高考物理二輪復(fù)習(xí) 選擇題模擬小卷（二）試題

選擇題模擬小卷(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。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。)14．下列說法正確的是()A．原子核發(fā)生衰變時(shí)要遵守電荷守恒和質(zhì)量守恒的規(guī)律B．α射線、β射線、γ射線都是高速運(yùn)動(dòng)的帶電粒子流C．氫原子從激發(fā)態(tài)向基態(tài)躍遷只能輻射特定頻率的光子D．發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)光電子的動(dòng)能只與入射光的強(qiáng)度有關(guān)解析原子核發(fā)生衰變時(shí)有質(zhì)量虧損，質(zhì)量不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)；γ射線是光子流，不是帶電粒子流，選項(xiàng)B錯(cuò)；氫原子從激發(fā)態(tài)向基態(tài)躍遷，輻射的光子能量hν＝Em－En，即只能輻射特定頻率的光子，C項(xiàng)正確；光電效應(yīng)的光電子動(dòng)能Ek＝hν－W，只與入射光頻率有關(guān)，而與入射光強(qiáng)度無關(guān)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案C15.如圖1所示，一物體靜止在水平地面上，從t＝0時(shí)刻開始用水平向右的拉力F拉物體，經(jīng)t0時(shí)間運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，再經(jīng)T和2T時(shí)間運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)和C點(diǎn)，若A、B、C三點(diǎn)間距滿足BC＝2AB，則()圖1 A．t0＝eq\f(1,2)T B．t0＝eq\f(2,3)T C．t0＝eq\f(1,4)T D．t0＝eq\f(3,4)T 解析根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得vA＝at0，xAB＝vAT＋eq\f(1,2)aT2，xAC＝vA·2T＋ eq\f(1,2)a(2T)2，又xAC＝xAB＋xBC＝3xAB，聯(lián)立各式解得t0＝eq\f(1,2)T，選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤。 答案A16．水平邊界MN上方有一垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，a、b兩帶電粒子所帶的電荷量分別是q1、q2，以相同速度從邊界上O點(diǎn)垂直進(jìn)入磁場，它們的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2所示，軌道半徑分別為r1、r2，且r1∶r2＝2∶3。下列說法正確的是()圖2A．a(chǎn)帶負(fù)電、b帶正電，比荷之比為eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝2∶3 B．a(chǎn)帶正電、b帶負(fù)電，比荷之比為eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝2∶3 C．a(chǎn)帶負(fù)電、b帶正電，比荷之比為eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝3∶2 D．a(chǎn)帶正電、b帶負(fù)電，比荷之比為eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝3∶2 解析在O點(diǎn)射入磁場時(shí)，a受到向左的洛倫茲力，b受到向右的洛倫茲力，由左手定則判斷a帶負(fù)電荷、b帶正電荷；由r＝eq\f(mv,qB)得eq\f(q,m)＝eq\f(v,rB)，所以eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝3∶2，則選項(xiàng)C正確。 答案C17.如圖3所示，一輛小車靜置在水平地面上，用一條遵守胡克定律的橡皮筋將小球P懸掛于車頂O點(diǎn)，在O點(diǎn)正下方有一光滑小釘A，它到O點(diǎn)的距離恰好等于橡皮筋原長l0?，F(xiàn)使小車從靜止開始向右做加速度逐漸增大的直線運(yùn)動(dòng)，在此運(yùn)動(dòng)過程中(橡皮筋始終在彈性限度內(nèi))，小球的高度()圖3A．保持不變B．逐漸降低C．逐漸升高D．升高或降低由橡皮筋的勁度系數(shù)決定 解析小車靜止時(shí)，對小球有FT1＝mg，彈簧的伸長量x1＝eq\f(mg,k)，即小球與懸掛點(diǎn)的距離為l1＝l0＋eq\f(mg,k)；當(dāng)小車的加速度穩(wěn)定在一定值時(shí)FT2cosα＝mg，F(xiàn)T2sinα＝ma，解得FT2＝eq\f(mg,cosα)，彈簧的伸長量x2＝eq\f(FT2,k)，則小球與懸掛點(diǎn)的豎直方向的距離為l2＝l0＋eq\f(mg,kcosα)·cosα＝l0＋eq\f(mg,k)＝l1，可見小球在豎直方向上到懸掛點(diǎn)的距離與加速度無關(guān)，是不變的，選項(xiàng)A正確。 答案A18.假設(shè)宇宙中有兩顆相距無限遠(yuǎn)的行星A和B，半徑分別為RA和RB。這兩顆行星周圍衛(wèi)星的軌道半徑的三次方(r3)與運(yùn)行周期的平方(T2)的關(guān)系如圖4所示；T0為衛(wèi)星環(huán)繞行星表面運(yùn)行的周期。