高考物理总复习 考前三个月 选择题限时突破（五）试题

选择题限时突破(五)(限时：25分钟)二、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．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14．下列说法正确的是()A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的链式反应B．结合能越大，原子中核子结合的越牢固，原子核越稳定C．核力是弱相互作用力，是短程力，作用的距离小于10－10D．根据玻尔理论，氢原子能量越高时，核外电子的动能越小、电势能越大答案D解析太阳内部进行的是热核聚变，太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核聚变，A错误；15m15.2013年6月20日，航天员王亚平在“天宫一号”飞行器里展示了失重状态下液滴的表面张力引起的现象，可以观察到漂浮液滴的形状发生周期性的微小变化(振动)，如图1所示．已知液滴振动的频率表达式为f＝keq\r(\f(σ,ρr3))，其中k为一个无单位的比例系数，r为液滴半径，ρ为液体密度，σ为液体表面张力系数(单位为N/m)．σ与液体表面自由能的增加量ΔE、液体表面面积的增加量ΔS有关，则在下列相关的关系式中，可能正确的是()图1A．σ＝eq\f(ΔE,ΔS) B．σ＝ΔE·ΔSC．σ＝eq\f(ΔE,ΔS2) D．σ＝eq\f(1,ΔE·ΔS)答案A解析σ(其单位为N/m)为液体表面张力系数，液体表面自由能的增加量ΔE(其单位为J)，ΔS是液体表面面积的增加量，单位是m2，根据物理量之间的关系得出：1N/m＝eq\f(1J,1m2)，所以σ＝eq\f(ΔE,ΔS)，A正确．16.如图2所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变．假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，用v表示传送带速率，用μ表示物品与传送带间的动摩擦因数，则()图2A．前阶段，物品可能向传送方向的相反方向运动B．后阶段，物品受到摩擦力的方向跟传送方向相同C．v相同时，μ不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同D．μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的2倍答案C解析前阶段，物品的速度小于传送带的速度，相对传送带向后运动，受到与传送方向相同的滑动摩擦力作用，在这个滑动摩擦力作用下向传送方向做初速度为零的匀加速直线运动，当物品的速度与传送带的速度相同时，两者无相对运动或相对运动趋势，摩擦力为零，A、B错误；整个过程中物品的加速度为a＝μg，加速运动时间t＝eq\f(v,a)＝eq\f(v,μg)，所以摩擦产生的热量为Q＝μmg(vt－eq\f(vt,2))＝eq\f(1,2)μmgvt＝eq\f(1,2)μmgv·eq\f(v,μg)＝eq\f(1,2)mv2，故v相同时，μ不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同，C正确；物品加速位移x＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(v2,2μg)，当μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移增大为原来的4倍，D错误．17．当地球位于太阳和木星之间且三者几乎排成一条直线时，称之为“木星冲日”，2016年3月8日出现了一次“木星冲日”．已知木星与地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳近似做匀速圆周运动，木星到太阳的距离大约是地球到太阳距离的5倍．则下列说法正确的是()A．下一次的“木星冲日”时间肯定在2018年B．下一次的“木星冲日”时间肯定在2017年C．木星运行的加速度比地球的大D．木星运行的周期比地球的小答案B解析地球公转周期T1＝1年，木星公转周期T2＝eq\r(125)T1≈11.18年．设经时间t，再次出现木星冲日，则有ω1t－ω2t＝2π，其中ω1＝eq\f(2π,T1)，ω2＝eq\f(2π,T2)，解得t≈1.1年，因此下一次“木星冲日”发生在2017年，故A错误，B正确；设太阳质量为M，行星质量为m，轨道半径为r，周期为T，加速度为a.对行星由牛顿第二定律可得Geq\f(Mm,r2)＝ma＝meq\f(4π2,T2)r，解得a＝eq\f(GM,r2)，T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，由于木星到太阳的距离大约是地球到太阳距离的5倍，因此，木星运行的加速度比地球小，木星运行周期比地球大，故C、D错误．18．