選擇題48分專練(一)選擇題(本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)14．入射光照在金屬表面上發(fā)生光電效應，若減弱入射光的強度，而保持頻率不變，則()A．有可能不發(fā)生光電效應B．逸出的光電子的最大初動能將減小C．單位時間內從金屬表面逸出的光電子數(shù)目將減少D．從光照到金屬表面上到發(fā)射出光電子的時間間隔明顯增加解析：根據(jù)光電效應的規(guī)律，能否發(fā)生光電效應取決于入射光的頻率，而不是入射光的強度，入射光的頻率不變，仍能發(fā)生光電效應，故A錯誤。根據(jù)光電效應方程Ekm＝hν－W0知，入射光的頻率不變，最大初動能不變，故B錯誤。當能產(chǎn)生光電效應時，單位時間內逸出的光電子數(shù)目與入射光的強度成正比，所以減弱入射光的強度，單位時間內從金屬表面逸出的光電子數(shù)目將減少，故C正確。光電效應發(fā)射出光電子的時間極短，幾乎是瞬間的，與光照強度無關，故D錯誤。答案：C15.如圖，豎直平行金屬板分別與電源正、負極相接，一帶電顆粒沿圖中直線從A向B運動，則該帶電顆粒()A．動能減小 B．電勢能減小C．機械能減小 D．可能帶負電解析：帶電顆粒受到重力和電場力兩個力，電場力在水平方向上，由于顆粒做直線運動，可知電場力方向必定水平向右，顆粒帶正電，故D錯誤；顆粒所受的合力與速度方向相同，對顆粒做正功，其動能增加，故A錯誤；由于電場力做正功，由功能關系知，顆粒的電勢能減少，機械能增加，故B正確，C錯誤。答案：B16．如圖甲，某工地上起重機將重為G的正方形工件緩緩吊起。四根等長的鋼繩(質量不計)，一端分別固定在正方形工件的四個角上，另一端匯聚于一處掛在掛鉤上，繩端匯聚處到每個角的距離均與正方形的對角線長度相等(如圖乙)。則每根鋼繩的受力大小為()A.eq\f(1,4)G B．eq\f(\r(2),4)GC.eq\f(1,2)G D．eq\f(\r(3),6)G解析：工件緩慢吊起，受力平衡，則四根繩的合力F＝G，設繩與水平方向的夾角為α，每根繩的拉力為FT，由于繩匯聚處到每個角的距離均與正方形的對角線長度相等，根據(jù)幾何關系得α＝60°，則4FTsin60°＝G，得FT＝eq\f(\r(3)G,6)，選項D正確。答案：D17．如圖甲所示“火災報警系統(tǒng)”電路中，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為10∶1，原線圈接入圖乙所示的電壓，電壓表和電流表均為理想電表，R0為半導體熱敏電阻，其阻值隨溫度的升高而減小，R1為變阻器，當通過報警器的電流超過某值時，報警器將報警。下列說法正確的是()A．電壓表V的示數(shù)為20VB．R0處出現(xiàn)火情時，電流表A的示數(shù)減小C．R0處出現(xiàn)火情時，變壓器的輸入功率增大D．要使報警器的臨界溫度升高，可將R1的滑片P適當向下移動解析：設原線圈輸入電壓有效值為U1，根據(jù)有效值的定義，則有eq\f(U2,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U\o\al(2,1),R)T，U＝200V，解得U1＝100eq\r(2)V，由變壓器原理可得副線圈輸出電壓即電壓表示數(shù)U2＝10eq\r(2)V，選項A錯誤。R0處出現(xiàn)火情時，熱敏電阻的阻值減小，副線圈電流增大，根據(jù)變壓器原理，電流表A的示數(shù)增大，變壓器輸入功率增大，選項B錯誤，C正確。將R1的滑片P向上移動，副線圈電路的總電阻變小，總電流增大，R0處電壓變大，報警器的分壓變小，電流也減小，報警器的臨界溫度升高，選項D錯誤。答案：C18.如圖所示，水平面上固定著兩根相距L且電阻不計的足夠長的光滑金屬導軌，導軌處于方向豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場中，銅棒a、b的長度均等于兩導軌的間距，電阻均為R、質量均為m，銅棒平行地靜止在導軌上且與導軌接觸良好?，F(xiàn)給銅棒a一個平行于導軌向右的瞬時沖量I，關于此后的過程，下列說法正確的是()A．回路中的最大電流為eq\f(BLI,mR)B．銅棒b的最大加速度為eq\f(B2L2I,2m2R)C．銅棒b獲得的最大速度為eq\f(I,m)D．