【2019-2020】高考物理總復(fù)習(xí)選擇題增分練(一)

1、1 / 5 【2019-2020】高考物理總復(fù)習(xí)選擇題增分練（一） （滿分 48 分 24 分鐘） 說明：共 8 小題，每小題 6 分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第 15 題只有一項(xiàng)符合 題目要求，第 68 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. 1. 下列敘述正確的是（ ） A. 若鈾 235 的體積超過它的臨界體積，裂變的鏈?zhǔn)椒磻?yīng)就能夠發(fā)生 B. 根據(jù)玻爾理論，在氫原子中，電子吸收光子從低能級(jí)躍遷到高能級(jí)，電子的能量變 大，動(dòng)能也變大 C. 只要入射光的強(qiáng)度足夠強(qiáng)，照射時(shí)間足夠長，就一定能產(chǎn)生光電效應(yīng) D. 核反應(yīng)的實(shí)質(zhì)是粒子對(duì)核撞擊而打出

2、新粒子使核變?yōu)樾潞?解析：選 A.只要鈾 235 的體積超過它的臨界體積，就能產(chǎn)生裂變的鏈?zhǔn)椒磻?yīng)， A 正確； 在氫原子中，電子吸收光子從低能級(jí)躍遷到高能級(jí)，電子的能量變大， 軌道半徑變大，電勢 能變大，但動(dòng)能變小，B 錯(cuò)誤；某種金屬能否發(fā)生光電效應(yīng)取決于入射光的頻率，選項(xiàng) C 錯(cuò) 誤；核反應(yīng)是原子核在其他粒子的轟擊下產(chǎn)生新原子核的過程，并不一定打出新粒子， D 錯(cuò) 誤；故選 A. 2. 一小球做自由落體運(yùn)動(dòng)，落地前最后 1 s 內(nèi)的位移為45 m 已知重力加速度 g取 10 m/s2,則該小球下落過程中的平均速度為 （ ） A. 45 m/s B. 35 m/s C. 25 m/s D. 2

3、2.5 m/s x 解析：選 C.由平均速度的定義式可知，最后 1 s 的平均速度為v = t = 45 m/s，勻變速 運(yùn)動(dòng)中平均速度等于時(shí)間中點(diǎn)的瞬時(shí)速度，設(shè)下落總時(shí)間為 T,貝 U g（T 0.5 s） = 45 m/s , 解得T= 5 s，全程的平均速度等于時(shí)間中點(diǎn)的瞬時(shí)速度，即 2.5 s 時(shí)的瞬時(shí)速度v= gt = 10X 2.5 m/s = 25 m/s , C 正確. 3如圖所示，帶電荷量為一 q的均勻帶電半球殼的半徑為 R CD為 通過半球頂點(diǎn) C與球心O的軸線，P、Q為CD軸上在O點(diǎn)兩側(cè)離O點(diǎn)距離 相等的兩點(diǎn)，(: 2 / 5 如果是均勻帶電球殼，其內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零，

4、電勢都相3 / 5 等，則下列判斷正確的是（ ） A. P、Q兩點(diǎn)的電勢、電場強(qiáng)度均相同 B. P、Q兩點(diǎn)的電勢不同，電場強(qiáng)度相同 C. P、Q兩點(diǎn)的電勢相同、電場強(qiáng)度等大反向 D. 在Q點(diǎn)由靜止釋放一帶負(fù)電的微粒 （重力不計(jì)），微粒將做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 解析：選 B.半球殼帶負(fù)電，因此在 CD上電場線沿DC方向向上，所以 P點(diǎn)電勢一定低 于Q點(diǎn)電勢，A、C 錯(cuò)誤；若在 0點(diǎn)的下方再放置一同樣的半球殼組成一完整的球殼，則 P、 Q兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度均為零，即上、下半球殼在 P點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等方向相反，由對(duì)稱性 可知上半球殼在 P點(diǎn)與在Q點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等方向相同， B 正確；在Q點(diǎn)由靜止釋放一

