PAGE選擇題提速練(四)一、單項(xiàng)選擇題(本題共6小題，每小題4分，共計(jì)24分，每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意．)1．(2018·徐州市考前模擬)下列說法正確的有()A．質(zhì)量數(shù)越小的原子核，比結(jié)合能越大B．粒子被加速后，其物質(zhì)波的波長(zhǎng)將變長(zhǎng)C．玻爾的能級(jí)和電子軌道不連續(xù)的觀點(diǎn)，成功地解釋了氫原子的光譜D．某放射性元素的400個(gè)原子核中有200個(gè)發(fā)生衰變的時(shí)間為它的一個(gè)半衰期答案C2．(2018·蘇州市模擬)如圖1所示，傾角θ＝37°的上表面光滑的斜面體放在水平地面上．一個(gè)可以看成質(zhì)點(diǎn)的小球用細(xì)線拉住與斜面一起保持靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線與斜面間的夾角也為37°.37°＝0.8.則下列說法正確的是()圖1A．小球?qū)⑾蛏霞铀龠\(yùn)動(dòng)B．小球?qū)π泵娴膲毫ψ兇驝．地面受到的壓力不變D．地面受到的摩擦力不變答案B解析開始時(shí)，對(duì)球受力分析，如圖所示：根據(jù)平衡條件，在平行斜面方向：Fcos37°＝mgsin37°，垂直斜面方向：Fsin37°＋FN＝mgcos37°，得：F＝0.75mg；拉力改為水平推力后，由于所施力的大小不變，所施力與斜面的夾角不變，故沿著斜面方向的分力不變，球依然保持靜止，小球?qū)π泵娴膲毫ψ兇?，故A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)球和斜面體整體受力分析，受重力、支持力、拉力和靜摩擦力，根據(jù)平衡條件，拉力改為水平推力后，其水平分力變大，豎直分力減小，故靜摩擦力變大，地面支持力變大；根據(jù)牛頓第三定律，斜面體對(duì)地面的壓力和摩擦力均變大，故C、D錯(cuò)誤．3．(2018·江蘇百校12月大聯(lián)考)如圖2所示，AC為斜面的斜邊，B為斜邊上的一點(diǎn)，甲、乙兩小球在A點(diǎn)的正上方．現(xiàn)先后以不同的水平速度拋出甲、乙小球，它們均落到了B點(diǎn)．已知甲球的質(zhì)量是乙球的質(zhì)量的兩倍，不計(jì)空氣阻力，下列說法中正確的是()圖2A．甲球的加速度是乙球加速度的兩倍B．兩小球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等C．甲球的初速度小于乙球的初速度D．整個(gè)過程中甲球的速度偏轉(zhuǎn)角小于乙球的速度偏轉(zhuǎn)角答案C4．(2018·江蘇五校聯(lián)考)一物體靜止在水平地面上，在豎直向上的拉力F的作用下開始向上運(yùn)動(dòng)，如圖3甲所示，在物體運(yùn)動(dòng)過程中，空氣阻力不計(jì)，其機(jī)械能E與位移x的關(guān)系圖象如圖乙所示，其中曲線上點(diǎn)A處的切線的斜率最大．則()圖3A．在x1處物體所受拉力最大B．在x2處物體的速度最大C．在x1～x3過程中，物體的動(dòng)能一直減小D．在0～x2過程中，物體的加速度先增大后減小答案A5．(2018·無錫市高三期末)真空中兩個(gè)等量異種電荷(電荷量均為q)連線的中點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度為E，則兩個(gè)電荷之間的庫(kù)侖力大小是()A.eq\f(qE,8)B.eq\f(qE,4)C.eq\f(qE,2)D．qE答案A6．如圖4所示，一半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，從圓周上P點(diǎn)向紙面內(nèi)各方向發(fā)射質(zhì)量、電荷量、速率均相同的帶電粒子，這些粒子均從四分之一圓周磁場(chǎng)邊界PQ上射出，忽略粒子之間的相互作用．則帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為()圖4A.eq\f(1,2)RB.eq\f(\r(2),2)RC.eq\f(\r(3),2)RD.eq\f(\r(3),4)R答案B解析當(dāng)軌道半徑小于或等于磁場(chǎng)區(qū)半徑時(shí)，粒子射出圓形磁場(chǎng)的點(diǎn)離入射點(diǎn)最遠(yuǎn)距離為軌跡直徑，由幾何關(guān)系得：2r＝eq\r(2)R，解得：r＝eq\f(\r(2),2)R，故選B.二、多項(xiàng)選擇題(本題共4小題，每小題4分，共計(jì)16分．每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題意．全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，錯(cuò)選或不答的得0分．)7．(2018·淮安、宿遷等期中)2017年4月，我國(guó)第一艘貨運(yùn)飛船“天舟一號(hào)”順利升空，隨后與“天宮二號(hào)”交會(huì)對(duì)接．假設(shè)“天舟一號(hào)”從B點(diǎn)發(fā)射經(jīng)過橢圓軌道運(yùn)動(dòng)到“天宮二號(hào)”的圓軌道上完成交會(huì)，如圖5所示．已知“天宮二號(hào)”的軌道半徑為r，“天舟一號(hào)”沿橢圓軌道運(yùn)動(dòng)的周期為T，A、B兩點(diǎn)分別為橢圓軌道的遠(yuǎn)地點(diǎn)和近地點(diǎn)，地球半徑為R，引力常量為G.則()圖5A．“天宮二號(hào)”的運(yùn)行速度小于7.9km/sB．“天舟一號(hào)”的發(fā)射速度大于11.2km/sC．根據(jù)題中信息可以求出地球的質(zhì)量D．