高考物理二轮复习选择题专项练4含解析

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选择题专项练(四)(考试时间：20分钟　试卷满分：48分)14．2020年4月23日是人民海军的71岁生日．近年来，我国海军航母事业高歌猛进，“辽宁号”与第一艘国产航母将首次构成双航母编队．我国的核动力航母也将在不远的将来实现装备，这也是我国海军航母的“终极”目标．原子核的比结合能随质量数的变化图像如图所示，根据该曲线对核能的认识正确的是(　C　)A．自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量不等于该原子核的结合能B．质量较小的轻核结合成质量较大的重核时要吸收能量，质量较大的重核分裂成质量较小的轻核时要放出能量C．质量较大的重核和质量较小的轻核平均结合能都较小，且轻核的平均结合能还有些起伏D．一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的质量之和一定大于原来重核的质量【解析】　根据爱因斯坦质能方程E＝mc2可知，自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能，故A错误；质量较小的轻核结合成质量较大的重核时出现质量亏损，例如氢核聚变时要放出能量，质量较大的重核分裂成质量较小的轻核时要放出能量，故B错误；根据题图中的曲线很容易看出，质量较大的重核和质量较小的轻核的比结合能都较小，且轻核的比结合能还有些起伏，故C正确；一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，该过程中要释放能量，所以衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能，根据质能方程可知衰变产物的质量之和一定小于原来重核的质量，故D错误．15．如图所示，真空中有一等边三角形ABC，在三角形顶点A、B点处各固定一正电荷，另一顶点C处固定一负电荷，且三个电荷所带电荷量均相等，其中a、b、c为等边角形三边的中点，d为三角形的中心．则下列说法正确的是(　C　)A．b、c两点电场强度相同B．中心d点处的电场强度为零C．将电子从b处移到c处电场力不做功D．将电子从b处移到a处电场力不做功【解析】　根据题意，各场强方向如图所示b、c两点的电场强度为三个点电荷在该处场强的矢量和，其中A、C两处的点电荷在b点的场强的矢量和沿bC方向，B处电荷在b点的场强沿Bb方向，同理可标出A、B、C三处的点电荷在c点的电场方向，由图可知，b、c两处叠加后的电场强度方向是不同的，故A错误；根据点电荷电场强度的叠加规律很容易判断出中心d处的电场强度不为零，故B错误；A、C两处的两点电荷在b点的电势之和为零(规定无穷远处电势为0)，B、C两处两点电荷在c点的电势之和等于零，所以b点的电势等于B处电荷在该点的电势，c处电势等于A处电荷在该点的电势，A、B两电荷带等量正电荷，根据几何关系有Ac＝Bb，所以b、c两点电势相等，所以将电子从b处移到c处电场力不做功，故C正确；由图判断a点的电势高于b点电势，所以将电子从b处移到a处电场力做正功，故D错误．16．如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体A放在斜面上，轻质细线一端固定在物体A上，另一端绕过滑轮O1、O2固定在C处．轻质滑轮O2下悬挂物体B，定滑轮与物体A间的细线与斜面平行，系统处于静止状态．做以下调整后，系统仍处于静止状态，且调整过程中斜面与物体A位置不变，不计细线与滑轮间摩擦，下列说法正确的是(　D　)A．若物体B的质量m增大，斜劈对物体A的摩擦力一定减小B．若物体B的质量m增大，地面对斜劈的摩擦力不变C．若将悬点C上移，斜劈对物体A的摩擦力一定增大D．