【2019-2020】高考物理总复习选择题增分练(一)

1、1 / 5 【2019-2020】高考物理总复习选择题增分练（一） （满分 48 分 24 分钟） 说明：共 8 小题，每小题 6 分，在每小题给出的四个选项中，第 15 题只有一项符合 题目要求，第 68 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. 1. 下列叙述正确的是（ ） A. 若铀 235 的体积超过它的临界体积，裂变的链式反应就能够发生 B. 根据玻尔理论，在氢原子中，电子吸收光子从低能级跃迁到高能级，电子的能量变 大，动能也变大 C. 只要入射光的强度足够强，照射时间足够长，就一定能产生光电效应 D. 核反应的实质是粒子对核撞击而打出

2、新粒子使核变为新核 解析：选 A.只要铀 235 的体积超过它的临界体积，就能产生裂变的链式反应， A 正确； 在氢原子中，电子吸收光子从低能级跃迁到高能级，电子的能量变大， 轨道半径变大，电势 能变大，但动能变小，B 错误；某种金属能否发生光电效应取决于入射光的频率，选项 C 错 误；核反应是原子核在其他粒子的轰击下产生新原子核的过程，并不一定打出新粒子， D 错 误；故选 A. 2. 一小球做自由落体运动，落地前最后 1 s 内的位移为45 m 已知重力加速度 g取 10 m/s2,则该小球下落过程中的平均速度为 （ ） A. 45 m/s B. 35 m/s C. 25 m/s D. 2

3、2.5 m/s x 解析：选 C.由平均速度的定义式可知，最后 1 s 的平均速度为v = t = 45 m/s，匀变速 运动中平均速度等于时间中点的瞬时速度，设下落总时间为 T,贝 U g（T 0.5 s） = 45 m/s , 解得T= 5 s，全程的平均速度等于时间中点的瞬时速度，即 2.5 s 时的瞬时速度v= gt = 10X 2.5 m/s = 25 m/s , C 正确. 3如图所示，带电荷量为一 q的均匀带电半球壳的半径为 R CD为 通过半球顶点 C与球心O的轴线，P、Q为CD轴上在O点两侧离O点距离 相等的两点，(: 2 / 5 如果是均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零，

4、电势都相3 / 5 等，则下列判断正确的是（ ） A. P、Q两点的电势、电场强度均相同 B. P、Q两点的电势不同，电场强度相同 C. P、Q两点的电势相同、电场强度等大反向 D. 在Q点由静止释放一带负电的微粒 （重力不计），微粒将做匀加速直线运动 解析：选 B.半球壳带负电，因此在 CD上电场线沿DC方向向上，所以 P点电势一定低 于Q点电势，A、C 错误；若在 0点的下方再放置一同样的半球壳组成一完整的球壳，则 P、 Q两点的电场强度均为零，即上、下半球壳在 P点的电场强度大小相等方向相反，由对称性 可知上半球壳在 P点与在Q点的电场强度大小相等方向相同， B 正确；在Q点由静止释放一

5、 带负电微粒，微粒一定做变加速运动， D 错误. 4如图所示，以 MN PQ为边界的区域内存在垂直纸面向里的 匀强磁场，磁场宽为 2L,高为L的正三角形闭合金属框由粗细均匀 的电阻丝围成，在外力作用下由图示位置被水平向右匀速拉过磁场 区域，ab边平行MN且垂直金属框运动方向，取逆时针方向为电流 的正方向，则金属框中的感应电动势 E感应电流I，所施加的外力 F及外力的功率P随位移x的变化关系图正确的是（ ） 解析：选 B.金属框进入磁场的过程中，穿过金属框的磁通量增加，由楞次定律可知此 过程中感应电流为逆时针方向，而此过程金属框切割磁感线的有效长度 均匀增加，完全进入磁场后，穿过金属框的磁通量不

6、变，回路中无感应电流和感应电动势， 排除 A 选项；0L位移内，因金属框做匀速直线运动， 所以F外=F安=BIl = 尘=4B字ta n2 l = 2x tan 30 且 I ；L T2L 4 / 5 30,即外力随位移的增大而非线性增大，排除 C 选项；0L位移内，外力的功率 P= F外 4B2XV2 v= tan 2 30,即外力的功率随位移的增大而非线性增大，排除 RD 选项；所以 B 选项 5 / 5 正确. 5如图甲所示，升降机内固定着一个倾角为 30的光滑斜面，斜面底端安装一个能显 示弹簧作用力的传感器， 以弹簧受压时传感器示数为正， 传感器通过一根轻弹簧连接着一个 质量为 2m的