則()圖4 A．行星A的質(zhì)量小于行星B的質(zhì)量 B．行星A的密度小于行星B的密度 C．行星A的第一宇宙速度大于行星B的第一宇宙速度 D．當(dāng)兩行星的衛(wèi)星軌道半徑相同時(shí)，行星A的衛(wèi)星向心加速度小于行星B的衛(wèi)星向心加速度 解析由設(shè)行星質(zhì)量為M，衛(wèi)星繞行星運(yùn)動(dòng)的半徑為r，周期為T，衛(wèi)星質(zhì)量為m，則有eq\f(GMm,r2)＝eq\f(m4π2r,T2)，r3＝eq\f(GM,4π2)T2，則圖象的斜率為eq\f(GM,4π2)，從圖象可看出A的質(zhì)量大，所以A錯(cuò)誤；兩“近地”衛(wèi)星的周期相同，則兩者的密度為ρ＝eq\f(3π,GTeq\o\al(2,0))相同，則B錯(cuò)誤；第一宇宙速度是“近地”衛(wèi)星的運(yùn)行速度v＝eq\f(2πR,T0)，A的半徑大于B的半徑，則A的第一宇宙速度大于B的第一宇宙速度，則C正確；由an＝eq\f(GM,r2)，A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量，所以A的衛(wèi)星向心加速度大于B的衛(wèi)星向心加速度，D錯(cuò)誤。 答案C19.如圖5所示，N、P是光滑絕緣水平面上的兩點(diǎn)，O為P點(diǎn)正上方的一點(diǎn)，虛線ON和OP之間的夾角θ＝60°，M為ON的中點(diǎn)，O點(diǎn)固定著一個(gè)點(diǎn)電荷Q。在N點(diǎn)，由靜止釋放一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球，發(fā)現(xiàn)小球只能在水平面上運(yùn)動(dòng)。下列說法正確的是()圖5 A．在點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場中，M點(diǎn)和P點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相同 B．在點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場中，N、P兩點(diǎn)間的電勢差大于N、M兩點(diǎn)間的電勢差 C．小球可能做勻變速直線運(yùn)動(dòng) D．若小球能經(jīng)過P點(diǎn)，則它在N點(diǎn)的電勢能一定大于在P點(diǎn)的電勢能 解析由點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式E＝keq\f(Q,r2)，可得M、P兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相同，方向不相同，選項(xiàng)A正確；由φ＝keq\f(Q,r)可知M、P兩點(diǎn)在同一個(gè)等勢面上，所以N、P兩點(diǎn)間的電勢差等于N、M兩點(diǎn)間的電勢差，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式E＝keq\f(Q,r2)，可知小球受到的電場力大小發(fā)生變化，不是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球由靜止釋放，從N向P運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場力一定做正功，電勢能一定減小，所以N點(diǎn)的電勢能一定大于P點(diǎn)的電勢能，選項(xiàng)D正確。 答案AD20．如圖6甲所示，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比n1∶n2＝10∶1，原線圈輸入的交流電壓如圖乙所示，副線圈電路接有滑動(dòng)變阻器R和額定電壓為12V、內(nèi)阻為2Ω的電動(dòng)機(jī)。閉合開關(guān)，電動(dòng)機(jī)正常工作，電流表示數(shù)為1A。則()圖6A．副線圈兩端電壓為22eq\r(2)VB．電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率為10WC．通過電動(dòng)機(jī)的交流電頻率為50HzD．突然卡住電動(dòng)機(jī)，原線圈輸入功率變小 解析輸入電壓最大值為220eq\r(2)V，則有效值U1＝eq\f(220\r(2),\r(2))V＝220V，U2＝eq\f(n2,n1)U1＝22V，故A錯(cuò)誤；輸出的機(jī)械功率P＝UI2－Ieq\o\al(2,2)RM＝12×1W－12×2W＝10W，故B正確；由乙圖知周期為0.02s，則f＝eq\f(1,T)＝50Hz，故C正確；卡住電動(dòng)機(jī)，副線圈電路中的電流增大，變壓器的輸出功率增加，則原線圈輸入功率增加，故D錯(cuò)誤。 答案BC21.質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。初始時(shí)小物塊停在箱子的正中間，如圖7所示。現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對靜止。設(shè)碰撞都是彈性的，則整個(gè)過程中，系統(tǒng)損失的動(dòng)能為()圖7A.eq\f(1,2)mv2 B.eq\f(mM,2（m＋M）)v2C.eq\f(1,2)NμmgL D．NμmgL解析以箱子和小物塊作為一個(gè)整體，最后整體速度相同，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，mv＝(M＋m)