2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 選擇題滿(mǎn)分練6

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1、選擇題滿(mǎn)分練六 有一項(xiàng)符合題目要求，第6～8題有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分． 1．下列敘述正確的是(　　) A．若鈾235的體積超過(guò)它的臨界體積，裂變的鏈?zhǔn)椒磻?yīng)就能夠發(fā)生 B．根據(jù)玻爾理論，在氫原子中，電子吸收光子從低能級(jí)躍遷到高能級(jí)，電子的能量變大，動(dòng)能也變大 C．只要入射光的強(qiáng)度足夠強(qiáng)，照射時(shí)間足夠長(zhǎng)，就一定能產(chǎn)生光電效應(yīng) D．核反應(yīng)的實(shí)質(zhì)是粒子對(duì)核撞擊而打出新粒子使核變?yōu)樾潞? 解析：選A.只要鈾235的體積超過(guò)它的臨界體積，就能產(chǎn)生裂變的鏈?zhǔn)椒磻?yīng)，A正確；在氫原子中，電子吸收光子從低能級(jí)躍遷到高能級(jí)，電子的能量變大，軌道半徑變大，

2、電勢(shì)能變大，但動(dòng)能變小，B錯(cuò)誤；某種金屬能否發(fā)生光電效應(yīng)取決于入射光的頻率，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；核反應(yīng)是原子核在其他粒子的轟擊下產(chǎn)生新原子核的過(guò)程，并不一定打出新粒子，D錯(cuò)誤；故選A. 2．一小球做自由落體運(yùn)動(dòng)，落地前最后1 s內(nèi)的位移為45 m，已知重力加速度g取10 m/s2，則該小球下落過(guò)程中的平均速度為(　　) A．45 m/s　　　　　　　 B．35 m/s C．25 m/s D．22.5 m/s 解析：選C.由平均速度的定義式可知，最后1 s的平均速度為v＝＝45 m/s，勻變速運(yùn)動(dòng)中平均速度等于時(shí)間中點(diǎn)的瞬時(shí)速度，設(shè)下落總時(shí)間為T(mén)，則g(T－0.5 s)＝45 m/s，解得T＝

3、5 s，全程的平均速度等于時(shí)間中點(diǎn)的瞬時(shí)速度，即2.5 s時(shí)的瞬時(shí)速度v＝gt′＝10×2.5 m/s＝25 m/s，C正確． 3．如圖所示，帶電荷量為－q的均勻帶電半球殼的半徑為R，CD為通過(guò)半球頂點(diǎn)C與球心O的軸線，P、Q為CD軸上在O點(diǎn)兩側(cè)離O點(diǎn)距離相等的兩點(diǎn)，如果是均勻帶電球殼，其內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零，電勢(shì)都相等，則下列判斷正確的是(　　) A．P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)、電場(chǎng)強(qiáng)度均相同 B．P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)不同，電場(chǎng)強(qiáng)度相同 C．P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)相同、電場(chǎng)強(qiáng)度等大反向 D．在Q點(diǎn)由靜止釋放一帶負(fù)電的微粒(重力不計(jì))，微粒將做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 解析：選B.半球殼帶負(fù)電，因此在C

4、D上電場(chǎng)線沿DC方向向上，所以P點(diǎn)電勢(shì)一定低于Q點(diǎn)電勢(shì)，A、C錯(cuò)誤；若在O點(diǎn)的下方再放置一同樣的半球殼組成一完整的球殼，則P、Q兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度均為零，即上、下半球殼在P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等方向相反，由對(duì)稱(chēng)性可知上半球殼在P點(diǎn)與在Q點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等方向相同，B正確；在Q點(diǎn)由靜止釋放一帶負(fù)電微粒，微粒一定做變加速運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤． 4．如圖所示，以MN、PQ為邊界的區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)寬為2L，高為L(zhǎng)的正三角形閉合金屬框由粗細(xì)均勻的電阻絲圍成，在外力作用下由圖示位置被水平向右勻速拉過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，ab邊平行MN且垂直金屬框運(yùn)動(dòng)方向，取逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏鞯恼较?，則金屬框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

