物理二轮复习 精练二 选择题48分标准练（二）

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精1-学必求其心得，业必贵于专精PAGE选择题48分标准练(二）说明:共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中,第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14.裂变反应是目前核能利用中常用的反应，以原子核eq\o\al（235，92）U为燃料的反应堆中，当eq\o\al（235,92）U俘获一个慢中子后发生的裂变反应可以有多种形式，其中一种可表示为：eq\o\al（235,92）U＋eq\o\al(1，0）n→eq\o\al（139，54）Xe＋eq\o\al（94，38）Sr＋3eq\o\al（1,0)n，则下列叙述中正确的是()A.Xe原子核中含有85个中子B。Xe原子核中含有139个质子C。裂变时释放能量，根据ΔE＝Δmc2,所以裂变后核子总质量增加D。裂变时释放能量,出现质量亏损,所以裂变后核子总质量数减少解析Xe的原子核中含有54个质子,质量数为139，所以Xe的中子数为139－54＝85，故A正确,B错误；裂变反应过程中质量数守恒，由于有能量放出，根据质能方程可知，质量有亏损,故C、D错误.答案A15.如图1所示,两辆质量均为M的小车A和B置于光滑的水平面上,有一质量为m的人静止站在A车上，两车静止。若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车并与A车相对静止。则此时A车和B车的速度之比为()图1A。eq\f(M＋m,m） B.eq\f（m＋M，M)C.eq\f(M，M＋m) D。eq\f（m,M＋m)解析规定向右为正方向，则由动量守恒定律，有0＝MvB－(M＋m）vA,得eq\f（vA,vB）＝eq\f（M,M＋m）,故选C。答案C16。“北斗”卫星导航定位系统由地球静止轨道卫星(同步卫星)、中轨道卫星和倾斜同步轨道卫星组成。地球静止轨道卫星和中轨道卫星都在圆轨道上运行，它们距地面的高度分别约为地球半径的6倍和3.4倍，下列说法中正确的是（)A.静止轨道卫星的周期约为中轨道卫星的2倍B。静止轨道卫星的线速度大小约为中轨道卫星的2倍C.静止轨道卫星的角速度大小约为中轨道卫星的eq\f（1,7)D。静止轨道卫星的向心加速度大小约为中轨道卫星的eq\f（1，7）解析根据万有引力提供向心力有Geq\f（Mm，r2)＝mreq\f（4π2，T2)，解得卫星周期公式T＝2πeq\r（\f（r3，GM)）,地球静止轨道卫星和中轨道卫星距地面的高度分别约为地球半径的6倍和3.4倍，即轨道半径分别约为地球半径的7倍和4。4倍，所以静止轨道卫星的周期约为中轨道卫星的2倍，故A正确；由Geq\f（Mm,r2）＝meq\f(v2,r）可得v＝eq\r(\f(GM,r)）,所以静止轨道卫星的线速度大小小于中轨道卫星的线速度大小,故B错误；由Geq\f（Mm，r2)＝mrω2可得ω＝eq\r(\f（GM,r3））,由此可知，静止轨道卫星的角速度大小约为中轨道卫星的0。5倍，故C错误；由Geq\f(Mm，r2）＝ma得a＝eq\f（GM,r2)，所以静止轨道卫星的向心加速度大小约为中轨道卫星的0。4倍，故D错误。答案A17。一含有理想变压器的电路如图2所示，图中电阻R1、R2、R3、R4的阻值分别为8Ω、2Ω、8Ω和8Ω，U为正弦交流电压源,输出电压的有效值恒定。某一时刻R3出现短路,若短路前后电阻R1的电功率之比为1∶4，该变压器原、副线圈匝数比为（）图2A。2 B。3C.4 D.5解析短路前后电阻R1的电功率之比为1∶4，根据P＝I2R,所以电流之比为1∶2,设短路前R1的电流为I，则短路后电流为2I。R3被短路前，原、副线圈的电流比eq\f(I,I2)＝eq\f(n2,n1)，通过R2的电流I2＝eq\f（In1，n2)，副线圈的输出电压U2＝I2（R2＋4Ω）＝eq\f(6In1，n2)，由eq\f（U1,U2）＝eq\f（n1,n2)可得原线圈两端的电压U1＝6Ieq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（n1,n2）)）eq\s\up12（2)，则U＝U1＋IR1＝6Ieq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2）)）eq\s\up12（2）＋8I；R3被短路后，原、副线圈的电流比eq\f(2I，I2′）＝eq\f(n2,n1)，通过R2的电流I2′＝eq\f(2In1，n2)，副线圈的输出电压U2′＝I2′R2＝2I2′，由eq\f（U1′，U2′）＝eq\f（n1,n2)可得原线圈两端的电压U1′＝4Ieq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（n1,n2））)eq\s\up12(2),则U＝U1′＋2IR1＝4Ieq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(n1，n2）))eq\s\up12(2）＋16I，解得eq\f(n1，n2)＝2,选项A正确。