（通用版）2020高考物理三輪沖刺 題型練輯 選擇題滿分練（二）（含解析）

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1、選擇題滿分練(二) 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·浙江新高考聯(lián)盟第二次聯(lián)考)如圖1所示，斜面體M始終靜止在水平地面上，滑塊m恰能沿斜面體自由勻速下滑，現(xiàn)在滑塊上加一豎直向下的恒力F，則與未施加恒力F時相比，下列說法錯誤的是(　　) 圖1 A．m和M間的壓力變大 B．m和M間的摩擦力變大 C．水平地面對M的支持力變大 D．M和水平地面間的摩擦力變大 答案　D 15．(2019·江蘇無錫市上

2、學(xué)期期末)在避雷針上方有雷雨云時避雷針附近的電場線分布如圖2所示，中央的豎直黑線AB代表了避雷針，CD為水平地面．MN是電場線上的兩個點，下列說法正確的是(　　) 圖2 A．M點的場強比N點的場強大 B．試探電荷從M點沿直線移動到N點，電場力做功最少 C．M點的電勢比N點的電勢高 D．CD的電勢為零，但其表面附近的電場線有些位置和地面不垂直 答案　C 解析　N點處的電場線比M點密，因此M點的場強比N點的場強小，選項A錯誤；由于M、N兩點的電勢差一定，可知無論試探電荷沿什么路徑從M點到N點，電場力做功都是相同的，選項B錯誤；沿電場線方向電勢逐漸降低，因此M點的電勢比N點的電勢高

3、，選項C正確；CD的電勢為零，水平地面為等勢面，則CD表面附近的電場線與地面都是垂直的，選項D錯誤． 16．(2019·江蘇南通市一模)如圖3所示，半徑為R的半球形容器固定在水平轉(zhuǎn)臺上，轉(zhuǎn)臺繞過容器球心O的豎直軸線以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動．質(zhì)量不同的小物塊A、B隨容器轉(zhuǎn)動且相對器壁靜止，物塊A、B和球心O點連線與豎直方向的夾角分別為α和β，α＞β.則(　　) 圖3 A．物塊A的質(zhì)量一定小于物塊B的質(zhì)量 B．物塊A、B受到的摩擦力可能同時為零 C．若物塊A不受摩擦力，則物塊B受沿容器壁向上的摩擦力 D．若ω增大，物塊A、B受到的摩擦力可能都增大 答案　D 解析　當(dāng)物塊B受到的摩擦力

4、恰為零時，受力分析如圖所示 根據(jù)牛頓第二定律得：mgtanβ＝mωRsinβ 解得：ωB＝ 同理，當(dāng)物塊A受到的摩擦力恰為零時角速度為：ωA＝ 由以上可知，物塊轉(zhuǎn)動角速度與物塊的質(zhì)量無關(guān)，所以無法判斷質(zhì)量的大小關(guān)系，故A錯誤； 由于α＞β，所以ωA＞ωB，即物塊A、B受到的摩擦力不可能同時為零，故B錯誤； 若物塊A不受摩擦力，此時轉(zhuǎn)臺的角速度為ωA＞ωB，所以此時B物塊的向心力大于摩擦力為零時的角速度，則此時物塊B受沿容器壁向下的摩擦力，故C錯誤；如果轉(zhuǎn)臺角速度從物塊A不受摩擦力開始增大，A、B的向心力都增大，則物塊A、B所受的摩擦力都增大，故D正確． 17.(2019·湖北

5、穩(wěn)派教育上學(xué)期第二次聯(lián)考)如圖4所示為氫原子的能級圖，用某種頻率的光照射大量處于基態(tài)的氫原子，結(jié)果受到激發(fā)后的氫原子能輻射出三種不同頻率的光子，讓輻射出的光子照射某種金屬，結(jié)果有兩種頻率的光子能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，其中一種光子恰好能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則發(fā)出的光電子的最大初動能為(　　) 圖4 A．12.09eV B．10.2eV C．1.89eV D．0 答案　C 解析　因受到激發(fā)后的氫原子能輻射出三種不同頻率的光子，故氫原子是從n＝3的能級躍遷，只有兩種頻率的光子能使金屬發(fā)生光電效應(yīng)，而其中一種光子恰好能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則說明該光子的能量與金屬的逸出功相等，由此分析

6、可知這種光子是從n＝2能級躍遷到n＝1能級輻射出的，則該金屬的逸出功為W0＝－3.4eV－(－13.6eV)＝10.2eV，而另一頻率的光子是從n＝3躍遷到n＝1輻射出的，此光子的能量為ΔE＝－1.51eV－(－13.6eV)＝12.09eV；故用此種光子照射該金屬，發(fā)出的光電子的最大初動能為Ek＝(12.09－10.2) eV＝1.89eV，故選C. 18.(2019·廣東揭陽市第一次模擬)圖5所示為邊長為L的正方形有界勻強磁場ABCD，帶電粒子從A點沿AB方向射入磁場，恰好從C點飛出磁場；若帶電粒子以相同的速度從AD的中點P垂直AD射入磁場，從DC邊上的M點飛出磁場(M點未畫出)．設(shè)粒子

7、從A點運動到C點所用時間為t1，由P點運動到M點所用時間為t2(帶電粒子重力不計)，則t1∶t2為(　　) 圖5 A．1∶1B．2∶3C．3∶2D.∶ 答案　C 解析　帶電粒子從A點沿AB方向射入磁場，恰好從C點飛出磁場，可知粒子運動的半徑為L，在磁場中運動轉(zhuǎn)過的角度為90°；若帶電粒子以相同的速度從AD的中點P垂直AD射入磁場，則運動半徑仍為L，由幾何關(guān)系可知，從DC邊上的M點飛出磁場時，在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為60°；粒子在磁場中的周期不變，根據(jù)t＝T可知t1∶t2＝90°∶60°＝3∶2，故選C. 19.(2019·山東日照市上學(xué)期期末)某物體以一定的初速度沿著斜面向上運動，它

