高考物理三輪沖刺 題型練輯 選擇題滿分練（九）（含解析）-人教版高三全冊(cè)物理試題

選擇題滿分練(九)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(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(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分．14．(2019·遼寧沈陽(yáng)市第一次質(zhì)檢)“神舟十一號(hào)”飛船與“天宮二號(hào)”空間實(shí)驗(yàn)室自動(dòng)交會(huì)對(duì)接前的示意圖如圖1所示，圓形軌道Ⅰ為“天宮二號(hào)”運(yùn)行軌道，圓形軌道Ⅱ?yàn)椤吧裰凼惶?hào)”運(yùn)行軌道．此后“神舟十一號(hào)”要進(jìn)行多次變軌，才能實(shí)現(xiàn)與“天宮二號(hào)”的交會(huì)對(duì)接，則()圖1A．“天宮二號(hào)”在軌道Ⅰ的運(yùn)行速率大于“神舟十一號(hào)”在軌道Ⅱ的運(yùn)行速率B．“神舟十一號(hào)”由軌道Ⅱ變軌到軌道Ⅰ需要減速C．“神舟十一號(hào)”為實(shí)現(xiàn)變軌需要向后噴出氣體D．“神舟十一號(hào)”變軌后比變軌前機(jī)械能減少答案C解析由題可知，萬(wàn)有引力提供向心力，即Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，則v＝eq\r(\f(GM,r))，由于“天宮二號(hào)”運(yùn)行半徑大，可知其速率小，故A錯(cuò)誤；“神舟十一號(hào)”由軌道Ⅱ變軌到軌道Ⅰ需要加速做離心運(yùn)動(dòng)，要向后噴出氣體，速度變大，發(fā)動(dòng)機(jī)做正功，機(jī)械能增加，故C正確，B、D錯(cuò)誤．15．(2019·河南安陽(yáng)市下學(xué)期二模)如圖2所示，質(zhì)量為m＝2.0kg的物體靜止在光滑的水平地面上．t＝0時(shí)刻起物體在水平向右的恒力F1＝1.0N的作用下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間t0后，恒力大小變?yōu)镕2＝2.6N，方向改為水平向左．在t＝12.0s時(shí)測(cè)得物體運(yùn)動(dòng)的瞬時(shí)速度大小v＝6.24m/s，則t0為()圖2A．12.1s B．6.0sC．5.2s D．2.6s答案C解析由牛頓第二定律可得：a1＝eq\f(F1,m)＝0.5m/s2，a2＝eq\f(F2,m)＝1.3m/s2，若在12s末速度方向是向右的，則有：a1t0－a2(12s－t0)＝6.24m/s，解得：t0≈12.13s>12s，不符合題意，所以12s末速度方向是向左的，即a1t0－a2(12s－t0)＝－6.24m/s，解得：t0＝5.2s，故C正確．16.(2019·山西呂梁市下學(xué)期期末)如圖3所示，eq\f(1,4)光滑圓軌道豎直固定在水平地面上，O為圓心，A為軌道上的一點(diǎn)，OA與水平地面夾角為30°.小球在拉力F作用下始終靜止在A點(diǎn)．當(dāng)拉力方向水平向左時(shí)，拉力F的大小為10eq\r(3)N．當(dāng)將拉力F在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)至沿圓軌道切線方向時(shí)，拉力F的大小為()圖3A．5eq\r(3)N B．15NC．10N D．10eq\r(3)N答案A解析當(dāng)拉力水平向左時(shí)，對(duì)小球受力分析，小球受到豎直向下的重力，沿OA向外的支持力，以及拉力F，如圖甲所示，矢量三角形可得G＝Ftan30°＝10eq\r(3)×eq\f(\r(3),3)N＝10N，當(dāng)拉力沿圓軌道切線方向時(shí)，對(duì)小球受力分析如圖乙所示，矢量三角形可得F＝Gcos30°＝5eq\r(3)N，A正確．17．(2019·四川樂(lè)山市第一次調(diào)查研究)如圖4所示，真空中a、b、c、d四點(diǎn)共線且等距，a、b、c、d連線水平．先在a點(diǎn)固定一點(diǎn)電荷＋Q，測(cè)得b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小為E.若再將另一點(diǎn)電荷＋2Q放在d點(diǎn)，則()圖4A．b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小為eq\f(E,2)，方向水平向右B．b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小為eq\f(3,2)E，方向水平向左C．c點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小為eq\f(9,4)E，方向水平向右D．