统考版高考物理二轮专项分层特训卷20分钟选择题专练13含答案

这是一份统考版高考物理二轮专项分层特训卷20分钟选择题专练13含答案，共7页。试卷主要包含了[2021·浙江6月，3]，答案等内容，欢迎下载使用。

如图所示，在火箭发射塔周围有钢铁制成的四座高塔，高塔的功能最有可能的是( )
A．探测发射台周围风力的大小
B．发射与航天器联系的电磁波
C．预防雷电击中待发射的火箭
D．测量火箭发射过程的速度和加速度
2．[2021·山东卷，1]在测定年代较近的湖泊沉积物形成年份时，常利用沉积物中半衰期较短的 eq \\al(\s\up11(210),\s\d4( 82)) Pb，其衰变方程为 eq \\al(\s\up11(210),\s\d4( 82)) Pb―→ eq \\al(\s\up11(210),\s\d4( 83)) Bi＋X.以下说法正确的是( )
A．衰变方程中的X是电子
B．升高温度可以加快 eq \\al(\s\up11(210),\s\d4( 82)) Pb的衰变
C． eq \\al(\s\up11(210),\s\d4( 82)) Pb与 eq \\al(\s\up11(210),\s\d4( 83)) Bi的质量差等于衰变的质量亏损
D．方程中的X来自于 eq \\al(\s\up11(210),\s\d4( 82)) Pb内质子向中子的转化
3．[2021·全国乙卷，16]如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m，电荷量为q(q＞0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场．若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°.不计重力，则 eq \f(v1,v2) 为( )
A． eq \f(1,2) B． eq \f(\r(3),3) C． eq \f(\r(3),2) D． eq \r(3)
4．一物块静止在光滑水平面上，t＝0时刻起在物块上施加水平方向的外力．第一次外力随时间变化的图象如图线①所示，第二次外力随时间变化的图象如图线②所示，已知物块两次在0～3 s时间内通过的距离相等，且物块两次在t＝3 s时的速度大小之差为3 m/s.下列说法正确的是( )
A．物块的质量为2 kg
B．0～3 s内物块的位移为18 m
C．两次物块在0～3 s内的平均速度相等
D．第二次0～3 s内外力做的功为30.5 J
5.
已知某行星的平均密度与地球的平均密度大致相等，若探测器登陆该行星后，做了竖直上抛实验，并作出位移—时间图象来研究行星的一些参量，图中甲、乙曲线分别是在地球上和该行星上以不同初速度竖直上抛的物体的位移—时间图象，不计空气阻力和星球自转．则下列说法正确的是( )
A．该行星与地球的重力加速度大小之比为9∶11
B．该行星与地球的质量之比为27∶32
C．该行星与地球的半径之比为32∶27
D．该行星与地球的第一宇宙速度之比为272∶322
6．(多选)如图所示是某一带电导体周围的电场线与等势面，A、C是同一等势面上的两点，B是另一等势面上的一点．下列说法正确的是( )
A．导体内部的场强左端大于右端
B．A、C两点的电势均高于B点的电势
C．B点的电场强度大于A点的电场强度
D．正电荷从A点沿虚线移到B点的过程中电场力做正功，电势能减小
7．(多选)[2021·全国乙卷，19]水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动．物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动．重力加速度大小为g.则( )
A．在此过程中F所做的功为 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
B．在此过程中F的冲量大小等于 eq \f(3,2) mv0
C．物体与桌面间的动摩擦因数等于 eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,4s0g)
D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
8．(多选)[2021·河南南阳考试]如图甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属导轨与水平地面成θ＝30°角固定在地面上，M、P之间接电阻箱R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小为B＝0.5 T．一质量为m的金属杆ab水平放置在导轨上，其接入电路的电阻值为r.现从静止释放杆ab，测得最大速度为vm.改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示．已知导轨间距为L＝2 m，重力加速度取g＝10 m/s2，导轨足够长且电阻不计．则( )
A．金属杆滑动时产生的感应电流方向是a→b→M→P→a
B．当R＝0时，杆ab匀速下滑过程中产生感应电动势的大小为2 V
C．金属杆的质量为m＝0.2 kg，电阻r＝2 Ω
D．当R＝4 Ω时，回路瞬时电功率每增加1 W的过程中合外力对杆做的功为0.6 J
20分钟选择题专练（13）
1．答案：C
解析：待发射的火箭由于比较高，根据尖端放电原理，火箭顶部易引雷，所以在火箭发射塔四周建立铁制高塔的功能是预防雷电击中待发射的火箭，C正确．
2．答案：A
解析：根据质量数守恒和电荷数守恒可知，X是电子，A项正确；放射性元素的半衰期非常稳定，不受温度、压强以及该物质是单质还是化合物的影响，B项错误； eq \\al(\s\up11(210),\s\d4( 82)) Pb与 eq \\al(\s\up11(210),\s\d4( 83)) Bi和电子X的质量差等于衰变的质量亏损，C项错误；方程中的X来自于 eq \\al(\s\up11(210),\s\d4( 82)) Pb内中子向质子的转化，D项错误．
