高考物理總復(fù)習(xí) 優(yōu)編增分練：選擇題考點(diǎn)排查練9 （全國(guó)Ⅱ卷）選擇題考點(diǎn)排查練試題

題號(hào)1415161718192021考點(diǎn)豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)核能平衡條件平拋與圓周運(yùn)動(dòng)磁場(chǎng)內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)萬(wàn)有引力定律電磁感應(yīng)的圖象問(wèn)題磁場(chǎng)力二、選擇題：本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19～21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．(2018·四川省廣安、眉山、內(nèi)江和遂寧第三次模擬)如圖1所示，豎直平面內(nèi)有一半徑為R＝0.35m的內(nèi)壁光滑的固定圓形軌道，軌道底端與光滑水平地面相切，一小球(可視為質(zhì)點(diǎn))以v0＝3.5m/s的初速度進(jìn)入軌道，取g＝10m/s2，則()圖1A．小球不會(huì)脫離圓軌道運(yùn)動(dòng)B．小球上升的最大高度為0.6125mC．小球脫離軌道時(shí)的速度大小為eq\f(\r(7),2)m/sD．小球脫離軌道的位置與圓心連線和水平方向間的夾角為60°答案C15．(2018·貴州省貴陽(yáng)市5月適應(yīng)性考試二)某核反應(yīng)方程為eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋X.已知eq\o\al(2,1)H的質(zhì)量為2.0136u，eq\o\al(3,1)H的質(zhì)量為3.0180u，eq\o\al(4,2)He的質(zhì)量為4.0026u，X的質(zhì)量為1.0087u.則下列說(shuō)法中正確是()A．X是中子，該反應(yīng)釋放能量B．X是質(zhì)子，該反應(yīng)釋放能量C．X是中子，該反應(yīng)吸收能量D．X是質(zhì)子，該反應(yīng)吸收能量答案A16．(2018·廣西欽州市第三次質(zhì)檢)如圖2所示，一件質(zhì)量為M的衣服掛在等腰三角形的衣架上，衣架通過(guò)輕繩OA懸掛在天花板下．衣架質(zhì)量為m，頂角θ＝120°，此時(shí)衣架底邊水平．不計(jì)衣服與衣架間的摩擦，重力加速度為g，則豎直輕繩OA受到的拉力FT和衣架左側(cè)對(duì)衣服的作用力FN大小分別為()圖2A．FT＝Mg，F(xiàn)N＝eq\f(\r(3),2)MgB．FT＝Mg，F(xiàn)N＝eq\f(1,2)MgC．FT＝(M＋m)g，F(xiàn)N＝eq\f(\r(3),3)MgD．FT＝(M＋m)g，F(xiàn)N＝eq\f(1,2)Mg答案C解析以整體為研究對(duì)象可知，豎直輕繩OA受到的拉力FT等于衣服和衣架的總重力，即FT＝(M＋m)g；分析衣服的受力情況：重力、衣架兩側(cè)的支持力，根據(jù)對(duì)稱性知衣架兩側(cè)對(duì)衣服的支持力大小相等，設(shè)為FN.根據(jù)幾何關(guān)系得FN與豎直方向的夾角為30°，由平衡條件得2FNcos30°＝Mg，得FN＝eq\f(\r(3),3)Mg，C正確．17．(2018·衡水金卷調(diào)研卷五)如圖3所示，豎直平面內(nèi)有一固定的光滑軌道ABCD，其中傾角θ＝37°的斜面AB與半徑為R的圓弧軌道平滑相切于B點(diǎn)，CD為豎直直徑，O為圓心，質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從與B點(diǎn)高度差為h的斜面上的A點(diǎn)處由靜止釋放，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說(shuō)法正確的是()圖3A．當(dāng)h＝2R時(shí)，小球過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為eq\f(27,5)mgB．當(dāng)h＝2R時(shí)，小球會(huì)從D點(diǎn)離開(kāi)圓弧軌道做平拋運(yùn)動(dòng)C．調(diào)整h的值，小球能從D點(diǎn)離開(kāi)圓弧軌道，并能落在B點(diǎn)左側(cè)D．