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2020屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 選擇題固基優(yōu)練(三) 新人教版

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1、 選擇題固基優(yōu)練(三) 1、(多選)雨滴在下降過(guò)程中,由于水汽的凝聚,雨滴質(zhì)量將逐漸增大,同時(shí)由于速度逐漸增大,空氣阻力也將越來(lái)越大,最后雨滴將以某一收尾速度勻速下降,在此過(guò)程中 (  ) A.雨滴所受到的重力逐漸增大,重力產(chǎn)生的加速度也逐漸增大 B.由于雨滴質(zhì)量逐漸增大,下落的加速度逐漸減小 C.由于空氣阻力增大,雨滴下落的加速度逐漸減小 D.雨滴所受到的重力逐漸增大,但重力產(chǎn)生的加速度不變 【解析】選C、D。雨滴在下落過(guò)程中,質(zhì)量逐漸增大,雨滴所受的重力逐漸增大,但重力產(chǎn)生的加速度始終為g,故A錯(cuò)誤,D正確;由mg-Ff=ma得:a=g-,可見(jiàn)雨滴下落的加速度逐漸減小的原

2、因不是m增大,而是Ff增大,故B錯(cuò)誤,C正確。 2、(多選)一個(gè)物體在拉力F的作用下在傾角θ=30°的粗糙斜面上向上始終勻速運(yùn)動(dòng),物體與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,F(xiàn)與斜面的夾角α從零逐漸增大,物體離開(kāi)斜面前,拉力F的大小與F的功率P的變化情況 (  ) A.F變大 B.P一直變小 C.F先變小后變大 D.P一直變大 【解析】選B、C。對(duì)物體受力分析可知,F(xiàn)cosα-mgsinθ-μ(mgcosθ-Fsinα)=0,解得F==,當(dāng)α+β=90°時(shí)F最小,故A錯(cuò)誤,C正確;故拉力的瞬時(shí)功率為P=Fvcosα=,當(dāng)α增大時(shí),P減小,故B正確,D錯(cuò)誤。 3、(

3、2019·煙臺(tái)模擬) 一半徑為R的絕緣半圓形凹槽固定放置在水平面上,內(nèi)壁光滑,AB為水平直徑,C為凹槽最低點(diǎn)。在圓心O處固定一帶電荷量為+Q的點(diǎn)電荷,現(xiàn)將質(zhì)量為m電荷量為+q的帶電小球從凹槽的A端由靜止釋放,小球沿凹槽內(nèi)壁運(yùn)動(dòng)。則 (  ) A.從A到C的過(guò)程中,靜電力對(duì)小球做的功為mgR B.小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電勢(shì)能保持不變 C.點(diǎn)電荷+Q在A、C兩點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度相等 D.小球運(yùn)動(dòng)到C處時(shí)對(duì)凹槽的壓力大小為mg+ 【解析】選B。點(diǎn)電荷的等勢(shì)面是以電荷為球心的球面,電場(chǎng)線垂直于等勢(shì)面沿半徑向外,在整個(gè)滑動(dòng)的過(guò)程中,電場(chǎng)力和彈力都不做功,電勢(shì)能不變,故A錯(cuò)誤,B正確;電場(chǎng)強(qiáng)度為矢

4、量,沿半徑向外,A、C兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度不同,故C錯(cuò)誤;凹槽的半徑為R,設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度大小為v,小球從A滑到C的過(guò)程,由機(jī)械能守恒定律得mgR=mv2,解得v=,小球經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí),由牛頓第二定律得FN-mg-k=m,F(xiàn)N=3mg+k,故D錯(cuò)誤。 4、(多選)在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi),存在垂直圓面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。圓邊上的P處有一粒子源,沿垂直于磁場(chǎng)的各個(gè)方向,向磁場(chǎng)區(qū)發(fā)射速率均為v0的同種粒子,如圖所示?,F(xiàn)測(cè)得:當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1時(shí),粒子均從由P點(diǎn)開(kāi)始弧長(zhǎng)為πR的圓周范圍內(nèi)射出磁場(chǎng);當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2時(shí),粒子則從由P點(diǎn)開(kāi)始弧長(zhǎng)為πR的圓周范圍內(nèi)射出磁場(chǎng)。不計(jì)粒子的重力,則 (  ) A.前后兩次

5、粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑之比為r1∶r2=∶ B.前后兩次粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑之比為r1∶r2=2∶3 C.前后兩次磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比為B1∶B2=∶ D.前后兩次磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比為B1∶B2=∶ 【解析】選A、D。假設(shè)粒子帶正電,如圖1,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1時(shí),弧長(zhǎng)L1=πR對(duì)應(yīng)的弦長(zhǎng)為粒子圓周運(yùn)動(dòng)的直徑,則r1=·2Rsin θ=Rsin=Rsin。如圖2,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2時(shí),弧長(zhǎng)L2=πR對(duì)應(yīng)的弦長(zhǎng)為粒子圓周運(yùn)動(dòng)的直徑,則r2= ·2Rsin α=Rsin =Rsin,因此r1∶r2=sin∶sin =∶,故A正確,B錯(cuò)誤;由洛倫茲力提供向心力,可得qv0B=,則B=,可以得出B1∶

