2019版高考物理二轮复习选择题48分满分练（二）.doc

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1、1选择题 48 分满分练(二)说明：共 8 小题，每小题 6 分，在每小题给出的四个选项中，第 1418 题只有一项符合题目要求，第 1921 题有多项符合题目要求。全选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。14.如图 1 所示为氢原子的能级图，下列说法正确的是( )图 1A.原子处于称为定态的能量状态时，电子做加速运动，向外辐射能量B.原子的不同能量状态与电子沿不同的轨道绕核运动相对应，而电子的轨道可能连续分布C.氢原子的核外电子由一个能级跃迁到另一个能级放出光子，氢原子的总能量增大D.一群处于 n4 能级的氢原子向低能级跃迁时，辐射的光子的频率最多为 6 种解析 在玻

2、尔的原子结构假说中，电子运动的轨道半径不是任意的，只有当半径的大小符合一定条件时，这样的轨道才是可能的，即电子运行的轨道是不连续的，是量子化的，当电子在不同轨道运动时，原子处于不同状态，电子在这些轨道上绕核运动是稳定的，不产生电磁辐射，选项 A、B 错误；氢原子的核外电子由一个能级跃迁到另一个能级放出光子，说明电子由高能级向低能级跃迁时，放出能量，故氢原子总能量减小，选项 C 错误；一群处于 n4 能级的氢原子向低能级跃迁时，辐射的光子的频率最多为 C 6 种，选项 D 正确。24答案 D15.(2018福州期末)如图 2 所示，有一倾角为 的斜面，斜面上有一能绕 B 转动的木板AB，初始时木

3、板 AB 与斜面垂直，把球放在斜面和木板 AB 之间，不计摩擦，球对斜面的压力为 F1，对木板的压力为 F2。将木板绕 B 点缓慢推到竖直位置的过程中( )2图 2A.F1和 F2都增大 B.F1和 F2都减小C.F1增大， F2减小 D.F1减小， F2增大解析 球受重力 G、斜面对球的弹力 FN1、木板对球的弹力 FN2作用，则由牛顿第三定律有：FN1 F1， FN2 F2。因为 G、 FN1、 FN2三力共点平衡，故三个力可以构成一个矢量三角形。其中 G 的大小和方向始终不变， FN1的方向也不变，大小可变， FN2的大小、方向都在变。在木板旋转的过程中， FN2由虚线位置旋转至水平位置

4、(如图所示)，显然 FN1与 FN2一直增大。所以 F1与 F2都是增大的，选项 A 正确。答案 A16.如图 3 所示，理想变压器原线圈两端 A、 B 接在电动势为 E8 V、内阻为 r2 的交流电源上，理想变压器的副线圈两端与滑动变阻器相连，变压器原、副线圈的匝数比为12，当电源输出功率最大时( )图 3A.滑动变阻器接入电路中的阻值 Rx2 B.滑动变阻器接入电路中的阻值 Rx8 C.副线圈中的电流 I22 AD.最大输出功率 P4 W解析 当外电路电压等于内电路电压时电源输出功率最大，即 U1 Ur，而且 U1 Ur8 V，故 U1 Ur4 V，根据欧姆定律可得 I1 2 A，故根据

5、可得副线圈中的电流为Urr I2I1 n1n2I21 A，根据 可得副线圈两端的电压 U28 V，故 Rx 8 ，最大输出功率为U1U2 n1n2 U2I2P U2I28 W，故选项 B 正确。3答案 B17.某宾馆大楼中的电梯下方固定有劲度系数均为 k 的 4 根相同的竖直弹簧，如图 4 所示，这是防止电梯在空中因缆绳断裂下坠而造成生命危险。若缆绳断裂后，总质量为 m 的电梯下坠，4 根弹簧同时着地开始缓冲，电梯坠到最低点时加速度大小为 5g(g 为重力加速度)，则下列说法正确的是( )图 4A.电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为3mg2kB.电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为mg4

6、kC.弹簧着地后，在电梯下降过程中，电梯一直处于超重状态D.弹簧着地后，在电梯下降过程中，电梯一直处于失重状态解析 电梯坠到最低点时，根据牛顿第二定律有 4kx mg5 mg，得每根弹簧的压缩长度x ，选项 A 正确，B 错误；弹簧着地后，电梯在下降过程中，先加速下降，加速度方3mg2k向竖直向下即电梯处于失重状态，后减速下降，加速度方向竖直向上即电梯处于超重状态，选项 C、D 均错误。答案 A18.如图 5 所示，小球 a、 b 用等长细线悬挂于同一固定点 O。将球 a 和球 b 分别向左和向右拉起，使细线水平。同时由静止释放球 a 和球 b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间

