《2019年高考物理大二轮复习题型限时专练4选择题+鸭题(四).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高考物理大二轮复习题型限时专练4选择题+鸭题(四).pdf（9页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、专练 4 选择题选考题(四)专练 4 选择题选考题(四) (时间：30 分钟) 一、选择题(本题共 8 小题，在每小题给出的四个选项中，第 1417 题只有一项符合题 目要求，第 1821 题有多项符合题目要求) 14(2018云南七校联考)关于结合能和比结合能，下列说法正确的是( ) A原子核的结合能等于核子结合成原子核而具有的能量 B 一重原子核衰变成粒子和另一原子核， 衰变产物的结合能之和一定大于原来重核 的结合能 C比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固 D自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能 解析 原子核分解成自由核子时，需要的最小能量就是原子核的结合
2、能，A 错误；重 核衰变时释放能量，衰变产物更稳定，即衰变产物的比结合能更大，衰变前后核子数不变， 所以衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能，B 正确；比结合能越大，原子核越 稳定，C 错误；原子核是核子凭借核力结合在一起构成的，要把它们分开，也需要能量，所 以质量亏损对应的能量与结合能是相等的，D 错误 答案 B 15(2018武汉市高三调研)如图是对着竖直墙壁沿水平方向抛出的小球a、b、c的运 动轨迹， 三个小球到墙壁的水平距离均相同， 且a和b从同一点抛出 不计空气阻力， 则( ) Aa和b的飞行时间相同 Bb的飞行时间比c的短 Ca的初速度比b的小 Dc的初速度比a的大 解析
3、三个小球与墙壁的水平距离相同，b下落的高度比a大，根据t可知，b 2h g 飞行的时间较长，根据v0 ，则a的初速度比b的大，选项 A、C 错误；b下落的竖直高度 x t 比c大，则b飞行的时间比c长，选项 B 错误；a下落的竖直高度比c大，则a飞行的时间 比c长，根据v0 ，则a的初速度比c的小，选项 D 正确 x t 答案 D 16(2018湖南湘东五校联考)每年的某段时间内太阳光会直射地球赤道，如图所示， 一颗卫星在赤道正上方绕地球做匀速圆周运动， 运动方向与地球自转方向相同， 每绕地球一 周，黑夜与白天的时间比为 15.设地球表面重力加速度为g，地球半径为R，地球自转角 速度为.忽略大
4、气及太阳照射偏移的影响，则赤道上某定点能够直接持续观测到此卫星的 最长时间为( ) A. B. 2 3( g 8R) 3( g 8R) C. D. 2 3( g 8R) 3( g 8R) 解析 卫星每绕地球一周，黑夜与白天的时间比为 15，结合几何知识计算可得， 卫星绕地球运行的轨道半径为 2R，设轨道半径为R的卫星周期为T1，该卫星的周期为T2， 则有mgmR，联立解得T2，又地球的自转周期为T，由 42 T2 1 T2 1 T2 2 R3 2R3 2 g 8R 2 2 2 几何关系可知，在地球上能够直接观测到该卫星的角度为 120，即能够直接观测到该卫星 的时间为该卫星相对地球运动120的
5、时间， 卫星相对地球赤道上某点运动一周所用时间为t ，则赤道上某定点可直接持续观测到此卫星的最长时间为t ，选 2 g 8R t 3 2 3( g 8R) 项 C 正确 答案 C 17(2018辽宁五校联考)如图所示，在x轴上关于原点O对称的两点A、B分别固定 放置点电荷Q1和Q2，x轴上的P点位于B点的右侧，且P点电场强度为零设无穷远处 电势为零，则下列判断正确的是( ) AP点电势为零 B在A、B连线上还有一点与P点电场强度相同 CA、O两点的电势差大于O、B两点的电势差 D将一试探电荷q从P点移至O点过程中，电势能一直增大 解析 根据题述可知P点的电场强度为零， 根据点电荷电场强度公式和
