2018-2019高中物理二轮复习选择题提速练：7 Word版含解析
2018-2019高中物理二轮复习选择题提速练：15 Word版含解析
选择题提速练151—5为单选，6—8为多选1. (2018·河南郑州一模)如图，一半径为R 的绝缘环上，均匀地带有电荷量为Q 的电荷，在垂直于圆环平面的对称轴上有一点P ，它与环心O 的距离OP ＝L .设静电力常量为k ，关于P 点的场强E ，下列四个表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是( D )A.kQ R 2＋L 2B.kQL R 2＋L 2C.kQR (R 2＋L 2)3D.kQL (R 2＋L 2)3 解析：设想将圆环等分为n 个小段，当n 相当大时，每一小段都可以看做点电荷，其所带电荷量为q ＝Q n ①由点电荷场强公式可求得每一点电荷在P 处的场强为E P ＝k Q nr 2＝k Q n (R 2＋L 2)② 由对称性可知，各小段带电环在P 处的场强垂直于轴向的分量E y 相互抵消，而轴向分量E x 之和即为带电环在P 处的场强E ，故E ＝nE x ＝n ×kQ n (L 2＋R 2)×L r ＝kQL r (L 2＋R 2)③ 而r ＝L 2＋R 2 ④联立①②③④可得E ＝kQL(R 2＋L 2)3，D 正确． 2．如图所示，足够长的斜面上有a 、b 、c 、d 、e 五个点，ab ＝bc ＝cd ＝de ，从a 点水平抛出一个小球，初速度为v 时，小球落在斜面上的b 点，落在斜面上时的速度方向与斜面夹角为θ，不计空气阻力．当初速度为2v 时( D )A ．小球可能落在斜面上的c 点与d 点之间B ．小球一定落在斜面上的e 点下方C ．小球落在斜面时的速度方向与斜面的夹角大于θD ．小球落在斜面时的速度方向与斜面的夹角也为θ解析：设ab ＝bc ＝cd ＝de ＝L 0，斜面倾角为α，当初速度为v 时，小球落在斜面上的b 点，则有L 0cos α＝v t 1，L 0sin α＝12gt 21，当初速度为2v 时，有L cos α＝2v t 2，L sin α＝12gt 22，联立解得L ＝4L 0，即小球一定落在斜面上的e 点，选项A 、B 错误；由平抛运动规律可知，小球落在斜面上时的速度方向与斜面的夹角也为θ，选项C 错误，选项D正确．3．(2018·辽宁五校协作体模拟)如图所示，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上，现用手控制住A，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面．下列说法正确的是(B)A．斜面的倾角α＝60°B．A获得的最大速度为2g m 5kC．C刚离开地面时，B的加速度最大D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒解析：A、B两球的速度大小时刻相等，当A沿斜面下滑至速度最大时，B球竖直上升的速度也达到最大，此时A、B两球的加速度均为零，选项C错误；根据“此时C恰好离开地面”可知，弹簧的弹力大小等于mg，对B由平衡条件可得，绳的拉力大小为2mg，对A由平衡条件得4mg sinα＝2mg，解得α＝30°，选项A错误；从释放A 到A 沿斜面下滑至速度最大的过程中，弹簧由被压缩mg k 逐渐变成被拉伸mg k ，在此过程中，由三个小球和弹簧组成的系统机械能守恒，设A 获得的最大速度为v ，则4mg ·2mg k ·sin30°－mg ·2mg k ＝12×5m v 2，解得v ＝2g m 5k，选项B 正确；从释放A 到C 刚离开地面的过程中，弹簧对B 的弹力先做正功后做负功，所以由A 、B 两小球组成的系统的机械能先增大后减小，即机械能不守恒，选项D 错误． 4.如图所示，甲、乙两同学从河中O 点出发，分别沿直线游到A 点和B 点后，立即沿原路线返回到O 点，OA 、OB 分别与水流方向平行和垂直，且OA ＝OB .若水流速度不变，两人在静水中游速相等，则他们所用时间t 甲、t 乙的大小关系为( C )A ．t 甲<t 乙B ．t 甲＝t 乙C ．t 甲>t 乙D ．无法确定解析：设水速为v 0，人在静水中速度为v ，对甲，由O →A 所用时间t 1＝s v ＋v 0，由A →O 所用时间t 2＝s v －v 0，则甲所用时间t 甲＝t 1＋t 2＝s v ＋v 0＋s v －v 0＝2v v 2－v 20s ①式；对乙，由O →B 和由B →O 的实际速度v ′＝v 2－v 20，故所用时间t 乙＝2s v ′＝2sv 2－v 20②式；两式相比得t 甲t 乙＝v v 2－v 20>1，即t 甲>t 乙，故C 正确．5．传感器是自动控制设备中不可缺少的元件，已经渗透到宇宙开发、环境保护、交通运输以及家庭生活等各种领域．下图为几种电容式传感器，其中通过改变电容器两极间距离而引起电容变化的是( C )解析：图A 中是通过改变电介质而引起电容变化的，图B 和D 是通过改变两极的正对面积而引起电容变化的，图C 中是通过改变电容器两极间距离而引起电容变化的，选项C 正确．6．2016年10月，宁东—浙江±800 kV 直流特高压输电工程完成大负荷试验工作，成为我国第5个直流特高压输变电工程．如图所示是远距离输电示意图，电站的原输出电压U 1＝250 kV ，输出功率P 1＝1×105 kW ，输电线电阻R ＝8 Ω.则进行远距离输电时，下列说法中正确的是( AC )A ．若电站的输出功率突然增大，则降压变压器的输出电压减小B ．若电站的输出功率突然增大，则升压变压器的输出电压增大C ．输电线损耗比例为5%时，所用升压变压器的匝数比n 1n 2＝116D ．用800 kV 高压输电，输电线损耗功率为8 000 W解析：由U 1U 2＝n 1n 2知U 1不变时，U 2也不变，选项B 错误；由U 3＝U 2－P 1U 2R 知，电站的输出功率突然增大，U 3减小，又U 3U 4＝n 3n 4，故U 4也减小，选项A 正确；I 1＝P 1U 1＝400 A ，I 2＝ΔP R ＝25 A ，I 2I 1＝n 1n 2＝25400＝116，选项C 正确；用800千伏高压输电，即U 2′＝800千伏，I 2′＝P 1U 2′＝125 A ，ΔP ′＝I 2′2R ＝1.25×102 kW ，选项D 错误． 7．(2018·新课标全国卷Ⅱ)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示．已知两车在t2时刻并排行驶，下列说法正确的是(BD)A．两车在t1时刻也并排行驶B．t1时刻甲车在后，乙车在前C．甲车的加速度大小先增大后减小D．乙车的加速度大小先减小后增大解析：v-t图象中图象包围的面积代表运动走过的位移，两车在t2时刻并排行驶，利用逆向思维并借助于面积可知在t1时刻甲车在后，乙车在前，故A错误，B正确；图象的斜率表示加速度，所以甲的加速度先减小后增大，乙的加速度也是先减小后增大，故C错，D正确，故选BD.8．如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1 cm，中点O与S间的距离d＝4.55 cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4T.电子质量m＝9.1×10－31kg，电量e＝－1.6×10－19C，不计电子重力．电子源发射速度v＝1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则(AD)A ．θ＝90°时，l ＝9.1 cmB ．θ＝60°时，l ＝9.1 cmC ．θ＝45°时，l ＝4.55 cmD ．θ＝30°时，l ＝4.55 cm 解析：电子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据洛伦兹力大小计算公式和向心力公式有：e v B ＝m v 2r ，解得电子圆周运动的轨道半径为：r ＝m v eB ＝9.1×10－31×1.6×1061.6×10－19×2.0×10－4m ＝4.55×10－2 m ＝4.55 cm ，恰好有：r ＝d ＝L 2，由于电子源S 可向纸面内任意方向发射电子，因此电子的运动轨迹将是过S 点的一系列半径为r 的等大圆，能够打到板MN 上的区域范围如图甲所示，实线SN 表示电子刚好经过板N 端时的轨迹，实线SA 表示电子轨迹刚好与板相切于A 点时的轨迹，因此电子打在板上可能位置的区域的长度为：l ＝NA ，又由题设选项可知，MN 与SO 直线的夹角θ不定，但要使电子轨迹与MN 板相切，根据图中几何关系可知，此时电子的轨迹圆心C 一定落在与MN 距离为r 的平行线上，如图乙所示，当l ＝4.55 cm 时，即A 点与板O 点重合，作出电子轨迹如图中实线S 1A 1，由图中几何关系可知，此时S 1O 与MN 的夹角θ＝30°，故C 错误，D 正确；当l ＝9.1cm时，即A点与板M端重合，作出电子轨迹如图中实线S2A2，由几何关系可知，此时S2O与MN的夹角θ＝90°，故A正确，B错误．。
