PAGE6-選擇題押題練4一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。每小題只有一項(xiàng)符合題目要求。1．如圖所示為運(yùn)動(dòng)員跳高時(shí)的精彩瞬間。下列說(shuō)法正確的是()A．運(yùn)動(dòng)員在最高點(diǎn)處于平衡狀態(tài)B．運(yùn)動(dòng)員下降過(guò)程中處于超重狀態(tài)C．運(yùn)動(dòng)員起跳以后在上升過(guò)程中處于失重狀態(tài)D．運(yùn)動(dòng)員起跳時(shí)地面對(duì)他的支持力等于他所受的重力解析：運(yùn)動(dòng)員在最高點(diǎn)只受重力作用，不處于平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員在下降過(guò)程中加速度向下，處于完全失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員起跳以后在上升過(guò)程中加速度向下，處于失重狀態(tài)，故C正確；運(yùn)動(dòng)員起跳時(shí)加速上升，則地面對(duì)他的支持力大于他所受的重力，故D錯(cuò)誤。答案：C2．圖甲是探討光電效應(yīng)試驗(yàn)規(guī)律的電路。當(dāng)用強(qiáng)度肯定的黃光照耀到光電管上時(shí)，測(cè)得電流表的示數(shù)隨電壓改變的圖像如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是()A．若改用紅光照耀光電管，肯定不會(huì)發(fā)生光電效應(yīng)B．若改用藍(lán)光照耀光電管，圖像與橫軸交點(diǎn)在黃光照耀時(shí)的右側(cè)C．若用頻率更高的光照耀光電管，則光電管中金屬的逸出功變大D．照耀的黃光越強(qiáng)，飽和光電流將越大解析：依據(jù)光電效應(yīng)方程Ek＝hν－W0知，紅光的頻率小于黃光的頻率，但若仍大于金屬的極限頻率仍會(huì)發(fā)生光電效應(yīng)，故A錯(cuò)誤；依據(jù)光電效應(yīng)方程Ek＝hν－W0知，藍(lán)光的頻率大于黃光的頻率，則光電子的最大初動(dòng)能增大，所以反向遏止電壓增大，圖像與橫軸交點(diǎn)在黃光照耀時(shí)的左側(cè)，故B錯(cuò)誤；光電管中金屬的逸出功的大小是由材料本身確定的，與入射光的頻率無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤；增加入射光的強(qiáng)度，則單位時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的光電子數(shù)目增加，飽和光電流將越大，故D正確。答案：D3.疫情當(dāng)前，無(wú)人駕駛技術(shù)在配送、清潔、消毒等方面的應(yīng)用，節(jié)約人力的同時(shí)，也大幅度降低了相關(guān)人員的感染風(fēng)險(xiǎn)，對(duì)疫情防控起到了主動(dòng)作用。某公司在研發(fā)無(wú)人駕駛汽車(chē)的過(guò)程中，對(duì)比甲、乙兩輛車(chē)的運(yùn)動(dòng)，兩車(chē)在起先計(jì)時(shí)時(shí)剛好經(jīng)過(guò)同一位置且沿同一方向做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，它們的速度隨時(shí)間改變的關(guān)系如圖所示。由圖可知()A．在t＝3s時(shí)，兩車(chē)第一次相距最遠(yuǎn)B．甲車(chē)任何時(shí)刻加速度大小都不為零C．在t＝6s時(shí)，兩車(chē)又一次經(jīng)過(guò)同一位置D．甲車(chē)t＝6s時(shí)的加速度與t＝9s時(shí)的加速度相同解析：甲、乙兩車(chē)同時(shí)同地動(dòng)身，0～3s內(nèi)甲車(chē)速度大于乙車(chē)速度，甲在前乙在后，距離越來(lái)越遠(yuǎn)，3～6s內(nèi)甲車(chē)速度小于乙車(chē)速度，距離越來(lái)越近，所以t＝3s時(shí)，甲、乙兩車(chē)速度相等，第一次距離最遠(yuǎn)，A正確；v-t圖像斜率的物理意義為加速度，圖像的斜率在某時(shí)刻為0，所以此時(shí)甲車(chē)的加速度為0，B錯(cuò)誤；圖像與橫軸所圍面積代表位移，可知前6s內(nèi)，乙的位移比甲的大，故C錯(cuò)誤；甲車(chē)在6s時(shí)和9s時(shí)加速度方向不同，D錯(cuò)誤。答案：A4．如圖所示，志向變壓器原、副線(xiàn)圈的匝數(shù)分別為n1、n2，原、副線(xiàn)圈兩端的電壓分別為U1、U2，通過(guò)原、副線(xiàn)圈中的電流分別為I1、I2。