高考物理二轮总复习第4部分题型专练选择题专项练(3).docx

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1、选择题专项练(三)(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14.1956年吴健雄用半衰期为5.27年的Co对李政道和杨振宁提出的在弱相互作用中宇称不守恒进行实验验证Co的衰变方程式为CoNiX下列正确的是(D)AX是质子B增大压强，可使的Co的半衰期变为10.54年CCo衰变能释放出X，说明了原子核中有XD若该衰变过程中的质量亏损为m，真空中的光速c，则该反应释放的能量为mc2【解析】根据核反应的质量数和电荷数守恒

2、可知，X的质量数为0，电荷数为1，为电子，选项A错误；外部因素不能改变放射性元素的半衰期，选项B错误；原子核中的中子转化为质子时放出电子，则Co衰变能释放出电子，不能说明原子核中有电子，选项C错误；若该衰变过程中的质量亏损为m，真空中的光速c，则该反应释放的能量为Emc2，选项D正确15挥杆套马是我国蒙古传统体育项目，烈马从骑手身边奔驰而过时，骑手持6 m长的套马杆，由静止开始催马追赶，二者的v-t图象如图所示，则(C)A04 s内骑手靠近烈马B6 s时刻骑手刚好追上烈马C在04 s内烈马的平均速度大于骑手的平均速度D06 s内骑手的加速度大于89 s内烈马的加速度【解析】v-t图象图线与坐标

3、轴所围的面积表示位移，骑手与烈马在t0时并排运动，通过图线在04 s内所围的面积可以看出4 s内烈马位移大于骑手位移，所以4 s内烈马与骑手间距离在增大，06 s内烈马位移还是大于骑手的位移，说明6 s末烈马仍在前方，故AB错误；根据结合A选项分析可知在04 s内烈马的平均速度大于骑手的平均速度，故C正确；由加速度定义式a知89 s内烈马加速度a1 m/s25 m/s2,06 s内骑手的加速度a2 m/s2 m/s2，故D错误16如图所示，带正电小球从水平面竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1，(如图甲)；若只加上水平向里的匀强磁场(如图乙)，小球上升的最大高度为h2；若只加上水平向右的匀强

4、电场(如图丙)，小球上升的最大高度为h3；若只加上竖直向上的匀强电场(如图丁)，小球上升的最大高度为h4每次抛出的初速度相同，不计空气阻力，则(B)Ah4h3h2h1Bh4h3h1h2Ch4h2h3h1Dh4h3h2h1【解析】甲图中，小球竖直上抛运动，最大高度为h1，乙图中，小球运动过程受洛伦兹力作用，当其达到最高点时具有水平方向速度，设此时小球的动能为Ek，由能量守恒可得mgh2Ekmv，又mgh1mv联立，可得h1h2，丙图中，加上电场后，由运动的分解可知，在竖直方向上有v2gh3，解得h1h3，丁图中，小球带正电受竖直向上的电场力作用，由牛顿第二定律可知其加速度可能竖直向下小于重力加速

5、度，也可能电场力与重力平衡加速度为零，还有可能电场力大于重力使小球向上加速运动所以此时小球的上升高度肯定满足h4h1，综上所述，可得h4h3h1h2，故选B17如图所示，a、b、c是北斗卫星导航系统中的3颗卫星，它们的绕行方向相同，周期分别为Ta、Tb、Tc，下列说法中正确的是(D)ATa大于TbBb加速可以追上cCb与c的向心力大小相等D每隔时间a、b与地球球心三点共线【解析】由开普勒第三定律k可知TaTb，故A错误；b加速后会做离心运动，故B错误；因卫星质量未知，向心力大小无法判断，故C错误；根据角度关系有t，可求出共线时间t，故D正确18海浪机械能是未来可使用的绿色能源之一，利用海浪发电

