《京津瓊2019高考物理總復(fù)習(xí)專用優(yōu)編提分練：選擇題專練一.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《京津瓊2019高考物理總復(fù)習(xí)專用優(yōu)編提分練：選擇題專練一.doc（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

選擇題專練(一) 1．下列論述中正確的是(　　) A．開(kāi)普勒根據(jù)萬(wàn)有引力定律得出行星運(yùn)動(dòng)規(guī)律 B．愛(ài)因斯坦的狹義相對(duì)論，全面否定了牛頓的經(jīng)典力學(xué)規(guī)律 C．普朗克把能量子引入物理學(xué)，正確地破除了“能量連續(xù)變化”的傳統(tǒng)觀念 D．玻爾提出的原子結(jié)構(gòu)假說(shuō)，成功地解釋了各種原子光譜的不連續(xù)性 答案　C 解析　開(kāi)普勒通過(guò)研究第谷的行星觀測(cè)數(shù)據(jù)，得出了行星運(yùn)動(dòng)規(guī)律，A錯(cuò)誤；愛(ài)因斯坦的狹義相對(duì)論，并沒(méi)有全面否定牛頓的經(jīng)典力學(xué)，B錯(cuò)誤；普朗克把能量子引入物理學(xué)，正確地破除了“能量連續(xù)變化”的傳統(tǒng)觀念，C正確；玻爾提出的原子結(jié)構(gòu)假說(shuō)，不能解釋復(fù)雜原子，如氦原子核光譜的不連續(xù)性，D錯(cuò)誤． 2.如圖1，放置在光滑的水平地面上足夠長(zhǎng)的斜面體，下端固定有擋板，用外力將輕質(zhì)彈簧壓縮在小木塊和擋板之間，彈簧的彈性勢(shì)能為100 J．撤去外力，木塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，離開(kāi)彈簧后，沿斜面向上滑到某一位置后，不再滑下，則(　　) 圖1 A．木塊重力勢(shì)能的增加量為100 J B．木塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，斜面體的支持力對(duì)木塊做功不為零 C．木塊、斜面體和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)，機(jī)械能守恒 D．最終，木塊和斜面體以共同速度向右勻速滑行 答案　B 解析　因?yàn)榈竭_(dá)最高點(diǎn)后，木塊不再下滑，所以木塊必受斜面的摩擦力作用，斜面體受到木塊的斜向右上的摩擦力作用，該力在水平方向上有一個(gè)分力，故斜面體向右運(yùn)動(dòng)，木塊相對(duì)地面在水平方向上有位移，斜面體對(duì)木塊的支持力與水平位移夾角不垂直，故斜面體的支持力對(duì)木塊做功不為零，木塊、斜面體和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)，有摩擦力做功，所以機(jī)械能不守恒，B正確，C錯(cuò)誤；將彈簧、木塊和斜面體看成一個(gè)整體，整體在水平方向上受力為零，所以系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，釋放彈簧前系統(tǒng)水平方向動(dòng)量為零，故釋放彈簧后系統(tǒng)水平方向動(dòng)量仍舊為零，即木塊和斜面體最后靜止，彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能(克服摩擦力做功)以及木塊的重力勢(shì)能，故木塊重力勢(shì)能的增加量小于100 J，A、D錯(cuò)誤． 3．如圖2所示，a為放在地球赤道上隨地球一起轉(zhuǎn)動(dòng)的物體，b、c、d為在圓軌道上運(yùn)行的衛(wèi)星，軌道平面均在地球赤道面上，其中b是近地衛(wèi)星，c是地球同步衛(wèi)星．若a、b、c、d的質(zhì)量相同，地球表面附近的重力加速度為g，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖2 A．b衛(wèi)星轉(zhuǎn)動(dòng)的線速度大于7.9 km/s B．a(chǎn)、b、c、d的周期大小關(guān)系為T(mén)a，g為重力加速度．從拋出到第一次碰撞筒壁，不計(jì)空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖5 A．三小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比tA∶tB∶tC＝∶2∶1 B．三小球下落高度之比hA∶hB∶hC＝2∶∶1 C．重力對(duì)三小球做功之比WA∶WB∶WC＝3∶4∶1 D．重力的平均功率之比PA∶PB∶PC＝2∶3∶1 答案　AC 解析　因?yàn)槿齻€(gè)小球都碰壁，說(shuō)明沒(méi)有下落到底部，小球在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何知識(shí)可知三個(gè)球的水平位移xA＝2R＝R，xB＝2R，xC＝2R＝R，而所用時(shí)間tA∶tB∶tC＝∶∶＝∶2∶1，A正確；在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，三小球下落高度之比hA∶hB∶hC＝gtA2∶gtB2∶gtC2＝3∶4∶1，B錯(cuò)誤；重力對(duì)小球做功WG＝mgh，故WA∶WB∶WC＝hA∶hB∶hC＝3∶4∶1，C正確；重力的平均功率P＝，故PA∶PB∶PC＝∶∶＝∶∶＝∶2∶1，D錯(cuò)誤． 