高考物理總復習 考前三個月 選擇題限時突破（七）試題

選擇題限時突破(七)(限時：25分鐘)二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21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．14．下列有關圖1中四幅圖的說法中，正確的是()圖1A．α粒子散射實驗促使玻爾改進了盧瑟福的原子核模型B．在光顏色保持不變的情況下，入射光越強，飽和光電流越大C．放射線甲由α粒子組成，每個粒子帶兩個單位正電荷D．該鏈式反應屬于原子核的聚變反應，鏈式反應需大于臨界體積才能夠進行答案B解析盧瑟福通過α粒子散射實驗推翻了湯姆孫原子棗糕模型，建立了原子核式結(jié)構(gòu)模型，故A錯誤；在光顏色保持不變的情況下，入射光越強，單位時間內(nèi)發(fā)出光電子數(shù)目越多，飽和光電流越大，故B正確；根據(jù)左手定則知，甲帶負電，為電子，故C錯誤；該鏈式反應屬于原子核的裂變反應，故D錯誤．15.如圖2所示是某物體做直線運動的v2－x圖象(其中v為速度，x為位置坐標)，下列關于物體從x＝0處運動至x＝x0處的過程分析，其中正確的是()圖2A．該物體做勻加速直線運動B．該物體的加速度大小為eq\f(v\o\al(2,0),x0)C．當該物體的速度大小為eq\f(1,2)v0時，位移大小為eq\f(3,4)x0D．當該物體的位移大小為eq\f(1,2)x0時，速度大小為eq\f(1,2)v0答案C解析由勻變速直線運動的速度位移關系公式v2－veq\o\al(2,0)＝2ax可得v2＝2ax＋veq\o\al(2,0)，可知物體的加速度恒定不變，由于物體的速度減小，故物體做勻減速直線運動，故A錯誤；由v2＝2ax＋veq\o\al(2,0)知，v2－x圖象的斜率絕對值等于2a，由圖可得2a＝eq\f(v\o\al(2,0),x0)，則得物體的加速度大小為a＝eq\f(v\o\al(2,0),2x0)，故B錯誤；當該物體速度大小為eq\f(1,2)v0時，v2＝eq\f(1,4)veq\o\al(2,0)，由圖可得：x＝eq\f(3x0,4)，故C正確；當該物體位移大小為eq\f(1,2)x0時，由圖可得v2＝eq\f(1,2)veq\o\al(2,0)，v＝eq\f(\r(2),2)v0，故D錯誤．16.如圖3所示，理想變壓器原線圈兩端A、B接在電動勢為E＝8V，內(nèi)阻為r＝2Ω的交流電源上，理想變壓器的副線圈兩端與滑動變阻器Rx相連，變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為1∶2，當電源輸出功率最大時()圖3A．滑動變阻器的阻值Rx＝2ΩB．最大輸出功率P＝4WC．變壓器的輸出電流I2＝2AD．滑動變阻器的阻值Rx＝8Ω答案D解析當外電路電壓等于內(nèi)電路電壓時電源輸出功率最大，即U1＝Ur，而且U1＋Ur＝8V，故U1＝Ur＝4V，根據(jù)歐姆定律可得I1＝eq\f(Ur,r)＝2A，故根據(jù)eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可得副線圈中的電流為I2＝1A，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得副線圈兩端的電壓U2＝8V，故Rx＝eq\f(U2,I2)＝eq\f(8,1)Ω＝8Ω，最大輸出功率為P＝U2I2＝8W，故D正確．17．已知地球兩極的重力加速度大小為g0，赤道上的重力加速度大小為g.若將地球視為質(zhì)量均勻分布、半徑為R的球體，地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為()A．R B．RC．R D．R答案A解析設地球質(zhì)量為M，地球赤道上物體的質(zhì)量為m，地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為h，地球的自轉(zhuǎn)周期為T，則地球兩極的物體受到的引力等于其重力，即為Geq\f(Mm,R2)＝mg0，而赤道上物體受到的引力與支持力差值提供向心力，即為Geq\f(Mm,R2)－mg＝meq\f(4π2,T2)R，同步衛(wèi)星所受萬有引力等于向心力Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，故地球同步衛(wèi)星軌道半徑為r＝R，故A正確．18.如圖4所示，斜面體置于粗糙水平面上，斜面光滑．光滑小球被輕質(zhì)細線系放在斜面上，細線另一端跨過光滑定滑輪，用恒力F拉細線使小球沿斜面緩慢向上移動一小段距離，斜面體始終保持靜止狀態(tài)，則在此過程中()圖4A．細線對小球的拉力變小B．