答案A18。如图3所示，半径为R的绝缘圆筒内分布着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。一个质量为m、电荷量为q的正离子（不计重力）以某一速度从筒壁上的小孔P进入筒中,速度方向与半径成θ＝30°夹角并垂直于磁场方向.不计离子和筒壁的碰撞，无能量和电荷量的损失。若粒子在最短的时间内返回P孔，则离子的速度和最短的时间分别是（）图3A。eq\f（2qBR，m）、eq\f（πm，qB) B.eq\f（2qBR，m)、eq\f（2πm,3qB）C.eq\f（\r(3）qBR,m)、eq\f（πm,qB） D。eq\f（\r(3)qBR，m）、eq\f(πm，3qB)解析离子要在最短的时间内返回P孔，离子只能与圆筒碰撞一次，据此画出离子的运动轨迹如图所示，碰撞点在过P点的直径的另一端N。设离子在磁场中的轨迹半径为r，速率为v，根据向心力公式，有qvB＝meq\f(v2,r）;结合图中几何关系,知r＝2R;解得离子的速度v＝eq\f（2qBR,m);离子在磁场中运动的每段圆弧对应的圆心角α＝60°，经历的时间t＝eq\f（1，3)T，即t＝eq\f(2πm，3qB）。答案B19.如图4所示,AB为竖直杆,一轻绳一端固定在地面上的C点，然后通过AB杆顶端A点后再跨过右边的光滑定滑轮与一砂桶相连，在砂桶中装有适量的砂子后，整个系统处于平衡状态，现将轻绳的C端缓慢向右移动，设在移动过程中整个系统一直保持平衡，则下列说法中正确的是()图4A.绳AC所受的拉力变大B.绳对AB杆的压力增大C。绳AC所受的拉力变小，绳对AB杆的压力都不变D。绳AC所受的拉力变小，绳对AB杆的压力增大解析若AC缩短，由于悬挂的重物质量不变，水平拉力不变，以A点处一小段轻绳为研究对象，该处受到AC的拉力T、水平拉力F以及AB杆对该处竖直向上的支持力N，根据力的三角形定则可作出三力的矢量图，如图所示.若AC缩短则AC与竖直方向的夹角变小，又因为F不变，由力的矢量图可看出，绳AC所受的拉力变大,绳对AB杆的压力增大，故选项A、B正确。答案AB20.如图5所示,空间某区域存在着非匀强电场，实线表示该电场的电场线,过O点的虚线MN表示该电场的一个等势面，两个相同的带正电的粒子P、Q分别从A、B两点以相同的初速度开始运动，速度方向垂直于MN，A、B连线与MN平行，且都能从MN左侧经过O点。设粒子P、Q在A、B两点的电势能分别为Ep1和Ep2，经过O点时的速度大小分别为v1和v2。粒子的重力不计，则()图5A.v1>v2 B。v1〈v2C.Ep1〈Ep2 D.Ep1〉Ep2解析由题意知两个相同的带电粒子P、Q分别从A、B两点以相同的初速度运动，且皆能从MN左侧经过O点，电场力对两个粒子皆做正功，再由电场线和等势面的垂直关系以及沿着电场线方向电势逐渐降低，可知B点的电势φB高于A点的电势φA，B点与O点的电势差大于A点与O点的电势差，对两个粒子分别运用动能定理有qU＝eq\f（1，2)m(v2－veq\o\al（2，0））,而UBO〉UAO，可知两个粒子经过O点时的速度v1<v2,则选项A错误，B正确;再由电势能公式Ep＝qφ，知Ep1<Ep2，则选项C正确，D错误.答案BC21。（2017·湖北重点中学联考改编）一小滑块从斜面上A点由静止释放，经过时间4t0到达B处，在5t0时刻滑块运动到水平面的C点停止，滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数相同。已知滑块在运动过程中与接触面间的摩擦力大小与时间的关系如图6所示，设滑块运动到B点前后速率不变。以下说法中正确的是(）图6A。滑块在斜面和水平面上的位移大小之比为16∶5B。滑块在斜面和水平面上的加速度大小之比为1∶4C。斜面的倾角为45°D。滑块与斜面的动摩擦因数μ＝eq\f(4,7)解析由题意可知,滑块从A点匀加速运动至B点后匀减速运动至C点，根据运动规律得,x1＝eq\f（vA＋vB，2）t1，x2＝eq\f（vC＋vB，2）t2，vA＝vC＝0,由题图可知t1∶t2＝4∶1，所以x1∶x2＝4∶1,A项错误；滑块在斜面和水平面上滑动的过程中Δv相同，又a＝eq\f（Δv,Δt)，所以a1∶a2＝t2∶t1＝1∶4,B项正确；对滑块受力分析并结合图