（通用版）2020高考物理三輪沖刺 題型練輯 選擇題滿分練（三）（含解析）

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1、選擇題滿分練(三) 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(gè)選項(xiàng)中，第14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19～21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． 14．(2019·北京市海淀區(qū)3月適應(yīng)性練習(xí))圍繞地球運(yùn)動(dòng)的低軌退役衛(wèi)星，會(huì)受到稀薄大氣阻力的影響，雖然每一圈的運(yùn)動(dòng)情況都非常接近勻速圓周運(yùn)動(dòng)，但在較長(zhǎng)時(shí)間運(yùn)行后其軌道半徑明顯變小了．下面對(duì)衛(wèi)星長(zhǎng)時(shí)間運(yùn)行后的一些參量變化的說法錯(cuò)誤的是(　　) A．由于阻力做負(fù)功，可知衛(wèi)星的速度減小了 B．根據(jù)萬有引力提供向心力，可知衛(wèi)星的速度增加了 C．由于阻力做負(fù)功，可知衛(wèi)星的機(jī)械

2、能減小了 D．由于重力做正功，可知衛(wèi)星的重力勢(shì)能減小了 答案　A 解析　衛(wèi)星在阻力的作用下，要在原來的軌道減速，萬有引力將大于向心力，衛(wèi)星會(huì)做近心運(yùn)動(dòng)，軌道半徑變小，人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力提供向心力，設(shè)衛(wèi)星的質(zhì)量為m、軌道半徑為r、地球質(zhì)量為M，由G＝m，得：v＝，A錯(cuò)誤，B正確；由于阻力做負(fù)功，機(jī)械能減小了，故C正確；重力做正功，重力勢(shì)能減小，故D正確． 15．(2019·河南周口市上學(xué)期期末調(diào)研)如圖1所示，兩個(gè)帶電小球分別固定在P、Q兩點(diǎn)，N點(diǎn)為PQ的延長(zhǎng)線上電勢(shì)最低的點(diǎn)，則下列說法正確的是(　　) 圖1 A．兩帶電小球可能帶同種電荷 B．N點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)可

3、能最大 C．在P點(diǎn)右側(cè)靠近P點(diǎn)處由靜止釋放一電子，電子的加速度可能一直減小 D．在PQ延長(zhǎng)線上N點(diǎn)右側(cè)由靜止釋放一質(zhì)子，質(zhì)子向Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中電勢(shì)能先減少后增加 答案　D 解析　若P、Q兩點(diǎn)處的兩個(gè)帶電小球帶同種正或負(fù)電荷，則沿著PQ的延長(zhǎng)線上場(chǎng)強(qiáng)的方向一定，電勢(shì)一直降低或升高，不會(huì)出現(xiàn)N點(diǎn)為電勢(shì)的最低點(diǎn)，則可知P和Q兩點(diǎn)處的小球帶異種電荷，故A錯(cuò)誤；N點(diǎn)電勢(shì)最低，則一定是場(chǎng)強(qiáng)方向反向的位置，電場(chǎng)強(qiáng)度為零，故B錯(cuò)誤；P和Q為異種電荷，在連線上有場(chǎng)強(qiáng)最小的位置，電子釋放后的加速度為a＝，故加速度先減小后增大，故C錯(cuò)誤；因N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為零，N點(diǎn)兩側(cè)場(chǎng)強(qiáng)反向，從N點(diǎn)右側(cè)到Q點(diǎn)電場(chǎng)力先做正功后做

4、負(fù)功，則電勢(shì)能先減少后增加，故D正確． 16．(2019·福建福州市期末)以下關(guān)于近代物理內(nèi)容的敘述中，正確的是(　　) A．原子核發(fā)生一次β衰變，該原子外層就一定失去一個(gè)電子 B．天然放射現(xiàn)象中發(fā)出的α、β、γ三種射線本質(zhì)都是電磁波 C．對(duì)不同的金屬，若照射光頻率不變，光電子的最大初動(dòng)能與金屬逸出功成線性關(guān)系 D．根據(jù)玻爾原子理論，大量氫原子從第3能級(jí)向低能級(jí)躍遷過程中會(huì)發(fā)出6種不同頻率的光子 答案　C 解析　β衰變的實(shí)質(zhì)是原子核中的一個(gè)中子轉(zhuǎn)變?yōu)橐粋€(gè)質(zhì)子和一個(gè)電子，電子釋放出來，不是來自核外電子，故A錯(cuò)誤；天然放射現(xiàn)象中發(fā)出的α、β、γ三種射線，只有γ射線是電磁波，α射線是氦

