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1、第 1 页 共 9 页 1 选择题定时训练 14选择题定时训练 14 (限时：30 分钟) 一、单项选择题 1.(2019甘肃省最后一次联考)如图 1，C919 大型客机是我国自主设计、研制的大型客机， 最大航程为 5555 千米，最多载客 190 人，多项性能优于波音 737 和波音 747.若 C919 的最小 起飞(离地)速度为 60m/s，起飞跑道长 2.5103mC919 起飞前的运动过程可看成匀加速直 线运动，若要 C919 起飞，则 C919 在跑道上的最小加速度为( ) 图 1 A0.36m/s2B0.72 m/s2 C1.44m/s2D2.88 m/s2 答案 B 解析 由匀
2、变速直线运动规律v2v2ax可得，C919 的最小起飞加速度a 02 v2v02 2x 0.72m/s2，故 B 正确，A、C、D 错误 2(2019甘肃省最后一次联考)关于原子物理，下列说法正确的是( ) A太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变 B若某光恰好能使锌发生光电效应，则改用波长更长的光照射锌也一定能发生光电效应 C 射线是高速运动的电子流 D.Bi 的半衰期是 5 天，32 克Bi 经过 10 天后还剩下Bi 的质量为 8 克 210832108321083 答案 D 解析 太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的轻核聚变，故 A 错误；波长越长的光的频率 第 2 页 共 9
3、页 2 越小，能量越小，所以改用波长更长的光照射，锌不会发生光电效应，故 B 错误； 射线是 高速运动的电子流，故 C 错误；Bi 的半衰期是 5 天，32 克Bi 经过 10 天后还剩下Bi 210832108321083 的质量为 8 克，故 D 正确 3(2019甘肃省最后一次联考)下列说法错误的是( ) A组成任何物体的分子都在做无规则的运动，任何物体都具有内能 B多晶体具有各向同性，没有固定的熔点 C将有棱角的玻璃棒用火烤融化后，棱角变钝是因为表面张力 D打开一杯热茶的杯盖，一段时间后茶不可能自动变得更热 答案 B 解析 由于组成物体的分子永不停息地在做无规则运动，一定有分子动能，所
4、以任何物体都 具有内能，故 A 正确；多晶体属于晶体，有固定的熔点，故 B 错误；将有棱角的玻璃棒用火 烤融化后， 棱角变钝是因为熔化的玻璃在表面张力的作用下， 表面要收缩到最小的缘故， 故 C 正确 ； 热传递具有方向性， 热量能自发的从高温物体传到低温物体， 故一杯热茶在打开杯盖后， 茶会自动变得更凉，故 D 正确 4.(2019湖北宜昌市四月调研)如图 2 所示， 直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场， 电子 1 从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场之后电子 2 也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离 开磁场，
5、则为( ) t1 t2 图 2 A3B2C. D. 3 2 2 3 答案 A 解析 电子 1、2 在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出两电子的运动轨迹，如图所示： 第 3 页 共 9 页 3 电子 1 垂直射进磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子 2 以相同速率垂直磁场方向射入磁场， 经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场， 根据半径rmv Bq 可知，电子 1 和 2 的半径相等，根据几何关系可知，aOc为等边三角形，则电子 2 转过的 圆心角为 60， 所以电子 1 运动的时间t1 ， 电子 2 运动的时间t2 ， 所以 T 2 m Bq T 6 m 3Bq
6、 t1 t2 ，故 A 正确，B、C、D 错误 3 1 5.(2019广东揭阳市下学期第二次模拟)如图 3 所示，MN是某匀强电场中的一条电场线一 带正电粒子射入电场后，仅在电场力作用下沿轨迹ABC运动下列说法中正确的是( ) 图 3 A粒子在A点的加速度比在C点的加速度大 B粒子在A点的电势能比在C点的电势能小 CM、N两点的电势：MN D电场线的方向水平向右 答案 B 解析 由于电场为匀强电场， 可得到粒子在A点的加速度与C点的加速度大小相等， 故 A 错误 ； 粒子带正电，粒子在B点受电场力方向向左，故电场线方向向左，又有：沿着电场线方向电 势降低， 所以NM， 从A到C电场力做负功，
