(新課標地區(qū)專用)2020高考物理選擇題30分鐘定時訓練：14(含解析)

1、1 選擇題定時訓練 14 （限時：30 分鐘） 一、單項選擇題 1.（2019 甘肅省最后一次聯(lián)考 ）如圖 1, C919 大型客機是我國自主設計、研制的大型客機， 最大航程為 5555 千米，最多載客 190 人，多項性能優(yōu)于波音 737 和波音 747.若 C919 的最小 起飛（離地）速度為 60m/s，起飛跑道長 2.5 x 103m. C919 起飛前的運動過程可看成勻加速直 2 . （2019 甘肅省最后一次聯(lián)考 ）關于原子物理，下列說法正確的是 （ ） A. 太陽輻射能量的主要來源是太陽中發(fā)生的重核裂變 B. 若某光恰好能使鋅發(fā)生光電效應，則改用波長更長的光照射鋅也一定能發(fā)生光電

2、效應 C. 丫射線是咼速運動的電子流 答案 D 解析 太陽輻射能量的主要來源是太陽中發(fā)生的輕核聚變，故 A 錯誤； 波長越長的光的頻率 越小，能量越小，所以改用波長更長的光照射，鋅不會發(fā)生光電效應，故 C 錯誤；230Bi 的半衰期是 5 天，32 克230Bi 經(jīng)過 10 天后還剩下2Bi 的 質(zhì)量為 8 克，故 D 正確. 3. （2019 甘肅省最后一次聯(lián)考 ）下列說法錯誤的是（ A. 組成任何物體的分子都在做無規(guī)則的運動，任何物體都具有內(nèi)能 B. 多晶體具有各向同性，沒有固定的熔點 C. 將有棱角的玻璃棒用火烤融化后，棱角變鈍是因為表面張力 D. 打開一杯熱茶的杯蓋，一段時間后茶不可能

3、自動變得更熱 答案 B線運動，若要 C919 起飛，則 C919 在跑道上的最小加速度為 2 A. 0.36m/s B. 0.72 m/s 2 C. 1.44m/s D. 2.88 m/s 答案 B 解析由勻變速直線運動規(guī)律 v2 vo2= 2ax 可得, C919 的最小起飛加速度 2 2 V V0 a= 一 2x 2 0.72m/s，故 B 正確，A、C、 D錯誤. D. 8；Bi 的半衰期是 5 天, 32 克230Bi 經(jīng)過 10 天后還剩下21Bi 的質(zhì)量為 B 錯誤；3射線是 高速運動的電子流，故 圖 1 2 解析 由于組成物體的分子永不停息地在做無規(guī)則運動，一定有分子動能，所以任

4、何物體都 具有內(nèi)能，故 A 正確；多晶體屬于晶體，有固定的熔點，故 B 錯誤；將有棱角的玻璃棒用火 烤融化后，棱角變鈍是因為熔化的玻璃在表面張力的作用下，表面要收縮到最小的緣故，故 C 正確；熱傳遞具有方向性，熱量能自發(fā)的從高溫物體傳到低溫物體，故一杯熱茶在打開杯 蓋后，茶會自動變得更涼，故 D 正確. 4. （2019 湖北宜昌市四月調(diào)研）如圖2 所示，直線MN上方有垂直紙面向里的勻強磁場， 電子 1 從磁場邊界上的a點垂直MN和磁場方向射入磁場，經(jīng) ti時間從b點離開磁場之后電子 2 也由a點沿圖示方向以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng) t2時間從a、b連線的中點c離 開磁場，則為（ ）

5、t 2 3 2 A. 3B. 2C.2D.3 2 3 答案 A 解析 電子 1、2 在磁場中都做勻速圓周運動，根據(jù)題意畫出兩電子的運動軌跡，如圖所示: 過的圓心角為 60,所以電子 1 運動的時間11=2=Bqm電子 2 運動的時間12=6=所 11 3 以廠=，故 A 正確，B、C、D 錯誤. t 2 1 5. （2019 廣東揭陽市下學期第二次模擬 ）如圖 3 所示，MN是某勻強電場中的一條電場線. 帶正電粒子射入電場后，僅在電場力作用下沿軌跡 ABC運動.下列說法中正確的是 （ ） 電子 1 垂直射進磁場，從 b點離開，則運動了半個圓周, ab即為直徑，c點為圓心，電子 2 以相同速率垂

6、直磁場方向射入磁場，經(jīng) t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，根據(jù)半徑 r mv = 可知，電子 1 和 2 的半徑相等, Bq 根據(jù)幾何關系可知， aOc為等邊三角形，則電子 2 轉(zhuǎn) M /I 山 N 3 A. 粒子在A點的加速度比在 C點的加速度大4 B. 粒子在A點的電勢能比在 C點的電勢能小 C. M N兩點的電勢：$ M$ N D. 電場線的方向水平向右 答案 B 解析 由于電場為勻強電場，可得到粒子在 A點的加速度與 C點的加速度大小相等，故 A 錯 誤；粒子帶正電，粒子在 B點受電場力方向向左，故電場線方向向左，又有：沿著電場線方 向電勢降低，所以 $ N$ M,從A到C電場力做