7．圖6(a)中理想變壓器的原線圈依次接入如圖(b)所示的甲、乙兩個(gè)正弦交流電源．接電源甲后，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器滑片位置使小燈泡A正常發(fā)光，小燈泡的功率及電流頻率分別為P1、f1；保持滑片位置不變，改用電源乙，小燈泡的功率及電流頻率分別為P2、f2，則(　　) 　 圖6 A．f1∶f2＝3∶2 B．P1∶P2＝2∶1 C．若將變阻器滑片向左移動(dòng)，電源乙可能使小燈泡正常發(fā)光 D．若將變壓器動(dòng)片P向下移動(dòng)，電源乙可能使小燈泡正常發(fā)光 答案　AD 解析　變壓器不改變交流電的頻率，從題圖b中可知3T1＝2T2，即＝，所以＝，A正確；從題圖b中可知甲、乙兩個(gè)電源的電動(dòng)勢(shì)最大值之比為2∶1，兩種情況下副線圈兩端的電壓有效值之比為2∶1，所以兩種情況下通過(guò)燈泡的電流之比為2∶1，根據(jù)P＝I2R可知＝，B錯(cuò)誤；若將變阻器滑片向左移動(dòng)，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻增大，通過(guò)燈泡的電流減小，所以電源乙不可能使小燈泡正常發(fā)光，C錯(cuò)誤；若將變壓器動(dòng)片P向下移動(dòng)，即減小，根據(jù)＝可知U2增大，即副線圈兩端電壓增大，故電源乙可能使小燈泡正常發(fā)光，D正確． 8．兩個(gè)完全相同的平行板電容器C1、C2水平放置，如圖7所示．開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，兩電容器中間各有一油滴A、B剛好處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將S斷開(kāi)，將C2下極板向上移動(dòng)少許，然后再次閉合S，則下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖7 A．兩油滴的質(zhì)量相等，電性相反 B．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)，移動(dòng)C2下極板過(guò)程中，B所在位置的電勢(shì)不變 C．再次閉合S瞬間，通過(guò)開(kāi)關(guān)的電流可能從上向下 D．再次閉合開(kāi)關(guān)后，A向下運(yùn)動(dòng)，B向上運(yùn)動(dòng) 答案　BCD 解析　當(dāng)S閉合時(shí)，左邊電容的上極板和右邊電容的下極板相連，即兩個(gè)極板的電勢(shì)相等，又因?yàn)槠渌麅蓚€(gè)極板都接地，電勢(shì)相等，故兩極板間的電勢(shì)差的絕對(duì)值相等，根據(jù)mg＝q，由于不知道兩油滴的電荷量，故兩個(gè)油滴的質(zhì)量不一定相等，若C1上極板帶正電，則C1電場(chǎng)方向豎直向下，A液滴應(yīng)受到豎直向上的電場(chǎng)力，故帶負(fù)電，C2下極板帶正電，則C2電場(chǎng)方向豎直向上，B滴液應(yīng)受到豎直向上的電場(chǎng)力，所以帶正電，電性相反；若C1上極板帶負(fù)電，則C1電場(chǎng)方向豎直向上，A液滴應(yīng)受到豎直向上的電場(chǎng)力，故帶正電，C2下極板帶負(fù)電，則C2電場(chǎng)方向豎直向下，B滴液應(yīng)受到豎直向上的電場(chǎng)力，所以帶負(fù)電，電性相反，總之，兩油滴的電性相反，A錯(cuò)誤；斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，移動(dòng)C2下極板過(guò)程中，兩極板所帶電荷量相等，根據(jù)C＝，C＝，E＝聯(lián)立可得E＝，兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小和兩極板間的距離無(wú)關(guān)，故電場(chǎng)強(qiáng)度恒定，所以B的受力不變，故仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，到上極板(零電勢(shì))的距離不變，根據(jù)U＝Ed可知B點(diǎn)的電勢(shì)不變，B正確；S斷開(kāi)，將C2下極板向上移動(dòng)少許，根據(jù)C＝可知C2增大，根據(jù)C＝可知U減小，即C2下極板電勢(shì)降低，再次閉合S瞬間，C1上極板的電勢(shì)大于C2下極板電勢(shì)，通過(guò)開(kāi)關(guān)的電流可能從上向下，穩(wěn)定后，根據(jù)E＝可知C1兩極板間的電勢(shì)差減小，電場(chǎng)強(qiáng)度減小，A向下運(yùn)動(dòng)，C2兩極板間的電勢(shì)差增大，電場(chǎng)強(qiáng)度增大，B向上運(yùn)動(dòng)，C、D正確．