【物理】2020届一轮复习人教版选择题快速练五作业（山东专用）

【物理】2020届一轮复习人教版选择题快速练五作业（山东专用）

选择题快速练五 ‎1.目前,在居室装修中经常用到花岗岩、大理石等装饰材料,这些装饰材料都不同程度的含有放射性元素,下列有关放射性知识的说法中正确的是(　　)‎ A.β射线与γ射线一样是电磁波,但穿透本领远比γ射线弱 B.氡的半衰期为3.8天,4个氡原子核经过7.6天后就一定只剩下1个氡原子核 C‎.‎‎92‎‎238‎U衰变成‎ ‎‎82‎‎206‎Pb要经过8次β衰变和8次α衰变 D.放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时产生的 答案　D　β射线的实质是高速电子流,γ射线的实质是电磁波,γ射线的穿透本领比较强,故A错误;半衰期对大量的原子核适用,对少量的原子核不适用,故B错误;因为β衰变时质量数不变,所以α衰变的次数n=‎238-206‎‎4‎=8,在α衰变的过程中电荷数共减少16,则β衰变的次数m=‎82+16-92‎‎1‎=6,故C错误;β衰变时,原子核内的一个中子转变为一个质子和一个电子,电子释放出来,故D正确。‎ ‎2.(多选)(2018陕西宝鸡二模)下列说法中正确的是(　　)‎ A.不管光源与观察者是否存在相对运动,观察者观察到的光速是不变的 B.水面上的油膜呈现彩色是光的衍射现象 C.双缝干涉实验中,若只减小屏到挡板间距离l,两相邻亮条纹间距离Δx将减小 D.声源向静止的观察者运动,观察者接收到的频率小于声源的频率 答案　AC　根据光速不变原理可知,不管光源与观察者是否存在相对运动,观察者观察到的光速是不变的,故A正确;水面上的油膜呈现彩色是光的薄膜干涉现象,故B错误;双缝干涉实验中,若只减小屏到挡板间距离l,根据公式Δx=ldλ可知,两相邻亮条纹间距离Δx将减小,故C正确;声源向静止的观察者运动时,产生多普勒效应,则观察者接收到的频率大于声源的频率。故D错误。‎ ‎3.如图甲,某工地上起重机将重为G的正方形工件缓缓吊起。四根等长的钢绳(质量不计),一端分别固定在正方形工件的四个角上,另一端汇聚于一处挂在挂钩上,绳端汇聚处到每个角的距离均与正方形的对角线长度相等(如图乙)。则每根钢绳的受力大小为(　　)‎ A.‎1‎‎4‎G B.‎2‎‎4‎G C.‎1‎‎2‎G D.‎3‎‎6‎G 答案　D　工件缓慢吊起,受力平衡,则四根绳的合力F=G,设绳与水平方向的夹角为α,每根绳的拉力为FT,由于绳端汇聚处到每个角的距离均与正方形的对角线长度相等,根据几何关系得α=60°,则4FT sin 60°=G,得FT=‎3‎G‎6‎,选项D正确。‎ ‎4.(多选)火星探测已成为世界各国航天领域的研究热点,现有人想设计发射一颗火星的同步卫星,若已知火星的质量M,半径R0,火星表面的重力加速度g0,自转的角速度ω0,引力常量G,则同步卫星离火星表面的高度为(　　)‎ A.‎3‎g‎0‎R‎0‎‎2‎ω‎0‎‎2‎-R0 B.‎3‎g‎0‎R‎0‎‎2‎ω‎0‎‎2‎ C.‎3‎GMω‎0‎‎2‎-R0 D.‎‎3‎GMω‎0‎‎2‎ 答案　AC　由GMm‎(R‎0‎+h‎)‎‎2‎=mω‎0‎‎2‎(R0+h),可得h=‎3‎GMω‎0‎‎2‎-R0,选项C正确,选项D错误;由GMmR‎0‎‎2‎=mg0,得GM=g0R‎0‎‎2‎,可得h=‎3‎g‎0‎R‎0‎‎2‎ω‎0‎‎2‎-R0,选项A正确,选项B错误。‎ ‎5.如图甲所示,倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动,传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动,其运动的v-t图像如图乙所示,物块到传送带顶端时速度恰好为零,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,则(　　)‎ A.传送带的速度为4 m/s B.传送带底端到顶端的距离为14 m C.物块与传送带间的动摩擦因数为‎1‎‎8‎ D.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反 答案　A　如果v0小于v1,则物块向上做减速运动时加速度不变,与题图乙不符,因此物块的初速度v0一定大于v1。结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时,继续向上做减 速运动,由此可以判断传送带的速度为4 m/s,选项A正确。