【物理】2020届一轮复习人教版选择题快速练三作业（山东专用）

【物理】2020届一轮复习人教版选择题快速练三作业（山东专用）

选择题快速练三 ‎1.在光滑水平面上有两个相同的弹性小球A、B,质量都是m,现A球向B球运动,B球静止,发生正碰,已知碰撞过程中总机械能守恒,两球压缩最紧时的弹性势能为Ep,则碰撞前A的速度等于(　　)‎ A.Epm B.‎2‎Epm C.2Epm D.2‎‎2‎Epm 答案　C　两球压缩最紧时速度相等,由动量守恒有mvA=2mv,弹性势能Ep=‎1‎‎2‎mvA‎2‎-‎1‎‎2‎×2mv2,解得vA=2Epm。‎ ‎2.为了测量某行星的质量和半径,宇航员记录了登陆舱在该行星表面做匀速圆周运动的周期T,登陆舱在行星表面着陆后,用弹簧测力计称量一个质量为m的砝码,读数为F。已知引力常量为G。则下列说法错误的是(　　)‎ A.该行量的质量为F‎3‎T‎4‎‎16π‎4‎Gm‎3‎ B.该行星的半径为‎4π‎2‎FT‎2‎m C.该行星的密度为‎3πGT‎2‎ D.该行星的第一宇宙速度为FT‎2πm 答案　B　据F=mg0,m'g0=m'‎4‎π‎2‎T‎2‎R,得R=FT‎2‎‎4π‎2‎m,B项错误;由GMmR‎2‎=m‎4‎π‎2‎T‎2‎R,得M=‎4‎π‎2‎R‎3‎GT‎2‎,又R=FT‎2‎‎4π‎2‎m,则M=F‎3‎T‎4‎‎16π‎4‎Gm‎3‎,A项正确;密度ρ=MV=‎3πGT‎2‎,C项正确;第一宇宙速度v=g‎0‎R=FT‎2πm,D项正确。‎ ‎3.(多选)如图甲为某一列沿x轴正向传播的简谐横波在t=1 s时刻的波形图,图乙为参与波动的某一质点的振动图像,则下列说法正确的是(　　)‎ A.该简谐横波的传播速度为4 m/s B.从此时刻起,经过2秒,P质点运动了8米的路程 C.从此时刻起,P质点比Q质点先回到平衡位置 D.乙图可能是甲图x=2 m处质点的振动图像 E.此时刻M质点的振动速度小于Q质点的振动速度 答案　ACD　由甲图可得:λ=4 m,由乙图可得:T=1 s,所以该简谐横波的传播速度为:v=λT=4 m/s,故A正确;t=2 s=2T,则从此时刻起,经过2秒,P质点运动的路程为s=8A=8×0.2 m=1.6 m,故B错误;简谐横波沿x轴正向传播,此时刻Q质点向上运动,而P质点直接向下运动,所以P质点比Q质点先回到平衡位置,故C正确;由乙图知t=0时刻质点的位移为0,振动方向沿y轴负方向,与甲图x=2 m处t=0时刻的状态相同,所以乙图可能是甲图x=2 m处质点的振动图像,故D正确;质点越靠近平衡位置速度越大,则此时刻M质点的振动速度大于Q质点的振动速度,故E错误。‎ ‎4.(多选)如图所示,顶端装有定滑轮的粗糙斜面体(倾角为α)放在水平地面上,A、B两物体通过细绳跨过滑轮连接,整个装置处于静止状态(不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦)。现用水平力作用于物体A上,缓缓拉开一小角度,斜面体与物体B一直保持静止,此过程中(　　)‎ A.绳子对物体A的拉力一定变大 B.斜面体对物体B的摩擦力一定变大 C.地面对斜面体的弹力不变 D.地面对斜面体的摩擦力变大 答案　ACD　物体A受力如图,由平衡条件得F'cos θ=mAg,所以F'=mAgcosθ,随着θ的增大,F'增大,A项正确。