京津瓊2019高考物理總復(fù)習(xí)專用優(yōu)編提分練：選擇題專練十一.doc

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選擇題專練(十一) 1．質(zhì)量為M＝1 kg的木板靜止在粗糙水平面上，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1，在木板的左端放置一個質(zhì)量為m＝1 kg、大小可忽略的鐵塊．鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ2，取g＝10 m/s2.若在鐵塊右端施加一個從0開始增大的水平向右的力F，假設(shè)木板足夠長，鐵塊受木板摩擦力Ff隨拉力F的變化如圖1所示．則兩個動摩擦因數(shù)的數(shù)值為(　　) 圖1 A．μ1＝0.1，μ2＝0.2 B．μ1＝0.1，μ2＝0.4 C．μ1＝0.2，μ2＝0.4 D．μ1＝0.4，μ2＝0.2 答案　B 解析　由題圖可知，當(dāng)F≥6 N時，鐵塊的摩擦力恒定即為滑動摩擦力，且Ff＝μ2mg＝4 N，解得μ2＝0.4， 在F＝6 N時，鐵塊和木板具有相同的加速度， 對鐵塊有：F－Ff＝ma 解得a＝2 m/s2 對木板有：Ff－μ1(M＋m)g＝Ma 解得：μ1＝0.1，故B正確． 圖2 2．一個同學(xué)在做研究平拋運動實驗時，只在紙上記下y軸位置，并在坐標(biāo)紙上描出如圖2所示曲線，在曲線上取A、B兩點，用刻度尺分別量出它們到y(tǒng)軸的距離AA′＝x1，BB′＝x2，以及AB的豎直距離h，從而求出小球拋出時的初速度v0為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　設(shè)初速度為v0，則從拋出點運動到A所需的時間t1＝，從拋出點運動到B所需的時間t2＝，在豎直方向上有：gt22－gt12＝h，代入t1、t2 解得：v0＝， 故A正確． 3．紫外光電管是利用光電效應(yīng)原理對油庫等重要場所進(jìn)行火災(zāi)報警的裝置，其工作電路如圖3所示，其中A為陽極，K為陰極，只有當(dāng)明火中的紫外線照射到K極時，c、d端才會有信號輸出．已知地球表面太陽光中紫外線波長主要在315～400 nm之間，而明火中的紫外線波長主要在200～280 nm之間，下列說法正確的是(　　) 圖3 A．要實現(xiàn)有效報警，照射光電管的紫外線波長應(yīng)大于280 nm B．明火照射光電管的時間要足夠長，c、d端才有輸出電壓 C．僅有太陽光照射光電管時，c、d端輸出的電壓為零 D．火災(zāi)報警時，照射光電管的紫外線波長越長，逸出的光電子最大初動能越大 答案　C 解析　根據(jù)題意知，要實現(xiàn)有效報警，照射光電管的紫外線波長應(yīng)介于200～280 nm之間，故A錯誤；光電效應(yīng)的發(fā)生具有瞬時性，故B錯誤；僅有太陽光照射光電管時，由于波長大于明火的波長，即頻率小于明火的頻率，所以不能發(fā)生光電效應(yīng)，回路中沒有電流，c、d端也就沒有輸出電壓，故C正確；火災(zāi)報警時，照射光電管的紫外線波長越長，則頻率越小，那么逸出的光電子最大初動能越小，故D錯誤． 4.真空中的點電荷在其周圍產(chǎn)生電場，電場中某點的電勢與點電荷的電荷量成正比，與該點到點電荷的距離成反比，即φ＝k.在某真空中有一如圖4所示的正六邊形ABCDEF，O為其中心，A、C、E三個頂點各固定一點電荷，其中A、C兩點電荷量為q(q>0)，E點電荷量為－q，EB、EO分別表示B、O點場強(qiáng)的大小，φB、φO分別表示B、O點的電勢，則以下關(guān)系中正確的是(　　) 圖4 A．EB>EO，φB>φO B．EBφO C．EB＝EO，φB＝φO D．EBφO，故B正確． 5.如圖5所示，固定在豎直面內(nèi)的光滑絕緣圓環(huán)半徑為R，圓環(huán)上套有質(zhì)量分別為m和2m的兩個帶電的小球A、B(均可看作質(zhì)點)，小球A帶正電，小球B帶負(fù)電，帶電荷量均為q，且小球A、B用一長為2R的輕質(zhì)絕緣細(xì)桿相連，豎直面內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)電場(未畫出)，電場強(qiáng)度大小為E＝，現(xiàn)在給小球一個擾動，使小球A從最高點由靜止開始沿圓環(huán)下滑，已知重力加速度為g，在小球A滑到最低點的過程中，下列說法正確的是(　　) 圖5 A．小球A減少的機(jī)械能等于小球B增加的機(jī)械能 B．細(xì)桿對小球A和小球B做的總功為0 C．小球A在最低點的速度為 D．