2020高三物理三轮冲刺：选择题满分练(五)

选择题满分练(五)

二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．

14．下列说法正确的是(　　)

A．在核反应中，质量数守恒，电荷数守恒，但能量不一定守恒

B．铀核裂变的核反应是U→Ba＋Kr＋2n

C．卢瑟福通过实验发现质子的核反应方程为He＋N→O＋H

D．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应是因为这束光的强度太弱

答案　C

解析　在核反应中，质量数守恒，电荷数守恒，能量守恒，故A错误；铀核裂变不能自发进行，写核反应方程时两边的中子不能相约，故B错误；卢瑟福通过实验发现质子的核反应方程为He＋N→O＋H，故C正确；一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为金属的截止频率大于入射光的频率，选项D错误．

15．如图1所示，长为L的细绳，一端拴一质量为m的小球，另一端悬挂在距光滑水平面H高处(L>H)．现使小球在水平桌面上以角速度为ω做匀速圆周运动，则小球对桌面的压力为(　　)

图1

A．mg   B．mg－mω2H

C．mg(1－)   D.

答案　B

解析　对小球受力分析，如图所示，

根据牛顿第二定律，水平方向：FTsin θ＝mω2·Lsin θ，竖直方向：FTcos θ＋FN＝mg，联立得：FN＝mg－mω2·Lcos θ＝mg－mω2H，根据牛顿第三定律：FN′＝FN＝mg－mω2H，故B正确，A、C、D错误．

16.如图2所示，固定的木板与竖直墙面的夹角为θ，重力为G的物块静止在木板与墙面之间，不计一切摩擦，则(　　)

图2

A．物块对墙面的压力大小为Gtan θ

B．物块对墙面的压力大小为Gsin θcos θ

C．物块对木板的压力大小为Gcos θ

D．物块对木板的压力大小为

答案　D

解析　对物块受力分析，根据平行四边形定则可知：

墙面对物块的压力大小为F1＝；木板对物块的压力大小为F2＝，由牛顿第三定律可知，物块对墙面的压力大小为；物块对木板的压力大小为，故选项A、B、C错误，D正确．

17.如图3所示，一可视为质点的小球从倾角为θ的固定斜面上以不同的初动能沿水平方向抛出，最终均落在斜面上．忽略小球运动过程中受到的空气阻力，下列说法错误的是(　　)

图3

A．小球落在斜面上时的动能与运动时间成正比

B．小球落在斜面上时的动能与小球的初动能成正比

C．小球水平方向的位移是小球在运动过程中距斜面最远时的水平方向位移的2倍

D．小球从抛出到落在斜面上的过程中运动的时间仅与初速度有关

答案　A

解析　初速度v0不同的小球从斜面上平抛均落在斜面上，则具有共同的位移偏向角θ，由平抛规律有tan θ＝＝，则运动时间为t＝，可知t∝v0，故D正确；设落到斜面上的瞬时速度与水平速度的夹角为α，有tan α＝，则tan α＝2tan θ，故位移偏向角θ相同时，可推出速度偏向角α相同；落到斜面上的动能为Ek＝mv2＝m()2＝·mv02＝Ek0，则Ek∝Ek0，故B正确；根据Ek＝mv2＝m()2联立t＝，可得Ek＝×＝，可知Ek∝t2，故A错误；小球在运动过程中距斜面最远时，瞬时速度与斜面平行，此时速度偏向角为θ，根据tan θ＝，而落到斜面上时tan θ＝，则有t1＝，而平抛运动中水平位移为x＝v0t，则x1＝，故C正确．

18.如图4所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场．一带电粒子从a点沿ad方向射入磁场，当速度大小为v1时，粒子从b点离开磁场；当速度大小为v2时，粒子从c点离开磁场，不计粒子重力，则v1与v2的大小之比为(　　)

图4

A．1∶3  B．1∶2  C．2∶1  D.∶2

答案　A

解析　粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由qvB＝m可得：r＝，粒子在磁场中运动的轨迹如图，