回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為eq\f(I2,2m)解析：給銅棒a一個平行于導軌向右的瞬時沖量I，由動量定理可知銅棒a的初速度為va＝eq\f(I,m)，此時回路中感應電動勢最大，感應電流最大，最大感應電動勢E＝BLva＝eq\f(BLI,m)，回路中最大電流i＝eq\f(E,2R)＝eq\f(BLI,2mR)，選項A錯誤。銅棒b所受的最大安培力F＝BiL＝eq\f(B2L2I,2mR)，由牛頓第二定律F＝ma，可得銅棒b的最大加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(B2L2I,2m2R)，選項B正確。由于導軌足夠長，對銅棒a、b組成的系統(tǒng)，動量守恒，最終二者速度相等，由動量守恒定律可知銅棒b獲得的最大速度為vb＝eq\f(1,2)va＝eq\f(I,2m)，選項C錯誤。由能量守恒定律知回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)－2×eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)＝eq\f(I2,4m)，選項D錯誤。答案：B19．如圖所示，平行金屬板M、N之間有豎直向下的勻強電場，虛線下方有垂直紙面的勻強磁場，質子和α粒子分別從上板中心S點由靜止開始運動，經(jīng)電場加速后從O點垂直磁場邊界進入勻強磁場，最后從a、b兩點射出磁場(不計重力)，下列說法正確的是()A．磁場方向垂直紙面向外B．從a點離開的是α粒子C．從b點離開的粒子在磁場中運動的速率較大D．粒子從S出發(fā)到離開磁場，由b點離開的粒子所用時間較長解析：質子和α粒子都帶正電荷，由左手定則可知，磁場方向垂直紙面向外，選項A正確。粒子在勻強電場中加速，由動能定理，qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))。進入勻強磁場中，洛倫茲力提供向心力，qvB＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立解得R＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，由此可知，α粒子的軌道半徑較大，從a點離開的是質子，從b點離開的是α粒子，α粒子在磁場中運動的速率較小，選項B、C錯誤。質子和α粒子在電場中加速，α粒子末速度是質子末速度的eq\f(\r(2),2)，在電場中運動時間是質子的eq\r(2)倍。而質子和α粒子在磁場中運動時間都是半個周期，由周期公式T＝eq\f(2πm,qB)，可知α粒子在磁場中運動時間是質子在磁場中運動時間的2倍。綜上可知，粒子從S出發(fā)到離開磁場，由b點離開的α粒子所用時間較長，選項D正確。答案：AD20.如圖，在角錐體表面上放一個物體，角錐繞豎直軸轉動。當角錐體旋轉角速度增大時，物體仍和角錐體保持相對靜止，則()A．物體受到的支持力減小B．物體受到的合外力不變C．角錐對物體的作用力不變D．物體受到的靜摩擦力增大解析：物體隨角錐體繞豎直軸轉動，對物體受力分析，設傾斜面與水平面的夾角為α，所以在豎直方向mg＝FNcosα＋Ffsinα，水平方向上Ffcosα－FNsinα＝mω2r，當角錐體旋轉的角速度增大時，物體仍和角錐體保持相對靜止，則物體需要的向心力增大，分析知靜摩擦力增大，支持力減小，物體豎直方向所受合力為零，水平方向向心力增大，所以物體所受合外力增大，選項A、D正確。答案：AD21．地球半徑R＝6390km、自轉周期T＝24h、表面重力加速度g＝9.8m/s2，電磁波在空氣中的傳播速度c＝3×108m/s，不考慮大氣層對電磁波的影響。要利用同一軌道上數(shù)量最少的衛(wèi)星，實現(xiàn)將電磁波信號由地球赤道圓直徑的一端傳播到該直徑的另一端的目的，則()A．衛(wèi)星數(shù)量最少為2顆B．信號傳播的時間至少為8.52×10－2sC．衛(wèi)星運行的最大向心加速度為4.9m/s2D．衛(wèi)星繞地球運行的周期至少為24h解析：分析可知，為實現(xiàn)題述目的，至少需要兩顆衛(wèi)星，且這兩顆衛(wèi)星的最近距離是2R，其位置分別在P1、P2，故A正確。由圖可知，此