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1、選擇題滿分練(五)
二、選擇題:本題共8小題,每小題6分,共48分.在每小題給出的四個選項(xiàng)中,第14~18題只有一項(xiàng)符合題目要求,第19~21題有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分.
14.(2019·閩粵贛三省十校下學(xué)期聯(lián)考)下列說法正確的是( )
A.在核反應(yīng)中,質(zhì)量數(shù)守恒,電荷數(shù)守恒,但能量不一定守恒
B.鈾核裂變的核反應(yīng)是U→Ba+Kr+2n
C.盧瑟福通過實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)質(zhì)子的核反應(yīng)方程為He+N→O+H
D.一束光照射到某種金屬上不能發(fā)生光電效應(yīng)是因?yàn)檫@束光的強(qiáng)度太弱
答案 C
解析 在核反應(yīng)中,質(zhì)量數(shù)守恒,電荷數(shù)守恒,能量守恒,故A錯
2、誤;鈾核裂變不能自發(fā)進(jìn)行,寫核反應(yīng)方程時兩邊的中子不能相約,故B錯誤;盧瑟福通過實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)質(zhì)子的核反應(yīng)方程為He+N→O+H,故C正確;一束光照射到某種金屬上不能發(fā)生光電效應(yīng),是因?yàn)榻饘俚慕刂诡l率大于入射光的頻率,選項(xiàng)D錯誤.
15.(2019·江蘇南通市模擬)如圖1所示,長為L的細(xì)繩,一端拴一質(zhì)量為m的小球,另一端懸掛在距光滑水平面H高處(L>H).現(xiàn)使小球在水平桌面上以角速度為ω做勻速圓周運(yùn)動,則小球?qū)ψ烂娴膲毫? )
圖1
A.mg B.mg-mω2H
C.mg(1-) D.
答案 B
解析 對小球受力分析,如圖所示,
根據(jù)牛頓第二定律,水平方向:FTsinθ
3、=mω2·Lsinθ,豎直方向:FTcosθ+FN=mg,聯(lián)立得:FN=mg-mω2·Lcosθ=mg-mω2H,根據(jù)牛頓第三定律:FN′=FN=mg-mω2H,故B正確,A、C、D錯誤.
16.(2019·陜西漢中市3月聯(lián)考)如圖2所示,固定的木板與豎直墻面的夾角為θ,重力為G的物塊靜止在木板與墻面之間,不計一切摩擦,則( )
圖2
A.物塊對墻面的壓力大小為Gtanθ
B.物塊對墻面的壓力大小為Gsinθcosθ
C.物塊對木板的壓力大小為Gcosθ
D.物塊對木板的壓力大小為
答案 D
解析 對物塊受力分析,根據(jù)平行四邊形定則可知:
墻面對物塊的壓力大小為F1
4、=;木板對物塊的壓力大小為F2=,由牛頓第三定律可知,物塊對墻面的壓力大小為;物塊對木板的壓力大小為,故選項(xiàng)A、B、C錯誤,D正確.
17.(2019·河南周口市上學(xué)期期末調(diào)研)如圖3所示,一可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從傾角為θ的固定斜面上以不同的初動能沿水平方向拋出,最終均落在斜面上.忽略小球運(yùn)動過程中受到的空氣阻力,下列說法錯誤的是( )
圖3
A.小球落在斜面上時的動能與運(yùn)動時間成正比
B.小球落在斜面上時的動能與小球的初動能成正比
C.小球水平方向的位移是小球在運(yùn)動過程中距斜面最遠(yuǎn)時的水平方向位移的2倍
D.小球從拋出到落在斜面上的過程中運(yùn)動的時間僅與初速度有關(guān)
答案 A
5、解析 初速度v0不同的小球從斜面上平拋均落在斜面上,則具有共同的位移偏向角θ,由平拋規(guī)律有tanθ==,則運(yùn)動時間為t=,可知t∝v0,故D正確;設(shè)落到斜面上的瞬時速度與水平速度的夾角為α,有tanα=,則tanα=2tanθ,故位移偏向角θ相同時,可推出速度偏向角α相同;落到斜面上的動能為Ek=mv2=m()2=·mv02=Ek0,則Ek∝Ek0,故B正確;根據(jù)Ek=mv2=m()2聯(lián)立t=,可得Ek=×=,可知Ek∝t2,故A錯誤;小球在運(yùn)動過程中距斜面最遠(yuǎn)時,瞬時速度與斜面平行,此時速度偏向角為θ,根據(jù)tanθ=,而落到斜面上時tanθ=,則有t1=,而平拋運(yùn)動中水平位移為x=v0t,則
6、x1=,故C正確.
18.(2019·閩粵贛三省十校下學(xué)期聯(lián)考)如圖4所示,正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場.一帶電粒子從a點(diǎn)沿ad方向射入磁場,當(dāng)速度大小為v1時,粒子從b點(diǎn)離開磁場;當(dāng)速度大小為v2時,粒子從c點(diǎn)離開磁場,不計粒子重力,則v1與v2的大小之比為( )
圖4
A.1∶3B.1∶2C.2∶1D.∶2
答案 A
解析 粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,洛倫茲力提供向心力,由qvB=m可得:r=,粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡如圖,
粒子從b點(diǎn)離開磁場時,圓心為O1,半徑等于r1,設(shè)正六邊形邊長為a,由幾何關(guān)系得:r1=a,即r1=,粒子從c點(diǎn)離開磁場時
7、,圓心為O2,半徑等于正六邊形邊長的倍,即:r2=a;根據(jù)半徑公式r=,得:v=,因?yàn)閙、q、B均為定值,所以v∝r,所以==,故A正確,B、C、D錯誤.