7、电势能增加， 所以粒子在A点的电势能比在C 点的电势能小，故 B 正确，C、D 错误 6.(2019山西运城市 5 月适应性测试)含有理想变压器的电路如图 4 所示，图中电阻R1、R2 和R3的阻值分别为 18、1、3，正弦交流电源输出的电压有效值恒定，该变压器原、副 线圈匝数比为 31.开关 S 断开与闭合情况下变压器的输出功率之比为( ) 第 4 页 共 9 页 4 图 4 A21B41C12D11 答案 D 解析 开关 S 断开：设原线圈回路电流为I1，根据电流与匝数的关系 ，电压与匝数 I1 I2 n2 n1 1 3 的关系： ，联立解得U54I1；开关 S 闭合，设原线圈回路电流为I
8、1，同 UI1R1 I2R2R3 n1 n2 3 1 理可得 ： ， ， 整理得 ：U27I1； 因为电压有效值恒定， 所以 2I1 I1 I2 n2 n1 1 3 UI1R1 I2R2 n1 n2 3 1 I1， 故可得 2I2I2， 而变压器输出功率P出I(R2R3)，P出I22R2， 代入数据得 ：P出P 2 2 出，故 A、B、C 错误，D 正确 7.(2019广东揭阳市下学期第二次模拟)如图 5 所示，一光滑细杆固定在水平面上的C点， 细杆与水平面的夹角为 30，一原长为L的轻质弹性绳，下端固定在水平面上的B点，上端 与质量为m的小环相连，当把小环拉到A点时，AB与地面垂直，弹性绳长
9、为 2L，将小环从A 点由静止释放，当小环运动到AC的中点D时，速度达到最大重力加速度为g，下列说法正 确的是( ) 图 5 A在下滑过程中小环的机械能先减小后增大 B小环刚释放时的加速度大小为g C小环到达AD的中点时，弹性绳的弹性势能为零 D小环的最大速度为gL 答案 B 第 5 页 共 9 页 5 解析 小环受重力、支持力和弹性绳弹力，弹力做功，故环的机械能不守恒，小环和弹性绳 组成的系统机械能守恒，小环到达AD的中点时，弹性绳的长度为 2L，伸长量不为 0，在AD 之间有一位置弹性绳与AC垂直，小环从A点到弹性绳与AC垂直位置的过程中，弹性绳对小 环做正功，从弹性绳与AC垂直位置到C点
10、的过程中，弹性绳对小环做负功，所以下滑过程中 小环的机械能先增大后减小，故 A 错误；在A位置，环受重力、弹性绳拉力、支持力，根据 牛顿第二定律，有 ：mgsin30F弹sin30ma，在D点，环的速度最大，说明加速度为零， 弹性绳长度为 2L，故 ：mgsin30F弹cos600，联立解得 ：ag，故 B 正确 ； 小环到达AD 的中点时，弹性绳的长度为L，伸长量不为 0，故弹性势能不为零，故 C 错误；小环和弹3 性绳组成的系统机械能守恒，在D点速度最大，此时弹性绳长度等于初位置弹性绳的长度， 故初位置和D位置环的机械能相等，所以mg2Lcos60mv2，解得 ：v，故 D 错误 1 2
11、2gL 8.(2019福建宁德市 5 月质检)某同学在练习投篮时将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有 两次篮球垂直撞在竖直放置的篮板上，运动轨迹如图 6 所示，不计空气阻力，关于这两次篮 球从抛出到撞击篮板的过程( ) 图 6 A两次在空中运动的时间相等 B两次抛出时的速度相等 C第 1 次抛出时速度的水平分量小 D第 2 次抛出时速度的竖直分量大 答案 C 解析 将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，由题图可知，第 2 次运动过程中的高度较小， 所以运动时间较短，故 A 错误篮球在竖直方向上做竖直上抛运动，第 2 次运动过程中的高 度较小，故第 2 次抛出时速度的竖直分量较小，所用时间较短；平抛
12、运动在水平方向做匀速 直线运动，水平射程相等，由xv0t可知，第 2 次抛出时水平分速度较大；水平分速度第 2 第 6 页 共 9 页 6 次大，竖直分速度第 1 次大，根据速度的合成可知，两次抛出时的速度大小关系不能确定， 故 C 正确，B、D 错误 二、多项选择题 9(2019甘肃省最后一次联考)下列说法正确的是( ) A电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关 B两列波相遇时，在重叠的区域里，质点的位移等于两波单独传播时引起的位移的大小之和 C光的偏振现象说明光是纵波 D紫外线的波长比红外线的波长短 答案 AD 解析 电磁波在真空中的传播速度为 3108m/s，与电磁波的频率无关，故
