2019年高考物理二轮复习精编练习：选择题48分练+5+Word版含解析

选择题48分练(五)
(时间：20分钟分值：48分)
(第150页)
(1～5小题为单选题，6～8小题为多选题)
1．(2018·皖南八校4月联考)下列叙述错误的是()
A．意大利科学家伽利略在比萨斜塔做了两个不同质量的小球下落的实验，推翻了古希腊学者亚里士多德的观点及证明质量大的小球下落的快是错误的B．牛顿根据理想斜面实验，指出力不是维持物体运动的原因，提出了牛顿运动定律
C．开普勒接受了哥白尼日心说的观点，并根据第谷对行星运动观察记录的数据，应用严密的数学运算和椭圆轨道假说，得出了行星运动的三大定律D．法拉第提出了电场和磁场的概念，指出电荷与电荷、磁极与磁极之间的相互作用不是超距离的，而是通过带电体或磁性物体周围的场而发生的B[伽利略通过比萨斜塔实验得出了自由下落的两个小球同时落地，推翻了古希腊学者亚里士多德的观点及证明质量大的小球下落的快是错误的，A正确；伽利略根据理想斜面实验，指出力不是维持物体运动的原因，牛顿在前人研究的基础上提出了牛顿运动定律，B错误；开普勒得出了行星运动三大定律，C正确；法拉第提出了电场和磁场的概念，指出电荷与电荷、磁极与磁极之间的相互作用不是超距离的，而是通过带电体或磁性物体周围的场而发生的，D正确．] 2．(2018·雅安三诊)铀原子核既可发生衰变，也可发生裂变．其衰变方程为23892 U→23490Th＋X，裂变方程为23592U＋10n→Y＋8936Kr＋310n，其中23592U、10n、Y、8936Kr的质量分别为m1、m2、m3、m4，光在真空中的传播速度为c.下列叙述正确的是()
A.23892U发生的是β衰变
B．Y原子核中含有56个中子
C．若提高温度，23892U的半衰期将会变小
D．裂变时释放的能量为(m1－2m2－m3－m4)c2
D[根据质量数守恒，电荷数守恒，X为氦原子核，23892U发生的是α衰变，故A错误；根据质量数守恒，电荷数守恒可知，Y的质量数：A＝235＋1－89－3＝144，电荷数：z＝92－36＝56，由原子核的组成特点可知，Y原子核中含有56个质子，中子数为：144－56＝88个，故B错误；半衰期与温度、压强等外界因素无关，故C错误；由于核裂变的过程中释放能量，根据爱因斯坦质能方程得：ΔE＝Δm·c2＝(m1－2m2－m3－m4)c2，故D正确．]
3．(2018·云南统一检测)如图1所示，两个质量均为m的物体A、B叠放在光滑水平面上，A与B间的动摩擦因数为μ.现用水平外力F拉物体A，要将A 拉离物体，则F至少大于()
图1
A．0.5μmg B．μmg
C．2μmg D．3μmg
C[只要A的加速度大于B的最大加速度，A与B就会分离
对物体A：F－f＝ma A
对物体B：f＝ma B，当f＝μmg时有最大加速度
若a A＞a B
则F－μmg
m
＞μmg
m
解得：F＞2μmg，故C正确．]
4．(2018·湖南六校联考)如图2所示，木板P下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O点，物体A、B叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B的上表面水平．现使木板P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A、B仍保持静止，与原位置的情况相比()
图2
A．A对B的作用力减小
B．B对A的支持力增大
C．木板对B的支持力增大
D．木板对B的摩擦力增大
D[设木板与地面的夹角为α，以A为研究对象，A原来只受重力和支持力而处于平衡状态，所以B对A的作用力与A的重力大小相等，方向相反；当将P 绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，B的上表面不再水平，A受力情况如图甲，A 受到重力和B的支持力、摩擦力三个力的作用，其中B对A的支持力、摩擦力的合力仍然与A的重力大小相等、方向相反，则A受到B对A的作用力保持不变，根据牛顿第三定律可知A对B的作用力也不变，A错误；开始时物体A不受B对A的摩擦力，B对A的支持力大小与重力相等，后来，设B的上表面与水平方向之间的夹角为β，受到的B对A的支持力、摩擦力的合力仍然与A的重力大小相等，方向相反，则A受到B对A的作用力保持不变，由于支持力与摩擦力相互垂直，N1＝G A cos β，所以A受到的支持力一定减小了，B错误；以A、B为整体，分析受力情况如图乙：总重力G AB、板的支持力N2和摩擦力f2，板对B的作用力是支持力N2和摩擦力f2的合力，由平衡条件可知板对B的作用力大小与总重力大小相等，保持不变，N2＝G AB cos α，f2＝G AB sin α，α增大，N2减小，f2增大，C错误，D正确．]
图甲图乙
5. (2018·太原模拟)分离同位素时，为提高分辨率，通常在质谱仪内的磁场前加一扇形电场．扇形电场由彼此平行、带等量异号电荷的两圆弧形金属板形成，其间电场沿半径方向．被电离后带相同电荷量的同种元素的同位素离子，从狭缝沿同一方向垂直电场线进入静电分析器，经过两板间静电场后会分成几束，不考虑重力及离子间的相互作用，则()
