（通用版）2020高考物理三輪沖刺 題型練輯 選擇題滿分練（九）（含解析）

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1、選擇題滿分練(九) 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·遼寧沈陽市第一次質(zhì)檢)“神舟十一號”飛船與“天宮二號”空間實驗室自動交會對接前的示意圖如圖1所示，圓形軌道Ⅰ為“天宮二號”運行軌道，圓形軌道Ⅱ為“神舟十一號”運行軌道．此后“神舟十一號”要進行多次變軌，才能實現(xiàn)與“天宮二號”的交會對接，則(　　) 圖1 A．“天宮二號”在軌道Ⅰ的運行速率大于“神舟十一號”在軌道Ⅱ的運行速率 B．“神舟十一號”由軌

2、道Ⅱ變軌到軌道Ⅰ需要減速 C．“神舟十一號”為實現(xiàn)變軌需要向后噴出氣體 D．“神舟十一號”變軌后比變軌前機械能減少 答案　C 解析　由題可知，萬有引力提供向心力，即G＝m，則v＝，由于“天宮二號”運行半徑大，可知其速率小，故A錯誤；“神舟十一號”由軌道Ⅱ變軌到軌道Ⅰ需要加速做離心運動，要向后噴出氣體，速度變大，發(fā)動機做正功，機械能增加，故C正確，B、D錯誤． 15．(2019·河南安陽市下學期二模)如圖2所示，質(zhì)量為m＝2.0kg的物體靜止在光滑的水平地面上．t＝0時刻起物體在水平向右的恒力F1＝1.0N的作用下開始運動，經(jīng)過一段時間t0后，恒力大小變?yōu)镕2＝2.6N，方向改為水平向

3、左．在t＝12.0s時測得物體運動的瞬時速度大小v＝6.24m/s，則t0為(　　) 圖2 A．12.1s B．6.0s C．5.2s D．2.6s 答案　C 解析　由牛頓第二定律可得：a1＝＝0.5m/s2，a2＝＝1.3m/s2，若在12 s末速度方向是向右的，則有：a1t0－a2(12 s－t0)＝6.24 m/s，解得：t0≈12.13s>12s，不符合題意，所以12s末速度方向是向左的，即a1t0－a2(12s－t0)＝－6.24m/s，解得：t0＝5.2s，故C正確． 16.(2019·山西呂梁市下學期期末)如圖3所示，光滑圓軌道豎直固定在水平地面上，O為圓心，A為

4、軌道上的一點，OA與水平地面夾角為30°.小球在拉力F作用下始終靜止在A點．當拉力方向水平向左時，拉力F的大小為10N．當將拉力F在豎直平面內(nèi)轉至沿圓軌道切線方向時，拉力F的大小為(　　) 圖3 A．5N B．15N C．10N D．10N 答案　A 解析　當拉力水平向左時，對小球受力分析，小球受到豎直向下的重力，沿OA向外的支持力，以及拉力F，如圖甲所示，矢量三角形可得G＝Ftan30°＝10×N＝10N，當拉力沿圓軌道切線方向時，對小球受力分析如圖乙所示，矢量三角形可得F＝Gcos30°＝5N，A正確． 17．(2019·四川樂山市第一次調(diào)查研究)如圖4所示，真空中a、

5、b、c、d四點共線且等距，a、b、c、d連線水平．先在a點固定一點電荷＋Q，測得b點場強大小為E.若再將另一點電荷＋2Q放在d點，則(　　) 圖4 A．b點場強大小為，方向水平向右 B．b點場強大小為E，方向水平向左 C．c點場強大小為E，方向水平向右 D．c點場強大小為E，方向水平向左 答案　A 解析　設ab＝bc＝cd＝L，根據(jù)題意知：＋Q在b點產(chǎn)生的場強大小為E，方向水平向右．由點電荷的場強公式得：E＝k，＋2Q在b點產(chǎn)生的電場強度大小為：E1＝k＝k＝E，方向水平向左，所以b點的場強大小為Eb＝E－E1＝E，方向水平向右，故A正確，B錯誤；＋Q在c點產(chǎn)生的電場強度大小

6、為Ec1＝k＝k＝E，方向水平向右；＋2Q在c點產(chǎn)生的電場強度大小為：Ec2＝k＝2E，方向水平向左，所以c點的場強大小為Ec＝E，方向水平向左，故C、D錯誤． 18．(2019·河南開封市第一次模擬)如圖5所示，空間存在垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場和水平向左、場強為E的勻強電場．有一質(zhì)量為m，電荷量大小為q的微粒垂直于磁場且以與水平方向成45°角的速度v做直線運動，重力加速度為g.則下列說法正確的是(　　) 圖5 A．微?？赡茏鰟蚣铀僦本€運動 B．微?？赡苤皇軆蓚€力作用 C．勻強磁場的磁感應強度B＝ D．勻強電場的電場強度E＝ 答案　D 解析　粒子所受洛倫茲力F

