選擇題提速練12時間：45分鐘1～5單選，6～8多選1．某同學(xué)在研究光電效應(yīng)時測得不同光照射到同一光電管時得到的光電流與電壓的關(guān)系圖象如圖所示．則下列有關(guān)說法中正確的是(C)A．光線1、3為同一色光，光線3的光強更強B．光線1、2為同一色光，光線1的光強更強C．光線1、2為不同色光，光線2的頻率較大D．保持光線1的強度不變，光電流強度將隨加速電壓的增大一直增大解析：由圖象可知，光線1和光線3的遏止電壓相同，所以它們是同一色光，相同電壓時，光線1對應(yīng)的光電流更大，說明單位時間內(nèi)照射的光電子數(shù)更多，即光線1更強，故A項錯誤；光線1和光線2的遏止電壓不同，所以它們是不同色光，故B項錯誤；由于光線2的遏止電壓較大，由eUc＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)、eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝hν－W可知，光線2的頻率較大，故C項正確；由圖可知，在光照條件不變的情況下，隨著所加電壓的增大，光電流趨于一個飽和值(飽和電流)，故D項錯誤．2．在粗糙水平地面上放著一個截面為半圓的柱狀物體A，A與光滑豎直墻之間放另一截面也為半圓的光滑柱狀物體B，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，截面如圖所示．設(shè)墻對B的作用力為F1，B對A的作用力為F2，地面對A的作用力為F3.在B上加一物體C，整個裝置仍保持靜止，則(C)A．F1保持不變，F(xiàn)3增大B．F1增大，F(xiàn)3保持不變C．F2增大，F(xiàn)3增大D．F2增大，F(xiàn)3保持不變解析：未放上C時，以B為研究對象，受力分析如圖甲所示，由平衡條件得，墻對B的作用力F1＝GBtanα.當(dāng)放上C時，F(xiàn)1增大，A對B的作用力F2′＝eq\f(F1,sinα)，則F2′增大，即F2也增大．再以整體為研究對象，受力分析如圖乙所示，則放上C前，地面對A的支持力FN＝GA＋GB，放上C′后變?yōu)镚A＋GB＋GC，即FN增大，地面對A的摩擦力Ff＝F1，且F3為FN與Ff的合力，所以F3增大，故選項C正確．3.如圖所示，MN、PQ是兩條水平放置的平行金屬導(dǎo)軌，勻強磁場的磁感線垂直導(dǎo)軌平面．導(dǎo)軌左端接阻值R＝1.5Ω的電阻，電阻兩端并聯(lián)一電壓表，垂直導(dǎo)軌跨接一金屬桿ab，ab的質(zhì)量m＝0.1kg，電阻r＝0.5Ω.ab與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)μ＝0.5，導(dǎo)軌電阻不計，現(xiàn)用F＝0.7N的恒力水平向右拉ab，使之從靜止開始運動，經(jīng)時間2s后，ab開始做勻速運動，此時電壓表示數(shù)U＝0.3V．重力加速度g＝10m/s2.則ab加速過程中，通過R的電荷量為(B)A．0.12CB．0.36CC．0.72CD．1.6C解析：金屬桿做勻速直線運動時，由平衡條件得F＝μmg＋BIL，由歐姆定律得I＝eq\f(BLv,R＋r)＝eq\f(U,R)，解得BL＝1T·m，v＝0.4m/s，設(shè)ab加速時間為t，加速過程的平均感應(yīng)電流為eq\x\to(I)，由動量定理得Ft－μmgt－Beq\x\to(I)Lt＝mv，電荷量q＝eq\x\to(I)t，代入數(shù)據(jù)解得q＝0.36C，故選項B正確．4．如圖所示，滑塊放在水平地面上，左邊受一個彈簧拉力作用，彈簧原長小于h，水平向右的拉力F拉動滑塊，使滑塊向右緩慢移動，并且滑塊始終沒有離開地面，則在上述過程中，下列說法正確的是(C)A．彈簧彈力在豎直方向的分量不變，滑塊受到的摩擦力不變B．彈簧彈力在豎直方向的分量不變，滑塊受到的摩擦力變小C．彈簧彈力在豎直方向的分量增大，滑塊受到的摩擦力變小D．彈簧彈力在豎直方向的分量增大，滑塊受到的摩擦力不變解析：設(shè)彈簧的原長為l0，勁度系數(shù)為k，彈簧彈力在豎直方向的分量Fy＝k(eq\f(h,sinθ)－l0)sinθ，故Fy＝kh－kl0sinθ，當(dāng)滑塊向右移動時彈簧與水平方向的夾角減小，可知彈簧彈力的豎直分量在增大，故滑塊與地面間的彈力減小，滑塊與地面間的摩擦力減小，C正確．5．如圖所示，平行板電容器水平放置，兩極板間電場強度大小為E，中間用一光滑絕緣細(xì)桿垂直連接，桿上套有帶正電荷的小球和絕緣彈簧，小球壓在彈簧上，但與彈簧不拴接，開始時對小球施加一豎直向下的外力，將小球壓至某位置使小球保持靜止．撤去外力后小球從靜止開始向上運動，上升h時恰好與彈簧分離，分離時小球的速度為v，小球上升過程不會撞擊到上極板，已知小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，重力加速度為g，下列說法正確的是(D)A．與彈簧分離時小球的動能為mgh＋qEhB．從開始運動到與彈簧分離，小球增加的機械能為mgh＋qEhC．從開始運動到與彈簧分離，小球減少的電勢能為eq\f(qE,h)D．