c點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小為eq\f(9,4)E，方向水平向左答案A解析設(shè)ab＝bc＝cd＝L，根據(jù)題意知：＋Q在b點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向水平向右．由點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式得：E＝keq\f(Q,L2)，＋2Q在b點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為：E1＝keq\f(2Q,2L2)＝keq\f(Q,2L2)＝eq\f(1,2)E，方向水平向左，所以b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為Eb＝E－E1＝eq\f(1,2)E，方向水平向右，故A正確，B錯(cuò)誤；＋Q在c點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為Ec1＝keq\f(Q,2L2)＝keq\f(Q,4L2)＝eq\f(1,4)E，方向水平向右；＋2Q在c點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為：Ec2＝keq\f(2Q,L2)＝2E，方向水平向左，所以c點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為Ec＝eq\f(7,4)E，方向水平向左，故C、D錯(cuò)誤．18．(2019·河南開(kāi)封市第一次模擬)如圖5所示，空間存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和水平向左、場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)．有一質(zhì)量為m，電荷量大小為q的微粒垂直于磁場(chǎng)且以與水平方向成45°角的速度v做直線運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g.則下列說(shuō)法正確的是()圖5A．微?？赡茏鰟蚣铀僦本€運(yùn)動(dòng)B．微?？赡苤皇軆蓚€(gè)力作用C．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(mg,qv)D．勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(mg,q)答案D解析粒子所受洛倫茲力F＝qvB，方向與速度方向垂直，因微粒做直線運(yùn)動(dòng)，則微粒一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)，若粒子帶正電，則粒子所受電場(chǎng)力向左，洛倫茲力垂直速度v斜向右下方，而重力豎直向下，則電場(chǎng)力、洛倫茲力和重力三個(gè)力的合力不可能為0，粒子不可能做直線運(yùn)動(dòng)，所以粒子不可能帶正電，故粒子帶負(fù)電，則粒子所受電場(chǎng)力向右，洛倫茲力垂直速度v斜向左上方，而重力豎直向下，根據(jù)平衡條件，有：qE＝mgtan45°，qvB＝eq\r(mg2＋qE2)，聯(lián)立解得：E＝eq\f(mg,q)，B＝eq\f(\r(2)mg,qv)，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確．19．(2019·廣東清遠(yuǎn)市期末質(zhì)量檢測(cè))1956年，李政道和楊振寧提出在弱相互作用中宇稱不守恒，并由吳健雄用半衰期為5.27年的eq\o\al(60,27)Co放射源進(jìn)行了實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證，次年李、楊二人獲得諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng).eq\o\al(60,27)Co的衰變方程式是：eq\o\al(60,27)Co→eq\o\al(A,Z)Ni＋eq\o\al(0,－1)e＋eq\x\to(ν)e.(其中eq\x\to(ν)e是反中微子，它的電荷量為零，靜止質(zhì)量可認(rèn)為是零)，衰變前eq\o\al(60,27)Co核靜止，根據(jù)云室照片可以看到衰變產(chǎn)物eq\o\al(A,Z)Ni和eq\o\al(0,－1)e不在同一條直線上的事實(shí)．根據(jù)這些信息可以判斷()A.eq\o\al(A,Z)Ni的核子數(shù)A是60，核電荷數(shù)Z是28B.此核反應(yīng)為α衰變C.eq\o\al(A,Z)Ni與eq\o\al(0,－1)e的動(dòng)量之和不可能等于零D．