2019年高考物理大二轮复习题型限时专练4选择题+鸭题(四)201902193168.doc

1、1专练 4 选择题选考题(四)(时间：30 分钟)一、选择题(本题共 8 小题，在每小题给出的四个选项中，第 1417 题只有一项符合题目要求，第 1821 题有多项符合题目要求)14(2018云南七校联考)关于结合能和比结合能，下列说法正确的是( )A原子核的结合能等于核子结合成原子核而具有的能量B一重原子核衰变成 粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能C比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固D自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能解析 原子核分解成自由核子时，需要的最小能量就是原子核的结合能，A 错误；重核衰变时释放能量，衰变产物更稳定

2、，即衰变产物的比结合能更大，衰变前后核子数不变，所以衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能，B 正确；比结合能越大，原子核越稳定，C 错误；原子核是核子凭借核力结合在一起构成的，要把它们分开，也需要能量，所以质量亏损对应的能量与结合能是相等的，D 错误答案 B15(2018武汉市高三调研)如图是对着竖直墙壁沿水平方向抛出的小球 a、 b、 c 的运动轨迹，三个小球到墙壁的水平距离均相同，且 a 和 b 从同一点抛出不计空气阻力，则( )A a 和 b 的飞行时间相同B b 的飞行时间比 c 的短C a 的初速度比 b 的小D c 的初速度比 a 的大解析 三个小球与墙壁的水平距离相同，

3、b 下落的高度比 a 大，根据 t 可知，2hgb 飞行的时间较长，根据 v0 ，则 a 的初速度比 b 的大，选项 A、C 错误； b 下落的竖直xt高度比 c 大，则 b 飞行的时间比 c 长，选项 B 错误； a 下落的竖直高度比 c 大，则 a 飞行2的时间比 c 长，根据 v0 ，则 a 的初速度比 c 的小，选项 D 正确xt答案 D16(2018湖南湘东五校联考)每年的某段时间内太阳光会直射地球赤道，如图所示，一颗卫星在赤道正上方绕地球做匀速圆周运动，运动方向与地球自转方向相同，每绕地球一周，黑夜与白天的时间比为 15.设地球表面重力加速度为 g，地球半径为 R，地球自转角速度为

4、 .忽略大气及太阳照射偏移的影响，则赤道上某定点能够直接持续观测到此卫星的最长时间为( )A. B.23( g8R )3( g8R )C. D.23( g8R )3( g8R )解析 卫星每绕地球一周，黑夜与白天的时间比为 15，结合几何知识计算可得，卫星绕地球运行的轨道半径为 2R，设轨道半径为 R 的卫星周期为 T1，该卫星的周期为 T2，则有 mg mR ， ，联立解得 T2 ，又地球的自转周期为 T ，4 2T21 T21T2 R3 2R 3 2 g8R 2 2 2由几何关系可知，在地球上能够直接观测到该卫星的角度为 120，即能够直接观测到该卫星的时间为该卫星相对地球运动 120的时

5、间，卫星相对地球赤道上某点运动一周所用时间为 t ，则赤道上某定点可直接持续观测到此卫星的最长时间为 t 2g8R t3，选项 C 正确23(g8R )答案 C17(2018辽宁五校联考)如图所示，在 x 轴上关于原点 O 对称的两点 A、 B 分别固定放置点电荷 Q1和 Q2， x 轴上的 P 点位于 B 点的右侧，且 P 点电场强度为零设无穷远3处电势为零，则下列判断正确的是( )A P 点电势为零B在 A、 B 连线上还有一点与 P 点电场强度相同C A、 O 两点的电势差大于 O、 B 两点的电势差D将一试探电荷 q 从 P 点移至 O 点过程中，电势能一直增大解析 根据题述可知 P

6、点的电场强度为零，根据点电荷电场强度公式和场强叠加原理可知 Q1的电荷量一定大于 Q2的电荷量， A、 B 连线上各点电场强度都大于零，选项 B错误；无穷远处电势为零且 P 点电场强度为零，由于 Q1的电荷量大于 Q2的电荷量，可知 P 点右侧电场方向向右，正电荷从右侧无穷远处移动到 P 点的过程中，电场力始终做负功，故 P 点电势不为零，选项 A 错误；由于 Q1的电荷量大于 Q2的电荷量， Q1附近的电场线要比 Q2附近的电场线密， A、 O 两点之间的平均电场强度要比 O、 B 两点之间的平均电场强度大，由 E 定性分析可知， A、 O 两点之间的电势差大于 O、 B 两点之间的电势Ud

7、差，选项 C 正确； O 点电势高于 P 点，但越靠近 Q2，电势越低，将一试探电荷 q 从 P 点移至 O 点的过程中，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，选项 D 错误答案 C18如图所示，静止在粗糙水平面上的半径为 4R 的半球的最高点 A 处有一根水平细线系着质量为 m、半径为 R 的光滑球已知重力加速度为 g.下列说法正确的是( )A地面对半球的摩擦力的方向水平向右B细线对小球的拉力大小为 mg34C保持小球的位置不变，将 A 点沿半球逐渐下移，半球对小球的支持力逐渐减小D剪断细线的瞬间，小球的加速度大小为 0.6g4解析 以半球和小球整体为研究对象，整体处于平衡状态，不受摩

