2020高考物理 专项微测：选择题48分满分测7课件

选择题48分满分测(七)(14～18为单选题，19～21为多选题)14．(2019·濮阳摸底考试)某种原子核abX经过α衰变后变为核cdY，再经过β衰变后变为核efZ，下列关系中正确的是()A．c＝e－1B．a＝e＋5C．b＝f＋1D．d＝f解析核反应方程为abX→cdY＋42He，cdY→efZ＋0－1e，由此可得c＝e，a＝e＋4，b＝f＋1，d＝f－1，C项正确。答案C15.(2019·河南示范性高中联考)一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，F随时间t按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是()A．质点在第1s末和第3s末的速度大小相等，方向相反B．质点在第2s末和第4s末的动量大小相等，方向相反C．在1～2s内，水平外力F的冲量为0D．在2～4s内，质点的动能一直减小解析由图可知，在1～2s内和在2～3s内，力F与时间t所围成的“面积”相等，即质点受到的水平外力的冲量大小相等，方向相反，故第1s末和第3s末质点的速度大小相等，方向相同，A、C两项错误；第2s末质点的动量最大，第4s末质点的动量为0，B项错误；在0～2s内，水平外力F一直做正功，在2～4s内，质点的速度一直减小，即动能一直减小，D项正确。答案D16.(2019·济南外国语学校考试)如图为三个小球初始时刻的位置图，将它们同时向左水平抛出都会落到D点，DE＝EF＝FG，不计空气阻力，则关于三小球()A．若初速度相同，高度hA∶hB∶hC＝1∶2∶3B．若初速度相同，高度hA∶hB∶hC＝1∶3∶5C．若高度hA∶hB∶hC＝1∶2∶3，落地时间tA∶tB∶tC＝1∶2∶3D．若高度hA∶hB∶hC＝1∶2∶3，初速度v1∶v2∶v3＝1∶2∶3解析若初速度相同，根据水平方向做匀速直线运动知运动时间tA∶tB∶tC＝1∶2∶3，则由下落高度h＝12gt2，得hA∶hB∶hC＝1∶4∶9，A、B两项均错误；若hA∶hB∶hC＝1∶2∶3，由h＝12gt2，得tA∶tB∶tC＝1∶2∶3；而v＝xt＝x·g2h，得v1∶v2∶v3＝1∶2∶3，故C项错误，D项正确。答案D17.(2019·湘赣十四校第一次联考)一可变理想变压器原、副线圈的回路中分别接有电阻r和可变电阻R，原线圈一侧接在电压恒定的正弦交流电源上，如图所示，下列说法正确的是()A．变压器的触头向下滑动，其他条件不变，R上消耗的功率不可能先增大后减小B．变压器的触头向下滑动，其他条件不变，R上消耗的功率不可能一直减小C．可变电阻R触头向下滑动，其他条件不变，r上消耗的功率一定减小D．可变电阻R触头向下滑动，其他条件不变，R上消耗的功率一定增大解析R触头向下滑，阻值变大，原线图电流减小，r上消耗的功率一定减小，C项正确；变压器及R等效电阻为n1n22R，由输出功率与外电阻关系知R的功率变化有多种情况，A、B、D三项错误。答案C18.如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其长度d＝0.50m。盆边缘的高度为h＝0.30m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑(图中小物块未画出)。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的位置到B的距离为()A．0.50mB．0.25mC．0.10mD．0解析设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有BC面上存在摩擦力做功，故摩擦力做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mgh－μmgs＝0，代入数据可解得s＝3m。由于d＝0.50m，所以，小物块在BC面上经过3次往复运动后，又回到B点，故D项正确。答案D19.如图所示，绝缘材料制成的半径为R的内壁光滑圆轨道，竖直放置在水平地面上且左右恰被光滑挡板挡住，圆心O点固定着电荷量为Q的场源点电荷，一电荷量为q、可视为质点的带电小球沿内壁做圆周运动，当小球运动到最高点A时，地面对轨道的弹力恰好为零。若轨道与小球的质量均为m，Q≥q0，忽略小球的电荷对Q形成的电场的影响，重力加速度为g，静电力常量为k。下列说法中正确的是()A．轨道内壁的电场强度处处相同B．轨道内壁的电势处处相等C．运动到最低点C时，小球对轨道的压力大小为7mgD．运动到与圆心等高的B点时，小球对轨道的压力大小为4mg－kqQR2解析由点电荷的场强特点，轨道内壁到圆心的距离相等，场强大小相等，方向不同，故A项错误；点电荷的等势面是距离不等的同心圆，则轨道内壁的电势处处相等，故B项正确；当小球运动到最高点A时，地面对轨道的弹力恰好为零，则轨道对小球的弹力NA＝mg。对小球有：NA＋mg－kQqR2＝mv2AR；对AC应用机械能守恒定律有：12mv2A＋mg2R＝12mv2C；在C点应用牛顿第二定律有：NC－mg－kQqR2＝mv2CR；联立解得：NC＝7mg；根据牛顿第二定律有：NB－kQqR2＝mv2BR；对AB应用机械能守恒定律有：12mv2A＋mgR＝12mv2B；联立解得：NB＝4mg；根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为4mg，故D项错误。答案BC20.(2019·湘赣十四校第一次联考)如图所示，左侧接有定值电阻R的光滑导轨处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨间距为d，一质量为m、阻值为r的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始运动，速度与位移始终满足v＝kx，棒与导轨接触良好，则在金属棒移动l的过程中()A．金属棒的动量对时间的变化率增大B．拉力的冲量为B2d2lR＋r＋kmlC．通过R的电荷量为q＝BdlRD．电阻R上产生的焦耳热为QR＝kRB2d2l22R＋r2解析由v＝kx知棒在做加速度增大的加速运动，合力增大，动量对时间的变化率即为合力，A项正确，根据动量定理IF－Bdq＝mkl，q＝ΔΦR＋r＝BdlR＋r，解得IF＝B2d2lR＋r＋kml，C项错误，B项正确；由功能关系知E电＝W安，F安＝B2d2vR＋r＝B2d2kxR＋r∝x，W安＝F安l，F安＝12B2d2klR＋r，且QR＝RR＋rE电，解得QR＝kRB2d2l22R＋r2，因此D项正确。答案ABD21.(2019·石嘴山期末考试)如图所示，一质量为m的物体静置在倾角为θ＝30°的固定光滑斜面底端。现用沿斜面向上的恒力F拉物体，使其做匀加速直线运动，经时间t力F做功为W，此后撤去恒力F。物体又经时间t回到出发点，若以斜面底端为重力势能零势能面，则下列说法正确的是()A．物体回到出发点时重力的瞬时功率为g2WmB．物体从开始到回到出发点的整个过程中物体的机械能增加了WC．恒力F大小为23mgD．物体回到出发点时的速度大小是撤去恒力F时物体速度大小的3倍解析物体回到出发点的过程中由动能定理得W＝12mv22，回到出发点时的重力的瞬时功率P＝mgv2sinθ，解得P＝gWm2，A项错误；由功能关系得除重力以外其他力做的功等于物体机械能的增加量，所以从开始到回到出发点的整个过程机械能增加量为W，B项正确；撤去拉力前，有F－mgsinθ＝ma，撤去拉力后有－mgsinθ＝ma′，由运动学规律得s＝12at2，－s＝at·t＋12a′t2，以上几式联立解得F＝23mg，C项正确；撤去拉力时物体的速度大小v1＝at，物体回到出发点时的速度大小v2＝at＋a′t，解得v2＝2v1，D项错误。答案BC