若保持n1、n2和U1不變，且閉合開(kāi)關(guān)S后兩燈泡均能發(fā)光，則下列說(shuō)法中正確的是()A．I2＝eq\f(n2,n1)I1B．U2＝eq\f(n2,n1)U1C．開(kāi)關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_(kāi)，U2將變大D．只有開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，才有U1I1＝U2I2的關(guān)系解析：依據(jù)變壓器的電壓規(guī)律得eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，則U2＝eq\f(n2,n1)U1，由變壓器的電流規(guī)律得eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，則I2＝eq\f(n1,n2)I1，故A錯(cuò)誤，B正確；輸入電壓確定輸出電壓，依據(jù)上述分析可知不論開(kāi)關(guān)閉合還是斷開(kāi)，志向變壓器的電壓規(guī)律始終不變，所以U2也不變，故C錯(cuò)誤；志向變壓器的輸入功率等于輸出功率，即U1I1＝U2I2始終成立，故D錯(cuò)誤。答案：B5．如圖所示，質(zhì)量為m的小球A靜止于光滑水平面上，在A球與墻之間用輕彈簧連接。現(xiàn)用完全相同的小球B以水平速度v0與A相碰后粘在一起壓縮彈簧，不計(jì)空氣阻力。若彈簧被壓縮過(guò)程中的最大彈性勢(shì)能為E，從球A被碰后起先到回到原靜止位置的過(guò)程中墻對(duì)彈簧的沖量大小為I，則下列表達(dá)式中正確的是()A．E＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，I＝2mv0 B．E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，I＝2mv0C．E＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，I＝mv0 D．E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，I＝mv0解析：A、B碰撞瞬間，由動(dòng)量守恒定律可知mv0＝2mv1，解得v1＝eq\f(v0,2)，碰撞后系統(tǒng)機(jī)械能守恒，當(dāng)兩球向左減速到零時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，最大彈性勢(shì)能E＝eq\f(1,2)×2m×(eq\f(v0,2))2＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，取A、B整體分析，取向右為正，由動(dòng)量定理可得I＝2m×eq\f(v0,2)－(－2m×eq\f(v0,2))＝2mv0，故A正確。答案：A6．如圖所示，頂端附有光滑定滑輪的斜面體靜止在粗糙水平地面上，三條細(xì)繩結(jié)于O點(diǎn)，一條繩跨過(guò)定滑輪平行于斜面連接物塊P，一條繩連接小球Q，P、Q兩物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，另一條繩OA在外力F的作用下處于水平狀態(tài)?，F(xiàn)保持結(jié)點(diǎn)O位置不變，使OA繩逆時(shí)針緩慢旋轉(zhuǎn)至豎直方向，在此過(guò)程中，P、Q及斜面均保持靜止，則()A．斜面對(duì)物塊P的摩擦力始終減小B．斜面對(duì)物塊P的支持力始終增大C．地面對(duì)斜面體的摩擦力始終減小D．地面對(duì)斜面體的支持力始終增大解析：緩慢逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)繩OA的方向至豎直的過(guò)程中，OA拉力的方向改變從1位置到2位置再到3位置，如圖所示，可見(jiàn)繩OA的拉力先減小后增大，繩OB的拉力始終減小。由于不清晰剛起先繩子拉力與重力沿斜面對(duì)下的分力大小關(guān)系，所以當(dāng)連接P物體的繩子拉力始終減小時(shí)，不能推斷斜面對(duì)物塊P的摩擦力改變狀況，故A錯(cuò)誤；P物體始終在斜面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，則斜面對(duì)P的支持力等于重力垂直斜面對(duì)下的分力，保持不變，故B錯(cuò)誤；以斜面體和P的整體為探討對(duì)象受力分析，依據(jù)平衡條件可知斜面受地面的摩擦力與OB繩水平方向的拉力等大反向，因繩OB的拉力始終減小，與水平方向的夾角不變，所以其水平分力始終減小，則地面對(duì)斜面體向左的摩擦力始終減小，故C正確；以斜面體和P整體為探討對(duì)象受力分析，由于繩OB的拉力始終減小，其豎直向下的分力始終減小，依據(jù)豎直方向受力平衡，知地面對(duì)斜面體的支持力不斷減小，故D錯(cuò)誤。