（通用版）2020高考物理三輪沖刺 題型練輯 選擇題滿分練（八）（含解析）

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1、選擇題滿分練(八) 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·廣東清遠(yuǎn)市期末質(zhì)量檢測)如圖1所示，中間有孔的物塊A套在光滑的豎直桿上，通過光滑定滑輪用不可伸長的輕繩將物塊拉著向上運(yùn)動(dòng)，在A勻速上升過程中，下列判斷正確的是(　　) 圖1 A．拉力F變小 B．桿對(duì)A的彈力FN不變 C．輕繩自由端(右端)的速率v增大 D．拉力F的功率P不變 答案　D 解析　設(shè)輕繩與豎直方向的夾角為θ，因?yàn)锳做勻速直線運(yùn)動(dòng)

2、，在豎直方向上合力為零，有：Fcosθ＝mg，因?yàn)棣仍龃?，則F增大，水平方向合力為零，有：FN＝Fsinθ，F(xiàn)增大，F(xiàn)N增大，故A、B錯(cuò)誤；物塊A沿輕繩方向上的分速度v1＝vcosθ，該速度等于輕繩自由端(右端)的速度，θ增大，自由端速度減小，故C錯(cuò)誤；拉力F的功率P＝Fv1＝·vcosθ＝mgv，知拉力F的功率P不變，故D正確． 15．(2019·山東臨沂市質(zhì)檢)2017年6月15日，我國在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心用“長征四號(hào)乙”運(yùn)載火箭成功發(fā)射首顆X射線調(diào)制望遠(yuǎn)鏡衛(wèi)星“慧眼”．假設(shè)將發(fā)射火箭看成如下模型：靜止的實(shí)驗(yàn)火箭，總質(zhì)量為M＝2100g．當(dāng)它以相對(duì)地面的速度v0＝840m/s噴出質(zhì)量為Δm

3、＝100g的高溫氣體后，火箭相對(duì)地面的速度為(噴出氣體過程中重力和空氣阻力可忽略不計(jì))(　　) A．42m/s B．－42 m/s C．40m/s D．－40 m/s 答案　B 解析　因?qū)嶒?yàn)火箭噴出氣體過程中重力和空氣阻力可忽略不計(jì)，可知在實(shí)驗(yàn)火箭發(fā)射的過程中二者組成的系統(tǒng)豎直方向的動(dòng)量守恒，以噴出氣體的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：Δmv0＋(M－Δm)v＝0，解得v＝－42m/s，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤． 16．(2019·寧夏銀川市六盤山上學(xué)期期末)一衛(wèi)星繞某一行星表面附近做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其角速度大小為ω.假設(shè)宇航員登上該行星后在該行星表面上用彈簧測力計(jì)測量一質(zhì)

4、量為m的物體的重力，物體靜止時(shí)，彈簧測力計(jì)的示數(shù)為F0.已知引力常量為G，忽略該行星的自轉(zhuǎn)，則這顆行星的質(zhì)量為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　對(duì)物體有：F0＝mg，行星表面的物體的重力等于萬有引力：G＝mg，對(duì)行星表面的衛(wèi)星來說G＝m′ω2R，聯(lián)立三式可得M＝.故A正確，B、C、D錯(cuò)誤． 17.(2019·天津市和平區(qū)上學(xué)期期末)如圖2所示，當(dāng)一束一定強(qiáng)度的某一頻率的黃光照射到光電管陰極K上時(shí)，此時(shí)滑片P處于A、B中點(diǎn)，電流表中有電流通過，則(　　) 圖2 A．若將滑片P向B端移動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)一定增大 B．若用紅外線照射陰極K時(shí)，電流表中一定沒有電流通過

5、 C．若用強(qiáng)度更弱的黃光照射陰極K，電流表讀數(shù)不變 D．若用強(qiáng)度更弱的紫外線照射陰極K，光電子的最大初動(dòng)能一定變大 答案　D 解析　光電管兩端所加的電壓，使光電子到達(dá)陽極，則電流表中有電流流過，且可能已經(jīng)達(dá)到飽和電流，將滑片P向B端移動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)有可能不變，故A錯(cuò)誤；若用紅外線照射陰極K時(shí)，因紅外線的頻率小于黃光的頻率，因此可能不發(fā)生光電效應(yīng)，也可能會(huì)發(fā)生光電效應(yīng)，電流表不一定沒有電流通過，故B錯(cuò)誤；若用強(qiáng)度更弱的黃光照射陰極K時(shí)，能發(fā)生光電效應(yīng)，有光電子飛出，但光強(qiáng)變?nèi)跏沟脝挝粫r(shí)間內(nèi)飛出的光電子數(shù)目減少，電流表讀數(shù)減小，故C錯(cuò)誤；紫外線的頻率大于黃光的頻率，根據(jù)光電效應(yīng)方程：Ek

6、＝hν－W0可知，用一束紫外線照射陰極K時(shí)，出射光電子的最大初動(dòng)能一定變大，與光的強(qiáng)弱無關(guān)，故D正確． 18．(2019·河北唐山市上學(xué)期期末)兩個(gè)底邊和高都是L的等腰三角形，三角形內(nèi)分布方向如圖3所示的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B.一邊長為L、電阻為R的正方形線框置于三角形所在平面內(nèi)，從圖示位置開始沿x軸正方向以速度v勻速穿過磁場區(qū)域．取逆時(shí)針方向感應(yīng)電流為正，則線框中電流i隨bc邊的位置坐標(biāo)x變化的圖象正確的是(　　) 圖3 答案　C 解析　bc邊的位置坐標(biāo)x在0～L過程，線框bc邊有效切割長度從0到L再減到0，感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)從0增加到BLv，

