【2019-2020】高考物理總復習選擇題增分練(一)

1、1 / 5 【2019-2020】高考物理總復習選擇題增分練（一） （滿分 48 分 24 分鐘） 說明：共 8 小題，每小題 6 分，在每小題給出的四個選項中，第 15 題只有一項符合 題目要求，第 68 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. 下列敘述正確的是（ ） A. 若鈾 235 的體積超過它的臨界體積，裂變的鏈式反應就能夠發(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躍遷到高能級，電子的能量變 大，動能也變大 C. 只要入射光的強度足夠強，照射時間足夠長，就一定能產(chǎn)生光電效應 D. 核反應的實質(zhì)是粒子對核撞擊而打出

2、新粒子使核變?yōu)樾潞?解析：選 A.只要鈾 235 的體積超過它的臨界體積，就能產(chǎn)生裂變的鏈式反應， A 正確； 在氫原子中，電子吸收光子從低能級躍遷到高能級，電子的能量變大， 軌道半徑變大，電勢 能變大，但動能變小，B 錯誤；某種金屬能否發(fā)生光電效應取決于入射光的頻率，選項 C 錯 誤；核反應是原子核在其他粒子的轟擊下產(chǎn)生新原子核的過程，并不一定打出新粒子， D 錯 誤；故選 A. 2. 一小球做自由落體運動，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,則該小球下落過程中的平均速度為 （ ） A. 45 m/s B. 35 m/s C. 25 m/s D. 2

3、2.5 m/s x 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 = t = 45 m/s，勻變速 運動中平均速度等于時間中點的瞬時速度，設下落總時間為 T,貝 U g（T 0.5 s） = 45 m/s , 解得T= 5 s，全程的平均速度等于時間中點的瞬時速度，即 2.5 s 時的瞬時速度v= gt = 10X 2.5 m/s = 25 m/s , C 正確. 3如圖所示，帶電荷量為一 q的均勻帶電半球殼的半徑為 R CD為 通過半球頂點 C與球心O的軸線，P、Q為CD軸上在O點兩側(cè)離O點距離 相等的兩點，(: 2 / 5 如果是均勻帶電球殼，其內(nèi)部電場強度處處為零，

4、電勢都相3 / 5 等，則下列判斷正確的是（ ） A. P、Q兩點的電勢、電場強度均相同 B. P、Q兩點的電勢不同，電場強度相同 C. P、Q兩點的電勢相同、電場強度等大反向 D. 在Q點由靜止釋放一帶負電的微粒 （重力不計），微粒將做勻加速直線運動 解析：選 B.半球殼帶負電，因此在 CD上電場線沿DC方向向上，所以 P點電勢一定低 于Q點電勢，A、C 錯誤；若在 0點的下方再放置一同樣的半球殼組成一完整的球殼，則 P、 Q兩點的電場強度均為零，即上、下半球殼在 P點的電場強度大小相等方向相反，由對稱性 可知上半球殼在 P點與在Q點的電場強度大小相等方向相同， B 正確；在Q點由靜止釋放一

5、 帶負電微粒，微粒一定做變加速運動， D 錯誤. 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 勻強磁場，磁場寬為 2L,高為L的正三角形閉合金屬框由粗細均勻 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磁場 區(qū)域，ab邊平行MN且垂直金屬框運動方向，取逆時針方向為電流 的正方向，則金屬框中的感應電動勢 E感應電流I，所施加的外力 F及外力的功率P隨位移x的變化關系圖正確的是（ ） 解析：選 B.金屬框進入磁場的過程中，穿過金屬框的磁通量增加，由楞次定律可知此 過程中感應電流為逆時針方向，而此過程金屬框切割磁感線的有效長度 均勻增加，完全進入磁場后，穿過金屬框的磁通量不

6、變，回路中無感應電流和感應電動勢， 排除 A 選項；0L位移內(nèi)，因金屬框做勻速直線運動， 所以F外=F安=BIl = 塵=4B字ta n2 l = 2x tan 30 且 I ；L T2L 4 / 5 30,即外力隨位移的增大而非線性增大，排除 C 選項；0L位移內(nèi)，外力的功率 P= F外 4B2XV2 v= tan 2 30,即外力的功率隨位移的增大而非線性增大，排除 RD 選項；所以 B 選項 5 / 5 正確. 5如圖甲所示，升降機內(nèi)固定著一個傾角為 30的光滑斜面，斜面底端安裝一個能顯 示彈簧作用力的傳感器， 以彈簧受壓時傳感器示數(shù)為正， 傳感器通過一根輕彈簧連接著一個 質(zhì)量為 2m的