7、負功，電勢能增加，所以粒子在 A點的電勢能 比在C點的電勢能小，故 B 正確，C、D 錯誤. 6. （2019 山西運城市 5 月適應性測試）含有理想變壓器的電路如圖 4 所示，圖中電阻 R、R 和 R 的阻值分別為 18Q、1 Q、3Q ,正弦交流電源輸出的電壓有效值恒定，該變壓器原、副 線圈匝數(shù)比為 3 : 1.開關 S 斷開與閉合情況下變壓器的輸出功率之比為 （ ） 圖 4 A. 2 ： 1B. 4 : 1C. 1 : 2D. 1 ：1 答案 D I n 1 解析 開關 S 斷開：設原線圈回路電流為 丨丨1,根據(jù)電流與匝數(shù)的關系 一=二=，電壓與匝數(shù) 12 m 3 U 11R m 3 的

8、關系： -=-=；,聯(lián)立解得U= 5411；開關 S 閉合，設原線圈回路電流為 丨丨1，同 I 2 RR十代 門2 1 理可得：廠=1,R = = 3，整理得：U= 2711因為電壓有效值恒定，所以 12 m3 12 艮艮 n2 1 211= |1，故可得 212= |2，而變壓器輸出功率 P出=|2（F2+ F3） , P出=丨丨2兌，代入數(shù)據(jù) 得：P出=P出,故A B、C 錯誤，D 正確. 7. （2019 廣東揭陽市下學期第二次模擬 ）如圖 5所示，一光滑細桿固定在水平面上的 C點， 細桿與水平面的夾角為 30, 一原長為L的輕質(zhì)彈性繩，下端固定在水平面上的 B點，上端 與質(zhì)量為m的小環(huán)

9、相連，當把小環(huán)拉到 A點時，AB與地面垂直，彈性繩長為 2L,將小環(huán)從A 點由靜止釋放，當小環(huán)運動到 AC的中點D時，速度達到最大.重力加速度為 g,下列說法正 確的是（ ） 5 A. 在下滑過程中小環(huán)的機械能先減小后增大 B. 小環(huán)剛釋放時的加速度大小為 g C. 小環(huán)到達 AD的中點時，彈性繩的彈性勢能為零 D. 小環(huán)的最大速度為 gL 答案 B 解析 小環(huán)受重力、支持力和彈性繩彈力，彈力做功，故環(huán)的機械能不守恒，小環(huán)和彈性繩 組成的系統(tǒng)機械能守恒，小環(huán)到達 AD的中點時，彈性繩的長度為 2L,伸長量不為 0,在AD 之間有一位置彈性繩與 AC垂直，小環(huán)從 A點到彈性繩與 AC垂直位置的過

10、程中，彈性繩對小 環(huán)做正功，從彈性繩與 AC垂直位置到C點的過程中，彈性繩對小環(huán)做負功， 所以下滑過程中 小環(huán)的機械能先增大后減小，故 A 錯誤；在A位置，環(huán)受重力、彈性繩拉力、支持力，根據(jù) 牛頓第二定律，有：mn30 + F彈sin30 = ma在D點，環(huán)的速度最大，說明加速度為零， 彈性繩長度為 2L,故：min30 - F彈cos60= 0,聯(lián)立解得：a= g,故 B 正確；小環(huán)到達 AD的中點時，彈性繩的長度為 3L,伸長量不為 0,故彈性勢能不為零，故 C 錯誤；小環(huán)和 彈性繩組成的系統(tǒng)機械能守恒， 在D點速度最大，此時彈性繩長度等于初位置彈性繩的長度， 故初位置和 D位置環(huán)的機械能

11、相等， 所以mg2 Lcos60= fmV,解得：v = 2gL,故 D 錯誤. 8. （2019 福建寧德市 5 月質(zhì)檢）某同學在練習投籃時將籃球從同一位置斜向上拋出，其中有 兩次籃球垂直撞在豎直放置的籃板上，運動軌跡如圖 6 所示，不計空氣阻力，關于這兩次籃 球從拋出到撞擊籃板的過程 （ ） 圖 6 A. 兩次在空中運動的時間相等 B. 兩次拋出時的速度相等 C. 第 1 次拋出時速度的水平分量小 D. 第 2 次拋出時速度的豎直分量大 6 答案 C 解析 將籃球的運動反向處理， 即為平拋運動，由題圖可知，第 2 次運動過程中的高度較小， 所以運動時間較短，故 A 錯誤籃球在豎直方向上做豎

12、直上拋運動，第 2 次運動過程中的高 度較小，故第 2 次拋出時速度的豎直分量較小，所用時間較短；平拋運動在水平方向做勻速 直線運動，水平射程相等，由 x = Vot可知，第 2 次拋出時水平分速度較大；水平分速度第 2 次大，豎直分速度第 1 次大，根據(jù)速度的合成可知，兩次拋出時的速度大小關系不能確定， 故 C 正確，B、D 錯誤. 二、多項選擇題 9. （2019 甘肅省最后一次聯(lián)考 ）下列說法正確的是（ ） A. 電磁波在真空中的傳播速度與電磁波的頻率無關 B. 兩列波相遇時，在重疊的區(qū)域里，質(zhì)點的位移等于兩波單獨傳播時引起的位移的大小之和 C. 光的偏振現(xiàn)象說明光是縱波 D. 紫外線的

