据位移与速度的关系得出触地时的速度；AB碰撞的过程中根据动量守恒和能量守恒得出小球A反弹后能达到的高度。
7．一般发电机组输出的电压在十千伏上下，不符合远距离输电的要求。要在发电站内用升压变压器升压到几百千伏后再向远距离输电，到达几百公里甚至几千公里之外的用电区之后，再经“一次高压变电站”、“二次变电站”降压。已知经
低压变电站降压变压器(可视为理想变压器)后供给某小区居民的交流电u=220 2 sin 100πt(V)，该变压器原、副线圈匝数比为50： 1，则( )
A．原线圈上的电压为11 000 2 V
B．原线圈中电流的频率是100 Hz
C．原线圈使用的导线应该比副线圈的要粗
D．采用高压输电有利于减少输电线路中的损耗
【答案】D
【考点】电能的输送
【解析】【解答】副线圈电压的有效值为 U2= Um2 =220V，根据理想变压器电压和匝数的关系 U1U2=n1n2 可知，原线圈上的电压U1=11 000 V，A不符合题意；变压器不会改变交流电的频率，故原线圈中电流的频率f= ω2π =50 Hz，B不符合题意；原、副线圈的电流之比等于匝数的反比，故副线圈的电流大于原线圈的电流，则副线圈的导线粗，C不符合题意；在输送电功率一定的情况下，P损= I送2 R=( P送U送 )2R，高压输电有利于减少输电线路中的损耗，D符合题意。
故答案为：D
【分析】利用输出电压的大小结合匝数之比可以求出输入电压的大小；利用角速度的大小可以求出频率的大小；利用匝数之比可以求出电流的大小进而判别导线的粗细；利用热功率的表达式可以判别提高输电电压可以减小输电线路的损耗。
二、多选题
8．竖直放置的平行光滑导轨，其电阻不计，磁场方向如图所示，磁感应强度大小为B=0.5 T，导体ab及cd长均为0.2 m，电阻均为0.1Ω，重均为0.1 N，现用力向上推动导体ab，使之匀速上升(与导轨接触良好)，此时cd恰好静止不动，那么ab上升时，下列说法正确的是( )
A．ab受到的推力大小为4 N
B．ab向上的速度为2 m/s
C．在2 s内，推力做功转化的电能是0.4 J
D．在2s内，推力做功为0.6 J
【答案】B,C
【考点】共点力平衡条件的应用；物体的受力分析；电路的动态变化分析
【解析】【解答】两导体棒组成的整体 ，合力为零，根据平衡条件，ab棒受到的推力为F= 2mg=0.2 N，A不符合题意；对ab棒根据平衡条件，有F安=F-mg=mg，F安= BIL，I= BLv2R ， 联立可得v=2 m/s， B符合题意；在2s内，推力做功转化的电能全部转化为内能，有Q= E22R t，E= BLv，代入数据，得Q=0.4 J，C符合题意；在2 s内，推力做功为W=Fvt=0.8 J，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】两导体棒组成的整体进行受力分析，根据共点力平衡得出ab棒受到的推力，对ab棒进行受力分析，根据共点力平衡得出安培力的大小，根据闭合电路欧姆定律得出速度大小，根据焦耳定律以及闭合电路欧姆定律得出产生的热量以及推力做功。
9．（2021高二上·重庆月考）一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能 Ep 随位移x变化关系如图所示，其中 0～x2 段是关于直线 x=x1 对称的直线， x2～x3 段是曲线，则下列说法正确的是（ ）
A．x1 处电场强度最小
B．在O、 x1 、 x2 、 x3 处电势 φ0 、 φ1 、 φ2 、 φ3 的关系为 φ3