答案：C7．一帶電粒子在電場(chǎng)中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，取該直線(xiàn)為x軸，起始點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，其電勢(shì)能Ep與位移x的關(guān)系如圖所示。下列圖像中合理的是()解析：粒子僅受電場(chǎng)力作用，做初速度為零的加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做的功等于電勢(shì)能的減小量，故F＝|eq\f(ΔEp,Δx)|，即Ep-x圖像上某點(diǎn)的切線(xiàn)的斜率表示電場(chǎng)力，故電場(chǎng)力漸漸減小，依據(jù)E＝eq\f(F,q)，知電場(chǎng)強(qiáng)度也漸漸減小，故A錯(cuò)誤；依據(jù)動(dòng)能定理，有F·Δx＝ΔEk，故Ek-x圖線(xiàn)上某點(diǎn)切線(xiàn)的斜率表示電場(chǎng)力，由于電場(chǎng)力漸漸減小，與B圖沖突，故B錯(cuò)誤；題圖v-x圖像是直線(xiàn)，則相同位移速度增加量相等，又是加速運(yùn)動(dòng)，故增加相等的速度須要的時(shí)間漸漸減小，故加速度漸漸增加，而電場(chǎng)力減小導(dǎo)致加速度減小，故C錯(cuò)誤；粒子做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故D正確。答案：D二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。每小題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。8.宇宙中有一孤立星系，中心天體四周有三顆行星，如圖所示。中心天體質(zhì)量遠(yuǎn)大于行星質(zhì)量，不考慮行星之間的萬(wàn)有引力，三顆行星的運(yùn)行軌道中，有兩個(gè)為圓軌道，半徑分別為r1、r3，一個(gè)為橢圓軌道，半長(zhǎng)軸為a，a＝r3。在Δt時(shí)間內(nèi)，行星Ⅱ、行星Ⅲ與中心天體連線(xiàn)掃過(guò)的面積分別為S2、S3；行星Ⅰ的速率為v1、行星Ⅱ在B點(diǎn)的速率為v2B、行星Ⅱ在E點(diǎn)的速率為v2E、行星Ⅲ的速率為v3。下列說(shuō)法不正確的是()A．S2＝S3B．行星Ⅱ與行星Ⅲ的運(yùn)行周期相等C．行星Ⅱ與行星Ⅲ在P點(diǎn)時(shí)的向心加速度大小相等D．v3<v1<v2E<v2B解析：依據(jù)開(kāi)普勒其次定律可知S2≠S3，故A錯(cuò)誤。已知a＝r3，據(jù)開(kāi)普勒第三定律知行星Ⅱ、行星Ⅲ的運(yùn)行周期相等，B正確。向心加速度為垂直于速度方向的加速度，行星Ⅱ與行星Ⅲ在P點(diǎn)時(shí)加速度相等，但行星Ⅱ在該點(diǎn)的向心加速度為此加速度的重量，小于行星Ⅲ在P點(diǎn)時(shí)的向心加速度，故C錯(cuò)誤。r1<r3，v1＝eq\r(\f(GM,r1))>v3＝eq\r(\f(GM,r3))；考慮到從軌道Ⅰ到軌道Ⅱ的變軌過(guò)程，應(yīng)當(dāng)在B點(diǎn)加速，有v1<v2B；從B點(diǎn)到E點(diǎn)過(guò)程，動(dòng)能向勢(shì)能轉(zhuǎn)化，有v2B>v2E；考慮到v2E小于在E點(diǎn)能夠繞中心天體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需的速度vE，而vE<v3，所以有v2E<v3，綜上所述v2E<v3<v1<v2B，故D錯(cuò)誤。答案：ACD9．鐵路運(yùn)輸中設(shè)計(jì)的多種裝置都運(yùn)用了電磁感應(yīng)原理。有一種電磁裝置可以向限制中心傳輸信號(hào)以確定火車(chē)的位置和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，裝置的原理是：將能產(chǎn)生勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁鐵安裝在火車(chē)首節(jié)車(chē)廂下面，如圖甲所示(俯視圖)，當(dāng)它經(jīng)過(guò)安放在兩鐵軌間的矩形線(xiàn)圈時(shí)，線(xiàn)圈便產(chǎn)生一個(gè)電信號(hào)傳輸給限制中心。