全國通用版高考物理總復習精準提分練：選擇題專練八.doc

選擇題專練(八)(限時：20分鐘)二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分在每小題給出的四個選項中，第1418題只有一項符合題目要求，第1921題有多項符合題目要求全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分14用光照射某種金屬，有光電子從金屬表面逸出，如果換一種頻率更大的光照射該金屬，但光的強度減弱，則()A單位時間內(nèi)逸出的光電子數(shù)減少，光電子的最大初動能減小B單位時間內(nèi)逸出的光電子數(shù)增大，光電子的最大初動能減小C單位時間內(nèi)逸出的光電子數(shù)減少，光電子的最大初動能增大D單位時間內(nèi)逸出的光電子數(shù)增大，光電子的最大初動能增大答案C解析根據(jù)光電效應(yīng)方程EkmhW0得，光的強度不影響光電子的最大初動能，對某種特定的金屬光電子的最大初動能與入射光的頻率有關(guān)，入射光的強度影響單位時間內(nèi)發(fā)出光電子的數(shù)目，光的強度減弱，單位時間內(nèi)逸出的光電子數(shù)目減少，故A、B、D錯誤，C正確15假設(shè)宇宙中有兩顆相距無限遠的行星A和B，A、B星球半徑分別為RA和RB，兩顆行星各自周圍的衛(wèi)星的軌道半徑的三次方(r3)與運行公轉(zhuǎn)周期的平方(T2)的關(guān)系如圖1所示，T0為衛(wèi)星環(huán)繞各自行星表面運行的周期則()圖1A行星A的質(zhì)量小于行星B的質(zhì)量B行星A的密度小于行星B的密度C行星A的第一宇宙速度等于行星B的第一宇宙速度D當兩行星周圍的衛(wèi)星的運動軌道半徑相同時，行星A的衛(wèi)星的向心加速度大于行星B的衛(wèi)星的向心加速度答案D解析根據(jù)萬有引力提供向心力，有mr，解得：T，對于環(huán)繞行星A表面運行的衛(wèi)星，有：T0對于環(huán)繞行星B表面運行的衛(wèi)星，有：T0聯(lián)立得：由題圖知，RARB，所以MAMB，故A錯誤；A行星質(zhì)量為：MAARB行星的質(zhì)量為：MBBR，代入解得：AB，故B錯誤；在行星表面附近運行的衛(wèi)星的線速度即此行星的第一宇宙速度，根據(jù)萬有引力提供向心力，有：m解得：vRR，因為RARB，所以vAvB，故C錯誤；根據(jù)ma知，a，由于MAMB，衛(wèi)星運動的軌道半徑相等，則行星A的衛(wèi)星的向心加速度大于行星B的衛(wèi)星的向心加速度，故D正確16.如圖2所示，半徑為R的豎直半球形碗固定于水平面上，碗口水平且AB為直徑，O點為碗的球心將一彈性小球(可視為質(zhì)點)從AO連線上的某點C沿CO方向以某初速度水平拋出，經(jīng)歷時間t(g為重力加速度)，小球與碗內(nèi)壁第一次碰撞，之后可以恰好返回C點，假設(shè)小球與碗內(nèi)壁碰撞前后瞬間小球的切向速度不變，法向速度等大反向不計空氣阻力，則C、O兩點間的距離為()圖2A. B. C. D.答案C解析小球在豎直方向的位移為hgt2R，設(shè)小球與半球形碗碰撞點為D點，則DO的連線與水平方向的夾角為30，過D點作CO連線的垂線交于CO連線E點，小球與半球形碗碰撞前速度方向垂直于半球形碗在D點的切線方向，則OER，小球下落h時豎直方向的速度為vygt，則水平方向的速度v0vytan 60，所以水平方向的位移為xv0tR，由幾何關(guān)系可知，CORRR，故C正確17如圖3所示，足夠長的寬度為d的豎直條形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，直角三角形金屬線框ABC的BC邊水平且長度為L，已知Ld.現(xiàn)令線框在外力作用下以速度v0勻速穿過磁場區(qū)域，以B點進入磁場的時刻為計時起點，規(guī)定線框中電流沿逆時針方向為正方向，則在線框穿過磁場的過程中，線框中的電流i隨時間t的變化情況可能是()圖3答案C解析B點進入磁場后直至線框位移為d的過程中，線框的有效切割長度隨時間均勻增大，線框中電流隨時間均勻增大至I0，方向為逆時針方向，已知Ld，線框位移大于d小于L的過程中，其有效切割長度不變，線框中的電流不變，仍為逆時針，線框出磁場的過程中，有效切割長度隨時間均勻增大，電流隨時間均勻增大，選項A、D錯誤；由B項的橫軸可知L2d，由幾何關(guān)系可知線框位移為L時的有效切割長度與位移為d時的有效切割長度相等，故電流等大，但方向為順時針方向，位移為Ld時，有效長度是位移為d時的2倍，電流為2I0，選項B錯誤；由C項的橫軸可知L3d，由幾何關(guān)系可知線框位移為L時的有效切割長度是位移為d時的2倍，故電流為2I0，位移為Ld時，有效長度是位移為d時的3倍，電流為3I0，選項C正