7、金属球.运动中的升降机突然停止，以停止运动为计时起点，在此后的一段时 间内传感器上显示的弹力随时间变化的关系如图乙所示， 且金属球运动过程中弹簧始终在弹 性限度内，则下列说法中正确的是 （ ） A. 升降机在停止运动前是向上运动的 B. 011时间段内金属球做减速运动 C. t 1t 2时间段内金属球处于超重状态 D. t2和t4两时刻金属球的加速度和速度的大小均相同 解析：选 D.由于升降机停止运动前传感器的示数为 0，表明弹簧处于原长状态， 即升降 机有向下的加速度 g,而 0ti时间段内示数增加，说明弹簧被压缩，即升降机突然停下后 金属球由于惯性而向下运动，故停止前升降机是向下运动的，

8、A 错误；0ti时间段内弹簧 的形变量逐渐增大，但当 F= mg时金属球所受的合外力为 0,即金属球前一段做加速度逐渐 减小的加速运动，后一段做加速度逐渐增大的减速运动， B 错误；tit2时间段可分为两段， F= mg时金属球的加速度为 0,前一段时间金属球加速度向上并处于超重状态，后一段时间 金属球加速度向下并处于失重状态， C 错误；t 2和t4两时刻弹簧的形变量均为 0，金属球在 斜面方向上只有重力的分力产生加速度， 故两时刻的加速度相同， 又由于斜面光滑，系统的 机械能守恒，因此两个时刻速度的大小相等，但 t2时刻金属球沿斜面向上运动，而 t4时刻 金属球沿斜面向下运动，二者的方向不

9、同， D 正确. 6. 电子只在电场力作用下沿 x轴正方向运动，其电势能 &随 位移x变化的关系如图所示， 其中 0 xi段是曲线，xiX2段是平行于 X轴的直线，X2X3段是倾斜直线，下6 / 5 列说法正确的是 （ ） A.从 0 到 xi电势逐渐降低 B. X2处的电势比X3处高 C. XiX2段电场强度为零 D. X2X3段的电场强度减小 B 解析：选 AC.由 Wk= qEx,即一= qE即 E-x图象中的斜率表示电子受的 x 电场力，所以 C 项正确，D 项错误；因为 0=-邑，可知 0Xi电势逐渐降低，A 项正确；B e 项错误；故正确选项为 AC. 7. 如图所示，足够

10、长的木板 P静止于光滑水平面上，小滑块 Q位于木板P的最右端， 木板P与小滑块Q之间的动摩擦因数 卩=0.2，木板P与小滑块Q质量相等，均为m= 1 kg. 用大小为6N、方向水平向右的恒力 F拉动木板P加速运动 1 s 后将其撤去，系统逐渐达到 稳定状态，已知重力加速度 g取 10 m/s 2,下列说法正确的是（ ） I A F A. 木板P与小滑块Q所组成的系统的动量增加量等于拉力 F的冲量 B. 拉力F做功为 6 J C. 小滑块Q的最大速度为 3 m/s D. 整个过程中，系统因摩擦而产生的热量为 3 J 解析：选 ACD 对系统由动量定理得 Ft = mP+ mw= 2mv共，即木板

11、P与小滑块Q所组成 系统的动量增加量一定等于拉力 F的冲量，A 正确；若木板P与小滑块Q相对静止一起加速 运动，则拉力 F不能超过卫 4 N，拉力F为 6 N 大于 4 N，故二者发生相对滑动， 2 1 2 对木板P由牛顿第二定律 F卩mgr ma解得a= 4 m/s .1 s 内木板P的位移x= at = 2 m 拉力F做功W= Fx= 12 J, B 错误；二者共速时，小滑块Q的速度最大，Ft = 2mv共，共=3 m/s , 1 2 C 正确；整个过程中，对系统由能量守恒可知 W= X2m共+ Q解得 Q= 3 J , D 正确. &矩形边界 ABC内存在磁感应强度为 B的匀强磁

12、场，方向垂直 X X X X X I 纸面向里，AB长为 2L,AD长为L.从AD的中点E发射各种速率的粒子， I X X X X X I 7 / 5 方向与AD成 30角，粒子带正电，电量为 q,质量为m,不计粒子重 “ 厂 力与粒子间的相互作用，下列判断正确的是 （ ） A. 粒子可能从BC边离开 B. 经过AB边的粒子最小速度为 4m qBL C. 经过AB边的粒子最大速度为 8 / 5 D. AB边上有粒子经过的区域长度为 # + 1 L 解析：选 CD.最有可能从BC边离开的粒子应与 DC边相切，设半径为ri，圆心为0,由 S X. J 、J 一 -T- 1 1 J / J f / Jf z r 九 h h 所以ri= L,即0应在AB边上，则 OF应为半径ri = L,而0A= ricos 30为最小速度，选项 B 错误，AB上切点M