斜面體對小球的支持力變小C．地面對斜面體的支持力變大D．地面對斜面體的摩擦力變大答案B解析設小球和斜面體的質(zhì)量分別為m和M，細線與斜面的夾角為θ，斜面傾角為α.以小球為研究對象，小球受到重力mg、斜面的支持力FN和細線的拉力F，如圖甲所示．由平衡條件得：斜面方向有：mgsinα＝Fcosθ①垂直斜面方向：FN＋Fsinθ＝mgcosα②使小球沿斜面緩慢移動時，θ增大，其他量不變，由①式知，F(xiàn)增大．由②知，F(xiàn)N變小，故A錯誤，B正確；對斜面體受力分析，如圖乙：受重力Mg、地面的支持力FN1和摩擦力Ff和小球的壓力FN′，由平衡條件得：Ff＝FN′sinα，F(xiàn)N1＝Mg＋FN′cosα，F(xiàn)N′變小，則Ff變小，F(xiàn)N1變小，故C、D錯誤．19.如圖5所示，真空中三點A、B、C構(gòu)成邊長為L的等邊三角形，EF是其中位線，在E、F點分別放置電荷量均為Q的正、負點電荷．下列說法正確的是()圖5A．A點的電場強度大小為eq\f(4kQ,L2) B．A點的電勢低于C點的電勢C．電勢差UEB小于電勢差UEA D．負電荷在B點的電勢能小于在C點的電勢能答案ACD解析＋Q、－Q兩個點電荷產(chǎn)生的電場在A處的場強大小相等，夾角為120°，故A點的電場強度大小為EA＝keq\f(Q,\f(L,2)2)＝eq\f(4kQ,L2)，故A正確；根據(jù)等量異種點電荷連線的電場線的分布特點可知，A點位于兩個等量異種點電荷的中垂線上，所以A點的電勢與無窮遠處的電勢相等；而C點靠近負電荷，可知A點的電勢高于C點的電勢．故B錯誤；由電場線的分布可知：EB間的電場強度比EA間的小，由U＝Ed知電勢差UEB小于電勢差UEA，故C正確；根據(jù)等量異種電荷連線的電場線的分布特點，結(jié)合B的分析可知，B點的電勢高于C點的電勢，由Ep＝qφ知負電荷在B點的電勢能小于在C點的電勢能，故D正確．20．如圖6甲所示，傾角為37°的足夠長的傳送帶以恒定速度運行，將一質(zhì)量m＝1kg的小物體以某一初速度放上傳送帶，物體相對地面的速度大小隨時間變化的關系如圖乙所示，取沿傳送帶向上為正方向，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.則下列說法正確的是()圖6A．傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動，速度大小為4m/sB．物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.75C．0～8s內(nèi)物體位移的大小為14mD．0～8s內(nèi)物體與傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為126J答案CD解析從圖中可知小物體先反向做減速運動后做加速運動，故可知傳送帶速度方向沿斜面向上，最終物體和傳送帶的速度相同，故傳送帶速度大小為4m/s，A錯誤；根據(jù)v－t圖象的斜率表示加速度，可得，物體相對傳送帶滑動時的加速度大小為a＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，由牛頓第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得μ＝0.875，故B錯誤；0～8s內(nèi)物體位移為x＝(－eq\f(1,2)×2×2＋eq\f(2＋6,2)×4)m＝14m，故C正確；0～8s內(nèi)只有前6s內(nèi)物體與傳送帶發(fā)生相對滑動.0～6s內(nèi)傳送帶運動距離為x帶＝4×6m＝24m,0～6s內(nèi)物體位移為x物＝(－eq\f(1,2)×2×2＋eq\f(4×4,2))m＝6m，x相對＝x帶－x物＝18m，產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgcosθ·x相對＝126J，故D正確．21．如圖7甲所示，靜止在水平面上的等邊三角形金屬線框，匝數(shù)n＝20，總電阻R＝2.5Ω，邊長L＝0.3m，處在兩個半徑均為r＝0.1m的圓形勻強磁場中，線框頂點與右側(cè)圓心重合，線框底邊與左側(cè)圓直徑重合，磁感應強度B1垂直水平面向外；B2垂直水平面向里，B1、B2隨時間t的變化如圖乙所示，線框一直處于靜止狀態(tài)，計算過程中取π＝3，下列說法正確的是()圖7A．線框具有向左的運動趨勢B．t＝0時刻穿過線框的磁通量為0.5WbC．t＝0.4s時刻線框中感應電動勢為1.5VD．0～0.6s內(nèi)通過線框橫截面電荷量為0.36C答案CD解析由磁感應強度B1垂直水平面向外，大小隨時間均勻變大；B2垂直水平面向里，大小恒定，并且|B2|＜|B