2020高考物理二轮练习5选择题专项练（五）（Word版带解析）

选择题专项练(五) (建议用时：25 分钟) 一、单项选择题 1．核电池又叫“放射性同位素电池”，它将同位素在衰变过程中不断放出的核能转变为 电能，核电池已成功地用作航天器的电源．据此猜测航天器的核电池有可能采用的核反应方 程是(　　) A.31H＋21H→42He＋10n B.23592 U＋10n→14156 Ba＋9236Kr＋310n C.23894 Pu→23492 U＋42He D.2713Al＋42He→3015P＋10n 2．下列说法不正确的是(　　) A．零摄氏度的物体的内能不为零 B．气体如果失去了容器的约束会散开，这是气体分子热运动的结果 C．温度相同的氧气和臭氧气体，分子平均动能相同 D．理想气体分子之间的引力、斥力依然同时存在，且分子力表现为斥力 3．下列说法正确的是(　　) A．竖直的弹簧振子的回复力，由弹簧的弹力提供 B．单摆振动的周期，一定等于它的固有周期 C．机械波从一种介质进入另一种介质，如果波速变大，波长不一定变大 D．在干涉现象中，振动加强点的位移可能比振动减弱点的位移小 4．a、b 两种单色光形成细光束从水中射向水面，形成两束折射光和一束反射光，如图所 示．下列说法不正确的是(　　) A．b 光的折射率大 B．a 光在水中的传播速度大 C．保持入射点不变，顺时针方向旋转入射光，则 b 光先消失 D．保持入射点不变，逆时针方向旋转入射光，则反射光旋转的角速度大于入射光旋转的 角速度 5．将质量为 1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为 600 m/s 的速度从火 箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气 阻力可忽略)(　　) A．30 kg·m/s　　　　　　　B．5.7×102 kg·m/s C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s 6．由于火星表面特征非常接近地球，人类对火星的探索一直不断，可以想象，在不久的 将来，地球的宇航员一定能登上火星．已知火星半径是地球半径的 1 2，火星质量是地球质量的 1 9，地球表面重力加速度为 g，假若宇航员在地面上能向上跳起的最大高度为 h，在忽略地球、 火星自转影响的条件下，下述分析正确的是(　　) A．宇航员在火星表面受到的万有引力是在地球表面受到的万有引力的 2 9 B．火星表面的重力加速度是 2 3g C．宇航员以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度是 9 2h D．火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的 2 3 7．半圆柱体 P 放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板 MN.在 P 和 MN 之 间放有一个光滑均匀的小圆柱体 Q，整个装置处于静止状态．如图所示是这个装置的纵截面 图．若用外力使 MN 保持竖直，缓慢地向右移动，在 Q 落到地面以前，发现 P 始终保持静 止．在此过程中，下列说法中正确的是(　　) A．MN 对 Q 的作用力先减小后增大 B．地面对 P 的摩擦力逐渐减小 C．P、Q 间的弹力逐渐增大 D．地面对 P 的支持力逐渐增大 8．如图所示，半径为 R 的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场．两个质子 M、N 沿 平行于直径 cd 的方向从圆周上同一点 P 射入磁场区域，P 点与 cd 间的距离为 R 2，质子 M、N 入射的速度大小之比为 1∶2.ab 是垂直 cd 的直径，质子 M 恰好从 b 点射出磁场，不计质子的 重力和质子间的作用力．则两质子 M、N 在磁场中运动的时间之比为(　　)A．2∶1 B．3∶1 C．