新課標(biāo)地區(qū)專用高考物理提分定時練輯選擇題定時訓(xùn)練1含解析

選擇題定時訓(xùn)練1(限時：30分鐘)一、單項選擇題1．(2019·天津市濱海新區(qū)三模)關(guān)于核反應(yīng)的類型，下列表述正確的是()A.eq\o\al(238,92)U→eq\o\al(234,90)Th＋eq\o\al(4,2)He是α衰變B.eq\o\al(14,7)N＋eq\o\al(4,2)He→eq\o\al(17,8)O＋eq\o\al(1,1)H是β衰變C.eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(27,13)Al→eq\o\al(30,15)P＋eq\o\al(1,0)n是核聚變D.eq\o\al(82,34)Se→eq\o\al(82,36)Kr＋2eq\o\al(0,－1)e是核裂變答案A解析eq\o\al(238,92)U→eq\o\al(234,90)Th＋eq\o\al(4,2)He是α衰變，故A正確；eq\o\al(14,7)N＋eq\o\al(4,2)He→eq\o\al(17,8)O＋eq\o\al(1,1)H是原子核的人工轉(zhuǎn)變，不是β衰變，故B錯誤；eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(27,13)Al→eq\o\al(30,15)P＋eq\o\al(1,0)n，是原子核的人工轉(zhuǎn)變，不是核聚變，故C錯誤；eq\o\al(82,34)Se→eq\o\al(82,36)Kr＋2eq\o\al(0,－1)e，生成了電子，可知是β衰變，不是核裂變，故D錯誤．2．(2019·天津市濱海新區(qū)三模)圖1(a)為一列簡諧橫波在t＝0.1s時刻的波形圖，P是平衡位置在x＝1m處的質(zhì)點(diǎn)，Q是平衡位置在x＝4m處的質(zhì)點(diǎn)；圖(b)為質(zhì)點(diǎn)Q的振動圖象．下列說法正確的是()圖1A．在t＝0.1s時，質(zhì)點(diǎn)Q沿y軸正方向運(yùn)動B．從tt＝0.25s，該波沿x軸負(fù)方向傳播了6mC．從tt＝0.25s，質(zhì)點(diǎn)P通過的路程為30cmD．質(zhì)點(diǎn)Q做簡諧運(yùn)動的表達(dá)式為ytm答案B解析題圖(b)為質(zhì)點(diǎn)Q的振動圖象，在t＝0.1s時，質(zhì)點(diǎn)Q正從平衡位置向波谷運(yùn)動，所以t＝0.1s時，質(zhì)點(diǎn)Q沿y軸負(fù)方向運(yùn)動，故A錯誤；在t＝0.1s時，質(zhì)點(diǎn)Q沿y軸負(fù)方向運(yùn)動，根據(jù)波形平移法可知該波沿x軸負(fù)方向傳播．由題圖(a)知波長λ＝8m，由題圖(b)知周期T＝0.2s，則波速為：v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(8,0.2)m/s＝40m/s，從ttt＝0.15s，該波沿x軸負(fù)方向傳播的距離為Δx＝vΔt＝40×0.15m＝6m，故B正確；t質(zhì)點(diǎn)P正沿y軸正方向運(yùn)動．從ttt＝0.15s＝eq\f(3,4)T，由于tP不在平衡位置或波峰、波谷處，所以質(zhì)點(diǎn)P通過的路程不是3A＝30cm，故C錯誤；質(zhì)點(diǎn)Q做簡諧運(yùn)動的表達(dá)式為y＝Asineq\f(2π,T)teq\f(2π,0.2)tt(m)，故D錯誤．3．(2019·天津市濱海新區(qū)三模)如圖2所示，一理想變壓器將原線圈接在u＝220eq\r(2)sin100πt(V)的交流電壓上，原、副線圈匝數(shù)比n1∶n2＝22∶1，定值電阻的阻值為25Ω，滑動變阻器的總阻值為35Ω，將滑動變阻器的滑片P從左向右滑動過程中，下列說法中正確的是()圖2A．副線圈輸出電壓的頻率為100HzB．當(dāng)變壓器的輸出功率達(dá)到最大值時，理想電壓表的示數(shù)為5VD．