【物理】2019届二轮复习选择题满分练6作业（全国通用）

【物理】2019届二轮复习选择题满分练6作业（全国通用）

选择题满分练六 有一项符合题目要求，第6 8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．‎ ‎1．下列叙述正确的是(　　)‎ A．若铀235的体积超过它的临界体积，裂变的链式反应就能够发生 B．根据玻尔理论，在氢原子中，电子吸收光子从低能级跃迁到高能级，电子的能量变大，动能也变大 C．只要入射光的强度足够强，照射时间足够长，就一定能产生光电效应 D．核反应的实质是粒子对核撞击而打出新粒子使核变为新核 解析：选A.只要铀235的体积超过它的临界体积，就能产生裂变的链式反应，A正确；在氢原子中，电子吸收光子从低能级跃迁到高能级，电子的能量变大，轨道半径变大，电势能变大，但动能变小，B错误；某种金属能否发生光电效应取决于入射光的频率，选项C错误；核反应是原子核在其他粒子的轰击下产生新原子核的过程，并不一定打出新粒子，D错误；故选A.‎ ‎2．一小球做自由落体运动，落地前最后1 s内的位移为45 m，已知重力加速度g取10 m/s2，则该小球下落过程中的平均速度为(　　)‎ A．45 m/s　　　　　　　 B．35 m/s C．25 m/s D．22.5 m/s 解析：选C.由平均速度的定义式可知，最后1 s的平均速度为v＝＝45 m/s，匀变速运动中平均速度等于时间中点的瞬时速度，设下落总时间为T，则g(T－0.5 s)＝45 m/s，解得T＝5 s，全程的平均速度等于时间中点的瞬时速度，即2.5 s时的瞬时速度v＝gt′＝10×2.5 m/s＝25 m/s，C正确．‎ ‎3．如图所示，带电荷量为－q的均匀带电半球壳的半径为R，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线，P、Q为CD轴上在O点两侧离O点距离相等的两点，如果是均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零，电势都相等，则下列判断正确的是(　　)‎ A．P、Q两点的电势、电场强度均相同 B．P、Q两点的电势不同，电场强度相同 C．P、Q两点的电势相同、电场强度等大反向 D．在Q点由静止释放一带负电的微粒(重力不计)，微粒将做匀加速直线运动 解析：选B.半球壳带负电，因此在CD上电场线沿DC方向向上，所以P点电势一定低于Q点电势，A、C错误；若在O点的下方再放置一同样的半球壳组成一完整的球壳，则P、Q两点的电场强度均为零，即上、下半球壳在P点的电场强度大小相等方向相反，由对称性可知上半球壳在P点与在Q点的电场强度大小相等方向相同，B正确；在Q点由静止释放一带负电微粒，微粒一定做变加速运动，D错误．‎ ‎4．如图所示，以MN、PQ为边界的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽为2L，高为L的正三角形闭合金属框由粗细均匀的电阻丝围成，在外力作用下由图示位置被水平向右匀速拉过磁场区域，ab边平行MN且垂直金属框运动方向，取逆时针方向为电流的正方向，则金属框中的感应电动势E、感应电流I，所施加的外力F及外力的功率P随位移x的变化关系图正确的是(　　)‎ 解析：选B.金属框进入磁场的过程中，穿过金属框的磁通量增加，由楞次定律可知此过程中感应电流为逆时针方向，而此过程金属框切割磁感线的有效长度l＝2x·tan 30°且均匀增加，完全进入磁场后，穿过金属框的磁通量不变，回路中无感应电流和感应电动势，排除A选项；0 L位移内，因金属框做匀速直线运动，所以F外＝F安＝BIl＝＝tan2 30°，即外力随位移的增大而非线性增大 ‎，排除C选项；0 L位移内，外力的功率P＝F外v＝tan2 30°，即外力的功率随位移的增大而非线性增大，排除D选项；所以B选项正确．‎ ‎5．如图甲所示，升降机内固定着一个倾角为30°的光滑斜面，斜面底端安装一个能显示弹簧作用力的传感器，以弹簧受压时传感器示数为正，传感器通过一根轻弹簧连接着一个质量为2m的金属球．运动中的升降机突然停止，以停止运动为计时起点，在此后的一段时间内传感器上显示的弹力随时间变化的关系如图乙所示，且金属球运动过程中弹簧始终在弹性限度内，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．