3∶2 D．3∶4 二、多项选择题 9．如图所示，传送带与地面的夹角 θ＝37°，A、B 两端间距 L＝16 m，传送带以速度 v＝ 10 m/s，沿顺时针方向运动，物体 m＝1 kg，无初速度地放置于 A 端，它与传送带间的动摩擦 因数 μ＝0.5，则物体由 A 端运动到 B 端的时间 t 和系统因摩擦产生的热量 Q 分别是(sin 37°＝ 0.6，cos 37°＝0.8)(　　) A．t＝2 s B．Q＝24 J C．t＝2.1 s D．Q＝20 J 10．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为 M 的物体 A、B(B 物体与弹簧连接，A、B 两物体均可视为质点)，弹簧的劲度系数为 k，初始时物体处于 静止状态，现用竖直向上的拉力作用在物体 A 上，使物体 A 开始向上做加速度为 a 的匀加速 运动，测得两个物体的 v－t 图象如图乙所示(重力加速度为 g)，则(　　) A．施加外力前，弹簧的形变量为 2M g k B．外力施加的瞬间，A、B 间的弹力大小为 M(g＋a) C．A、B 在 t1 时刻分离，此时弹簧弹力等于物体 B 的重力 D．上升过程中，物体 B 速度最大时，A、B 两者的距离为 1 2at22－ M g k 11．某空间内有高度为 d、宽度足够宽、方向水平向左的匀强电场．当在该空间内建立如 图所示的坐标系后，在 x 轴上的 P 点沿 y 轴正方向连续射入相同的带电粒子(粒子重力不计)， 由于粒子的入射速率 v 不同，有的粒子将在电场中直接通过 y 轴，有的将穿出电场后再通过 y 轴．设粒子通过 y 轴时，离坐标原点的距离为 h，从 P 到 y 轴所需的时间为 t，则(　　)A．由题设条件不能判断出粒子的带电性质 B．对 h≤d 的粒子，h 不同，粒子在电场中的运动时间 t 相同 C．对 h＞d 的粒子，h 不同，在时间 t 内，电场力对粒子做的功不相等 D．不同 h 对应的粒子，进入电场时的速率 v 可能相同 12．如图所示，倾角为 θ＝37°的足够长的平行金属导轨固定在水平面上，两导体棒 ab、 cd 垂直于导轨放置，空间存在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 ab 沿导轨平面向下的初速度 v0 使其沿导轨向下运动，已知两导体棒质量均为 m，电阻相 等，两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.75，导轨电阻忽略不计．从 ab 开始运动到 两棒相对静止的整个运动过程中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 cd 中产生的焦耳热为 1 4mv20 B．导体棒 cd 中产生的焦耳热为 1 8mv20 C．当导体棒 cd 的速度为 1 4v0 时，导体棒 ab 的速度为 1 2v0 D．当导体棒 ab 的速度为 3 4v0 时，导体棒 cd 的速度为 1 4v0 选择题专项练(五) 1．解析：选 C.31H＋21H→42He＋10n 为核聚变；23592 U＋10n→14156 Ba＋9236Kr＋310n 为核裂变；23894 Pu→ 23492 U＋42He 为α衰变；2713Al＋42He→3015P＋10n 为人工转变，故本题应选 C. 2．解析：选 D.一切物体都有内能，故 A 正确；气体如果失去了容器的约束会散开，这是 气体分子热运动的结果，故 B 正确；温度是分子平均动能的标志，所以温度相同的氧气和臭 氧气体，分子平均动能相同，故 C 正确；理想气体，分子间引力和斥力同时存在，当分子间 距离增大时引力和斥力同时减小，只是斥力减小得更快，当分子间距离大于平衡距离时，分 子间表现为引力，当分子间距离减小时，引力和斥力同时增大，只是斥力增大得更快，当分 子间距离小于平衡距离时，分子间表现为斥力，所以分子间作用力是引力和斥力的合力表现，故 D 错误． 3．解析：选 D.