滑片P滑到最右端時，變壓器的輸入功率為40W答案C解析原線圈的交流電壓的頻率f＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(100π,2π)Hz＝50Hz，則副線圈輸出電壓的頻率為50Hz，故選項A錯誤；原線圈電壓的有效值U1＝eq\f(220\r(2),\r(2))V＝220V，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得副線圈的電壓的有效值為10V，根據(jù)P＝eq\f(U2,R)可知當(dāng)變壓器的輸出功率達(dá)最大時，滑動變阻器的阻值為零，所以電壓表的示數(shù)為10V，故選項B錯誤；滑動變阻器的阻值等于定值電阻的阻值時，滑動變阻器的功率達(dá)到最大值，所以電流表的示數(shù)為I＝eq\f(U2,R＋R′)＝eq\f(10,50)A＝0.2A，故選項C正確；滑片P滑到最右端時，變壓器的輸出功率為P2＝eq\f(U\o\al(22,),R)＝eq\f(102,25)W＝4W，變壓器的輸入功率為4W，故選項D錯誤．4.(2019·山東威海市5月模擬)如圖3所示，輕質(zhì)彈簧一端固定在天花板上，另一端拴接條形磁鐵，置于絕緣水平桌面上的圓形鋁質(zhì)閉合線圈放在條形磁鐵的正下方，開始時整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)．在外力作用下將磁鐵豎直向下移動一定距離(未接觸桌面)，然后由靜止釋放，在之后的運(yùn)動過程中，線圈始終未離開桌面，忽略空氣阻力，下列說法正確的是()圖3A．磁鐵所受彈簧拉力與其重力相等時，磁鐵的加速度為零B．磁鐵上升過程中，從上向下看，線圈中產(chǎn)生順時針方向的電流C．線圈對桌面壓力大小可能大于其重力D．磁鐵最終會靜止，整個過程線圈中產(chǎn)生的熱量等于磁鐵機(jī)械能的減少量答案C解析若磁鐵向上運(yùn)動，會受到向下的安培阻力，若向下運(yùn)動，會受到向上的安培阻力，因此當(dāng)磁鐵所受彈力與重力等大反向時，磁鐵的加速度不一定為零，故A錯誤；當(dāng)磁鐵向上運(yùn)動時，穿過線圈的磁通量向上減小，根據(jù)楞次定律知，感應(yīng)電流的磁場的方向向上，俯視線圈，線圈中產(chǎn)生逆時針方向的電流，故B錯誤；根據(jù)楞次定律，磁鐵向下運(yùn)動時，受到向上的安培阻力，所以磁鐵對線圈的作用力的方向向下，此時線圈對桌面壓力大小大于其重力，故C正確；磁鐵最終靜止于起始時的平衡位置，根據(jù)能量守恒定律，從靜止釋放至停止，彈簧的彈性勢能的減少量等于磁鐵重力勢能的增加量與線圈中產(chǎn)生的焦耳熱之和，故D錯誤．5．(2019·貴州貴陽市二模)組成“北斗”衛(wèi)星導(dǎo)航定位系統(tǒng)的地球靜止軌道衛(wèi)星(同步衛(wèi)星)和中軌道衛(wèi)星繞地球在圓軌道上運(yùn)行，由地球靜止軌道衛(wèi)星和中軌道衛(wèi)星的軌道半徑之比可求()A．地球靜止軌道衛(wèi)星與地球的質(zhì)量之比B．地球靜止軌道衛(wèi)星與中軌道衛(wèi)星的質(zhì)量之比C．地球靜止軌道衛(wèi)星和中軌道衛(wèi)星受地球的萬有引力之比D．地球靜止軌道衛(wèi)星和中軌道衛(wèi)星繞地球運(yùn)動的周期之比答案D解析根據(jù)萬有引力提供向心力：Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，已知衛(wèi)星的軌道半徑之比，可求運(yùn)動的周期之比，但無法計算衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系，由于兩衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系未知，也無法求出衛(wèi)星所受萬有引力之比，所以A、B、C錯誤，D正確．6．(2019·四川成都市第二次診斷)如圖4，半圓球P和豎直擋板固定在水平面上，擋板與P相切，光滑小球Q靜止在P和擋板之間．已知Q的質(zhì)量為m，P、Q的半徑之比為4∶1，重力加速度大小為g.則Q對P的壓力大小為()圖4A.eq\f(4mg,3)B.eq\f(5mg,4)C.eq\f(4mg,5)D.eq\f(3mg,4)答案B解析對Q受力分析如圖所示設(shè)Q的半徑為r，由幾何關(guān)系得：4rcosα＝4r－(r＋rcosα)解得：cosα＝eq\f(3,5)由平衡條件得：FN2＝eq\f(mg,sinα)解得：FN2＝eq\f(5,4)mg由牛頓第三定律可知，Q對P的壓力大小為FN2′＝FN2＝eq\f(5,4)mg.7．