2019届高考物理二轮复习 第1章 力与运动 选择题48分专练(一).doc
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选择题48分专练(一)选择题(本题共8小题每小题6分在每小题给出的四个选项中,第1419题只有一项符合题目要求,第2021题有多项符合题目要求全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)14一个U原子核在中子的轰击下发生一种可能的裂变反应,其裂变方程为UnXSr2n,则下列说法正确的是()AX的原子核中含有86个中子BX的原子核中含有141个核子C因为裂变释放能量,根据Emc2,所以裂变后的总质量数增加D因为裂变释放能量,出现质量亏损,所以裂变后的总质量数减少解析:设X的原子核中含有x个质子,质量数为y,根据电荷数和质量数守恒有:92x38,2351y942,解得x54,y140,所以X的中子数为:yx86,故A正确;由A分析可知X的质量数为140,即核子数为140,故B错误;因为裂变释放能量,出现质量亏损,所以裂变后的总质量减少,但质量数不变,故C、D错误答案:A152018北京卷,17若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律,在已知月地距离约为地球半径60倍的情况下,需要验证()A地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的1/602B月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的1/602C自由落体在月球表面的加速度约为地球表面的1/6D苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的1/60解析:若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律万有引力定律,则应满足Gma,因此加速度a与距离r的二次方成反比答案:B16.2018河南焦作市二模如图所示,滑块放在水平地面上,左边受一个弹簧拉力作用,弹簧原长小于悬挂点的高度,水平向右的拉力F拉动滑块,使滑块向右缓慢移动,并且滑块始终没有离开地面,则在上述过程中,下列说法正确的是()A弹簧弹力在竖直方向的分量不变,滑块受到的摩擦力不变B弹簧弹力在竖直方向的分量不变,滑块受到的摩擦力变小C弹簧弹力在竖直方向的分量增大,滑块受到的摩擦力变小D弹簧弹力在竖直方向的分量增大,滑块受到的摩擦力不变解析:设某一位置时弹簧与水平方向的夹角为,此时弹簧的长度为L,弹簧的原长为L0;竖直方向时弹簧伸长量为x1,弹簧与水平方向的夹角为时弹簧伸长量为x2,根据正交分解得:竖直方向:FNmgF弹sin,根据几何关系可得:F弹sinkx2k,其中x1和L0为定值,当x2逐渐增大时,F弹sin增大,支持力FN逐渐减小,根据FfFN可知摩擦力减小,所以A、B、D错误,C正确答案:C172018江苏镇江模拟质量为0.5 kg的物体在水平面上以一定的初速度运动,如图a、b分别表示物体不受拉力和受到水平拉力作用的vt图象,则拉力与摩擦力大小之比为()A1:2 B2:1C3:1 D3:2解析:物体不受水平拉力时,加速度大小为:a11.5 m/s2;物体受到水平拉力作用时加速度大小为:a20.75 m/s2;根据牛顿第二定律得:Ffma1,FFfma2,可得:F:Ff3:2.答案:D18在如图所示的电路结构中的Q点处,能源源不断地向两平行板电容器的中央处释放出速度为v的带电微粒,假设滑动变阻器的滑片P在图中所处的位置时,微粒恰能沿平行板电容器的中线运动,并能打在左边的挡板M上,现将滑片P往下移动一小段,则此后从Q点发出的带电微粒的运动将()A向上偏转 B向下偏转C不发生偏转 D无法确定解析:当滑动变阻器的滑片P向下移动时,滑动变阻器分得的电压将减小,但由于二极管,平行板电容器两板的电荷量将保持不变,由C,可得E,即两板之间的电场强度保持不变,故微粒的运动不发生变化,选项C正确答案:C19如图为远距离输电示意图,升压变压器和降压变压器均为理想变压器,R为输电线的等效电阻保持交流发电机输出电压不变,若电压表示数变小,下列判断正确的是()A电流表示数变小B降压变压器原、副线圈两端的电压之比变小C升压变压器输出电压变小D输电线损失的功率变大解析:降压变压器原、副线圈的电压比等于降压变压器原、副线圈匝数比,保持不变,B错误;电压表的示数减小,则降压变压器原线圈的电压U3减小,由于发电机的输出电压不变,则升压变压器副线圈的输出电压U2不变,由U2U3IR可知,电流表的示数变大,A、C错误;由于电流表的示数变大,则由PRI2R可知,输电线上损失的功率变大,D正确答案:D20如图所示,圆形区域AOB内存在垂直纸面向内的匀强磁场,AO和BO是圆的两条互相垂直的半径,一带电粒子从A点沿AO方向进入磁场,从B点离开,若该粒子以同样的速度从C点平行于AO方向进入磁场,则()A粒子带负电B只要粒子入射点在AB弧之间,粒子仍然从B点离开磁场C入射点越靠近B点,粒子偏转角度越大D入射点越靠近B点,粒子运动时间越短解析:粒子从A点正对圆心射入,恰从B点射出,根据安培力方向可判断粒子带正电,故A错误;粒子从A点射入时,在磁场中运动的圆心角为190,粒子运动的轨迹半径等于BO,当粒子从C点沿AO方向射入磁场时,粒子的运动轨迹如图所示,设对应的圆心角为2,运动的轨迹半径也为BO,粒子做圆周运动的轨迹半径等于磁场圆的半径,磁场区域圆的圆心O、轨迹圆的圆心O1以及粒子进出磁场的两点构成一个菱形,由于O1C与OB平行,所以粒子一定从B点离开磁场,故B正确;由图可得此时粒子偏转角等于BOC,即入射点越靠近B点对应的偏转角度越小,运动时间越短,故C错误、D正确答案:BD21如图所示,倾角为的足够长的平行导轨固定在水平面上,两导体棒M、N垂直两平行导轨且放在导轨上,已知导体棒的长度等于导轨的间距,空间存在足够大的垂直导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B.现给导体棒M一沿导轨平面向下的初速度v0使其沿导轨向下运动,已知每根导体棒的质量均为m、长度均为d、阻值均为r,导轨的电阻忽略不计,两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为tan .整个过程两导体棒始终与导轨保持良好的接触下列说法正确的是()A导体棒N的最大速度为v0B导体棒N中产生热量的最大值为mvC当导体棒M的速度为v0时,导体棒N的速度应为v0D当导体棒M的速度为v0时,导体捧N的加速度应为解析:由于两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为tan,所以有mgsinmgcos,当导体棒M沿导轨平面向下运动时,导体棒M受到沿导轨向上的安培力,导体棒N受到沿导轨向下的安培力,因此两导体棒组成的系统所受的外力之和为零,则系统的动量守恒假设两导体棒的共同速度为v,由动量守恒定律可得mv02mv,解得v,A错误;由能量守恒定律可知,两导体棒在整个过程中产生的焦耳热为Qmv(2m)v2mv,所以导体棒N中产生的热量的最大值为QNQmv,B正确;假设当导体棒M的速度为v0时,导体棒N的速度为v,则由动量守恒定律可知mv0mv0mv,解得vv0,此时电路中的感应电动势大小为EBdv0Bdv0Bdv0,由欧姆定律可知电路中的电流大小为I,导体棒N所受的安培力大小为FBld,由牛顿第二定律得,导体棒N的加速度大小为a,C、D正确答案:BCD- 配套讲稿:
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