2018_2019高考物理复习选择题提速练620190313241
选择题提速练61—5为单选，6—8为多选1．(2018·浙江温州十校联考)功率为10 W 的发光二极管(LED 灯)的亮度与功率为60 W 的白炽灯相当．根据国家节能战略，普通白炽灯应被淘汰．假设每户家庭有2只60 W 的白炽灯，均用10 W 的LED 灯替代，估算出全国一年节省的电能最接近( B )A ．8×108kW·h B．8×1010kW·h C ．8×1011kW·h D．8×1013kW·h解析：假设每户每天只亮灯5个小时，每户每年节电E ＝2×(60－10)×10－3×5×365 kW·h＝182.5 kW·h.假设每户有3口人，全国有4亿户左右．则年节电总值为E 总＝4×108×182.5 kW·h＝7.3×1010kW·h，故B 正确．2．为了探测某星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心，半径为r 1的圆轨道上运动，周期为T 1，总质量为m 1.随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r 2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m 2，则( D )A ．该星球的质量为M ＝4π2r 1GT 21B ．该星球表面的重力加速度为g x ＝4π2r 1T 21C ．登陆舱在r 1与r 2轨道上运动时的速度大小之比为v 1v 2＝m 1r 2m 2r 1 D ．登陆舱在半径为r 2轨道上做圆周运动的周期为T 2＝T 1r 32r 31解析：根据G Mm 1r 21＝m 1(2πT 1)2r 1，得星球的质量为M ＝4π2r 31GT 21，则选项A 错误；根据m 1a 1＝m 1(2πT 1)2r 1，可得载着登陆舱的探测飞船的加速度a 1＝4π2r 1T 21，该加速度不等于星球的重力加速度，则选项B 错误；根据G Mm 1r 21＝m 1v 21r 1，可得v 1＝GMr 1，同理v 2＝GM r 2，故v 1v 2＝r 2r 1，则选项C 错误；根据开普勒第三定律得T 1T 2＝r 31r 32，故T 2＝T 1r 32r 31，则选项D 正确． 3．(2018·山西检测)现代技术的发展促进了人们对原子、原子核的认识．下列说法正确的是( C )A ．α粒子散射实验结果说明原子内部带正电的那部分物质是均匀分布的B ．β衰变说明原子核内部存在自由电子C ．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的氢核聚变反应D ．氡原子核的半衰期为3.8天，4个氡原子核经过7.6天一定只剩下1个未发生衰变 解析：α粒子散射实验结果说明占原子质量绝大部分的带正电的那部分物质集中在很小的空间范围内，A 错误；β衰变是原子核内的中子转化为质子同时释放出电子，不能说明原子核内部存在电子，B 错误；太阳辐射的能量来自于太阳内部的氢核聚变反应，C 正确；半衰期对大量的原子核的统计规律适用，对少量的原子核不适用，D 错误．4．(2018·湖北八校联考)如图M 和N 是两个带有异种电荷的带电体(M 在N 的正上方，图示平面为竖直平面)，P 和Q 是M 表面上的两点，S 是N 表面上的一点．在M 和N 之间的电场中画有三条等势线．现有一个带正电的液滴从E 点射入电场，它经过了F 点和W 点，已知油滴在F 点时的机械能大于在W 点的机械能(E 、W 两点在同一等势面上，不计油滴对原电场的影响，不计空气阻力)．则以下说法正确的是( D )A ．P 和Q 两点的电势不相等B ．P 点的电势高于S 点的电势C ．油滴在F 点的电势能高于在E 点的电势能D ．油滴在E 、F 、W 三点的“机械能和电势能总和”没有改变解析：P 和Q 两点在带电体M 的表面上，M 是处于静电平衡状态的导体，其表面是一个等势面，故P 和Q 两点的电势相等，选项A 错误；带正电的油滴在F 点时的机械能大于在W 点的机械能，故从F 点到W 点，机械能减小，电场力做负功，说明电场力向上，故电场线垂直等势面向上，而沿着电场线方向电势逐渐降低，故P 点的电势低于S 点的电势，选项B 错误；由于电场线垂直等势面向上，故E 点的电势高于F 点的电势，根据E p ＝q φ，油滴在F 点的电势能低于在E 点的电势能，选项C 错误；油滴在运动过程中只有重力和电场力做功，重力做功导致重力势能和动能相互转化，电场力做功导致电势能和动能相互转化，故油滴在E 、F 、W 三点的“机械能和电势能总和”没有改变．选项D 正确．5．如图所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦交流电的图象，调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图象如图线b 所示．以下关于这两个正弦交流电的说法中正确的是( C )A ．线圈先后两次转速之比为B ．交流电a 的电压瞬时值u ＝10sin0.4πt VC ．交流电b 的最大值为203VD ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量为零解析：由图象可知T a ＝0.4 s ，T b ＝0.6 s ，根据ω＝2πT，得ωa ＝5π，ωb ＝10π/3，由ω＝2πn ，得转速之比，n a n b ＝，A 错；图线a 的最大值为E m a ＝10 V ，交流电压的瞬时值u ＝E m sin ωt ＝10sin5πt V ，B 错；根据E m ＝NBS ω，得E m b ＝20/3 V ，C 对；t ＝0的时刻感应电动势为零，故磁通量最大，D 错．6．如图，质量为m 、长为L 的直导线用两绝缘细线悬挂于O 、O ′，并处于匀强磁场中，当导线中通以沿x 正方向的电流I ，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ.则磁感应强度方向和大小可能为( BC )A ．z 正向，mg IL tan θB ．y 正向，mg ILC ．z 负向，mg ILtan θD ．沿悬线向上，mg ILsin θ解析：若B 沿z 轴正方向，导线无法平衡，A 错误；若B 沿y 轴正方向，由左手定则，受力如图①：mg ＝BIL ，所以B 正确；若B 沿z 轴负方向，受力如图②，F T sin θ＝BIL ，F T cos θ＝mg ，所以B ＝mgILtan θ，C 正确；若B 沿悬线向上，受力如图③，导线无法平衡，D 错误．7．质量为2 kg 的物体，放在动摩擦因数为μ＝0.1的水平面上，在水平拉力F 的作用下，由静止开始运动，拉力做的功W 和物体发生的位移x 之间的关系如图所示，g 取10 m/s 2.下列说法中正确的是( CD )A ．此物体在AB 段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 W B ．此物体在AB 段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6 WC ．此物体在AB 段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 WD ．