“天舟一號(hào)”在A點(diǎn)的速度大于“天宮二號(hào)”的運(yùn)行速度答案AC解析7.9km/s是近地衛(wèi)星的最大環(huán)繞速度，衛(wèi)星越高，線速度越小，則“天宮二號(hào)”的運(yùn)行速度小于7.9km/s，選項(xiàng)A正確；11.2km/s是第二宇宙速度，是衛(wèi)星掙脫地球引力束縛的最小速度，則“天舟一號(hào)”的發(fā)射速度小于11.2km/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)開普勒第三定律eq\f(r3,T2)＝常數(shù)，已知“天宮二號(hào)”的軌道半徑r、“天舟一號(hào)”的周期T以及半長(zhǎng)軸eq\f(1,2)(r＋R)，可求得“天宮二號(hào)”的周期T1，再根據(jù)Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T\o\al(12))r可求解地球的質(zhì)量，選項(xiàng)C正確；“天舟一號(hào)”在A點(diǎn)加速才能進(jìn)入“天宮二號(hào)”所在的軌道，則“天舟一號(hào)”在A點(diǎn)的速度小于“天宮二號(hào)”的運(yùn)行速度，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．8．(2018·如皋市模擬四)如圖6所示，輕彈簧上端固定，下端懸掛一質(zhì)量為m的條形磁鐵，磁鐵穿過固定的水平閉合金屬線圈．將磁鐵托起到彈簧壓縮x后由靜止放開，磁鐵會(huì)上下運(yùn)動(dòng)并逐漸停下來，靜止時(shí)彈簧伸長(zhǎng)x.不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則()圖6A．彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，磁鐵的加速度可能大于gB．磁鐵中央通過線圈時(shí)，線圈中感應(yīng)電流最大C．磁鐵向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，線圈受到的安培力方向向上D．線圈在整個(gè)過程中產(chǎn)生的焦耳熱為2mgx答案AD解析彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，沒有彈力，除受到重力外，若磁鐵向上運(yùn)動(dòng)，則受到向下的安培阻力，若向下運(yùn)動(dòng)，則受到向上的安培阻力，因此磁鐵的加速度可能大于g，故A正確；磁鐵中央通過線圈時(shí)，線圈的磁通量變化率為零，則線圈中感應(yīng)電流為零，最小，故B錯(cuò)誤；當(dāng)磁鐵向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)楞次定律：來拒去留，則磁鐵受到向上的安培力，那么線圈受到的安培力方向向下，故C錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律，從靜止至停止，彈簧的彈性勢(shì)能不變，那么減小的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為電能，從而產(chǎn)生焦耳熱為Q＝mgh＝2mgx，故D正確．9．(2018·常熟中學(xué)模擬)如圖7所示，直流電源、滑動(dòng)變阻器、平行板電容器與理想二極管(正向電阻為0，反向電阻為∞)連接，電源負(fù)極接地．開始時(shí)電容器不帶電，閉合開關(guān)S，穩(wěn)定()圖7A．當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向上滑動(dòng)時(shí)，帶電油滴會(huì)向上運(yùn)動(dòng)B．當(dāng)電容器的上極板向上移動(dòng)時(shí)，帶電油滴會(huì)向下運(yùn)動(dòng)C．當(dāng)電容器的下極板向下移動(dòng)時(shí)，P點(diǎn)的電勢(shì)不變D．當(dāng)電容器的下極板向左移動(dòng)時(shí)，P點(diǎn)的電勢(shì)會(huì)升高答案AD解析當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向上滑動(dòng)時(shí)，變阻器有效阻值增大，R兩端的電壓增大，則電容器板間電壓增大，場(chǎng)強(qiáng)增大，油滴所受的電場(chǎng)力增大，所以帶電油滴會(huì)向上運(yùn)動(dòng)，故A正確．當(dāng)電容器的上極板向上移動(dòng)時(shí)，由電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容減小，而電容器兩端的電壓不變，由C＝eq\f(Q,U)知，Q減小，電容器要放電，由于二極管的單向?qū)щ娦?，所以電容器不能放電，則電容器的帶電荷量不變，由E＝eq\f(4πkQ,εrS)知電容器板間場(chǎng)強(qiáng)不變，油滴所受的電場(chǎng)力不變，所以帶電油滴仍靜止不動(dòng)，故B錯(cuò)誤．當(dāng)電容器的下極板向下移動(dòng)時(shí)，電容器所帶的電荷量Q不變，由E＝eq\f(4πkQ,εrS)知電容器板間場(chǎng)強(qiáng)不變，由U＝Ed知，P與下極板間的電勢(shì)差變大，P點(diǎn)的電勢(shì)升高，故C錯(cuò)誤．當(dāng)電容器的下極板向左移動(dòng)時(shí)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，電容器的電容減小，由C＝eq\f(Q,U)知，Q減小，電容器要放電，由于二極管的單向?qū)щ娦?，所以電容器不能放電，則電容器的帶電荷量不變，那么只能是極板間U增大，由E＝eq\f(U,d)知電容器板間場(chǎng)強(qiáng)變大，則P與下極板間的電勢(shì)差變大，P點(diǎn)的電勢(shì)升高，故D正確．10．如圖8所示，處在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的矩形線框MNPQ，以恒定的角速度ω繞對(duì)角線NQ轉(zhuǎn)動(dòng)．已知MN長(zhǎng)為l1，NP長(zhǎng)為l2，線框電阻為R.t＝0時(shí)刻線