6、B2 =r2∶r1=∶,故C錯(cuò)誤,D正確。 5、(2019·石家莊模擬) 如圖所示是氫原子的能級(jí)圖,a、b、c為原子躍遷所發(fā)出的三種頻率的光。用這三種頻率的光分別照射同種金屬,都發(fā)生了光電效應(yīng),則關(guān)于這種金屬發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)光電子的最大初動(dòng)能Ek隨入射光頻率ν變化的圖象,以及這三種頻率的光產(chǎn)生的光電子最大初動(dòng)能的大小關(guān)系,下列四個(gè)圖象中描繪正確的是(  ) 【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下兩個(gè)方面: (1)根據(jù)玻爾理論分析氫原子發(fā)出的三種光的頻率關(guān)系。 (2)根據(jù)愛(ài)因斯坦光電效應(yīng)方程得到最大初動(dòng)能與光子頻率之間的關(guān)系。 【解析】選A。這群氫原子能發(fā)出三種頻率不同的光,

7、根據(jù)玻爾理論ΔE=Em-En(m>n)得知,從n=3躍遷到n=1所發(fā)出的光能量最大,由E=hν得知,頻率最高,而從n=3躍遷到n=2所發(fā)出的光能量最小,頻率最小,所以νb>νc>νa;根據(jù)光電效應(yīng)方程,電子的最大初動(dòng)能:Ekm=hν-hν0,其中ν0為該金屬的截止頻率,所以Ekb>Ekc>Eka。比較四個(gè)圖象可知,故A項(xiàng)正確,B、C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。 6、已知銅的摩爾質(zhì)量為M(kg/mol),銅的密度為ρ(kg/m3),阿伏伽德羅常數(shù)為NA(mol-1)。下列判斷正確的是 (  ) A.1 kg銅所含的原子數(shù)為 B.1 m3銅所含的原子數(shù)為 C.1個(gè)銅原子的質(zhì)量為(kg) D.1個(gè)銅原子的

8、體積為(m3) 【解析】選A、C、D。1 kg銅所含的原子數(shù)N=NA=,故A項(xiàng)正確;同理,1 m3銅所含的原子數(shù)N=NA=,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;1個(gè)銅原子的質(zhì)量m0=(kg),故C項(xiàng)正確;1個(gè)銅原子的體積V0==(m3),故D項(xiàng)正確。 7、如圖所示,在粗糙的水平桌面上靜止放著一盞臺(tái)燈,該臺(tái)燈可通過(guò)支架前后調(diào)節(jié)從而可將燈頭進(jìn)行前后調(diào)節(jié),下列對(duì)于臺(tái)燈的受力分析正確的是(  ) A.臺(tái)燈受到水平向左的摩擦力 B.若將燈頭向前調(diào)節(jié)一點(diǎn)(臺(tái)燈未倒),則桌面對(duì)臺(tái)燈的支持力將變大 C.支架對(duì)燈頭的支持力方向豎直向上 D.整個(gè)臺(tái)燈所受的合外力方向向左 【解析】選C。以整個(gè)臺(tái)燈為研究對(duì)象,臺(tái)燈受到重力

9、和桌面的支持力,且處于平衡狀態(tài),合力為零,故選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤;根據(jù)二力平衡可知燈頭所受支架的支持力豎直向上,故選項(xiàng)C正確;若將燈頭向前調(diào)一點(diǎn)(臺(tái)燈未倒),臺(tái)燈仍然處于平衡狀態(tài),故桌面對(duì)臺(tái)燈的支持力大小不變,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤。 8、以某一初速度水平拋出一物體,若以拋出點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O,初速度方向?yàn)閤軸的正方向,物體所受重力方向?yàn)閥軸的正方向,建立如圖所示坐標(biāo)系。它的運(yùn)動(dòng)軌跡滿足方程x2=10y,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間物體的速度大小變?yōu)槌跛俣鹊谋?,不?jì)空氣阻力,重力加速度g=10 m/s2,則物體水平拋出的初速度v0的大小和該過(guò)程平均速度的大小分別為 (  ) A.10 m/s, m/s  B.10

10、m/s,10 m/s C.5 m/s, m/s D.5 m/s,10 m/s 【解析】選C。由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律x=v0t,y=gt2得y=x2,代入x2=10y可得v0= 5 m/s。當(dāng)合速度大小變?yōu)槌跛俣却笮〉谋稌r(shí),豎直速度vy=v0=5 m/s,又豎直速度vy=gt,t= s,x=v0t=5 m,y=gt2=2.5 m,t時(shí)間內(nèi)的合位移s== m,該過(guò)程平均速度大小== m/s。只有選項(xiàng)C正確。 9、如圖所示,質(zhì)量為M的足夠高且光滑斜槽靜止在光滑水平面上,質(zhì)量為m的小球以一定的水平初速度沖上斜槽且不脫離斜槽,后又返回斜槽底部,則下列說(shuō)法正確的是 (  ) A.小球獲得的最