升降机在停止运动前是向上运动的 B．0 t1时间段内金属球做减速运动 C．t1 t2时间段内金属球处于超重状态 D．t2和t4两时刻金属球的加速度和速度的大小均相同 解析：选D.由于升降机停止运动前传感器的示数为0，表明弹簧处于原长状态，即升降机有向下的加速度g，而0 t1时间段内示数增加，说明弹簧被压缩，即升降机突然停下后金属球由于惯性而向下运动，故停止前升降机是向下运动的，A错误；0 t1时间段内弹簧的形变量逐渐增大，但当F＝mg时金属球所受的合外力为0，即金属球前一段做加速度逐渐减小的加速运动，后一段做加速度逐渐增大的减速运动，B错误；t1 t2时间段可分为两段，F＝mg时金属球的加速度为0，前一段时间金属球加速度向上并处于超重状态，后一段时间金属球加速度向下并处于失重状态，C错误；t2和t4两时刻弹簧的形变量均为0，金属球在斜面方向上只有重力的分力产生加速度，故两时刻的加速度相同，又由于斜面光滑，系统的机械能守恒，因此两个时刻速度的大小相等，但t2时刻金属球沿斜面向上运动，而t4时刻金属球沿斜面向下运动，二者的方向不同，D正确．‎ ‎6．一电子只在电场力作用下沿x 轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0 x1段是曲线，x1 x2段是平行于x轴的直线，x2 x3段是倾斜直线，下列说法正确的是(　　)‎ A．从0到x1电势逐渐降低 B．x2处的电势比x3处高 C．x1 x2段电场强度为零 D．x2 x3段的电场强度减小 解析：选AC.由ΔEp＝－W电＝－qEx，即＝qE，即Epx图象中的斜率表示电子受的电场力，所以C项正确，D项错误；因为φ＝，可知0 x1电势逐渐降低，A项正确；B项错误；故正确选项为AC.‎ ‎7．如图所示，足够长的木板P静止于光滑水平面上，小滑块Q位于木板P的最右端，木板P与小滑块Q之间的动摩擦因数μ＝0.2，木板P与小滑块Q质量相等，均为m＝1 g.用大小为6 N、方向水平向右的恒力F拉动木板P加速运动1 s后将其撤去，系统逐渐达到稳定状态，已知重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)‎ A．木板P与小滑块Q所组成的系统的动量增加量等于拉力F的冲量 B．拉力F做功为6 J C．小滑块Q的最大速度为3 m/s D．整个过程中，系统因摩擦而产生的热量为3 J 解析：选ACD.对系统由动量定理得Ft＝mvP＋mvQ＝2mv共，即木板P与小滑块Q所组成系统的动量增加量一定等于拉力F的冲量，A正确；若木板P与小滑块Q相对静止一起加速运动，则拉力F不能超过·2m＝4 N，拉力F为6 N大于4 N，故二者发生相对滑动，对木板P由牛顿第二定律F－μmg＝ma，解得a＝4 m/s2.1 s内木板P的位移x＝at2＝2 m，拉力F做功W＝Fx＝12 J，B错误；二者共速时，小滑块Q的速度最大，Ft＝2mv共，v共＝3 m/s，C正确；整个过程中，对系统由能量守恒可知W＝×2mv＋Q.解得Q＝3 J，D正确．‎ ‎8．矩形边界ABCD内存在磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直纸面向里，AB长为2L，AD长为L.从AD的中点E发射各种速率的粒子，方向与AD成30°角，粒子带正电，电量为q，质量为m，不计粒子重力与粒子间的相互作用，下列判断正确的是(　　)‎ A．粒子可能从BC边离开 B．经过AB边的粒子最小速度为 C．经过AB边的粒子最大速度为 D．AB边上有粒子经过的区域长度为L 解析：选CD.最有可能从BC边离开的粒子应与DC边相切，设半径为r1，圆心为O1，由几何知识知r1sin 30°＝ 所以r1＝L，即O1应在AB边上，则O1F应为半径r1＝L，而O1A＝r1cos 30°＝L，所以O1A＋O1F＝L＋L＜2L，所以粒子不可能从BC边离开；且上述情况为经AB边的粒子半径最大的情况，由r＝知，vm＝，选项A错误、C正确，当粒子与AB相切时，速度最小，圆心为O2，半径为r2，则有r2＋r2sin 30°＝，故r2＝，又因为r2＝，所以v2＝为最小速度，选项B错误，AB上切点M与点F之间的长度为粒子经过的区域，l′＝r1＋r1cos 30°－r2cos 30°＝L＋＝L，故D项正确．‎