统考版高考物理二轮专项分层特训卷20分钟选择题专练14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14含答案，共6页。
A．Y是氦核
B．Y是质子
C．再经过72万年，现有的铝26衰变一半
D．再经过144万年，现有的铝26全部衰变
2．[2021·全国甲卷，14]如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上．横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变．将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关．若θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将( )
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
3．[2021·张家口一模]目前，我国正在大力推行ETC系统，ETC(Electrnic Tall Cllectin)是全自动电子收费系统，车辆通过收费站时无须停车，这种收费系统每车收费耗时不到两秒，其收费通道的通行能力是人工收费通道的5至10倍，如图甲所示，在收费站自动栏杆前、后的地面各自铺设完全相同的传感器线圈A、B，两线圈各自接入相同的电路，如图乙所示，电路a、b端与电压有效值恒定的交变电源连接，回路中流过交变电流，当汽车接近或远离线圈时，线圈的自感系数发生变化，线圈对交变电流的阻碍作用发生变化，使得定值电阻R的c、d两端电压就会有所变化，这一变化的电压输入控制系统就能做出抬杆或落杆的动作，下列说法正确的是( )
A．汽车接近线圈A时，c、d两端电压升高
B．汽车离开线圈A时，c、d两端电压升高
C．汽车接近线圈B时，c、d两端电压升高
D．汽车离开线圈B时，c、d两端电压降低
4．[2021·河北卷，2]铯原子钟是精确的计时仪器．图1中铯原子从O点以100 m/s的初速度在真空中做平抛运动，到达竖直平面MN所用时间为t1；图2中铯原子在真空中从P点做竖直上抛运动，到达最高点Q再返回P点，整个过程所用时间为t2.O点到竖直平面MN、P点到Q点的距离均为0.2 m．重力加速度取g＝10 m/s2.则t1∶t2为( )
A．100∶1 B．1∶100
C．1∶200 D．200∶1
5．[2021·广东卷，6]如图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面．在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点．不计液滴重力．下列说法正确的是( )
A.a点的电势比b点的低
B．a点的电场强度比b点的小
C．液滴在a点的加速度比在b点的小
D．液滴在a点的电势能比在b点的大
6．(多选)[2021·浙江1月，16]发电机的示意图如图甲所示，边长为L的正方形金属框，在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度绕OO′轴转动，阻值为R的电阻两端的电压如图乙所示．其他电阻不计，图乙中的Um为已知量．则金属框转动一周 ( )
A．框内电流方向不变
B．电动势的最大值为Um
C．流过电阻的电荷量q＝ eq \f(2BL2,R)
D．电阻产生的焦耳热Q＝ eq \f(πUmBL2,R)
7．(多选)[2021·河北卷，9]如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑．一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆．金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止．若ω′>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时( )
A．小球的高度一定降低
B．弹簧弹力的大小一定不变
C．小球对杆压力的大小一定变大
D．小球所受合外力的大小一定变大
8．(多选)如图所示，倾角为37°的斜劈固定在水平面上，质量为m2＝2 kg的物块Q静止在水平面上，质量为m1＝1 kg的物块P以一定的速度v0＝6 eq \r(2) m/s向右运动并与物块Q发生无能量损失的碰撞，结果两物块刚好不发生第二次碰撞．已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.假设水平面与斜劈均足够长，两物块与水平面之间的摩擦均可忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2.则下列说法正确的是( )
A．物块P、物块Q碰后的速度大小之比为1∶2
B．物块Q与斜面之间的动摩擦因数为0.5
C．物块Q沿斜面上升的最大高度为 eq \f(5,3) m
D．整个过程因摩擦产生的热量为24 J
20分钟选择题专练（14）
1．答案：C
解析：根据电荷数守恒与质量数守恒可知Y为正电子 eq \\al(\s\up11(0),\s\d4(1)) e，A、B错误．经过一个半衰期，铝26衰变一半，经过两个半衰期，铝26还剩下四分之一，C正确，D错误．
2．答案：D