一辆汽车在平直的道路上从静止开始先匀加速启动，达到某一速度后以恒定功率运动，最后做匀速运动．下列给出的四个关系图象中，W表示牵引力对汽车做的功，Ek、t和x分别表示汽车运动的动能、时间和位移，其中正确的是()答案C解析汽车从静止开始先匀加速启动，这一过程中牵引力不变，牵引力做的功W＝Fx＝F·eq\f(1,2)at2，则W－t图象是开口向上的抛物线，W－x图象是一条倾斜的直线，达到某一速度后以恒定功率运动，牵引力做功W＝Pt，随着时间和位移的推移，牵引力做功越来越大，不会达到一个最大值，故A、B错误；汽车先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，匀加速运动时，动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)ma2t2，Ek—t图象是开口向上的抛物线，做加速度减小的加速运动时，速度随时间增加变慢，则动能增加随时间增加变慢，斜率变小，最后匀速运动，动能达到最大值，故C正确；从静止开始匀加速运动时，根据动能定理得Ek＝(F－Ff)x，Ek－x图象应该是直线，故D错误．19．如图3所示，为日常生活中常见的点火装置原理图，先将1.5V直流电压通过转换器转换为正弦交变电压u＝6sinωt(V)，然后将其加在理想变压器的原线圈n1上，当副线圈n2两端电压达到12kV以上时放电针之间空气被击穿，从而引发电火花点燃气体．下列说法正确的是()图3A．原线圈两端所接交流电压表的读数为3eq\r(2)VB．副线圈中交流电压与原线圈中交流电压频率不相等C．要实现点火则副线圈与原线圈的匝数比至少大于eq\r(2)×103D．要实现点火则副线圈与原线圈的匝数比至少大于2000答案AD解析最大值为有效值的eq\r(2)倍，所以原线圈两端电压的有效值为U＝eq\f(6,\r(2))V＝3eq\r(2)V，即电压表示数为3eq\r(2)V，故A正确；变压器不能改变频率，故副线圈中交流电压与原线圈中交流电压频率相等，故B错误；当变压器副线圈电压的瞬时值大于12kV时，就会引发电火花点燃气体．转换器所输出的正弦交变电压最大值为6V，根据电压与匝数成正比，所以实现点火的条件是eq\f(n2,n1)＝eq\f(12000,6)＝2000，故C错误，D正确．20.如图4所示，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为1T的匀强磁场，ON为固定于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9m，M点为x轴正方向上距O点为3m的一点．现有一个比荷大小为1C/kg、带正电的粒子(不计重力)从挡板下端N处分别以不同的速率沿x轴负方向射入磁场，若粒子与挡板相碰就立即以原速率弹回，碰撞时电荷量不变，粒子最后都能经过M点，则粒子射入时的速率可能是()图4A．6m/s B．5m/sC．4m/s D．3m/s答案BD解析粒子运动的圆心的位置一定在y轴上，所以粒子做圆周运动的半径r一定要大于等于3m，而ON＝9m≤3r，所以粒子最多与挡板ON碰撞一次，碰撞后，第二个圆心的位置在O点的上方．也可能粒子与挡板ON没有碰撞，直接过M点．由于洛伦兹力提供向心力，所以qvB＝eq\f(mv2,r)，得v＝eq\f(q,m)·Br①(1)若粒子与挡板ON碰撞一次，则轨迹可能如图甲，设OO′＝s，由几何关系得r2＝OM2＋s2＝9＋s2②3r－9＝s③联立②③得：r1＝3m，r2＝3.75m，分别代入①得：v1＝eq\f(q,m)·Br1＝1×1×3m/s＝3m/s，v2＝eq\f(q,m)·Br2＝1×1×3.75m/s＝3.75m/s(2)若粒子没有与挡板ON碰撞，则轨迹如图乙，设OO′＝s′，由几何关系得req\o\al(2,3)＝OM2＋s′2＝9＋s′2④s′＝9－r3⑤联立④⑤得r3＝5m，代入①得v3＝eq\f(q,m)·Br3＝1×1×5m/s＝5m/s，故B、D正确．21.在如图5所示的平面直角坐标系内，x轴水平、y轴竖直向下．计时开始时，位于原点处的沙漏由静止出发，以加速度a沿x轴匀加速运动，此过程中沙从沙漏中漏出，每隔相等的时间漏出相同质量的沙．已知重力加速度为g，图5不计空气阻力以及沙相对沙漏的初速度．下列说法正确的是()A．空中相邻的沙在相等时间内的竖直间距不断增加B．空中相邻的沙在相等时间内的水平间距保持不变C．t0时刻漏出的沙在t(t>t0)时刻的位置坐标是[at0t－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)，eq\f(1,2)g(t－t0)2]D．t0时刻漏出的沙在t(t>t0)时刻的位置坐标是[eq\f(1,2)a(t＋t0)2，eq\f(1,2)g(t－t0)2]答案AC解析漏出的沙，在竖直方向做自由落体运动，则相邻的空中的沙在相等时间内的竖直间距不断增加，而在水平方向做匀速直线运动，但由于漏出前水平方向做匀加速运动，因此它们的水平方向初速度不相等，则在相等时间内的水平间距不相等，故A正确，B错误