撤去外力時彈簧的彈性勢能為eq\f(1,2)mv2－(qE－mg)h解析：根據(jù)動能定理可知，合外力對小球所做的功等于小球動能的變化量，所以小球與彈簧分離時的動能為Ek＝qEh－mgh＋Ep，選項A錯誤；從開始運動到與彈簧分離，小球增加的機械能為ΔE＝mgh＋eq\f(1,2)mv2＝qEh＋Ep，選項B錯誤；小球減少的電勢能為Eqh，故選項C錯誤；從撤去外力到小球與彈簧分離，由動能定理可知，eq\f(1,2)mv2＝Ep＋qEh－mgh，所以Ep＝eq\f(1,2)mv2－(qE－mg)h，選項D正確．6．如圖所示，在真空中半徑為r＝0.1m的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場及水平向左的勻強電場，磁感應(yīng)強度B＝0.01T，ab和cd是兩條相互垂直的直徑，一束帶正電的粒子流連續(xù)不斷地以速度v＝1×103m/s從c點沿cd方向射入場區(qū)，粒子將沿cd方向做直線運動，如果僅撤去磁場，帶電粒子經(jīng)過a點，如果撤去電場，使磁感應(yīng)強度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，不計粒子重力，下列說法正確的是(AC)A．電場強度的大小為10N/CB．帶電粒子的比荷為1×106C/kgC．撤去電場后，帶電粒子在磁場中運動的半徑為0.1mD．帶電粒子在磁場中運動的時間為7.85×10－5s解析：粒子沿直線運動，則qvB＝Eq，解得E＝Bv＝0.01×103N/C＝10N/C，選項A正確；如果僅撤去磁場，則粒子在水平方向r＝eq\f(1,2)·eq\f(Eq,m)·t2，豎直方向r＝vt，解得：eq\f(q,m)＝eq\f(2v2,Er)＝eq\f(2×106,10×0.1)C/kg＝2×106C/kg，選項B錯誤，撤去電場后，帶電粒子在磁場中運動的半徑為R＝eq\f(mv,q\f(B,2))＝eq\f(103,2×106×\f(1,2)×0.01)m＝0.1m，選項C正確；帶電粒子在磁場中運動的時間為t＝eq\f(T,4)＝eq\f(πm,qB)＝eq\f(3.14,2×106×0.01)s＝1.57×10－4s，選項D錯誤．7．如圖所示，eq\f(1,4)圓形區(qū)域AOB內(nèi)存在垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，AO和BO是圓的兩條相互垂直的半徑，一帶電粒子從A點沿AO方向進(jìn)入磁場，從B點離開，若該粒子以同樣的速度從C點平行于AO方向進(jìn)入磁場，則(BD)A．粒子帶負(fù)電B．只要粒子入射點在AB弧之間，粒子仍然從B點離開磁場C．入射點越靠近B點，粒子偏轉(zhuǎn)角度越大D．入射點越靠近B點，粒子運動時間越短解析：粒子從A點正對圓心射入，恰從B點射出，根據(jù)洛倫茲力方向可判斷粒子帶正電，故選項A錯誤；粒子從A點射入時，在磁場中運動的圓心角為θ1＝90°，粒子運動的軌跡半徑等于BO，當(dāng)粒子從C點沿AO方向射入磁場時，粒子的運動軌跡如圖所示，設(shè)對應(yīng)的圓心角為θ2，運動的軌跡半徑也為BO，粒子做圓周運動的軌跡半徑等于磁場圓的半徑，磁場區(qū)域圓的圓心O、軌跡圓的圓心O1以及粒子進(jìn)出磁場的兩點構(gòu)成一個菱形，由于O1C和OB平行，所以粒子一定從B點離開磁場，故選項B正確；由圖可得此時粒子偏轉(zhuǎn)角等于∠BOC，即入射點越靠近B點對應(yīng)的偏轉(zhuǎn)角度越小，運動時間越短，故選項C錯誤，D正確．8．如圖所示，固定的豎直光滑U型金屬導(dǎo)軌，間距為L，上端接有阻值為R的電阻，處在方向水平且垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒與勁度系數(shù)為k的固定輕彈簧相連放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌的電阻忽略不計．初始時刻，彈簧處于伸長狀態(tài)，其伸長量為x1＝eq\f(mg,k)，此時導(dǎo)體棒具有豎直向上的初速度v0.在沿導(dǎo)軌往復(fù)運動的過程中，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸．則下列說法正確的是(BC)A．初始時刻導(dǎo)體棒受到的安培力大小F＝eq\f(B2L2v0,R)B．初始時刻導(dǎo)體棒加速度的大小a＝2g＋eq\f(B2L2v0,mR＋r)C．導(dǎo)體棒往復(fù)運動，最終靜止時彈簧處于壓縮狀態(tài)D．導(dǎo)體棒開始運動直到最終靜止的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2m2g2,k)解析：由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝BLv0，由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R＋r)，由安培力公式得F＝eq\f(B2L2v0,R＋r)，故選項A錯誤；初始時刻，F(xiàn)＋mg＋kx1＝ma，得a＝2g＋eq