統(tǒng)考版2022屆高考物理二輪專項分層特訓卷第一部分20分鐘選擇題專練13

歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助！20分鐘選擇題專練(13)1．[2021·浙江6月，3]如圖所示，在火箭發(fā)射塔周圍有鋼鐵制成的四座高塔，高塔的功能最有可能的是()A．探測發(fā)射臺周圍風力的大小B．發(fā)射與航天器聯(lián)系的電磁波C．預防雷電擊中待發(fā)射的火箭D．測量火箭發(fā)射過程的速度和加速度2．[2021·山東卷，1]在測定年代較近的湖泊沉積物形成年份時，常利用沉積物中半衰期較短的eq\o\al(\s\up11(210),\s\do4(82))Pb，其衰變方程為eq\o\al(\s\up11(210),\s\do4(82))Pb→eq\o\al(\s\up11(210),\s\do4(83))Bi＋X.以下說法正確的是()A．衰變方程中的X是電子B．升高溫度可以加快eq\o\al(\s\up11(210),\s\do4(82))Pb的衰變C．eq\o\al(\s\up11(210),\s\do4(82))Pb與eq\o\al(\s\up11(210),\s\do4(83))Bi的質量差等于衰變的質量虧損D．方程中的X來自于eq\o\al(\s\up11(210),\s\do4(82))Pb內質子向中子的轉化3．[2021·全國乙卷，16]如圖，圓形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，質量為m，電荷量為q(q＞0)的帶電粒子從圓周上的M點沿直徑MON方向射入磁場．若粒子射入磁場時的速度大小為v1，離開磁場時速度方向偏轉90°；若射入磁場時的速度大小為v2，離開磁場時速度方向偏轉60°.不計重力，則eq\f(v1,v2)為()A．eq\f(1,2)B．eq\f(\r(3),3)C．eq\f(\r(3),2)D．eq\r(3)4．一物塊靜止在光滑水平面上，t＝0時刻起在物塊上施加水平方向的外力．第一次外力隨時間變化的圖象如圖線①所示，第二次外力隨時間變化的圖象如圖線②所示，已知物塊兩次在0～3s時間內通過的距離相等，且物塊兩次在t＝3s時的速度大小之差為3m/s.下列說法正確的是()A．物塊的質量為2kgB．0～3s內物塊的位移為18mC．兩次物塊在0～3s內的平均速度相等D．第二次0～3s內外力做的功為30.5J5.已知某行星的平均密度與地球的平均密度大致相等，若探測器登陸該行星后，做了豎直上拋實驗，并作出位移—時間圖象來研究行星的一些參量，圖中甲、乙曲線分別是在地球上和該行星上以不同初速度豎直上拋的物體的位移—時間圖象，不計空氣阻力和星球自轉．則下列說法正確的是()A．該行星與地球的重力加速度大小之比為9∶11B．該行星與地球的質量之比為27∶32C．該行星與地球的半徑之比為32∶27D．該行星與地球的第一宇宙速度之比為272∶3226．(多選)如圖所示是某一帶電導體周圍的電場線與等勢面，A、C是同一等勢面上的兩點，B是另一等勢面上的一點．下列說法正確的是()A．導體內部的場強左端大于右端B．A、C兩點的電勢均高于B點的電勢C．B點的電場強度大于A點的電場強度D．正電荷從A點沿虛線移到B點的過程中電場力做正功，電勢能減小7．(多選)[2021·全國乙卷，19]水平桌面上，一質量為m的物體在水平恒力F拉動下從靜止開始運動．物體通過的路程等于s0時，速度的大小為v0，此時撤去F，物體繼續(xù)滑行2s0的路程后停止運動．重力加速度大小為g.則()A．在此過程中F所做的功為eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(0))B．在此過程中F的沖量大小等于eq\f(3,2)mv0C．物體與桌面間的動摩擦因數等于eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),4s0g)D．F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的2倍8．(多選)[2021·河南南陽考試]如圖甲所示，MN、PQ兩條平行的光滑金屬導軌與水平地面成θ＝30°角固定在地面上，M、P之間接電阻箱R，導軌所在空間存在勻強磁場，磁場方向垂直于導軌平面向上，磁感應強度大小為B＝0.5T．一質量為m的金屬桿ab水平放置在導軌上，其接入電路的電阻值為r.現(xiàn)從靜止釋放桿ab，測得最大速度為vm.改變電阻箱的阻值R，得到vm與R的關系如圖乙所示．已知導軌間距為L＝2m，重力加速度取g＝10m/s2，導軌足夠長且電阻不計．則()A．金屬桿滑動時產生的感應電流方向是a→b→M→P→aB．當R＝0時，桿ab勻速下滑過程中產生感應電動勢的大小為2VC．金屬桿的質量為m＝0.2kg，電阻r＝2ΩD．當R＝4Ω時，回路瞬時電功率每增加1W的過程中合外力對桿做的功為0.6J20分鐘選擇題專練（13）1．答案：C解析：待發(fā)射的火箭由于比較高，根據尖端放電原理，火箭頂部易引雷，所以在火箭發(fā)射塔四周建立鐵制高塔的功能是預防雷電擊中待發(fā)射的火箭，C正確．2．