新课标地区专用2020高考物理提分定时练辑选择题定时训练1含解析

选择题定时训练1
(限时：30分钟)
一、单项选择题
1．(2019·天津市滨海新区三模)关于核反应的类型，下列表述正确的是( )
A.23892U→23490Th＋42He是α衰变
B.147N＋42He→178O＋11H是β衰变
C.42He＋2713Al→3015P＋10n是核聚变
D.8234Se→8236Kr＋20－1e是核裂变
答案 A
解析23892U→23490Th＋42He是α衰变，故A正确；147N＋42He→178O＋11H是原子核的人工转变，不是β衰变，故B错误；42He＋2713Al→3015P＋10n，是原子核的人工转变，不是核聚变，故C错误；8234Se→8236
Kr＋2 0
－1e，生成了电子，可知是β衰变，不是核裂变，故D错误．
2．(2019·天津市滨海新区三模)图1(a)为一列简谐横波在t＝0.1s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1m处的质点，Q是平衡位置在x＝4m处的质点；图(b)为质点Q的振动图象．下列说法正确的是( )
图1
A．在t＝0.1s时，质点Q沿y轴正方向运动
B．从t＝0.1s到t＝0.25s，该波沿x轴负方向传播了6m
C．从t＝0.1s到t＝0.25s，质点P通过的路程为30cm
D．质点Q做简谐运动的表达式为y＝0.1sin20πt m
答案 B
解析题图(b)为质点Q的振动图象，在t＝0.1s时，质点Q正从平衡位置向波谷运动，所以t＝0.1s时，质点Q沿y轴负方向运动，故A错误；在t＝0.1s时，质点Q沿y轴负方向运动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播．由题图(a)知波长λ＝8m，由题图(b)知周
期T＝0.2s，则波速为：v＝λ
T
＝
8
0.2
m/s＝40 m/s，从t＝0.1s到t＝0.25s经过的时间为Δt
＝
0.15s，该波沿x轴负方向传播的距离为Δx＝vΔt＝40×0.15m＝6m，故B正确；t＝0.1s
质点P 正沿y 轴正方向运动．从t ＝0.1s 到t ＝0.25s 经过的时间为Δt ＝0.15s ＝3
4T ，由于t
＝0.1s 时刻质点P 不在平衡位置或波峰、波谷处，所以质点P 通过的路程不是3A ＝30cm ，故C 错误；质点Q 做简谐运动的表达式为y ＝A sin 2πT t ＝0.1sin 2π
0.2t ＝0.1sin10πt (m)，故D
错误．
3．(2019·天津市滨海新区三模)如图2所示，一理想变压器将原线圈接在u ＝2202sin100πt (V)的交流电压上，原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝22∶1，定值电阻的阻值为25Ω，滑动变阻器的总阻值为35Ω，将滑动变阻器的滑片P 从左向右滑动过程中，下列说法中正确的是( )
图2
A ．副线圈输出电压的频率为100Hz
B ．当变压器的输出功率达到最大值时，理想电压表的示数为5V
C ．当滑动变阻器的功率达到最大值时，理想电流表的示数为0.2A
D ．滑片P 滑到最右端时，变压器的输入功率为40W 答案 C
解析 原线圈的交流电压的频率f ＝ω2π＝100π
2π
Hz ＝50Hz ，则副线圈输出电压的频率为50Hz ，
故选项A 错误；原线圈电压的有效值U 1＝22022
V ＝220V ，根据U 1U 2＝n 1
n 2可得副线圈的电压的有
效值为10V ，根据P ＝U 2
R
可知当变压器的输出功率达最大时，滑动变阻器的阻值为零，所以电
压表的示数为10V ，故选项B 错误；滑动变阻器的阻值等于定值电阻的阻值时，滑动变阻器的功率达到最大值，所以电流表的示数为I ＝
U 2R ＋R ′＝10
50
A ＝0.2A ，故选项C 正确；滑片P 滑到最右端时，变压器的输出功率为P 2＝U 22R ＝102
25
W ＝4W ，变压器的输入功率为4W ，故选项D 错
误．
4.(2019·山东威海市5月模拟)如图3所示，轻质弹簧一端固定在天花板上，另一端拴接条形磁铁，置于绝缘水平桌面上的圆形铝质闭合线圈放在条形磁铁的正下方，开始时整个装置处于静止状态．在外力作用下将磁铁竖直向下移动一定距离(未接触桌面)，然后由静止释放，在之后的运动过程中，线圈始终未离开桌面，忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
图3
A ．磁铁所受弹簧拉力与其重力相等时，磁铁的加速度为零
B ．磁铁上升过程中，从上向下看，线圈中产生顺时针方向的电流
C ．线圈对桌面压力大小可能大于其重力
D ．磁铁最终会静止，整个过程线圈中产生的热量等于磁铁机械能的减少量 答案 C
