2018-2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 選擇題提速練13

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1、選擇題提速練13 1—5為單選，6—8為多選 1．(2018·洛陽統(tǒng)考)三個相同的輕彈簧a、b、c連接成如圖所示的形式，其中a、b兩彈簧間的夾角為120°，且a、b對結(jié)點處質(zhì)量為m的小球的拉力大小均為F(F≠0)，在P點剪斷彈簧c的瞬間，小球的加速度可能是(　D　) A．大小為g，方向豎直向下 B．大小為，方向豎直向上 C．大小為，方向豎直向下 D．大小為，方向豎直向下 解析：在P點剪斷彈簧c的瞬間，小球所受合外力為：2Fcos60°－mg＝F－mg，方向豎直向上；或mg－2Fcos60°＝mg－F，方向豎直向下．由牛頓第二定律得：其加速度為，方向豎直向上；或，方向豎直向下，

2、選項D正確． 2．將一段導(dǎo)線繞成如圖甲所示的閉合回路，并固定在水平面(紙面)內(nèi)．回路的ab邊置于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場Ⅰ中．回路的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場Ⅱ，以向里為磁場Ⅱ的正方向，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的圖象如圖乙所示．用F表示ab邊受到的安培力，以水平向右為F的正方向，能正確反映F隨時間t變化的圖象是(　B　) 解析：0～時間內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律及楞次定律可得回路的圓環(huán)形區(qū)域產(chǎn)生大小恒定的、沿順時針方向的感應(yīng)電流，根據(jù)左手定則，ab邊在勻強(qiáng)磁場Ⅰ中受到水平向左的恒定的安培力；同理可得～T時間內(nèi)，ab邊在勻強(qiáng)磁場Ⅰ中受到水平向右的恒定的安培力，故B項正確． 3．如圖

3、所示，勻強(qiáng)磁場的邊界為平行四邊形ABDC，其中AC邊與對角線BC垂直，一束電子以不同大小的速度v沿BC從B點射入磁場，不計電子的重力和電子之間的相互作用，關(guān)于電子在磁場中運動的情況，下列說法中正確的是(　C　) A．入射速度越大的電子，其運動時間越長 B．入射速度越大的電子，其運動軌跡越長 C．從AB邊出射的電子的運動時間都相等 D．從AC邊出射的電子的運動時間都相等 解析：若電子從AB邊出射，電子在磁場中的偏角相等，由T＝可知周期與速度無關(guān)，電子的運動時間都相等，A錯，C對；若電子從AC邊出射，速度越小，出射位置離A點越近，電子在磁場中的偏角越大，電子的運動時間越長，運動軌跡越

4、長，BD錯． 4．如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計)連接，下極板接地．一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離后(　A　) A．P點的電勢將降低 B．帶電油滴的電勢能將減少 C．帶電油滴將沿豎直方向向上運動 D．電容器的電容減小，則極板所帶電荷量將增大 解析：由電路連接可知，平行板電容器上極板帶正電，帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)，可判斷帶電油滴帶負(fù)電，且此時電場力等于重力，平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，則極板間距d增大，又因為電容器兩極板電勢差不變，因此電場強(qiáng)度減小，P點電

5、勢降低，選項A正確；電場強(qiáng)度減小，帶電油滴受到的電場力減小，此時電場力小于重力，帶電油滴將沿豎直方向向下運動，電場力做負(fù)功，帶電油滴電勢能增大，選項B、C錯誤；電容器極板間距d增大，電容將減小，因為電容器兩極板電勢差不變，因此極板帶電荷量將減小，選項D錯誤． 5．如圖所示，質(zhì)量為m的物體放在水平放置的鋼板C上，與鋼板間的動摩擦因數(shù)為μ.由于受到相對于地面靜止的光滑導(dǎo)槽A、B的控制，物體只能沿水平導(dǎo)槽運動．現(xiàn)使鋼板以速度v1向右勻速運動，同時用力F拉動物體(方向沿導(dǎo)槽方向)使物體以速度v2沿導(dǎo)槽勻速運動，則拉力F的大小為(　D　) A．mg B．μmg C．μmg D．μmg