調(diào)整h的值，小球能從D點(diǎn)離開(kāi)圓弧軌道，并能恰好落在B點(diǎn)答案A解析當(dāng)h＝2R時(shí)，從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒可得mg(h＋R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mvC2，過(guò)C點(diǎn)時(shí)有FN－mg＝meq\f(v\o\al(C2),R)，解得FN＝eq\f(27,5)mg，根據(jù)牛頓第三定律可知小球過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為eq\f(27,5)mg，A正確；若小球恰好從D點(diǎn)離開(kāi)圓弧軌道，則mg＝meq\f(v\o\al(02),R)，mg(h0－R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(gR)，h0＝2.3R>2R，所以當(dāng)h＝2R時(shí)，小球在運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)前已經(jīng)脫離軌道，不會(huì)從D點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；若小球以速度v0從D點(diǎn)離開(kāi)后做平拋運(yùn)動(dòng)，有R＋Rcosθ＝eq\f(1,2)gt02，解得t0＝6eq\r(\f(R,10g))，且x＝v0t0＝eq\f(6R,\r(10))>0.6R，C、D錯(cuò)誤．18．(2018·廣東省汕頭市第二次模擬)如圖4所示，虛線MN將平面分成Ⅰ和Ⅱ兩個(gè)區(qū)域，兩個(gè)區(qū)域分別存在著與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一帶電粒子僅在磁場(chǎng)力作用下由Ⅰ區(qū)運(yùn)動(dòng)到Ⅱ區(qū)．曲線aPb為運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的一段軌跡，其中弧aP、弧Pb的弧長(zhǎng)之比為2∶1，且粒子經(jīng)過(guò)a、b點(diǎn)時(shí)的速度方向均水平向右，下列判斷正確的是()圖4A．Ⅰ、Ⅱ區(qū)域兩個(gè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反，大小之比為2∶1B．粒子在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域兩個(gè)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑之比為2∶1C．粒子通過(guò)aP、Pb兩段弧的時(shí)間之比為1∶1D．弧aP與弧Pb對(duì)應(yīng)的圓心角之比為2∶1答案B解析粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力不做功，所以在兩個(gè)區(qū)域內(nèi)粒子的速率相等．由兩弧長(zhǎng)之比為2∶1，速率相等，可知時(shí)間之比為2∶1，故C錯(cuò)誤；由于粒子經(jīng)過(guò)a、b點(diǎn)時(shí)的速度方向均水平向右，可知粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心角相等，故D錯(cuò)誤；根據(jù)θ＝ωt知角速度之比為1∶2，由v＝ωr可知半徑之比為2∶1，故B正確；根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)得，r＝eq\f(mv,Bq)，所以磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為1∶2，且根據(jù)運(yùn)動(dòng)方向可知兩個(gè)磁場(chǎng)的方向相反，故A錯(cuò)誤．19．(2018·福建省南平市5月綜合質(zhì)檢)目前，我國(guó)已經(jīng)發(fā)射了多艘神舟號(hào)載人飛船，使我國(guó)成為繼俄羅斯、美國(guó)之后世界上第三個(gè)獨(dú)立掌握宇宙飛船天地往返技術(shù)的國(guó)家．某載人宇宙飛船繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)，由于地球遮擋，字航員發(fā)現(xiàn)有eq\f(1,6)T時(shí)間會(huì)經(jīng)歷“日全食”過(guò)程，如圖5所示．