解析 若磁铁向上运动，会受到向下的安培阻力，若向下运动，会受到向上的安培阻力，因此当磁铁所受弹力与重力等大反向时，磁铁的加速度不一定为零，故A 错误；当磁铁向上运动时，穿过线圈的磁通量向上减小，根据楞次定律知，感应电流的磁场的方向向上，俯视线圈，线圈中产生逆时针方向的电流，故B 错误；根据楞次定律，磁铁向下运动时，受到向上的安培阻力，所以磁铁对线圈的作用力的方向向下，此时线圈对桌面压力大小大于其重力，故C 正确；磁铁最终静止于起始时的平衡位置，根据能量守恒定律，从静止释放至停止，弹簧的弹性势能的减少量等于磁铁重力势能的增加量与线圈中产生的焦耳热之和，故D 错误． 5．(2019·贵州贵阳市二模)组成“北斗”卫星导航定位系统的地球静止轨道卫星(同步卫星)和中轨道卫星绕地球在圆轨道上运行，由地球静止轨道卫星和中轨道卫星的轨道半径之比可求( )
A ．地球静止轨道卫星与地球的质量之比
B ．地球静止轨道卫星与中轨道卫星的质量之比
C ．地球静止轨道卫星和中轨道卫星受地球的万有引力之比
D ．地球静止轨道卫星和中轨道卫星绕地球运动的周期之比 答案 D
解析 根据万有引力提供向心力：G Mm r 2＝m 4π2
T
2r ，已知卫星的轨道半径之比，可求运动的周期
之比，但无法计算卫星的质量关系，由于两卫星的质量关系未知，也无法求出卫星所受万有引力之比，所以A 、B 、C 错误，D 正确．
6．(2019·四川成都市第二次诊断)如图4，半圆球P 和竖直挡板固定在水平面上，挡板与P 相切，光滑小球Q 静止在P 和挡板之间．已知Q 的质量为m ，P 、Q 的半径之比为4∶1，重力加速度大小为g .则Q 对P 的压力大小为( )
图4
A.
4mg 3B.5mg 4 C.4mg 5 D.3mg 4
答案 B
解析 对Q 受力分析如图所示
设Q 的半径为r ，由几何关系得： 4r cos α＝4r －(r ＋r cos α) 解得：cos α＝35
由平衡条件得：F N2＝mg
sin α
解得：F N2＝5
4
mg
由牛顿第三定律可知，Q 对P 的压力大小为F N2′＝F N2＝5
4
mg .
7．(2019·山东威海市5月模拟)一质量为m 的小物块静置于粗糙水平地面上，在水平外力作用下由静止开始运动，小物块的加速度a 随其运动距离x 的变化规律如图5所示．已知小物块与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，在小物块运动0～2L 的过程中，下列说法正确的是( )
图5
A ．小物块在0～L 内做匀变速直线运动，L ～2L 内做匀速运动
B ．小物块运动至2L 处的速度为26a 0L
C ．整个过程中水平外力做功为mL ()2μg ＋3a 0
D ．小物块从L 处运动至2L 处所用的时间为
1
2L a 0
答案 C
解析 小物块在0～L 内加速度减小，做加速度减小的变加速直线运动，L ～2L 内加速度不变，做匀加速运动，故A 错误；整个过程，根据动能定理得：3ma 0＋ma 02L ＋ma 0L ＝12mv 2，得小物块
运动至2L 处的速度为v ＝6a 0L ，故B 错误；整个过程，根据动能定理得：W F －μmg ·2L ＝
1
2
mv 2，联立解得水平外力做功为W F ＝mL (2μg ＋3a 0)，故C 正确；设小物块运动至L 处的速度
为v 0.根据动能定理得：3ma 0＋ma 02L ＝12mv 02
，得v 0＝2a 0L ，小物块从L 处运动至2L 处做匀加
速直线运动，有L ＝
v 0＋v
2
t ，联立解得t ＝
2
2＋6
L
a 0
，故D 错误． 8．(2019·云南保山市统一检测)圆形区域内有垂直纸面向内的匀强磁场，两个质量和电荷量都相同的带电粒子a 、b ，先后以不同的速率对准圆心O 沿着AO 方向射入磁场，其运动轨迹如图6所示．若带电粒子只受磁场力的作用，粒子a 在磁场中的运动周期为T a ，粒子a 在磁场中的运动时间为t a ＝1
3
T a ，粒子b 在磁场中的运动周期为T b ，粒子b 在磁场中的运动时间为
t b ＝16
T b ，则下列说法正确的是( )
图6
A ．粒子a 和粒子b 在磁场中运动的周期关系为T a ＜T b
B ．粒子a 和粒子b 在磁场中运动的周期关系为T a >T b
C ．粒子a 和粒子b 在磁场中运动的速度关系为v a ＝1
3v b
D ．粒子a 和粒子b 在磁场中运动的速度关系为v a ＝3v b 答案 C
解析 根据T ＝2πm
qB
可知，两粒子在磁场中运动的周期相同，选项A 、B 错误．设圆形磁场的
半径为r ，因t a ＝1
3T a ，可知a 在磁场中运动转过的角度是120°；由几何关系可知，运动半
径r a ＝r tan30°＝
r
3
；同理，因t b ＝1
6T b ，可知b 在磁场中运动转过的角度是60°；由几何
关系可知，运动半径r b ＝r tan60°＝3r ；根据r ＝mv
qB
可知粒子a 和粒子b 在磁场中运动速
度关系v a v b ＝r a r b ＝1
3
，选项C 正确，D 错误．
