高考物理选择题练习

题目展示一、单项选择题1．(2018·烟台模拟)下列说法中正确的是( )A．卢瑟福实验中发现许多α粒子被金箔大角度散射，这表明α粒子很难进入金箔原子内部B．β衰变中产生的β射线是原子核外电子挣脱原子核束缚之后形成的电子束C．通过化学反应无法改变放射性元素的半衰期D．较小比结合能的原子不稳定，容易发生裂变2．(2018·东营段考)2016年12月，全国多地发生雾霾天气，能见度不足20 m．在这样的恶劣天气中，甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，乙在前，甲在后同向行驶，某时刻两车司机同时听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车．两辆车刹车时的v－t图象如图，则( )A．若两车发生碰撞，开始刹车时两辆车的间距一定等于112.5 mB．若两车发生碰撞，开始刹车时两辆车的间距一定小于90 mC．若两车发生碰撞，则一定是在刹车后20 s之内的某时刻发生碰撞的D．若两车发生碰撞，则一定是在刹车后20 s以后的某时刻发生碰撞的3.用外力F通过如图所示的装置把一质量为m的球体沿倾角为30°的光滑斜面匀速向上拉动，已知拴在小球上的绳子与水平杆之间的夹角从45°变为90°的过程中(绳子一直在缩短，斜面体与水平地面之间是粗糙的)，斜面体一直静止在水平地面上，不计滑轮轴处及滑轮与绳子之间的摩擦．则在球体匀速运动的阶段，下列说法正确的是( )A．外力F先增大后减小B．小球对斜面的压力增大C．某时刻两段绳子对滑轮的合力大小可能等于绳中的弹力大小D．地面对斜面体的静摩擦力保持不变4．(2018·东北三校一联)小型登月器连接在航天站上，一起绕月球做圆周运动，其轨道半径为月球半径的3倍．某时刻，航天站使登月器减速分离，登月器沿如图所示的椭圆轨道登月，在月球表面逗留一段时间完成科考工作后，经快速启动仍沿原椭圆轨道返回．当第一次回到分离点时恰与航天站对接．登月器快速启动时间可以忽略不计，整个过程中航天站保持原轨道绕月运行．已知月球表面的重力加速度为g0，月球半径为R，不考虑月球自转的影响，则登月器可以在月球上停留的最短时间约为( )A．4.7πRg0B．3.6πRg0C．1.7πRg0D．1.4πRg05.如图所示是一台理想自耦变压器，在a、b之间按电压不变的正弦交流电，A为理想交流电流表．变压器调压端的滑动头P原来处于线圈中点，电阻箱的电阻为R.若将滑动头P向上移到最高处，并调节电阻箱的阻值为R′，使电流表的读数变为原来的两倍，则R′等于( )A.R 8B.R 4C.R2D ．4R 二、多项选择题6.(2018·成都模拟)光滑水平面上有一边长为L 的正方形区域处在电场强度为E 的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行．一质量为m 、带电荷量为q 的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平速度v 0进入该正方形区域．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为(小球不计重力)( )A.12mv 20 B.12mv 20－qEL C.12mv 20＋23qEL D.12mv 20＋14qEL 7.如图所示，长为L 的轻杆两端分别固定a 、b 金属球(可视为质点)，两球质量均为m ，a 放在光滑的水平面上，b 套在竖直固定的光滑杆上且离地面高度为32L ，现将b 从图示位置由静止释放，则( )A ．在b 球落地前的整个过程中，a 、b 组成的系统水平方向上动量守恒B ．从开始到b 球距地面高度为L 2的过程中，轻杆对a 球做功为3－18mgL C ．从开始到b 球距地面高度为L2的过程中，轻杆对b 球做功为－38mgL D ．在b 球落地的瞬间，重力对b 球做功的功率为mg 3gL 8.如图所示，在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，水平放置两条平行长直导轨MN，导轨间距为l.导轨左端接一电阻R，金属杆ab垂直导轨放置，金属杆和导轨的电阻不计，杆与导轨间接触良好且无摩擦．现对金属杆施加一个与其垂直的水平方向恒力F，使金属杆从静止开始运动．在运动过程中，金属杆速度大小v、恒力F的功率P F、金属杆与导轨形成的回路中磁通量Φ等各量随时间变化图象正确的是( )答案与解析1．解析：选C.卢瑟福实验中大角度散射的粒子数量很少；β衰变中的电子由原子核放出；比结合能较小的核将会向比结合能大的转化，转化方法有聚变(轻核)或者裂变(重核)．2．解析：选C.由图可知，两车速度相等经历的时间为20 s，甲车的加速度a1＝－2525 m/s 2＝－1 m/s 2，乙车的加速度a 2＝－1530m/s 2＝－0.5 m/s 2，此时甲车的位移x 甲＝v 甲t ＋12a 1t 2＝25×20 m －12×1×400 m ＝300 m ，乙车的位移x 乙＝v 乙t ＋12a 2t 2＝15×20 m －12×0.5×400 m ＝200 m ，可知若两车不相撞，则两车的最小距离Δx ＝300 m －200 m ＝100 m ，若两车发生碰撞，则两车的距离小于100 m ，故A 、B 错误；若两车速度相等时还未发生碰撞，两车的距离又逐渐增大，可知两辆车若发生碰撞，一定是在刹车后的20 s 之内的某时刻发生碰撞的，故C 正确，D 错误．