物体在OA 段运动过程中拉力的平均功率大于AB 段运动过程中拉力的平均功率 解析：物体受到的滑动摩擦力f ＝μmg ＝2 N ，由题图知x 1＝3 m 位移内拉力做的功W 1＝F 1x 1＝15 J ，解得F 1＝5 N ，根据牛顿第二定律F 1－f ＝ma 1，解得加速度为a 1＝1.5 m/s 2，所用的时间为t 1＝2x 1a 1＝2 s ，末速度v 1＝a 1t 1＝3 m/s ；由W 2＝F 2x 2解得x 2＝6 m 位移内拉力F 2＝2 N ，与摩擦力f 等大反向，所以物体在AB 段做匀速直线运动，运动时间t 2＝x 2v 1＝2 s ，整个过程中拉力的最大功率为P m ＝F m v m ＝F 1v 1＝15 W ，选项C 正确；OA 段运动过程中拉力的平均功率P 1＝W 1t 1＝7.5 W ，AB 段拉力的平均功率P 2＝W 2t 2＝6 W ，选项D 正确．8.某同学设计了一个测定列车加速度的仪器，如图所示．AB 是一段四分之一圆弧形的电阻，O 点为其圆心，且在B 点正上方，圆弧半径为r .O 点下用一电阻不计的金属线悬挂着一个金属球，球的下部恰好与AB 接触良好且无摩擦．A 、B 之间接有内阻不计、电动势为9 V 的电池，电路中接有理想电流表A ，O 、B 间接有一个理想电压表V.整个装置在一竖直平面内，且装置所在的平面与列车前进的方向平行．下列说法中正确的有( CD )A ．从图中看到列车一定是向右做加速运动B ．当列车的加速度增大时，电流表A 的读数增大，电压表V 的读数也增大C ．若电压表示数为3 V ，则列车的加速度为33g D ．如果根据电压表示数与列车加速度的一一对应关系将电压表改制成一个加速度表，则加速度表的刻度是不均匀的解析：对金属球，由牛顿第二定律，加速度a ＝g tan θ，方向水平向右，可能向右做加速运动或向左做减速运动，选项A 错误；电流I ＝E R，电流表读数一定，当列车的加速度增大时，θ增大，BC 弧长变大，电压表V 的读数U ＝IR BC 也增大，选项B 错误；而R ＝ρL S，则U ＝E ·θπ2，若电压表示数为3 V ，则θ＝π6，列车的加速度为g tan π6＝33g ，选项C 正确；电压表示数U ＝2E ·θπ＝2E π·arctan ag ，U 与a 不是线性关系，则加速度表的刻度是不均匀的，选项D 正确．。
2018-2019版高中物理人教版必修2习题：7.2功 Word版含解析
2.功基础巩固1关于功的概念,下列说法中正确的是()A.力对物体做功多,说明物体的位移一定大B.力对物体做功少,说明物体的受力一定小C.力对物体不做功,说明物体一定无位移D.功的多少是由力的大小和物体在力的方向上的位移的大小确定的解析:功的大小是由力的大小及物体在力的方向上的位移大小共同决定的,故选项A、B、C错误,D 正确。
答案:D2物体受到两个互相垂直的作用力而运动。
已知力F1做功6 J,力F2做功8 J,则力F1、F2的合力对物体做功()A.10 JB.14 JC.2 JD.-2 J解析:功是标量,合力对物体做的功等于每个力对物体做功的代数和,故选项B正确。
答案:B3以一定的初速度竖直向上抛出一个小球,小球上升的最大高度为h,空气阻力的大小恒为F,则从抛出至回到原出发点的过程中,空气阻力对小球做的功为()A.0B.-FhC.-2FhD.-4Fh解析:物体在上升和下降过程中,空气阻力大小不变、方向改变,但都是阻碍物体运动,亦即上升过程和下降过程空气阻力都是做负功,所以全过程空气阻力对物体做功为W F上下。
答案:C4关于作用力与反作用力做功的关系,下列说法正确的是()A.当作用力做正功时,反作用力一定做负功B.当作用力不做功时,反作用力也不做功C.作用力和反作用力做的功一定大小相等,且两者的代数和为零D.作用力做正功时,反作用力也可以做正功解析:由功的公式W=Fl cos α可知W大小、正负取决于F、l、α,作用力、反作用力虽然大小相等,方向相反,但两物体对地的位移大小、方向关系不确定,故作用力、反作用力做功的关系不确定,选项A、B、C错误,D正确。
答案:D5某人以20 N的水平恒力推着小车在粗糙的水平面上前进了5.0 m,放手后,小车又前进了2.0 m才停下来,则小车在运动过程中,人的推力所做的功为()A.100 JB.140 JC.60 JD.无法确定解析:计算功的公式为W=Fl,其中F是做功的力,l是F作用下物体发生的位移。
2018-2019高中物理二轮复习选择题提速练：7 含解析
选择题提速练71—5为单选，6—8为多选1．(2018·江苏徐州、宿迁第三次模拟)在地面上插入一对电极M和N，将两个电极与直流电源相连，大地中形成恒定电流和恒定电场．恒定电场的基本性质与静电场相同，其电场线分布如图，P、Q是电场中的两点．下列说法中正确的是(B) A．P点场强比Q点场强大B．P点电势比Q点电势高C．P点电子的电势能比Q点电子的电势能大D．电子沿直线从N到M的过程中所受电场力恒定不变解析：电场线密的地方电场强度大，由题图可知P点场强比Q点场强小，A错误；沿电场线方向电势降低，因此P点电势高于Q点电势，B正确；P点电势高于Q点电势，即φP>φQ，电子带负电，q<0，由电势能公式E p＝qφ可知，电子在P点的电势能小于在Q点的电势能，C错误；由于该电场是非匀强电场，E是变化的，由F＝qE可知，电子所受的电场力是变化的，D错误．2．如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框架，OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒，OC之间连一个电阻R，导体框架与导体棒的电阻均不计，若要使OC能以角速度ω匀速转动，则外力做功的功率是(C)A.B 2ω2r 4RB.B 2ω2r 42RC.B 2ω2r 44R D.B 2ω2r 48R解析：匀速转动，外力做功的功率与安培力的功率相同，克服安培力做的功转化为系统的内能，即外力做功的功率与发热功率相同．转动OC 切割磁感线产生的电动势大小为E ＝12Br 2ω，外力的功率为P ＝E 2R ＝B 2ω2r 44R，C 项正确． 3．一个质量为m 的小球，从光滑曲面轨道上的位置1由静止释放，经过时间t 后，沿轨道运行路程d 到达了位置2，如图所示，竖直方向距离为h ，小球到达位置2时的瞬时速度为v ，瞬时加速度为a ，下列表达式中正确的是( D )A ．d ＝12at 2B ．h ＝12gt 2C ．d ＝v 22aD ．h ＝v 22g解析：本题考查了运动学公式的适用条件及机械能的守恒．小球沿光滑曲面下滑过程中加速度的大小和方向均变化，因此，不能用匀变速直线运动的公式来计算小球的位移和路程，故选项A 、B 、C 均错误；由机械能守恒得mgh ＝12m v 2，解得h＝v22g，故选项D正确．4．以下有关近代物理内容的叙述，其中正确的是(D)A．原子核发生一次β衰变，该原子外层就失去一个电子B．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的光强太小C．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电子的势能也减小D．天然放射现象中发出的三种射线是从原子核内放出的看不见的射线解析：原子核发生一次β衰变，该原子核内质子数增加1，原子外层电子数不变，选项A错误；一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为这束光的频率太低，选项B错误；按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量增大，故电子的势能增大，选项C 错误；天然放射现象中发出的三种射线，α射线是氦核流，β射线是电子流，γ射线是电磁波，都看不见，故选项D正确．5．如图所示为一种常见的身高体重测量仪．测量仪顶部向下发射波速为v的超声波，超声波经反射后返回，被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔．质量为M0的测重台置于压力传感器上，传感器输出电压与作用在其上的压力成正比．