(2019·山東威海市5月模擬)一質(zhì)量為m的小物塊靜置于粗糙水平地面上，在水平外力作用下由靜止開始運(yùn)動，小物塊的加速度a隨其運(yùn)動距離x的變化規(guī)律如圖5所示．已知小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，在小物塊運(yùn)動0～2L的過程中，下列說法正確的是()圖5A．小物塊在0～L內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動，L～2L內(nèi)做勻速運(yùn)動B．小物塊運(yùn)動至2L處的速度為2eq\r(6a0L)C．整個過程中水平外力做功為mLeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2μg＋3a0))D．小物塊從L處運(yùn)動至2L處所用的時間為eq\f(1,2)eq\r(\f(L,a0))答案C解析小物塊在0～L內(nèi)加速度減小，做加速度減小的變加速直線運(yùn)動，L～2L內(nèi)加速度不變，做勻加速運(yùn)動，故A錯誤；整個過程，根據(jù)動能定理得：eq\f(3ma0＋ma0,2)L＋ma0L＝eq\f(1,2)mv2，得小物塊運(yùn)動至2L處的速度為v＝eq\r(6a0L)，故B錯誤；整個過程，根據(jù)動能定理得：WF－μmg·2L＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得水平外力做功為WF＝mL(2μg＋3a0)，故C正確；設(shè)小物塊運(yùn)動至L處的速度為v0.根據(jù)動能定理得：eq\f(3ma0＋ma0,2)L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)，得v0＝2eq\r(a0L)，小物塊從L處運(yùn)動至2L處做勻加速直線運(yùn)動，有L＝eq\f(v0＋v,2)t，聯(lián)立解得t＝eq\f(2,2＋\r(6))eq\r(\f(L,a0))，故D錯誤．8．(2019·云南保山市統(tǒng)一檢測)圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，兩個質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子a、b，先后以不同的速率對準(zhǔn)圓心O沿著AO方向射入磁場，其運(yùn)動軌跡如圖6所示．若帶電粒子只受磁場力的作用，粒子a在磁場中的運(yùn)動周期為Ta，粒子a在磁場中的運(yùn)動時間為ta＝eq\f(1,3)Ta，粒子b在磁場中的運(yùn)動周期為Tb，粒子b在磁場中的運(yùn)動時間為tb＝eq\f(1,6)Tb，則下列說法正確的是()圖6A．粒子a和粒子b在磁場中運(yùn)動的周期關(guān)系為Ta＜TbB．粒子a和粒子b在磁場中運(yùn)動的周期關(guān)系為Ta>TbC．粒子a和粒子b在磁場中運(yùn)動的速度關(guān)系為va＝eq\f(1,3)vbD．粒子a和粒子b在磁場中運(yùn)動的速度關(guān)系為va＝3vb答案C解析根據(jù)T＝eq\f(2πm,qB)可知，兩粒子在磁場中運(yùn)動的周期相同，選項A、B錯誤．設(shè)圓形磁場的半徑為r，因ta＝eq\f(1,3)Ta，可知a在磁場中運(yùn)動轉(zhuǎn)過的角度是120°；由幾何關(guān)系可知，運(yùn)動半徑ra＝rtan30°＝eq\f(r,\r(3))；同理，因tb＝eq\f(1,6)Tb，可知b在磁場中運(yùn)動轉(zhuǎn)過的角度是60°；由幾何關(guān)系可知，運(yùn)動半徑rb＝rtan60°＝eq\r(3)r；根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)可知粒子a和粒子b在磁場中運(yùn)動速度關(guān)系eq\f(va,vb)＝eq\f(ra,rb)＝eq\f(1,3)，選項C正確，D錯誤．