京津琼2019高考物理总复习专用优编提分练：选择题专练八.doc

选择题专练(八)1用光照射某种金属，有光电子从金属表面逸出，如果换一种频率更大的光照射该金属，但光的强度减弱，则()A单位时间内逸出的光电子数减少，光电子的最大初动能减小B单位时间内逸出的光电子数增大，光电子的最大初动能减小C单位时间内逸出的光电子数减少，光电子的最大初动能增大D单位时间内逸出的光电子数增大，光电子的最大初动能增大答案C解析根据光电效应方程EkmhW0得，光的强度不影响光电子的最大初动能，对某种特定的金属光电子的最大初动能与入射光的频率有关，入射光的强度影响单位时间内发出光电子的数目，光的强度减弱，单位时间内逸出的光电子数目减少，故A、B、D错误，C正确2假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A和B，A、B星球半径分别为RA和RB，两颗行星各自周围的卫星的轨道半径的三次方(r3)与运行公转周期的平方(T2)的关系如图1所示，T0为卫星环绕各自行星表面运行的周期则()图1A行星A的质量小于行星B的质量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当两行星周围的卫星的运动轨道半径相同时，行星A的卫星的向心加速度大于行星B的卫星的向心加速度答案D解析根据万有引力提供向心力，有mr，解得：T，对于环绕行星A表面运行的卫星，有：T0对于环绕行星B表面运行的卫星，有：T0联立得：由题图知，RARB，所以MAMB，故A错误；A行星质量为：MAARA3B行星的质量为：MBBRB3，代入解得：AB，故B错误；在行星表面附近运行的卫星的线速度即此行星的第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力，有：m解得：vRR，因为RARB，所以vAvB，故C错误；根据ma知，a，由于MAMB，卫星运动的轨道半径相等，则行星A的卫星的向心加速度大于行星B的卫星的向心加速度，故D正确3.如图2所示，半径为R的竖直半球形碗固定于水平面上，碗口水平且AB为直径，O点为碗的球心将一弹性小球(可视为质点)从AO连线上的某点C沿CO方向以某初速度水平抛出，经历时间t(g为重力加速度)，小球与碗内壁第一次碰撞，之后可以恰好返回C点，假设小球与碗内壁碰撞前后瞬间小球的切向速度不变，法向速度等大反向不计空气阻力，则C、O两点间的距离为()图2A. B.C. D.答案C解析小球在竖直方向的位移为hgt2R，设小球与半球形碗碰撞点为D点，则DO的连线与水平方向的夹角为30，过D点作CO连线的垂线交于CO连线E点，小球与半球形碗碰撞前速度方向垂直于半球形碗在D点的切线方向，则OER，小球下落h时竖直方向的速度为vygt，则水平方向的速度v0vytan 60，所以水平方向的位移为xv0tR，由几何关系可知，CORRR，故C正确4如图3所示，足够长的宽度为d的竖直条形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，直角三角形金属线框ABC的BC边水平且长度为L，已知Ld.现令线框在外力作用下以速度v0匀速穿过磁场区域，以B点进入磁场的时刻为计时起点，规定线框中电流沿逆时针方向为正方向，则在线框穿过磁场的过程中，线框中的电流i随时间t的变化情况可能是()图3答案C解析B点进入磁场后直至线框位移为d的过程中，线框的有效切割长度随时间均匀增大，线框中电流随时间均匀增大至I0，方向为逆时针方向，已知Ld，线框位移大于d小于L的过程中，其有效切割长度不变，线框中的电流不变，仍为逆时针，线框出磁场的过程中，有效切割长度随时间均匀增大，电流随时间均匀增大，选项A、D错误；由B项的横轴可知L2d，由几何关系可知线框位移为L时的有效切割长度与位移为d时的有效切割长度相等，故电流等大，但方向为顺时针方向，位移为Ld时，有效长度是位移为d时的2倍，电流为2I0，选项B错误；由C项的横轴可知L3d，由几何关系可知线框位移为L时的有效切割长度是位移为d时的2倍，故电流为2I0，位移为Ld时，有效长度是位移为d时的3倍，电流为3I0，选项C正确5如图4甲所示，Q1、Q2为两个固定着的点电荷，a、b是它们连线的延长线上的两点，现有一电子，只在电场力作用下，以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动，其vt图象如图乙所示，电子经过a、b两点的速度分别为va、vb，则()图4AQ1一定带负电BQ1的电荷量一定小于Q2的电荷量Cb点的电势高于a点的电势D电子离开b点后所受静电力一直减小答案C解析由题图乙可知，电子从a到b做加速度减小