当测重台没有站人时，测量仪记录的时间间隔为t0，输出电压为U0，某同学站上测重台，测量仪记录的时间间隔为t，输出电压为U，则该同学的身高和质量分别为(D)A ．v (t 0－t )，M 0U 0U B.12v (t 0－t )，M 0U 0U C ．v (t 0－t )，M 0U 0(U －U 0) D.12v (t 0－t )，M 0U 0(U －U 0) 解析：当测重台没有站人时，2x ＝v t 0，当测重台站人时，2(x －h )＝v t ，联立可得h ＝12v (t 0－t )；当测重台没有站人时，U 0＝kM 0g ；当测重台站人时，U ＝k (M 0g ＋mg )，联立可得，m ＝M 0U 0(U －U 0)；故选项D 正确． 6．如图所示，沿直线通过速度选择器的正离子从狭缝S 射入磁感应强度为B 2的匀强磁场中，偏转后出现的轨迹半径之比为R 1R 2＝12，则下列说法正确的是( AD )A ．离子的速度之比为1 1B ．离子的电荷量之比为12C ．离子的质量之比为1 2D ．离子的比荷为2 1解析：因为两粒子能沿直线通过速度选择器，则q v B 1＝qE ，即v ＝E B 1，所以两离子的速度相同，选项A 正确；根据R ＝m v qB 2，则q 1m 1q 2m 2＝R 2R 1＝21，选项B 、C 错误，D 正确．7．如图所示，O 点是两等量同种负点电荷连线的中点，在两等量同种负点电荷连线的中垂面上有以O 点为圆心的两个同心圆，两圆上分别有a 、b 、c 、d 四个点，O 、a 、c 三点在一条直线上，则下列说法正确的是(ABD )A ．a 、c 两点的电场强度方向相同，大小有可能相等B ．a 、b 两点的电势相同C ．将带正电的检验电荷从a 点在平面内移动到d 点，检验电荷的电势能一定减小D ．带正电的检验电荷可以仅在电场力作用下在此平面内做匀速圆周运动解析：由等量同种负点电荷的电场分布特点可知，a 、c 两点电场强度方向沿ac 连线指向O 点，场强大小有可能相等，A 正确；a 、b 两点所在的圆等势，B 正确；带正电的检验电荷从a 点在平面内移动到d 点，由电势低的等势面到电势高的等势面，电势能增大，C 错误；在中垂面内带正电的检验电荷始终受到方向指向O 点的电场力，可在此平面内做匀速圆周运动，D 正确．8．如图所示，甲、乙两物块用跨过定滑轮的轻质细绳连接后分别静止在斜面AB 、AC 上，滑轮两侧细绳与斜面平行．甲、乙两物块的质量分别为m 1、m 2，AB斜面粗糙，倾角为α，AC斜面光滑，倾角为β，不计滑轮处摩擦，则以下分析正确的是(BC)A．若m1sinα>m2sinβ，则甲所受的摩擦力沿斜面向下B．若m1sinα<m2sinβ，则甲所受的摩擦力沿斜面向下C．若在物块乙上面再放一个小物块后，甲、乙仍静止，则甲所受的拉力一定变大D．若在物块甲上面再放一个小物块后，甲、乙仍静止，则甲所受的拉力一定变大解析：若m1sinα>m2sinβ，则物块甲有下滑趋势，受到沿斜面向上的摩擦力，A 错误；若m1sinα<m2sinβ，则物块甲有上滑趋势，受到沿斜面向下的摩擦力，B正确；细绳拉力T＝m2g sinβ，若在物块乙上再放一小物块后，则细绳拉力变为T′＝(m2＋Δm)g sinβ>T，但若在物块甲上再放一小物块，并不影响细绳拉力的大小，C正确，D错误．。
2018-2019高中物理二轮复习选择题提速练：11 Word版含解析
选择题提速练111—5为单选，6—8为多选1．京沪高铁全长1 318 km ，全线为新建双线，设计时速350 km/h ，2012年通车后，北京至上海的行程缩短至五小时以内．列车提速的一个关键技术问题是增加机车发动机的额定功率．已知列车所受阻力与速度的平方成正比，即F f ＝k v 2(k 为比例系数)．设提速前最大速度为150 km/h ，则提速前与提速后机车发动机的额定功率之比为( B )A.37B.27343C.949D.812 401解析：当速度最大时牵引力和阻力相等，则P ＝F v ＝F f v ＝k v 3，所以，P 1P 2＝v 31v 32＝27343，B 项正确． 2．在如图甲所示的电路中，R 1为定值电阻，R 2为滑动变阻器，闭合开关S ，将滑动变阻器的滑动触头P 从最右端滑到最左端，两个电压表(内阻极大)的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图乙所示．则( D )A ．图线a 是电压表V 1示数随电流变化的图线B ．电源内电阻的阻值为10 ΩC ．电源的最大输出功率为1.5 WD ．滑动变阻器R 2的最大功率为0.9 W解析：将滑动变阻器的滑动触头P 从最右端滑到最左端，总电阻减小，电流增大，V 1示数线性增大，A 错误；根据图线a ，R 2＝U I ＝4 V 0.2 A＝20 Ω，根据图线b ，R 1＝U I ＝1 V 0.2 A ＝5 Ω，0.2 A ＝E R 1＋R 2＋r，0.6 A ＝E R 1＋r，解得r ＝5 Ω，E ＝6 V ，B 错误；电源的最大输出功率为E 24r ＝1.8 W ，C 错误；当R 2＝R 1＋r 时滑动变阻器R 2的功率最大，为0.9 W ，D 正确．3．下图为示波管的示意图，以屏幕的中心为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系xOy ，当在XX ′这对电极上加上恒定的电压U XX ′＝2 V ，同时在YY ′电极上加上恒定的电压U YY ′＝－1 V 时，荧光屏上光点的坐标为(4，－1)，则当在XX ′这对电极上加上恒定的电压U XX ′＝1 V ，同时在YY ′电极上加上恒定的电压U YY ′＝2 V 时，荧光屏上光点的坐标为( C )A．(2，－2) B．(4，－2)C．(2,2) D．(4,2)解析：示波管某方向的偏转位移与电压成正比，在XX′这对电极上，x∝U XX′，当电压U XX′＝1 V时，x＝2；在YY′这对电极上，y ∝U YY′，当电压U YY′＝2 V时，y＝2.所以选择C.4.如图所示，用a、b两种不同频率的光分别照射同一金属板，发现当a光照射时验电器的指针偏转，b光照射时指针未偏转，以下说法正确的是(D)A．增大a光的强度，验电器的指针偏角一定减小B．a光照射金属板时验电器的金属小球带负电C．增大b光的强度，验电器指针偏转D．若a光是氢原子从n＝4的能级向n＝1的能级跃迁时产生的，则b光可能是氢原子从n＝5的能级向n＝2的能级跃迁时产生的解析：增大a光的强度，单位时间内产生的光电子多了，验电器的指针偏角增大，A错；产生光电效应后金属表面的电子逸出，金属和验电器的金属小球均带正电，B错；增大b光的强度，b光频率不变，则不能使金属板发生光电效应，验电器指针不偏转，C错；从n ＝4的能级向n＝1的能级跃迁比从n＝5的能级向n＝2的能级跃迁时产生的光子的频率大，D正确．5．如图所示，矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧，这些粒子的质量、电荷量以及速度大小如下表所示.粒子编号质量电荷量(q>0)速度大小1m 2q v22m 2q 2v33m －3q 3v42m 2q 3v5 2m －q v分别为( D )A ．3、5、4B ．4、2、5C ．5、3、2D ．2、4、5解析：根据半径公式r ＝m v Bq ，结合表格中数据可求得1～5各组粒子的半径之比依次为0.52332，说明第一组正粒子的半径最小，该粒子从MQ 边界进入磁场逆时针运动．由图a 、b 粒子进入磁场也是逆时针运动，则都为正电荷，而且a 、b 粒子的半径比为23，则a 一定是第2组粒子，b 是第4组粒子，c 顺时针运动，为负电荷，半径与a 相等是第5组粒子．正确选项为D.6．(2018·武汉模拟)如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上放一轻质弹簧，其下端固定，静止时上端位置在B 点．质量m ＝2.0 kg 的小物体由斜面上A 点自由释放，从开始的一段时间内的v -t 图象如图乙所示(图中0～0.4 s 时间段图线为直线，其余均为曲线)，小物体在0.4 s 时运动到B 点，0.9 s 时到达C 点，B 、C 间距为1.2 m(g 取10 m/s 2)，由图知( AC )A．