6、场强叠加原理 可知Q1的电荷量一定大于Q2的电荷量，A、B连线上各点电场强度都大于零， 选项 B 错误 ； 无穷远处电势为零且P点电场强度为零， 由于Q1的电荷量大于Q2的电荷量， 可知P点右 侧电场方向向右，正电荷从右侧无穷远处移动到P点的过程中，电场力始终做负功，故P点 电势不为零， 选项 A 错误 ； 由于Q1的电荷量大于Q2的电荷量， Q1附近的电场线要比Q2 附近的电场线密，A、O两点之间的平均电场强度要比O、B两点之间的平均电场强度大， 由E 定性分析可知，A、O两点之间的电势差大于O、B两点之间的电势差，选项 C 正确 ；O点电 U d 势高于P点，但越靠近Q2，电势越低，将一试
7、探电荷q从P点移至O点的过程中，电场 力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，选项 D 错误 答案 C 18如图所示，静止在粗糙水平面上的半径为 4R的半球的最高点A处有一根水平细线 系着质量为m、半径为R的光滑球已知重力加速度为g.下列说法正确的是( ) A地面对半球的摩擦力的方向水平向右 B细线对小球的拉力大小为mg 3 4 C保持小球的位置不变，将A点沿半球逐渐下移，半球对小球的支持力逐渐减小 D剪断细线的瞬间，小球的加速度大小为 0.6g 解析 以半球和小球整体为研究对象，整体处于平衡状态，不受摩擦力作用，A 项错 误对小球受力分析如图，拉力FAmgtan，由几何关系可知 tan ，则
8、FAmg，B 3 4 3 4 项正确 半球对小球的支持力FN， 在A点下移时，增大， cos减小， 则FN增大， C mg cos 项错误在剪断细线的瞬间，细线对小球的拉力消失，小球在沿切线方向有mgsinma， 其中 sin0.6，得a0.6g，D 项正确 答案 BD 19(2018湖南湘东五校联考)如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁 场方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场边界的间距为L，一质量为m、边长也为L的正方形导 线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边 界平行t0 时刻线框的上边恰好与磁场的下边界重合(图中位置)，线框的速度为v0，
9、 经历一段时间后， 当线框的下边恰好与磁场的上边界重合时(图中位置)， 线框的速度刚好 为零，此后，线框下落，经过一段时间回到初始位置(不计空气阻力)，则( ) A上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等 B上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量多 C上升过程中，线框的加速度逐渐减小 D上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力做功的平均功率 解析 线框在穿过磁场过程中要克服安培力做功， 但在线框上升过程中， 安培力与重 力均与运动方向相反，都做负功，而在线框下降过程中，重力做正功，安培力做负功，即上 升过程中合力做的功大于重力做的功， 下降过程中合力做的功小于重力做的功
10、， 即上升过程 中合力做的功大于下降过程中合力做的功，选项 A 错误 ； 分析线框的运动过程可知，对应于 同一位置，上升过程的安培力大于下降过程的安培力，而上升、下降位移相等，故上升过程 克服安培力做的功大于下降过程中克服安培力做的功， 故上升过程中线框产生的热量多， 所 以选项 B 正确 ； 以线框为对象受力分析可知， 线框在上升过程中做减速运动， 有F安mgma， F安，故有agv，所以上升过程中，随着速度逐渐减小，加速度也逐渐减小， B2L2v R B2L2 mR 故选项 C 正确；线框在下降过程中做加速运动，有ag，由此可知，下降过程中 B2L2v mR 的平均加速度小于上升过程的平均