5、核流，β射線是高速電子流，故B錯(cuò)誤；根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程Ek＝hν－W0，對(duì)于不同種金屬，若照射光頻率不變，Ek與金屬的逸出功成線性關(guān)系，故C正確；大量的氫原子從第3能級(jí)向低能級(jí)躍遷時(shí)會(huì)發(fā)出C＝3種不同頻率的光子，故D錯(cuò)誤． 17．(2019·安徽黃山市一模檢測(cè))在如圖2所示裝置中，輕桿一端固定著一個(gè)質(zhì)量可以忽略不計(jì)的定滑輪，兩物體質(zhì)量分別為m1、m2，輕繩一端固定于a點(diǎn)，懸點(diǎn)a、b間的距離遠(yuǎn)大于滑輪的直徑，動(dòng)滑輪質(zhì)量和一切摩擦不計(jì)．重力加速度為g，整個(gè)裝置穩(wěn)定時(shí)下列說法正確的是(　　) 圖2 A．α可能大于β B．m1一定大于m2 C．m1可能大于2m2 D．定滑輪受到輕

6、繩的作用力大小為2m2gcos 答案　D 解析　對(duì)m2分析，輕繩的拉力等于m2的重力m2g; 對(duì)于動(dòng)滑輪，因輕繩兩端的拉力相等，則它們的合力一定在角平分線上；同理兩輕繩對(duì)m1的合力與m1的重力大小相等，方向相反，合力豎直向上，故兩邊的輕繩與豎直方向的夾角α和β相等，故A錯(cuò)誤；由以上可知，兩端輕繩的拉力等于m2g，而它們的合力等于m1g，因互成角度的兩分力與合力組成三角形，故可知2m2g＞m1g，即m1一定小于2m2，但是m1不一定大于m2，故B、C錯(cuò)誤；定滑輪受到輕繩的作用力等于兩邊輕繩的合力，大小為2m2gcos，選項(xiàng)D正確． 18．(2019·吉林長(zhǎng)春市第二次監(jiān)測(cè))如圖3所示，在長(zhǎng)為

7、d、寬為h的矩形區(qū)域PQNM內(nèi)存在垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一電子以速度v從P點(diǎn)沿PQ方向射入該磁場(chǎng)，從N點(diǎn)射出，電子從P點(diǎn)到N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的圓弧長(zhǎng)度為s.電子質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)電子的重力．下列說法正確的是(　　) 圖3 A．磁場(chǎng)區(qū)域的長(zhǎng)度d＝ B．矩形區(qū)域的長(zhǎng)和寬可能滿足d

8、D錯(cuò)誤． 19．(2019·廣東廣州市下學(xué)期一模)如圖4，理想變壓器上接有3個(gè)完全相同的燈泡，其中1個(gè)燈泡與原線圈串聯(lián)，另外2個(gè)燈泡并聯(lián)后接在副線圈兩端．已知交流電源的電壓u＝18sin (100πt) V,3個(gè)燈泡均正常發(fā)光，忽略導(dǎo)線電阻，則變壓器(　　) 圖4 A．副線圈電壓的頻率為100Hz B．原線圈兩端的電壓為12V C．原、副線圈的電流比為2∶1 D．原、副線圈的匝數(shù)比為2∶1 答案　BD 解析　由交流電源的電壓的瞬時(shí)值表達(dá)式可知角速度為：ω＝100πrad/s，則頻率為：f＝＝Hz＝50Hz，故A錯(cuò)誤；設(shè)每只燈泡的額定電流為I，額定電壓為U，因并聯(lián)在副線圈兩端