物体B受重力、斜面体的支持力FN、绳子的拉力F″(等于F')和斜面体的摩擦力Ff(图中未画出)作用,当mBg sin α>F″时,摩擦力沿斜面向上,且随着F″的增大而减小;当mBg sin α0,由于不知道气体是吸热还是放热,无法确定气体的内能增加还是减小,故A项正确;分子平均动能在理想情况下只与温度有关,晶体在熔化过程中温度是不变的,因此分子平均动能不变,故B项错误;空调制冷是因为消耗电能而使压缩机工作,由热力学第二定律可知,C项正确;“油膜法估测分子大小”的实验中,估算油酸分子直径用的是每滴油酸酒精中所含油酸的体积除以油膜的面积,故D项错误。‎ ‎2.如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数之比为55∶3,原线圈a、b间输入交流电瞬时值的表达式为u=220‎2‎ sin 100πt (V),副线圈两端接有两只标有“24 W”字样的灯泡,当开关S1和S2都闭合时,两灯泡均正常发光,下列说法中正确的是(　　)‎ A.两只灯泡能承受的最高电压为12 V B.断开开关S1,副线圈两端的电压将变大 C.断开开关S1,变压器原线圈的输入功率将变小 D.该变压器原、副线圈的输入、输出功率之比为55∶3‎ 答案　C　由理想变压器的工作原理知原、副线圈的电压与匝数成正比U‎1‎U‎2‎=n‎1‎n‎2‎,解得副线圈输出电压的有效值为U2=12 V,故灯泡能承受的最高电压应为12‎2‎ V,A错误;无论是断开开关S1还是断开开关S2,副线圈的电压均不变,B错误;断开开关S1,小灯泡L2仍能正常发光,L2消耗的功率不变,则理想变压器的输出功率减小,由于理想变压器的输出功率等于输入功率,因此输入功率也减小,C正确,D错误。‎ ‎3.(多选)下列说法正确的是(　　)‎ A‎.‎‎90‎‎232‎Th经过6次α衰变和4次β衰变后成为稳定的原子核‎ ‎‎82‎‎208‎Pb B.发现中子的核反应方程是‎ ‎‎4‎‎9‎Be‎+‎‎2‎‎4‎He‎→‎‎6‎‎12‎C‎+‎‎0‎‎1‎n C.200个‎ ‎‎92‎‎238‎U的原子核经过两个半衰期后剩下50个‎ ‎‎92‎‎238‎U D‎.‎‎92‎‎235‎U在中子轰击下生成‎ ‎‎38‎‎94‎Sr和‎ ‎‎54‎‎140‎Xe的过程中,原子核中的平均核子质量变小 答案　ABD　根据核反应过程中质量数与电荷数守恒判断可知A正确;B项符合事实;半衰期是大量原子核的统计规律,所以C项错误;在裂变过程中原子核释放能量,有质量亏损,平均核子质量减小,D项正确。‎ ‎4.某行星的质量约为地球质量的‎1‎‎2‎,半径约为地球半径的‎1‎‎8‎,那么在此行星上的“第一宇宙速度”与地球上的第一宇宙速度之比为(　　)‎ A.2∶1 B.1∶2 C.1∶4 D.4∶1‎ 答案　A　设地球质量为M,地球半径为R,由GMmR‎2‎=mv‎2‎R,可知地球上的第一宇宙速度v地=GMR,同理可得,行星上的第一宇宙速度v行=G·‎1‎‎2‎M‎1‎‎8‎‎·R=2GMR,所以v行∶v地=2∶1,则A正确,B、C、D错误。‎ ‎5.(多选)如图所示,在动摩擦因数μ=0.2的水平面上,质量m=2 kg的物块与水平轻弹簧相连,物块在与水平方向成θ=45°角的拉力F作用下处于静止状态,此时水平面对物块的弹力恰好为零,g取10 m/s2,以下说法正确的是(　　)‎ A.此时轻弹簧的弹力大小为20 N B.当撤去拉力F的瞬间,物块的加速度大小为8 m/s2,方向向左 C.若剪断弹簧,则剪断的瞬间物块的加速度大小为8 m/s2,方向向右 D.