《（通用版）2020高考物理三輪沖刺 題型練輯 選擇題滿分練（五）（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2020高考物理三輪沖刺 題型練輯 選擇題滿分練（五）（含解析）（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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(gè)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(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分． 14．(2019·閩粵贛三省十校下學(xué)期聯(lián)考)下列說(shuō)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(guò)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(cuò)

2、誤；鈾核裂變不能自發(fā)進(jìn)行，寫(xiě)核反應(yīng)方程時(shí)兩邊的中子不能相約，故B錯(cuò)誤；盧瑟福通過(guò)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(cuò)誤． 15．(2019·江蘇南通市模擬)如圖1所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)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(dòng)，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(duì)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(cuò)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(jì)一切摩擦，則(　　) 圖2 A．物塊對(duì)墻面的壓力大小為Gtanθ B．物塊對(duì)墻面的壓力大小為Gsinθcosθ C．物塊對(duì)木板的壓力大小為Gcosθ D．物塊對(duì)木板的壓力大小為 答案　D 解析　對(duì)物塊受力分析，根據(jù)平行四邊形定則可知： 墻面對(duì)物塊的壓力大小為F1

4、＝；木板對(duì)物塊的壓力大小為F2＝，由牛頓第三定律可知，物塊對(duì)墻面的壓力大小為；物塊對(duì)木板的壓力大小為，故選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)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(dòng)能沿水平方向拋出，最終均落在斜面上．忽略小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的空氣阻力，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(　　) 圖3 A．小球落在斜面上時(shí)的動(dòng)能與運(yùn)動(dòng)時(shí)間成正比 B．小球落在斜面上時(shí)的動(dòng)能與小球的初動(dòng)能成正比 C．小球水平方向的位移是小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中距斜面最遠(yuǎn)時(shí)的水平方向位移的2倍 D．小球從拋出到落在斜面上的過(guò)程中運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(dòng)時(shí)間為t＝，可知t∝v0，故D正確；設(shè)落到斜面上的瞬時(shí)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(shí)，可推出速度偏向角α相同；落到斜面上的動(dòng)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(cuò)誤；小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中距斜面最遠(yuǎn)時(shí)，瞬時(shí)速度與斜面平行，此時(shí)速度偏向角為θ，根據(jù)tanθ＝，而落到斜面上時(shí)tanθ＝，則有t1＝，而平拋運(yùn)動(dòng)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(chǎng)．一帶電粒子從a點(diǎn)沿ad方向射入磁場(chǎng)，當(dāng)速度大小為v1時(shí)，粒子從b點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)；當(dāng)速度大小為v2時(shí)，粒子從c點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，不計(jì)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(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由qvB＝m可得：r＝，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖， 粒子從b點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，圓心為O1，半徑等于r1，設(shè)正六邊形邊長(zhǎng)為a，由幾何關(guān)系得：r1＝a，即r1＝，粒子從c點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)

7、，圓心為O2，半徑等于正六邊形邊長(zhǎng)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(cuò)誤． 19．(2019·河南開(kāi)封市第一次模擬)應(yīng)用物理知識(shí)分析生活中的常見(jiàn)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(guò)程．設(shè)人的質(zhì)量為m，從開(kāi)始蹬地到以速度v離開(kāi)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(guò)程人始終處于失重狀態(tài) B．地面對(duì)人的支持力的沖量大于重力的沖量 C．地面對(duì)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(guò)程中經(jīng)歷了先加速再減速的過(guò)程，先超重后失重，故A錯(cuò)誤；由動(dòng)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(shí)，地面對(duì)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(cuò)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(duì)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(duì)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(guò)a點(diǎn)的速率為經(jīng)過(guò)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(kāi)普勒第三定律可得：＝，a2＝R1解得：＝，故A錯(cuò)誤；由公式v＝可知，如果衛(wèi)星在Ⅱ軌道做橢圓運(yùn)動(dòng)，衛(wèi)星經(jīng)過(guò)兩個(gè)軌道交點(diǎn)的速率為經(jīng)過(guò)b點(diǎn)的倍，但衛(wèi)星在Ⅰ軌道經(jīng)過(guò)加速才能變做橢圓運(yùn)動(dòng)，所以衛(wèi)星經(jīng)過(guò)a點(diǎn)的速率不是經(jīng)過(guò)b點(diǎn)的倍，故B錯(cuò)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(dòng)，在C點(diǎn)做離心運(yùn)

10、動(dòng)，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(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直．邊長(zhǎng)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(chǎng)邊界平行．現(xiàn)使導(dǎo)線框水平向右運(yùn)動(dòng)，cd邊于t＝0時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)，c、d兩點(diǎn)間電勢(shì)差隨時(shí)間變化的圖線如圖乙所示．下列說(shuō)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(chǎng)和離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度大小之比為3∶1 D．0～3s的過(guò)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(chǎng)，c、d兩點(diǎn)間電勢(shì)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(chǎng)方向垂直紙面向里，故A正確；0～1s內(nèi)線框進(jìn)入磁場(chǎng)，c、d兩點(diǎn)間電勢(shì)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(chǎng)，2～3s內(nèi)出磁場(chǎng)，且都是勻速運(yùn)動(dòng)，所以速度都為1m/s，所以導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)和離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度大小之比為1∶1，故C錯(cuò)誤；線框在0～1s內(nèi)進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)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(wú)感應(yīng)電流產(chǎn)生，即無(wú)焦耳熱產(chǎn)生，2～3s內(nèi)線框出磁場(chǎng)過(guò)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(cuò)誤． 6