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1、第 1 页 共 10 页 1 选择题定时训练 11选择题定时训练 11 (限时：30 分钟) 一、单项选择题 1 (2019湖南永州市第二次模拟)铀原子核发生衰变时衰变方程为UThX， 其中U、 238922349023892 Th、X 的质量分别为m1、m2、m3，光在真空中的传播速度为c，则( ) 23490 AX 是质子 Bm1m2m3 C衰变时释放的能量为(m2m3m1)c2 D若提高温度，U 的半衰期不变 23892 答案 D 解析 根据电荷数守恒、 质量数守恒知， X 原子核中的电荷数为 2， 质量数为 4， 是氦核， 故 A 错误 ； 因发生质量亏损， 则m1m2m3， 故 B
2、错误 ； 根据爱因斯坦质能方程得， 释放的能量为(m1 m2m3)c2，故 C 错误；半衰期的大小与温度无关，故 D 正确 2.(2019湖南永州市第二次模拟)某小轿车驾驶员看到绿灯开始闪时，经短暂思考后开始刹 车，小轿车在黄灯刚亮时恰停在停车线上，此过程小轿车运动的vt图象如图 1 所示若绿 灯开始闪烁时小轿车距停车线距离为 9m，则从绿灯开始闪烁到黄灯刚亮的时间为( ) 图 1 A1sB2.5sC3sD3.5s 答案 B 解析 根据速度时间图象中图线与坐标轴围成的面积表示位移知：x60.5m 6(t1 1 2 0.5) m9m，解得：t12.5s，故 B 正确 第 2 页 共 10 页 2
3、 3 (2019湖南永州市第二次模拟)一列简谐横波在某均匀介质中沿x轴传播， 从x3m 处的 质点a开始振动时计时，图 2 甲为t0时刻的波形图且质点a正沿y轴正方向运动，图乙为质 点a的振动图象，则下列说法正确的是( ) 图 2 A该波的频率为 2.5Hz B该波的传播速度为 200m/s C该波是沿x轴负方向传播的 D从t0时刻起，a、b、c三质点中c最先回到平衡位置 答案 B 解析 由题图可知该波的周期为 0.04s，波的频率为f 25Hz，故 A 错误；该波的传播速 1 T 度vm/s200 m/s，故 B 正确 ；a点在t0时刻速度方向向上，故波沿x轴正方向传 T 8 0.04 播，
4、故 C 错误；从t0时刻起，质点a、b、c中，质点a沿y轴正方向运动，质点b沿y轴正 方向运动，质点c沿y轴负方向运动，故质点b最先回到平衡位置，故 D 错误 4(2019河南郑州市第一次模拟)如图 3 所示，在直角框架MQN上，用轻绳OM、ON共同悬 挂一个物体物体的质量为m，ON呈水平状态现让框架沿逆时针方向缓慢旋转 90，在旋 转过程中，保持结点O位置不变则下列说法正确的是( ) 图 3 A绳OM上的力一直在增大 B绳ON上的力一直在增大 第 3 页 共 10 页 3 C绳ON上的力先增大再减小 D绳OM上的力先减小再增大 答案 C 解析 以结点O为研究对象，受力分析如图甲所示，由于在整
5、个过程中框架缓慢地旋转，因 此这三个力的合力始终为零，由于结点O的位置保持不变，故两个拉力间的夹角保持不变， 根据三角形定则作图乙， 由图乙可知当拉力的方向通过圆心时拉力最大， 由此可知OM上的力 一直减小，ON上的力先增大后减小，C 正确 5 (2019山西运城市5月适应性测试)一带负电的微粒只在电场力作用下沿x轴正方向运动， 其电势能随位移x变化的关系如图 4 所示，其中 0x1段是曲线，x1x2段是平行于x轴的 直线，x2x3段是倾斜直线，则下列说法正确的是( ) 图 4 A0x1段电势逐渐升高 B0x1段微粒的加速度逐渐减小 Cx2x3段电场强度减小 Dx2处的电势比x3处的电势高 答
6、案 B 解析 电势能Epq，由于粒子带负电，0x1段电势能变大，所以电势变小，A 错误；根 据电场力做功与电势能关系：|Ep|E|q|x，图象斜率的大小代表场强大小，0x1段图 象斜率变小， 场强变小， 受力减小， 加速度逐渐变小， B 正确 ；x2x3段斜率不变， 场强不变， C 第 4 页 共 10 页 4 错误；x2到x3，电势能减小，粒子带负电，所以电势增大，D 错误 6(2019山东泰安市 3 月第一轮模拟)如图 5，在水平光滑细杆上有一小环，轻绳的一端系 在小环上，另一端系着夹子夹紧一个质量为M的小物块两个侧面，小物块到小环悬点的距离 为L，夹子每一侧面与小物块的最大静摩擦力均为F
