统考版高考物理二轮专项分层特训卷20分钟选择题专练1含答案

这是一份统考版高考物理二轮专项分层特训卷20分钟选择题专练1含答案，共6页。试卷主要包含了[2021·浙江6月，15]等内容，欢迎下载使用。
A．放射性元素经过两个完整的半衰期后，将完全衰变殆尽
B．原子核衰变时电荷数守恒，质量数不守恒
C．改变压力、温度或浓度，将改变放射性元素的半衰期
D．过量放射性辐射对人体组织有破坏作用，但辐射强度在安全剂量内则没有伤害
2．滑跃式起飞是航母舰载机的一种起飞方式，飞机跑道的前一部分水平，跑道尾段略微翘起．假设某舰载机滑跃式起飞过程是两段连续的匀加速直线运动，前一段的初速度为零，加速度为8 m/s2，位移为150 m，后一段的加速度为6 m/s2，位移为50 m，则飞机的离舰速度约是( )
A．39 m/s B．42 m/s
C．49 m/s D．55 m/s
3．如图为车牌自动识别系统的直杆道闸，离地面高为1 m的细直杆可绕O点在竖直面内匀速转动．汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时间为3.3 s，自动识别系统的反应时间为0.3 s；汽车可看成高1.6 m的长方体，其左侧面底边在aa′直线上，且O到汽车左侧面的距离为0.6 m，要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为( )
A. eq \f(π,4) rad/s B． eq \f(3π,4) rad/s
C． eq \f(π,6) rad/s D． eq \f(π,12) rad/s
4．2020年12月17日凌晨1时59分，嫦娥五号月球采样返回器成功着陆于内蒙古四子王旗主着陆场，我国首次月球无人采样返回任务圆满完成．本次返回采用“半弹道跳跃式”再入返回技术，形象地说就是以“打水漂”方式两度进入大气层，其运动轨迹的示意图如图所示．下列说法正确的是( )
A．在减速下降阶段的E点返回器处于失重状态
B．在C点返回器受到的合力方向可能沿轨迹的切线方向
C．在A点返回器对大气层的作用力小于大气层对返回器的作用力
D．返回器在A点的机械能大于其最后进入大气层时在D点的机械能
5．平行板电容器下极板附近有一个静止的放射性原子核，它所放出的粒子a与反冲核b平行于极板分别向左和向右运动，相等时间内的运动轨迹如图所示，图中的m和n均表示长度，不计粒子a、b重力，则a、b两粒子的电荷量之比为( )
A．2∶1 B．2∶3
C．1∶3 D．3∶2
6．(多选)如图，T1、T2是监测交流输电参数的互感器，一个用来测电流，一个用来测电压，其中T2接在两根输电线的正中间(发电站端升压变压器与用户端降压变压器之间输电线的中点处)，T1接在其中一根输电线之间．输电线电阻不可忽略，若输电线电阻率相同，发电站端的升压变压器输出电压为U1，输出功率为22 800 kW，用户端降压变压器原线圈两端电压为U2＝220 kV，T1的原、副线圈匝数比为1∶100，T2的原、副线圈匝数比为10 000∶1，a的示数为1 A，则下列说法正确的是( )
A.U1＝248 kV B．b的示数为22.4 V
C．输电线总电阻为40 Ω D．输电效率约为96%
7．(多选)[2021·浙江6月，15]
如图所示，有两根用超导材料制成的长直平行细导线a、b，分别通以80 A和100 A、流向相同的电流，两导线构成的平面内有一点p，到两导线的距离相等．下列说法正确的是( )
A．两导线受到的安培力Fb＝1.25Fa
B．导线所受的安培力可以用F＝ILB计算
C．移走导线b前后，p点的磁感应强度方向改变
D．在离两导线平面有一定距离的有限空间内，不存在磁感应强度为零的位置
8．(多选)[2021·全国甲卷，20]一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动．该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为 eq \f(1,5) Ek.已知sin α＝0.6，重力加速度大小为g.则( )
A．物体向上滑动的距离为 eq \f(Ek,2mg)
B．物体向下滑动时的加速度大小为 eq \f(g,5)
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