传送带底端到顶端的距离等于v-t图线与横轴所围的面积,即‎1‎‎2‎×(4+12)×1 m+‎1‎‎2‎×1×4 m=10 m,选项B错误。0~1 s内,g sin θ+μg cos θ=8 m/s2,1~2 s内,g sin θ-μg cos θ=4 m/s2,解得μ=‎1‎‎4‎,选项C错误。在1~2 s内,摩擦力方向与物块的运动方向相同,选项D错误。‎ ‎6.如图所示为一孤立的负点电荷形成的静电场,一带电粒子仅在电场力的作用下以某一速度进入该电场,依次经过A、B、C三点,其中A、C两点与负点电荷的距离相等,B点是轨迹上距离负点电荷最近的点。则下列说法正确的是(　　)‎ A.粒子运动到B点的速率最大 B.相邻两点间的电势差关系为UAB=UBC C.该粒子带负电,并且在B点时的加速度最大 D.粒子在B点的电势能小于在C点的电势能 答案　C　根据题述及题图,该粒子受到负点电荷的斥力作用,因此该粒子带负电,粒子从A点到B点速度减小,从B点到C点速度增大,运动到B点时,粒子的速度最小,A错误;由于A、C两点与负点电荷的距离相等,则这两点的电势相等,UAB=-UBC,B错误;根据电场线的疏密可得,B点处的电场线最密,所以粒子在B点时受到的电场力最大,加速度最大,C正确;在粒子由B点向C点运动的过程中,电场力做正功,电势能减小,则带电粒子在B点的电势能大于在C点的电势能,D错误。‎ ‎7.(多选)如图所示,利用电磁铁产生磁场,毫安表检测输入霍尔元件的电流,毫伏表检测霍尔元件输出的霍尔电压。已知图中的霍尔元件是P型半导体,与金属导体不同,它内部形成电流的“载流子”是空穴(空穴可视为能自由移动带正电的粒子)。图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端。当开关S1、S2闭合后,电流表A和电表P、Q都有明显示数,下列说法中正确的是(　　)‎ A.电表P为毫伏表,电表Q为毫安表 B.接线端2的电势高于接线端4的电势 C.若调整电路,使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反,但大小不变,则毫伏表的示数将保持不变 D.若适当减小R1、增大R2,则毫伏表示数一定增大 答案　BC　由题图可知,电表P串联在电源E2的电路中,测量电流,故它是毫安表,而电表Q连在2、4两端,测量霍尔电压,故它是毫伏表,选项A错误;霍尔元件的载流子是带正电的粒子,磁场方向向下,电流方向由1到3,由左手定则可知,带正电的粒子受到的洛伦兹力的方向指向接线端2,即接线端2的电势高于接线端4的电势,选项B正确;当通过电磁铁和霍尔元件的电流方向与原来电流方向相反,但大小不变时,由左手定则可知粒子的偏转方向不变,故霍尔电压的大小及方向不变,即毫伏表的示数将保持不变,选项C正确;若减小R1,会让磁感应强度增大,若增大R2,会让电流I减小,粒子的定向移动速率v变小,但不能确定霍尔电压的变化情况,故毫伏表的示数不一定增大,选项D错误。‎ ‎8.(多选)如图所示,abcdef为圆形匀强磁场区域的圆周上的6个等分点,比荷相同的粒子先后从f点沿fd方向射入磁场区域。从a点离开磁场的粒子,速度大小为va,在磁场中运动的时间为ta,从c点离开磁场的粒子,速度大小为vc,在磁场中运动的时间为tc,不计粒子重力,则(　　)‎ A.vavb=‎1‎‎4‎ B.vavc=‎1‎‎2‎ C.tatc=3 D.tatc=2‎ 答案　AC　设圆形匀强磁场区域的半径为R,磁感应强度为B,根据带电粒子在圆形匀强磁场区域运动的相关知识可知,从a点离开磁场的粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为ra=R‎2‎,从c点离开磁场的粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为rc=2R。由r=mvqB可知vavc=rarc=‎1‎‎4‎,A正确,B错误。从a点离开磁场的粒子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角为180°,运动时间为 ta=Ta‎2‎,从c点离开磁场的粒子在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角为60°,运动时间为tc=Tc‎6‎,由T=‎2πmqB可知tatc=‎3‎‎1‎,C正确,D错误。