2019版高考物理選擇題48分練12

1、選擇題48分練（十二）（時間：20分鐘分值：48分）（第158頁）（15小題為單選題，68小題為多選題）1. （2018河南鄭州二次預(yù)測）關(guān)于近代物理學(xué)，下列說法正確的是（）A 光電效應(yīng)現(xiàn)象揭示了光具有波動性B. 群氫原子從n = 4的激發(fā)態(tài)躍遷時，最多能輻射 6種不同頻率的光子C. 盧瑟福通過粒子散射實驗證實原子核由質(zhì)子和中子組成D. 氡的半衰期為3.8天，若取4個氡原子核，經(jīng)過7.6天后一定剩下1個 氡原子核B 光電效應(yīng)現(xiàn)象揭示了光具有粒子性，故 A錯誤；一群氫原子從n = 4的 激發(fā)態(tài)躍遷時，最多能輻射 C2 = 6，即6種不同頻率的光子，故B正確；盧瑟福 通過粒子散射實驗證實原子的核式

2、結(jié)構(gòu)模型，故 C錯誤；半衰期只適用大量原子核，對極個別原子核不適用，故 D錯誤.2. （2018湖南G1聯(lián)盟聯(lián)考）如圖1甲所示，絕緣的水平桌面上放置一金屬 圓環(huán)，在圓環(huán)的正上方放置一個螺線管， 在螺線管中通入如圖乙所示的電流，電流從螺線管a端流入為正，以下說法正確的是（）A .從上往下看，01 S內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流沿順時針方向B. 1 S末圓環(huán)對桌面的壓力小于圓環(huán)的重力C. 01 S內(nèi)圓環(huán)面積有擴(kuò)張的趨勢D. 12 S內(nèi)和23 S內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向相反A 從上往下看，O1 S內(nèi)螺線管中的電流正向增加，根據(jù)安培定則可知,產(chǎn)生的磁場向上增加，根據(jù)楞次定律可知，圓環(huán)中的感應(yīng)電流沿順時針方向， 選

3、項A正確；O1 S內(nèi)正向電流增大，根據(jù)楞次定律，金屬環(huán)與螺線管間為斥力， 圓環(huán)對桌面的壓力大于圓環(huán)的重力，圓環(huán)面積有縮小的趨勢，選項B、C錯誤；12 S正方向電流減小，23 S反向電流增大，根據(jù)楞次定律，金屬環(huán)中感應(yīng)電流的磁場方向不變，感應(yīng)電流方向不變， D錯誤.3. （2018唐山二模）如圖2位于豎直面內(nèi)的光滑軌道 AB，與半徑為R的圓形 軌道底部相通，圓形軌道上部有一缺口 CDE，D點為圓形最高點，/ COD = DoE= 30°質(zhì)量為m可視為質(zhì)點的小球自光滑軌道 AB上某點靜止下滑，由 底部進(jìn)入圓形軌道，通過不斷調(diào)整釋放位置，直到小球從 C飛出后能無碰撞的從E進(jìn)入左側(cè)軌道，重力

4、加速度為g.下列說法正確的是（圖2A .小球通過最高點的速度大小為 gRB. 小球通過C點時速度大小為 2gRC.小球從C點運動到最高點的時間為D. A點距地面的高度為6+65 3RD 小球從C點做斜拋運動，設(shè)速度為vc,速度方向與水平方向夾角為30° 則 VCtCOS 30°= EC = R; VCSin 30° = 0.5gt,解得 VC= ? ；9只，到達(dá)最高點的 速度VCCoS 30 = 遑遲，選項A、B錯誤；小球從C點運動到最高點的時間為t' = 2t= v引；"=P 63R,選項C錯誤；從A到C由機(jī)械能守恒定律：mghA6+ 53CO

5、S 30)°解得hA=6 R,選項D正確.4. （2018張掖三次診斷）如圖3所示，長木板靜止于光滑水平地面，滑塊疊 放在木板右端，現(xiàn)對木板施加水平恒力，使它們向右運動.當(dāng)滑塊與木板分離時, 滑塊相對地面的位移為X、速度為V.若只減小滑塊質(zhì)量，重新拉動木板，滑塊與 木板分離時（）A. X變小,V變小B . X變大，V變大C. X變小,V變大D . X變大，V變小F mgA 長木板和滑塊做初速度為0的勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律得滑塊的加速度a1= g長木板加速度a2 = M ,由運動學(xué)公式可得滑塊與木板1 2 1 2 1F 一 mg分離時，滑塊相對地面的位移為X= a1t，滑塊相