7、.小环和物块一起向右匀速运动，小环碰 到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动整个过程中，物块在夹子中没有滑动，则小环 和物块一起向右匀速运动的速度最大为(不计小环和夹子的质量，重力加速度为g)( ) 图 5 A.B. FL M 2FL M C.D. FMgL M 2 FMgL M 答案 D 解析 当小环碰到钉子瞬间，物块将做圆周运动，则对物块：2FMgMv 2 L 解得v，故选 D. 2 FMgL M 7(2019河南八市重点高中联盟第三次模拟)如图 6 所示，电源电动势E3V，内阻不计，R1、R2、R3 为定值电阻，阻值分别为 1、0.5、9，R4、R5为电阻箱，最大阻值均为 99.9， 右
8、侧竖 直放置一个电容为 1.5103F 的理想平行板电容器，电容器板长 0.2m，板间距为 0.125m一带电粒子以 0.8m/s 的速度沿平行板中线进入，恰好匀速通过，不计空气阻力，此 时R4、R5阻值分别为 1.8 、1 .(取g10 m/s2)下列说法正确的是( ) 第 5 页 共 10 页 5 图 6 A此粒子带正电 B带电粒子匀速穿过电容器时，电容器的电荷量为 4109C C欲使粒子向上偏转但又不打到电容器的上极板，R4阻值不得超过 5.7 D欲使粒子向下偏转但又不打到电容器的下极板，R4阻值不得低于 1.4 答案 C 解析 电容器上极板与电源的正极相连， 极板间电场方向向下， 粒子
9、所受的电场力方向向上， 故粒子带负电， 故 A 错误 ； 电容器与R2、R3、R4这部分电路并联， 当粒子匀速穿过电容器时，R2、 R3、R4这部分电路的总电阻为 2，电路稳定后，R1与R2、R3、R4这部分电路串联，根据串联 电路分压特点可得电容器两端的电压U02V，则电容器的电荷量为Q0CU01.51092C 3109C，故 B 错误；当粒子匀速穿过电容器时，有qE0mg，粒子在电容器中的运动时 间ts0.25s； 当粒子向上偏转且刚好经过上极板最右端时， 在竖直方向上， 有y l v0 0.2 0.8 at2，解得：a2m/s2.由牛顿第二定律得qE1mgma，可得 ，并可得 ，由此 1
10、 2 E0 E1 5 6 U0 U1 E0 E1 5 6 得R2、R3、R4这部分电路总电压U12.4V，R1的电压UR1EU1 0.6V，电流I1A0.6A，可得R2、R3、R4这部分电路总电阻R总 UR1 R1 0.6 1 U1 I1 2.4 0.6 4，由R总R2，由此算出R45.7，所以欲使粒子向上偏转但又不打到电容器的 R3R4 R3R4 上极板，R4阻值不得超过 5.7， 故 C 正确 ； 同理， 粒子经过下极板最右端时的加速度a2m/s2. 电容器极板间电压U21.6V，解得：R40.69，故 D 错误 8(2019安徽宣城市第二次模拟)如图 7，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场
11、，P为磁场 边界上的一点有无数个带有相同电荷量和相同质量的粒子在纸面内沿各个方向以同样的速 率通过P点进入磁场这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长 是圆周长的 .将磁感应强度的大小从原来的B1变为B2， 结果相应的弧长变为圆周长的 ， 则 1 3 1 4 B2 B1 第 6 页 共 10 页 6 等于( ) 图 7 A.B.C. D. 6 2 6 3 4 3 3 4 答案 A 解析 设圆的半径为r，磁感应强度为B1时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M， 最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，如图甲所示，POM120，设粒子做圆周运 动的半径为R，则有 sin6
12、0 ，解得Rr； R r 3 2 磁感应强度为B2时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为N，最远的点是轨迹上直径 与磁场边界圆的交点，如图乙所示，PON90，设粒子做圆周运动的半径为R，则有Rr， 2 2 由带电粒子做匀速圆周运动的半径R，由于v、m、q相等，则得， 故选 mv qB B2 B1 R R 3 2 2 2 6 2 项 A 正确，B、C、D 错误 二、多项选择题 9(2019湖南永州市第二次模拟)下列说法正确的是( ) A一定质量的理想气体，温度不变，分子的平均动能不变 B当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大 第 7 页 共 10 页 7 C晶体一定具有各向异