7、再減到0，感應(yīng)電流從0增加到，再減到0；bc邊的位置坐標(biāo)x在L～2L過程中，bc邊進(jìn)入右側(cè)磁場切割磁感線產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流，ad邊在左側(cè)磁場切割磁感線產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流，兩電流同向，電流先增加后減小到0，最大值為；bc邊的位置坐標(biāo)x在2L～3L過程，bc邊在磁場外，線框ad邊有效切割長度從0到L再減到0，感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)從0增加到BLv，再減到0，感應(yīng)電流從0增加到，再減到0，則圖象C正確，A、B、D錯(cuò)誤． 19．(2019·山東實(shí)驗(yàn)中學(xué)第二次模擬)如圖4甲所示，輕彈簧豎直固定在水平地面上，一質(zhì)量為m＝0.2kg的小球從彈簧上端某高度處自由下落，從它接觸彈簧到將彈簧

8、壓縮至最短的過程中(彈簧始終在彈性限度內(nèi))，其速度v和彈簧壓縮量Δx的函數(shù)圖象如圖乙所示，其中A為曲線的最高點(diǎn)，小球和彈簧接觸瞬間的機(jī)械能損失不計(jì)，取重力加速度g＝10m/s2，則下列說法中正確的是(　　) 圖4 A．該彈簧的勁度系數(shù)為20N/m B．當(dāng)Δx＝0.3m時(shí)，小球處于超重狀態(tài) C．小球剛接觸彈簧時(shí)速度最大 D．從接觸彈簧到將彈簧壓縮至最短的過程中，小球加速度的大小先減小后增大 答案　ABD 解析　當(dāng)Δx＝0.1m時(shí)，小球的重力等于彈簧對(duì)它的彈力，合力為零，小球的加速度為零，小球處于平衡狀態(tài)，可得：kΔx＝mg，解得：k＝＝N/m＝20 N/m，故A正確；由題圖乙可

9、知，Δx＝0.3m時(shí)，小球的速度減小，加速度向上，故說明小球處于超重狀態(tài)，故B正確；由題圖乙可知，開始小球的速度增大，小球的重力大于彈簧對(duì)它的彈力，當(dāng)Δx為0.1m時(shí)，小球的速度最大，然后速度減小，故C錯(cuò)誤；題圖乙中圖線的斜率表示加速度，則由圖可知，從接觸彈簧到將彈簧壓縮至最短的過程中，小球加速度的大小先減小后增大，故D正確． 20．電流天平可以用來測量勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。鐖D5甲所示，測量前天平已調(diào)至平衡，測量時(shí)，在左邊托盤中放入質(zhì)量為m的砝碼，右邊托盤中不放砝碼，將一個(gè)質(zhì)量為m0、匝數(shù)為n、下邊長為l的矩形線圈掛在右邊托盤的底部，再將此矩形線圈的下部分放在待測磁場中．線圈的兩頭連

10、在如圖乙所示的電路中，不計(jì)連接導(dǎo)線對(duì)線圈的作用力，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r.開關(guān)S閉合后，調(diào)節(jié)可變電阻至R1時(shí)，天平正好平衡，此時(shí)電壓表讀數(shù)為U.已知m0>m，取重力加速度為g，則(　　) 圖5 A．矩形線圈中電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向 B．矩形線圈的電阻R＝r－R1 C．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B＝ D．若僅將磁場反向，在左盤中再添加質(zhì)量為2m0－m的砝碼可使天平重新平衡 答案　AC 解析　根據(jù)題圖甲可知，要使天平平衡，矩形線圈中電流的方向應(yīng)為逆時(shí)針方向，故A正確； 根據(jù)閉合電路歐姆定律可得U＝E－r， 解得矩形線圈的電阻R＝－R1，故B錯(cuò)誤； 根據(jù)平衡條件可得m0g－

11、F＝mg，而F＝nBIl， I＝， 解得勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B＝， 故C正確；開始線圈所受安培力的方向向上，僅將磁場反向，則安培力方向反向，變?yōu)橄蛳拢喈?dāng)于右邊多了兩倍的安培力大小，所以需要在左邊添加質(zhì)量為Δm＝＝2(m0－m)的砝碼可使天平重新平衡，故D錯(cuò)誤． 21.(2019·廣東汕頭市教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測)質(zhì)量均為m的三個(gè)帶電小球A、B、C用三根長度均為l的絕緣絲線相互連接，放置在光滑絕緣的水平面上，A球的電荷量為＋q.在C球上施加一個(gè)水平向右的恒力F之后，三個(gè)小球一起向右運(yùn)動(dòng)，三根絲線剛好都伸直且沒有彈力，F(xiàn)的作用線反向延長線與A、B間的絲線相交于絲線的中點(diǎn)，如圖6所示．已知靜電

12、力常量為k，下列說法正確的是(　　) 圖6 A．B球的電荷量可能為＋2q B．C球的電荷量為－2q C．三個(gè)小球一起運(yùn)動(dòng)的加速度為 D．恒力F的大小為 答案　BC 解析　根據(jù)對(duì)稱性可知，A球的電荷量和B球的電荷量相同，故A錯(cuò)誤；設(shè)C球的電荷量大小為qC，以A球?yàn)檠芯繉?duì)象，B球?qū)球的庫侖斥力為FBA＝，C球?qū)球的庫侖引力為FCA＝，由題意可得一起運(yùn)動(dòng)的加速度方向與F的作用線平行，則有：FCAsin30°＝FBA，F(xiàn)CAcos30°＝ma，解得：qC＝2q，a＝，C球帶負(fù)電，故C球的電荷量為－2q，故B、C正確；以三個(gè)小球整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得：F＝3ma＝，故D錯(cuò)誤． 6