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选择题48分满分练二选择题本题共8小题,每小题6分,在每个小题给出的四个选项中,第1~5题只有一个选项符合题目要求,第6~8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.关于近代物理,下列说法正确的是 A.β衰变现象说明电子是原子核的组成部分B.目前已建成的核电站的能量来自于重核裂变C.一个氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时,能辐射3种不同频率的光子D.α粒子散射实验表明核外电子轨道是量子化的解析β衰变时β射线是原子核内部发出来的,不是原子核外的电子释放出来的,A错误.目前的核电都是利用重核裂变发电的,B正确.一群氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时,能辐射C=3种不同频率的光子,而只有一个氢原子时,只能是三种可能频率中的一种或两种,C错误.α粒子散射实验表明原子具有核式结构,D错误.答案B2.建筑节能已成为国家节能减排的战略重点,为此,中国工程建设标准化协会在北京召开“安全、质量、创新——2015中国墙体节能保温与质量安全技术研讨会”.如图所示,粉刷墙体保温材料的工人常用一根绳索将自己悬在空中,假设工人及其装备的总重量为M,悬绳与竖直墙壁的夹角为α,悬绳对工人的拉力大小为FT,墙壁对工人的弹力大小为FN则 A.FT=B.FN=MgsinαC.若工人缓慢下移,增加悬绳的长度,则FT与FN的合力不变D.若工人缓慢下移,增加悬绳的长度,则FT减小,FN增大解析分析工人受力情况,工人受到重力、支持力和拉力,如图所示,根据共点力平衡条件有FTsinα=FN,FTcosα=Mg,解得FT=,FN=Mgtanα,故A、B错误.当缓慢增加悬绳的长度时,细绳与竖直方向的夹角α变小,故FT变小,FN变小,但FT与FN的合力与重力平衡,保持不变,故D错误,C正确.答案C3.在课外小组研究空气阻力大小与物体下落速度的实验中,设计如下实验,让质量分别为m
1、m2的甲球和乙球,从同一地点足够高处同时由静止释放.实验数据表明,两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率v2成正比,与球的质量无关,即f=kv2k为正的常量,同时实验得到两球的v-t图象如图所示.落地前,经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v
1、v2,则下列说明正确的是 A.释放瞬间两球的加速度a甲>a乙B.释放后两球做加速度增大的加速运动C.甲球质量大于乙球D.t0时间内两球下落的高度相等解析释放瞬间v=0,因此空气阻力f=0,两球均只受重力,加速度均为重力加速度g,故A错误;两球先做加速度减小的加速运动,最后都做匀速运动,稳定时kv2=mg,因此最大速度与其质量成正比,即v∝m,则=,由图象知v1v2,因此m甲>m乙,故B错误,C正确;图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移,由图可知,t0时间内两球下落的高度不相等,故D错误.答案C4.如图所示,质量为m的铜质小闭合线圈静置于粗糙水平桌面上.当一个竖直放置的条形磁铁贴近线圈,沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、匀速经过时,线圈始终保持不动,则关于线圈在此过程中受到的支持力FN和摩擦力Ff的情况,以下判断正确的是 A.穿过线圈的磁通量一直增大B.FN先大于mg,后小于mgC.Ff先向左,后向右D.线圈中的电流方向始终不变解析当磁铁靠近线圈时,穿过线圈的磁通量增加,线圈中产生感应电流从上向下看是逆时针方向;当磁铁远离线圈时,穿过线圈的磁通量减小,线圈中产生感应电流从上向下看是顺时针方向,故A、D错误.根据楞次定律可知,当磁铁靠近线圈时,为了阻碍磁通量的增加,线圈有向下和向右运动的趋势,故线圈对桌面的压力增大,即FN大于mg,线圈受到桌面向左的静摩擦力;同理,当磁铁远离线圈时,线圈对桌面的压力减小,即FN小于mg,线圈相对桌面有向右运动趋势,受到桌面向左的静摩擦力,故B正确,C错误.答案B5.伽利略曾利用对接斜面研究“力与运动”的关系.如图,固定在水平地面上的倾角均为θ的两斜面,以光滑小圆弧相连接,左侧顶端有一小球,与两斜面的动摩擦因数均为μ.小球从左侧顶端滑到最低点的时间为t1,滑到右侧最高点的时间为t
2.规定斜面连接处为参考平面,则小球在这个运动过程中速度的大小v、加速度的大小a、动能Ek及机械能E随时间t变化的关系图线正确的是 解析由牛顿第二定律可知,小球在两斜面的运动都是匀变速直线运动,两阶段的加速度都恒定不变,小球在左侧斜面下滑时的加速度较小,因此,选项A错误,B正确;小球的动能与速率的二次方成正比,因此,动能与时间关系图象是曲线,C错误;由于小球在两斜面运动时的加速度大小不相等,因此,小球机械能与时间的关系图象不是连续曲线,D错误.答案B6.水平光滑直轨道ab与半径为R的竖直半圆形光滑轨道bc相切,一小球以初速度v0沿直轨道ab向右运动,如图所示,小球进入半圆形轨道后刚好能通过最高点c,则 A.R越大,v0越大B.R越大,小球经过b点后的瞬间对轨道的压力越大C.m越大,v0越大D.m与R同时增大,初动能Ek0增大解析小球刚好能通过最高点c,表明c点的速度为vc=,根据机械能守恒定律有mv=mg·2R+mv,v0=,可见v0只与R有关,与m无关,选项A正确,C错误.Ek0=mv=mgR,可见m与R同时增大,初动能Ek0增大,选项D正确.小球在b点的向心力F=mg+m=6mg,可见F与R无关,选项B错误.答案AD7.宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统,通常可忽略其他星体对它们的引力作用.设四星系统中每个星体的质量均为m,半径均为R,四颗星稳定分布在边长为a的正方形的四个顶点上.已知引力常量为G.关于宇宙四星系统,下列说法正确的是 A.四颗星围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动B.四颗星的轨道半径均为C.四颗星表面的重力加速度均为D.四颗星的周期均为2πa解析其中一颗星体在其他三颗星体的万有引力作用下做圆周运动,合力方向指向对角线的交点,围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动,由几何知识可得轨道半径均为a,A正确,B错误;在星体表面,根据万有引力等于重力,可得G=m′g,解得g=,C正确;由万有引力定律和向心力公式得+=m··,解得T=2πa,D正确.答案ACD8.如图甲所示,一理想变压器给一个小灯泡供电.当原线圈输入如图乙所示的交变电压时,额定功率10W的小灯泡恰好正常发光,已知灯泡的电阻为40Ω,图中电压表为理想电表.下列说法正确的是 A.变压器输入电压的瞬时值表达式为u=220sinπtVB.电压表的示数为20VC.变压器原、副线圈的匝数比为11∶1D.变压器的输入功率为110W解析对比正弦交变电压的瞬时值表达式u=Umsinωt可知变压器输入电压的瞬时值表达式为u=220·sin100πtV,选项A错误.电压表测的是副线圈两端的电压,其大小等于灯泡两端的电压,由P=可知U2=20V,选项B正确.由原副线圈电压比与匝数比的关系知原、副线圈的匝数比为U1∶U2=11∶1,选项C正确.变压器的输入功率等于副线圈的输出功率,即灯泡的额定功率10W,选项D错误.答案BC。