6、 解析：本題涉及三維力的計算以及相對運動問題，先判定相對運動方向從而判定摩擦力方向，再利用力的分解計算摩擦力．物體相對鋼板具有向左的速度分量v1和側(cè)向的速度分量v2，故相對鋼板的合速度v的方向如圖所示，滑動摩擦力的方向與v的方向相反．根據(jù)平衡條件可得F＝fcosθ＝μmg，選項D正確． 6．如圖所示，動量分別為pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s的兩個小球A、B在光滑的水平面上沿一直線向右運動，經(jīng)過一段時間后兩球發(fā)生正碰，分別用ΔpA、ΔpB表示兩小球動量的變化量．則下列選項中可能正確的是(　AB　) A．ΔpA＝－3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s B．Δp

7、A＝－2 kg·m/s，ΔpB＝2 kg·m/s C．ΔpA＝－24 kg·m/s，ΔpB＝24 kg·m/s D．ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝－3 kg·m/s 解析：本題的碰撞問題要遵循三個規(guī)律：動量守恒定律，碰后系統(tǒng)的機(jī)械能不增加和碰撞過程要符合實際情況．本題屬于追及碰撞，碰前，后面運動物體的速度一定要大于前面運動物體的速度(否則無法實現(xiàn)碰撞)，碰后、前面物體的動量增大，后面物體的動量減小，減小量等于增大量，所以ΔpA<0，ΔpB>0，并且ΔpA＝－ΔpB，據(jù)此可排除選項D；若ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s，碰后兩球的動量分別為pA′＝－12 kg·

8、m/s、pB′＝37 kg·m/s，根據(jù)關(guān)系式Ek＝可知，A球的質(zhì)量和動量大小不變，動能不變，而B球的質(zhì)量不變，但動量增大，所以B球的動能增大，這樣系統(tǒng)的機(jī)械能比碰前增大了，選項C可以排除；經(jīng)檢驗，選項A、B滿足碰撞遵循的三個原則． 7．如圖所示的水平勻強(qiáng)電場中，將兩個帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動到同一水平線上的不同位置，釋放后，M、N保持靜止，不計重力，則(　BD　) A．M的帶電量比N的大 B．M帶負(fù)電荷，N帶正電荷 C．靜止時M受到的合力比N的大 D．移動過程中勻強(qiáng)電場對M做負(fù)功 解析：帶電球M、N在不計重力條件下平衡，說明M、N兩球所受電場力的合力為零，即M、N所在

9、點合場強(qiáng)為零，所以M球在N球處所產(chǎn)生的場強(qiáng)方向向左，大小為E，故M球帶負(fù)電；同理，N球在M球處產(chǎn)生的場強(qiáng)方向向左，大小為E，故N球帶正電，且兩球所帶電荷量相等．勻強(qiáng)電場對M的電場力方向與M移動方向成鈍角，做負(fù)功．所以B、D正確． 8．(2018·西安八校聯(lián)考)下列說法正確的是(　AD　) A．在表達(dá)式ε＝hν和p＝中，能量ε和動量p是描述物質(zhì)的粒子性的重要物理量，波長λ或頻率ν是描述物質(zhì)的波動性的典型物理量 B．盧瑟福通過對α粒子散射實驗的研究，揭示了原子核的組成 C.Th(釷)衰變?yōu)镻a(鏷)核時，衰變前Th核質(zhì)量等于衰變后Pa核與β粒子的總質(zhì)量 D．根據(jù)玻爾理論，氫原子的核外電子由較高能級躍遷到較低能級時，要釋放一定頻率的光子，同時電子的動能增大，電勢能減小 解析：表達(dá)式ε＝hν和p＝中，能量ε和動量p是描述物質(zhì)的粒子性的重要物理量，波長λ或頻率ν是描述物質(zhì)的波動性的典型物理量，選項A正確；盧瑟福通過對α粒子散射實驗的研究，揭示了原子由原子核和核外電子組成，選項B錯誤；該核反應(yīng)中存在質(zhì)量虧損，選項C錯誤；根據(jù)玻爾理論，氫原子的核外電子由較高能級躍遷到較低能級時，要釋放一定頻率的光子，庫侖力對電子做正功，電子的動能增大，由于氫原子能量減小，則電勢能減小，選項D正確． 6