20分钟选择题专练(1)
1．答案：D
解析：根据半衰期的定义可知，放射性元素经过两个完整的半衰期后，还剩原来的 eq \f(1,4) 未衰变，A错误；原子核衰变时电荷数和质量数都守恒，B错误；放射性元素的半衰期由原子核内部自身的因素决定，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系，因此改变压力、温度或浓度，放射性元素的半衰期不变，C错误；过量放射性辐射对人体组织有破坏作用，若辐射强度在安全剂量内则不会对人体组织造成伤害，D正确．
2．答案：D
解析：设舰载机第一阶段的末速度为v1，第二阶段的末速度为v2，由题意根据运动学公式，第一阶段有v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ＝2a1x1，第二阶段有v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2)) －v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ＝2a2x2，整理得v2＝ eq \r(2a1x1＋2a2x2) ＝ eq \r(2×8×150＋2×6×50) m/s≈55 m/s，D正确，A、B、C错误．
3．答案：D
解析：由题意知，要使汽车安全通过道闸，直杆在3.3 s内抬起的角度至少为 eq \f(π,4) ，其中自动识别系统的反应时间为0.3 s，所以直杆抬起的角速度至少为ωmin＝ eq \f(Δθ,Δt) ＝ eq \f(π,12) rad/s，D项正确，A、B、C项错误．
4．答案：D
解析：返回器在E点加速度方向向上，处于超重状态，选项A错误；做曲线运动的物体，合外力与轨迹不相切，而是指向轨迹内侧，选项B错误；由牛顿第三定律知，在A点返回器对大气层的作用力等于大气层对返回器的作用力，选项C错误；返回器从A点运动到D点的过程中，需要克服大气阻力做功，机械能减小，所以在A点的机械能大于在D点的机械能，选项D正确．
5．答案：B
解析：设放出的粒子a的质量为ma，电荷量为qa，反冲核b的质量为mb，电荷量为qb，原子核衰变过程动量守恒，有mava－mbvb＝0，由类平抛运动规律可知，m＝vat，2m＝ eq \f(1,2) aat2，n＝vbt，3n＝ eq \f(1,2) abt2，由牛顿第二定律可知，qaE＝maaa，qbE＝mbab，联立解得qa∶qb＝2∶3，B正确．
6．答案：BD
解析：T1是电流互感器，由匝数比及a的示数可知输电线路中的电流为100 A，根据P＝UI可知U1＝228 kV，A错误；输电线路上的电压降U降＝8 kV，则输电线总电阻为80 Ω，C错误；电压互感器接在输电线的正中间，则T2的原线圈两端的电压为224 kV，则b的示数为22.4 V，B正确；该输电线路的输电效率η＝ eq \f(U2,U1) ×100%≈96%，D正确．
7．答案：BCD
解析：导线间的相互作用力满足牛顿第三定律，大小相等，A错误；导线所受的安培力大小满足公式F＝BIL，且相互吸引，B正确；根据右手螺旋定则，若导线中电流方向向左，则移走导线b之前p点的磁场强度方向由两导线产生的磁场叠加后垂直纸面向里，移走导线b之后p点的磁场强度方向垂直纸面向外，移走前后，磁感应强度方向改变，C正确；两导线平面内在两导线之间某些区域，两磁场叠加后等大反向，可能为零，在两导线平面外任一点有限空间内，两磁场叠加不可能为零，D正确．
8．答案：BC
解析：对物体的上滑过程，由动能定理有－(mg sin α＋μmg cs α)x＝0－Ek，对全程利用动能定理有－μmg cs α·2x＝ eq \f(1,5) Ek－Ek，由以上两式解得μ＝0.5，x＝ eq \f(Ek,mg) ，所以选项A错误，选项C正确；根据牛顿第二定律可得下滑过程有mg sin α－μmg cs α＝ma，解得a＝g sin α－μg cs α＝ eq \f(1,5) g，选项B正确；根据牛顿第二定律可得上滑过程有mg sin α＋μmg cs α＝ma0，解得a0＝g sin α＋μg cs α＝g，利用运动的可逆性分析，由于位移大小相等，a0>a，故根据x＝ eq \f(1,2) at2可知t上