7、＝qvB，方向與速度方向垂直，因微粒做直線運動，則微粒一定做勻速直線運動，若粒子帶正電，則粒子所受電場力向左，洛倫茲力垂直速度v斜向右下方，而重力豎直向下，則電場力、洛倫茲力和重力三個力的合力不可能為0，粒子不可能做直線運動，所以粒子不可能帶正電，故粒子帶負電，則粒子所受電場力向右，洛倫茲力垂直速度v斜向左上方，而重力豎直向下，根據(jù)平衡條件，有：qE＝mgtan45°，qvB＝，聯(lián)立解得：E＝，B＝，故A、B、C錯誤，D正確． 19．(2019·廣東清遠市期末質(zhì)量檢測)1956年，李政道和楊振寧提出在弱相互作用中宇稱不守恒，并由吳健雄用半衰期為5.27年的Co放射源進行了實驗驗證，次年李

8、、楊二人獲得諾貝爾物理學獎.Co的衰變方程式是：Co→Ni＋e＋e.(其中e是反中微子，它的電荷量為零，靜止質(zhì)量可認為是零)，衰變前Co核靜止，根據(jù)云室照片可以看到衰變產(chǎn)物Ni和e不在同一條直線上的事實．根據(jù)這些信息可以判斷(　　) A.Ni的核子數(shù)A是60，核電荷數(shù)Z是28 B.此核反應為α衰變 C.Ni與e的動量之和不可能等于零 D．衰變過程動量不守恒 答案　AC 解析　根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒有：60＝A,27＝Z－1，解得A＝60，Z＝28，選項A正確；此核反應放出電子，為β衰變，選項B錯誤．衰變前核靜止，動量為零，衰變時不受外力則動量守恒，因衰變產(chǎn)物Ni和e不在同一條直

9、線上且有反中微子e生成，則Ni和e動量之和不可能為零，選項C正確，D錯誤． 20.(2019·貴州黔東南州第一次模擬)如圖6所示，變壓器為理想變壓器，副線圈中三個電阻的阻值大小關系為R1＝R2＝2r＝2Ω，導線電阻不計，電流表為理想交流電表，原線圈輸入正弦式交流電e＝110sin100πt(V)，開關S斷開時，電阻r消耗的電功率為100W．下列說法正確的是(　　) 圖6 A．原線圈輸入電壓的有效值為110V B．開關S閉合前后，通過電阻R1的電流之比為2∶3 C．開關S閉合前后，電流表的示數(shù)之比為2∶3 D．變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為11∶3 答案　CD 解析　原線圈輸入

10、正弦式交流電e＝110sin100πt(V)，故有效值為110V，故A錯誤；對于理想變壓器，由＝可知，無論開關S閉合與否，副線圈兩端電壓不變，開關S閉合前，副線圈所在電路，有I1＝I＝＝，開關S閉合后，I′＝＝，通過電阻R1的電流為I1′＝＝，開關S閉合前后，通過電阻R1的電流之比為＝4∶3，故B錯誤；電流表的示數(shù)I0＝，故閉合前后有＝＝，故C正確；開關S斷開時，對電阻r，有P＝I2r，得I＝＝A＝10A，此時副線圈兩端電壓的有效值為U2＝I(r＋R1)＝10×(1＋2) V＝30V，變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為＝＝，故D正確． 21．(2019·陜西漢中市3月聯(lián)考)如圖7所示，位于同一絕緣

11、水平面內(nèi)的兩根固定金屬導軌MN、M′N′電阻不計，兩導軌之間存在豎直向下的勻強磁場．現(xiàn)將兩根長度相同、粗細均勻、電阻分布均勻的相同銅棒ab、cd放在兩導軌上，若兩棒從圖示位置以相同的速度沿MN方向做勻速直線運動，運動過程中始終與兩導軌接觸良好，且始終與導軌MN垂直，不計一切摩擦，則下列說法正確的是(　　) 圖7 A．回路中有順時針方向的感應電流 B．回路中的感應電流不斷減小 C．回路中的熱功率不斷增大 D．兩棒所受安培力的合力不斷減小 答案　BD 解析　兩棒以相同的速度沿MN方向做勻速直線運動，回路的磁通量不斷增大，根據(jù)楞次定律可知，感應電流方向沿逆時針，故A錯誤；設兩棒的距離為s，M′N′與MN的夾角為α.回路中總的感應電動勢E＝BLcdv－BLabv＝Bv·(Lcd－Lab)＝Bvstanα，保持不變，由于回路的電阻不斷增大，而總的感應電動勢不變，所以回路中的感應電流不斷減小，故B正確；兩棒所受安培力的合力為F＝BILcd－BILab＝BI(Lcd－Lab)＝BIstanα，由于電流減小，所以兩棒所受安培力的合力不斷減小，故D正確；回路中的熱功率為P＝，E不變，R增大，則P不斷減小，故C錯誤． 6