2020屆高考物理二輪復習 專題沖刺 選擇題專練（三）（含解析）

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1、選擇題專練(三) 共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～8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。 1．(2020·遼寧省六校協(xié)作體高三上初考)下列說法正確的是(　　) A．結合能越大的原子核越穩(wěn)定 B．玻爾的躍遷假設是根據(jù)α粒子散射實驗分析得出的 C．光電效應揭示了光具有粒子性，康普頓效應揭示了光具有波動性 D．β衰變所釋放的電子是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化成質(zhì)子和電子所產(chǎn)生的 答案　D 解析　結合能是將原子核拆分成自由狀態(tài)的核子需要的能量，即組成原子核的核子越多，結合能越大，比結合能越大，表示原子核

2、中核子結合得越牢靠，原子核越穩(wěn)定，故A錯誤；為解釋氫光譜，玻爾提出了軌道量子化與躍遷假設，盧瑟福原子核式結構模型是根據(jù)α粒子散射實驗提出的，故B錯誤；光電效應與康普頓效應都揭示了光具有粒子性，故C錯誤；β衰變所釋放的電子是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化成質(zhì)子和電子所產(chǎn)生的，故D正確。 2．(2019·內(nèi)蒙古呼和浩特市二模)如圖所示，一攀巖運動員正沿豎直巖壁緩慢攀登。由于身背較重的行囊，重心上移至肩部的O點，總質(zhì)量為80 kg，此時手臂與身體垂直，手臂與巖壁夾角為53°，則手受到的拉力和腳受到的作用力分別為(設手、腳受到的作用力均通過重心O，g取10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)

3、(　　) A．640 N　480 N B．480 N　640 N C．480 N　800 N D．800 N　480 N 答案　B 解析　設運動員和行囊的總質(zhì)量為M，以運動員和行囊整體為研究對象，分析受力情況：重力Mg、巖壁對手臂的拉力F1和巖壁對腳的作用力F2，作出受力示意圖，如圖所示，根據(jù)平衡條件得：F1＝Mgcos53°＝800×0.6 N＝480 N，F(xiàn)2＝Mgsin53°＝800×0.8 N＝640 N，故B正確。 3．(2019·云南昆明4月質(zhì)檢)汽車在限速為40 km/h的道路上勻速行駛，駕駛員發(fā)現(xiàn)前方斑馬線上有行人，于是減速禮讓，汽車到達斑馬線處時行人已通

4、過斑馬線，駕駛員便加速前進，監(jiān)控系統(tǒng)繪制出該汽車的速度v隨時間t變化的圖象如圖所示，下列說法正確的是(　　) A．減速前該車已超速 B．汽車在加速階段的加速度大小為3 m/s2 C．駕駛員開始減速時距斑馬線18 m D．汽車在加速階段發(fā)動機的輸出功率保持不變 答案　B 解析　由圖象可知，汽車減速前的行駛速度為：v0＝10 m/s＝36 km/h，未超速，故A錯誤；汽車在加速階段的加速度大小為：a＝＝ m/s2＝3 m/s2，故B正確；由圖象不能精確求解汽車開始減速時距斑馬線的距離，故C錯誤；加速階段，汽車做勻加速直線運動，由牛頓第二定律F－f＝ma知，牽引力F恒定，速度增加，據(jù)

5、P＝Fv知，功率P增加，故D錯誤。 4．(2019·成都三模)目前，我國在人工智能和無人駕駛技術方面已取得較大突破。為早日實現(xiàn)無人駕駛，某公司對汽車性能進行了一項測試，讓質(zhì)量為m的汽車沿一山坡直線行駛。測試中發(fā)現(xiàn)，下坡時若關掉油門，則汽車的速度保持不變；若以恒定的功率P上坡，則從靜止啟動做加速運動，發(fā)生位移s時速度剛好達到最大值vm，設汽車在上坡和下坡過程中所受阻力的大小分別保持不變，下列說法正確的是(　　) A．關掉油門后的下坡過程，汽車的機械能守恒 B．關掉油門后的下坡過程，坡面對汽車的支持力的沖量為零 C．上坡過程中，汽車速度由增至，所用的時間可能等于 D．上坡過程中，汽車

6、從靜止啟動到剛好達到最大速度vm，所用時間一定小于 答案　D 解析　關掉油門后的下坡過程，汽車的速度不變，動能不變，重力勢能減小，則汽車的機械能減小，故A錯誤；關掉油門后的下坡過程，坡面對汽車的支持力大小不為零，時間不為零，則沖量不為零，故B錯誤；上坡過程中，設汽車速度由增至，所用的時間為t，位移為s′，根據(jù)動能定理可得：Pt－G∥s′－fs′＝m2－m·2，其中G∥為汽車所受重力沿坡面向下的分力，f為汽車所受的摩擦阻力，解得t＝＋，故C錯誤；上坡過程中，汽車從靜止啟動到剛好達到最大速度vm，功率不變，則速度增大、加速度減小，設所用時間為T，則·T