3．答案：B
解析：设圆形磁场区域的半径为R，沿直径MON方向以速度v1射入圆形匀强磁场区域的粒子离开磁场时速度方向偏转90°，则其轨迹半径为r1＝R，由洛伦兹力提供向心力得qv1B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,r1) ，解得v1＝ eq \f(qBR,m) ；沿直径MON方向以速度v2射入圆形匀强磁场区域的粒子离开磁场时速度方向偏转60°，由几何关系得tan 30°＝ eq \f(R,r2) ，可得其轨迹半径为r2＝ eq \r(3) R，由洛伦兹力提供向心力得qv2B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,r2) ，解得v2＝ eq \f(\r(3)qBR,m) ，则 eq \f(v1,v2) ＝ eq \f(1,\r(3)) ＝ eq \f(\r(3),3) ，选项B正确．
4．答案：C
解析：设物块的质量为m，对第1次，根据动量定理有F1t＝mv1＝6 kg·m/s，对第2次，根据动量定理得F2t＝mv2＝9 kg·m/s，且v2－v1＝3 m/s，解得v1＝6 m/s，v2＝9 m/s，m＝1.0 kg，A项错误；由以上分析可知，物块在0～3 s内运动的位移为x＝ eq \f(1,2) · eq \f(F1,m) ·t2＝9 m，B项错误；物块两次在0～3 s内通过的距离相等，故两次的平均速度相等，C项正确；根据动能定理可得，第二次外力做的功W2＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2)) ＝40.5 J，D项错误．
5．答案：C
解析：从图象中可看出在地球上竖直上抛物体在空中上升运动的时间为2t，上升的高度为3H，3H＝ eq \f(1,2) g（2t）2，同理在行星上有2H＝ eq \f(1,2) g′·（1.5t）2，联立解得 eq \f(g′,g) ＝ eq \f(32,27) ，选项A错误；在地球表面有G eq \f(Mm,R2) ＝mg，在该行星表面有G eq \f(M′m,R′2) ＝mg′，又M＝ρ· eq \f(4,3) πR3，M′＝ρ· eq \f(4,3) πR′3，联立解得 eq \f(R′,R) ＝ eq \f(32,27) ， eq \f(M′,M) ＝ eq \f(323,273) ，选项B错误，C正确；对在地球附近做匀速圆周运动的卫星有 eq \f(mv2,R) ＝mg，解得 eq \f(v′,v) ＝ eq \f(27,32) ，选项D错误．
6．答案：BD
解析：带电导体处于静电平衡状态，导体内部的场强处处为零，导体表面为等势面，整个导体为一个等势体，A错误；沿电场线方向电势逐渐降低，所以A、C两点的电势均高于B点的电势，B正确；电场线的疏密表示电场强度的大小，所以B点的电场强度小于A点的电场强度，C错误；根据Ep＝qφ可知，正电荷从高电势A点沿虚线移动到低电势B点，电势能减少，电场力做正功，D正确．
7．答案：BC
解析：设物体与桌面间的动摩擦因数为μ，根据功的定义，可知在此过程中，F做的功为WF＝Fs0＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ＋μmgs0，选项A错误；物体通过路程s0时，速度大小为v0，撤去F后，由牛顿第二定律有μmg＝ma2，根据匀变速直线运动规律有v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ＝2a2·2s0，联立解得μ＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,4s0g) ，选项C正确；水平桌面上质量为m的物体在恒力F作用下从静止开始做匀加速直线运动，有F－μmg＝ma1，又v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ＝2a1s0，可得a1＝2a2，可得F＝3μmg，即F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，选项D错误；对F作用下物体运动的过程，由动量定理有Ft－μmgt＝mv0，联立解得F的冲量大小为IF＝Ft＝ eq \f(3,2) mv0，选项B正确．
8．答案：BCD
解析：由右手定则判断得知，杆中电流方向从b→a，故A错误；由题图乙可知，当R＝0时，杆以v＝2 m/s匀速运动，产生的电动势E＝BLv＝0.5×2×2 V＝2 V，B正确；最大速度为vm，杆切割磁感线产生的感应电动势E′＝BLvm，由闭合电路的欧姆定律I＝ eq \f(E′,R＋r) ，杆达到最大速度时满足mg sin θ－BIL＝0，解得vm＝ eq \f(mg sin θ,B2L2) R＋ eq \f(mg sin θ,B2L2) r，由题图乙可知，斜率为k＝ eq \f(4－2,2) m/（s·Ω）＝1 m/（s·Ω），纵截距为v0＝2 m/s，得到 eq \f(mg sin θ,B2L2) r＝v0， eq \f(mg sin θ,B2L2) ＝k，解得m＝0.2 kg，r＝2 Ω，C正确；由题意E ″＝BLv′，P＝ eq \f(E ″2,R＋r) 得P＝ eq \f(B2L2v′2,R＋r) ，则ΔP＝ eq \f(B2L2v′2,R＋r) － eq \f(B2L2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,R＋r) ，由动能定理得W＝ eq \f(1,2) mv′2－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ，联立得W＝ eq \f(m（R＋r）,2B2L2) ·ΔP，代入解得W＝0.6 J，D正确．