【精选】全国通用版高考物理总复习考前三个月选择题限时突破十

选择题限时突破(十)

(限时：25分钟)

二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．意大利科学家伽利略在研究物体变速运动规律时，做了著名的“斜面实验”，他测量了铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球的加速度随斜面倾角的增大而增大，于是他对大倾角情况进行了合理的外推，由此得出的结论是( )

A．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性

B．自由落体运动是一种匀变速直线运动

C．力是使物体产生加速度的原因

D．力不是维持物体运动的原因

答案 B

解析 测量了铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，倾角最大的情况就是90°时，这时铜球做自由落体运动，由此得出的结论是自由落体运动是一种匀变速直线运动，故B正确．

15．关于原子核、原子核的衰变、核能，下列说法正确的是( )

A．原子核的结合能越大，原子核越稳定

B．任何两个原子核都可以发生核聚变

C.23892U衰变成20682Pb要经过8次β衰变和6次α衰变

D．发生α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2

答案 D

解析 原子核的比结合能越大，原子核越稳定，选项A错误；只有较小的原子核才会发生聚变，故B错误；铀核23892U衰变成铅核23892Pb的过程中，α衰变一次质量数减少4个，次数n＝238－2064＝8，β衰变的次数为n＝8×2＋82－92＝6，故要经过8次α衰变和6次β衰变，故C错误；α粒子为氦核，由两个质子和两个中子组成，所以发生α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2，故D正确． 16．如图1甲所示，水平地面上固定一倾角为30°的表面粗糙的斜劈，一质量为m的小物块能沿着斜劈的表面匀速下滑．现对小物块施加一水平向右的恒力F，使它沿该斜劈表面匀速上滑，如图乙所示，则F大小应为(

)

图1

A.3mgB.33mg

C.34mgD.36mg

答案 A

解析 小物块能沿着斜劈的表面匀速下滑，则有mgsin 30°＝μmgcos 30°，可得小物块与斜劈表面间的动摩擦因数μ＝tan 30°，由小物块能沿着斜劈表面匀速上滑，受力分析如图所示：根据平衡条件：沿斜面方向：Fcos 30°－Ff－mgsin 30°＝0

垂直斜面方向：FN＝mgcos 30°＋Fsin 30°，又Ff＝μFN，联立可得：F＝3mg，故A正确．

17．如图2所示，理想变压器原、副线圈接有额定电压均为20 V的灯泡a和b.当输入u＝2202sin 100πt(V)的交变电压时，两灯泡均能正常发光．设灯泡不会被烧坏，下列说法正确的是( )

图2

A．原、副线圈匝数比为11∶1

B．原、副线圈中电流的频率比为11∶1

C．当滑动变阻器的滑片向下滑少许时，灯泡b变亮

D．当滑动变阻器的滑片向下滑少许时，变压器输入功率变大

答案 D

解析 两灯均正常发光，则原线圈输入的电压为：U1＝U－U灯＝220 V－20 V＝200 V，副线圈电压：U2＝U灯＝20 V，根据理想变压器匝数比等于电压比：n1n2＝U1U2＝20020＝101，故A错误；变压器不改变交流电的频率，即频率比为1∶1，故B错误；当滑动变阻器的滑片向下滑少许时，原线圈电流变大，灯泡a分担的电压变大，原线圈输入的电压变小，所以灯泡b亮度变暗，故C错误；当滑动变阻器的滑片向下滑少许时，原线圈电流变大，输入电压不变，则变压器输入功率变大，故D正确．

18．如图3甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上．现使A瞬时获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是(

)

图3

A．从开始计时到t4这段时间内，物块A、B在t2时刻相距最远

B．物块A在t1与t3两个时刻的加速度大小相等

C．t2到t3这段时间内弹簧处于压缩状态

D．m1∶m2＝1∶4

答案 B

解析 结合图象可知，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相等，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最大，然后弹簧逐渐恢复原长，m2依然加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，t3时刻两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故A、C错误；根据v－t图象的斜率表示加速度，可知物块A在t1与t3两个时刻各自的加速度大小相等，故B正确；两物块和弹簧组成的系统动量守恒，选择从开始到t1时刻列方程可知：m1v1＝(m1＋m2)v2，将v1＝3 m/s，v2＝1 m/s代入得：m1∶m2＝1∶2，故D错误．

