高考物理二輪復(fù)習(xí)選擇題專項練1（含解析）

選擇題專項練(一)14．下列說法正確的是(C)A．結(jié)合能越大的原子核越穩(wěn)定B．通過化學(xué)反應(yīng)可以改變放射性元素的半衰期C．原子核衰變時發(fā)出的α射線穿透能力比γ射線弱D．β衰變中產(chǎn)生的β射線是原子核外電子掙脫原子核束縛之后形成的電子束【解析】原子核的比結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定，故A錯誤；半衰期與外界因素?zé)o關(guān)，與溫度、壓強(qiáng)、化學(xué)反應(yīng)等無關(guān)，由元素本身決定的，故B錯誤；α射線穿透能力最弱，電離本領(lǐng)最強(qiáng)．故C正確；β衰變中產(chǎn)生的β射線是原子核中的中子釋放出的電子形成的，故D錯誤．15．某質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的v－t圖像如圖所示，下列說法正確的是(D)A．質(zhì)點(diǎn)在1s、3s時運(yùn)動方向發(fā)生變化B．2s時質(zhì)點(diǎn)的加速度方向發(fā)生變化C．在3s～4s時間內(nèi)合外力的功率恒定D．在0～2s時間內(nèi)合外力的沖量為零【解析】物體在1s時和3s時速度方向不變，加速度方向改變，故A錯誤；2s時質(zhì)點(diǎn)的速度方向發(fā)生變化，加速度方向不變，故B錯誤；3s～4s時間內(nèi)，v－t圖像的斜率不變，合外力不變，但速度不斷變小，故合外力的功率不斷減小，故C錯誤；0～2s時間內(nèi)，動量變化量為零，由動量定理可知，合外力的沖量等于動量的變化量，故0～2s時間內(nèi)合外力的沖量為零，故D正確．16．如圖所示，MN是某勻強(qiáng)電場中的一等勢線．虛線是一帶電的粒子只在電場力的作用下，在紙面內(nèi)由a運(yùn)動到b的軌跡．下列判斷正確的是(B)A．電場方向一定是垂直MN向上B．a(chǎn)點(diǎn)的電勢一定不等于b點(diǎn)的電勢C．帶電粒子的加速度可能平行MN向右D．帶電粒子由a運(yùn)動到b的過程中動能可能增加【解析】MN是某勻強(qiáng)電場中的一等勢線，只受電場力的作用，根據(jù)軌跡可以判斷電場力的方向垂直MN向上，帶電粒子的加速度垂直MN向上，但不知道帶電粒子的電性，所以無法判斷電場的方向，故AC錯誤；MN是某勻強(qiáng)電場中的一等勢線，而a點(diǎn)和b點(diǎn)位于MN兩側(cè)，所以a點(diǎn)的電勢一定不等于b點(diǎn)的電勢，故B正確；帶電粒子由a運(yùn)動到b的過程中，電場力與速度的夾角是鈍角，所以帶電粒子由a運(yùn)動到b的過程中動能減小，故D錯誤．17．如圖所示，固定于水平面上的金屬架CDEF處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，金屬棒MN沿框架以速度v向右做勻速運(yùn)動．t＝0時，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，此時MN到達(dá)的位置恰好使MDEN構(gòu)成一個邊長為l的正方形．為使MN棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，從t＝0開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)隨時間t變化，以下四個圖像能正確反映B和t之間對應(yīng)關(guān)系的是(C)【解析】當(dāng)閉合回路的磁通量不變時，導(dǎo)體棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，故B0l2＝Bl(l＋vt)，解得B＝eq\f(B0l2,ll＋vt)，由此可以看出，隨時間t增加，B減小，且減小得越來越慢，故AB錯誤；磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(B0l2,ll＋vt)，可改寫為eq\f(1,B)＝eq\f(ll＋vt,B0l2)＝eq\f(1,B0)＋eq\f(vt,B0l)，可知eq\f(1,B)－t是線性函數(shù)，故C正確，D錯誤．18.如圖所示，固定有光滑豎直桿的三角形斜劈放置在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球與套在豎直桿上的小滑塊用輕繩連接，開始時輕繩與斜劈平行．現(xiàn)給小滑塊施加一個豎直向上的拉力F，使小滑塊沿桿緩慢上升，整個過程中小球始終未脫離斜劈，則(A)A．小球?qū)π迸膲毫χ饾u減小B．斜劈對地面壓力保持不變C．地面對斜劈的摩擦力逐漸減小D．