全國省市通用版高考物理總復習精準提分練：選擇題專練八

PAGE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14～18題只有一項符合題目要求，第19～21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)光電效應方程Ekm＝hν－W0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，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eq\f(GMm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，解得：T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))，對于環(huán)繞行星A表面運行的衛(wèi)星，有：T0＝eq\r(\f(4π2R\o\al(,A3),GMA))①對于環(huán)繞行星B表面運行的衛(wèi)星，有：T0＝eq\r(\f(4π2R\o\al(,B3),GMB))②聯(lián)立①②得：eq\f(R\o\al(A3,),MA)＝eq\f(R\o\al(,B3),MB)③由題圖知，RA>RB，所以MA>MB，故A錯誤；A行星質(zhì)量為：MA＝ρA·eq\f(4,3)πReq\o\al(,A3)B行星的質(zhì)量為：MB＝ρB·eq\f(4,3)πReq\o\al(,B3)，代入③解得：ρA＝ρB，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：eq\f(GMm,R2)＝meq\f(v2,R)解得：v＝eq\r(\f(GM,R))＝eq\r(\f(4,3)Gρπ)R∝R，因為RA>RB，所以vA>vB，故C錯誤；根據(jù)eq\f(GMm,r2)＝ma知，a＝eq\f(GM,r2)，由于MA>MB，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＝eq\r(\f(R,g))(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.eq\f(\r(2)R,3)B.eq\f(\r(3)R,3)C.eq\f(\r(3)R,2)D.eq\f(\r(2)R,2)答案C解析小球在豎直方向的位移為h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)R，設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OE＝eq\r(R2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,2)))2)＝eq\f(\r(3),2)R，小球下落h時豎直方向的速度為vy＝gt＝eq\r(gR)，則水平方向的速度v0＝vytan60°＝eq\r(3gR)，所以水平方向的位移為x＝v0t＝eq\r(3)R，由幾何關系可知，CO＝eq\r(3)R－eq\f(\r(3),2)R＝eq\f(\r(3),2)R，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L>d.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L>d，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L＝2d，由幾何關系可知線框位移為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L＋d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L＝3d，由幾何關系可知線框位移為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L＋d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v－t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4A．Q1一定帶負電B．Q1的電荷量一定小于Q2的電荷量C．b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＝eq\f(kQ,r2)，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v－t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Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域內(nèi)存在磁感應強度大小均為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∠DAC＝30°，邊界AC與邊界MN平行，Ⅰ區(qū)磁場右邊界距A點無限遠，Ⅱ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eq\f(qBd,m)，不計粒子重力，則()圖5A．粒子距A點0.5d處射入，不會進入Ⅱ區(qū)B．粒子在磁場區(qū)域內(nèi)運動的最長時間為eq\f(πm,qB)C．粒子在磁場區(qū)域內(nèi)運動的最短時間為eq\f(2πm,3qB)D．從MN邊界出射粒子的區(qū)域長為(eq\r(3)＋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：qvB＝meq\f(v2,r)得：r＝eq\f(mv,Bq)＝d，畫出恰好不進入Ⅱ區(qū)的臨界軌跡，如圖甲所示：結合幾何關系，有：AO＝eq\f(r,sin30°)＝2r＝2d；故從距A點0.5d處射入，會進入Ⅱ區(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Ⅰ區(qū)內(nèi)運動的軌跡為半個圓周，故最長時間為t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)，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：軌跡對應的圓心角為60°，故時間為：t＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3qB)，故C錯誤；臨界軌跡情況如圖丙所示：根據(jù)幾何關系可得從MN邊界出射粒子的區(qū)域長為l＝eq\f(r,tan30°)＋r＝(eq\r(3)＋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μ，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μ(M＋m)gB．要使紙板相對砝碼運動，F(xiàn)一定大于2μ(M＋m)gC．若砝碼與紙板分離時的速度小于eq\r(μgd)，砝碼不會從桌面上掉下D．當F＝μ(2M＋3m)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μ(2M＋m)g，故A錯誤．設砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則有：Ff1＝Ma1，F(xiàn)－Ff1－Ff2＝ma2，F(xiàn)f1＝μMg，F(xiàn)f2＝μ(M＋m)g，發(fā)生相對運動需要a2>a1，代入數(shù)據(jù)解得：F＞2μ(M＋m)g，故B正確．若砝碼與紙板分離時的速度小于eq\r(μgd)，砝碼勻加速運動的位移小于eq\f(v2,2a)＝eq\f(μgd,2μg)＝eq\f(d,2)，勻減速運動的位移小于eq\f(v2,2a)＝eq\f(μgd,2μg)＝eq\f(d,2)，則總位移小于d，不會從桌面掉下，故C正確．當F＝μ(2M＋3m)g時，砝碼未脫離時的加速度a1＝μg，紙板的加速度a2＝eq\f(F－μm＋Mg－μMg,m)＝2μg，根據(jù)eq\f(1,2)a2t2－eq\f(1,2)a1t2＝d，解得t＝eq\r(\f(2d,μg))，則此時砝碼的速度v＝a1t＝eq\r(2μgd)，砝碼脫離紙板后做勻減速運動，勻減速運動的加速度大小a′＝μg，則勻減速運動的位移x＝eq\f(v2,2a′)＝eq\f(2μgd,2μg)＝d，而勻加速運動的位移x′＝eq\f(1,2)a1t2＝d，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B．P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