说明：20 s 内，甲、乙两车的位移也可结合v －t 图象的“面积”直接求解.20 s内，甲车的位移x 甲＝12×(5＋25)×20 m ＝300 m ．乙车的位移x 乙＝(5＋15)×20×12m ＝200 m.3．解析：选C.球体沿斜面做匀速直线运动的过程中，用图解法作出小球受力的矢量三角形，如图所示，可以看出随着拴小球的绳子与竖直方向之间的夹角不断减小过程中，外力F 一直在增大，斜面对小球的支持力N 一直减小，由牛顿第三定律可知，小球对斜面的压力一直减小，A 、B 错误；两段绳子中的弹力大小任何时刻都相等，刚开始时，两段绳子之间的夹角为105°，最后两绳之间的夹角为150°，当两绳之间的夹角为120°时，两段绳子对滑轮的合力大小等于绳中的弹力大小，C 正确；把小球和斜面体视为一个整体，在小球匀速上升的过程中，整体加速度为零，而地面对斜面体的静摩擦力始终等于拴在小球上的绳子沿水平方向的分力，这个分力的方向开始时是水平向右的，绳子处在竖直方向时这个分力变为零，此时地面对斜面体的静摩擦力为零，所以地面对斜面体的静摩擦力一定发生了变化，D 错误．4．解析：选A.由题可知，设月球半径为R ，则航天站的轨道半径为3R ，航天站转一周的时间为T ，则有GM 月m （3R ）2＝m 4π2T 2(3R )，对月球表面的物体有m 0g 0＝GM 月·m 0R 2，联立两式得T ＝63πRg 0.登月器的登月轨道是椭圆，从与航天站分离到第一次回到分离点所用时间为沿椭圆轨道运行一周的时间T ′和在月球上停留时间t 之和，若恰好与航天站运行一周所用时间相同时t 最小，则有：t min＋T ′＝T ，由开普勒第三定律有：（3R ）3T 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫4R 23T ′2，得T ′＝42πRg 0，则t min＝T －T ′＝4.7πRg 0，所以只有A 对．5．解析：选A.该自耦变压器的原线圈的匝数随着滑动头位置的变化而变化，副线圈的匝数始终保持不变．当滑动头P 处于线圈中点时，n 1＝12n 2，根据理想变压器的电压、电流变比关系U 1U 2＝n 1n 2、I 1I 2＝n 2n 1可得：U 2＝n 2n 1U 1＝2U ，I 2＝n 1n 2I 1＝12I 1，根据欧姆定律I ＝UR 可得：R ＝U 2I 2＝2U 12I 1＝4UI 1；当滑动头P 向上移动线圈的最高处时，n ′1＝n 2，此时I ′＝2I 1，因此副线圈两端的电压为U ′2＝n 2n ′1U 1＝U ，I ′2＝n ′1n 2I ′1＝2I 1，所以此时电阻箱的阻值为R ′＝U ′2I ′2＝U 2I 1＝18R ，选项A 正确． 6．解析：选ABD.正方形区域ABCD 处在场强为E 的匀强电场中，假设小球带正电．第一种情况，若电场的方向平行于AD 向左，小球在匀强电场中做匀减速直线运动，若能到达CD 端，根据动能定理得：－qEL ＝E k －12mv 20，则E k ＝12mv 20－qEL ，到达CD 边时动能为12mv 20－qEL ，故B 项正确；若不能到达CD 端，则又返回到AB 端，电场力做功为零，则动能为：E k ＝12mv 20，故A 项正确；第二种情况，若电场的方向垂直于AD 向上或向下，小球在匀强电场中做类平抛运动，偏转位移最大为L 2，电场力做功最多为qE L 2，根据动能定理，则最大动能为12mv 20＋12qEL ，若小球从CD 射出电场，其动能小于12mv 20＋12qEL ，可能为12mv 20＋14qEL ，不可能为12mv 20＋23qEL ，故C 项错误，D 项正确． 7．解析：选BD.在b 球落地前的整个过程中，b 在水平方向上受到固定光滑杆的弹力作用，所以a 、b 组成的系统水平方向上动量不守恒，A 错误；从开始到b 球距地面高度为L 2的过程中，b 球减少的重力势能为3－12mgL ，当b 球距地面高度为L 2时，由两球沿杆方向分速度相同可知v b ＝3v a ，又因为a 、b 质量相等，所以有E k b ＝3E k a .从开始下落到b 球距地面高度为L2的过程由机械能守恒可得3－12mgL＝4E k a.可得E k a＝3－18mgL，所以杆对a球做功为3－18mgL，B正确；从开始到b球距地面高度为L2的过程中，轻杆对b球做负功，且大小等于a球机械能的增加量，为－3－18mgL，C错误；在b球落地的瞬间，a球速度为零，从b球由静止释放到落地瞬间的过程中，b球减少的重力势能全部转化为b球动能，所以此时b球速度为3gL，方向竖直向下，所以重力对b 球做功的功率为mg3gL，D正确．8．解析：选AD.根据右手定则判断，知感应电流的方向由b流向a，再根据左手定则判断知，导体棒受水平向左的安培力，根据牛顿第二定律有：F合＝F－F安＝ma，而F安＝BIL，I＝ER＝BLvR，所以F－B2L2vR＝ma，速度v增大，加速度a减小，最后加速度为零，达到最大速度时，有F＝B2L2v maxR，故v max＝FRB2L2.又P F＝Fv，F为恒力，故选项A正确，选项B错误；磁通量Φ＝Φ0＋BΔS＝Φ0＋BLx＝Φ0＋BLvt，Φ－t图象的斜率先增大后不变，选项C错误，选项D正确．。