2020高三物理三轮冲刺：选择题满分练(九)

选择题满分练(九)

二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．

14． “神舟十一号”飞船与“天宫二号”空间实验室自动交会对接前的示意图如图1所示，圆形轨道Ⅰ为“天宫二号”运行轨道，圆形轨道Ⅱ为“神舟十一号”运行轨道．此后“神舟十一号”要进行多次变轨，才能实现与“天宫二号”的交会对接，则(　　)

图1

A．“天宫二号”在轨道Ⅰ的运行速率大于“神舟十一号”在轨道Ⅱ的运行速率

B．“神舟十一号”由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ需要减速

C．“神舟十一号”为实现变轨需要向后喷出气体

D．“神舟十一号”变轨后比变轨前机械能减少

答案　C

解析　由题可知，万有引力提供向心力，即G＝m，则v＝ ，由于“天宫二号”运行半径大，可知其速率小，故A错误；“神舟十一号”由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ需要加速做离心运动，要向后喷出气体，速度变大，发动机做正功，机械能增加，故C正确，B、D错误．

15．如图2所示，质量为m＝2.0 kg的物体静止在光滑的水平地面上．t＝0时刻起物体在水平向右的恒力F1＝1.0 N的作用下开始运动，经过一段时间t0后，恒力大小变为F2＝2.6 N，方向改为水平向左．在t＝12.0 s时测得物体运动的瞬时速度大小v＝6.24 m/s，则t0为(　　)

图2

A．12.1 s   B．6.0 s

C．5.2 s   D．2.6 s

答案　C

解析　由牛顿第二定律可得：a1＝＝0.5 m/s2，a2＝＝1.3 m/s2，若在12 s末速度方向是向右的，则有：a1t0－a2(12 s－t0)＝6.24 m/s，解得：t0≈12.13 s>12 s，不符合题意，所以12 s末速度方向是向左的，即a1t0－a2(12 s－t0)＝－6.24 m/s，解得：t0＝5.2 s，故C正确．

16.如图3所示，光滑圆轨道竖直固定在水平地面上，O为圆心，A为轨道上的一点，OA与水平地面夹角为30°.小球在拉力F作用下始终静止在A点．当拉力方向水平向左时，拉力F的大小为10 N．当将拉力F在竖直平面内转至沿圆轨道切线方向时，拉力F的大小为(　　)

图3

A．5 N   B．15 N

C．10 N   D．10 N

答案　A

解析　当拉力水平向左时，对小球受力分析，小球受到竖直向下的重力，沿OA向外的支持力，以及拉力F，如图甲所示，矢量三角形可得G＝Ftan 30°＝10× N＝10 N，当拉力沿圆轨道切线方向时，对小球受力分析如图乙所示，矢量三角形可得F＝Gcos 30°＝5 N，A正确．

17．如图4所示，真空中a、b、c、d四点共线且等距，a、b、c、d连线水平．先在a点固定一点电荷＋Q，测得b点场强大小为E.若再将另一点电荷＋2Q放在d点，则(　　)

图4

A．b点场强大小为，方向水平向右

B．b点场强大小为E，方向水平向左

C．c点场强大小为E，方向水平向右

D．c点场强大小为E，方向水平向左

答案　A

解析　设ab＝bc＝cd＝L，根据题意知：＋Q在b点产生的场强大小为E，方向水平向右．由点电荷的场强公式得：E＝k，＋2Q在b点产生的电场强度大小为：E1＝k＝k＝E，方向水平向左，所以b点的场强大小为 Eb＝E－E1＝E，方向水平向右，故A正确，B错误；＋Q在c点产生的电场强度大小为Ec1＝k＝k＝E，方向水平向右；＋2Q在c点产生的电场强度大小为：Ec2＝k＝2E，方向水平向左，所以c点的场强大小为Ec＝E，方向水平向左，故C、D错误．

18．如图5所示，空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场和水平向左、场强为E的匀强电场．有一质量为m，电荷量大小为q的微粒垂直于磁场且以与水平方向成45°角的速度v做直线运动，重力加速度为g.则下列说法正确的是(　　)