‎ 选择题快速练六 ‎1.“蹦极”运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直,到人第一次下降至最低点的过程中,下列分析正确的是(　　)‎ A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小 B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能一直减小 C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大 D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力 答案　A　从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中,人经历了先加速后减速的过程,当绳对人的拉力等于人的重力时速度最大,动能最大,之后绳的拉力大于人的重力,人向下减速到达最低点。绳对人的拉力始终向上,始终做负功。拉力的冲量始终向上,人的动量先增大后减小,综上所述,只有A选项正确。‎ ‎2.(多选)下列说法正确的是(　　)‎ A.液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,故液体表面存在张力 B.悬浮在液体中的固体小颗粒会不停地做无规则的运动,这种运动是分子热运动 C.把很多小的单晶体放在一起,就变成了非晶体 D.第二类永动机没有违反能量守恒定律 答案　AD　通常,处于液体表面层的分子较为稀疏,其分子间距较大,液体分子之间的合力表现为平行于液体界面的引力,故A项正确;悬浮在液体中的固体小颗粒会不停地做无规则的运动,这种运动是布朗运动,故B项错误;把很多小的单晶体放在一起,就变成了多晶体,故C项错误;第二类永动机没有违反能量守恒定律,但是违背了热力学第二定律,故D项正确。‎ ‎3.(多选)如图所示为某时刻的两列简谐横波在同一介质中沿相同方向传播的波形图,此时a波上某质点P的运动方向如图所示,则下列说法正确的是(　　)‎ A.两列波具有相同的波速 B.此时b波上的质点Q正向上运动 C.一个周期内,Q质点沿x轴前进的距离是P质点的1.5倍 D.在P质点完成30次全振动的时间内Q质点可完成20次全振动 答案　ABD　机械波的传播速度由介质决定,故波速相同,A项正确;由质点P的振动方向可知,波沿x轴负方向传播,故质点Q正向上运动,B项正确;质点Q和P沿y轴方向振动,并不沿x轴运动,C项错误;由波的图像可知,a波波长是b波波长的‎2‎‎3‎,根据v=λf可知a波的频率应是b波频率的‎3‎‎2‎,D项正确。‎ ‎4.(多选)美国航天局与欧洲航天局合作,发射的火星探测器已经成功登陆火星。荷兰企业家巴斯兰斯多普发起的“火星一号”计划打算将总共24人送上火星,创建一块长期殖民地。若已知引力常量为G,那么在下列给出的各种情景中,能根据测量的数据求出火星密度的是(　　)‎ A.在火星表面使一个小球做自由落体运动,测出下落的高度H和时间t B.火星探测器贴近火星表面做匀速圆周运动,测出运行周期T C.火星探测器在高空绕火星做匀速圆周运动,测出距火星表面的高度h、运行周期T和火星的半径 D.观察火星绕太阳的匀速圆周运动,测出火星的直径D和运行周期T 答案　BC　设火星的质量为M,半径为R,则火星的质量M=‎4‎‎3‎ρπR3。在火星表面使一个小球做自由落体运动,测出下落的高度H和时间t,根据H=‎1‎‎2‎gt2,可算出火星的重力加速度,根据GMmR‎2‎=mg,可以算得MR‎2‎的值,但无法算出密度,故A错误;火星探测器贴近火星表面做匀速圆周运动,测出运行周期T,根据GMmR‎2‎=m‎4‎π‎2‎T‎2‎R,M=‎4‎‎3‎ρπR3,得ρ=‎3πGT‎2‎,故B正确;火星探测器在高空绕火星做匀速圆周运动,测出距火星表面的高度h、运行周期T和火星的半径,根据GMm‎(R+h‎)‎‎2‎=m‎4‎π‎2‎T‎2‎ ‎(R+h),M=‎4‎‎3‎ρπR3,得ρ=‎3π(R+h‎)‎‎3‎GT‎2‎R‎3‎,故C正确;观察火星绕太阳的圆周运动,只能算出太阳的质量,无法算出火星的质量,也就无法算出火星的密度,故D错误。‎ ‎5.(多选)我国自主研制的歼20战机在某次试飞过程中的视频截图和竖直方向vy-t图像分别如图甲和图乙所示,则下列说法正确的是(　　)‎ A.歼20战机在前50 s内竖直方向的加速度大小为0.8 m/s2‎ B.