《2019屆高考物理二輪復習 選擇題滿分練6》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019屆高考物理二輪復習 選擇題滿分練6（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、選擇題滿分練六 有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分． 1．下列敘述正確的是(　　) A．若鈾235的體積超過它的臨界體積，裂變的鏈式反應就能夠發(fā)生 B．根據(jù)玻爾理論，在氫原子中，電子吸收光子從低能級躍遷到高能級，電子的能量變大，動能也變大 C．只要入射光的強度足夠強，照射時間足夠長，就一定能產(chǎn)生光電效應 D．核反應的實質(zhì)是粒子對核撞擊而打出新粒子使核變?yōu)樾潞? 解析：選A.只要鈾235的體積超過它的臨界體積，就能產(chǎn)生裂變的鏈式反應，A正確；在氫原子中，電子吸收光子從低能級躍遷到高能級，電子的能量變大，軌道半徑變大，

2、電勢能變大，但動能變小，B錯誤；某種金屬能否發(fā)生光電效應取決于入射光的頻率，選項C錯誤；核反應是原子核在其他粒子的轟擊下產(chǎn)生新原子核的過程，并不一定打出新粒子，D錯誤；故選A. 2．一小球做自由落體運動，落地前最后1 s內(nèi)的位移為45 m，已知重力加速度g取10 m/s2，則該小球下落過程中的平均速度為(　　) A．45 m/s　　　　　　　 B．35 m/s C．25 m/s D．22.5 m/s 解析：選C.由平均速度的定義式可知，最后1 s的平均速度為v＝＝45 m/s，勻變速運動中平均速度等于時間中點的瞬時速度，設下落總時間為T，則g(T－0.5 s)＝45 m/s，解得T＝

3、5 s，全程的平均速度等于時間中點的瞬時速度，即2.5 s時的瞬時速度v＝gt′＝10×2.5 m/s＝25 m/s，C正確． 3．如圖所示，帶電荷量為－q的均勻帶電半球殼的半徑為R，CD為通過半球頂點C與球心O的軸線，P、Q為CD軸上在O點兩側(cè)離O點距離相等的兩點，如果是均勻帶電球殼，其內(nèi)部電場強度處處為零，電勢都相等，則下列判斷正確的是(　　) A．P、Q兩點的電勢、電場強度均相同 B．P、Q兩點的電勢不同，電場強度相同 C．P、Q兩點的電勢相同、電場強度等大反向 D．在Q點由靜止釋放一帶負電的微粒(重力不計)，微粒將做勻加速直線運動 解析：選B.半球殼帶負電，因此在C

4、D上電場線沿DC方向向上，所以P點電勢一定低于Q點電勢，A、C錯誤；若在O點的下方再放置一同樣的半球殼組成一完整的球殼，則P、Q兩點的電場強度均為零，即上、下半球殼在P點的電場強度大小相等方向相反，由對稱性可知上半球殼在P點與在Q點的電場強度大小相等方向相同，B正確；在Q點由靜止釋放一帶負電微粒，微粒一定做變加速運動，D錯誤． 4．如圖所示，以MN、PQ為邊界的區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁場寬為2L，高為L的正三角形閉合金屬框由粗細均勻的電阻絲圍成，在外力作用下由圖示位置被水平向右勻速拉過磁場區(qū)域，ab邊平行MN且垂直金屬框運動方向，取逆時針方向為電流的正方向，則金屬框中的感應電動勢

5、E、感應電流I，所施加的外力F及外力的功率P隨位移x的變化關系圖正確的是(　　) 解析：選B.金屬框進入磁場的過程中，穿過金屬框的磁通量增加，由楞次定律可知此過程中感應電流為逆時針方向，而此過程金屬框切割磁感線的有效長度l＝2x·tan 30°且均勻增加，完全進入磁場后，穿過金屬框的磁通量不變，回路中無感應電流和感應電動勢，排除A選項；0～L位移內(nèi)，因金屬框做勻速直線運動，所以F外＝F安＝BIl＝＝tan2 30°，即外力隨位移的增大而非線性增大，排除C選項；0～L位移內(nèi)，外力的功率P＝F外v＝tan2 30°，即外力的功率隨位移的增大而非線性增大，排除D選項；所以B選項正確． 5．如

6、圖甲所示，升降機內(nèi)固定著一個傾角為30°的光滑斜面，斜面底端安裝一個能顯示彈簧作用力的傳感器，以彈簧受壓時傳感器示數(shù)為正，傳感器通過一根輕彈簧連接著一個質(zhì)量為2m的金屬球．運動中的升降機突然停止，以停止運動為計時起點，在此后的一段時間內(nèi)傳感器上顯示的彈力隨時間變化的關系如圖乙所示，且金屬球運動過程中彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則下列說法中正確的是(　　) A．升降機在停止運動前是向上運動的 B．0～t1時間段內(nèi)金屬球做減速運動 C．t1～t2時間段內(nèi)金屬球處于超重狀態(tài) D．t2和t4兩時刻金屬球的加速度和速度的大小均相同 解析：選D.由于升降機停止運動前傳感器的示數(shù)為0，表明彈簧處于原