图5

A．微粒可能做匀加速直线运动

B．微粒可能只受两个力作用

C．匀强磁场的磁感应强度B＝

D．匀强电场的电场强度E＝

答案　D

解析　粒子所受洛伦兹力F＝qvB，方向与速度方向垂直，因微粒做直线运动，则微粒一定做匀速直线运动，若粒子带正电，则粒子所受电场力向左，洛伦兹力垂直速度v斜向右下方，而重力竖直向下，则电场力、洛伦兹力和重力三个力的合力不可能为0，粒子不可能做直线运动，所以粒子不可能带正电，故粒子带负电，则粒子所受电场力向右，洛伦兹力垂直速度v斜向左上方，而重力竖直向下，根据平衡条件，有：qE＝mgtan 45°，qvB＝，联立解得：E＝，B＝，故A、B、C错误，D正确．

19．1956年，李政道和杨振宁提出在弱相互作用中宇称不守恒，并由吴健雄用半衰期为5.27年的Co放射源进行了实验验证，次年李、杨二人获得诺贝尔物理学奖.Co的衰变方程式是：Co→Ni＋e＋e.(其中e是反中微子，它的电荷量为零，静止质量可认为是零)，衰变前Co核静止，根据云室照片可以看到衰变产物Ni和e不在同一条直线上的事实．根据这些信息可以判断(　　)

A.Ni的核子数A是60，核电荷数Z是28

B. 此核反应为α衰变

C.Ni与e的动量之和不可能等于零

D．衰变过程动量不守恒

答案　AC

解析　根据电荷数守恒、质量数守恒有：60＝A,27＝Z－1，解得A＝60，Z＝28，选项A正确；此核反应放出电子，为β衰变，选项B错误．衰变前核静止，动量为零，衰变时不受外力则动量守恒，因衰变产物Ni和e不在同一条直线上且有反中微子e生成，则Ni和e动量之和不可能为零，选项C正确，D错误．

20.如图6所示，变压器为理想变压器，副线圈中三个电阻的阻值大小关系为R1＝R2＝2r＝2 Ω，导线电阻不计，电流表为理想交流电表，原线圈输入正弦式交流电e＝110sin 100πt(V)，开关S断开时，电阻r消耗的电功率为100 W．下列说法正确的是(　　)

图6

A．原线圈输入电压的有效值为110 V

B．开关S闭合前后，通过电阻R1的电流之比为2∶3

C．开关S闭合前后，电流表的示数之比为2∶3

D．变压器原、副线圈的匝数之比为11∶3

答案　CD

解析　原线圈输入正弦式交流电e＝110sin 100πt(V)，故有效值为110 V，故A错误；对于理想变压器，由＝可知，无论开关S闭合与否，副线圈两端电压不变，开关S闭合前，副线圈所在电路，有I1＝I＝＝，开关S闭合后，I′＝＝，通过电阻R1的电流为I1′＝＝，开关S闭合前后，通过电阻R1的电流之比为＝4∶3，故B错误；电流表的示数I0＝，故闭合前后有＝＝，故C正确；开关S断开时，对电阻r，有P＝I2r，得I＝＝  A＝10 A，此时副线圈两端电压的有效值为U2＝I(r＋R1)＝10×(1＋2) V＝30 V，变压器原、副线圈的匝数之比为＝＝，故D正确．

21．如图7所示，位于同一绝缘水平面内的两根固定金属导轨MN、M′N′电阻不计，两导轨之间存在竖直向下的匀强磁场．现将两根长度相同、粗细均匀、电阻分布均匀的相同铜棒ab、cd放在两导轨上，若两棒从图示位置以相同的速度沿MN方向做匀速直线运动，运动过程中始终与两导轨接触良好，且始终与导轨MN垂直，不计一切摩擦，则下列说法正确的是(　　)

图7

A．回路中有顺时针方向的感应电流

B．回路中的感应电流不断减小

C．回路中的热功率不断增大

D．两棒所受安培力的合力不断减小

答案　BD

解析　两棒以相同的速度沿MN方向做匀速直线运动，回路的磁通量不断增大，根据楞次定律可知，感应电流方向沿逆时针，故A错误；设两棒的距离为s，M′N′与MN的夹角为α.回路中总的感应电动势 E＝BLcdv－BLabv＝Bv·(Lcd－Lab)＝Bvstan α，保持不变，由于回路的电阻不断增大，而总的感应电动势不变，所以回路中的感应电流不断减小，故B正确；两棒所受安培力的合力为F＝BILcd－BILab＝BI(Lcd－Lab)＝BIstan α，由于电流减小，所以两棒所受安培力的合力不断减小，故D正确；回路中的热功率为P＝，E不变，R增大，则P不断减小，故C错误．