京津瓊2019高考物理總復習專用優(yōu)編提分練：選擇題專練四.doc

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選擇題專練(四) 1.如圖1所示，將某均勻長方體鋸成A、B兩塊后，在水平桌面上對齊放在一起，現(xiàn)用水平力F推B，使A、B整體保持長方體并沿F方向勻速運動，則(　　) 圖1 A．A在水平方向受到三個力的作用，且合力為零 B．A在水平方向受到五個力的作用，且合力為零 C．A對B的作用力方向與A、B接觸面垂直 D．B對A的彈力大于桌面對A的摩擦力 答案　A 解析　對A受力分析，在水平方向上受B對A的彈力、桌面對A的滑動摩擦力和B對A的靜摩擦力，在三個力的作用下處于平衡狀態(tài)，受力如圖， 故A正確，B錯誤．B對A的彈力和靜摩擦力的合力與桌面對A的滑動摩擦力等大反向，與F的方向相同；根據(jù)牛頓第三定律可知，A對B的作用力方向與F的方向相反，不是與A、B接觸面垂直，故C錯誤．因為B對A的彈力與B對A的摩擦力垂直，二者的合力等于桌面對A的摩擦力，所以B對A的彈力小于桌面對A的摩擦力，故D錯誤． 2．如圖2甲所示，輕彈簧豎直固定在水平面上，一質(zhì)量為m＝0.2 kg的小球從彈簧上端某高度處自由下落，從它接觸彈簧到彈簧壓縮至最短的過程中(彈簧始終在彈性限度內(nèi))，其速度v和彈簧壓縮量Δx的函數(shù)圖象如圖乙所示，其中A為曲線的最高點，不計空氣阻力，小球和彈簧接觸瞬間的機械能損失不計，取重力加速度g＝10 m/s2，則下列說法中不正確的是(　　) 圖2 A．該彈簧的勁度系數(shù)為20 N/m B．當Δx＝0.3 m時，小球處于超重狀態(tài) C．小球剛接觸彈簧時速度最大 D．從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，小球的加速度先減小后增大 答案　C 解析　當Δx＝0.1 m時，小球的重力等于彈簧對它的彈力，合力為零，小球的加速度為零，可得：kΔx＝mg，解得：k＝＝ N/m＝20 N/m，故A正確；由題圖乙可知，Δx＝0.3 m時，小球的速度減小，加速度向上，故說明小球處于超重狀態(tài)，故B正確；由題圖乙知，開始小球的速度增大，小球的重力大于彈簧對它的彈力，當Δx＝0.1 m時，小球的速度最大，然后速度減小，故C錯誤；題圖乙圖線的斜率表示加速度，則由圖可知，從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，小球的加速度先減小后增大，故D正確．本題選不正確的，故選C. 3．假想在地球赤道上有一顆蘋果樹，其高度超過了地球同步衛(wèi)星軌道的高度．樹上若有質(zhì)量相等的三個蘋果A、B、C，其高度分別低于、等于、高于地球同步衛(wèi)星軌道高度．則下列說法正確的是(　　) A．蘋果A的線速度最大 B．蘋果B所需向心力小于蘋果A所需向心力 C．蘋果C離開蘋果樹時加速度減小 D．蘋果C脫離蘋果樹后，可能會落向地面 答案　C 解析　三者的角速度相同，根據(jù)v＝ωr可知蘋果C的線速度最大，A錯誤；根據(jù)F向＝mω2r可知半徑越大，向心力越大，故蘋果B所需向心力大于蘋果A所需向心力，B錯誤；由于蘋果C的角速度和同步衛(wèi)星的角速度相同，而根據(jù)ω＝可知軌道半徑越大，角速度越小，所以C所在軌道的角速度大于該軌道所需的角速度，故做離心運動，所以蘋果C脫離蘋果樹后，根據(jù)a＝可知軌道半徑變大，加速度減小，飛向茫茫宇宙，C正確，D錯誤． 4.如圖3所示，在一等腰直角三角形ACD區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計)以速度v從AC邊的中點O垂直AC邊射入磁場區(qū)域．若三角形的兩直角邊長均為2L，要使粒子從CD邊射出，則v的取值范圍為(　　) 圖3 A.≤v≤ B.≤v≤ C.≤v≤ D.≤v≤ 答案　C 解析　根據(jù)洛倫茲力充當向心力可知，v＝，因此半徑越大，速度越大；根據(jù)幾何關系可知，粒子與AD邊相切時速度最大，如圖．由幾何關系可知 ＋[2L－(r－L)]cos 45＝r 最大半徑為r1＝(＋1)L， 故最大速度應為v1＝； 當粒子從C點出射時半徑最小，為r2＝， 故最小速度應為v2＝， 故v的取值范圍為≤v≤， 故選C. 5．如圖4所示，磁單極子會在其周圍形成均勻輻射磁場．質(zhì)量為m、半徑為R的圓環(huán)當通有恒定的電流I時，恰好能水平靜止在N極正上方H處．已知與磁單極子N極相距r處的磁感應強度大小為B＝，其中k為常數(shù)．