選擇題提速保分練(四)

選擇題提速保分練(四)一、單項(xiàng)選擇題：本題共5小題，每小題6分，共30分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。1.如圖是會(huì)議室火災(zāi)報(bào)警器的工作原理圖，發(fā)生火災(zāi)時(shí)，火光中的紫外線照到K極，光電子飛出到達(dá)陽(yáng)極A，電路導(dǎo)通開(kāi)始報(bào)警。已知火光中紫外線的頻率約為1.1×1015～2×1015Hz之間，而日光中紫外線的頻率主要在7.5×1014～9.5×1014Hz之間，則()A．若報(bào)警器正常工作，K極材料的截止頻率可以是8.5×1014HzB．火災(zāi)發(fā)生時(shí)，火光中的紫外線照到K極2～3分鐘報(bào)警器才能正常工作報(bào)警C．若電源左邊為正極，電源電壓增加到一定數(shù)值，則無(wú)論火光多強(qiáng)都不會(huì)報(bào)警D．電壓表示數(shù)增大，證明火情在減弱，光強(qiáng)在減弱解析：選C由題目條件分析，當(dāng)發(fā)生火災(zāi)時(shí)，需要啟動(dòng)報(bào)警裝置，而火光中的紫外線波長(zhǎng)主要在1.1×1015～2×1015Hz之間，則K極材料的截止頻率應(yīng)大于1.1×1015Hz，故A錯(cuò)誤；只要發(fā)生火光，當(dāng)火光中的紫外線照射到K極時(shí)，立即就能發(fā)生光電效應(yīng)，電壓表就會(huì)有示數(shù)，不需要照射足夠長(zhǎng)時(shí)間，故B錯(cuò)誤；若電源左邊為正極，可以增大A、K板間的反向電壓，反向電壓阻礙光電子運(yùn)動(dòng)到A極板，反向電壓增加到一定數(shù)值，光電子不能到達(dá)A，則無(wú)論火光多強(qiáng)都不會(huì)報(bào)警，故C正確；若火情變大，則火光中會(huì)有更多且更高頻率的紫外線照射到K極上，將有更多的光電子運(yùn)動(dòng)到A極板，形成更大的光電流，電壓表示數(shù)變大，反之，則電壓表示數(shù)變小，故D錯(cuò)誤。2．國(guó)際科研團(tuán)隊(duì)發(fā)現(xiàn)了兩顆距離地球僅100光年的新行星，其中一顆可能適合生命生存。這兩顆行星分別是LP890-9b(以下簡(jiǎn)稱行星A)和LP890-9c(以下簡(jiǎn)稱行星B)。行星A的半徑約為8370公里，僅需2.7天就能繞恒星C一圈；行星B半徑約為8690公里，8.5天能繞恒星C一圈，行星B到恒星C的距離約為水星與太陽(yáng)間距離的0.1倍，水星的公轉(zhuǎn)周期約為88天。假設(shè)行星A、B繞恒星C做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。則()A．行星A表面的重力加速度大于行星B表面的重力加速度B．行星A的公轉(zhuǎn)軌道半徑大于行星B的公轉(zhuǎn)軌道半徑C．太陽(yáng)的質(zhì)量大于恒星C的質(zhì)量D．水星的公轉(zhuǎn)速度大于行星B的公轉(zhuǎn)速度解析：選C根據(jù)牛頓第二定律，萬(wàn)有引力提供行星表面重力加速度得Geq\f(mm0,R2)＝m0g，故重力加速度為g＝eq\f(Gm,R2)，行星A與行星B的質(zhì)量關(guān)系未知，故無(wú)法判斷兩行星表面的重力加速度的大小，故A錯(cuò)誤；根據(jù)開(kāi)普勒第三定律eq\f(r3,T2)＝k，由題意可知，行星A的周期比行星B的周期小，故行星A的軌道半徑小于行星B的軌道半徑，故B錯(cuò)誤；由題意，設(shè)行星B到恒星C的距離與水星到太陽(yáng)的距離之比為r1∶r2，行星B繞恒星C的一周所用時(shí)間與水星繞太陽(yáng)一周所用時(shí)間之比為T1∶T2，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力可得Geq\f(Mm,r2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2r，解得M＝eq\f(4π2r3,GT2)，所以恒星C與太陽(yáng)的質(zhì)量之比eq\f(M1,M2)＝eq\f(r13T22,r23T12)<1，故太陽(yáng)的質(zhì)量大于恒星C的質(zhì)量，故C正確；公轉(zhuǎn)速度與公轉(zhuǎn)周期的關(guān)系為v＝eq\f(2π,T)·r，則行星B的公轉(zhuǎn)速度v1與水星的公轉(zhuǎn)速度v2之比為eq\f(v1,v2)＝eq\f(r1,r2)·eq\f(T2,T1)>1，故水星的公轉(zhuǎn)速度小于行星B的公轉(zhuǎn)速度，故D錯(cuò)誤。