图3
A．垂直电场线射出的离子速度的值相同
B．垂直电场线射出的离子动量的值相同
C．偏向正极板的离子离开电场时的动能比进入电场时的动能大
D．偏向负极板的离子离开电场时动量的值比进入电场时动量的值大
D[垂直电场线射出的离子，在电场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律
有Eq＝m v 2
r ，解得1
2Eqr＝
1
2m v
2，同位素的质量不同，所以垂直电场线射出的离子
动能的值相同，速度不同，动量不同，A、B错误；偏向正极板的离子离开电场时克服电场力做功，动能比进入电场时的小，C错误；偏向负极板的离子离开电场时，过程中电场力做正功，速度增大，动量增大，故比进入电场时动量的值大，D正确．]
6．(2018·湖南十四校二次联考)脉冲星的本质是中子星，具有在地面实验室无法实现的极端物理性质，是理想的天体物理实验室，对其进行研究，有希望得到许多重大物理学问题的答案，譬如：脉冲星的自转周期极其稳定，准确的时钟信号为引力波探测、航天器导航等重大科学及技术应用提供了理想工具.2017年8月我国FAST 天文望远镜首次发现两颗太空脉冲星；其中一颗星的自转周期为T (实际测量为1.83 s ，距离地球1.6万光年)，假设该星球恰好能维持自转不瓦解；地球可视为球体，其自转周期为T 0；同一物体在地球赤道上用弹簧秤测得重力为两极处的0.9倍，已知万有引力常量为G ，则该脉冲星的平均密度ρ及其与地球的平均密度ρ0之比正确的是( )
A ．ρ＝3πGT 2
B ．ρ＝3πGT C.ρρ0＝T 2010T 2 D.ρρ0
＝10T 20T 2 AC [星球恰好能维持自转不瓦解时，万有引力充当向心力，即G Mm R 2＝
m ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2πT 2R ，又M ＝ρ·43πR 3，联立解得ρ＝3πGT 2，A 正确，B 错误；设地球质量为M 0，半径为R 0，由于两极处物体的重力P 等于地球对物体的万有引力，即P ＝G M 0m R 20
①，在赤道上，地球对物体的万有引力和弹簧秤对物体的拉力的合力提供向心力，
则有G M 0m R 20－0.9P ＝mR 04π2T 20②，联立①②解得M 0＝4π2PR 0G (P －0.9P )T 20
，地球平均密度 ρ0＝M 0V ＝4π2PR 30
G (P －0.9P )T 204πR 303
＝30πGT 20
，则C 正确，D 错误；故选A 、C.] 7．(2018·江西联考)如图4所示，三个质量相等的小球A 、B 、C 从图中所示的位置以相同的速度v 0水平向左抛出，最终都能到达坐标原点O ，不计空气阻力，x 轴为水平地面，则可以判断A 、B 、C 三个小球( )
图4
A．初始时刻纵坐标之比为1∶2∶3
B．在空中运动的时间之比为1∶3∶5
C．从抛出至到达O点过程中，动能的增加量之比为1∶4∶9
D．到达O点时，重力的瞬时功率之比为1∶2∶3
CD[根据x＝v0t，水平初速度相同，A、B、C水平位移之比为1∶2∶3，所以它们在空中运动的时间之比为1∶2∶3，故B错误；初始时刻纵坐标之比即该过程小球的下落高度之比，根据h＝1
2得初始时刻纵坐标之比为1∶4∶9，
2gt
故A错误；根据动能定理可知W＝mgh＝ΔE k，动能的增加量之比为1∶4∶9，故C正确；到达O点时，设落地时速度为v，和重力方向夹角为θ，则重力的瞬时功率P＝mg v cos θ＝mg v y＝mg·gt，三个小球落地时重力的瞬时功率之比为1∶2∶3，故D正确．]
8．(2018·赤峰4月模拟)如图5所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，原线圈接有u＝311sin 100πt(V)的交变电压，副线圈上接有定值电阻R、线圈L、灯泡D及理想电压表.以下说法正确的是()
图5
A．副线圈中电流的频率为50 Hz
B．灯泡D两端电压为55 V
C．若交变电压u的有效值不变，频率增大，则电压表的示数将减小
D．若交变电压u的有效值不变，频率增大，则灯泡D的亮度将变暗
AD[变压器不会改变电流的频率，电流的频率为f＝1
T
＝ω
2π
＝100π
2πHz＝50
Hz，故A正确；由瞬时值的表达式可知，原线圈的电压最大值为311 V，所以原线圈的电压的有效值为：U1＝311
2
V＝220 V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为55 V，在副线圈中接有电阻R、电感线圈L和灯泡D，它们的总的电压为55 V，所以灯泡D两端电压一定会小于55 V，故B错误；根据电压与匝数成正比可知副线圈的电压不变，所以电压表的示数不变，故C错误；交流电的频率越大，电感线圈对交流电的阻碍作用就越大，所以电路的电流会减小，灯泡D的亮度要变暗，故D正确．]。