19.(2019·河南開封市第一次模擬)應(yīng)用物理知識分析生活中的常見現(xiàn)象,可以使物理學(xué)習(xí)更加有趣和深入.小明同學(xué)分析了人原地起跳的過程.設(shè)人的質(zhì)量為m,從開始蹬地到以速度v離開地面,重心升高h(yuǎn),重力加速度為g.他得出的以下結(jié)論中正確的是( )
A.該過程人始終處于失重狀態(tài)
B.地面對人的支持力的沖量大于重力的沖量
C.地面對人體做的功為mv2+mgh
D.人與地球所組成的系統(tǒng)的機(jī)械能增加了mv2+mgh
答案 BD
解析 人
8、在上升過程中經(jīng)歷了先加速再減速的過程,先超重后失重,故A錯誤;由動量定理可得:FNt-mgt=mv,故支持力的沖量大于重力的沖量,故B正確;人起跳時,地面對人不做功,由于有人體生物能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能,由功能的轉(zhuǎn)化可得人與地球所組成的系統(tǒng)的機(jī)械能增加了:ΔE=ΔEk+ΔEp=mv2+mgh,故D正確,C錯誤.
20.(2019·福建泉州市第一次質(zhì)量檢查)如圖5所示,虛線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分別表示地球衛(wèi)星的三條軌道,其中軌道Ⅰ為與第一宇宙速度7.9km/s對應(yīng)的近地環(huán)繞圓軌道,軌道Ⅱ?yàn)闄E圓軌道,軌道Ⅲ為與第二宇宙速度11.2 km/s對應(yīng)的脫離軌道,a、b、c三點(diǎn)分別位于三條軌道上,b點(diǎn)為軌道Ⅱ的遠(yuǎn)地點(diǎn),b
9、、c點(diǎn)與地心的距離均為軌道Ⅰ半徑的2倍,則( )
圖5
A.衛(wèi)星在軌道Ⅱ的運(yùn)行周期為軌道Ⅰ的2倍
B.衛(wèi)星經(jīng)過a點(diǎn)的速率為經(jīng)過b點(diǎn)的倍
C.衛(wèi)星在a點(diǎn)的加速度大小為在c點(diǎn)的4倍
D.質(zhì)量相同的衛(wèi)星在b點(diǎn)的機(jī)械能小于在c點(diǎn)的機(jī)械能
答案 CD
解析 由開普勒第三定律可得:=,a2=R1解得:=,故A錯誤;由公式v=可知,如果衛(wèi)星在Ⅱ軌道做橢圓運(yùn)動,衛(wèi)星經(jīng)過兩個軌道交點(diǎn)的速率為經(jīng)過b點(diǎn)的倍,但衛(wèi)星在Ⅰ軌道經(jīng)過加速才能變做橢圓運(yùn)動,所以衛(wèi)星經(jīng)過a點(diǎn)的速率不是經(jīng)過b點(diǎn)的倍,故B錯誤;由公式a=可知,衛(wèi)星在a點(diǎn)的加速度大小為在c點(diǎn)的4倍,故C正確;衛(wèi)星在b點(diǎn)做向心運(yùn)動,在C點(diǎn)做離心運(yùn)
10、動,且b、c距地心的距離相等,則c點(diǎn)的速度大于b點(diǎn)的速度,所以質(zhì)量相同的衛(wèi)星在b點(diǎn)的機(jī)械能小于在c點(diǎn)的機(jī)械能,故D正確.
21.(2019·廣西桂林等六市第一次聯(lián)合調(diào)研)如圖6甲所示,兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直.邊長為1m,總電阻為1Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi),cd邊與磁場邊界平行.現(xiàn)使導(dǎo)線框水平向右運(yùn)動,cd邊于t=0時刻進(jìn)入磁場,c、d兩點(diǎn)間電勢差隨時間變化的圖線如圖乙所示.下列說法正確的是( )
圖6
A.磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里
B.磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為4T
C.導(dǎo)線框進(jìn)入磁場和離開磁場時的速度大小之比為3∶1
D.0~3s的過程
11、中導(dǎo)線框產(chǎn)生的焦耳熱為48J
答案 AB
解析 0~1s內(nèi)線框進(jìn)入磁場,c、d兩點(diǎn)間電勢差為正,即c點(diǎn)相當(dāng)于電源的正極,由右手定則可知,磁場方向垂直紙面向里,故A正確;0~1s內(nèi)線框進(jìn)入磁場,c、d兩點(diǎn)間電勢差為Ucd=BLv=3V,線框的速度為v=m/s=1 m/s,解得:B=4T,故B正確;由題圖乙分析可知,線框在0~1s內(nèi)進(jìn)入磁場,2~3s內(nèi)出磁場,且都是勻速運(yùn)動,所以速度都為1m/s,所以導(dǎo)線框進(jìn)入磁場和離開磁場時的速度大小之比為1∶1,故C錯誤;線框在0~1s內(nèi)進(jìn)入磁場過程中電流為I===4A,產(chǎn)生的焦耳熱為:Q1=I2Rt=16J,1~2s內(nèi)線框的磁通量不變,所以無感應(yīng)電流產(chǎn)生,即無焦耳熱產(chǎn)生,2~3s內(nèi)線框出磁場過程中電流為I′===4A,產(chǎn)生的焦耳熱為:Q2=I′2Rt=16J,所以總焦耳熱為32J,故D錯誤.
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