13、波長比紅外線的波長短 答案 AD 解析 電磁波在真空中的傳播速度為 3X 108m/s，與電磁波的頻率無關，故 A 正確；兩列波 相遇時，在重疊的區(qū)域里，質(zhì)點的位移等于兩波單獨傳播時引起的位移的矢量和， 故 B 錯誤; 偏振現(xiàn)象是橫波特有的特征， 故 C 錯誤；紫外線的頻率大于紅外線的頻率， 根據(jù)入f=c可知 紫外線的波長比紅外線的波長短，故 D 正確. 10. （2019 湖南婁底市下學期第二次模擬 ）如圖 7 所示，在一固定水平放置的閉合導體圓環(huán)正 上方，有一條形磁鐵從靜止開始下落，下落過程中始終保持豎直，起始高度為 h,最后落在 水平地面上若不計空氣阻力，重力加速度取 g,下列說法中正確

14、的是（ ） 圖 7 A. 磁鐵下落的整個過程中，圓環(huán)中的感應電流方向先逆時針后順時針方向 （俯視圓環(huán)） B. 磁鐵落地時的速率一定等于 2gh C. 磁鐵在整個下落過程中，它的機械能不變 D. 磁鐵在整個下落過程中，圓環(huán)受到它的作用力總是豎直向下的 答案 AD 解析 當條形磁鐵靠近圓環(huán)時，穿過圓環(huán)的磁通量增加，根據(jù)楞次定律可判斷圓環(huán)中感應電 流的方向為逆7 時針（俯視圓環(huán)），當條形磁鐵遠離圓環(huán)時，穿過圓環(huán)的磁通量減小，根據(jù)楞次 定律可判斷圓環(huán)中感應電流的方向為順時針 （俯視圓環(huán)），A 正確；若磁鐵從高度 h處做自由 落體運動，其落地時的速度 v =-. 2gh,但磁鐵穿過圓環(huán)的過程中要產(chǎn)生一部

15、分電熱，根據(jù)能 量守恒定律可知，其落地速度一定小于 2gh, B 錯誤；磁鐵在整個下落過程中，由于受到磁 場力的作用，機械能不守恒， C 錯誤；據(jù)楞次定律的推論“來拒去留”，可判斷磁鐵在整個 下落過程中，受圓環(huán)對它的作用力始終豎直向上， 而圓環(huán)受到磁鐵的作用力總是豎直向下的，8 故 D 正確. 11. （2019 山西運城市 5 月適應性測試）一個可以看做質(zhì)點的物塊以恒定大小的初速度滑上 木板，木板的傾角可在 090之間任意調(diào)整，設物塊沿木板向上能達到的最大位移為 X.木 板傾角不同時對應的最大位移 x與木板傾角a的關系如圖 8 所示.（g取 10m/s2）則下列說法 正確的是（ ） A.物塊

16、與木板間的動摩擦因數(shù)為 B. 物塊初速度的大小是 5m/s C. 沿傾角為 30和 90 上滑時，物塊運動到最大位移的時間不同 答案 ABD 解析 當a = 90,物塊做豎直上拋運動，最大位移 x = 1.25m，根據(jù)運動學方程得：V。2 0 =2gx，解得 Vo = 5m/s; 2 當 a = 30, x= 1.25m,根據(jù)速度位移關系：Vo2 0 = 2ax,有 a = = 10m/s2,而 a=卩 gcos 0 + gsin 0，解得：=, A、B 正確；因為 30和 90對應的加速度均為 a= 10m/s2，根 據(jù)V0 0 = at,運動到最高點時間相同， C 錯誤；當a = 0 時，

17、a=卩g= 0-m/s2,根據(jù)v一 0 = 2ax,求得 x= 5 ： 3m, D 正確. 4 12. （2019 陜西漢中市第二次教學質(zhì)檢 ）圖 9 甲所示的“軌道康復者”航天器可在太空中給 “垃圾”衛(wèi)星補充能源，延長衛(wèi)星的使用壽命.圖乙是“軌道康復者”在某次拯救一顆地球 同步衛(wèi)星前，二者在同一平面內(nèi)沿相同繞行方向繞地球做勻速圓周運動的示意圖，此時二者 的連線通過地心，軌道半徑之比為 1 : 4.若不考慮衛(wèi)星與“軌道康復者”之間的引力，則下 列說法正確的是（ ） D.當a = 0 時， x= 9 A.站在赤道上的人觀察到“軌道康復者”向西運動 B. 在圖示軌道上， “軌道康復者”的加速度大小是地球同步衛(wèi)星的 16 倍 C. 在圖示軌道上，地球同步衛(wèi)星的機械能大于“軌道康復者”的機械能 D. 若要對該同步衛(wèi)星實施拯救， “軌道康復者”應從圖示軌道上加速， 然后與同步衛(wèi)