8、所能達到的最大位移x與斜面傾角θ的關(guān)系如圖6所示，已知x1、x2和重力加速度g，則可求出(　　) 圖6 A．物體的初速度 B．當(dāng)物體位移為x2時對應(yīng)的斜面傾角θ1 C．物體在不同傾角的斜面上，減速到零時的位移最小值xmin D．當(dāng)物體位移為最小值xmin時，對應(yīng)的滑動摩擦力大小 答案　ABC 解析　由題圖知，當(dāng)θ＝90°時位移為x2，物體做豎直上拋運動，則有：0－v＝－2gx2 解得：v0＝； 當(dāng)θ＝0°時，位移為x1，設(shè)物體與斜面間動摩擦因數(shù)為μ，物體的加速度大小為a0，則有：μmg＝ma0且有：0－v＝－2a0x1，則可解出μ； 當(dāng)θ為其他值時，對物體受力分析，物體

9、的加速度大小為a，由牛頓第二定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，由運動學(xué)公式有：0－v＝－2ax 由以上各式得：x＝ 由數(shù)學(xué)知識得：sinθ＋μcosθ＝sin(θ＋φ)，其中tanφ＝μ，綜上所述可解得：物體在不同傾角的斜面上減速到零時的位移最小值xmin和物體位移為x2時對應(yīng)的斜面傾角θ1， 由于不知道物體的質(zhì)量，所以無法確定摩擦力的大小，故A、B、C正確，D錯誤． 20.(2019·河南鄭州市第二次質(zhì)量檢測)如圖7所示，空間存在一個沿水平方向的磁場，磁場上邊界OM水平，以O(shè)點為坐標(biāo)原點，OM為x軸，豎直向下為y軸，磁感應(yīng)強度大小在x軸方向保持不變、y軸方向按B＝ky變化，

10、k為大于零的常數(shù)．一質(zhì)量為m、電阻為R、邊長為L的單匝正方形線框abcd從圖示位置以速度v0沿x軸正方向拋出，拋出時dc邊和OM重合，da邊和y軸重合，運動過程中線框始終處于xOy平面內(nèi)，且dc邊始終平行于x軸．磁場范圍足夠大，重力加速度為g，不計空氣阻力．則下列說法正確的是(　　) 圖7 A．線框在水平方向上做勻速直線運動，豎直方向上做自由落體運動 B．線框所受安培力方向始終豎直向上 C．線框在水平方向上所受合力不為零 D．線框在豎直方向上最終速度為 答案　BD 解析　線框在磁場中斜向下運動時產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流，線框的兩豎直邊框受到的安培力等大反向，則水平方向受力為零

11、，做勻速直線運動；線框的水平下邊框受到的安培力豎直向上，水平上邊框受到的安培力豎直向下，但因下邊框受到的安培力大于上邊框受到的安培力，可知豎直方向上受向上的安培力，則豎直方向的運動不是自由落體運動，選項A、C錯誤，B正確；當(dāng)線框受到豎直向上的安培力等于重力時，達到最終速度，則：mg＝ΔBL，其中ΔB＝kL，解得v＝，選項D正確． 21.(2019·安徽“江南十?！本C合素質(zhì)檢測)如圖8所示，一彈性輕繩(繩的彈力與其伸長量成正比)左端固定在A點，彈性繩自然長度等于AB，跨過由輕桿OB固定的定滑輪連接一個質(zhì)量為m的小球，小球穿過豎直固定的桿．初始時A、B、C在一條水平線上，小球從C點由靜止釋放滑到

12、E點時速度恰好為零．已知C、E兩點間距離為h，D為CE的中點，小球在C點時彈性繩的拉力為，小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.5，彈性繩始終處在彈性限度內(nèi)．下列說法正確的是(　　) 圖8 A．小球在D點時速度最大 B．若在E點給小球一個向上的速度v，小球恰好能回到C點，則v＝ C．小球在CD階段損失的機械能等于小球在DE階段損失的機械能 D．若僅把小球質(zhì)量變?yōu)?m，則小球到達E點時的速度大小v＝ 答案　AB 解析　當(dāng)小球運動到某點P時，小球受到如圖所示的四個力的作用， 其中FT＝kxBP，把FT正交分解，F(xiàn)N＝FTsinθ＝kxBP·sinθ＝kxBC＝，故FT的水平分量FT

13、x＝FN＝，即FTx恒定，F(xiàn)T的豎直分量FTy與CP的距離xCP滿足FTy＝FTcosθ＝kxCP，則FTy與xCP成線性關(guān)系，桿給小球的彈力FN、滑動摩擦力Ff均保持恒定；所以小球沿豎直方向的運動具有對稱性，當(dāng)小球在豎直固定的桿CE段的中點D時，小球的速度最大，故A對；小球在DE段所受拉力更大、力與位移之間的夾角更小，故小球損失的機械能更多，故C錯；小球從C點運動到E點的過程中克服摩擦力做的功為Wf＝Ffh＝μFNh＝，對小球從C點運動到E點的過程，根據(jù)動能定理有：mgh－Wf－W彈＝0，解得W彈＝mgh，若在E點給小球一個向上的速度v，小球恰好能回到C點，對此次過程，根據(jù)動能定理有：W彈－mgh－Wf＝0－mv2，解得v＝，故B對；若僅把小球質(zhì)量變?yōu)?m，則FN′＝mg，F(xiàn)f′＝mg，對小球從C到E過程，根據(jù)動能定理有：2mgh－Ff′h－W彈＝×2mv，解得v1＝，故D錯． 6