5、 帶負(fù)電微粒，微粒一定做變加速運(yùn)動(dòng)， D 錯(cuò)誤. 4如圖所示，以 MN PQ為邊界的區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的 勻強(qiáng)磁場，磁場寬為 2L,高為L的正三角形閉合金屬框由粗細(xì)均勻 的電阻絲圍成，在外力作用下由圖示位置被水平向右勻速拉過磁場 區(qū)域，ab邊平行MN且垂直金屬框運(yùn)動(dòng)方向，取逆時(shí)針方向?yàn)殡娏?的正方向，則金屬框中的感應(yīng)電動(dòng)勢 E感應(yīng)電流I，所施加的外力 F及外力的功率P隨位移x的變化關(guān)系圖正確的是（ ） 解析：選 B.金屬框進(jìn)入磁場的過程中，穿過金屬框的磁通量增加，由楞次定律可知此 過程中感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向，而此過程金屬框切割磁感線的有效長度 均勻增加，完全進(jìn)入磁場后，穿過金屬框的磁通量不

6、變，回路中無感應(yīng)電流和感應(yīng)電動(dòng)勢， 排除 A 選項(xiàng)；0L位移內(nèi)，因金屬框做勻速直線運(yùn)動(dòng)， 所以F外=F安=BIl = 塵=4B字ta n2 l = 2x tan 30 且 I ；L T2L 4 / 5 30,即外力隨位移的增大而非線性增大，排除 C 選項(xiàng)；0L位移內(nèi)，外力的功率 P= F外 4B2XV2 v= tan 2 30,即外力的功率隨位移的增大而非線性增大，排除 RD 選項(xiàng)；所以 B 選項(xiàng) 5 / 5 正確. 5如圖甲所示，升降機(jī)內(nèi)固定著一個(gè)傾角為 30的光滑斜面，斜面底端安裝一個(gè)能顯 示彈簧作用力的傳感器， 以彈簧受壓時(shí)傳感器示數(shù)為正， 傳感器通過一根輕彈簧連接著一個(gè) 質(zhì)量為 2m的

7、金屬球.運(yùn)動(dòng)中的升降機(jī)突然停止，以停止運(yùn)動(dòng)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，在此后的一段時(shí) 間內(nèi)傳感器上顯示的彈力隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示， 且金屬球運(yùn)動(dòng)過程中彈簧始終在彈 性限度內(nèi)，則下列說法中正確的是 （ ） A. 升降機(jī)在停止運(yùn)動(dòng)前是向上運(yùn)動(dòng)的 B. 011時(shí)間段內(nèi)金屬球做減速運(yùn)動(dòng) C. t 1t 2時(shí)間段內(nèi)金屬球處于超重狀態(tài) D. t2和t4兩時(shí)刻金屬球的加速度和速度的大小均相同 解析：選 D.由于升降機(jī)停止運(yùn)動(dòng)前傳感器的示數(shù)為 0，表明彈簧處于原長狀態(tài)， 即升降 機(jī)有向下的加速度 g,而 0ti時(shí)間段內(nèi)示數(shù)增加，說明彈簧被壓縮，即升降機(jī)突然停下后 金屬球由于慣性而向下運(yùn)動(dòng)，故停止前升降機(jī)是向下運(yùn)動(dòng)的，

8、A 錯(cuò)誤；0ti時(shí)間段內(nèi)彈簧 的形變量逐漸增大，但當(dāng) F= mg時(shí)金屬球所受的合外力為 0,即金屬球前一段做加速度逐漸 減小的加速運(yùn)動(dòng)，后一段做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)， B 錯(cuò)誤；tit2時(shí)間段可分為兩段， F= mg時(shí)金屬球的加速度為 0,前一段時(shí)間金屬球加速度向上并處于超重狀態(tài)，后一段時(shí)間 金屬球加速度向下并處于失重狀態(tài)， C 錯(cuò)誤；t 2和t4兩時(shí)刻彈簧的形變量均為 0，金屬球在 斜面方向上只有重力的分力產(chǎn)生加速度， 故兩時(shí)刻的加速度相同， 又由于斜面光滑，系統(tǒng)的 機(jī)械能守恒，因此兩個(gè)時(shí)刻速度的大小相等，但 t2時(shí)刻金屬球沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，而 t4時(shí)刻 金屬球沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，二者的方向不