13、性，非晶体一定具有各向同性 D外界对物体做功，物体的内能可能减小 答案 ABD 解析 温度是分子平均动能的标志，所以温度不变，分子的平均动能不变，故 A 正确；当分 子力表现为引力时，距离增大，分子力做负功，分子势能增大，故 B 正确；单晶体一定具有 各向异性， 多晶体和非晶体一定具有各向同性， 故 C 错误 ； 根据热力学第一定律 UQW知， 内能的变化不仅与热传递有关还与做功有关，外界对物体做功，如果物体释放很多热量，那 么物体的内能可能减小，故 D 正确 10 (2019福建莆田市5月第二次质检)如图8， 装有水的杯子从倾角53的斜面上滑下， 当水面稳定时，水面与水平面的夹角16.取重力
14、加速度g10m/s2，sin530.8， sin160.28，则( ) 图 8 A杯子下滑的加速度大小为 2.8m/s2 B杯子下滑的加速度大小为 3.5m/s2 C杯子与斜面之间的动摩擦因数为 0.75 D杯子与斜面之间的动摩擦因数为 0.87 答案 BC 解析 取水面上的一质量为m的小水滴为研究对象，受力分析如图所示， 第 8 页 共 10 页 8 由正交分解法结合牛顿第二定律可得：mgsin53FNsin37ma；mgcos53FNcos37， 解得a3.5m/s2； 对杯子和水的整体， 由牛顿第二定律 ：Mgsin 53Mgcos 53Ma， 解得0.75， 故选 B、 C. 11(2
15、019福建漳州市第二次教学质量监测)如图 9 所示，在竖直面内有一半径为L的圆形 光滑金属导轨CPD， 处于磁感应强度大小为B、 方向与导轨平面(纸面)垂直向里的匀强磁场中， 圆心为O，直径CD水平，半径OP竖直，O、D间用导线连接一质量分布均匀的金属棒OA， 长为L，电阻为R，质量为m，能绕水平轴O在竖直平面内自由转动，棒与导轨和轴O始终接 触良好，一切摩擦及其他电阻均不计，重力加速度大小为g.若棒从CO处由静止释放，第一 次到达OP处时的角速度为，则下列判断正确的是( ) 图 9 A棒不能摆到OD处 B从OC到OP的过程中，通过棒横截面的电荷量为BL 2 2R C棒第一次到达OP处时，棒中
16、通过的电流为BL 2 R D棒最终会停下，产生的总焦耳热为mgL 1 2 答案 AD 解析 棒沿着导轨摆动切割磁感线而产生动生电动势，导轨与棒组成的回路通电，根据楞次 第 9 页 共 10 页 9 定律可知棒要受到安培力， 安培力做负功使得机械能变成电能， 最终变为通过电阻的焦耳热， 则棒不能到达等高的OD处，故 A 正确；最终棒通过多个往复的摆动而停在OP处，由能量守 恒可知mg W安Q总，故 D 正确；从OC到OP的过程中，流过回路的电荷量由q t， ， L 2 II E R E 得q，故 B 错误；棒第一次到达OP处时角速度为，转动产 BS t BS R BL 2 4 R BL2 4R
17、生的平均电动势为EBL，则电流为I ，故 C 错误 0L 2 BL2 2 E R BL2 2R 12(2019湖南衡阳市第二次模拟)如图 10 所示，一根轻弹簧一端固定在O点，另一端固定 一个带有孔的小球，小球套在固定的竖直光滑杆上，小球位于图中的A点时，弹簧处于原长， 现将小球从A点由静止释放，小球向下运动，经过与A点关于B点对称的C点后，小球能运 动到最低点D点，OB垂直于杆，则下列结论正确的是( ) 图 10 A小球从A点运动到D点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度g B小球从B点运动到C点的过程，小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和可能增大 C小球运动到C点时，重力对其做功的功率最
18、大 D小球在D点时弹簧的弹性势能一定最大 答案 AD 解析 在B点时，小球的加速度为g，在BC点间弹簧处于压缩状态，小球在竖直方向除受重 力外还有弹簧弹力沿竖直方向的分量，所以小球从A点运动到D点的过程中，其最大加速度 一定大于重力加速度g，故 A 正确；由能量守恒可知，小球从B点运动到C点的过程，小球 做加速运动，即动能增大，所以小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和一定减小，故 B 错误 ； 小球运动到C点时，由于弹簧的弹力为零，所以合力为重力G，所以小球从C点往下还会加 速一段，所以小球在C点的速度不是最大，即重力的功率不是最大，故 C 错误；D点为小球 第 10 页 共 10 页 10 运动的最低点，即速度为零，弹簧形变最大，所以小球在D点时弹簧的弹性势能最大，故 D 正确