（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）

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1418題只有一項(xiàng)符合題目要求，第1921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Gm，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1A兩帶電小球可能帶同種電荷BN點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)可能最大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、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、三種射線，只有射線是電磁波，射線是氦核流，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EkhW0，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C3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2A可能大于Bm1一定大于m2Cm1可能大于2m2D定滑輪受到輕繩的作用力大小為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和相等，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2m2gm1g，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3A磁場(chǎng)區(qū)域的長(zhǎng)度dB矩形區(qū)域的長(zhǎng)和寬可能滿足d<hC電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為D磁場(chǎng)力對(duì)電子做正功答案A解析由勾股定理可得(Rh)2d2R2，整理知d，而R，故d，所以A正確；若d<h時(shí)，粒子無法直接達(dá)到N點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；由帶電粒子在有界磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，得運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，故C錯(cuò)誤；洛倫茲力不做功，故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u18sin (100t) V,3個(gè)燈泡均正常發(fā)光，忽略導(dǎo)線電阻，則變壓器()圖4A副線圈電壓的頻率為100HzB原線圈兩端的電壓為12VC原、副線圈的電流比為21D原、副線圈的匝數(shù)比為21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：100rad/s，則頻率為：fHz50Hz，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)在副線圈兩端的兩只小燈泡正常發(fā)光，所以副線圈的電壓為U，即U2U，副線圈中的總電流為2I，原、副線圈電流之比為12，則原、副線圈的匝數(shù)之比為：，又得原線圈兩端電壓為：U1U22U，根據(jù)閉合電路歐姆定律得交流電源電壓為：UU2U3U，該交流電源的電壓的最大值為18V，則有效值為18V，所以3U18V，則燈泡的額定電壓為6V，原線圈兩端的電壓U12U12V，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5A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DO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，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FTcosFNmg，沿半徑方向有FTsinm2rm，而rLsin.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)的線速度變小，故B錯(cuò)誤；小球做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度為，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FTsinm2Lsin，可得FTm2L，因角速度變小，則拉力變小，故D正確；由FTcosFNmg可知，拉力FT變小，因夾角增大使得cos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n200、面積為S0.625m2、電阻為r0.5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B0.08t1.6(T)的規(guī)律變化，處于磁場(chǎng)外的電阻R14.5，R25，電容器的電容C500F，開關(guān)S閉合一段時(shí)間后，下列說法正確的是()圖6A線圈兩端N、M間的電壓為9.5VB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2.5×103C答案ACD解析因B0.08t1.6(T)則0.08T/s線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：Enn·S200×0.08×0.625V10V，S閉合后，電路中電流IA1A，則線圈兩端N、M兩點(diǎn)間的電壓為UI(R1R2)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R1R2>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U2IR25V，斷開S后，通過R2的電荷量為QCU2500×106×5C2.5×103C，故D正確6