7、的最大偏角为 60 。忽略空气阻力，则两球 a、 b 的质量比值为( )图 5A. 3 B. 32mamb mamb 2C. 2 D. 2 2mamb 2 mamb 2解析 设细线长为 L，球 a、 b 下落至最低点，碰前瞬间的速率为 v1、 v2，由机械能守恒定4律得， magL mav ， mbgL mbv ；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为 v，以向左为正，12 21 12 2由动量守恒定律得 mbv2 mav1( ma mb)v，两球共同向左运动到最高处过程，由机械能守恒定律得 (ma mb)v2( ma mb)gL(1cos )，联立解得 32 ，所以选项12 mamb 2 12 1

8、 2B 正确。答案 B19.如图 6 所示，水平面内有一通电圆环，圆环上方沿直径方向有一通电直导线，则下列说法正确的是( )图 6A.圆心 O 处的磁场方向垂直导线向里斜向上方B.直导线受到垂直纸面向外的作用力C.圆环受到垂直圆环向下的作用力D.圆环中的磁通量为零解析 由右手螺旋定则可知，圆环在圆心处磁场方向向上，通电直导线在圆心处的磁场方向向里，则圆心处磁场方向垂直导线向里斜向上方，选项 A 正确；直导线所在位置磁场的竖直分量向上，则直导线受到垂直纸面向外的安培力，选项 B 正确；直导线对圆环的反作用力方向垂直纸面向里，选项 C 错误；直导线产生的磁场在圆环内磁通量为零，但圆环内磁通量不为零

9、，选项 D 错误。答案 AB20.1772 年，法籍意大利数学家拉格朗日在论文三体问题指出：两个质量相差悬殊的天体(如太阳和地球)所在同一平面上有 5 个特殊点，如图 7 中的 L1、 L2、 L3、 L4、 L5所示，人们称为拉格朗日点。若飞行器位于这些点上，会在太阳与地球共同引力作用下，可以几乎不消耗燃料而保持与地球同步绕太阳做圆周运动。若发射一颗卫星定位于拉格朗日 L2点，下列说法正确的是( )图 75A.该卫星绕太阳运动周期和地球自转周期相等B.该卫星在 L2点处于平衡状态C.该卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度D.该卫星在 L2处所受太阳和地球引力的合力比在 L

10、1处大解析 由题意可知，卫星在拉格朗日点由太阳与地球共同引力作用下，可以几乎不消耗燃料而保持与地球同步绕太阳做圆周运动，所以该卫星与地球具有相同的角速度和公转周期，不是处于平衡状态，故选项 A、B 错误；根据向心加速度公式 a 可知，轨道半径越4 2rT2大，向心加速度越大，由题图知 L2点比地球的轨道半径大，所以卫星的向心加速度大于地球的向心加速度，故选项 C 正确；卫星在 L2点比在 L1点的轨道半径大，由向心力公式F m 可知卫星在 L2点比在 L1点受到太阳和地球的引力的合力大，故选项 D 正确。4 2rT2答案 CD21.如图 8 所示，在平面直角坐标系中有一底角是 60的等腰梯形，

11、坐标系中有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中 O(0，0)点电势为 6 V， A(1， )点电势为 3 V， B(3， )点3 3电势为 0 V，则由此可判定( )图 8A.C 点电势为 3 VB.C 点电势为 0 VC.该匀强电场的电场强度大小为 100 V/mD.该匀强电场的电场强度大小为 100 V/m3解析 由题意可知 C 点坐标为(4，0)，在匀强电场中，任意两条平行的线段，两点间电势差与其长度成正比，所以 ，代入数据得 C0 V，则选项 A 错误，B 正确；如图UABAB UOCOC所示，取 OC 的中点为 D 点，则 D 点电势为 3 V，和 A 点电势相等，连接 AD，由几何关系知，AD 平行于 BC，则 AD 是匀强电场中的等势线，过 O 作 AD 的垂线 OG，垂足为 G， OG 即是一条电场线，由几何关系知 OG 长为 cm，则 E V/m100 V/m，则选3UODOG 3310 2 3项 C 错误，D 正确。6答案 BD