線(xiàn)圈長(zhǎng)為l1，寬為l2，匝數(shù)為n。若勻強(qiáng)磁場(chǎng)只分布在一個(gè)矩形區(qū)域內(nèi)，當(dāng)火車(chē)首節(jié)車(chē)廂通過(guò)線(xiàn)圈時(shí)，限制中心接收到線(xiàn)圈兩端電壓u與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示(ab、cd均為直線(xiàn))，則在t1～t2時(shí)間內(nèi)()A．火車(chē)做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)B．M點(diǎn)電勢(shì)低于N點(diǎn)電勢(shì)C．火車(chē)加速度大小為eq\f(u2－u1,nBl2（t2－t1）)D．火車(chē)平均速度大小為eq\f(u1＋u2,2nBl1)解析：由E＝BLv可知，動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)與速度成正比，而在乙圖中ab段的電壓與時(shí)間成線(xiàn)性關(guān)系，因此可知在t1到t2這段時(shí)間內(nèi)，火車(chē)的速度隨時(shí)間勻稱(chēng)增加，所以火車(chē)在這段時(shí)間內(nèi)做的是勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；依據(jù)右手定則，線(xiàn)圈中的感應(yīng)電流是逆時(shí)針?lè)较?，M點(diǎn)電勢(shì)低于N點(diǎn)電勢(shì)，故B正確；由圖知t1時(shí)刻對(duì)應(yīng)的速度為v1＝eq\f(u1,nBl1)，t2時(shí)刻對(duì)應(yīng)的速度為v2＝eq\f(u2,nBl1)，故這段時(shí)間內(nèi)的加速度為a＝eq\f(v2－v1,t2－t1)＝eq\f(u2－u1,nBl1（t2－t1）)，故C錯(cuò)誤；由C可知這段時(shí)間內(nèi)的平均速度為v＝eq\f(v1＋v2,2)＝eq\f(u1＋u2,2nBl1)，故D正確。答案：BD10.一圓筒的橫截面如圖所示，圓心為O的筒內(nèi)有垂直于紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。圓筒下面有帶等量異種電荷的平行金屬板M、N，板間距為d，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場(chǎng)中。粒子與圓筒壁發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設(shè)粒子與圓筒壁碰撞過(guò)程中沒(méi)有能量損失且電荷量保持不變，不計(jì)粒子重力。下列說(shuō)法中正確是()A．圓筒的半徑R為eq\f(\r(3)mv,3qB)B．M、N間電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為eq\f(mv2,qd)C．帶電粒子在如圖所示的系統(tǒng)中做周期性運(yùn)動(dòng)，周期為eq\f(πm,qB)＋eq\f(2d,v)D．將磁感應(yīng)強(qiáng)度增大到適當(dāng)?shù)闹?，帶電粒子在圓筒中可以經(jīng)過(guò)更多次碰撞，最終從S孔射出解析：如圖所示，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)第一次碰撞點(diǎn)為A，因?yàn)榱Ｗ优c圓筒壁發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出，因此，SA弧所對(duì)的圓心角∠AO′S＝eq\f(π,3)，由幾何關(guān)系得r＝Rtaneq\f(π,3)，粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中洛倫茲力充當(dāng)向心力，由牛頓其次定律得qvB＝meq\f(v2,r)，聯(lián)立解得R＝eq\f(\r(3)mv,3qB)，故A正確；設(shè)兩板間的電壓為U，由動(dòng)能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2，由勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系得U＝Ed，聯(lián)立上式得E＝eq\f(mv2,2qd)，故B錯(cuò)誤；帶電粒子電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝2×eq\f(2d,