弹簧振动的回复力，由沿振动方向的合力提供，如果是沿竖直方向振动的 弹簧振子，其回复力由重力和弹簧弹力的合力提供，A 项错误；当单摆做受迫振动时，它振动 的周期等于驱动力的周期，不一定等于它的固有周期，B 项错误；机械波从一种介质进入另一 种介质，频率不变，如果波速变大，由 λ＝ v f可知，波长一定就变大，C 项错误；在干涉现象 中，振动加强点的位移某时会变为零，D 项正确． 4．解析：选 D.b 光的偏折程度大于 a 光的偏折程度，由折射定律可知，b 光的折射率大 于 a 光的折射率，故选项 A 正确；根据 v＝ c n知，a 光的折射率小，则 a 光在水中的传播速度 大，故选项 B 正确；保持入射点不变，顺时针方向旋转入射光，入射角增大，折射角也随之 增大，由于 b 光的折射角大于 a 光的折射角，b 光先达到临界角，所以 b 光先发生全反射，先 消失，故选项 C 正确；保持入射点不变，逆时针方向旋转入射光，入射角减小，反射角也减 小，相同时间内，反射光与入射光转过的角度相同，所以它们的角速度相等，故选项 D 错 误． 5．解析：选 A.燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷 出后的瞬间，火箭的动量大小为 p，根据动量守恒定律，可得 p－mv0＝0，解得 p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项 A 正确． 6．解析：选 D.根据万有引力定律的表达式 F＝G mM R2，已知火星半径是地球半径的 1 2，质量 是地球质量的 1 9，所以宇航员在火星表面受的万有引力是在地球表面受万有引力的 4 9，故 A 错 误；由 G M m R2 ＝mg 得到：g＝ GM R2，已知火星半径是地球半径的 1 2，质量是地球质量的 1 9，则火星 表面的重力加速度是 4 9g，故 B 错误；宇航员以 v0 的速度在地球起跳时，根据竖直上抛的运动 规律得出：可跳的最大高度是 h＝ v 2g，由于火星表面的重力加速度是 4 9g，宇航员以相同的初 速度在火星上起跳时，可跳的最大高度 h′＝ 9 4h，故 C 错误；由 m v2 R ＝mg 得：第一宇宙速度 v＝ gR，由上知火星表面的重力加速度是 4 9g.则得火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的 2 3 ， 故 D 正确． 7.解析：选 C.对 Q 受力分析，受重力、P 对 Q 的支持力和 MN 对 Q 的支持力，如图 根据共点力平衡条件，有 N1＝ mg cos θ N2＝mgtan θ当 MN 保持竖直，缓慢地向右移动，夹角 θ 逐渐增大，根据公式可知：N1、N2 都在增大， 故 A 错，C 对；再对 P、Q 整体受力分析，受重力、地面支持力、MN 挡板对其向左的支持力 和地面对其向右的摩擦力，如图 根据共点力平衡条件，有 N2＝f N＝(M＋m)g 当 MN 保持竖直，缓慢地向右移动，夹角 θ 逐渐增大，根据公式可知：地面对 P 的摩擦 力逐渐增大，地面对 P 的支持力保持不变，故 B、D 错． 8．解析：选 A.作出两质子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知， 质子 M 的轨迹半径为 R，轨迹圆弧所对圆心角 θ1＝120°；根据 eBv＝m v2 r 得 r＝ mv eB，则质子 N 的轨迹半径为 2R，再由几何关系得：轨迹圆弧所对圆 心角θ2＝60°；质子在磁场做圆周运动的周期：T＝ 2πr v ＝ 2πm eB ，运动的时间满足：t＝ θ 360°× T，解得：t1∶t2＝2∶1，故 A 项正确，B、C、D 三项错误． 9．解析：选 AB.