1、1选择题专练(一)1下列论述中正确的是( )A开普勒根据万有引力定律得出行星运动规律B爱因斯坦的狭义相对论，全面否定了牛顿的经典力学规律C普朗克把能量子引入物理学，正确地破除了“能量连续变化”的传统观念D玻尔提出的原子结构假说，成功地解释了各种原子光谱的不连续性答案 C解析 开普勒通过研究第谷的行星观测数据，得出了行星运动规律，A 错误；爱因斯坦的狭义相对论，并没有全面否定牛顿的经典力学，B 错误；普朗克把能量子引入物理学，正确地破除了“能量连续变化”的传统观念，C 正确；玻尔提出的原子结构假说，不能解释复杂原子，如氦原子核光谱的不连续性，D 错误2.如图 1，放置在光滑的水平地面上足够长的斜
2、面体，下端固定有挡板，用外力将轻质弹簧压缩在小木块和挡板之间，弹簧的弹性势能为 100 J撤去外力，木块开始运动，离开弹簧后，沿斜面向上滑到某一位置后，不再滑下，则( )图 1A木块重力势能的增加量为 100 JB木块运动过程中，斜面体的支持力对木块做功不为零C木块、斜面体和弹簧构成的系统，机械能守恒D最终，木块和斜面体以共同速度向右匀速滑行答案 B解析 因为到达最高点后，木块不再下滑，所以木块必受斜面的摩擦力作用，斜面体受到木块的斜向右上的摩擦力作用，该力在水平方向上有一个分力，故斜面体向右运动，木块相对地面在水平方向上有位移，斜面体对木块的支持力与水平位移夹角不垂直，故斜面体的支持力对木块
3、做功不为零，木块、斜面体和弹簧构成的系统，有摩擦力做功，所以机械能不守恒，B 正确，C 错误；将弹簧、木块和斜面体看成一个整体，整体在水平方向上受力为零，所以系统水平方向动量守恒，释放弹簧前系统水平方向动量为零，故释放弹簧后系统水平方向动量仍旧为零，即木块和斜面体最后静止，弹簧的弹性势能转化为系统的内能(克服摩擦力做功)以及木块的重力势能，故木块重力势能的增加量小于 100 J，A、D 错误3如图 2 所示， a 为放在地球赤道上随地球一起转动的物体， b、 c、 d 为在圆轨道上运行的卫星，轨道平面均在地球赤道面上，其中 b 是近地卫星， c 是地球同步卫星若2a、 b、 c、 d 的质量相
4、同，地球表面附近的重力加速度为 g，则下列说法中正确的是( )图 2A b 卫星转动的线速度大于 7.9 km/sB a、 b、 c、 d 的周期大小关系为 Ta ， g 为重力加速度从抛出到第一次碰2gR2H撞筒壁，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )4图 5A三小球运动时间之比 tA tB tC 213B三小球下落高度之比 hA hB hC2 13C重力对三小球做功之比 WA WB WC341D重力的平均功率之比 PA PB PC231答案 AC解析 因为三个小球都碰壁，说明没有下落到底部，小球在水平方向上做匀速直线运动，根据几何知识可知三个球的水平位移 xA2 R R， xB2 R，
5、xC2 R R，而所用时间32 3 12tA tB tC 21，A 正确；在竖直方向上做自由落体运动，三小球下落xAv0 xBv0 xCv0 3高度之比 hA hB hC gtA2 gtB2 gtC2341，B 错误；重力对小球做功 WG mgh，12 12 12故 WA WB WC hA hB hC341，C 正确；重力的平均功率 P ，故 PA PB PC Wt WAtA 21，D 错误WBtC WCtC 33 42 11 37图 6(a)中理想变压器的原线圈依次接入如图(b)所示的甲、乙两个正弦交流电源接电源甲后，调节滑动变阻器滑片位置使小灯泡 A 正常发光，小灯泡的功率及电流频率分别为
6、P1、 f1；保持滑片位置不变，改用电源乙，小灯泡的功率及电流频率分别为 P2、 f2，则( )图 6A f1 f232B P1 P221C若将变阻器滑片向左移动，电源乙可能使小灯泡正常发光D若将变压器动片 P 向下移动，电源乙可能使小灯泡正常发光答案 AD5解析 变压器不改变交流电的频率，从题图 b 中可知 3T12 T2，即 ，所以 ，A 正T1T2 23 f1f2 32确；从题图 b 中可知甲、乙两个电源的电动势最大值之比为 21，两种情况下副线圈两端的电压有效值之比为 21，所以两种情况下通过灯泡的电流之比为 21，根据 P I2R 可知 ，B 错误；若将变阻器滑片向左移动，滑动变阻器
7、接入电路的电阻增大，通过灯泡的P1P2 41电流减小，所以电源乙不可能使小灯泡正常发光，C 错误；若将变压器动片 P 向下移动，即减小，根据 可知 U2增大，即副线圈两端电压增大，故电源乙可能使小灯泡正常发n1n2 n1n2 U1U2光，D 正确8两个完全相同的平行板电容器 C1、 C2水平放置，如图 7 所示开关 S 闭合时，两电容器中间各有一油滴 A、 B 刚好处于静止状态现将 S 断开，将 C2下极板向上移动少许，然后再次闭合 S，则下列说法正确的是( )图 7A两油滴的质量相等，电性相反B断开开关，移动 C2下极板过程中， B 所在位置的电势不变C再次闭合 S 瞬间，通过开关的电流可能
8、从上向下D再次闭合开关后， A 向下运动， B 向上运动答案 BCD解析 当 S 闭合时，左边电容的上极板和右边电容的下极板相连，即两个极板的电势相等，又因为其他两个极板都接地，电势相等，故两极板间的电势差的绝对值相等，根据mg q，由于不知道两油滴的电荷量，故两个油滴的质量不一定相等，若 C1上极板带正|U|d电，则 C1电场方向竖直向下， A 液滴应受到竖直向上的电场力，故带负电， C2下极板带正电，则 C2电场方向竖直向上， B 滴液应受到竖直向上的电场力，所以带正电，电性相反；若 C1上极板带负电，则 C1电场方向竖直向上， A 液滴应受到竖直向上的电场力，故带正电， C2下极板带负电
9、，则 C2电场方向竖直向下， B 滴液应受到竖直向上的电场力，所以带负电，电性相反，总之，两油滴的电性相反，A 错误；断开开关，移动 C2下极板过程中，两极板所带电荷量相等，根据 C ， C ， E 联立可得 E ，两极板间的电场强度大小和两 rS4 kd QU Ud 4 kQ rS极板间的距离无关，故电场强度恒定，所以 B 的受力不变，故仍处于静止状态，到上极板(零电势)的距离不变，根据 U Ed 可知 B 点的电势不变，B 正确；S 断开，将 C2下极板向上6移动少许，根据 C 可知 C2增大，根据 C 可知 U 减小，即 C2下极板电势降低，再次 rS4 kd QU闭合 S 瞬间， C1上极板的电势大于 C2下极板电势，通过开关的电流可能从上向下，稳定后，根据 E 可知 C1两极板间的电势差减小，电场强度减小， A 向下运动， C2两极板间的电势Ud差增大，电场强度增大， B 向上运动，C、D 正确
