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1、选择题满分练一选择题满分练一 一、选择题(本题共 8 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 1418 题只有一 项符合题目要求， 第 1921 题有多项符合题目要求。 全选对的得 6 分， 选对但不全的得 3 分， 有选错的得 0 分。) 14(2018郑州中学一模)为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度(围墙 已建好)，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图 1 所示的四种情况符合 要求的是 图 1 解析 设屋檐的底角为， 底边为L， 注意底边长度是不变的， 雨滴下滑时有 ： L 2 cos gsin t2，所以 ：tt，当45时，时间最短，故 1 2 L
2、gsin g cos 2L gsin 2 ABD 错误，C 正确，故选 C。 答案 C 15(2018开封一模)一静止的钠核发生 衰变，衰变方程为Na Mge，下列 2411241201 说法正确的是 A衰变后镁核的动能等于电子的动能 B衰变后镁核的动量大小等于电子的动量大小 C镁核的半衰期等于其放出一个电子所经历的时间 D衰变后电子与镁核的质量之和等于衰变前钠核的质量 解析 A一静止的钠核放出一个电子衰变成镁核，根据系统动量守恒知，衰变后镁核 和电子动量之和为零，可知衰变后镁核的动量大小等于电子的动量大小，根据EK知， p2 2m 由于镁核和电子质量不同，则动能不同，故 A 错误，B 正确；
3、半衰期是原子核有半数发生衰 变的时间，故 C 错误 ； 衰变的过程中有质量亏损，即衰变后电子与镁核的质量之和小于衰变 前钠核的质量，故 D 错误。 答案 B 16.如图 2 所示， 电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动， 然后射入电势差为U2 的两块平行极板间的电场中，入射方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在 满足电子能射出平行板区的条件下， 下述四种情况中， 一定能使电子射出时的偏转角变大的 是 图 2 AU1变大，U2变大 BU1变小，U2变大 CU1变大，U2变小 DU1变小，U2变小 解析 设电子被加速后获得的初速度为v0，平行极板长为l，平行极板间距为d，则由
4、动能定理得eU1mv， 电子在电场中偏转所用时间t， 设电子在平行板间受电场力作用 1 2 2 0 l v0 产生的加速度为a，由牛顿第二定律得a，电子射出偏转电场时，平行于电场方 eE2 m eU2 dm 向的速度vyat，由以上式子联立可得vy，又有 tan ， eU2l dmv0 vy v0 eU2l dmv2 0 eU2l 2deU1 U2l 2dU1 故U2变大、U1变小都能使偏转角变大，B 正确。 答案 B 17.在光滑的水平桌面上有两个在同一直线上运动的小球a和b，正碰前后两小球的位 移随时间变化的关系如图 3 所示，则小球a和b的质量之比为 图 3 A27 B14 C38 D4
5、1 解析 由位移时间图像的斜率表示速度可得， 正碰前， 小球a的速度v1 m/s 14 10 3 m/s， 小球b的速度v2 m/s1 m/s； 正碰后， 小球a、b的共同速度v m/s0. 2 10 10 21 61 m/s。 设小球a、b的质量分别为m1、m2， 正碰过程， 根据动量守恒定律有m1v1m2v2(m1m2)v， 得 ，选项 B 正确。 m1 m2 vv2 v1v 1 4 答案 B 18 (2018长沙一模)一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图 4 甲所示。电路组成如图乙所示，已知发电机线圈内阻为 5.0 ，外接灯泡阻值为 95.0 ， 灯 泡正常发光，则 图