9、同， D 正確. 6. 電子只在電場力作用下沿 x軸正方向運(yùn)動(dòng)，其電勢能 &隨 位移x變化的關(guān)系如圖所示， 其中 0 xi段是曲線，xiX2段是平行于 X軸的直線，X2X3段是傾斜直線，下6 / 5 列說法正確的是 （ ） A.從 0 到 xi電勢逐漸降低 B. X2處的電勢比X3處高 C. XiX2段電場強(qiáng)度為零 D. X2X3段的電場強(qiáng)度減小 B 解析：選 AC.由 Wk= qEx,即一= qE即 E-x圖象中的斜率表示電子受的 x 電場力，所以 C 項(xiàng)正確，D 項(xiàng)錯(cuò)誤；因?yàn)?0=-邑，可知 0Xi電勢逐漸降低，A 項(xiàng)正確；B e 項(xiàng)錯(cuò)誤；故正確選項(xiàng)為 AC. 7. 如圖所示，足夠

10、長的木板 P靜止于光滑水平面上，小滑塊 Q位于木板P的最右端， 木板P與小滑塊Q之間的動(dòng)摩擦因數(shù) 卩=0.2，木板P與小滑塊Q質(zhì)量相等，均為m= 1 kg. 用大小為6N、方向水平向右的恒力 F拉動(dòng)木板P加速運(yùn)動(dòng) 1 s 后將其撤去，系統(tǒng)逐漸達(dá)到 穩(wěn)定狀態(tài)，已知重力加速度 g取 10 m/s 2,下列說法正確的是（ ） I A F A. 木板P與小滑塊Q所組成的系統(tǒng)的動(dòng)量增加量等于拉力 F的沖量 B. 拉力F做功為 6 J C. 小滑塊Q的最大速度為 3 m/s D. 整個(gè)過程中，系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量為 3 J 解析：選 ACD 對(duì)系統(tǒng)由動(dòng)量定理得 Ft = mP+ mw= 2mv共，即木板

11、P與小滑塊Q所組成 系統(tǒng)的動(dòng)量增加量一定等于拉力 F的沖量，A 正確；若木板P與小滑塊Q相對(duì)靜止一起加速 運(yùn)動(dòng)，則拉力 F不能超過衛(wèi) 4 N，拉力F為 6 N 大于 4 N，故二者發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)， 2 1 2 對(duì)木板P由牛頓第二定律 F卩mgr ma解得a= 4 m/s .1 s 內(nèi)木板P的位移x= at = 2 m 拉力F做功W= Fx= 12 J, B 錯(cuò)誤；二者共速時(shí)，小滑塊Q的速度最大，F(xiàn)t = 2mv共，共=3 m/s , 1 2 C 正確；整個(gè)過程中，對(duì)系統(tǒng)由能量守恒可知 W= X2m共+ Q解得 Q= 3 J , D 正確. &矩形邊界 ABC內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B的勻強(qiáng)磁

12、場，方向垂直 X X X X X I 紙面向里，AB長為 2L,AD長為L.從AD的中點(diǎn)E發(fā)射各種速率的粒子， I X X X X X I 7 / 5 方向與AD成 30角，粒子帶正電，電量為 q,質(zhì)量為m,不計(jì)粒子重 “ 廠 力與粒子間的相互作用，下列判斷正確的是 （ ） A. 粒子可能從BC邊離開 B. 經(jīng)過AB邊的粒子最小速度為 4m qBL C. 經(jīng)過AB邊的粒子最大速度為 8 / 5 D. AB邊上有粒子經(jīng)過的區(qū)域長度為 # + 1 L 解析：選 CD.最有可能從BC邊離開的粒子應(yīng)與 DC邊相切，設(shè)半徑為ri，圓心為0,由 S X. J 、J 一 -T- 1 1 J / J f / Jf z r 九 h h 所以ri= L,即0應(yīng)在AB邊上，則 OF應(yīng)為半徑ri = L,而0A= ricos 30為最小速度，選項(xiàng) B 錯(cuò)誤，AB上切點(diǎn)M