(京津琼)高考物理总复习 专用优编提分练：选择题专练(四)

选择题专练(四)
1.如图1所示，将某均匀长方体锯成A、B两块后，在水平桌面上对齐放在一起，现用水平力F推B，使A、B整体保持长方体并沿F方向匀速运动，则( )
图1
A．A在水平方向受到三个力的作用，且合力为零
B．A在水平方向受到五个力的作用，且合力为零
C．A对B的作用力方向与A、B接触面垂直
D．B对A的弹力大于桌面对A的摩擦力
答案 A
解析对A受力分析，在水平方向上受B对A的弹力、桌面对A的滑动摩擦力和B对A的静摩擦力，在三个力的作用下处于平衡状态，受力如图，
故A正确，B错误．B对A的弹力和静摩擦力的合力与桌面对A的滑动摩擦力等大反向，与F 的方向相同；根据牛顿第三定律可知，A对B的作用力方向与F的方向相反，不是与A、B接触面垂直，故C错误．因为B对A的弹力与B对A的摩擦力垂直，二者的合力等于桌面对A 的摩擦力，所以B对A的弹力小于桌面对A的摩擦力，故D错误．
2．如图2甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m＝0.2 kg的小球从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，其速度v和弹簧压缩量Δx的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点，不计空气阻力，小球和弹簧接触瞬间的机械能损失不计，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中不正确的是( )
图2
A ．该弹簧的劲度系数为20 N/m
B ．当Δx ＝0.3 m 时，小球处于超重状态
C ．小球刚接触弹簧时速度最大
D ．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大
答案 C
解析 当Δx ＝0.1 m 时，小球的重力等于弹簧对它的弹力，合力为零，小球的加速度为零，可得：k Δx ＝mg ，解得：k ＝mg Δx ＝0.2×100.1
N/m ＝20 N/m ，故A 正确；由题图乙可知，Δx ＝0.3 m 时，小球的速度减小，加速度向上，故说明小球处于超重状态，故B 正确；由题图乙知，开始小球的速度增大，小球的重力大于弹簧对它的弹力，当Δx ＝0.1 m 时，小球的速度最大，然后速度减小，故C 错误；题图乙图线的斜率表示加速度，则由图可知，从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大，故D 正确．本题选不正确的，故选C.
3．假想在地球赤道上有一颗苹果树，其高度超过了地球同步卫星轨道的高度．树上若有质量相等的三个苹果A 、B 、C ，其高度分别低于、等于、高于地球同步卫星轨道高度．则下列说法正确的是( )
A ．苹果A 的线速度最大
B ．苹果B 所需向心力小于苹果A 所需向心力
C ．苹果C 离开苹果树时加速度减小
D ．苹果C 脱离苹果树后，可能会落向地面
答案 C
解析 三者的角速度相同，根据v ＝ωr 可知苹果C 的线速度最大，A 错误；根据F 向＝m ω2r 可知半径越大，向心力越大，故苹果B 所需向心力大于苹果A 所需向心力，B 错误；由于苹果C 的角速度和同步卫星的角速度相同，而根据ω＝GM r 3
可知轨道半径越大，角速度越小，所以C 所在轨道的角速度大于该轨道所需的角速度，故做离心运动，所以苹果C 脱离苹果树后，根据a ＝GM r 2可知轨道半径变大，加速度减小，飞向茫茫宇宙，C 正确，D 错误．
4.如图3所示，在一等腰直角三角形ACD 区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(重力不计)以速度v 从AC 边的中点O
垂直AC 边射入磁场区域．若三角形的两直角边长均为2L ，要使粒子从CD 边射出，则v 的取值范围为( )
图3
A.qBL m ≤v ≤22qBL m
B.qBL m ≤v ≤ 5qBL m
C.qBL 2m ≤v ≤(2＋1)qBL m
D.
qBL 2m ≤v ≤ 5qBL 2m 答案 C
解析 根据洛伦兹力充当向心力可知，v ＝Bqr m
，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，粒子与AD 边相切时速度最大，如图．由几何关系可知
r －L cos 45°
＋[2L －(r －L )]cos 45°＝r 最大半径为r 1＝(2＋1)L ，
故最大速度应为v 1＝(2＋1)qBL m ； 当粒子从C 点出射时半径最小，为r 2＝L 2
， 故最小速度应为v 2＝
qBL 2m ， 故v 的取值范围为
qBL 2m ≤v ≤(2＋1)qBL m ， 故选C.