確18如圖4甲所示，Q1、Q2為兩個固定著的點電荷，a、b是它們連線的延長線上的兩點，現(xiàn)有一電子，只在電場力作用下，以一定的初速度沿直線從a點開始經(jīng)b點向遠處運動，其vt圖象如圖乙所示，電子經(jīng)過a、b兩點的速度分別為va、vb，則()圖4AQ1一定帶負電BQ1的電荷量一定小于Q2的電荷量Cb點的電勢高于a點的電勢D電子離開b點后所受靜電力一直減小答案C解析由題圖乙可知，電子從a到b做加速度減小的加速運動，所以a、b之間電場的方向向左，b點的電勢高于a點的電勢；在b點時粒子運動的加速度為零，則電場力為零，所以該點場強為零過b點后點電荷做減速運動，所以電場的方向向右，Q2一定帶負電，Q1一定帶正電，故A錯誤，C正確；b點場強為零，可見兩點電荷在b點產(chǎn)生的場強大小相等，方向相反，根據(jù)E，b到Q1的距離大于到Q2的距離，所以Q1的電荷量大于Q2的電荷量，故B錯誤；離開b點后vt圖象的斜率先增大后減小，即加速度先增大后減小，電子所受靜電力先增加后減小，故D錯誤19如圖5所示，在、兩個區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小均為B的勻強磁場，磁場方向分別垂直于紙面向外和向里，AD、AC邊界的夾角DAC30，邊界AC與邊界MN平行，區(qū)磁場右邊界距A點無限遠，區(qū)域?qū)挾葹閐，長度無限大質(zhì)量為m、帶電荷量為q的正粒子可在邊界AD上的不同點射入，入射速度垂直于AD且垂直于磁場，若入射速度大小為，不計粒子重力，則()圖5A粒子距A點0.5d處射入，不會進入?yún)^(qū)B粒子在磁場區(qū)域內(nèi)運動的最長時間為C粒子在磁場區(qū)域內(nèi)運動的最短時間為D從MN邊界出射粒子的區(qū)域長為(1)d答案BD解析粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有：qvBm得：rd，畫出恰好不進入?yún)^(qū)的臨界軌跡，如圖甲所示：結(jié)合幾何關(guān)系，有：AO2r2d；故從距A點0.5d處射入，會進入?yún)^(qū)，故A錯誤；粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的最大的圓心角為180，即在區(qū)內(nèi)運動的軌跡為半個圓周，故最長時間為t，故B正確；從A點進入的粒子在磁場中運動的軌跡最短(弦長也最短)，時間最短，軌跡如圖乙所示：軌跡對應(yīng)的圓心角為60，故時間為：t，故C錯誤；臨界軌跡情況如圖丙所示：根據(jù)幾何關(guān)系可得從MN邊界出射粒子的區(qū)域長為lr(1)d，故D正確20如圖6所示，將小砝碼放在桌面上的薄紙板上，若砝碼和紙板的質(zhì)量分別為M和m，各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為，砝碼到紙板左端的距離和到桌面右端的距離均為d.現(xiàn)用水平向右的恒定拉力F拉動紙板，g為重力加速度，下列說法正確的是()圖6A紙板相對砝碼運動時，紙板所受摩擦力的大小為(Mm)gB要使紙板相對砝碼運動，F(xiàn)一定大于2(Mm)gC若砝碼與紙板分離時的速度小于，砝碼不會從桌面上掉下D當F(2M3m)g時，砝碼恰好到達桌面邊緣答案BCD解析對紙板分析，當紙板相對砝碼運動時，所受的摩擦力為(2Mm)g，故A錯誤設(shè)砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則有：Ff1Ma1，F(xiàn)Ff1Ff2ma2，F(xiàn)f1Mg，F(xiàn)f2(Mm)g，發(fā)生相對運動需要a2a1，代入數(shù)據(jù)解得：F2(Mm)g，故B正確若砝碼與紙板分離時的速度小于，砝碼勻加速運動的位移小于，勻減速運動的位移小于，則總位移小于d，不會從桌面掉下，故C正確當F(2M3m)g時，砝碼未脫離時的加速度a1g，紙板的加速度a22g，根據(jù)a2t2a1t2d，解得t，則此時砝碼的速度va1t，砝碼脫離紙板后做勻減速運動，勻減速運動的加速度大小ag，則勻減速運動的位移xd，而勻加速運動的位移xa1t2d，可知砝碼恰好到達桌面邊緣，故D正確21.空間分布有豎直方向的勻強電場，現(xiàn)將一質(zhì)量為m的帶電小球A從O點斜向上拋出，小球沿如圖7所示的軌跡擊中絕緣豎直墻壁的P點將另一質(zhì)量相同、電荷量不變、電性相反的小球B仍從O點以相同的速度拋出，該球垂直擊中墻壁的Q點(圖中未畫出)對于上述兩個過程，下列敘述中正確的是()圖7A球A的加速度大于球B的加速度BP點位置高于Q點C球A的電勢能增大，球B的電勢能減小D電場力對球A的沖量大小等于對球B的沖量大小答案ACD解析水平方向做勻速運動，水平速度相同，兩次水平方向位移相同，時間相同，根據(jù)加速度a，