歼20战机在50 s到100 s内静止 C.歼20战机在100 s到200 s内竖直方向的加速度大小为0.4 m/s2‎ D.在200 s末,以地面为参考系,歼20战机的速度大小为0‎ 答案　AC　根据图像可知,前50 s内竖直方向的加速度大小为a1=Δv‎1‎Δt‎1‎=‎40‎‎50‎ m/s2=0.8 m/s2,故A正确;歼20战机在50 s到100 s内竖直方向做匀速直线运动,不是处于静止状态,故B错误;根据图像可知,在100 s到200 s内竖直方向的加速度大小为a2=Δv‎2‎Δt‎2‎=‎40‎‎100‎ m/s2=0.4 m/s2,故C正确;在200 s末,以地面为参考系,竖直方向速度为零,但水平方向速度不一定为零,所以歼20战机的速度大小不一定为零,故D错误。‎ ‎6.理想变压器原线圈的匝数为1 100匝,副线圈的匝数为25匝,原线圈输入电压的变化规律如图甲所示,副线圈所接电路如图乙所示,P为滑动变阻器的滑片。则(　　)‎ A.副线圈输出电压的频率为100 Hz B.副线圈输出电压的有效值为7 V C.P向左移动时,变压器原、副线圈的电流都减小 D.P向左移动时,变压器的输入功率增加 答案　C　变压器不改变电压的频率,则f=‎1‎T=‎1‎‎0.02‎ Hz=50 Hz,选项A错误;原线圈输入电压的有效值为U1=‎311‎‎2‎ V≈220 V,则副线圈输出电压的有效值为U2=n‎2‎n‎1‎U1=‎25‎‎1100‎×220 V=5 V,选项B错误;P向左移动时,滑动变阻器接入电路的电阻增大,副线圈电阻增大,故副线圈中电流减小,‎ 由I‎1‎I‎2‎=n‎2‎n‎1‎可知变压器原线圈中的电流减小,根据P=IU可知,变压器输入功率减小,选项C正确,D错误。故选C。‎ ‎7.(多选)如图所示,A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面,相邻等势面间距离为5 cm。一个电子仅受电场力作用,垂直经过电势为零的等势面D时动能为15 eV(电子伏特),到达等势面A时速度恰好为零。下列说法正确的是(　　)‎ A.场强方向为从A指向D B.匀强电场的场强为100 V/m C.电子经过等势面C时,电势能大小为5 eV D.电子在上述等势面间运动的时间之比为1∶2∶3‎ 答案　BC　电子由D等势面到A等势面的过程,由动能定理有-eUDA=0-15 eV,解得UDA=15 V,则φD>φA,场强方向为从D指向A,选项A错误;匀强电场的场强为E=UDAdDA=‎15‎‎15×1‎‎0‎‎-2‎ V/m=100 V/m,选项B正确;由E=UDCdDC可知UDC=5 V,由D到C,电场力做负功,电子的电势能增加ΔEp=eUDC=5 eV,则电子经过等势面C时,电势能大小为5 eV,选项C正确;通过电子的逆运动可知,电子在上述等势面间运动的时间之比为tDC∶tCB∶tBA=(‎3‎-‎2‎)∶(‎2‎-1)∶1,选项D错误。‎ ‎8.(多选)如图所示,竖直放置的两块很大的平行金属板a、b,相距为d,ab间的电场强度为E,今有一带正电的粒子从a板下边缘以初速度v0竖直向上射入电场,当它飞到b板时,速度大小不变,而方向变成水平方向,且刚好从高度也为d的狭缝穿过b板而进入bc区域,bc区域的宽度也为d,所加电场的场强大小为E,方向竖直向上;磁感应强度方向垂直纸面向里,磁感应强度大小等于Ev‎0‎,重力加速度为g,则下列说法中正确的是　(　　)‎ A.粒子在ab区域中做匀变速运动,运动时间为v‎0‎g B.粒子在bc区域中做匀速圆周运动,圆周半径r=d C.粒子在bc区域中做匀速直线运动,运动时间为dv‎0‎ D.粒子在ab、bc区域中运动的总时间为‎(π+6)d‎3‎v‎0‎ 答案　AD　粒子在ab区域中竖直方向受到重力作用,水平方向受到电场力作用,由于都是恒力,故粒子做匀变速运动,由对称性可知Eq=mg,在竖直方向v0=gt1,则t1=v‎0‎g,或t1=dv‎0‎‎2‎=‎2dv‎0‎,选项A正确;粒子在刚进入bc区域时,受到向下的重力、向上的电场力和向上的洛伦兹力作用,由于B=Ev‎0‎,则Bqv0=Eq=mg,由于重力和电场力平衡,故粒子做匀速圆周运动,半径为r=mv‎0‎qB=v‎0‎‎2‎g=2d,故选项B、C错误;由几何关系可知,粒子在bc区域运动的圆心角为30°,故所用时间t2=lv‎0‎=π‎6‎‎·2dv‎0‎=πd‎3‎v‎0‎,所以粒子在ab、bc区域中运动的总时间为t=t1+t2=‎(π+6)d‎3‎v‎0‎,选项D正确。‎