斜面倾角θ＝π6B．物体从B运动到C的过程中机械能守恒C．在C点时，弹簧的弹性势能为16 JD．小物体从C点回到A点过程中，加速度先增大后减小，再保持不变解析：由图乙可知，0～0.4 s内小物体做匀加速直线运动，加速度a＝ΔvΔt＝20.4m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得mg sinθ＝ma，解得sinθ＝ag＝12，则θ＝π6，故选项A正确；从B到C过程，除重力做功外，弹簧弹力对小物体做负功，小物体的机械能不守恒，故选项B错误；由能量守恒定律可得，在C点弹簧的弹性势能E p＝12m v2B＋mgh BC＝16 J，故选项C正确；小物体从C点回到A点过程中，开始弹簧的弹力大于重力沿斜面向下的分力，合力向上，小物体向上做加速运动，弹力逐渐减小，小物体所受的合力减小，小物体的加速度减小，然后弹簧的弹力小于重力沿斜面向下的分力，合力向下，小物体做减速运动，随小物体向上运动，弹簧弹力变小，小物体受到的合力变大，加速度变大，当物体与弹簧分离后，小物体受到的合力等于重力沿斜面的分力，加速度不变，小物体做加速度不变的减速运动，由此可知在整个过程中，小物体的加速度先减小后增大，再保持不变，故选项D错误．7．如图所示，某无限长粗糙绝缘直杆与等量异种电荷连线的中垂线重合，杆竖直放置．杆上有A 、B 、O 三点，其中O 为等量异种电荷连线的中点，AO ＝BO .现有一带电小圆环从杆上A 点以初速度v 0向B 点滑动，滑到B 点时速度恰好为0，则关于小圆环的运动，下列说法正确的是( AC )A ．运动的加速度先变大再变小B ．电场力先做正功后做负功C ．运动到O 点的动能为初动能的一半D ．运动到O 点的速度小于v 02解析：等量异号电荷的连线的中垂线上，从A 到B 电场强度先增大后减小，O 点的电场强度最大，所以小圆环受到的电场力先增大后减小，小圆环受到的摩擦力F f ＝μF N ＝μqE ，则小圆环受到的摩擦力先增大后减小，其加速度a ＝mg ＋F f m ，所以a 先增大后减小，选项A 正确；一对等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，故小圆环从A 到B 过程电场力不做功，选项B 错误；设A 、B 之间的距离为2L ，摩擦力做的功为2W f ，小圆环从A 到B 的过程中，电场力不做功，重力和摩擦力做功，根据动能定理，A →O 过程有－mgL ＋W f ＝12m v 2O －12m v 20，A →B 过程有－mg ·2L ＋2W f ＝0－12m v 20，联立解得v O ＝22v 0>12v 0，12m v 2O ＝12·12m v 20，即运动到O 点的动能为初动能的一半，运动到O 点的速度大于v 02，选项C 正确，选项D 错误． 8．北京时间2013年2月16日凌晨，直径约45米、质量约13万吨的小行星“2012DA14”以大约每小时2.8万公里的速度由印度洋苏门答腊岛上空掠过．与地球表面最近距离约为2.7万公里，这一距离已经低于地球同步卫星的轨道，但对地球的同步卫星几乎没有影响，只是划过了地球上空．这颗小行星围绕太阳飞行，其运行轨道与地球非常相似，根据天文学家的估算，它下一次接近地球大约是在2046年．假设图中的P 、Q 是地球与小行星最近时的位置，下列说法正确的是(已知日地平均距离约为15 000万公里)( BD )A ．小行星对地球的轨道没有造成影响，地球对小行星的轨道也没有任何影响B ．只考虑太阳的引力，地球在P 点的线速度大于小行星通过Q 点的线速度C ．只考虑地球的引力，小行星在Q 点的加速度小于同步卫星在轨道上的加速度D ．小行星在Q 点没有被地球俘获，是因为它在Q 点的速率大于第一宇宙速度解析：小行星对地球的引力远小于太阳对地球的引力，所以小行星对地球的轨道没有造成影响，但地球对小行星的引力相比太阳对小行星的引力不能忽略，可知地球对小行星的轨道会造成影响，选项A错误；若只考虑太阳引力，由万有引力提供向心力，G Mm r 2＝m v 2r ，得v ＝GM r ，由于地球在P 点到太阳的距离小于小行星在Q 点到太阳的距离，即r 1<r 2，所以地球在P 点的线速度大于小行星在Q 点的线速度，选项B 正确；只考虑地球引力，加速度a ′＝GM ′r ′2，由于小行星在Q 点到地球的距离小于同步卫星到地球的距离，所以小行星在Q 点的加速度大于同步卫星在轨道上的加速度，选项C 错误；小行星在Q 点没有被地球俘获变成地球的卫星，是因为它在Q 点的速率大于第一宇宙速度，选项D 正确．。
2019高考物理二轮复习课件选择题提速练7
解析：原子核发生一次 β衰变，该原子核内质子数增加1， 原子外层电子数不变，选项 A错误；一束光照射到某种金属上 不能发生光电效应，是因为这束光的频率太低，选项 B错误； 按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径 较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量增大，故电子的 势能增大，选项 C错误；天然放射现象中发出的三种射线，α 射线是氦核流， β射线是电子流， γ射线是电磁波，都看不见， 故选项 D正确．
选择题提速练7
1—5为单选， 6—8为多选
1． (2018· 江苏徐州、宿迁第三次模拟)在地面上插入一对 电极 M和 N，将两个电极与直流电源相连，大地中形成恒定电 流和恒定电场．恒定电场的基本性质与静电场相同，其电场 线分布如图，P、 Q是电场中的两点．下列说法中正确的是 ( B )
A． P点场强比 Q点场强大 B． P点电势比 Q点电势高 C． P点电子的电势能比 Q点电子的电势能大 D．电子沿直线从 N到 M的过程中所受电场力恒定不变
4．以下有关近代物理内容的叙述，其中正确的是 ( D ) A．原子核发生一次 β衰变，该原子外层就失去一个电子 B．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是 因为这束光的光强太小 C．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃 迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电子的势能也减 小 D．天然放射现象中发出的三种射线是从原子核内放出的 看不见的射线
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解析：因为两粒子能沿直线通过速度选择器，则qvB1＝ qE，即v＝ E ，所以两离子的速度相同，选项A正确；根据R B1 q2 ＝R2 m2 R1＝2 1，选项B、C错误，D正确．
mv q1 ＝ ，则 qB2 m1
7．如图所示， O点是两等量同种负点电荷连线的中点， 在两等量同种负点电荷连线的中垂面上有以 O点为圆心的两个 同心圆，两圆上分别有 a、 b、 c、 d四个点， O、 a、 c三点在一 条直线上，则下列说法正确的是 ( ABD )
2018-2019高中物理二轮复习选择题提速练：3 Word版含解析