粒子从b点离开磁场时，圆心为O1，半径等于r1，设正六边形边长为a，由几何关系得：r1＝a，即r1＝，粒子从c点离开磁场时，圆心为O2，半径等于正六边形边长的倍，即：r2＝a；根据半径公式r＝，得：v＝，因为m、q、B均为定值，所以v∝r，所以＝＝，故A正确，B、C、D错误．

19．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．小明同学分析了人原地起跳的过程．设人的质量为m，从开始蹬地到以速度v离开地面，重心升高h，重力加速度为g.他得出的以下结论中正确的是(　　)

A．该过程人始终处于失重状态

B．地面对人的支持力的冲量大于重力的冲量

C．地面对人体做的功为mv2＋mgh

D．人与地球所组成的系统的机械能增加了mv2＋mgh

答案　BD

解析　人在上升过程中经历了先加速再减速的过程，先超重后失重，故A错误；由动量定理可得：FNt－mgt＝mv，故支持力的冲量大于重力的冲量，故B正确；人起跳时，地面对人不做功，由于有人体生物能转化为机械能，由功能的转化可得人与地球所组成的系统的机械能增加了：ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝mv2＋mgh，故D正确，C错误．

20．如图5所示，虚线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示地球卫星的三条轨道，其中轨道Ⅰ为与第一宇宙速度7.9 km/s对应的近地环绕圆轨道，轨道Ⅱ为椭圆轨道，轨道Ⅲ为与第二宇宙速度11.2 km/s对应的脱离轨道，a、b、c三点分别位于三条轨道上，b点为轨道Ⅱ的远地点，b、c点与地心的距离均为轨道Ⅰ半径的2倍，则(　　)

图5

A．卫星在轨道Ⅱ的运行周期为轨道Ⅰ的2倍

B．卫星经过a点的速率为经过b点的倍

C．卫星在a点的加速度大小为在c点的4倍

D．质量相同的卫星在b点的机械能小于在c点的机械能

答案　CD

解析　由开普勒第三定律可得：＝，a2＝R1解得：＝，故A错误；由公式v＝ 可知，如果卫星在Ⅱ轨道做椭圆运动，卫星经过两个轨道交点的速率为经过b点的倍，但卫星在Ⅰ轨道经过加速才能变做椭圆运动，所以卫星经过a点的速率不是经过b点的倍，故B错误；由公式a＝可知，卫星在a点的加速度大小为在c点的4倍，故C正确；卫星在b点做向心运动，在C点做离心运动，且b、c距地心的距离相等，则c点的速度大于b点的速度，所以质量相同的卫星在b点的机械能小于在c点的机械能，故D正确．

21．如图6甲所示，两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为1 m，总电阻为1 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行．现使导线框水平向右运动，cd边于t＝0时刻进入磁场，c、d两点间电势差随时间变化的图线如图乙所示．下列说法正确的是(　　)

图6

A．磁感应强度的方向垂直纸面向里

B．磁感应强度的大小为4 T

C．导线框进入磁场和离开磁场时的速度大小之比为3∶1

D．0～3 s的过程中导线框产生的焦耳热为48 J

答案　AB

解析　0～1 s内线框进入磁场，c、d两点间电势差为正，即c点相当于电源的正极，由右手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故A正确；0～1 s内线框进入磁场，c、d两点间电势差为Ucd＝BLv＝3 V，线框的速度为v＝ m/s＝1 m/s，解得：B＝4 T，故B正确；由题图乙分析可知，线框在0～1 s内进入磁场，2～3 s内出磁场，且都是匀速运动，所以速度都为1 m/s，所以导线框进入磁场和离开磁场时的速度大小之比为1∶1，故C错误；线框在0～1 s内进入磁场过程中电流为I＝＝＝4 A，产生的焦耳热为：Q1＝I2Rt＝16 J,1～2 s内线框的磁通量不变，所以无感应电流产生，即无焦耳热产生，2～3 s内线框出磁场过程中电流为I′＝＝＝4 A，产生的焦耳热为：Q2＝I′2Rt＝16 J，所以总焦耳热为32 J，故D错误．