答案：A解析：根據質量數守恒和電荷數守恒可知，X是電子，A項正確；放射性元素的半衰期非常穩(wěn)定，不受溫度、壓強以及該物質是單質還是化合物的影響，B項錯誤；eq\o\al(\s\up11(210),\s\do4(82))Pb與eq\o\al(\s\up11(210),\s\do4(83))Bi和電子X的質量差等于衰變的質量虧損，C項錯誤；方程中的X來自于eq\o\al(\s\up11(210),\s\do4(82))Pb內中子向質子的轉化，D項錯誤．3．答案：B解析：設圓形磁場區(qū)域的半徑為R，沿直徑MON方向以速度v1射入圓形勻強磁場區(qū)域的粒子離開磁場時速度方向偏轉90°，則其軌跡半徑為r1＝R，由洛倫茲力提供向心力得qv1B＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),r1)，解得v1＝eq\f(qBR,m)；沿直徑MON方向以速度v2射入圓形勻強磁場區(qū)域的粒子離開磁場時速度方向偏轉60°，由幾何關系得tan30°＝eq\f(R,r2)，可得其軌跡半徑為r2＝eq\r(3)R，由洛倫茲力提供向心力得qv2B＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),r2)，解得v2＝eq\f(\r(3)qBR,m)，則eq\f(v1,v2)＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，選項B正確．4．答案：C解析：設物塊的質量為m，對第1次，根據動量定理有F1t＝mv1＝6kg·m/s，對第2次，根據動量定理得F2t＝mv2＝9kg·m/s，且v2－v1＝3m/s，解得v1＝6m/s，v2＝9m/s，m＝1.0kg，A項錯誤；由以上分析可知，物塊在0～3s內運動的位移為x＝eq\f(1,2)·eq\f(F1,m)·t2＝9m，B項錯誤；物塊兩次在0～3s內通過的距離相等，故兩次的平均速度相等，C項正確；根據動能定理可得，第二次外力做的功W2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(2))＝40.5J，D項錯誤．5．答案：C解析：從圖象中可看出在地球上豎直上拋物體在空中上升運動的時間為2t，上升的高度為3H，3H＝eq\f(1,2)g（2t）2，同理在行星上有2H＝eq\f(1,2)g′·（1.5t）2，聯(lián)立解得eq\f(g′,g)＝eq\f(32,27)，選項A錯誤；在地球表面有Geq\f(Mm,R2)＝mg，在該行星表面有Geq\f(M′m,R′2)＝mg′，又M＝ρ·eq\f(4,3)πR3，M′＝ρ·eq\f(4,3)πR′3，聯(lián)立解得eq\f(R′,R)＝eq\f(32,27)，eq\f(M′,M)＝eq\f(323,273)，選項B錯誤，C正確；對在地球附近做勻速圓周運動的衛(wèi)星有eq\f(mv2,R)＝mg，解得eq\f(v′,v)＝eq\f(27,32)，選項D錯誤．6．答案：BD解析：帶電導體處于靜電平衡狀態(tài)，導體內部的場強處處為零，導體表面為等勢面，整個導體為一個等勢體，A錯誤；沿電場線方向電勢逐漸降低，所以A、C兩點的電勢均高于B點的電勢，B正確；電場線的疏密表示電場強度的大小，所以B點的電場強度小于A點的電場強度，C錯誤；根據Ep＝qφ可知，正電荷從高電勢A點沿虛線移動到低電勢B點，電勢能減少，電場力做正功，D正確．7．答案：BC解析：設物體與桌面間的動摩擦因數為μ，根據功的定義，可知在此過程中，F(xiàn)做的功為WF＝Fs0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(0))＋μmgs0，選項A錯誤；物體通過路程s0時，速度大小為v0，撤去F后，由牛頓第二定律有μmg＝ma2，根據勻變速直線運動規(guī)律有veq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(0))＝2a2·2s0，聯(lián)立解得μ＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),4s0g)，選項C正確；水平桌面上質量為m的物體在恒力F作用下從靜止開始做勻加速直線運動，有F－μmg＝ma1，又veq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(0))＝2a1s0，可得a1＝2a2，可得F＝3μmg，即F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的3倍，選項D錯誤；對F作用下物體運動的過程，由動量定理有Ft－μmgt＝mv0，聯(lián)立解得F的沖量大小為IF＝Ft＝eq\f(3,2)mv0，選項B正確．8．答案：BCD解析：由右手定則判斷得知，桿中電流方向從b→a，故A錯誤；由題圖乙可知，當R＝0時，桿以v＝2m/s勻速運動，產生的電動勢E＝BLv＝0.5×2×2V＝2V，B正確；最大速度為vm，桿切割磁感線產生的感應電動勢E′＝BLvm，由閉合電路的歐姆定律I＝eq\f(E′,R＋r)，桿達到最大速度時滿足mgsinθ－BIL＝0，解得vm＝eq\f(mgsinθ,B2L2)R＋eq\f(mgsinθ,B2L2)r，由題圖乙可知，斜率為k＝eq\f(4－2,2)m/（s·Ω）＝1m/（s·Ω），縱截距為v0＝2m/s，得到eq\f(mgsinθ,B2L2)r＝v0，eq\f(mgsinθ,B2L2)＝k，解得m＝0.2kg，r＝2Ω，C正確；由題意E