衰變過(guò)程動(dòng)量不守恒答案AC解析根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒有：60＝A,27＝Z－1，解得A＝60，Z＝28，選項(xiàng)A正確；此核反應(yīng)放出電子，為β衰變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．衰變前核靜止，動(dòng)量為零，衰變時(shí)不受外力則動(dòng)量守恒，因衰變產(chǎn)物eq\o\al(A,Z)Ni和eq\o\al(0,－1)e不在同一條直線上且有反中微子eq\x\to(ν)e生成，則eq\o\al(A,Z)Ni和eq\o\al(0,－1)e動(dòng)量之和不可能為零，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．20.(2019·貴州黔東南州第一次模擬)如圖6所示，變壓器為理想變壓器，副線圈中三個(gè)電阻的阻值大小關(guān)系為R1＝R2＝2r＝2Ω，導(dǎo)線電阻不計(jì)，電流表為理想交流電表，原線圈輸入正弦式交流電e＝110eq\r(2)sin100πt(V)，開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，電阻r消耗的電功率為100W．下列說(shuō)法正確的是()圖6A．原線圈輸入電壓的有效值為110eq\r(2)VB．開(kāi)關(guān)S閉合前后，通過(guò)電阻R1的電流之比為2∶3C．開(kāi)關(guān)S閉合前后，電流表的示數(shù)之比為2∶3D．變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為11∶3答案CD解析原線圈輸入正弦式交流電e＝110eq\r(2)sin100πt(V)，故有效值為110V，故A錯(cuò)誤；對(duì)于理想變壓器，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，無(wú)論開(kāi)關(guān)S閉合與否，副線圈兩端電壓不變，開(kāi)關(guān)S閉合前，副線圈所在電路，有I1＝I＝eq\f(U2,r＋R1)＝eq\f(U2,3Ω)，開(kāi)關(guān)S閉合后，I′＝eq\f(U2,r＋\f(R1R2,R1＋R2))＝eq\f(U2,2Ω)，通過(guò)電阻R1的電流為I1′＝eq\f(I′,2)＝eq\f(U2,4Ω)，開(kāi)關(guān)S閉合前后，通過(guò)電阻R1的電流之比為eq\f(I1,I1′)＝4∶3，故B錯(cuò)誤；電流表的示數(shù)I0＝eq\f(U2I,U1)，故閉合前后有eq\f(I0,I0′)＝eq\f(I,I′)＝eq\f(2,3)，故C正確；開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，對(duì)電阻r，有P＝I2r，得I＝eq\r(\f(P,r))＝eq\r(\f(100,1))A＝10A，此時(shí)副線圈兩端電壓的有效值為U2＝I(r＋R1)＝10×(1＋2)V＝30V，變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(11,3)，故D正確．21．(2019·陜西漢中市3月聯(lián)考)如圖7所示，位于同一絕緣水平面內(nèi)的兩根固定金屬導(dǎo)軌MN、M′N(xiāo)′電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌之間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．現(xiàn)將兩根長(zhǎng)度相同、粗細(xì)均勻、電阻分布均勻的相同銅棒ab、cd放在兩導(dǎo)軌上，若兩棒從圖示位置以相同的速度沿MN方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與兩導(dǎo)軌接觸良好，且始終與導(dǎo)軌MN垂直，不計(jì)一切摩擦，則下列說(shuō)法正確的是()圖7A．回路中有順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流B．回路中的感應(yīng)電流不斷減小C．回路中的熱功率不斷增大D．兩棒所受安培力的合力不斷減小答案BD解析兩棒以相同的速度沿MN方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，回路的磁通量不斷增大，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流方向沿逆時(shí)針，故A錯(cuò)誤；設(shè)兩棒的距離為s，M′N(xiāo)′與MN的夾角為