(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

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资源描述

1、1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 Ekm h W0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

2、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2C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 m r,GMmr2 4 2T2解得: T ,4 2r3GM对于环绕行星 A 表面运行

3、的卫星,有: T0 4 2RA3GMA对于环绕行星 B 表面运行的卫星,有: T0 4 2RB3GMB联立得: RA3MA RB3MB由题图知, RARB,所以 MAMB,故 A 错误;A 行星质量为: MA A RA343B 行星的质量为: MB B RB3,43代入解得: A B,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: mGMmR2 v2R解得: v R R,GMR 43G 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GMmr2 GMr2速

4、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Rg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( )3图 2A. B.2R3 3R3C. D.3R2 2R2答案 C解析 小球在竖直方向的位移为 h gt2 R,12 12设小球与半球形碗碰撞点为 D 点,则

5、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 OE R,R2 (R2)2 32小球下落 h 时竖直方向的速度为 vy gt ,gR则水平方向的速度 v0 vytan 60 ,3gR所以水平方向的位移为 x v0t R,3由几何关系可知,CO R R R,故 C 正确332 324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

6、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 34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L2 d,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,

7、故电流等大,但方向为顺时针方向,位移为 L d 时,有效长度是位移为 d 时的 2 倍,电流为2 I0,选项 B 错误;由 C 项的横轴可知 L3 d,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2 I0,位移为 L d 时,有效长度是位移为 d 时的3 倍,电流为3 I0,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v t 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

8、4A Q1一定带负电B Q1的电荷量一定小于 Q2的电荷量C b 点的电势高于 a 点的电势5D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

9、电荷量,kQr2故 B 错误;离开 b 点后 v t 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 ,qBdm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

10、动的最长时间为 mqBC粒子在磁场区域内运动的最短时间为2 m3qBD从 MN 边界出射粒子的区域长为( 1) d3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: qvB m 得:v2rr d,画出恰好不进入区的临界轨迹,如图甲所示:mvBq6结合几何关系,有: AO 2 r2 d;rsin 30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 ,T2 mqB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

11、圆心角为 60,故时间为: t ,故 C 错误;T6 m3qB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 l r( 1) d,故 D 正确rtan 30 37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 (M m)g7B要使纸板相对砝码运动, F 一定大于 2 (M m)gC若砝码与纸板分离时的速度小于 ,砝码不会从桌面

12、上掉下 gdD当 F (2M3 m)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 (2M m)g,故 A 错误设砝码的加速度为 a1,纸板的加速度为 a2,则有:Ff1 Ma1, F Ff1 Ff2 ma2, Ff1 Mg , Ff2 (M m)g,发生相对运动需要 a2a1,代入数据解得: F2 (M m)g,故 B 正确若砝码与纸板分离时的速度小于 ,砝码匀加速 gd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v22a gd2 g d2 v22a gd2 g d2从桌面掉下,故 C 正确当 F (2M3 m)g 时,砝码

13、未脱离时的加速度 a1 g ,纸板的加速度 a2 2 g ,F m Mg Mgm根据 a2t2 a1t2 d,解得 t ,12 12 2d g则此时砝码的速度 v a1t ,砝码脱离纸板后做匀减速运动,匀减速运动的加速度2 gd大小 a g ,则匀减速运动的位移 x d,而匀加速运动的位移v22a 2 gd2 gx a1t2 d,可知砝码恰好到达桌面边缘,故 D 正确128.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

14、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B P 点位置高于 Q 点C球 A 的电势能增大,球 B 的电势能减小8D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 vt vy22a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

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