二、多项选择题
9．(2019·河南郑州市第三次质检)下列关于热现象的判断正确的是( )
A．单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的
B．露珠呈现球状是由于液体表面张力的作用
C．在完全失重的情况下，气体对器壁的压强为零
D．气体被压缩时，内能可能不变
答案BD
解析单晶体的物理性质是各向异性的，多晶体和非晶体的物理性质是各向同性的，故A错误．液体表面张力产生的原因是：液体表面层分子较稀疏，分子间引力大于斥力，合力表现为引力，露珠呈现球状是由于液体表面张力的作用，故B正确．根据压强的微观含义可知气体对器壁的压强是由于大量分子对器壁持续的撞击形成的，与是否失重无关，故C错误．做功与热传递都可以改变物体的内能，可知气体被压缩时，内能可能不变，故D正确．10．(2019·河南新乡市第三次模拟)如图7所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，具有一定电阻的正方形金属线框的右边与磁场的边界重合．在外力作用下，金属线框从0时刻由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场．若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，则感应电流i、外力大小F、线框中电功率的瞬时值P以及通过导体横截面的电荷量q随时间t变化的关系可能正确的是( )
图7
答案ACD
解析线框做匀加速运动，其速度v＝at，感应电动势E＝BLv，感应电流i＝E
R
＝
BLat
R
，i与
t 成正比，故A 正确；线框进入磁场过程中受到的安培力F B ＝BiL ＝B 2L 2at
R ，由牛顿第二定律
得：F －F B ＝ma ，得F ＝ma ＋B 2L 2at
R ，F －t 图象是不过原点的倾斜直线，故B 错误；线框中的
电功率P ＝i 2
R ＝B 2L 2a 2t 2R
∝t 2
，故P －t 图象应是开口向上的过原点的抛物线的一部分，故C 正
确；线框的位移x ＝12at 2，则电荷量q ＝ΔΦR ＝BLx R ＝BLat 2
2R ∝t 2
，故q －t 图象应是开口向上的
过原点的抛物线的一部分，故D 正确．
11．(2019·辽宁重点协作体模拟)引力波测试在2017年获得诺贝尔物理学奖，包含中国在内的多国科学家于2017年10月宣布，成功探测到中子星合并的引力波事件，并证实双中子星合并事件是宇宙中大部分超重元素(金、银)的起源地．双中子星是一种“双星”，在围绕其连线上某一点转动的过程中，会向外辐射能量，相互靠近至最终合并．在双中子星相互靠近的过程中，不考虑两中子星质量的变化，则( ) A ．双中子星转动的周期均增大 B ．双中子星转动的角速度均增大 C ．双中子星轨道半径减小量不一定相同 D ．双中子星运动的圆心一定在两者连线中点 答案 BC
解析 双星问题中两个天体运动的周期和角速度是相等的，双星之间的万有引力提供向心力，由G
m 1m 2r 2＝m 1r 1ω2，G m 1m 2r
2＝m 2r 2ω2
，可知m 1r 1＝m 2r 2，半径间的关系为：r 2＋r 1＝r ，联立可得：r 1＝m 2
m 1＋m 2
r ，代入上式可得：ω＝
G (m 1＋m 2)
r 3
，因为总质量不变，距离减小，则角速度均增大，又因T ＝2π
ω
，可知周期减小，故A 错误，B 正确；由m 1r 1＝m 2r 2可知，质量与半径成反比，因为质量情况未知，所以双中子星运动的圆心不一定在两者连线中点，双中子星轨道半径减小量也不一定相同，故C 正确，D 错误．
12.(2019·贵州贵阳市二模)如图8所示，在真空中有三个带等量电荷的点电荷a 、b 和c ，分别固定在水平面内正三角形的顶点上，其中a 、b 带正电，c 带负电，O 为三角形中心，A 、
B 、
C 为三条边的中点．则 ( )
图8
A．B、C两点场强相同
B．B、C两点电势相同
C．在O点自由释放电子(不计重力)，会沿OA方向一直运动
D．在O点自由释放电子(不计重力)，会在OA直线上往复运动
答案BD
解析由题意知，B、C两点的电场强度为三个点电荷在该处场强的矢量和．其中a、c两点电荷在B点的场强的矢量和沿Bc方向，b处电荷在B点的场强沿bB方向，同理可知C点处场强的方向如图所示，B、C两处电场强度的方向不同，所以A错误；
a、c两点电荷在B点的电势之和为零，
b、c两点电荷在C点的电势之和等于零，所以B点的电势等于b处点电荷产生的电势，C处电势等于a处点电荷产生的电势，a、b两点电荷等量同种且到C、B的距离相等，所以电势相等，故B正确；由图知，O点电场的方向沿Oc方向，在OA延长线上有一场强为零的点D，在OA延长线上D点的两侧电场的方向相反，所以电子在O点由静止释放将沿OA方向做加速运动到D，然后减速运动到速度为零，接着反向运动，即会在OA直线上往复运动．。