6、 4 A电压表 V 的示数为 220 V B电路中的电流方向每秒钟改变 50 次 C灯泡消耗的功率为 509 W D发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为 24.2 J 解析 该交流电的有效值E V220 V， 则电路中的电流I A2. 2 220 2 2 E Rr 220 100 A，则电压表的UIR2.295 V209 V，故 A 错误；交流电的周期为 0.02 s，一个周期内 电流的方向变化 2 次，则每秒电流方向改变 100 次，故 B 错误；灯泡消耗的功率PUI 2092.2 W459.8 W，故 C 错误；发电机线圈内阻每秒消耗的热量QI2rt2.2251 J24.2 J，故 D 正确
7、。 答案 D 19.如图 5 所示，A是放在地球赤道上的一个物体，正在随地球一起转动。B是赤道上方 一颗近地卫星。A和B的质量相等，忽略B的轨道高度，下列说法正确的是 图 5 AA和B做圆周运动的向心加速度大小相等 BA和B受到的地球的万有引力大小相等 CA做圆周运动的线速度比B大 DB做圆周运动的周期比A小 解析 A随地球自转，周期与地球自转周期相同，万有引力除了提供其随地球自转的向 心力外主要表现为物体的重力，对于近地卫星，万有引力提供其做圆周运动的向心力，两者 质量相等， 向心力不相等， 故两者向心加速度大小不相等， A 错误 ； 忽略B卫星的轨道高度，A 和B与地心的距离相等，根据万有
8、引力定律可知，它们受到地球的万有引力大小相等，B 正 确 ； 因为B做圆周运动时万有引力提供其向心力，而A则是万有引力的一小部分提供其做圆 周运动的向心力，根据F向知，B的线速度大于A的线速度，故 C 错误；A与B做圆周 mv2 r 运动的半径相等，B的线速度远大于A的线速度， 结合T可知A做圆周运动的周期比B 2r v 大，D 正确。 答案 BD 20.在如图 6 所示的虚线MN上方存在磁感应强度为B的匀强磁场， 磁场方向垂直纸面向 外，纸面上直角三角形OPQ的Q为直角，QON30。两带电粒子a、b分别从O、P两 点垂直于MN同时射入磁场，恰好在Q点相遇，则由此可知 图 6 A带电粒子a的速
9、度一定比b大 B带电粒子a的比荷一定比b大 C带电粒子a的运动周期一定比b大 D带电粒子a的轨道半径一定比b大 解析 由题意作出两粒子的运动轨迹如图所示，a粒子顺时针方向偏转，b粒子逆时针 方向偏转由左手定则可知，a带正电，b带负电， 由几何知识可知，a粒子转过的圆心角为a 120，则其运动的时间为a粒子做圆周运动周期的 ，b粒子转过的圆心角为b60， 1 3 则其运动时间为b粒子做圆周运动周期的 ； 又由于两粒子的运动时间相等， 因此可知 1 6 Ta 3 Tb 6 ，因此Tb2Ta，因此 C 错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期T，因此可知周期大 2m qB 的粒子比荷小，因此带电粒子a的比
10、荷一定大于b的比荷，B 正确；由几何知识可知，两粒 子的轨道半径大小相等，则 D 错误；粒子的轨道半径大小为R，因此比荷大的粒子的速 mv Bq 度大，所以带电粒子a的速度一定大于b的速度，A 正确。 答案 AB 21 (2018武汉一模)在粗糙的水平面上有一质量为M的半圆形绝缘凹槽， 槽与水平面 接触部分粗糙，圆弧表面光滑。四分之一圆弧处有一带正电小球A，底部固定一个带正电小 球B，两球质量都为m。一开始整个装置保持静止，后因小球A缓慢漏电而使其沿圆弧逐渐 靠近小球B。在靠近过程中，忽略小球A质量的变化，下列说法正确的是 图 7 A凹槽受到地面的摩擦力变大 B凹槽受到地面的支持力不变 CA球受到的支持力变大 DA球受到的支持力大小不变 解析 将A、B凹槽视为一个整体，对整体受力分析可知，在靠近过程中，整体受重力， 地面的支持力二力平衡，故 A 错误，B 正确；对A受力分析：重力G，弹力 N，库仑力F，设 凹槽的球心为O，则三角形OAB与力学三角形相似，则有，所以A球受到的支持力大 G OB N OA 小不变，故 D 正确。