7、金屬球.運動中的升降機突然停止，以停止運動為計時起點，在此后的一段時 間內(nèi)傳感器上顯示的彈力隨時間變化的關系如圖乙所示， 且金屬球運動過程中彈簧始終在彈 性限度內(nèi)，則下列說法中正確的是 （ ） A. 升降機在停止運動前是向上運動的 B. 011時間段內(nèi)金屬球做減速運動 C. t 1t 2時間段內(nèi)金屬球處于超重狀態(tài) D. t2和t4兩時刻金屬球的加速度和速度的大小均相同 解析：選 D.由于升降機停止運動前傳感器的示數(shù)為 0，表明彈簧處于原長狀態(tài)， 即升降 機有向下的加速度 g,而 0ti時間段內(nèi)示數(shù)增加，說明彈簧被壓縮，即升降機突然停下后 金屬球由于慣性而向下運動，故停止前升降機是向下運動的，

8、A 錯誤；0ti時間段內(nèi)彈簧 的形變量逐漸增大，但當 F= mg時金屬球所受的合外力為 0,即金屬球前一段做加速度逐漸 減小的加速運動，后一段做加速度逐漸增大的減速運動， B 錯誤；tit2時間段可分為兩段， F= mg時金屬球的加速度為 0,前一段時間金屬球加速度向上并處于超重狀態(tài)，后一段時間 金屬球加速度向下并處于失重狀態(tài)， C 錯誤；t 2和t4兩時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， 故兩時刻的加速度相同， 又由于斜面光滑，系統(tǒng)的 機械能守恒，因此兩個時刻速度的大小相等，但 t2時刻金屬球沿斜面向上運動，而 t4時刻 金屬球沿斜面向下運動，二者的方向不

9、同， D 正確. 6. 電子只在電場力作用下沿 x軸正方向運動，其電勢能 &隨 位移x變化的關系如圖所示， 其中 0 xi段是曲線，xiX2段是平行于 X軸的直線，X2X3段是傾斜直線，下6 / 5 列說法正確的是 （ ） A.從 0 到 xi電勢逐漸降低 B. X2處的電勢比X3處高 C. XiX2段電場強度為零 D. X2X3段的電場強度減小 B 解析：選 AC.由 Wk= qEx,即一= qE即 E-x圖象中的斜率表示電子受的 x 電場力，所以 C 項正確，D 項錯誤；因為 0=-邑，可知 0Xi電勢逐漸降低，A 項正確；B e 項錯誤；故正確選項為 AC. 7. 如圖所示，足夠

10、長的木板 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之間的動摩擦因數(shù) 卩=0.2，木板P與小滑塊Q質(zhì)量相等，均為m= 1 kg. 用大小為6N、方向水平向右的恒力 F拉動木板P加速運動 1 s 后將其撤去，系統(tǒng)逐漸達到 穩(wěn)定狀態(tài)，已知重力加速度 g取 10 m/s 2,下列說法正確的是（ ） I A F A. 木板P與小滑塊Q所組成的系統(tǒng)的動量增加量等于拉力 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. 整個過程中，系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量為 3 J 解析：選 ACD 對系統(tǒng)由動量定理得 Ft = mP+ mw= 2mv共，即木板

11、P與小滑塊Q所組成 系統(tǒng)的動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相對靜止一起加速 運動，則拉力 F不能超過衛(wèi) 4 N，拉力F為 6 N 大于 4 N，故二者發(fā)生相對滑動， 2 1 2 對木板P由牛頓第二定律 F卩mgr ma解得a= 4 m/s .1 s 內(nèi)木板P的位移x= at = 2 m 拉力F做功W= Fx= 12 J, B 錯誤；二者共速時，小滑塊Q的速度最大，F(xiàn)t = 2mv共，共=3 m/s , 1 2 C 正確；整個過程中，對系統(tǒng)由能量守恒可知 W= X2m共+ Q解得 Q= 3 J , D 正確. &矩形邊界 ABC內(nèi)存在磁感應強度為 B的勻強磁

12、場，方向垂直 X X X X X I 紙面向里，AB長為 2L,AD長為L.從AD的中點E發(fā)射各種速率的粒子， I X X X X X I 7 / 5 方向與AD成 30角，粒子帶正電，電量為 q,質(zhì)量為m,不計粒子重 “ 廠 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 B. 經(jīng)過AB邊的粒子最小速度為 4m qBL C. 經(jīng)過AB邊的粒子最大速度為 8 / 5 D. AB邊上有粒子經(jīng)過的區(qū)域長度為 # + 1 L 解析：選 CD.最有可能從BC邊離開的粒子應與 DC邊相切，設半徑為ri，圓心為0,由 S X. J 、J 一 -T- 1 1 J / J f / Jf z r 九 h h 所以ri= L,即0應在AB邊上，則 OF應為半徑ri = L,而0A= ricos 30為最小速度，選項 B 錯誤，AB上切點M