重力加速度為g.則(　　) 圖4 A．靜止時圓環(huán)的電流方向為逆時針方向(俯視) B．靜止時圓環(huán)沿其半徑方向有擴張的趨勢 C．靜止時圓環(huán)的電流I＝ D．若將圓環(huán)向上平移一小段距離后由靜止釋放，下落過程中加速度先增加后減小 答案　C 解析　環(huán)所在處的磁場的方向向上，則環(huán)產(chǎn)生的磁場的方向向下，根據(jù)安培定則可知，靜止時圓環(huán)的電流方向為順時針方向(俯視)，故A錯誤；由左手定則可知，環(huán)上的各點受到的安培力有水平向里的分力，所以環(huán)有收縮的趨勢，故B錯誤；對環(huán)的某一部分進行受力分析：在水平方向，根據(jù)安培力的對稱性可知，整個環(huán)在水平方向的合力為0，豎直方向的合力與重力大小相等，由于在圓環(huán)處各點電流的方向與磁場的方向都垂直，所以整體受到的安培力：F＝BI2πR，設F與豎直方向的夾角為θ，由幾何關系：Fcos θ＝mg，cos θ＝，由題：B＝，聯(lián)立得：I＝，故C正確；結合C的受力分析可知，若將圓環(huán)向上平移一小段距離后環(huán)受到的安培力將減?。挥伸o止釋放，開始時重力大于安培力，所以環(huán)加速下落，向下的過程中安培力增大，所以合外力減小，加速度先減小，故D錯誤． 6．已知钚的一種同位素Pu的半衰期為24 100年，其衰變方程為Pu→X＋He＋γ，則下列說法中正確的是(　　) A．衰變發(fā)出的γ射線是頻率很大的電磁波，穿透能力很強 B．X原子核中含有143個中子 C．8個Pu經(jīng)過24 100年后一定還剩余4個 D．衰變過程的總質(zhì)量不變 答案　AB 解析　衰變發(fā)出的γ射線是頻率很大的電磁波，具有很強的穿透能力，不帶電，故A正確．根據(jù)電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒得，X的電荷數(shù)為92，質(zhì)量數(shù)為235，質(zhì)子數(shù)為92，則中子數(shù)為235－92＝143，故B正確．半衰期是對大量原子核發(fā)生衰變的統(tǒng)計規(guī)律，對少量的原子核不適用，故C錯誤．在衰變的過程中，根據(jù)質(zhì)能方程知，有能量放出，有質(zhì)量虧損，故D錯誤． 7．如圖5所示，真空中固定兩個等量異種點電荷A、B，其連線中點為O.在A、B所形成的電場中，以O點為圓心、半徑為R的圓面垂直于AB，以O為幾何中心、邊長為2R的正方形abcd平面垂直圓面且與AB共面，兩平面邊線交點分別為e、f，g為圓上一點．下列說法中正確的是(　　) 圖5 A．a(chǎn)、b、c、d、e、f六點中，不存在場強和電勢均相同的兩點 B．將一電荷由e點沿圓弧egf移到f點，電場力始終不做功 C．將一電荷由a點移到圓面內(nèi)任意一點時，電勢能的變化量相同 D．沿線段eOf移動的電荷受到的電場力先減小后增大 答案　BC 解析　題圖中圓面是一個等勢面，e、f的電勢相等，根據(jù)電場線分布的對稱性可知e、f的場強相同，故A錯誤．題圖中圓弧egf在同一等勢面上，其上任意兩點的電勢差都為零，根據(jù)公式W＝qU可知：將一正電荷由e點沿圓弧egf移到f點電場力不做功，故B正確．a(chǎn)點與圓面內(nèi)任意一點的電勢差相等，根據(jù)公式W＝qU可知：將一電荷由a點移到圓面內(nèi)任意一點時，電場力做功相同，則電勢能的變化量相同，故C正確．沿線段eOf移動電荷，電場強度先增大后減小，則電荷受到的電場力先增大后減小，故D錯誤． 8．如圖6所示，單匝矩形閉合導線框abcd處于磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的水平勻強磁場中，線框面積為S，電阻為R.線框繞與cd邊重合的豎直固定轉軸以角速度ω從中性面開始勻速轉動，下列說法中正確的是(　　) 圖6 A．線框轉過時，線框中的電流方向為abcda B．線框中感應電流的有效值為 C．線框轉一周過程產(chǎn)生的熱量為 D．線框從中性面開始轉過過程，通過導線橫截面的電荷量為 答案　BD 解析　根據(jù)楞次定律可知線框中的電流方向為adcba，故A錯誤；線圈轉動過程中感應電動勢的最大值為：Em＝BSω，感應電壓的有效值為：U＝，則線框中感應電流的有效值為：I＝＝，故B正確；線框轉一周的過程中，產(chǎn)生的熱量為：Q＝I2RT＝2R＝，故C錯誤；線框從中性面開始轉過的過程中，通過導線橫截面的電荷量為：q＝＝，故D正確．