（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）

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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中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21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． 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．盧瑟福通過實驗發(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)是因為這束光的強度太弱 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；盧瑟福通過實驗發(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)，是因為金屬的截止頻率大于入射光的頻率，選項D錯誤． 15．(2019·江蘇南通市模擬)如圖1所示，長為L的細繩，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動過程中距斜面最遠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；小球在運動過程中距斜面最遠時，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磁場．一帶電粒子從a點沿ad方向射入磁場，當(dāng)速度大小為v1時，粒子從b點離開磁場；當(dāng)速度大小為v2時，粒子從c點離開磁場，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動，洛倫茲力提供向心力，由qvB＝m可得：r＝，粒子在磁場中運動的軌跡如圖， 粒子從b點離開磁場時，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＝，因為m、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，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)化為機械能，由功能的轉(zhuǎn)化可得人與地球所組成的系統(tǒng)的機械能增加了：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為橢圓軌道，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三點分別位于三條軌道上，b點為軌道Ⅱ的遠地點，b

9、、c點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的運行周期為軌道Ⅰ的2倍 B．衛(wèi)星經(jīng)過a點的速率為經(jīng)過b點的倍 C．衛(wèi)星在a點的加速度大小為在c點的4倍 D．質(zhì)量相同的衛(wèi)星在b點的機械能小于在c點的機械能 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軌道做橢圓運動，衛(wèi)星經(jīng)過兩個軌道交點的速率為經(jīng)過b點的倍，但衛(wèi)星在Ⅰ軌道經(jīng)過加速才能變做橢圓運動，所以衛(wèi)星經(jīng)過a點的速率不是經(jīng)過b點的倍，故B錯誤；由公式a＝可知，衛(wèi)星在a點的加速度大小為在c點的4倍，故C正確；衛(wèi)星在b點做向心運動，在C點做離心運

10、動，且b、c距地心的距離相等，則c點的速度大于b點的速度，所以質(zhì)量相同的衛(wèi)星在b點的機械能小于在c點的機械能，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磁場，磁感應(yīng)強度方向與紙面垂直．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)線框水平向右運動，cd邊于t＝0時刻進入磁場，c、d兩點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)強度的方向垂直紙面向里 B．磁感應(yīng)強度的大小為4T C．導(dǎo)線框進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)線框進入磁場，c、d兩點間電勢差為正，即c點相當(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)線框進入磁場，c、d兩點間電勢差為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)進入磁場，2～3s內(nèi)出磁場，且都是勻速運動，所以速度都為1m/s，所以導(dǎo)線框進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． 6