解析：横杆的位置可在竖直杆上调节，由题可知QP的水平投影始终不变，设其长度为x0，则物块下滑的位移x＝ eq \f(x0,cs θ) ，物块在下滑过程中，由牛顿第二定律有a＝g sin θ，故物块从Q到P的运动时间为t＝ eq \r(\f(2x,a)) ＝ eq \r(\f(2x0,g sin θcs θ)) ＝ eq \r(\f(4x0,g sin 2θ)) ，由于30°≤θ≤60°，即60°≤2θ≤120°，则sin 2θ先增大后减小，故时间t先减小后增大，故选项A、B、C错误，选项D正确．
3．答案：B
解析：汽车上有很多钢铁，当汽车接近线圈时，相当于给线圈增加了铁芯，所以线圈的自感系数增大，感抗也增大，在电压不变的情况下，交流回路的电流将减小，所以R两端的电压将减小，即c、d两端的电压将减小；同理，汽车远离线圈时，线圈的感抗减小，交流回路的电流增大，c、d两端的电压将增大．故B正确，A、C、D错误．
4．答案：C
解析：设距离d＝0.2 m，铯原子做平抛运动时有d＝v0t1，做竖直上抛运动时有d＝ eq \f(1,2) g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t2,2))) eq \s\up12(2) ，解得 eq \f(t1,t2) ＝ eq \f(1,200) .故A、B、D错误，C正确．
5．答案：D
解析：由于发射极与电源正极相连接，故发射极电势高于吸极电势，故a点电势比b点电势高，A错误；等势面的疏密反映电场线的疏密，故a点的电场强度大于b点的，液滴在a点的加速度大于b点的，B、C错误；带电液滴从发射极加速飞向吸极，从a到b电场力做正功，故电势能减小，D正确．
6．答案：BD
解析：由于滑环的作用，通过R的电流方向不变，但是框内的电流方向是变化的，A错误；由题图可知，由于线框没有电阻，所以电动势等于电阻两端的电压，B正确；因为流过R的电流方向不变，金属框转动半周，流过R的电荷量q′＝ eq \(I,\s\up6(－)) Δt＝ eq \f(\(E,\s\up6(－)),R) Δt＝ eq \f(ΔΦ,R) ＝ eq \f(2BL2,R) ，所以金属框转动一周流过R的电荷量q＝2q′＝ eq \f(4BL2,R) ，C错误；由Um＝BL2ω，解得ω＝ eq \f(Um,BL2) ，金属框转动一周，电阻产生的焦耳热Q＝ eq \f(U2,R) T＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Um,\r(2))))\s\up12(2),R) · eq \f(2π,ω) ＝ eq \f(πUmBL2,R) ，D正确．
7．答案：BD
解析：设弹簧的劲度系数为k，形变量为x，弹簧与竖直方向的夹角为θ，MN、PQ间的距离为L，对小球受力分析有kx cs θ－mg＝0，即竖直方向受力为0，水平方向有kx sin θ±FN＝mω2L，当金属框以ω′绕MN轴转动时，假设小球的位置升高，则kx减小，cs θ减小，小球受力不能平衡；假设小球的位置降低，则kx增大，cs θ增大，小球受力同样不能平衡，则小球的位置不会变化，弹簧弹力的大小一定不变，故A错误，B正确．小球对杆的压力大小F压＝FN＝mω2L－kx sin θ或F压＝FN＝kx sin θ－mω2L，所以当角速度变大时压力大小不一定变大，故C错误．当角速度变大时小球受到的合外力一定变大，故D正确．
8．答案：AD
解析：设碰后物块P的速度为v1，物块Q的速度为v2，以水平向右为正方向，则碰撞过程中由动量守恒定律和能量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2， eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ＝ eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ＋ eq \f(1,2) m2v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2)) ，解得v1＝－2 eq \r(2) m/s、v2＝4 eq \r(2) m/s，则物块P、物块Q碰后的速度大小之比为1∶2，选项A正确；设物块Q沿斜面上滑的最大位移为s，再次滑到斜面底端的速度为v，对上滑过程和下滑过程分别应用动能定理有（m2g sin 37°＋μm2g cs 37°）s＝ eq \f(1,2) m2v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2)) ，（m2g sin 37°－μm2g cs 37°）s＝ eq \f(1,2) m2v2，解得 eq \f(v2,32) ＝ eq \f(3－4μ,3＋4μ) ，由于两物块刚好不发生第二次碰撞，则物块Q返回到水平面的速度大小为v＝|v1|＝2 eq \r(2) m/s，方向水平向左，解得Q与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.45，又Q沿斜面上升的最大高度h＝s sin 37°，解得h＝1 m，选项B、C错误；由功能关系可知整个过程因摩擦产生的热量Q＝2μm2g cs 37°× eq \f(h,sin 37°) ＝2×0.45×2×10×0.8× eq \f(1,0.6) J＝24 J，选项D正确．