物块在下落过程中，分为两个阶段，如果物块速度小于传送带速度，则 物块受到的摩擦力斜向下；如果物块速度大于传送带速度，则物块受到的摩擦力斜向上，设 第一阶段物体经过时间 t1 速度达到 v＝10 m/s，加速度为 a1，位移为 x1，传送带的位移为 x′1， 重力沿斜面向下的分力：mgsin θ＝6 N 摩擦力大小为：f＝μmgcos θ＝4 N 此过程根据牛顿第二定律：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 解得：a1＝10 m/s2 物块做初速度为零的匀加速运动，则有：v＝a1t1 解得：t1＝1 s 物块通过的位移为：x1＝ 1 2a1t21＝5 m 传送带位移为：x′1＝vt1＝10 m 此时还没有到达 B 点，两者速度相等，不再有摩擦力，但是重力的分力依然存在，物块 依然加速，当速度一旦大于传送带速度，摩擦力方向斜向上，设第二阶段物体经过时间为 t2， 加速度为 a2，位移为 x2，传送带位移为 x′2，根据牛顿第二定律： mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 解得：a2＝2 m/s2根据位移公式 x2＝L－x1＝vt2＋ 1 2a2t22 可得：t2＝1 s 传送带位移为：x′2＝vt2＝10 m 物块从 A 到 B 经历的时间为：t＝t1＋t2＝2 s 物块下落过程中，两个阶段产生的热量 第一阶段传送带与物块的相对位移为：Δx1＝x′1－x1＝5 m 产生的热量为：Q1＝μmgΔx1cos θ＝20 J 第二阶段传送带与物块的相对位移为：Δx2＝x2－x′2＝1 m 产生的热量为：Q2＝μmgΔx2cos θ＝4 J 总热量为：Q＝Q1＋Q2＝24 J；故选 AB. 10．解析：选 AD.施加外力 F 前，物体 AB 整体平衡，根据平衡条件，有：2Mg＝kx，解 得：x＝ 2M g k ，故选项 A 正确；施加外力 F 的瞬间，对 B 物体，根据牛顿第二定律，有：F弹－ Mg－FAB＝Ma，其中：F 弹＝2Mg，解得：FAB＝M(g－a)，故选项 B 错误；物体 A、B 在 t1 时 刻分离，此时 A、B 具有共同的 v 与 a 且 FAB＝0；对 B 有：F′弹－Mg＝Ma，解得：F′弹＝M(g＋ a)，故选项 C 错误；当物体 B 的加速度为零时，此时速度最大，则 Mg＝kx′，解得：x′＝ M g k ， 故 B 上升的高度 h′＝x－x′＝ M g k ，此时 A 物体上升的高度：h＝ 1 2at22，故此时两者间的距离为Δ h＝ 1 2at22－ M g k ，故选项 D 正确． 11．解析：选 BC.粒子受电场力向左，可知粒子带正电，选项 A 错误；对 h≤d 的粒子， 一直在电场中运动，然后通过 y 轴，水平方向的加速度相同，水平位移相同，则运动时间相同， 选项 B 正确；对 h＞d 的粒子先在电场中向左偏转，然后从电场上边界出离电场，做直线运动 到达 y 轴上，h 不同的粒子，从电场上边界射出的位置不同，在电场中沿电场线方向的位移不 同，则电场力对粒子做的功不相等，选项 C 正确；若 h≤d 的粒子，水平分位移 x 相等，由 x＝ 1 2at2 知，运动时间 t 相等，竖直分位移 h＝v0t，则 h 越大的粒子，进入电场时的速率 v 也越大； 对 h＞d 的粒子，通过电场时竖直分位移 y 相等，h 越大，沿着电场线方向偏转位移 x 越小， 由 x＝ 1 2at2 可知 t 越小，由 y＝v0t，可知，v 越大，选项 D 错误． 12．解析：选 BD.由题意可知：mgsin 37°＝μmgcos 37°，则对两棒的系统沿轨道方向的 动量守恒，当最终稳定时：mv0＝2mv，解得 v＝0.5v 0，则回路产生的焦耳热为 Q＝ 1 2mv20－ 1 2·2mv2＝ 1 4mv20，则导体棒 cd 中产生的焦耳热为 Qcd＝Qab＝ 1 2Q＝ 1 8mv20，选项 A 错误，B 正确；当导体棒 cd 的速度为 1 4v0 时，则由动量守恒：mv0＝m· 1 4v0＋mvab，解得 vab＝ 3 4v0，选项 C 错 误；当导体棒 ab 的速度为 3 4v0 时，则由动量守恒：mv0＝m· 3 4v0＋mvcd，解得 vcd＝ 1 4v0，选项 D 正确．