6、對長木板的位移為L=12t 1 a1t2 ,滑塊相對地面的速度 V = a1t ,若只減小滑塊質(zhì)量，再次拉動木板，根據(jù)牛 頓第二定律得滑塊的加速度a1 = g不變，長木板加速度a2= M 變大，由滑1 2 1 2 一 、塊相對長木板的位移為L= 2a2t 2a1t可得運動時間變小，滑塊相對地面的位移1 2為X=2a1t2變小，滑塊相對地面的速度為 V = a1t變小，故A正確，B、C、D錯誤.5. （2018東北三省三校聯(lián)考）如圖4所示，在粗糙的水平面上，固定一個半 徑為R的半圓柱體M上，擋板PQ固定在半圓柱體M上，擋板PQ的延長線過 半圓柱截面圓心O,且與水平面成30°角.在M和P

7、Q之間有一個質(zhì)量為m的光 滑均勻球體N,其半徑也為R.整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說法正確的是（）圖4A. N對PQ的壓力大小為 mg1B. N對PQ的壓力大小為2mgC. N對M的壓力大小為 mgD. N對M的壓力大小為 EmgD 對球N受力分析，設(shè)M對N的支持力為Fi, PQ對N的支持力為F2 ,由幾何關(guān)系可知，F(xiàn)i和F2與G的反12mg 並向延長線的夾角相等，均為30；則Fi = F2= COS30 "3"mg,由牛頓第三定律可知選項 D正確，A、B、C錯誤.6.（多選）如圖5所示,兩個小球分別從斜虛線EF上的0、S兩點水平拋出,過一段時間再次經(jīng)過斜虛線 EF ,若不

8、計空氣阻力，則下列說法正確的是（）圖5A .兩小球經(jīng)過斜虛線EF時的速度大小可能相同B.兩小球經(jīng)過斜虛線EF時的速度方向一定相同C. 兩小球可能同時經(jīng)過斜虛線 EF上的同一位置D. 從拋出到經(jīng)過斜虛線EF所用的時間0球比S球長ABC 若兩個球拋出時的初速度相同，則過虛線時兩球的速度相同，A項 正確；設(shè)虛線EF與水平方向夾角為,經(jīng)過虛線EF時的速度與水平方向的夾 角為由平拋運動規(guī)律的推論可知：tan = 2tan ,速度與水平方向的夾角相 同，即速度方向相同，B項正確；若O點處球以水平初速度Vi拋出到達(dá)虛線上 某點C用時ti, S點處球以初速度V2水平拋出到達(dá)C用時為t2,因此要使兩球同 時到達(dá)

9、C點，只要O處的球（以初速度Vi）比S處的球（以初速度V2）早t-t2的時 間拋出，兩球可以同時到達(dá) C點，C項正確；若O處的球拋出的初速度比S處 的球拋出的初速度小，則O處拋出的球從拋出到經(jīng)過虛線 EF所用時間比S處拋 出的球從拋出到經(jīng)過虛線 EF所用時間短，D項錯誤.7. （2018衡水中學(xué)十次模擬）電荷量為Qi和Q2的兩點電荷分別固定在X軸 上的O、C兩點，規(guī)定無窮遠(yuǎn)處電勢為零，X軸上各點電勢隨X的變化關(guān)系如 圖6所示，則（）圖6A. Q1 V Q2B. G點處電場強(qiáng)度的方向沿X軸負(fù)方向C. 將一帶負(fù)電的試探電荷自G點靜止釋放，僅在電場力作用下一定能到達(dá)D點D. 將一帶負(fù)電的試探電荷從

10、D點移到J點，電場力先做正功后做負(fù)功BD 圖象斜率表示場強(qiáng)大小，由圖可知在H點的場強(qiáng)為零，即兩電荷在H 的合場強(qiáng)為零，由公式E= kQ可知，Q1>Q2,故A錯誤；由圖知由D到H電勢 升高，則由D到H是逆電場線的方向，所以G點處電場強(qiáng)度的方向沿X軸負(fù)方 向，故B正確；由在G點場強(qiáng)方向沿X軸向左，負(fù)電荷所受電場力向右，所以負(fù)電荷沿X軸向右運動，故C錯誤；由圖象可知從D點到J點電勢先升高再降低，負(fù)電荷的電勢能先減小后增大，電場力先做正功后做負(fù)功，故D正確.8. （2018西北師大附中模擬）如圖7所示，兩方向相反、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為 B的勻強(qiáng)磁場被邊長為L的等邊三角形ABC邊界分開，三角形內(nèi)磁場方向垂直 紙面向里，三角形頂點 A處有一質(zhì)子源，能沿 BAC的角平分線發(fā)射速度不同的質(zhì)子（質(zhì)子重力不計），所有質(zhì)子均能通過C點，質(zhì)子比荷m=1，則質(zhì)子的速度可能為（）A.BL