11、大重力勢(shì)能等于小球初動(dòng)能 B.小球到達(dá)斜槽最高點(diǎn)處,小球的速度為零 C.小球回到斜槽底部時(shí),小球速度方向一定向右 D.小球回到斜槽底部時(shí),小球速度方向可能向左 【解析】選D。小球沖上斜槽的過(guò)程中,斜槽向左運(yùn)動(dòng),獲得了動(dòng)能,所以小球獲得的最大重力勢(shì)能小于小球初動(dòng)能,故A錯(cuò)誤;小球到達(dá)斜槽最高點(diǎn)時(shí)速度與斜槽速度相同,設(shè)為v′,取水平向左為正方向,由水平方向動(dòng)量守恒得mv=(M+m)v′,可得 v′=v≠0,故B錯(cuò)誤;設(shè)小球回到斜槽底部時(shí),小球和斜槽的速度分別為v1和v2。取水平向左為正方向,由水平方向動(dòng)量守恒得mv=mv1+Mv2。根據(jù)機(jī)械能守恒定律得m=m+M。解得v1=v,若m>M,得

12、v1>0,說(shuō)明小球速度方向向左,故C錯(cuò)誤,D正確。 10、在如圖甲所示電路中,閉合開(kāi)關(guān)S,當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P向上滑動(dòng)的過(guò)程中,四個(gè)理想電表的示數(shù)都發(fā)生變化。圖乙中三條圖線分別表示了三個(gè)電壓表示數(shù)隨電流表示數(shù)變化的情況,以下說(shuō)法錯(cuò)誤的是 (  ) A.圖線a表示的是電壓表V3的示數(shù)隨電流表示數(shù)變化的情況 B.圖線c表示的是電壓表V2的示數(shù)隨電流表示數(shù)變化的情況 C.此過(guò)程中電壓表V1示數(shù)的變化量ΔU1和電流表示數(shù)變化量ΔI的比值變大 D.此過(guò)程中電壓表V2示數(shù)的變化量ΔU2和電流表示數(shù)變化量ΔI的比值不變 【解析】選C?;琍向上滑動(dòng),R2減小,總電阻減小,總電流增大,電

13、源內(nèi)電壓增大,路端電壓減小,R1兩端電壓增大,R2兩端電壓減小,根據(jù)這些變化關(guān)系可知,圖線a是電壓表V3的示數(shù)隨電流表示數(shù)變化的圖線,圖線b是電壓表V1的示數(shù)隨電流表示數(shù)變化的圖線,圖線c是電壓表V2的示數(shù)隨電流表示數(shù)變化的圖線,A、B說(shuō)法正確;=r,而=R1,C說(shuō)法錯(cuò)誤,D說(shuō)法正確。   11、如圖甲所示,虛線框內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng),1和2為垂直磁場(chǎng)方向放置的兩個(gè)圓環(huán),分別用Φ1和Φ2表示穿過(guò)兩環(huán)的磁通量;如圖乙所示,兩同心圓環(huán)A和B處在同一平面內(nèi),B的半徑小于A的半徑。一條形磁鐵的軸線與圓環(huán)平面垂直,則穿過(guò)兩圓環(huán)的磁通量大小為ΦA(chǔ)與ΦB,則有 (  ) A.Φ1>Φ2 ΦA(chǔ)>ΦB   B.Φ1=Φ2 ΦA(chǔ)<ΦB C.Φ1<Φ2 ΦA(chǔ)=ΦB D.無(wú)法比較 【解析】選B。對(duì)于圖甲,只有圓環(huán)1內(nèi)有磁場(chǎng),由環(huán)1與環(huán)2構(gòu)成的環(huán)內(nèi)沒(méi)有磁場(chǎng),所以環(huán)1和環(huán)2的磁通量是相等的,即Φ1=Φ2;對(duì)于圖乙,根據(jù)磁感線的分布情況可知,磁鐵內(nèi)部穿過(guò)環(huán)面的磁感線方向向上,外部磁感線方向向下。由于磁感線是閉合曲線,磁鐵內(nèi)部的磁感線條數(shù)等于磁鐵外部磁感線的總條數(shù),而磁鐵外部磁感線分布在無(wú)限大的空間,所以穿過(guò)環(huán)面的磁鐵外部向下的磁感線將磁鐵內(nèi)部向上的磁感線抵消一部分,B的面積小,抵消較小,則磁通量較大,所以ΦB>ΦA(chǔ)。 8

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