选择题提速练31—5为单选，6—8为多选1．(2018·河北石家庄质检)法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机．如图所示，紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路．转动摇柄，使圆盘逆时针匀速转动，电流表的指针发生偏转．下列说法正确的是(D)A．回路中电流大小变化，方向不变B．回路中电流大小不变，方向变化C．回路中电流的大小和方向都周期性变化D．回路中电流方向不变，从b导线流进电流表解析：圆盘在磁场中切割磁感线产生恒定的感应电动势E＝1 2BωR2，由右手定则判断得a端为负极、b端为正极，所以只有D项正确．2．(2018·四川绵阳一诊)2014年9月川东地区持续强降雨，多地发生了严重的洪涝灾害．如图为某救灾现场示意图，一居民被洪水围困在被淹房屋屋顶的A点，直线PQ和MN之间是滔滔洪水，之外为安全区域．已知A点到直线PQ和MN的距离分别为AB＝d1和AC ＝d 2，设洪水流速大小恒为v 1，武警战士驾驶的救生艇在静水中的速度大小为v 2(v 1<v 2)，要求战士从直线PQ 上某位置出发以最短的时间到达A 点，救人后以最短的距离到达直线MN .则( A )A ．战士驾艇的出发点在B 点上游距B 点距离为v 1v 2d 1 B ．战士驾艇的出发点在B 点下游距B 点距离为v 1v 2d 1 C ．救人后船头应指向上游，与上游方向所成夹角的余弦值为v 2v 1D ．救人后船头应指向下游，与下游方向所成夹角的余弦值为v 1v 2解析：救生艇到达A 点的最短时间为t ＝d 1v 2，战士驾艇的出发点在B 点上游距B 点距离为v 1v 2d 1，选项A 正确，B 错误；若战士以最短位移到达MN ，则救生艇登陆的地点就是C 点，则船头与上游方向所成夹角的余弦值为v 1v 2，故选项C 、D 错误． 3．(2018·山东中学联盟押题)如图所示，将一质量为m 的小球从A 点以初速度v 斜向上抛出，先后经过B 、C 两点．已知B 、C 之间的竖直高度和C 、A 之间的竖直高度都为h ，重力加速度取g ，取A 点所在的平面为参考平面，不考虑空气阻力，则( D )A ．小球在B 点的机械能是C 点机械能的两倍B ．小球在B 点的动能是C 点动能的两倍C ．小球在B 点的动能为12m v 2＋2mgh D ．小球在C 点的动能为12m v 2－mgh 解析：不计空气阻力，小球在斜上抛运动过程中只受重力作用，运动过程中小球的机械能守恒，则小球在B 点的机械能等于C 点机械能，选项A 错误；小球在B 点的重力势能大于C 点重力势能，根据机械能守恒定律知，小球在B 点的动能小于C 点动能，选项B 错误；小球由A 到B 过程中，根据机械能守恒定律有mg ·2h ＋E k B ＝12m v 2，解得小球在B 点的动能为E k B ＝12m v 2－2mgh ，选项C 错误；小球由B 到C 过程中，根据机械能守恒定律有mg ·2h ＋E k B ＝mgh ＋E k C ，解得小球在C 点的动能为E k C ＝E k B ＋mgh ＝12m v 2－mgh ，选项D 正确．4．(2018·山东潍坊一中二模)如图所示，斜面体固定在水平地面上，用一根轻绳跨过定滑轮连接甲、乙两滑块，它们静止于两斜面等高处，轻绳均与斜面平行．甲、乙可看成质点，不计一切摩擦(sin37°＝0.6，sin53°＝0.8)．若剪断轻绳，下列说法正确的是( A )A ．甲、乙落地时的速度大小相等B ．甲、乙落到地面所用时间之比为11 C ．甲、乙落地时重力的功率之比为4 3D ．甲、乙在下滑到地面过程中重力做功相等解析：两滑块位于相同高度，剪断轻绳，让两滑块从静止开始沿斜面滑下，两滑块运动过程中只有重力做功，落地高度相同，根据机械能守恒定律，得mgh ＝12m v 2，到达斜面底端时两滑块速率相等．故A 正确；没有剪断细绳时，由平衡条件可得，m 甲g sin37°＝m 乙g sin53°，则m 甲m 乙＝43，两滑块距离地面高度h 相同，位移分别为x 甲＝h sin37°，x 乙＝h sin53°.由匀变速直线运动的平均速度公式v ＝v 0＋v 2知，h sin37°＝v 2t 甲，h sin53°＝v 2x 乙．因为末速度v 相同，故t 甲>t 乙，故B 错误；落地时重力的功率之比P 甲P 乙＝m 甲g v cos53°m 乙g v cos37°＝11，故C 错误；甲、乙下滑过程中重力做功W ＝mgh ，h 相同，质量不同，故D 错误．5．如图所示为氢原子的能级图，已知可见光的光子能量范围约为1.62～3.11 eV ，镁的逸出功为5.9 eV ，以下说法错误的是( C )A．用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射镁板一定能发生光电效应现象B．用能量为11.0 eV的自由电子轰击处于基态的氢原子，可使其跃迁到激发态C．处于n＝2能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并且使氢原子电离D．处于n＝4能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并且使氢原子电离解析：氢原子从高能级向基态跃迁放出的光子能量E≥10.2 eV>5.9 eV，选项A正确；因为11.0 eV>10.2 eV，故通过碰撞的方式可使基态氢原子跃迁，选项B正确；使n＝2能级的氢原子电离所需最小能量为3.4 eV，但有的紫外线光子能量小于3.4 eV，选项C错误；使n＝4能级的氢原子电离所需最小能量为0.85 eV，紫外线光子能量大于3.11 eV，选项D正确．6．(2018·武汉调研)如图所示，在光滑的水平面上放着质量为M 的木板，在木板的左端有一个质量为m的木块，在木块上施加一个水平向右的恒力F，木块与木板由静止开始运动，经过时间t分离．下列说法正确的是( BD)A ．若仅增大木板的质量M ，则时间t 增大B ．若仅增大木块的质量m ，则时间t 增大C ．若仅增大恒力F ，则时间t 增大D ．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则时间t 增大解析：设木块与木板间的动摩擦因数为μ，则木块的加速度a 1＝F －μmg m ＝F m －μg ，木板的加速度a 2＝μmg M ，两者恰好分离的条件为12(a 1－a 2)t 2＝L ，时间t ＝2LF m －μ(M ＋m )gM ，由此可知，仅增大M或F ，则时间t 减小，仅增大m 或μ，时间t 增大，选项B 、D 正确．7．(2018·江苏南通、泰州、扬州、连云港、淮安五市联考)一半径为R 的半球面均匀带有正电荷Q ，电荷Q 在球心O 处产生电场的场强大小E 0＝kQ 2R 2，方向如图所示．把半球面分为表面积相等的上、下两部分，如图甲所示，上、下两部分电荷在球心O 处产生电场的场强大小分别为E 1、E 2；把半球面分为表面积相等的左、右两部分，如图乙所示，左、右两部分电荷在球心O 处产生电场的场强大小分别为E 3、E 4.则( AC )A ．E 1>kQ 4R 2B ．E 2＝kQ 4R 2C ．E 3>kQ 4R 2D ．E 4＝kQ 4R 2 解析：如题图甲，取对称微元，虚线上面的电荷在O 点产生的电场方向夹角小，合电场强度E 1大，虚线下面的电荷在O 点产生的电场方向夹角大，合电场强度E 2小，即E 1>E 2，又E 1＋E 2＝E 0，则E 1>kQ 4R 2，选项A 正确，B 错误；如题图乙，左右两边对称，在O 点产生电场强度E 3＝E 4，再由矢量合成可知，E 3＝E 4>12E 0＝kQ 4R 2，选项C 正确，D 错误． 8．一质点自x 轴原点O 出发，沿正方向以加速度a 运动，经过t 0时间速度变为v 0，接着以－a 加速度运动，当速度变为－v 02时，加速度又变为a ，直至速度变为v 04时，加速度再变为－a ，直至速度变为－v 08……其中v -t 图象如图所示，则下列说法中正确的是( CD )A．质点一直沿x轴正方向运动B．质点将在x轴上一直运动，永远不会停止C．质点运动过程中离原点的最大距离为v0t0D．质点最终静止时离开原点的距离一定小于v0t0解析：由图象知，质点在2t0时刻开始反向运动，最后速度逐渐变为零，AB项均错误；质点运动过程中离原点的最大距离为x＝1 2v0·2t0＝v0t0，C项正确；由于质点有往复运动，并通过正、反方向的“面积”对比知，D项正确．。
2018_2019高考物理二轮复习选择题提速练44含答案