若剪断弹簧,则剪断的瞬间物块的加速度为0‎ 答案　AB　物块在重力、拉力F和弹簧的弹力作用下处于静止状态,由平衡条件得kx=F cos θ,mg=F sin θ,解得弹簧的弹力kx=mgtan45°‎=20 N,故选项A正确;撤去拉力F的瞬间,由牛顿第二定律得kx-μmg=ma1,解得a1=8 m/s2,方向向左,故选项B正确;剪断弹簧的瞬间,弹簧的弹力消失,则F cos θ=ma2,解得a2=10 m/s2,方向向右,故选项C、D错误。‎ ‎6.(多选)在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定一正电荷,两电荷的位置坐标如图甲所示。图乙是A、B连线上各点的电势φ与位置x之间的关系图像,图中x=L点为图线的最低点。若在x=2L的C点由静止释放一个质量为m、电荷量为+q的带电小球(可视为质点),下列有关说法正确的是(　　)‎ A.小球在x=L处的速度最大 B.小球一定可以到达x=-2L点处 C.小球将以x=L点为中心做往复运动 D.固定在A、B处的电荷的电荷量之比为QA∶QB=4∶1‎ 答案　AD　小球在电场中运动时只有电场力做功,电势能和动能之和保持不变,由于x=L处电势最低,带电小球的电势能最小,所以小球在x=L处的动能最大,速度最大,选项A正确。φ-x图线的切线的斜率表示场强E,可知x=L处场强为零,由点电荷电场强度公式和电场叠加原理可得kQA‎(4L‎)‎‎2‎=kQB‎(2L‎)‎‎2‎,解得QA∶QB=4∶1,选项D正确。带电小球可以到达电势与C点相等的另一点,由图乙可知x=-2L点处电势高于C点电势,所以小球不可能到达x=-2L点处,选项B错误。由能量守恒定律可知小球能运动到电势与出发点相同的位置,由图可明显看出小球不会以x=L点为中心做往复运动,选项C错误。‎ ‎7.光滑水平地面上有一静止的木块,子弹水平射入木块后未穿出,子弹和木块的v-t图像如图所示。已知木块质量大于子弹质量,从子弹射入木块到达到稳定状态,木块动能增加了50 J,则此过程产生的内能可能是 (　　)‎ A.10 J B.50 J C.70 J D.120 J 答案　D　设子弹的初速度为v1,射入木块稳定后子弹与木块的共同速度为v,木块的质量为M,子弹的质量为m,根据动量守恒定律得mv1=(m+M)v,解得v=mv‎1‎m+M,木块获得的动能为Ek=‎1‎‎2‎Mv2=mMv‎1‎‎2‎‎2(m+M)‎·m‎(m+M)‎,系统产生的内能Q=‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎-‎1‎‎2‎(M+m)v2=mMv‎1‎‎2‎‎2(m+M)‎,可得Q=m+MmEk。因为木块的质量大于子弹的质量,即M>m,所以Q=m+MmEk>2Ek=100 J,D项正确。‎ ‎8.(多选)用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(r≪R)的圆环。圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中,圆环的圆心始终在N极的轴线上,圆环所在位置的磁感应强度大小均为B。圆环在加速下滑过程中某一时刻的速度为v,忽略电感的影响,则(　　)‎ A.此时在圆环中产生了(俯视)顺时针方向的感应电流 B.圆环因受到了向下的安培力而加速下落 C.此时圆环的加速度a=‎B‎2‎vρd D.如果径向磁场足够长,则圆环的最大速度vm=‎ρdgB‎2‎ 答案　AD　由右手定则可以判断感应电流的方向为(俯视)顺时针方向,选项A正确;由左手定则可以判断,此时圆环受到的安培力向上,选项B错误;由牛顿第二定律可得加速度a=mg-BILm=g-B‎2‎vρd,选项C错误;当重力等于安培力时速度达到最大,可得vm=ρdgB‎2‎,选项D正确。‎