8、擦力作用，A 项错误对小球受力分析如图，拉力 FA mgtan ，由几何关系可知 tan ，则34FA mg，B 项正确半球对小球的支持力 FN ，在 A 点下移时， 增大，cos 减34 mgcos小，则 FN增大，C 项错误在剪断细线的瞬间，细线对小球的拉力消失，小球在沿切线方向有 mgsin ma，其中 sin 0.6，得 a0.6 g，D 项正确答案 BD19(2018湖南湘东五校联考)如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场边界的间距为 L，一质量为 m、边长也为 L 的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下

9、边始终与磁场的边界平行 t0 时刻线框的上边恰好与磁场的下边界重合(图中位置)，线框的速度为v0，经历一段时间后，当线框的下边恰好与磁场的上边界重合时(图中位置)，线框的速度刚好为零，此后，线框下落，经过一段时间回到初始位置(不计空气阻力)，则( )A上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等B上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量多C上升过程中，线框的加速度逐渐减小D上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力做功的平均功率解析 线框在穿过磁场过程中要克服安培力做功，但在线框上升过程中，安培力与重力均与运动方向相反，都做负功，而在线框下降过程中，重力做正功，安培力做负功，即

10、上升过程中合力做的功大于重力做的功，下降过程中合力做的功小于重力做的功，即上5升过程中合力做的功大于下降过程中合力做的功，选项 A 错误；分析线框的运动过程可知，对应于同一位置，上升过程的安培力大于下降过程的安培力，而上升、下降位移相等，故上升过程克服安培力做的功大于下降过程中克服安培力做的功，故上升过程中线框产生的热量多，所以选项 B 正确；以线框为对象受力分析可知，线框在上升过程中做减速运动，有 F 安 mg ma， F 安 ，故有 a g v，所以上升过程中，随着速度逐渐减小，B2L2vR B2L2mR加速度也逐渐减小，故选项 C 正确；线框在下降过程中做加速运动，有 a g ，B2L2

11、vmR由此可知，下降过程中的平均加速度小于上升过程的平均加速度，而上升、下降的位移相等，故可知上升时间较短，下降时间较长，两过程中重力做功大小相同，由功率公式可知，上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力做功的平均功率，所以选项 D 错误答案 BC20(2018福州四校联考)如图所示，一理想变压器原线圈匝数 n11000，副线圈匝数 n2100，将原线圈接在 100 sin100 t(V)的交流电压上，副线圈接有阻值 R5 的2定值电阻、理想电流表和理想电压表现在 A、 B 两点间接入不同的电子元件，下列说法正确的是( )A副线圈两端电压为 1000 VB若在 A、 B 两点间接入一阻值

12、 R15 的定值电阻，则电压表示数为 2.5 VC若在 A、 B 两点间接入一电感线圈(感抗较大)，则电流表的示数为 2 AD若在两点间接入一电容器，则在降低交流电的频率时，电压表的示数减小解析 原线圈输入电压有效值为 U1100 V，根据理想变压器变压公式，可知副线圈两端电压为 10 V，选项 A 错误；若在 A、 B 两点间接入一阻值 R15 的定值电阻，副线圈输出电流为 I2 0.5 A，则电压表示数为 U I2R2.5 V，选项 B 正确；若U2R R在 A、 B 两点间接入一电感线圈，由于感抗较大，电路中阻抗大于 5 ，根据欧姆定律，可知电流表的示数一定小于 2 A，选项 C 错误；

13、若在 A、 B 两点间接入一电容器，则在降低交流电的频率时，容抗增大，电路中的电流减小，由欧姆定律可知，电阻两端电压减小，电压表的示数减小，选项 D 正确答案 BD621(2018衡水中学六调)在如图所示被 MN 隔开的区域和区域内分别存在与纸面垂直的匀强磁场，一带电粒子仅在洛伦兹力作用下沿着 apb 由区域运动到区域.已知ap 与 pb 的弧长之比为 21，下列说法正确的是( )A粒子在区域和区域中运动的速率之比为 11B粒子通过 ap、 pb 的时间之比为 21C ap、 pb 对应的圆心角之比为 21D区域和区域的磁感应强度方向相反解析 由于带电粒子在磁场中运动所受的洛伦兹力不做功，所以

14、粒子在区域和区域中运动的速率之比为 11，选项 A 正确；由 s vt，可知粒子通过 ap、 pb 的时间之比为 21，选项 B 正确；根据题图可知，粒子在区域和区域中轨迹半径不同，所以圆心角之比不一定是 21，选项 C 错误；根据题图可知带电粒子在区域和区域所受的洛伦兹力的大致方向，易知区域和区域的磁感应强度方向相反，选项 D 正确答案 ABD二、选考题(从两道题中任选一题作答)33(2018唐山高三期末)物理选修 33(1)(多选)大自然中存在许多绚丽夺目的晶体，这些晶体不仅美丽，而且由于化学成分和结构各不相同而呈现出千姿百态高贵如钻石，平凡如雪花，都是由无数原子严谨而有序地组成的关于晶体