3．如圖甲所示，為特高壓輸電線路上使用六分裂阻尼間隔棒的情景。其簡(jiǎn)化如圖乙，間隔棒將6條輸電導(dǎo)線分別固定在一個(gè)正六邊形的頂點(diǎn)a、b、c、d、e、f上，O為正六邊形的中心，A點(diǎn)、B點(diǎn)分別為Oa、Od的中點(diǎn)。已知通電導(dǎo)線在周圍形成磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度與電流大小成正比，與到導(dǎo)線的距離成反比。6條輸電導(dǎo)線中通有垂直紙面向外、大小相等的電流，其中a導(dǎo)線中的電流對(duì)b導(dǎo)線中電流的安培力大小為F，則()A．O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為零B．A點(diǎn)和B點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度相同C．a(chǎn)導(dǎo)線所受安培力為FD．a(chǎn)導(dǎo)線所受安培力方向沿Oa指向a解析：選A根據(jù)右手螺旋定則可知a和d導(dǎo)線在O點(diǎn)處的磁場(chǎng)等大反向，b和e導(dǎo)線在O點(diǎn)處的磁場(chǎng)等大反向，c和f導(dǎo)線在O點(diǎn)處的磁場(chǎng)等大反向，故O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，故A正確；根據(jù)對(duì)稱性可知A點(diǎn)和B點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向不同，關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱，故B錯(cuò)誤；根據(jù)題意可知b、f對(duì)導(dǎo)線a的安培力大小為F，e、c對(duì)導(dǎo)線a的安培力大小為eq\f(\r(3),3)F，d對(duì)導(dǎo)線a的安培力大小為eq\f(F,2)，根據(jù)矢量的合成可得a導(dǎo)線所受安培力Fa＝2Fsin30°＋2×eq\f(\r(3)F,3)sin60°＋eq\f(F,2)＝eq\f(5F,2)，所有導(dǎo)線的電流方向相同，所以導(dǎo)線之間安培力表現(xiàn)為相互吸引，則a導(dǎo)線所受安培力方向沿aO指向O，故C、D錯(cuò)誤。4．兩根質(zhì)量均為m的光滑金屬棒a、b垂直放置在如圖所示的足夠長(zhǎng)的水平導(dǎo)軌上，兩金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌左邊間距是右邊間距的2倍，兩導(dǎo)軌所在的區(qū)域處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。一根不可伸長(zhǎng)的絕緣輕質(zhì)細(xì)線一端系在金屬棒b的中點(diǎn)，另一端繞過(guò)輕小光滑定滑輪與質(zhì)量也為m的重物c相連，線的水平部分與導(dǎo)軌平行且足夠長(zhǎng)，c離地面足夠高，重力加速度為g。由靜止釋放重物c后，兩金屬棒始終處在各自的導(dǎo)軌上垂直于導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后，細(xì)線中的拉力大小為(導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì))()A.eq\f(2,5)mg B.eq\f(3,5)mgC.eq\f(5,9)mg D．mg解析：選C設(shè)a、b棒的速度大小分別為v1、v2，加速度大小分別為a1、a2，c與b棒加速度大小相等，回路中的電流為I，回路中的電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv2－B·2Lv1，到穩(wěn)定狀態(tài)后，電路中的電流恒定，即電動(dòng)勢(shì)恒定，導(dǎo)體棒的加速度恒定，設(shè)k＝v2－2v1，當(dāng)k恒定時(shí)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，由此可知，導(dǎo)體棒的加速度滿足a2＝2a1，受力狀態(tài)如圖，對(duì)a棒受力分析有2BIL＝ma1，對(duì)b棒受力分析有T－BIL＝ma2，對(duì)c受力分析有mg－T＝ma2，解得a1＝eq\f(2,9)g，a2＝eq\f(4,9)g，T＝eq\f(5,9)mg，C正確，A、B、D錯(cuò)誤。