选择题满分练一一、选择题(本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)14．(2018·郑州中学一模)为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度(围墙已建好)，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图1所示的四种情况符合要求的是图1解析设屋檐的底角为θ，底边为L，注意底边长度是不变的，雨滴下滑时有：L2cosθ＝12gsinθt2，所以：t＝Lgsinθgcosθ＝2Lgsin2θt，当θ＝45°时，时间最短，故ABD错误，C正确，故选C。答案C15．(2018·开封一模)一静止的钠核发生β衰变，衰变方程为24112412Mg＋0－1e，下列说法正确的是A．衰变后镁核的动能等于电子的动能B．衰变后镁核的动量大小等于电子的动量大小C．镁核的半衰期等于其放出一个电子所经历的时间D．衰变后电子与镁核的质量之和等于衰变前钠核的质量解析A．一静止的钠核放出一个电子衰变成镁核，根据系统动量守恒知，衰变后镁核和电子动量之和为零，可知衰变后镁核的动量大小等于电子的动量大小，根据EK＝p22m知，由于镁核和电子质量不同，则动能不同，故A错误，B正确；半衰期是原子核有半数发生衰变的时间，故C错误；衰变的过程中有质量亏损，即衰变后电子与镁核的质量之和小于衰变前钠核的质量，故D错误。答案B16.如图2所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，入射方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子射出时的偏转角变大的是图2A．U1变大，U2变大B．U1变小，U2变大C．U1变大，U2变小D．U1变小，U2变小解析设电子被加速后获得的初速度为v0，平行极板长为l，平行极板间距为d，则由动能定理得eU1＝12mv20，电子在电场中偏转所用时间t＝lv0，设电子在平行板间受电场力作用产生的加速度为a，由牛顿第二定律得a＝eE2m＝eU2dm，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度vy＝at，由以上式子联立可得vy＝eU2ldmv0，又有tanθ＝vyv0＝eU2ldmv20＝eU2l2deU1＝U2l2dU1，故U2变大、U1变小都能使偏转角θ变大，B正确。答案B17.在光滑的水平桌面上有两个在同一直线上运动的小球a和b，正碰前后两小球的位移随时间变化的关系如图3所示，则小球a和b的质量之比为图3A．2∶7B．1∶4C．3∶8D．4∶1解析由位移－时间图像的斜率表示速度可得，正碰前，小球a的速度v1＝1－41－0m/s＝－3m/s，小球b的速度v2＝1－01－0m/s＝1m/s；正碰后，小球a、b的共同速度v＝2－16－1m/s＝0.2m/s。设小球a、b的质量分别为m1、m2，正碰过程，根据动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，得m1m2＝v－v2v1－v＝14，选项B正确。答案B18．(2018·长沙一模)一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图4甲所示。电路组成如图乙所示，已知发电机线圈内阻为5.0Ω，外接灯泡阻值为95.0Ω，灯泡正常发光，则图4A．电压表V的示数为220VB．电路中的电流方向每秒钟改变50次C．灯泡消耗的功率为509WD．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J解析该交流电的有效值E＝22022V＝220V，则电路中的电流I＝ER＋r＝220100A＝2.2A，则电压表的U＝IR＝2.2×95V＝209V，故A错误；交流电的周期为0.02s，一个周期内电流的方向变化2次，则每秒电流方向改变100次，故B错误；灯泡消耗的功率P＝UI＝209×2.2W＝459.8W，故C错误；发电机线圈内阻每秒消耗的热量Q＝I2rt＝2.22×5×1J＝24.2J，故D正确。答案D19.如图5所示，A是放在地球赤道上的一个物体，正在随地球一起转动。B是赤道上方一颗近地卫星。A和B的质量相等，忽略B的轨道高度，下列说法正确的是图5A．A和B做圆周运动的向心加速度大小相等B．A和B受到的地球的万有引力大小相等C．A做圆周运动的线速度比B大D．B做圆周运动的周期比A小解析A随地球自转，周期与地球自转周期相同，万有引力除了提供其随地球自转的向心力外主要表现为物体的重力，对于近地卫星，万有引力提供其做圆周运动的向心力，两者质量相等，向心力不相等，故两者向心加速度大...