6、可加速地球上碳中和的实现某科技小组设计的海浪发电装置的俯视图如图所示，圆柱体磁芯和外壳之间有辐射状磁场，它们可随着海浪上下浮动，磁芯和外壳之间的间隙中有固定的环形导电线圈，线圈的半径为L，电阻为r，所在处磁场的磁感应强度大小始终为B，磁芯和外壳随海浪上下浮动的速度为v，v随时间t的变化关系为vv0sin t，其中的T为海浪上下浮动的周期现使线圈与阻值为R的电阻形成回路，则该发电装置在一个周期内产生的电能为(A)ABCD【解析】环形导电线圈随着磁芯和外壳随海浪上下浮动而切割磁感线，由法拉第电磁感应定律EBlv，环形线圈各部分产生的电动势对回路来说是同向的(实际指感应电流方向)，其有效切割长度由微

7、元法可知l2L，联立vv0sin t，可得线圈中感应电动势的瞬时值表达式e2BLv0sin t，根据正弦交变电流的特点知其电动势的有效值为EBLv0则该发电装置在一个周期内产生的电能E电，故BCD错误，A正确19如图为静电除尘器除尘机理的示意图，尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的下列表述正确的是(CD)A到达集尘极的尘埃带正电荷B电场方向由放电极指向集尘极C带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相反D尘埃向集尘极迁移过程中受到的电场力越来越小【解析】到达集尘极的尘埃带负电荷，故A错误；集尘极与电源正极相连，电场方向由集尘极指向放电极，故B错误；带电尘埃

8、带负电荷，所受电场力的方向与电场方向相反，故C正确；由图象可知，除尘器内电场在水平面上的分布类似于负电荷电场，尘埃向集尘极迁移过程中场强越来越小，受到的电场力越来越小，故D正确，故选CD20回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间可以忽略不计匀强磁场的磁感应强度为B、方向与盒面垂直粒子源S产生的粒子质量为m，电荷量为q，加速电压为U，则(ACD)A交变电压的周期等于粒子在磁场中回转周期B加速电压为U越大，粒子获得的最大动能越大CD形盒半径R越大，粒子获得的最大动能越大D磁感应强度B越大，粒子获得的最大动能越大【解析】要想使粒子不断地

9、在D形盒的缝隙中被加速，则交变电压的周期等于粒子在磁场中回转的周期，所以A正确；根据Bqvmm，粒子获得的最大动能为Ekmmv，所以粒子获得的最大动能与加速电压的大小无关，D形盒半径R越大，磁感应强度B越大，粒子获得的最大动能越大，所以B错误；CD正确；故选ACD21如图所示质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点已知小车质量M2m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为(01)，重力加速度为g则下列说法正确的是(AD)A滑块从A

10、滑到C的过程中滑块和小车系统的动量不守恒B滑块滑到B点时(可认为B点仍处于圆弧轨道上)，滑块对小车的压力大小为C滑块从A滑到C的过程中小车相对于地面的位移等于(RL)DL、R、三者的关系为RL【解析】滑块从A滑到C的过程中水平方向动量守恒，竖直方向上合力不为零，系统动量不守恒，故A错误；滑块刚滑到B点时速度最大，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律有0mvmMvM，mgRmvMv，解得vm2，vM，则滑块相对于小车的速度为v相vmvM3，根据牛顿第二定律有Fmg解得，滑块对小车的压力大小为F4mg，故选B错误；滑块从A滑到C的过程中，设滑块在小车上运动过程中某时刻的速度大小为v1，小车的速度大小为v2，滑块和小车组成的系统在水平方向动量守恒，有mv1Mv2，所以整个过程中，滑块与小车的平均速度满足mM，设滑块水平方向相对地面的位移大小为x1，小车相对地面的位移大小为x2，则有mx1Mx2，并且x1x2RL，解得x1(RL)，x2(RL)，故C错误；系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，对整个过程，由动量守恒定律得0(mM)v，解得，滑块在C点时，滑块与小车一起的速度为v0，由能量守恒定律得mgRmgL，解得RL，故D正确，故选AD