若将右边的固定杆向左平移一点，地面对斜劈的摩擦力减小【解析】　对滑轮O2和物体B进行整体受力分析，如图甲所示根据平衡条件，有mBg＝2Tcos θ，计算得T＝，当物体B的质量增大时，绳子的拉力增大，由于整个系统处于静止状态，物体A受的摩擦力的方向不确定，所以物体A受的静摩擦力可能减小也可能增大，故A错误；对斜劈与物体A整体受力分析，如图乙所示，当物体B的质量增大，即绳子的拉力增大时，斜劈与地面间摩擦力增大，故B错误；若将悬点C上移，系统仍处于静止状态，绳子夹角2θ不变，即绳子的拉力不变，所以斜劈对物体A的摩擦力不变，故C错误；若将右边的固定杆向左平移一点，系统仍处于静止状态，绳子夹角2θ变小，绳子的拉力变小，对斜劈和物体A整体为研究对象进行受力分析如图乙所示，地面对斜劈的摩擦力减小，故D正确．17．图甲为竖直固定在水平面上的轻弹簧，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹簧弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出此过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示，不计空气阻力，则(　B　)A．t1时刻小球的动能最大B．t2时刻小球的加速度最大C．t3时刻弹簧的弹性势能最大D．图乙中图线所围面积在数值上等于小球动量的变化量【解析】　t1时刻小球刚与弹簧接触，弹力小于重力，小球仍然向下做加速运动，当弹簧弹力与重力平衡时速度最大，动能最大，故A错误； t2时刻弹簧的压缩量最大，小球受到的弹力最大，处于最低点，合力向上；由运动的对称性可知，小球与弹簧接触后，向下做加速运动的时间小于小球做减速运动的时间，可知小球在最低点受到的弹簧大于2倍的重力，所以小球在最低点的加速度大于重力加速度，在最低点的加速度最大，故B正确；由图可知，t3时刻弹簧的弹力等于0，则弹簧的压缩量等于0，所以弹簧的弹性势能为零，故C错误；根据冲量的定义可知，F－t图像中图线所围面积在数值上t1－t3时间内弹簧的弹力对小球的冲量；而该时间内小球还受到重力的冲量。结合动量定理可知，图乙中图线所围面积在数值上不一定等于小球动量的变化量，故D错误。故选B。18．国际空间站上的阿尔法磁谱仪(AMS)是探究宇宙中的反物质和暗物质(即由反粒子构成的物质)的重要仪器，如氚核(H)的反粒子(比如反氚核)为(H)．该磁谱仪核心部分的截面区域是半径为R的圆形匀强磁场，该区域磁场方向垂直纸面向里，如图所示，P为粒子入射窗口，各粒子从P射入速度相同，均沿直径方向，P、a、b、c、d、e为圆周上等分点，若氚核粒子射入磁场区域后打在d点，则反质子(H)射入后，则(　C　)A．反质子将打在b点B．反质子射入磁场后运动轨迹的半径为氚核的3倍C．反质子在磁场中运动的时间为氚核的D．反质子在磁场中运动的轨迹弧长为氚核的【解析】　带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，解得r＝，氚核H的轨道半径为r，已知各粒子从P射入速度相同，根据氚核(H)和反质子的质量关系可知反质子的轨道半径应为r′＝，氚核(H)射入后打在d点，它转过的圆心角θ＝180°－120°＝60°，根据几何关系得tan ＝tan 30°＝＝，同理反质子的几何关系也应该是tan ＝＝，则θ′＝120°，由左手定则可知，反质子刚射入磁场时受到的洛伦兹力竖直向下，则反质子应从a点射出磁场，故AB错误；根据带电粒子的周期公式可知氚核的周期T＝，反质子的周期T′＝，反质子在磁场中运动的时间t′＝T′，氚核的周期T＝氚核在磁场中运动的时间t＝T，则反质子在磁场中运动的时间为氚核在磁场中运动时间的倍，故C正确；氚核的轨迹弧长l＝r·θ＝，反质子的轨迹弧长l′＝r′·θ′＝，所以反质子在磁场中运动的轨迹弧长为氚核的，故D错误．19．(多选)据美国航空航天界权威杂志《空间与太空技术》周刊报道称，美国监视中国的侦察卫星“长曲棍球”Ⅱ在经过中国上海上空时，遭到中国反卫星武器“攻击”，失效长达27分钟，过后恢复照相侦察功能，其实是中国进行了“太空涂鸦”技术的反卫星测试．所谓“太空涂鸦”的技术就是使低轨运行的反侦察卫星通过变轨接近高轨侦查卫星(近似认为进入高轨道)，准确计算轨道并向其发射“漆雾”弹，“漆雾”弹在临近侦查卫星时，压爆弹囊，让“漆雾”散开并喷向侦查卫星，喷散后强力吸附在侦查卫星的侦察镜头、太阳能板、电子侦察传感器等关键设备上，使之暂时失效．下列关于反侦察卫星的说法正确的是(　AC　)A．反侦察卫星进攻前需要向后方喷气才能进入侦察卫星轨道B．