7、長狀態(tài)，即升降機有向下的加速度g，而0～t1時間段內(nèi)示數(shù)增加，說明彈簧被壓縮，即升降機突然停下后金屬球由于慣性而向下運動，故停止前升降機是向下運動的，A錯誤；0～t1時間段內(nèi)彈簧的形變量逐漸增大，但當F＝mg時金屬球所受的合外力為0，即金屬球前一段做加速度逐漸減小的加速運動，后一段做加速度逐漸增大的減速運動，B錯誤；t1～t2時間段可分為兩段，F(xiàn)＝mg時金屬球的加速度為0，前一段時間金屬球加速度向上并處于超重狀態(tài)，后一段時間金屬球加速度向下并處于失重狀態(tài)，C錯誤；t2和t4兩時刻彈簧的形變量均為0，金屬球在斜面方向上只有重力的分力產(chǎn)生加速度，故兩時刻的加速度相同，又由于斜面光滑，系統(tǒng)的機械能守

8、恒，因此兩個時刻速度的大小相等，但t2時刻金屬球沿斜面向上運動，而t4時刻金屬球沿斜面向下運動，二者的方向不同，D正確． 6．一電子只在電場力作用下沿x軸正方向運動，其電勢能Ep隨位移x變化的關系如圖所示，其中0～x1段是曲線，x1～x2段是平行于x軸的直線，x2～x3段是傾斜直線，下列說法正確的是(　　) A．從0到x1電勢逐漸降低 B．x2處的電勢比x3處高 C．x1～x2段電場強度為零 D．x2～x3段的電場強度減小 解析：選AC.由ΔEp＝－W電＝－qEx，即＝qE，即Ep-x圖象中的斜率表示電子受的電場力，所以C項正確，D項錯誤；因為φ＝，可知0～x1電勢逐漸降低，A項正

9、確；B項錯誤；故正確選項為AC. 7．如圖所示，足夠長的木板P靜止于光滑水平面上，小滑塊Q位于木板P的最右端，木板P與小滑塊Q之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，木板P與小滑塊Q質(zhì)量相等，均為m＝1 kg.用大小為6 N、方向水平向右的恒力F拉動木板P加速運動1 s后將其撤去，系統(tǒng)逐漸達到穩(wěn)定狀態(tài)，已知重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是(　　) A．木板P與小滑塊Q所組成的系統(tǒng)的動量增加量等于拉力F的沖量 B．拉力F做功為6 J C．小滑塊Q的最大速度為3 m/s D．整個過程中，系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量為3 J 解析：選ACD.對系統(tǒng)由動量定理得Ft＝mvP＋mvQ＝2mv

10、共，即木板P與小滑塊Q所組成系統(tǒng)的動量增加量一定等于拉力F的沖量，A正確；若木板P與小滑塊Q相對靜止一起加速運動，則拉力F不能超過·2m＝4 N，拉力F為6 N大于4 N，故二者發(fā)生相對滑動，對木板P由牛頓第二定律F－μmg＝ma，解得a＝4 m/s2.1 s內(nèi)木板P的位移x＝at2＝2 m，拉力F做功W＝Fx＝12 J，B錯誤；二者共速時，小滑塊Q的速度最大，F(xiàn)t＝2mv共，v共＝3 m/s，C正確；整個過程中，對系統(tǒng)由能量守恒可知W＝×2mv＋Q.解得Q＝3 J，D正確． 8．矩形邊界ABCD內(nèi)存在磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向里，AB長為2L，AD長為L.從AD的中點E發(fā)射各

11、種速率的粒子，方向與AD成30°角，粒子帶正電，電量為q，質(zhì)量為m，不計粒子重力與粒子間的相互作用，下列判斷正確的是(　　) A．粒子可能從BC邊離開 B．經(jīng)過AB邊的粒子最小速度為 C．經(jīng)過AB邊的粒子最大速度為 D．AB邊上有粒子經(jīng)過的區(qū)域長度為L 解析：選CD.最有可能從BC邊離開的粒子應與DC邊相切，設半徑為r1，圓心為O1，由幾何知識知r1sin 30°＝ 所以r1＝L，即O1應在AB邊上，則O1F應為半徑r1＝L，而O1A＝r1cos 30°＝L，所以O1A＋O1F＝L＋L＜2L，所以粒子不可能從BC邊離開；且上述情況為經(jīng)AB邊的粒子半徑最大的情況，由r＝知，vm＝，選項A錯誤、C正確，當粒子與AB相切時，速度最小，圓心為O2，半徑為r2，則有r2＋r2sin 30°＝，故r2＝，又因為r2＝，所以v2＝為最小速度，選項B錯誤，AB上切點M與點F之間的長度為粒子經(jīng)過的區(qū)域，l′＝r1＋r1cos 30°－r2cos 30°＝L＋＝L，故D項正確． 5