11、加速度， 而上升、 下降的位移相等， 故可知上升时间较短， 下降时间较长，两过程中重力做功大小相同，由功率公式可知，上升过程克服重力做功的平 均功率大于下降过程重力做功的平均功率，所以选项 D 错误 答案 BC 20(2018福州四校联考)如图所示，一理想变压器原线圈匝数n11000，副线圈匝 数n2100，将原线圈接在 100sin100t(V)的交流电压上，副线圈接有阻值R5 的2 定值电阻、理想电流表和理想电压表现在A、B两点间接入不同的电子元件，下列说法正 确的是( ) A副线圈两端电压为 1000 V B若在A、B两点间接入一阻值R15 的定值电阻，则电压表示数为 2.5 V C若在
12、A、B两点间接入一电感线圈(感抗较大)，则电流表的示数为 2 A D若在两点间接入一电容器，则在降低交流电的频率时，电压表的示数减小 解析 原线圈输入电压有效值为U1100 V，根据理想变压器变压公式，可知副线圈 两端电压为 10 V，选项 A 错误；若在A、B两点间接入一阻值R15 的定值电阻，副线 圈输出电流为I20.5 A，则电压表示数为UI2R2.5 V，选项 B 正确 ； 若在A、B U2 RR 两点间接入一电感线圈，由于感抗较大，电路中阻抗大于 5 ，根据欧姆定律，可知电流表 的示数一定小于 2 A，选项 C 错误 ； 若在A、B两点间接入一电容器，则在降低交流电的频率 时，容抗增
13、大，电路中的电流减小，由欧姆定律可知，电阻两端电压减小，电压表的示数减 小，选项 D 正确 答案 BD 21(2018衡水中学六调)在如图所示被MN隔开的区域和区域内分别存在与纸面 垂直的匀强磁场，一带电粒子仅在洛伦兹力作用下沿着apb由区域运动到区域.已知ap 与pb的弧长之比为 21，下列说法正确的是( ) A粒子在区域和区域中运动的速率之比为 11 B粒子通过ap、pb的时间之比为 21 Cap、pb对应的圆心角之比为 21 D区域和区域的磁感应强度方向相反 解析 由于带电粒子在磁场中运动所受的洛伦兹力不做功， 所以粒子在区域和区域 中运动的速率之比为11， 选项A正确 ； 由svt，
14、可知粒子通过ap、pb的时间之比为21， 选项 B 正确 ； 根据题图可知，粒子在区域和区域中轨迹半径不同，所以圆心角之比不一 定是 21，选项 C 错误；根据题图可知带电粒子在区域和区域所受的洛伦兹力的大致 方向，易知区域和区域的磁感应强度方向相反，选项 D 正确 答案 ABD 二、选考题(从两道题中任选一题作答) 33(2018唐山高三期末)物理选修 33 (1)(多选)大自然中存在许多绚丽夺目的晶体，这些晶体不仅美丽，而且由于化学成分 和结构各不相同而呈现出千姿百态高贵如钻石，平凡如雪花，都是由无数原子严谨而有序 地组成的关于晶体与非晶体，正确的说法是_ A固体可以分为晶体和非晶体两类，
15、晶体、非晶体是绝对的，是不可以相互转化的 B多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体没有确定的几何形状 C晶体沿不同方向的导热或导电性能不相同，但沿不同方向的光学性质一定相同 D单晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点 E有的物质在不同条件下能够生成不同晶体，是因为组成它们的微粒能够按照不同规 则在空间分布 (2)如图所示，气缸开口向右、固定在水平桌面上，气缸内用活塞封闭了一定质量的理 想气体，活塞横截面积为S1103 m2.活塞与气缸壁导热良好，轻绳跨过定滑轮将活塞和 地面上质量为m1 kg 的重物连接 开始时， 绳子刚好伸直且张力为零， 活塞与缸底的距离L1 27 cm， 被销