9、的兩只小燈泡正常發(fā)光，所以副線圈的電壓為U，即U2＝U，副線圈中的總電流為2I，原、副線圈電流之比為1∶2，則原、副線圈的匝數(shù)之比為：＝＝，又＝得原線圈兩端電壓為：U1＝U2＝2U，根據(jù)閉合電路歐姆定律得交流電源電壓為：U′＝U＋2U＝3U，該交流電源的電壓的最大值為18V，則有效值為18V，所以3U＝18V，則燈泡的額定電壓為6V，原線圈兩端的電壓U1＝2U＝12V，故B、D正確，C錯(cuò)誤． 20．(2019·江蘇常州市期末)如圖5所示，不可伸長(zhǎng)的柔軟輕繩一端固定于O點(diǎn)，另一端系著一小球，小球放在水平升降平臺(tái)上，不計(jì)摩擦和空氣阻力．先讓小球以某一速度在平臺(tái)上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，后使升降平臺(tái)緩慢豎

10、直上升，在小球到達(dá)頂點(diǎn)O所在水平面之前，下列說法正確的是(　　) 圖5 A．小球轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度逐漸減小 B．小球運(yùn)動(dòng)的線速度大小保持不變 C．升降平臺(tái)對(duì)小球的支持力保持不變 D．O點(diǎn)受到的拉力逐漸減小 答案　AD 解析　設(shè)輕繩與豎直方向的夾角為θ，小球貼著平臺(tái)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，小球受重力、平臺(tái)的支持力和輕繩的拉力三個(gè)力，豎直方向有FTcosθ＋FN＝mg，沿半徑方向有FTsinθ＝mω2r＝m，而r＝Lsinθ.平臺(tái)緩慢豎直上升的過程中，推動(dòng)小球從半徑較小的圓周運(yùn)動(dòng)緩慢變成半徑較大的圓周運(yùn)動(dòng)，對(duì)小球受力分析，重力對(duì)其做負(fù)功，則重力勢(shì)能增加，由能量守恒可知?jiǎng)幽軠p小，即做圓周運(yùn)動(dòng)的線

11、速度變小，故B錯(cuò)誤；小球做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度為ω＝，線速度變小，而半徑變大，故角速度減小，故A正確；由圓周運(yùn)動(dòng)的向心力為FTsinθ＝mω2Lsinθ，可得FT＝mω2L，因角速度變小，則拉力變小，故D正確；由FTcosθ＋FN＝mg可知，拉力FT變小，因夾角θ增大使得cosθ減小，故支持力增大，故C錯(cuò)誤． 21.(2019·廣東茂名市第一次綜合測(cè)試)如圖6所示，匝數(shù)為n＝200、面積為S＝0.625m2、電阻為r＝0.5Ω的圓形線圈處于方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間按B＝0.08t＋1.6(T)的規(guī)律變化，處于磁場(chǎng)外的電阻R1＝4.5Ω，R2＝5Ω，電容器的電容C＝500

12、μF，開關(guān)S閉合一段時(shí)間后，下列說法正確的是(　　) 圖6 A．線圈兩端N、M間的電壓為9.5V B．線圈中的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針 C．若將電阻R1短路，則該電路的輸出功率變大 D．現(xiàn)斷開開關(guān)S，則通過電阻R2的電荷量為2.5×10－3C 答案　ACD 解析　因B＝0.08t＋1.6(T) 則＝0.08T/s 線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝n＝n·S＝200×0.08×0.625V＝10V，S閉合后，電路中電流I＝＝A＝1A，則線圈兩端N、M兩點(diǎn)間的電壓為U＝I(R1＋R2)＝9.5V，故A正確；穿過線圈的磁通量垂直紙面向里增加，根據(jù)楞次定律，線圈中的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，故B錯(cuò)誤；由于R1＋R2>r，且R2>r，若將電阻R1短路，外電路電阻減小，則該電路的輸出功率變大，故C正確；電容器與電阻R2并聯(lián)，兩板間電壓U2＝IR2＝5V，斷開S后，通過R2的電荷量為Q＝CU2＝500×10－6×5C＝2.5×10－3C，故D正確． 6