細(xì)桿對小球B做的功為mgR 答案　B 解析　由于電場力做功，兩個球系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故A球減少的機(jī)械能不等于B球增加的機(jī)械能，故A錯誤；細(xì)桿對小球A和小球B的力等大反向，為系統(tǒng)內(nèi)彈力，所以細(xì)桿對小球A和小球B做的總功為0，故B正確；當(dāng)A球運動到最低點時，電場力對系統(tǒng)做功4EqR＝4mgR，有：4mgR＋mg2R－2mg2R＝(m＋2m)v2， 解得：v＝2，故C錯誤；對B球，利用動能定理可得，W＋qE2R－2mg2R＝2mv2－0，解得細(xì)桿對B球所做的功W＝mgR，故D錯誤． 6．地面衛(wèi)星監(jiān)測技術(shù)在軍事、工業(yè)、農(nóng)業(yè)、生產(chǎn)、生活等方面發(fā)揮著巨大作用，對地面上的重要目標(biāo)需要衛(wèi)星不間斷地進(jìn)行跟蹤監(jiān)測．假設(shè)在赤道上有一個需要跟蹤監(jiān)測的目標(biāo)，某監(jiān)測衛(wèi)星位于赤道平面內(nèi)，離地面的飛行高度為R，飛行方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同，設(shè)地球的自轉(zhuǎn)周期為T，地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g，忽略大氣層對光線傳播的影響，則此衛(wèi)星在一個運動周期內(nèi)對目標(biāo)連續(xù)監(jiān)測的最長時間為t，衛(wèi)星的運轉(zhuǎn)周期為T′，則(　　) A．T′＝4πR B．T′＝2πR C．t＝ D．t＝ 答案　AC 解析　根據(jù)G＝m2R，得衛(wèi)星的周期T′＝4πR，故A正確，B錯誤．根據(jù)幾何關(guān)系，衛(wèi)星在t時間內(nèi)比地球自轉(zhuǎn)的角度多120度，如圖 衛(wèi)星從A到B，地球自轉(zhuǎn)從C到D， 則有：ωt－t＝π， 而衛(wèi)星的角速度ω＝＝， 解得t＝，故C正確，D錯誤． 7．如圖6所示，半徑為R的圓形區(qū)域位于正方形ABCD的中心，圓心為O，與正方形中心重合．圓形區(qū)域內(nèi)、外有垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以速率v0沿紙面從M點平行于AB邊沿半徑方向射入圓形磁場，并從N點射出，且恰好沒射出正方形磁場區(qū)域，粒子重力忽略不計，已知磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，則(　　) 圖6 A．粒子由M點運動到N點時速度偏轉(zhuǎn)角為90 B．正方形區(qū)域的邊長為3R C．粒子再次回到M點時所經(jīng)歷的時間為 D．粒子再次回到M點時所經(jīng)歷的時間為 答案　AC 解析　粒子在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示， 設(shè)軌道半徑為r1，則洛倫茲力充當(dāng)向心力，可知：qv0B＝m，解得：r1＝R；由幾何關(guān)系可知，粒子由M點運動到N點時速度偏轉(zhuǎn)角為90，選項A正確；粒子在正方形磁場中的軌道半徑為r2，粒子恰好不從AB邊射出，有：qv0B＝m，解得r2＝＝R，則正方形的邊長L＝2r1＋2r2＝4R，選項B錯誤；粒子在圓形磁場中做圓周運動的周期T1＝，在圓形磁場中運動時間t1＝＝；粒子在圓形以外的區(qū)域做圓周運動的周期T2＝，在圓形以外的磁場中運動時間：t3＝T2＝；則再次回到M點的時間t＝t1＋t2＝，選項C正確，D錯誤． 8.一個細(xì)小金屬圓環(huán)，在范圍足夠大的磁場中豎直下落，磁感線的分布情況如圖7，其中沿圓環(huán)軸線的磁場方向始終豎直向上．開始時圓環(huán)的磁通量為Φ0，圓環(huán)磁通量隨下落高度y的變化關(guān)系為Φ＝Φ0(1＋ky)(k為比例常數(shù)，k>0)．金屬圓環(huán)在下落過程中環(huán)面始終保持水平，速度越來越大，最終穩(wěn)定為某一數(shù)值，稱為收尾速度．該金屬環(huán)的收尾速度為v，已知金屬圓環(huán)的電阻為R，忽略空氣阻力，關(guān)于該情景，以下結(jié)論正確的有(　　) 圖7 A．金屬圓環(huán)速度穩(wěn)定后，Δt時間內(nèi)，金屬圓環(huán)產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢大小為kΦ0v B．金屬圓環(huán)速度穩(wěn)定后，金屬圓環(huán)的熱功率P＝ C．金屬圓環(huán)的質(zhì)量m＝ D．金屬圓環(huán)速度穩(wěn)定后，金屬圓環(huán)的熱功率P＝ 答案　AD 解析　金屬圓環(huán)速度穩(wěn)定后，Δt時間內(nèi)，磁通量變化為ΔΦ＝Φ2－Φ1＝kΦ0vΔt，所以感應(yīng)電動勢為E＝＝kΦ0v，故A正確；金屬圓環(huán)速度穩(wěn)定后，產(chǎn)生的電流為I＝＝，熱功率為P＝I2R＝，故B錯誤，D正確；由能量守恒可知，重力的功率等熱功率，即mgv＝，解得：m＝，故C錯誤．