反侦察卫星进攻前的向心加速度小于攻击时的向心加速度C．反侦察卫星进攻前的机械能小于攻击时的机械能D．反侦察卫星进攻时的线速度大于第一宇宙速度【解析】　反侦察卫星进行攻击时必须从低轨道向高轨道运动，显然应该向后喷气，故A正确；根据向心加速度a＝可知轨道半径越大向心加速度越小，故B错误；从低轨道向高轨道运动时需点火加速，机械能增加，即反侦察卫星进攻前的机械能小于攻击时的机械能，故C正确；高、低轨道运行的线速度均小于第一宇宙速度，故D错误．故选AC.20．(多选)如图所示，一轻绳两端贯穿质量分别为mA＝2 kg、mB＝4 kg的A、B两小球，并悬挂于定滑轮两侧且等高，距地面均为25 m处，两侧轻绳下端恰好触地．知两小球与轻绳间的最大静摩擦力均等于其重力的0.5倍，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．两小球同时由静止开始向下释放，g取10 m/s2，不计细绳与滑轮间的摩擦及空气阻力，则下列说法正确的是(　CD　)A．A小球与细绳间相对静止，B小球与细绳间相对滑动B．A小球比B小球先落地C．A、B两小球与轻绳摩擦力为零瞬间的动量之比为1∶3D．两小球损失的机械能总量为250 J【解析】　根据题意，A小球的最大静摩擦力为fAmax＝μmAg＝10 N，B小球的最大静摩擦力为fBmax＝μmBg＝20 N，由于A、B两小球对细绳的摩擦力必须等大，且A、B两小球的质量不相等，A小球由静止释放后与细绳间的摩擦力为滑动摩擦力，B小球与细绳间的摩擦力达不到最大静摩擦力，所以B小球与细绳间为静摩擦，故A错误；对A进行受力分析mAg－fA＝mAaA，对B进行受力分析mBg－fB＝mBaB，又fA＝fB，fA＝0.5mAg联立解得aA＝5 m/s2，aB＝7.5 m/s2，设A小球经时间t与细绳分离，此时，A、B下降的高度分别为hA、hB，速度分别为vA、vB，则有hA＝aAt2，hB＝aBt2，H＝hA＋hB，vA＝aAt，vB＝aBt，代入数据联立解得t＝2 s，hA＝10 m，hB＝15 m，vA＝10 m/s，vB＝15 m/s，分离后，设A经时间t1落地，则有，H－hA＝vAt1＋gt，设B小球经时间t2落地，则有H－hB＝vBt2＋gt，代入数据解得t1＝1 s，t2＝ s，所以B小球先落地，故B错误；A、B两小球与轻绳摩擦力为零的瞬间A小球的动量pA＝mAvA＝20 kg·m/s，B小球的动量为pB＝mBvB＝60 kg·m/s，即A、B两小球的动量比1∶3，故C正确；设A、B两小球落地时的动能分别为EkA、EkB，由机械能守恒有EkA＝mAv＋mAg(H－hA)，EkB＝mBv＋mBg(H－hB)，代入数据得EkA＝400 J，EkB＝850 J，两小球损失的机械能总量为ΔE＝(mA＋mB)gH－EkA－EkB，代入数据得ΔE＝250 J，故D正确，故选CD. 21．(多选)如图甲所示，可视为质点的质量m1＝1 kg的小物块放在质量m2＝2 kg的木板正中央位置，木板静止在水平地面上，连接物块的轻质细绳伸直且与水平方向的夹角为37°.现对木板施加水平向左的拉力F＝18 N，木板运动的v－t图像如图乙所示，sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，则(　ACD　)A．木板的长度为2 mB．木板的长度为1 mC．木板与地面间的动摩擦因数为0.5D．物块与木板间的动摩擦因数为【解析】　从题图乙可知，木板运动2 s离开小物块，在0～2 s内，由图像可知x＝ m＝1 m，所以木板的长度L＝2x＝2 m，故A正确，B错误；设木板与地面间的动摩擦因数为μ2，物块与木板间的动摩擦因数μ1，在2～3 s内，由图像可得长木板的加速度a2＝＝4 m/s2，由牛顿第二定律得F－μ2m2g＝m2a2解得μ2＝0.5，故C正确；在0～2 s内，对小物块进行受力分析，竖直方向FN＋Tsin 37°＝m1g，水平方向Tcos 37°＝f1，又知f1＝μ1FN，长木板的加速度a1＝＝0.5 m/s2，对木板进行受力分析，结合牛顿第二定律得F－f1′－μ2(m2g＋FN′)＝m2a1，由牛顿第三定律得f1＝f′1，FN＝F′N，联立上述式子解得μ1＝，故D正确，故选ACD.