高考物理二轮总复习第4部分题型专练选择题专项练(1).docx

第四部分题型专练选择题专项练(一)(考试时间：20分钟试卷满分：48分)选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分14.1934年约里奥居里夫妇用粒子轰击静止的铝核(Al)，发现了放射性磷(P)并同时释放一个X粒子，磷核(P)具有放射性，它在衰变为硅核(Si)的同时释放一个Y粒子，则X粒子和Y粒子分别是(D)A质子和电子B质子和正电子C中子和电子D中子和正电子【解析】根据质量数和电荷数守恒可知X粒子的电荷数为零，质量数为1，所以是中子，Y粒子的电荷数为1，质量数为零，所以是正电子，故ABC错误，D正确15滑跃式起飞是一种航母舰载机的起飞方式，飞机跑道的前一部分水平，跑道尾段略微翘起假设某舰载机滑跃式起飞过程是两段连续的匀加速直线运动，前一段的初速度为0，加速度为6 m/s2，位移为150 m，后一段的加速度为7 m/s2，路程为50 m，则飞机的离舰速度是(C)A40 m/sB45 m/sC50 m/sD55 m/s【解析】前一段过程，由速度位移公式得v2a1x1，代入数据解得v130 m/s，后一段过程，由速度位移公式得vv2a2x2，代入数据解得v250 m/s，故选C16我国北斗卫星导航系统由空间段、地面段和用户段三部分组成空间段由若干地球静止轨道卫星A(GEO)、倾斜地球同步轨道卫星B(IGSO)和中圆地球轨道卫星C(MEO)组成，如题图所示三类卫星都绕地球做匀速圆周运动，其中卫星B、C轨道共面，C离地高度为h，地球自转周期为T，地球半径为R，轨道半径rCrBrA，地球表面重力加速度为g，下列说法正确的是(C)AC的线速度小于A的线速度BB的角速度大于C的角速度CB离地高度为RDC的周期为【解析】根据万有引力提供向心力，有Gm，可得v，由于rCrA，则C的线速度大于A的线速度，故A错误；根据万有引力提供向心力，有Gm2r，解得，由于rCrB，则B的角速度小于C的角速度，故B错误；根据万有引力提供向心力，有Gm(RhB)，又黄金代换式GMgR2，联立解得，B离地高度为hBR，故C正确；对卫星C，根据万有引力提供向心力，有Gm(Rh)，又黄金代换式GMgR2，联立解得T，故D错误17利用电场可以使带电粒子的运动方向发生改变现使一群电荷量相同、质量不同的带电粒子同时沿同一方向垂直射入同一匀强电场，经相同时间速度的偏转角相同，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则它们在进入电场时一定具有相同的(B)A动能B动量C加速度D速度【解析】速度的偏转角tan ，若偏转角相同，则mv0相同，动能、加速度、速度均不一定相同，故B正确18水上滑翔伞是一项很受青年人喜爱的水上活动如图1所示，滑翔伞由专门的游艇牵引，稳定时做匀速直线运动，游客可以在空中体验迎风飞翔的感觉为了研究这一情境中的受力问题，可以将悬挂座椅的结点作为研究对象，简化为如图2所示的模型，结点受到牵引绳、滑翔伞和座椅施加的三个作用力F1、F2和F3，其中F1斜向左下方，F2斜向右上方若滑翔伞在水平方向受到的空气阻力与水平速度成正比，在竖直方向上受到的空气作用力保持不变现提高游艇速度，稳定时则(B)AF1一定变小BF2一定变大CF2可能小于F3DF2和F3的合力方向可能沿水平向右【解析】设F1和F2与竖直方向的夹角分别为、，水平方向F1sin F2sin ，因当速度变大时，空气阻力变大，即F2的水平分量变大，则F2变大，F1也一定变大；竖直方向F1cos F3F2cos ，则F2一定大于F3；选项AC错误，B正确；由于三力平衡，则F1和F2的合力等于F3，F2和F3的合力方向与F1等大反向，不可能沿水平向右，选项D错误19如图所示为某水电站远距离输电的原理图升压变压器的原副线圈匝数比为k，输电线的总电阻为R，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂输出的电压恒为U，若由于用户端负载变化，使发电厂输出功率增加了P下列说法正确的是(BC)A电压表V1的示数不变，电压表V2的示数增大B电流表A1、A2的示数均增大C输电线上损失的电压增加了D输电线上损失的功率增加了【解析】由于发电厂输出电压恒为U，根据理想变压器的规律，对于升压变压器k，故电压表V1的示数不变，发电厂输出功率增加了P，则发电厂输出电流增加了I，根据理想变压器规律，对于升压变压器k，A1示数增加了I1，由于A1示数增加，A2示数也将增加，降压变压器的输入电压将减少U1I1R，故V2示数也将减小，A错误，B正确；根据欧姆定律，输电线上损失的电压增加了I1R，C正确；输电线上损失的功率增加了(I1I1)2RIR(I1)2R，由于I1未知，故无法计算，D错误故选BC20如图所示，光滑平行的金属导轨由半径为r的四分之一圆弧金属轨道MN和MN与足够长的水平金属轨道NP和NP连接组成，轨道间距为L，电阻不计；电阻为R，质量为m，长度为L的金属棒cd锁定在水平轨道上距离NN足够远的位置，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中现在外力作用下，使电阻为R、质量为m，长度为L的金属棒ab从轨道最高端MM位置开始，以大小为v0的速度沿圆弧轨道做匀速圆周运动，金属棒ab始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g，下列说法正确的是(AD)Aab刚运动到NN位置时，cd受到的安培力大小为，方向水平向左Bab从MM运动到NN位置的过程中，回路中产生的焦耳热为C若ab运动到NN位置时撤去外力，则ab能够运动的距离为D若ab运动到NN位置撤去外力的同时解除cd棒的锁定，则从ab开始运动到最后达到稳定状态的整个过程中回路产生的焦耳热为mv【解析】金属棒ab刚运动到NN位置时，速度大小为v0，感应电动势为BLv0，回路中的电流为，可求cd棒受到的安培力大小为FBIL，根据左手定则可判断方向水平向左，A正确；金属棒ab从MM运动到NN的过程中，做匀速圆周运动，设ab棒运动到某位置时与圆心连线跟水平方向的夹角为，运动时间为t，有t，产生的电动势的表达式为eBLv0sin BLv0sin t，根据正弦式交变电流知识，可求电动势的有效值为E，回路中电流的有效值为I，金属棒ab的运动时间为t，根据焦耳定律，回路中产生的焦耳热为Q1I2·2Rt，代入数据联立各式解得Q1，B错误；从撤去外力到ab棒停止运动，设ab棒运动的距离为x，回路中的平均电流为，运动时间为t，根据动量定理有BLtmv0，其中t·t，两式联立解得x，C错误根据右手定则和左手定则可以判断，撤去外力同时解除cd棒的锁定后，ab棒和cd棒受到的安培力大小相等，方向相反，二者组成的系统动量守恒；设稳定时ab棒和cd棒的共同速度为v，则有mv02mv，根据能量守恒可求这个过程产生的焦耳热为Q2mv×2mv2，联立解得Q2mv，可求整个过程中产生的焦耳热为QQ1Q2mv，D正确21质量分别为m、2m的木块A和B，并排放在光滑水平地面上，A上固定一竖直轻杆，长为L的细线一端系在轻杆上部的O点，另一端系质量为m的小球C，现将C球向右拉起至水平拉直细线，如图所示，由静止释放C球，则在之后的过程中(球与杆及A、B均无接触)，下列说法正确的是(ABD)A木块A、B分离后，B的速度大小为B木块A的最大速度为CC球在O点正下方向右运动时，速度大小为DC球通过O点正下方后，上升的最大高度为L【解析】小球C在最低点时，木块A、B恰好分离，设此时AB的速度为v1，小球的速度为v2，根据机械能守恒定律得mgLmv·3mv根据动量守恒定律得mv23mv1解得v1，v2，A正确；A、B分离后，A、C相互作用，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，C球在O点正下方向右运动时，A、C速度交换，此时木块A的速度最大，最大值为vA，小球C的速度为vC，B正确，C错误；A、B分离后，A、C相互作用，当小球运动至最高点时速度相等，设为v，根据动量守恒有mv2mv12mv，根据机械能守恒有mvmv·2mv2mgh，解得hL，D正确故选ABD