5、E、感應(yīng)電流I，所施加的外力F及外力的功率P隨位移x的變化關(guān)系圖正確的是(　　) 解析：選B.金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，穿過(guò)金屬框的磁通量增加，由楞次定律可知此過(guò)程中感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较?，而此過(guò)程金屬框切割磁感線的有效長(zhǎng)度l＝2x·tan 30°且均勻增加，完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，穿過(guò)金屬框的磁通量不變，回路中無(wú)感應(yīng)電流和感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，排除A選項(xiàng)；0～L位移內(nèi)，因金屬框做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以F外＝F安＝BIl＝＝tan2 30°，即外力隨位移的增大而非線性增大，排除C選項(xiàng)；0～L位移內(nèi)，外力的功率P＝F外v＝tan2 30°，即外力的功率隨位移的增大而非線性增大，排除D選項(xiàng)；所以B選項(xiàng)正確． 5．如

6、圖甲所示，升降機(jī)內(nèi)固定著一個(gè)傾角為30°的光滑斜面，斜面底端安裝一個(gè)能顯示彈簧作用力的傳感器，以彈簧受壓時(shí)傳感器示數(shù)為正，傳感器通過(guò)一根輕彈簧連接著一個(gè)質(zhì)量為2m的金屬球．運(yùn)動(dòng)中的升降機(jī)突然停止，以停止運(yùn)動(dòng)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，在此后的一段時(shí)間內(nèi)傳感器上顯示的彈力隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，且金屬球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．升降機(jī)在停止運(yùn)動(dòng)前是向上運(yùn)動(dòng)的 B．0～t1時(shí)間段內(nèi)金屬球做減速運(yùn)動(dòng) C．t1～t2時(shí)間段內(nèi)金屬球處于超重狀態(tài) D．t2和t4兩時(shí)刻金屬球的加速度和速度的大小均相同 解析：選D.由于升降機(jī)停止運(yùn)動(dòng)前傳感器的示數(shù)為0，表明彈簧處于原

7、長(zhǎng)狀態(tài)，即升降機(jī)有向下的加速度g，而0～t1時(shí)間段內(nèi)示數(shù)增加，說(shuō)明彈簧被壓縮，即升降機(jī)突然停下后金屬球由于慣性而向下運(yùn)動(dòng)，故停止前升降機(jī)是向下運(yùn)動(dòng)的，A錯(cuò)誤；0～t1時(shí)間段內(nèi)彈簧的形變量逐漸增大，但當(dāng)F＝mg時(shí)金屬球所受的合外力為0，即金屬球前一段做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，后一段做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；t1～t2時(shí)間段可分為兩段，F(xiàn)＝mg時(shí)金屬球的加速度為0，前一段時(shí)間金屬球加速度向上并處于超重狀態(tài)，后一段時(shí)間金屬球加速度向下并處于失重狀態(tài)，C錯(cuò)誤；t2和t4兩時(shí)刻彈簧的形變量均為0，金屬球在斜面方向上只有重力的分力產(chǎn)生加速度，故兩時(shí)刻的加速度相同，又由于斜面光滑，系統(tǒng)的機(jī)械能守

8、恒，因此兩個(gè)時(shí)刻速度的大小相等，但t2時(shí)刻金屬球沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，而t4時(shí)刻金屬球沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，二者的方向不同，D正確． 6．一電子只在電場(chǎng)力作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，其電勢(shì)能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示，其中0～x1段是曲線，x1～x2段是平行于x軸的直線，x2～x3段是傾斜直線，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．從0到x1電勢(shì)逐漸降低 B．x2處的電勢(shì)比x3處高 C．x1～x2段電場(chǎng)強(qiáng)度為零 D．x2～x3段的電場(chǎng)強(qiáng)度減小 解析：選AC.由ΔEp＝－W電＝－qEx，即＝qE，即Ep-x圖象中的斜率表示電子受的電場(chǎng)力，所以C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤；因?yàn)棣眨?，可?～x1電勢(shì)逐漸降低，A項(xiàng)正

