2019屆高考物理二輪復習 選擇題滿分練4.doc

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選擇題滿分練四 一、選擇題(本題共8小題，每小題6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．(2018重慶聯(lián)考)現(xiàn)代科學的發(fā)展極大地促進了人們對原子、原子核的認識，下列有關(guān)原子、原子核的敘述正確的是 A．盧瑟福α粒子散射實驗說明原子核內(nèi)部具有復雜的結(jié)構(gòu) B．天然放射現(xiàn)象表明原子核內(nèi)部有電子 C．輕核聚變反應(yīng)方程有：H＋HHe＋n D．氫原子從n＝3能級躍遷到n＝1能級和從n＝2能級躍遷到n＝1能級，前者躍遷輻射出的光子波長比后者的長 解析　盧瑟福通過α粒子散射實驗提出原子的核式結(jié)構(gòu)模型，天然放射現(xiàn)象說明原子核內(nèi)部具有復雜的結(jié)構(gòu)，A、B錯誤；輕核聚變方程電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒，C正確；氫原子從n＝3能級躍遷到n＝1能級放出的光子能量比從n＝2能級躍遷到n＝1能級的大，由公式E＝，可知前者躍遷輻射出的光子波長比后者的短，D錯誤。 答案　C 15．有一理想的降壓變壓器，四個標稱均為“6 V、6 W”的小燈泡a、b、c、d以及理想電壓表接在變壓器上，電路如圖1所示。在1、2兩端接交流電源(電壓有效值為U)時，四個小燈泡均能正常發(fā)光。則下列說法正確的是 圖1 A．電壓表的示數(shù)為24 V B．電源電壓U＝24 V C．變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為4∶1 D．變壓器原線圈的輸入功率為24 W 解析　由題意可知流過每個小燈泡的電流均為I0＝＝ A＝1 A，則副線圈的電流為I2＝3I0＝3 A，原線圈的電流為I1＝I0＝1 A，則由＝＝，知C錯誤；副線圈兩端的電壓為U2＝6 V，則由＝，可得原線圈兩端的電壓為U1＝18 V，即電壓表的示數(shù)為18 V，A錯誤；電源電壓為U＝U0＋U1＝24 V，B正確；變壓器的輸入功率等于輸出功率，即小燈泡b、c、d消耗的功率之和18 W，D錯誤。 答案　B 16．(2018鄭州一模)美國物理學家勞倫斯于1932年發(fā)明的回旋加速器，應(yīng)用帶電粒子在磁場中做圓周運動的特點，能使帶電粒子在較小的空間范圍內(nèi)經(jīng)過電場的多次加速獲得較大的能量，使人類在獲得較高能量帶電粒子方面前進了一步。下圖為一種改進后的回旋加速器的示意圖，其中盒縫間的加速電場的場強大小恒定，且被限制在A、C板間。如圖2所示，帶電粒子從P0處以速度v0沿電場線方向射入加速電場，經(jīng)加速后再進入D型盒中的勻強磁場做勻速圓周運動，對于這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是 圖2 A．帶電粒子每運動一周被加速兩次 B．帶電粒子每運動一周P1P2＝P2P3 C．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān) D．加速電場方向需要做周期性的變化 解析　因加速電場被限制在AC板之間，故可知，粒子在運動過程中，只有在AC板間時才被加速，即每運動一周加速一次，所以選項A錯誤；根據(jù)牛頓第二定律可知Bqv＝m，故可知P1P2＝2(R2－R1)＝(v2－v1)，同理P2P3＝2(R3－R2)＝(v3－v2)，根據(jù)動能定理可知Uq＝mv－mv＝mv－mv，故可知選項B錯誤；粒子的最大速度vmax＝∝R，故可知選項C正確；因每次粒子在電場中的運動方向一樣，故電場方向無需變化，所以選項D錯誤。 答案　C 17．(2018長沙一模)假設(shè)宇宙中有兩顆相距無限遠的行星A和B，自身球體半徑分別為RA和RB。兩顆行星各自周圍的衛(wèi)星的軌道半徑的三次方(r3)與運行公轉(zhuǎn)周期的平方(T2)的關(guān)系如圖3所示：T0為衛(wèi)星環(huán)繞各自行星表面運行的周期。則 圖3 A．行星A的質(zhì)量小于行星B的質(zhì)量 B．行星A的密度小于行星B的密度 C．行星A的第一宇宙速度等于行星B的第一宇宙速度 D．當兩行星周圍的衛(wèi)星的運動軌道半徑相同時，行星A的衛(wèi)星的向心加速度大于行星B的衛(wèi)星的向心加速度 解析　根據(jù)萬有引力提供向心力得出：G＝m得：M＝，根據(jù)圖像可知，A的比B的大，所以行星A的質(zhì)量大于行星B的質(zhì)量，故A錯誤；根據(jù)圖像可知，在兩顆行星表面做勻速圓周運動的周期相同，密度ρ＝＝＝＝，所以行星A的密度等于行星B的密度，故B錯誤；第一宇宙速度v＝，A的半徑大于B的半徑，衛(wèi)星環(huán)繞行星表面運行的周期相同，則A的第一宇宙速度大于行星B的第一宇宙速度，故C錯誤；根據(jù)G＝ma得：a＝G，當兩行星的衛(wèi)星軌道半徑相同時，A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量，則行星A的衛(wèi)星向心加速度大于行星B的衛(wèi)星向心加速度，故D正確。 