5．如图4所示，磁单极子会在其周围形成均匀辐射磁场．质量为m 、半径为R 的圆环当通有恒定的电流I 时，恰好能水平静止在N 极正上方H 处．已知与磁单极子N 极相距r 处的磁感
应强度大小为B ＝k r
，其中k 为常数．重力加速度为g .则( )
图4
A ．静止时圆环的电流方向为逆时针方向(俯视)
B ．静止时圆环沿其半径方向有扩张的趋势
C ．静止时圆环的电流I ＝mg (H 2＋R 2)2πkR 2
D ．若将圆环向上平移一小段距离后由静止释放，下落过程中加速度先增加后减小
答案 C
解析 环所在处的磁场的方向向上，则环产生的磁场的方向向下，根据安培定则可知，静止时圆环的电流方向为顺时针方向(俯视)，故A 错误；由左手定则可知，环上的各点受到的安培力有水平向里的分力，所以环有收缩的趋势，故B 错误；对环的某一部分进行受力分析：在水平方向，根据安培力的对称性可知，整个环在水平方向的合力为0，竖直方向的合力与重力大小相等，由于在圆环处各点电流的方向与磁场的方向都垂直，所以整体受到的安培力：F ＝BI ·2πR ，设F 与竖直方向的夹角为θ，由几何关系：F cos θ＝mg ，cos θ＝
R H 2＋R 2，由题：B ＝k H 2＋R 2
，联立得：I ＝mg (H 2＋R 2)2πkR 2，故C 正确；结合C 的受力分析可知，若将圆环向上平移一小段距离后环受到的安培力将减小；由静止释放，开始时重力大于安培力，所以环加速下落，向下的过程中安培力增大，所以合外力减小，加速度先减小，故D 错误．
6．已知钚的一种同位素239 94Pu 的半衰期为24 100年，其衰变方程为239 94Pu→X＋42He ＋γ，则下列说法中正确的是( )
A ．衰变发出的γ射线是频率很大的电磁波，穿透能力很强
B ．X 原子核中含有143个中子
C ．8个239 94Pu 经过24 100年后一定还剩余4个
D ．衰变过程的总质量不变
答案 AB
解析 衰变发出的γ射线是频率很大的电磁波，具有很强的穿透能力，不带电，故A 正确．根据电荷数守恒和质量数守恒得，X 的电荷数为92，质量数为235，质子数为92，则中子数为235－92＝143，故B 正确．半衰期是对大量原子核发生衰变的统计规律，对少量的原子核不适用，故C 错误．在衰变的过程中，根据质能方程知，有能量放出，有质量亏损，故D 错误．
7．如图5所示，真空中固定两个等量异种点电荷A 、B ，其连线中点为O .在A 、B 所形成的电
场中，以O 点为圆心、半径为R 的圆面垂直于AB ，以O 为几何中心、边长为2R 的正方形abcd 平面垂直圆面且与AB 共面，两平面边线交点分别为e 、f ，g 为圆上一点．下列说法中正确的是( )
图5
A ．a 、b 、c 、d 、e 、f 六点中，不存在场强和电势均相同的两点
B ．将一电荷由e 点沿圆弧egf 移到f 点，电场力始终不做功
C ．将一电荷由a 点移到圆面内任意一点时，电势能的变化量相同
D ．沿线段eOf 移动的电荷受到的电场力先减小后增大
答案 BC
解析 题图中圆面是一个等势面，e 、f 的电势相等，根据电场线分布的对称性可知e 、f 的场强相同，故A 错误．题图中圆弧egf 在同一等势面上，其上任意两点的电势差都为零，根据公式W ＝qU 可知：将一正电荷由e 点沿圆弧egf 移到f 点电场力不做功，故B 正确．a 点与圆面内任意一点的电势差相等，根据公式W ＝qU 可知：将一电荷由a 点移到圆面内任意一点时，电场力做功相同，则电势能的变化量相同，故C 正确．沿线段eOf 移动电荷，电场强度先增大后减小，则电荷受到的电场力先增大后减小，故D 错误．
8．如图6所示，单匝矩形闭合导线框abcd 处于磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的水平匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R .线框绕与cd 边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，下列说法中正确的是( )
图6
A ．线框转过π6
时，线框中的电流方向为abcda B ．线框中感应电流的有效值为2BS ω2R
C ．线框转一周过程产生的热量为2πωB 2S 2R
D ．线框从中性面开始转过π2过程，通过导线横截面的电荷量为BS R
答案 BD
解析 根据楞次定律可知线框中的电流方向为adcba ，故A 错误；线圈转动过程中感应电动势的最大值为：E m ＝BS ω，感应电压的有效值为：U ＝BS ω2，则线框中感应电流的有效值为：
I ＝U R ＝2BS ω2R ，故B 正确；线框转一周的过程中，产生的热量为：Q ＝I 2RT ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2BS ω2R 2R 2πω＝πωB 2S 2R ，故C 错误；线框从中性面开始转过π2
的过程中，通过导线横截面的电荷量为：q ＝ΔΦR 总＝BS R
，故D 正确．。