9、確；B項(xiàng)錯(cuò)誤；故正確選項(xiàng)為AC. 7．如圖所示，足夠長(zhǎng)的木板P靜止于光滑水平面上，小滑塊Q位于木板P的最右端，木板P與小滑塊Q之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，木板P與小滑塊Q質(zhì)量相等，均為m＝1 kg.用大小為6 N、方向水平向右的恒力F拉動(dòng)木板P加速運(yùn)動(dòng)1 s后將其撤去，系統(tǒng)逐漸達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，已知重力加速度g取10 m/s2，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．木板P與小滑塊Q所組成的系統(tǒng)的動(dòng)量增加量等于拉力F的沖量 B．拉力F做功為6 J C．小滑塊Q的最大速度為3 m/s D．整個(gè)過(guò)程中，系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量為3 J 解析：選ACD.對(duì)系統(tǒng)由動(dòng)量定理得Ft＝mvP＋mvQ＝2mv

10、共，即木板P與小滑塊Q所組成系統(tǒng)的動(dòng)量增加量一定等于拉力F的沖量，A正確；若木板P與小滑塊Q相對(duì)靜止一起加速運(yùn)動(dòng)，則拉力F不能超過(guò)·2m＝4 N，拉力F為6 N大于4 N，故二者發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)木板P由牛頓第二定律F－μmg＝ma，解得a＝4 m/s2.1 s內(nèi)木板P的位移x＝at2＝2 m，拉力F做功W＝Fx＝12 J，B錯(cuò)誤；二者共速時(shí)，小滑塊Q的速度最大，F(xiàn)t＝2mv共，v共＝3 m/s，C正確；整個(gè)過(guò)程中，對(duì)系統(tǒng)由能量守恒可知W＝×2mv＋Q.解得Q＝3 J，D正確． 8．矩形邊界ABCD內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面向里，AB長(zhǎng)為2L，AD長(zhǎng)為L(zhǎng).從AD的中點(diǎn)E發(fā)射各

11、種速率的粒子，方向與AD成30°角，粒子帶正電，電量為q，質(zhì)量為m，不計(jì)粒子重力與粒子間的相互作用，下列判斷正確的是(　　) A．粒子可能從BC邊離開(kāi) B．經(jīng)過(guò)AB邊的粒子最小速度為 C．經(jīng)過(guò)AB邊的粒子最大速度為 D．AB邊上有粒子經(jīng)過(guò)的區(qū)域長(zhǎng)度為L(zhǎng) 解析：選CD.最有可能從BC邊離開(kāi)的粒子應(yīng)與DC邊相切，設(shè)半徑為r1，圓心為O1，由幾何知識(shí)知r1sin 30°＝ 所以r1＝L，即O1應(yīng)在AB邊上，則O1F應(yīng)為半徑r1＝L，而O1A＝r1cos 30°＝L，所以O(shè)1A＋O1F＝L＋L＜2L，所以粒子不可能從BC邊離開(kāi)；且上述情況為經(jīng)AB邊的粒子半徑最大的情況，由r＝知，vm＝，選項(xiàng)A錯(cuò)誤、C正確，當(dāng)粒子與AB相切時(shí)，速度最小，圓心為O2，半徑為r2，則有r2＋r2sin 30°＝，故r2＝，又因?yàn)閞2＝，所以v2＝為最小速度，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，AB上切點(diǎn)M與點(diǎn)F之間的長(zhǎng)度為粒子經(jīng)過(guò)的區(qū)域，l′＝r1＋r1cos 30°－r2cos 30°＝L＋＝L，故D項(xiàng)正確． 5