《高考物理二轮专项复习选择题满分练06 (含详解)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理二轮专项复习选择题满分练06 (含详解)（5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、选择题满分练六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
2、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()A45 m/sB35 m/sC25 m/s D22.5 m/s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v45 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，则g(T0.5 s)45 m/s，解得T5 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vgt102.5 m/s25 m/s
3、，C正确3如图所示，带电荷量为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，如果是均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零，电势都相等，则下列判断正确的是()AP、Q两点的电势、电场强度均相同BP、Q两点的电势不同，电场强度相同CP、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O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
4、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
5、方向，而此过程金属框切割磁感线的有效长度l2xtan 30且均匀增加，完全进入磁场后，穿过金属框的磁通量不变，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BIltan2 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PF外vtan2 30，即外力的功率随位移的增大而非线性增大，排除D选项；所以B选项正确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
6、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B0t1时间段内金属球做减速运动Ct1t2时间段内金属球处于超重状态Dt2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0t1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，A错误；0t1时间段内弹簧的形变量逐渐增大，但当Fmg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
7、运动，后一段做加速度逐渐增大的减速运动，B错误；t1t2时间段可分为两段，Fmg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；t2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，二者的方向不同，D正确6一电子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0x1段是曲线，x1x2段是平行于x轴的直线，x2x3段是倾斜直线，下
8、列说法正确的是()A从0到x1电势逐渐降低Bx2处的电势比x3处高Cx1x2段电场强度为零Dx2x3段的电场强度减小解析：选AC.由EpW电qEx，即qE，即Epx图象中的斜率表示电子受的电场力，所以C项正确，D项错误；因为，可知0x1电势逐渐降低，A项正确；B项错误；故正确选项为AC.7如图所示，足够长的木板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0.2，木板P与小滑块Q质量相等，均为m1 kg.用大小为6 N、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/s2，下列说法正确的是()A木板P
9、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 JC小滑块Q的最大速度为3 m/sD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FtmvPmvQ2mv共，即木板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2m4 N，拉力F为6 N大于4 N，故二者发生相对滑动，对木板P由牛顿第二定律Fmgma，解得a4 m/s2.1 s内木板P的位移xat22 m，拉力F做功WFx12 J，B错误；二者共速时，小滑块Q的速度最大，Ft2mv共，v共3 m/s，C正确；整个过程中，对系
10、统由能量守恒可知W2mvQ.解得Q3 J，D正确8矩形边界ABCD内存在磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里，AB长为2L，AD长为L.从AD的中点E发射各种速率的粒子，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C经过AB边的粒子最大速度为DAB边上有粒子经过的区域长度为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r1，圆心为O1，由几何知识知r1sin 30所以r1L，即O1应在AB边上，则O1F应为半径r1L，而O1Ar1cos 30L，所以O1AO1FLL2L，所以粒子不可能从BC边离开；且上述情况为经AB边的粒子半径最大的情况，由r知，vm，选项A错误、C正确，当粒子与AB相切时，速度最小，圆心为O2，半径为r2，则有r2r2sin 30，故r2，又因为r2，所以v2为最小速度，选项B错误，AB上切点M与点F之间的长度为粒子经过的区域，lr1r1cos 30r2cos 30LL，故D项正确
