2019届高考物理二轮复习第1章力与运动选择题48分专练（一）.doc

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1、1选择题 48 分专练(一)选择题(本题共 8 小题每小题 6 分在每小题给出的四个选项中，第 1419 题只有一项符合题目要求，第 2021 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)14一个 U 原子核在中子的轰击下发生一种可能的裂变反应，其裂变方程为23592U nX Sr2 n，则下列说法正确的是( )23592 10 9438 10AX 的原子核中含有 86 个中子BX 的原子核中含有 141 个核子C因为裂变释放能量，根据 E mc2，所以裂变后的总质量数增加D因为裂变释放能量，出现质量亏损，所以裂变后的总质量数减少解析：设 X 的原子核

2、中含有 x 个质子，质量数为 y，根据电荷数和质量数守恒有：92 x38,2351 y942，解得 x54， y140，所以 X 的中子数为： y x86，故A 正确；由 A 分析可知 X 的质量数为 140，即核子数为 140，故 B 错误；因为裂变释放能量，出现质量亏损，所以裂变后的总质量减少，但质量数不变，故 C、D 错误答案：A152018北京卷，17若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律，在已知月地距离约为地球半径 60 倍的情况下，需要验证( )A地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的 1/602B月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的 1/602C自

3、由落体在月球表面的加速度约为地球表面的 1/6D苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的 1/60解析：若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律万有引力定律，则应满足 G ma，因此加速度 a 与距离 r 的二次方成反比Mmr2答案：B16.2018河南焦作市二模如图所示，滑块放在水平地面上，左边受一个弹簧拉力作用，弹簧原长小于悬挂点的高度，水平向右的拉力 F 拉动滑块，使滑块向右缓慢移动，并且滑块始终没有离开地面，则在上述过程中，下列说法正确的是( )A弹簧弹力在竖直方向的分量不变，滑块受到的摩擦力不变B弹簧弹力在竖直方向的分量不变，滑块受到的摩擦力变小C弹簧弹力在

4、竖直方向的分量增大，滑块受到的摩擦力变小D弹簧弹力在竖直方向的分量增大，滑块受到的摩擦力不变解析：设某一位置时弹簧与水平方向的夹角为 ，此时弹簧的长度为 L，弹簧的原长为 L0；竖直方向时弹簧伸长量为 x1，弹簧与水平方向的夹角为 时弹簧伸长量为 x2，根据正交分解得：竖直方向： FN mg F 弹 sin ，根据几何关系可得： F 弹 sin kx2 k ，其中 x1和 L0为定值，当 x2逐渐增大时， F 弹 sin 增大，支持力 FNL0 x1L0 x2 L0 x1L0x2 1逐渐减小，根据 Ff F N可知摩擦力减小，所以 A、B、D 错误，C 正确答案：C172018江苏镇江模拟质量

5、为 0.5 kg 的物体在水平面上以一定的初速度运动，如图 a、 b 分别表示物体不受拉力和受到水平拉力作用的 v t 图象，则拉力与摩擦力大小之比为( )2A1 ：2 B2 ：1C3 ：1 D3 ：2解析：物体不受水平拉力时，加速度大小为：a1 1.5 m/s 2； v1 t1 6 04物体受到水平拉力作用时加速度大小为：a2 0.75 m/s 2； v2 t2 12 68根据牛顿第二定律得：Ff ma1，F Ff ma2，可得： F ： Ff3 ：2.答案：D18在如图所示的电路结构中的 Q 点处，能源源不断地向两平行板电容器的中央处释放出速度为 v 的带电微粒，假设滑动变阻器的滑片 P

6、在图中所处的位置时，微粒恰能沿平行板电容器的中线运动，并能打在左边的挡板 M 上，现将滑片 P 往下移动一小段，则此后从 Q 点发出的带电微粒的运动将( )A向上偏转 B向下偏转C不发生偏转 D无法确定解析：当滑动变阻器的滑片 P 向下移动时，滑动变阻器分得的电压将减小，但由于二极管，平行板电容器两板的电荷量将保持不变，由 C ，可得 E ，即两QU rS4k d Ud 4k Q rS板之间的电场强度保持不变，故微粒的运动不发生变化，选项 C 正确答案：C19如图为远距离输电示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器， R 为输电线的等效电阻保持交流发电机输出电压不变，若电压表示数变小，下列