19．如图4所示，用一根粗细均匀的电阻丝制成形状相同、大小不同的甲、乙两个矩形线框．甲对应边的长度是乙的两倍，二者底边距离匀强磁场上边界高度h相同，磁场方向垂直纸面向里，匀强磁场高度d足够大．不计空气阻力，适当调整高度h，将二者由静止释放，甲将以恒定速度进入匀强磁场中．在矩形线框进入磁场的整个过程中，甲、乙的感应电流分别为I1和I2，通过导体横截面的电量分别为q1和q2，线框产生的热量分别为Q1和Q2，线框所受到的安培力分别是F1和F2，则以下结论中正确的是(

)

图4

A．I1＞I2B．q1＝4q2 C．Q1＝4Q2 D．F1＝2F2

答案 CD

解析 设甲的宽度为L，周长为l，则乙的宽度为L2，周长为l2，那么甲的质量是乙质量的两倍，根据电阻R＝ρlS，可得R1R2＝21，由题意可知甲做匀速运动：m1g－BI1L＝0，感应电动势为：E1＝BLv1，感应电流为：I1＝E1R1，联立以上可得进入磁场时：m1g－B2L2v1R1＝0，同理对乙有：m2g－错误!＝m2a，联立以上可得a＝0，说明乙也匀速运动且v1＝v2＝错误!，感应电流为：I＝BLvR，结合以上易得I1＝I2，故A错误；电量为q＝ΔΦR＝BSR，可得：q1q2＝21，故B错误；产生的热量为：Q＝I2Rt，由运动学公式可得：t1t2＝21，联立以上可得：Q1Q2＝41，故C正确；安培力为：F＝B2L2vR，根据以上可得：F1F2＝21，故D正确．

20．太阳系中某行星运行的轨道半径为R0，周期为T0，天文学家在长期观测中发现，其实际运行的轨道总是存在一些偏离，且周期性地每隔t0时间发生一次最大的偏离(行星仍然近似做匀速圆周运动)．天文学家认为形成这种现象的原因可能是该行星外侧还存在着一颗未知行星．假设两行星的运行轨道在同一平面内，且绕行方向相同，则这颗未知行星运行轨道的半径R和周期T是(认为未知行星近似做匀速圆周运动)( )

A．T＝t20t0－T0B．R＝R0错误!

C．T＝t0t0－T0T0D．R＝R0错误!

答案 BC

解析 由题意得2πT0t0－2πTt0＝2π，解得未知行星的运行周期T＝t0t0－T0T0，故C正确，A错误．

由开普勒第三定律有：R30T20＝R3T2，解得：R＝R0错误!，故B正确，D错误． 21.如图5所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方的P点，固定一电荷量为＋Q的点电荷．一质量为m、带电荷量为＋q的物块(可视为质点的检验电荷)，从A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v.已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ(取无穷远处电势为零)，P到B点的距离为h，P、A连线与水平轨道的夹角为60°，k为静电力常量，下列说法正确的是(

)

图5

A．点电荷＋Q产生的电场在B点的电场强度大小E＝kqh2

B．物块在A点时受到轨道的支持力大小为mg＋3kQq4h2

C．物块在A点的电势能EpA＝φq

D．点电荷＋Q产生的电场在B点的电势φB＝φ＋错误!

答案 CD解析 点电荷＋Q产生的电场在B点的电场强度大小为：E＝kQr2＝kQh2，故A错误；物块受到点电荷的库仑力为：F＝kQqr2，由几何关系可知：r＝hsin 60°，设物块在A点时受到轨道的支持力大小为FN，由平衡条件有：FN－mg－Fsin 60°＝0，解得：FN＝mg＋33kqQ8h2，故B错误；物块在A点的电势能EpA＝qφ，则C正确；设点电荷产生的电场在B点的电势为φB，由动能定理有：q(φ－φB)＝12mv2－12mv20，解得：φB＝错误!＋φ，故D正确．