二、多項選擇題9．(2019·河南鄭州市第三次質(zhì)檢)下列關(guān)于熱現(xiàn)象的判斷正確的是()A．單晶體和多晶體的物理性質(zhì)是各向異性的，非晶體是各向同性的B．露珠呈現(xiàn)球狀是由于液體表面張力的作用C．在完全失重的情況下，氣體對器壁的壓強(qiáng)為零D．氣體被壓縮時，內(nèi)能可能不變答案BD解析單晶體的物理性質(zhì)是各向異性的，多晶體和非晶體的物理性質(zhì)是各向同性的，故A錯誤．液體表面張力產(chǎn)生的原因是：液體表面層分子較稀疏，分子間引力大于斥力，合力表現(xiàn)為引力，露珠呈現(xiàn)球狀是由于液體表面張力的作用，故B正確．根據(jù)壓強(qiáng)的微觀含義可知?dú)怏w對器壁的壓強(qiáng)是由于大量分子對器壁持續(xù)的撞擊形成的，與是否失重?zé)o關(guān)，故C錯誤．做功與熱傳遞都可以改變物體的內(nèi)能，可知?dú)怏w被壓縮時，內(nèi)能可能不變，故D正確．10．(2019·河南新鄉(xiāng)市第三次模擬)如圖7所示，虛線右側(cè)存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向外，具有一定電阻的正方形金屬線框的右邊與磁場的邊界重合．在外力作用下，金屬線框從0時刻由靜止開始，以垂直于磁場邊界的恒定加速度a進(jìn)入磁場區(qū)域，t1時刻線框全部進(jìn)入磁場．若規(guī)定順時針方向?yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向，則感應(yīng)電流i、外力大小F、線框中電功率的瞬時值P以及通過導(dǎo)體橫截面的電荷量q隨時間t變化的關(guān)系可能正確的是()圖7答案ACD解析線框做勻加速運(yùn)動，其速度v＝at，感應(yīng)電動勢E＝BLv，感應(yīng)電流i＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLat,R)，i與t成正比，故A正確；線框進(jìn)入磁場過程中受到的安培力FB＝BiL＝eq\f(B2L2at,R)，由牛頓第二定律得：F－FB＝ma，得F＝ma＋eq\f(B2L2at,R)，F(xiàn)－t圖象是不過原點(diǎn)的傾斜直線，故B錯誤；線框中的電功率P＝i2R＝eq\f(B2L2a2t2,R)∝t2，故P－t圖象應(yīng)是開口向上的過原點(diǎn)的拋物線的一部分，故C正確；線框的位移x＝eq\f(1,2)at2，則電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLx,R)＝eq\f(BLat2,2R)∝t2，故q－t圖象應(yīng)是開口向上的過原點(diǎn)的拋物線的一部分，故D正確．11．(2019·遼寧重點(diǎn)協(xié)作體模擬)引力波測試在2017年獲得諾貝爾物理學(xué)獎，包含中國在內(nèi)的多國科學(xué)家于2017年10月宣布，成功探測到中子星合并的引力波事件，并證實(shí)雙中子星合并事件是宇宙中大部分超重元素(金、銀)的起源地．雙中子星是一種“雙星”，在圍繞其連線上某一點(diǎn)轉(zhuǎn)動的過程中，會向外輻射能量，相互靠近至最終合并．在雙中子星相互靠近的過程中，不考慮兩中子星質(zhì)量的變化，則()A．雙中子星轉(zhuǎn)動的周期均增大B．雙中子星轉(zhuǎn)動的角速度均增大C．雙中子星軌道半徑減小量不一定相同D．雙中子星運(yùn)動的圓心一定在兩者連線中點(diǎn)答案BC解析雙星問題中兩個天體運(yùn)動的周期和角速度是相等的，雙星之間的萬有引力提供向心力，由Geq\f(m1m2,r2)＝m1r1ω2，Geq\f(m1m2,r2)＝m2r2ω2，可知m1r1＝m2r2，半徑間的關(guān)系為：r2＋r1＝r，聯(lián)立可得：r1＝eq\f(m2,m1＋m2)r，代入上式可得：ω＝eq\r(\f(Gm1＋m2,r3))，因?yàn)榭傎|(zhì)量不變，距離減小，則角速度均增大，又因T＝eq\f(