已知地球的半徑為R，引力常量為G，地球自轉(zhuǎn)周期為T(mén)0，太陽(yáng)光可看作平行光，則()圖5A．宇宙飛船離地球表面的高度為2RB．一天內(nèi)飛船經(jīng)歷“日全食”的次數(shù)為eq\f(T,T0)C．宇航員觀察地球的最大張角為60°D．地球的平均密度為ρ＝eq\f(24π,GT2)答案CD解析設(shè)飛船距離地面的高度為h，因宇航員發(fā)現(xiàn)有eq\f(1,6)T時(shí)間會(huì)經(jīng)歷“日全食”過(guò)程，則圓心角為60°，由幾何關(guān)系得：(h＋R)sin30°＝R，解得：h＝R，故A錯(cuò)誤；地球自轉(zhuǎn)一圈時(shí)間為T(mén)0，飛船繞地球一圈時(shí)間為T(mén)，飛船繞一圈會(huì)有一次“日全食”，所以每過(guò)時(shí)間T就有一次“日全食”，得一天內(nèi)飛船經(jīng)歷“日全食”的次數(shù)為eq\f(T0,T)，故B錯(cuò)誤；如圖所示，可知宇航員觀察地球的最大張角α＝60°，故C正確；由萬(wàn)有引力提供向心力，則有：Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，又軌道半徑r＝R＋h＝2R，則地球質(zhì)量為M＝eq\f(4π2r3,GT2)＝eq\f(32π2R3,GT2)，則地球密度為ρ＝eq\f(M,\f(4,3)πR3)＝eq\f(4π2r3,GT2)＝eq\f(24π,GT2)，故D正確．20．(2018·安徽省黃山市一質(zhì)檢)如圖6甲所示，閉合矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示．規(guī)定垂直紙面向外為磁場(chǎng)的正方向，線框中順時(shí)針電流的方向?yàn)楦袘?yīng)電流的正方向，水平向右為安培力的正方向．關(guān)于線框中的感應(yīng)電流i與ad邊所受的安培力F隨時(shí)間t變化的圖象，下列選項(xiàng)正確的是()圖6答案BC解析由題圖B－t圖象可知，0～1s時(shí)間內(nèi)，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，線框中感應(yīng)電流為順時(shí)針?lè)较?，為正值?～2s磁通量不變，無(wú)感應(yīng)電流；2～3s內(nèi)，B的方向垂直紙面向外，B減小，Φ減小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较颍瑸樨?fù)值；3～4s內(nèi)，B的方向垂直紙面向里，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较?，為?fù)值；由左手定則可知，在0～1s內(nèi)，ad受到的安培力方向水平向右，是正的，1～2s無(wú)感應(yīng)電流，不受安培力，2～3s時(shí)間內(nèi)，安培力水平向左，是負(fù)的，3～4s時(shí)間內(nèi)，安培力水平向右，是正的；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(SΔB,RΔt)，由B－t圖象可知，在每一時(shí)間段內(nèi)，eq\f(ΔB,Δt)是定值，在各時(shí)間段內(nèi)I是定值，ad邊受到的安培力F＝BIL，I、L不變，B均勻變化，則安培力F均勻變化，不是定值，故B、C正確，故A、D錯(cuò)誤．21．(2018·湖北省十堰市調(diào)研)如圖7所示，三根通電長(zhǎng)直導(dǎo)線A、B、C互相平行，其橫截面為等腰直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，三根導(dǎo)線中通入的電流大小相等，且A、C中電流方向垂直于紙面向外，B中電流方向垂直于紙面向內(nèi)；已知通電導(dǎo)線在其周?chē)a(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(kI,r)，其中I為通電導(dǎo)線的電流強(qiáng)度，r為到通電直導(dǎo)線的距離，k為常量．下列說(shuō)法正確的是()圖7A．A所受磁場(chǎng)作用力的方向與B、C所在平面垂直B．B所受磁場(chǎng)作用力的方向與A、C所在平面垂直C．A、B單位長(zhǎng)度所受的磁場(chǎng)作用力大小之比為1∶2D．A、B單位長(zhǎng)度所受的磁場(chǎng)作用力大小之比為1∶eq\r(2)答案BC解析由安培定則可知：A處的合磁場(chǎng)方向沿AC方向指向C，所以A所受磁場(chǎng)作