16、子 K 固定在图示位置， 此时气缸内气体的压强p11.1105 Pa， 温度T1330 K，外界大气压强p01.0105 Pa，g10 m/s2，不计一切摩擦和阻力若在此时拔去销子 K，降 低气缸内气体的温度，求： 重物刚好离开地面时，缸内气体的温度 重物缓慢上升 2 cm 时，缸内气体的温度 解析 (1)在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，例如天然水晶是晶体，熔 化以后再凝固的水晶却是非晶体，A 错误；多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的， 所以多晶体没有确定的几何形状，且具有各向同性的特点，B 正确 ； 单晶体一定是各向异性， 多晶体是各向同性的，C 错误；根据晶体与非晶体的区别
17、可知，晶体有确定的熔点，非晶体 没有确定的熔点，D 正确；有的物质微粒在不同条件下可以按不同的规划在空间分布，生成 不同的晶体，E 正确 (2)设重物刚好离开地面时， 缸内气体的压强为p2， 活塞受力平衡， 故封闭气体压强p2 p00.9105 Pa mg S 拔掉销子前后，气体发生等容变化，根据理想气体状态方程，有 p1 T1 p2 T2 解得T2270 K 重物刚好离开地面时，气体体积为V1，V1L1S 设重物缓慢上升h2 cm 时，气体体积为V2，V2(L1h)S 气体发生等压变化，根据理想气体状态方程，有 V1 T2 V2 T2 解得T2250 K 答案 (1)BDE (2)270 K
18、 250 K 34(2018湛江市高三调研)物理选修 34 (1)(多选)如图所示， 两束单色光a、b从水下面射向A点， 光线经折射后合成一束光c， 则下列说法正确的是_ A用同一双缝干涉实验装置分别以a、b光做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干 涉条纹间距 Ba光比b光更容易发生衍射现象 C在水中a光的速度比b光的速度小 D在水中a光的临界角大于b光的临界角 E若a光与b光以相同入射角从水中射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失 的是a光 (2)在某种介质中，有相距 4 m 的两个波源S1、S2，沿垂直纸面方向做简谐振动，其周 期分别为T10.8 s 和T20.4 s，振幅分别为A12
19、 cm 和A21 cm，在该介质中形成的简 谐波的波速为v5 m/s.S处有一质点，它到S1的距离为 3 m，且SS1S1S2，在t0 时刻， 两波源同时开始垂直纸面由平衡位置向外振动，试求： t0 时刻振动传到S处的时间差； t10 s 时，S处质点离开平衡位置的位移大小 解析 (1)根据题给的光路图可知，a光的折射率较小，b光的折射率较大，根据n 可知，在水中a光的速度比b光的速度大，选项 C 错误；根据折射率大的光的频率较大， c v 波长较短可知，a光的波长较长，a光比b光更容易发生衍射现象，选项 B 正确；由条纹间 距公式x可知，波长较长的单色光a的干涉条纹间距较大，选项 A 正确；
20、由全反射 l d 临界角公式 sinC ，在水中a光的临界角大于b光的临界角，选项 D 正确；由 sinC ， 1 n 1 n 且nanb可知，若a光与b光以相同入射角从水中射向空气，在不断增大入射角时，水面上 首先消失的是b光，选项 E 错误 (2)由题意可知，SS25 mSS12S1S22 S1在t0 时的振动传到S处质点所需的时间t1 s0.6 s SS1 v 3 5 S2在t0 时的振动传到S处质点所需的时间 t2 s1 s SS2 v 5 5 那么S1、S2在t0 时的振动传到S处质点的时间差为 tt2t10.4 s 在t10 s 时S处质点按S1的振动规律已经振动了 t1tt19.4 sT1 (11 3 4) 此时S1引起S处质点的位移大小为x1A12 cm 在t10 s 时S处质点按S2的振动规律已经振动了 t2tt29 sT2 (22 1 2) 此时S2引起S处质点的位移大小为x20 所以t10 s 时S处质点离开平衡位置的位移为S1和S2单独传播引起质点位移的矢量 和，故xx1x22 cm 答案 (1)ABD (2)0.4 s 2 cm