答案　D 18．一質(zhì)量為m的質(zhì)點以速度v0做勻速直線運動，在t＝0時開始受到恒力F作用，速度大小先減小后增大，其最小值為v＝0.5 v0。由此可判斷 A．質(zhì)點受力F作用后一定做勻變速曲線運動 B．質(zhì)點受力F作用后可能做圓周運動 C．t＝0時恒力F與速度v0方向間的夾角為60 D．t＝時，質(zhì)點速度最小 解析　根據(jù)題述，質(zhì)點在恒力作用下運動有最小速度，可知質(zhì)點做類斜拋運動，質(zhì)點受恒力F作用后一定做勻變速曲線運動，選項A正確，B錯誤。質(zhì)點在垂直恒力F的方向上的分速度v＝0.5v0，由v＝v0sin θ，可知t＝0時恒力F與速度方向所在直線的夾角為θ＝30，選項C錯誤。由F＝ma，v0cos θ＝at，解得t＝，即t＝時，質(zhì)點在沿恒力F的方向上的分速度減小到零，質(zhì)點速度最小，選項D正確。 答案　AD 19.已知均勻帶電球殼內(nèi)部電場強度處處為零，電勢處處相等。如圖4所示，正電荷均勻分布在半球面上，Ox為通過半球頂點與球心O的軸線，A、B為軸上的點，且AO＝OB，則下列判斷正確的是 圖4 A．A、B兩點的電勢相等 B．A、B兩點的電場強度相等 C．點電荷從A點移到B點，電場力一定做正功 D．同一個負電荷放在B點比放在A點的電勢能大 解析　根據(jù)電荷產(chǎn)生電場，電場線由正電荷指向無窮遠處，沿電場線方向電勢降低可知A點電勢高于B點，選項A錯誤。設(shè)半球殼上電荷在A點產(chǎn)生的電場強度為EA1，半球殼上電荷在B點產(chǎn)生的電場強度為EB1，方向均沿x軸正方向。設(shè)想另一完全相同的帶電半球殼與該帶電半球殼構(gòu)成完整的帶電球殼，由對稱性可知，另一完全相同的帶電半球殼在A、B兩點產(chǎn)生的電場強度為EA2＝EB1，EB2＝EA1，方向均沿x軸負方向。根據(jù)題述均勻帶電球殼內(nèi)部電場強度處處為零可知，EA1－EA2＝0，即EA1＝EB1，選項B正確。正點電荷從A點運動到B點，電場力做正功，負點電荷從A運動到B點，電場力做負功，選項C錯誤。根據(jù)電勢與電勢能的關(guān)系可知，同一個負電荷放在B點比放在A點的電勢能大，選項D正確。 答案　BD 20．如圖5所示，質(zhì)量為m＝0.04 kg、邊長l＝0.4 m的正方形導體線框abcd放置在一光滑絕緣斜面上，線框用一平行斜面的細線系于O點，斜面傾角為θ＝30。線框的一半處于磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度隨時間變化關(guān)系為B＝2＋0.5 t(T)，方向垂直于斜面向上。已知線框電阻為R＝0.5 Ω，重力加速度為g＝10 m/s2。則 圖5 A．線框中的感應(yīng)電流方向為abcda B．t＝0時，細線拉力大小F＝0.2 N C．線框中感應(yīng)電流大小為I＝80 mA D．經(jīng)過一段時間t，線框可能沿斜面向上運動 解析　根據(jù)楞次定律，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為adcba，選項A錯誤。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝＝0.50.08 V＝0.04 V，感應(yīng)電流I＝＝0.08 A，t＝0時磁感應(yīng)強度B0＝2 T，bc邊所受安培力FA＝B0Il＝20.080.4 N＝0.064 N，由左手定則可判斷出安培力方向沿斜面向上。對線框由平衡條件F＋FA＝mgsin 30，解得細線中拉力F＝0.136 N，選項B錯誤，C正確。由安培力FA′＝BIl＝(2＋0.5t)0.080.4 N＝(0.064＋0.016t)N，可知經(jīng)過一段時間t，安培力增大至大于線框重力沿斜面向下的分力時，線框沿斜面向上運動，選項D正確。 答案　CD 21．(2018銀川一模)引力波探測于2017年獲得諾貝爾物理學獎。雙星的運動是產(chǎn)生引力波的來源之一，假設(shè)宇宙中有一雙星系統(tǒng)由P、Q兩顆星體組成，這兩顆星繞它們連線的某一點在二者萬有引力作用下做勻速圓周運動，測得P星的周期為T，P、Q兩顆星的距離為l，P、Q兩顆星的軌道半徑之差為Δr(P星的軌道半徑大于Q星的軌道半徑)，萬有引力常量為G，則 A．Q、P兩顆星的質(zhì)量差為 B．P、Q兩顆星的線速度大小之差為 C．P、Q兩顆星的運動半徑之比為 D．P、Q兩顆星的質(zhì)量之比為 解析　雙星系統(tǒng)靠相互間的萬有引力提供向心力，角速度大小相等，則周期相等，所以Q星的周期為T；根據(jù)題意可知，rP＋rQ＝l，rP－rQ＝Δr，解得：rP＝，rQ＝，則P、Q兩顆星的運動半徑之比，選項C錯誤；雙星系統(tǒng)靠相互間的萬有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，則有：G＝mPrPω2＝mQrQω2，解得mP＝；mQ＝，則Q、P兩顆星的質(zhì)量差為Δm＝mQ－mP＝＝，選項A正確；P、Q兩顆星的線速度大小之差為Δv＝vP－vQ＝－＝，選項B正確；P、Q兩顆星的質(zhì)量之比為＝＝，選項D正確。 答案　ABD