7、0·湖北省部分重點中學高三上起點考)如圖所示為某電場中x軸上電勢φ隨x變化的圖象，一個帶電粒子僅受電場力作用在x＝0處由靜止釋放沿x軸正向運動，且以一定的速度通過x＝x2處，則下列說法正確的是(　　) A．x1和x2處的電場強度均為零 B．x1和x2之間的場強方向不變 C．粒子從x＝0到x＝x2過程中，電勢能先增大后減小 D．粒子從x＝0到x＝x2過程中，加速度先減小后增大 答案　D 解析　該圖象的斜率大小表示場強的大小，x1和x2處的斜率不為0，故A錯誤；由φ-x圖象切線斜率的正負表示場強方向可知，x1和x2之間的場強方向發(fā)生了變化，故B錯誤；粒子在x＝0處由靜止釋放沿x

8、軸正向運動，說明粒子所受電場力沿電勢升高的方向，故從x＝0到x＝x2，電場力先做正功，再做負功，電勢能先減小后增大，故C錯誤；圖象斜率大小表示場強的大小，由斜率可知，電場強度先減小后增大，則粒子所受電場力先減小后增大，加速度先減小后增大，故D正確。 6．(2019·江蘇南通一模)“蹦極”是一項深受年輕人喜愛的極限運動，跳躍者把一端固定的長彈性繩綁在腰間，從幾十米高處跳下。如圖所示，某人做蹦極運動，他從高臺由靜止開始下落，下落過程不計空氣阻力，設彈性繩原長為h0，彈性繩的彈性勢能與其伸長量的平方成正比。則他在從高臺下落至最低點的過程中，他的動能Ek、彈性繩的彈性勢能Ep隨下落高度h變化的關系圖

9、象正確的是(　　) 答案　BD 解析　彈性繩被拉直前，人做自由落體運動，根據(jù)動能定理可得Ek＝mgh(h≤h0)，彈性繩的彈性勢能為零；彈性繩剛被拉直到人所受的重力與彈力大小相等的過程，人做加速度減小的加速運動，當加速度為零，速度達到最大值，從人所受的重力與彈力大小相等到最低點的過程中，人做加速度增大的減速運動，在最低點時速度為零；根據(jù)動能定理可得Ek＝mgh－W彈(h>h0)，克服彈性繩的彈力做功等于彈性繩的彈性勢能的變化量，可得W彈＝k(h－h(huán)0)2，則他的動能Ek＝mgh－k(h－h(huán)0)2(h>h0)，彈性繩的彈性勢能Ep＝k(h－h(huán)0)2，故B、D正確，A、C錯誤。 7.

10、(2019·吉林省長春市二模)如圖為一種直流發(fā)電機的結構示意圖，直流發(fā)電機由兩塊永磁鐵、線圈和換向器組成。永磁體N、S極相對，中間區(qū)域視為勻強磁場，磁感應強度為B。線圈由N匝導線纏繞而成，面積為S，可繞如圖所示的軸線勻速轉(zhuǎn)動，角速度為ω。換向器由兩個半銅環(huán)和兩個電刷構成，半銅環(huán)分別與線圈中導線的兩端固連，線圈和半銅環(huán)繞著軸線以相同角速度轉(zhuǎn)動。電刷位置固定，作為輸出端與外電路相連(圖中未畫出)。每當線圈轉(zhuǎn)到中性面位置時，半銅環(huán)和電刷會交換接觸，以保持輸出電流方向不變，且交換時間極短可忽略。下列說法正確的是(　　) A．當線圈按照圖示的方向轉(zhuǎn)動時，電刷a的電勢比b的電勢高 B．當線圈轉(zhuǎn)到圖

11、示位置時，線圈中產(chǎn)生的電動勢為零 C．該發(fā)電機產(chǎn)生電動勢的最大值為NBSω D．該發(fā)電機產(chǎn)生電動勢的最大值是有效值的倍 答案　CD 解析　當線圈按照圖示的方向轉(zhuǎn)動時，根據(jù)右手定則知電刷a的電勢比電刷b的電勢低，故A錯誤；當線圈轉(zhuǎn)到圖示位置時，磁通量等于零，但磁通量的變化率達到了最大，所以線圈中產(chǎn)生的電動勢也達到了最大，B錯誤；發(fā)電機電動勢隨時間變化的圖象如圖所示，其中最大值為NBSω，且是有效值的倍，故C、D正確。 8.(2020·河南頂尖名校10月聯(lián)考)如圖所示，豎直放置的平行板電容器內(nèi)除電場外還有圖示的勻強磁場，從A板中點小孔P向各個方向入射一批不同速度的帶正電微粒(考慮重力

12、)，則微粒在由A到C的過程中(　　) A．可能有微粒勻速運動，但一定無微粒勻變速運動 B．可能有微粒沿圓弧勻速率運動 C．所有微粒到達C板時的動能一定大于在A板時的動能 D．所有微粒到達C板時的機械能一定大于在A板時的機械能 答案　AD 解析　微粒在平行板中受重力、電場力、洛倫茲力三個力作用，重力和電場力都是恒力，但洛倫茲力的大小和方向隨速度的大小和方向的不同而不同，由于微粒從小孔P沿各個方向、以不同速度入射，因此可能有微粒所受三個力的合力為0，但不可能有微粒所受合力恒定但不為0，故微?？梢宰鰟蛩龠\動，但一定不能做勻變速運動，A正確；由于重力和電場力是互相垂直的，不可能平衡，故微粒不可能做勻速圓周運動，B錯誤；由小孔P到C板，合力可能做正功，也可能做負功或不做功，故微粒動能的變化是不確定的，C錯誤；從小孔P到C板由于電場力一定做正功，故機械能一定增大，D正確。 - 6 -