5．如圖所示為理想變壓器，其原、副線圈匝數(shù)比為k，所接電源為有效值恒定的正弦交流電壓，且不計(jì)電源內(nèi)阻。原線圈接有定值電阻R0，副線圈接有定值電阻R1、R3，以及滑動(dòng)變阻器R2，四個(gè)理想交流電表的連接如圖所示。現(xiàn)將R2的滑片向下滑動(dòng)少許，電表的示數(shù)變化量的絕對(duì)值分別為ΔU1、ΔU2、ΔI1、ΔI2，則下列說(shuō)法正確的是()A．電壓表V2的示數(shù)減小，電流表A2的示數(shù)減小B．電壓表V1的示數(shù)增大，電流表A1的示數(shù)增大C.eq\f(ΔU1,ΔI2)∶eq\f(ΔU2,ΔI1)＝eq\f(1,k2)D.eq\f(ΔU1,ΔI1)∶eq\f(ΔU2,ΔI2)＝k2解析：選D把副線圈負(fù)載電阻看作變壓器原線圈的等效電阻R原＝eq\f(U1,I1)＝eq\f(kU2,\f(I2,k))＝k2R，滑動(dòng)變阻器的滑片向下滑動(dòng)，則副線圈電路總電阻值增大，作出該變壓器的等效電路如圖所示，可知等效電阻k2R增大，則電流表A1示數(shù)減小，從而A2示數(shù)也減小，又因?yàn)镽0分壓減小，V1示數(shù)增大，可知V2示數(shù)增大，故A、B錯(cuò)誤；由原、副線圈電壓比與匝數(shù)比的關(guān)系可得eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝k，可知U2＝eq\f(U1,k)，由原、副線圈電流比與匝數(shù)比的關(guān)系可得eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(1,k)，可知I2＝kI1，則有eq\f(ΔU1,ΔU2)＝k，eq\f(ΔI2,ΔI1)＝k，則有eq\f(ΔU1,ΔU2)∶eq\f(ΔI2,ΔI1)＝1，eq\f(ΔU1,ΔI2)∶eq\f(ΔU2,ΔI1)＝1，故C錯(cuò)誤；由以上分析可知eq\f(ΔU1,ΔI1)＝R0，eq\f(ΔU2,ΔI2)＝eq\f(ΔU1,k·k·ΔI1)＝eq\f(R0,k2)，則有eq\f(ΔU1,ΔI1)∶eq\f(ΔU2,ΔI2)＝k2，故D正確。二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。6.如圖所示，光滑的四分之一圓環(huán)AB豎直放置，環(huán)上穿有兩個(gè)用細(xì)線連接的小球1和2。初始時(shí)小球2在B點(diǎn)，現(xiàn)給小球1施加一個(gè)始終沿小球1所在處切線方向的外力F，使整個(gè)系統(tǒng)緩慢上升，直至小球1到達(dá)A點(diǎn)，對(duì)于該過(guò)程下列說(shuō)法正確的是()A．細(xì)線中拉力逐漸變小B.小球1所受合外力逐漸變小C．小球2所受的支持力逐漸變大D.外力F逐漸變大解析：選AC設(shè)兩球分別到達(dá)P、Q位置時(shí)的受力如圖所示依題意對(duì)小球2有eq\f(m2g,sinα)＝eq\f(T,sinβ)＝eq\f(FN2,sinγ)，其中α不變、β變小、γ變大，所以T變小，F(xiàn)N2變大，故A、C正確；對(duì)小球1有F＝Tsinθ2＋m1gsinθ1，其中θ2不變，θ1減小，故而F減小，故D錯(cuò)誤；因?yàn)檎麄€(gè)系統(tǒng)緩慢運(yùn)動(dòng)，所以小球1所受合外力一直為零，故B錯(cuò)誤。7．如圖所示，a、b、c、d是勻強(qiáng)電場(chǎng)中的四個(gè)點(diǎn)，它們正好是正方形的四個(gè)頂點(diǎn)。在正方形兩對(duì)角線的交點(diǎn)O處有一個(gè)電子發(fā)射源，在平面內(nèi)向各個(gè)方向發(fā)射出初動(dòng)能均為3eV的電子。所有到達(dá)正方形邊界的電子中，到達(dá)c點(diǎn)的電子動(dòng)能最大。已知正方形的邊長(zhǎng)為10cm，電子到達(dá)c點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為7eV。電子僅在電場(chǎng)力的作用下運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是()A．該勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向從a點(diǎn)指向c點(diǎn)B．該勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為40eq\r(2)V/mC．若b點(diǎn)的電勢(shì)為零，電子運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能為－1eVD．電子到達(dá)ab中點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為1eV解析：選BD根據(jù)題意電子到達(dá)c點(diǎn)的動(dòng)能最大，說(shuō)明電子從O到c電場(chǎng)力做功最多，從O到c動(dòng)能增大，電場(chǎng)力做正功，電子沿電場(chǎng)線反方向運(yùn)動(dòng)，故電場(chǎng)線從c點(diǎn)指向a點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理可得－eUOc＝Ekc－EkO，解得UOc＝－4V，正方形邊長(zhǎng)L＝10cm，Oc的距離為dOc＝eq\f(\r(2),2)L＝5eq\r(2)cm，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E＝eq\f(|UOc|,dOc)＝40eq\r(2)V/m，B正確；由于bd垂直于ac，則φb＝φO＝0，EpO＝－eφO＝0J，WOa＝EpO－Epa＝－eEdOa，dOa＝eq\f(\r(2),2)L＝5eq\r(2)cm，綜上所述，Epa＝4eV，故C錯(cuò)誤；設(shè)ab中點(diǎn)為p，從O到p由動(dòng)能定理得－eEdOp＝Ekp－EkO，又dOp＝eq\f(L,2)cos45°，代入數(shù)據(jù)計(jì)算可得Ekp＝1eV，D正確。8．如圖所示，在水平向左且足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線一端固定于O點(diǎn)，另一端系著一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，小球靜止在M點(diǎn)?，F(xiàn)給小球一垂直于OM的初速度v0，使其在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)恰好做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，AB為圓的豎直直徑。已知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝eq\f(\r(3)mg,q)，重力加速度為g。當(dāng)小球第二次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)細(xì)線突然斷裂，則下列說(shuō)法正確的是()A．小球做完整的圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)能的最小值為mgLB．細(xì)線斷裂后，小球動(dòng)能的最小值為eq\f(1,2)mgLC．從細(xì)線斷裂到小球的動(dòng)能與B點(diǎn)動(dòng)能相等的過(guò)程中，電勢(shì)能增加了mgLD．從細(xì)線斷裂到小球的電勢(shì)能與B點(diǎn)電勢(shì)能相等的過(guò)程中，重力勢(shì)能減少了eq\f(8,3)mgL解析：選ABD由題意等效最高點(diǎn)在OM連線的反向延長(zhǎng)線與圓周的交點(diǎn)上，設(shè)為N，則在N點(diǎn)滿足F等＝eq\r(mg2＋\r(3)mg2)＝2mg，所以2mg＝eq\f(mv2,L)，即動(dòng)能的最小值為Ekmin＝eq\f(1,2)mv2＝mgL，故A正確；由題意知，設(shè)OM與水平方向夾角為θ，tanθ＝eq\f(mg,qE)＝eq\f(\r(3),3)，θ＝30°，細(xì)線斷裂后，當(dāng)小球速度沿等效重力反方向的分速度為零時(shí)，動(dòng)能最小，又因?yàn)閺腂到N點(diǎn)，由動(dòng)能定理得－2mg(L－Lsin30°)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝2eq\r(gL)，所以最小動(dòng)能為Ekmin＝eq\f(1,2)m(vBsin30°)2＝eq\f(1,2)mgL，故B正確；因?yàn)閺募?xì)線斷裂到小球的動(dòng)能與B點(diǎn)動(dòng)能相等的過(guò)程中，由動(dòng)能定理知合外力做功為零，即小球速度沿等效重力反方向的