选择题提速练91—5为单选，6—8为多选1．如图为一种变压器的实物图，根据其铭牌上所提供的信息，以下判断正确的是( B )A．这是一个升压变压器B．原线圈的匝数比副线圈的匝数多C．当原线圈输入交流电压220 V时，副线圈输出直流电压12 VD．当原线圈输入交流电压220 V、副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流小解析：根据铭牌上所提供的信息可知：变压器的输入电压为220 V，输出电压为12 V，该变压器为降压变压器，故选项A错误，选项B正确；变压器的工作原理是电磁感应，故变压器的原、副线圈上的电压都为交流电压，选项C错误；由理想变压器的输出功率等于输入功率，且原线圈的电压大于副线圈的电压，故副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流大，选项D错误．2．下图为某同学自制的加速度计．构造如下：一根轻质细杆的下端固定一个小球，杆的上端与光滑水平轴相连接．杆可在竖直平面内左右摆动．硬质面板紧靠杆摆动的平面放置，并标有刻度线．其中，刻度线c位于经过O的竖直线上，刻度线b在bO连线上，∠bOc＝30°，刻度线d在dO连线上，∠cOd＝45°.使用时，若约定加速度计的右侧为汽车前进的方向，速度v＝10 m/s，g取9.8 m/s2，汽车前进时( B )A．若细杆稳定地指示在b处，则汽车加速度为4.9 m/s2B．若细杆稳定地指示在d处，则0.5 s内汽车速度减小了4.9 m/sC．若细杆稳定地指示在b处，则0.5 s内汽车速度增大了4.9 m/sD．若细杆稳定地指示在c处，则5 s内汽车前进了100 m解析：若细杆稳定地指示在b处，对小球分析受力，求出沿水平方向所受合力为F合＝mg tan30°，由牛顿第二定律得F合＝ma1，则汽车加速度为a1＝g tan30°＝9.8×33m/s2＝5.66 m/s2，选项A错误；若细杆稳定地指示在d处，则汽车加速度为a2＝g tan45°＝9.8 m/s2，则0.5 s内汽车速度减小了Δv＝a2Δt＝4.9 m/s，选项B正确；若细杆稳定地指示在b处，则0.5 s内汽车速度增大了Δv＝a1Δt＝5.66×0.5 m/s＝2.83 m/s，选项C错误；若细杆稳定地指示在c处，汽车匀速运动，则5 s内汽车前进了s＝vt＝10×5 m＝50 m，选项D 错误．3. (2018·荆州模拟)如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比R B R C＝，A轮的半径大小与C轮的相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B轮也随之无滑动地转动起来．a、b 、c 分别为三轮边缘上的三个点，则a 、b 、c 三点在运动过程中的( D )A ．线速度大小之比为B ．角速度之比为C ．转速之比为D ．向心加速度大小之比为解析：A 、B 间靠摩擦传动，则边缘上a 、b 两点的线速度相等，即v a v b ＝，选项A 错误；B 、C 同轴转动，则其上b 、c 两点的角速度相等，即ωb ＝ωc ，n b n c ＝ωb ωc ＝11，选项B 、C 错误；对a 、b 两点由a ＝v 2r 得a a a b ＝R b R a ＝32，对b 、c 两点由a ＝ω2r 得a b a c ＝R b R c ＝32，故a a a b a c＝，选项D 正确．4．(2018·郑州质量预测)如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A 的速度为v ，压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为h ，则从A 点到C 点的过程中弹簧弹力做的功是( A )A ．mgh －12mv 2B.12mv 2－mgh C ．－mghD ．－(mgh ＋12mv 2)解析：小球从斜面底端到最高点C 的过程中，重力、弹簧弹力均做功，C 点为最高点，即v C ＝0，由动能定理得－mgh ＋W ＝0－12mv 2，解得弹簧弹力做的功W ＝mgh －12mv 2，选项A 正确．5．如图，半径为R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q (q >0)、质量为m 的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域，射入点与ab 的距离为R2.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)( B )A.qBR 2mB.qBR mC.3qBR2mD.2qBRm解析：作出粒子运动轨迹如图中实线所示．因P 到ab 距离为R2，可知α＝30°.因粒子速度方向改变60°，可知转过的圆心角2θ＝60°.由图中几何关系有(r ＋R2)tan θ＝R cos α，解得r ＝R .再由Bqv ＝m v 2r 可得v ＝qBRm，故B 正确．6．(2018·湖北七市联考)如图所示，传送带与水平面夹角为37°，白色传送带以10 m/s 的恒定速率沿顺时针方向转动，今在传送带上端A 处无初速度地轻放上一个质量为1 kg 的小煤块(可视为质点)，它与传送带间的动摩擦因数为0.50，已知传送带A 到B 的长度为16 m ，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，则在小煤块从A 运动到B 的过程中( ACD )A ．小煤块从A 运动到B 的时间为2 s B ．煤块对皮带做的总功为0C ．小煤块在白色皮带上留下黑色印记的长度为6 mD ．因煤块和皮带之间的摩擦而产生的内能为24 J解析：煤块放上传送带，滑动摩擦力的方向先沿斜面向下，根据牛顿第二定律得a 1＝mg sin37°＋μmg cos37°m＝g sin37°＋μg cos37°＝10 m/s 2.则速度达到传送带速度所需的时间为t 1＝v a 1＝1 s. 经过的位移为x 1＝12a 1t 21＝5 m.由于mg sin37°>μmg cos37°，可知煤块与传送带不能保持相对静止． 速度相等后，煤块所受的摩擦力沿斜面向上． 根据牛顿第二定律得a 2＝mg sin37°－μmg cos37°m＝g sin37°－μg cos37°＝2 m/s 2.根据vt 2＋12a 2t 22＝L －x 1，代入数据解得t 2＝1 s. 则t ＝t 1＋t 2＝2 s ，故A 正确；煤块对传送带做的总功即是摩擦力所做的功，为W ＝－fx 传＝－μmg cos θ·x传＝－μmg cos θ·vt ＝－80 J ，故B 错误；在t 1时间内，传送带位移为x 2＝vt 1＝10 m. 所以划痕长度是Δx 1＝x 2－x 1＝5 m ； 在t 2时间内，传送带位移为x 3＝vt 2＝10 m ，煤块的位移为x 4＝L －x 1＝11 m. 所以划痕长度为Δx 2＝x 4－x 3＝1 m.所以总划痕长度是Δx ＝Δx 1＋Δx 2＝6 m ，故C 正确； 产生的热量Q ＝f Δx ＝μmg cos θΔx ＝24 J ，D 正确．7．(2018·山东模拟)卫星电话在抢险救灾中能发挥重要作用，第一代、第二代海事卫星只使用静止轨道卫星，不能覆盖地球上的高纬度地区，第三代海事卫星采用同步和中轨道卫星结合的方案，它由4颗同步卫星与12颗中轨道卫星构成，中轨道卫星高度为10 354 km ，分布在几个轨道平面上(与赤道平面有一定的夹角)．在这个高度上，卫星沿轨道旋转一周的时间为四分之一天，下列说法中正确的是( BC )A ．中轨道卫星的线速度小于同步卫星的线速度B ．中轨道卫星的线速度大于同步卫星的线速度C ．在中轨道卫星经过地面某点的正上方的一天后，该卫星还在地面该点的正上方D ．如果某一时刻中轨道卫星、同步卫星与地球的球心在同一直线上，那么经过6小时它们仍在同一直线上解析：由题意知，中轨道卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径(约为42 400 km)，所以，其线速度大于同步卫星的线速度，选项B 正确；中轨道卫星的周期T 1＝6 h ，其经过地面某点的正上方的一天后，仍在该点，选项C 正确；选项D 中，中轨道卫星需经过t ＝(T 12＋nT 1)，T 1＝6 h ，n ＝0,1,2,3，…，同步卫星需经过t ′＝(T 22＋nT 2)．T 2＝24 h ，n ＝0,1,2,3，…，二者再次在同一直线上，显然t ′≠t ，选项D 错误．8．(2018·武昌模拟)某同学设计了一种静电除尘装置，如图甲所示，其中有一长为L 、宽为b 、高为d 的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料，图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒为U 的高压直流电源相连．带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v 0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值称为除尘率．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．要增大除尘率，则下列措施可行的是( AC )A ．只增大电压UB ．只增大高度dC ．只增大长度LD ．只增大尘埃被吸入水平速度v 0解析：尘埃做类平抛运动，达到下板的尘埃被收集，竖直偏移量y ＝12at 2＝Uq 2md t 2＝UqL22mdv 2越大越容易收集，则可以增大U 、L ，减小v 0、d ，选项A 、C 正确．。
