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)槌跛俣鹊谋叮挥?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