輕繩對滑塊的拉力先減小后增大【解析】對小球受力分析，受重力、支持力和輕繩的拉力，如圖所示根據(jù)平衡條件可知，輕繩對滑塊的拉力T增大，小球受到的斜劈的支持力N逐漸減小，根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)π泵娴膲毫σ矞p小，故A正確，D錯誤；對球和滑塊整體分析，受重力、斜面的支持力N，桿的支持力N′，拉力F，如圖所示根據(jù)平衡條件，有水平方向N′＝Nsinθ，豎直方向F＋Ncosθ＝G′，由于N減小，故N′減小，F(xiàn)增加；對小球、滑塊和斜劈整體分析，在豎直方向F＋N地＝G總，故N地＝G總－F，根據(jù)牛頓第三定律，斜劈對地面壓力減小．整體在水平方向不受力，故地面對斜劈的摩擦力始終為零，故BC錯誤；故選A．19．(多選)如圖所示，理想變壓器的原線圈接入u＝200sin100πt(V)的交變電壓．原、副線圈匝數(shù)比為4∶1，電阻R0＝5Ω，電阻箱R的最大阻值為50Ω，則(AD)A．副線圈兩端的電壓有效值為25eq\r(2)VB．副線圈中電流方向每秒鐘改變314次C．當(dāng)R＝20Ω時，原線圈中的電流有效值為0.25AD．當(dāng)R＝5Ω時，電阻箱R消耗的電功率最大【解析】理想變壓器原線圈接入u＝200sin100πt(V)的交變電壓．有效值為100eq\r(2)V，根據(jù)原、副線圈匝數(shù)比4∶1，所以副線圈的電壓為25eq\r(2)V，故A正確；變壓器不改變電流頻率，ω＝100πrad/s，故頻率為50Hz，一個周期電流方向改變2次，副線圈中電流方向每秒鐘改變100次，故B錯誤；當(dāng)R＝20Ω時，副線圈電流I＝eq\f(U,R＋R0)＝eq\r(2)A．根據(jù)電流與匝數(shù)關(guān)系可知，原線圈電流I＝eq\f(\r(2),4)A，故C錯誤；電阻箱R消耗的電功率P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(U,5＋R)))2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(25\r(2),5＋R)))2R＝eq\f(1250,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,\r(R))＋\r(R)))2).當(dāng)eq\f(5,\r(R))＝eq\r(R)時，即R＝5Ω時，P有最大值，故D正確；故選AD．20．(多選)如圖所示，天文學(xué)家觀測到某行星和地球在同一軌道平面內(nèi)繞太陽做勻速圓周運(yùn)動，且行星的軌道半徑比地球的軌道半徑小，地球和太陽中心的連線與地球和行星的連線所夾的角叫做地球?qū)υ撔行堑挠^察視角(簡稱視角)．已知該行星的最大視角為θ.則地球與行星繞太陽轉(zhuǎn)動的(AB)A．角速度比值為eq\r(sin3θ)B．線速度比值為eq\r(sinθ)C．向心加速度比值為sinθD．向心力比值為sin2θ【解析】行星和地球都繞太陽(質(zhì)量為M)做勻速圓周運(yùn)動，萬有引力提供向心力，則Geq\f(Mm,r2)＝ma＝meq\f(v2,r)＝mω2r，解得a＝eq\f(GM,r2)，v＝eq\r(\f(GM,r))，ω＝eq\r(\f(GM,r3))，由幾何關(guān)系知，行星與地球的軌道半徑之比為eq\f(r行,r地)＝sinθ，則地球與行星繞太陽轉(zhuǎn)動的角速度比值為eq\f(ω地,ω行)＝eq\r(\f(r\o\al(3,行),r\o\al(3,地)))＝eq\r(sin3θ)，地球與行星繞太陽轉(zhuǎn)動的線速度比值為eq\f(v地,v行)＝eq\r(\f(r行,r地))＝eq\r(sinθ)，地球與行星繞太陽轉(zhuǎn)動的向心加速度比值為eq\f(a地,a行)＝eq\f(r\o\al(2,行),r\o\al(2,地))＝sin2θ，故AB正確，C錯誤；地球與行星繞太陽轉(zhuǎn)動的向心力比值為eq\f(F地,F行)＝eq\f(m地a地,m行a行)＝eq\f(m地,m行)sin2θ，因為地球質(zhì)量m地與行星質(zhì)量m行之間的關(guān)系未知，所以它們的向心力比值關(guān)系不能確定，故D錯誤．21．(多選)傾角為θ且足夠長的光滑固定斜面上有一質(zhì)量為m的物體，初始位置如圖甲所示．在平行于斜面向上的力F的作用下，從初始位置由靜止開始沿斜面運(yùn)動，運(yùn)動過程中物體的機(jī)械能E隨位置x的變化關(guān)系如圖乙所示．其中0～x1過程的圖線是曲線，x1～x2過程的圖線是平行于x軸的直線，x2～x3過程的圖線是傾斜的直線，則下列說法正確的是(AB)A．在0～x1的過程中，力F在減小B．在0～x1的過程中，物體的動能一直在增大C．在x1～x2的過程中，物體的速度大小不變D．在x2～x3的過程中，物體一定做勻速運(yùn)動【解析】在0～x1過程中物體機(jī)械能在減小，知拉力在做負(fù)功，拉力方向沿斜面向上，所以物體的位移方向向下，即物體在沿斜面向下運(yùn)動．根據(jù)功能關(guān)系得ΔE＝F·Δx，得F＝eq\f(ΔE,Δx)，則知圖線的斜率表示拉力，在0～x1過程中圖線的斜率逐漸減小到零，知物體的拉力F逐漸減小到零，故A正確；在0～x1過程中，由于機(jī)械能減小，則拉力做負(fù)功，則物體從靜止開始向下加速運(yùn)動，物體的動能一直在增大，故