的加速运动，所以a、b之间电场的方向向左，b点的电势高于a点的电势；在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零过b点后点电荷做减速运动，所以电场的方向向右，Q2一定带负电，Q1一定带正电，故A错误，C正确；b点场强为零，可见两点电荷在b点产生的场强大小相等，方向相反，根据E，b到Q1的距离大于到Q2的距离，所以Q1的电荷量大于Q2的电荷量，故B错误；离开b点后vt图象的斜率先增大后减小，即加速度先增大后减小，电子所受静电力先增加后减小，故D错误6如图5所示，在、两个区域内存在磁感应强度大小均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD、AC边界的夹角DAC30，边界AC与边界MN平行，区磁场右边界距A点无限远，区域宽度为d，长度无限大质量为m、带电荷量为q的正粒子可在边界AD上的不同点射入，入射速度垂直于AD且垂直于磁场，若入射速度大小为，不计粒子重力，则()图5A粒子距A点0.5d处射入，不会进入区B粒子在磁场区域内运动的最长时间为C粒子在磁场区域内运动的最短时间为D从MN边界出射粒子的区域长为(1)d答案BD解析粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvBm得：rd，画出恰好不进入区的临界轨迹，如图甲所示：结合几何关系，有：AO2r2d；故从距A点0.5d处射入，会进入区，故A错误；粒子在磁场中转过的最大的圆心角为180，即在区内运动的轨迹为半个圆周，故最长时间为t，故B正确；从A点进入的粒子在磁场中运动的轨迹最短(弦长也最短)，时间最短，轨迹如图乙所示：轨迹对应的圆心角为60，故时间为：t，故C错误；临界轨迹情况如图丙所示：根据几何关系可得从MN边界出射粒子的区域长为lr(1)d，故D正确7如图6所示，将小砝码放在桌面上的薄纸板上，若砝码和纸板的质量分别为M和m，各接触面间的动摩擦因数均为，砝码到纸板左端的距离和到桌面右端的距离均为d.现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，g为重力加速度，下列说法正确的是()图6A纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为(Mm)gB要使纸板相对砝码运动，F一定大于2(Mm)gC若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下D当F(2M3m)g时，砝码恰好到达桌面边缘答案BCD解析对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力为(2Mm)g，故A错误设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：Ff1Ma1，FFf1Ff2ma2，Ff1Mg，Ff2(Mm)g，发生相对运动需要a2a1，代入数据解得：F2(Mm)g，故B正确若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码匀加速运动的位移小于，匀减速运动的位移小于，则总位移小于d，不会从桌面掉下，故C正确当F(2M3m)g时，砝码未脱离时的加速度a1g，纸板的加速度a22g，根据a2t2a1t2d，解得t，则此时砝码的速度va1t，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小ag，则匀减速运动的位移xd，而匀加速运动的位移xa1t2d，可知砝码恰好到达桌面边缘，故D正确8.空间分布有竖直方向的匀强电场，现将一质量为m的带电小球A从O点斜向上抛出，小球沿如图7所示的轨迹击中绝缘竖直墙壁的P点将另一质量相同、电荷量不变、电性相反的小球B仍从O点以相同的速度抛出，该球垂直击中墙壁的Q点(图中未画出)对于上述两个过程，下列叙述中正确的是()图7A球A的加速度大于球B的加速度BP点位置高于Q点C球A的电势能增大，球B的电势能减小D电场力对球A的冲量大小等于对球B的冲量大小答案ACD解析水平方向做匀速运动，水平速度相同，两次水平方向位移相同，时间相同，根据加速度a，A球速度变化量大，加速度大，故A正确；竖直最大高度为h，由于球A的加速度大于球B的加速度，所以球A的最高点低于球B的最高点，P点位置低于Q点，故B错误；球A加速度大，所受电场力向下，电场力做负功，电势能增大；球B加速度小，所受电场力向上，电场力做正功，电势能减小，故C正确；由于运动时间相等，电场力大小相等，电场力对球A的冲量大小等于对球B的冲量大小，故D正确