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选择题提速练7
1—5为单选，6—8为多选
1．(2018·江苏徐州、宿迁第三次模拟)在地面上插入一对电极M 和N，将两个电极与直流电源相连，大地中形成恒定电流和恒定电场．恒定电场的基本性质与静电场相同，其电场线分布如图，P、Q 是电场中的两点．下列说法中正确的是(B)
A．P点场强比Q点场强大
B．P点电势比Q点电势高
C．P点电子的电势能比Q点电子的电势能大
D．电子沿直线从N到M的过程中所受电场力恒定不变
解析：电场线密的地方电场强度大，由题图可知P点场强比Q 点场强小，A错误；沿电场线方向电势降低，因此P点电势高于Q 点电势，B正确；P点电势高于Q点电势，即φP>φQ，电子带负电，q<0，由电势能公式E p＝qφ可知，电子在P点的电势能小于在Q点的电势能，C错误；由于该电场是非匀强电场，E是变化的，由F＝qE可知，电子所受的电场力是变化的，D错误．
2．如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框架，OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒，OC 之间连一个电阻R，导体框架与导体棒的电阻均不计，若要使OC能以角速度ω匀速转动，则外力做功的功率是(C)
A.B 2ω2r 4R
B.B 2ω2r 42R
C.B 2ω2r 4
4R D.B 2ω2r 48R
解析：匀速转动，外力做功的功率与安培力的功率相同，克服安
培力做的功转化为系统的内能，即外力做功的功率与发热功率相
同．转动OC 切割磁感线产生的电动势大小为E ＝12
Br 2ω，外力的功率为P ＝E 2R ＝B 2ω2r 4
4R
，C 项正确． 3．一个质量为m 的小球，从光滑曲面轨道上的位置1由静止释
放，经过时间t 后，沿轨道运行路程d 到达了位置2，如图所示，竖直方向距离为h ，小球到达位置2时的瞬时速度为v ，瞬时加速度为a ，下列表达式中正确的是( D )
A ．d ＝12at 2
B ．h ＝12gt 2
C ．d ＝v 22a
D ．h ＝v 22g
解析：本题考查了运动学公式的适用条件及机械能的守恒．小球沿光滑曲面下滑过程中加速度的大小和方向均变化，因此，不能用匀变速直线运动的公式来计算小球的位移和路程，故选项A、B、C均
错误；由机械能守恒得mgh＝1
2m v
2，解得h＝
v2
2g，故选项D正确．
4．以下有关近代物理内容的叙述，其中正确的是(D)
A．原子核发生一次β衰变，该原子外层就失去一个电子
B．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的光强太小
C．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电子的势能也减小
D．天然放射现象中发出的三种射线是从原子核内放出的看不见的射线
解析：原子核发生一次β衰变，该原子核内质子数增加1，原子外层电子数不变，选项A错误；一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为这束光的频率太低，选项B错误；按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量增大，故电子的势能增大，选项C错误；天然放射现象中发出的三种射线，α射线是氦核流，β射线是电子流，γ射线是电磁波，都看不见，故选项D正确．
5．如图所示为一种常见的身高体重测量仪．测量仪顶部向下发射波速为v的超声波，超声波经反射后返回，被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔．质量为M0的测重台置于压力传感器上，传感器输出电压与作用在其上的压力成正比．当测重台没有站人时，测量仪记录的时间间隔为t0，输出电压为U0，某同学站上测重台，测量仪记录的时间间隔为t，输出电压为U，则该同学的身高和
质量分别为( D )
A ．v (t 0－t )，M 0U 0
U B.12v (t 0－t )，M 0U 0U C ．v (t 0－t )，M 0U 0(U －U 0) D.12v (t 0－t )，M 0U 0
(U －U 0) 解析：当测重台没有站人时，2x ＝v t 0，当测重台站人时，2(x －
h )＝v t ，联立可得h ＝12
v (t 0－t )；当测重台没有站人时，U 0＝kM 0g ；当测重台站人时，U ＝k (M 0g ＋mg )，联立可得，m ＝
M 0U 0
(U －U 0)；故选项D 正确．
6．如图所示，沿直线通过速度选择器的正离子从狭缝S 射入磁
感应强度为B 2的匀强磁场中，偏转后出现的轨迹半径之比为R 1
R 2＝12，则下列说法正确的是( AD )
A ．离子的速度之比为1 1
B ．离子的电荷量之比为1
2
C ．离子的质量之比为1 2
D ．离子的比荷为2 1 解析：因为两粒子能沿直线通过速度选择器，则q v B 1＝q
E ，即
v ＝E B 1，所以两离子的速度相同，选项A 正确；根据R ＝m v qB 2，则q 1m 1q 2m 2
＝R 2R 1＝21，选项B 、C 错误，D 正确．
7．如图所示，O 点是两等量同种负点电荷连线的中点，在两等
量同种负点电荷连线的中垂面上有以O 点为圆心的两个同心圆，两圆上分别有a 、b 、c 、d 四个点，O 、a 、c 三点在一条直线上，则下列说法正确的是
( ABD )
A ．a 、c 两点的电场强度方向相同，大小有可能相等
B ．a 、b 两点的电势相同
C ．将带正电的检验电荷从a 点在平面内移动到d 点，检验电荷
的电势能一定减小
D ．带正电的检验电荷可以仅在电场力作用下在此平面内做匀速
圆周运动
解析：由等量同种负点电荷的电场分布特点可知，a 、c 两点电
场强度方向沿ac 连线指向O 点，场强大小有可能相等，A 正确；a 、
b两点所在的圆等势，B正确；带正电的检验电荷从a点在平面内移动到d点，由电势低的等势面到电势高的等势面，电势能增大，C错误；在中垂面内带正电的检验电荷始终受到方向指向O点的电场力，可在此平面内做匀速圆周运动，D正确．
8．如图所示，甲、乙两物块用跨过定滑轮的轻质细绳连接后分别静止在斜面AB、AC上，滑轮两侧细绳与斜面平行．甲、乙两物块的质量分别为m1、m2，AB斜面粗糙，倾角为α，AC斜面光滑，倾角为β，不计滑轮处摩擦，则以下分析正确的是(BC)
A．若m1sinα>m2sinβ，则甲所受的摩擦力沿斜面向下
B．若m1sinα<m2sinβ，则甲所受的摩擦力沿斜面向下
C．若在物块乙上面再放一个小物块后，甲、乙仍静止，则甲所受的拉力一定变大
D．若在物块甲上面再放一个小物块后，甲、乙仍静止，则甲所受的拉力一定变大
解析：若m1sinα>m2sinβ，则物块甲有下滑趋势，受到沿斜面向上的摩擦力，A错误；若m1sinα<m2sinβ，则物块甲有上滑趋势，受到沿斜面向下的摩擦力，B正确；细绳拉力T＝m2g sinβ，若在物块乙上再放一小物块后，则细绳拉力变为T′＝(m2＋Δm)g sinβ>T，但若在物块甲上再放一小物块，并不影响细绳拉力的大小，C正确，D 错误．。