7、判断正确的是( )A电流表示数变小B降压变压器原、副线圈两端的电压之比变小C升压变压器输出电压变小D输电线损失的功率变大3解析：降压变压器原、副线圈的电压比等于降压变压器原、副线圈匝数比，保持不变，B 错误；电压表的示数减小，则降压变压器原线圈的电压 U3减小，由于发电机的输出电压不变，则升压变压器副线圈的输出电压 U2不变，由 U2 U3 IR 可知，电流表的示数变大，A、C 错误；由于电流表的示数变大，则由 PR I2R 可知，输电线上损失的功率变大，D 正确答案：D20如图所示， 圆形区域 AOB 内存在垂直纸面向内的匀强磁场， AO 和 BO 是圆的两条14互相垂直的半径，一带电粒子从

8、 A 点沿 AO 方向进入磁场，从 B 点离开，若该粒子以同样的速度从 C 点平行于 AO 方向进入磁场，则( )A粒子带负电B只要粒子入射点在 AB 弧之间，粒子仍然从 B 点离开磁场C入射点越靠近 B 点，粒子偏转角度越大D入射点越靠近 B 点，粒子运动时间越短解析：粒子从 A 点正对圆心射入，恰从 B 点射出，根据安培力方向可判断粒子带正电，故 A错误；粒子从 A 点射入时，在磁场中运动的圆心角为 190，粒子运动的轨迹半径等于 BO，当粒子从 C 点沿 AO 方向射入磁场时，粒子的运动轨迹如图所示，设对应的圆心角为 2，运动的轨迹半径也为 BO，粒子做圆周运动的轨迹半径等于磁场圆的半径

9、，磁场区域圆的圆心 O、轨迹圆的圆心 O1以及粒子进出磁场的两点构成一个菱形，由于 O1C 与 OB 平行，所以粒子一定从 B 点离开磁场，故 B 正确；由图可得此时粒子偏转角等于 BOC，即入射点越靠近 B 点对应的偏转角度越小，运动时间越短，故 C 错误、D 正确答案：BD21如图所示，倾角为 的足够长的平行导轨固定在水平面上，两导体棒 M、 N 垂直两平行导轨且放在导轨上，已知导体棒的长度等于导轨的间距，空间存在足够大的垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B.现给导体棒 M 一沿导轨平面向下的初速度 v0使其沿导轨向下运动，已知每根导体棒的质量均为 m、长度均为 d、阻值均为

10、r，导轨的电阻忽略不计，两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为 tan .整个过程两导体棒始终与导轨保持良好的接触下列说法正确的是( )A导体棒 N 的最大速度为 v04B导体棒 N 中产生热量的最大值为 mv18 20C当导体棒 M 的速度为 v0时，导体棒 N 的速度应为 v034 14D当导体棒 M 的速度为 v0时，导体捧 N 的加速度应为34 B2d2v04mr解析：由于两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为 tan ，所以有mgsin mg cos ，当导体棒 M 沿导轨平面向下运动时，导体棒 M 受到沿导轨向上的安培力，导体棒 N 受到沿导轨向下的安培力，因此两导体棒组成的系统所受的外力

11、之和为零，则系统的动量守恒假设两导体棒的共同速度为 v，由动量守恒定律可得 mv02 mv，解得v ，A 错误；由能量守恒定律可知，两导体棒在整个过程中产生的焦耳热为v02Q mv (2m)v2 mv ，所以导体棒 N 中产生的热量的最大值为 QN Q mv ，B 正确；12 20 12 14 20 12 18 20假设当导体棒 M 的速度为 v0时，导体棒 N 的速度为 v，则由动量守恒定律可知34mv0 m v0 mv，解得 v v0，此时电路中的感应电动势大小为34 14E Bd v0 Bd v0 Bdv0，由欧姆定律可知电路中的电流大小为 I ，导体棒34 14 12 E2r Bdv04rN 所受的安培力大小为 F Bld ，由牛顿第二定律得，导体棒 N 的加速度大小为B2d2v04ra ，C、D 正确Fm B2d2v04mr答案：BCD