15、与非晶体，正确的说法是_A固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体、非晶体是绝对的，是不可以相互转化的B多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体没有确定的几何形状C晶体沿不同方向的导热或导电性能不相同，但沿不同方向的光学性质一定相同D单晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点E有的物质在不同条件下能够生成不同晶体，是因为组成它们的微粒能够按照不同规则在空间分布(2)如图所示，气缸开口向右、固定在水平桌面上，气缸内用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞横截面积为 S110 3 m2.活塞与气缸壁导热良好，轻绳跨过定滑轮将活塞和地面上质量为 m1 kg 的重物连接开始时，绳子刚好伸直且张力为零，

16、活塞与缸底的7距离 L127 cm，被销子 K 固定在图示位置，此时气缸内气体的压强 p11.110 5 Pa，温度 T1330 K，外界大气压强 p01.010 5 Pa， g10 m/s2，不计一切摩擦和阻力若在此时拔去销子 K，降低气缸内气体的温度，求：重物刚好离开地面时，缸内气体的温度重物缓慢上升 2 cm 时，缸内气体的温度解析 (1)在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，例如天然水晶是晶体，熔化以后再凝固的水晶却是非晶体，A 错误；多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体没有确定的几何形状，且具有各向同性的特点，B 正确；单晶体一定是各向异性，多晶体是各向同性的，C

17、 错误；根据晶体与非晶体的区别可知，晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，D 正确；有的物质微粒在不同条件下可以按不同的规划在空间分布，生成不同的晶体，E 正确(2)设重物刚好离开地面时，缸内气体的压强为 p2，活塞受力平衡，故封闭气体压强 p2 p0 0.910 5 PamgS拔掉销子前后，气体发生等容变化，根据理想气体状态方程，有 p1T1 p2T2解得 T2270 K重物刚好离开地面时，气体体积为 V1， V1 L1S设重物缓慢上升 h2 cm 时，气体体积为 V2， V2( L1 h)S气体发生等压变化，根据理想气体状态方程，有 V1T2 V2T 2解得 T 2250 K答案 (1)

18、BDE (2)270 K 250 K34(2018湛江市高三调研)物理选修 34(1)(多选)如图所示，两束单色光 a、 b 从水下面射向 A 点，光线经折射后合成一束光c，则下列说法正确的是_8A用同一双缝干涉实验装置分别以 a、 b 光做实验， a 光的干涉条纹间距大于 b 光的干涉条纹间距B a 光比 b 光更容易发生衍射现象C在水中 a 光的速度比 b 光的速度小D在水中 a 光的临界角大于 b 光的临界角E若 a 光与 b 光以相同入射角从水中射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是 a 光(2)在某种介质中，有相距 4 m 的两个波源 S1、 S2，沿垂直纸面方向做简谐振动，

19、其周期分别为 T10.8 s 和 T20.4 s，振幅分别为 A12 cm 和 A21 cm，在该介质中形成的简谐波的波速为 v5 m/s.S 处有一质点，它到 S1的距离为 3 m，且 SS1 S1S2，在 t0 时刻，两波源同时开始垂直纸面由平衡位置向外振动，试求： t0 时刻振动传到 S 处的时间差； t10 s 时， S 处质点离开平衡位置的位移大小解析 (1)根据题给的光路图可知， a 光的折射率较小， b 光的折射率较大，根据n 可知，在水中 a 光的速度比 b 光的速度大，选项 C 错误；根据折射率大的光的频率较cv大，波长较短可知， a 光的波长较长， a 光比 b 光更容易发

20、生衍射现象，选项 B 正确；由条纹间距公式 x 可知，波长较长的单色光 a 的干涉条纹间距较大，选项 A 正确；由全ld反射临界角公式 sinC ，在水中 a 光的临界角大于 b 光的临界角，选项 D 正确；由1n9sinC ，且 nanb可知，若 a 光与 b 光以相同入射角从水中射向空气，在不断增大入射角1n时，水面上首先消失的是 b 光，选项 E 错误(2)由题意可知， SS2 5 m SS1 2 S1S2 2S1在 t0 时的振动传到 S 处质点所需的时间 t1 s0.6 sSS1v 35S2在 t0 时的振动传到 S 处质点所需的时间t2 s1 sSS2v 55那么 S1、 S2在 t0 时的振动传到 S 处质点的时间差为t t2 t10.4 s在 t10 s 时 S 处质点按 S1的振动规律已经振动了t 1 t t19.4 s T1(1134)此时 S1引起 S 处质点的位移大小为 x1 A12 cm在 t10 s 时 S 处质点按 S2的振动规律已经振动了t 2 t t29 s T2(2212)此时 S2引起 S 处质点的位移大小为 x20所以 t10 s 时 S 处质点离开平衡位置的位移为 S1和 S2单独传播引起质点位移的矢量和，故 x x1 x22 cm答案 (1)ABD (2)0.4 s 2 cm