13、A 正确；两列波 相遇时，在重叠的区域里，质点的位移等于两波单独传播时引起的位移的矢量和，故 B 错误 ； 偏振现象是横波特有的特征，故 C 错误 ； 紫外线的频率大于红外线的频率，根据fc可知 紫外线的波长比红外线的波长短，故 D 正确 10.(2019湖南娄底市下学期第二次模拟)如图 7 所示， 在一固定水平放置的闭合导体圆环正 上方，有一条形磁铁从静止开始下落，下落过程中始终保持竖直，起始高度为h，最后落在 水平地面上若不计空气阻力，重力加速度取g，下列说法中正确的是( ) 图 7 A磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针方向(俯视圆环) B磁铁落地时的速率一定等于
14、2gh C磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变 D磁铁在整个下落过程中，圆环受到它的作用力总是竖直向下的 第 7 页 共 9 页 7 答案 AD 解析 当条形磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可判断圆环中感应电 流的方向为逆时针(俯视圆环)，当条形磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次 定律可判断圆环中感应电流的方向为顺时针(俯视圆环)，A 正确；若磁铁从高度h处做自由 落体运动，其落地时的速度v，但磁铁穿过圆环的过程中要产生一部分电热，根据能2gh 量守恒定律可知，其落地速度一定小于，B 错误；磁铁在整个下落过程中，由于受到磁2gh 场力的作用，机械能不守恒，C 错误
15、；据楞次定律的推论“来拒去留” ，可判断磁铁在整个下 落过程中，受圆环对它的作用力始终竖直向上，而圆环受到磁铁的作用力总是竖直向下的， 故 D 正确 11(2019山西运城市 5 月适应性测试)一个可以看做质点的物块以恒定大小的初速度滑上 木板，木板的倾角可在 090之间任意调整，设物块沿木板向上能达到的最大位移为x.木 板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角的关系如图 8 所示 (g取 10m/s2)则下列说法 正确的是( ) 图 8 A物块与木板间的动摩擦因数为 3 3 B物块初速度的大小是 5m/s C沿倾角为 30和 90上滑时，物块运动到最大位移的时间不同 D当0 时，xm 5 3
16、4 答案 ABD 解析 当90， 物块做竖直上抛运动， 最大位移x1.25m， 根据运动学方程得 ：v0 02 2gx，解得v05m/s； 当30，x1.25m， 根据速度位移关系 ：v02ax， 有a10m/s2， 而agcos 02 v02 2x 第 8 页 共 9 页 8 gsin，解得 ：，A、B正确 ； 因为30 和90 对应的加速度均为a10m/s2，根据v00at，运动 3 3 到最高点时间相同， C错误；当0时，agm/s2， 根据v02ax， 求得xm， 10 3 3 02 5 3 4 D 正确 12 (2019陕西汉中市第二次教学质检)图 9 甲所示的 “轨道康复者” 航天
17、器可在太空中给 “垃 圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命图乙是“轨道康复者”在某次拯救一颗地球同步 卫星前，二者在同一平面内沿相同绕行方向绕地球做匀速圆周运动的示意图，此时二者的连 线通过地心，轨道半径之比为 14.若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说 法正确的是( ) 图 9 A站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动 B在图示轨道上，“轨道康复者”的加速度大小是地球同步卫星的 16 倍 C在图示轨道上，地球同步卫星的机械能大于“轨道康复者”的机械能 D若要对该同步卫星实施拯救，“轨道康复者”应从图示轨道上加速，然后与同步卫星对接 答案 BD 解析 因“轨道康复者”的高度低于同步卫星的高度，可知其角速度大于同步卫星的角速度， 也大于站在赤道上的观察者的角速度，则站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向东运动， 选项 A 错误；由Gma得：a，在图示轨道上，“轨道康复者”与地球同步卫星加速度 Mm r2 GM r2 之比为16，故 B 正确；因“轨道康复者”与地球同步卫星的质量关系不确定， a1 a2 r22 r12 42 12 则不能比较机械能的关系， 选项 C 错误 ； “轨道康复者” 从图示轨道上加速后， 轨道半径增大， 与同步卫星轨道相交，则可进行对接，故 D 正确 第 9 页 共 9 页 9