選擇題提速保分練(四)

選擇題提速保分練(四)一、單項選擇題：本題共5小題，每小題6分，共30分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.如圖是會議室火災(zāi)報警器的工作原理圖，發(fā)生火災(zāi)時，火光中的紫外線照到K極，光電子飛出到達陽極A，電路導(dǎo)通開始報警。已知火光中紫外線的頻率約為1.1×1015～2×1015Hz之間，而日光中紫外線的頻率主要在7.5×1014～9.5×1014Hz之間，則()A．若報警器正常工作，K極材料的截止頻率可以是8.5×1014HzB．火災(zāi)發(fā)生時，火光中的紫外線照到K極2～3分鐘報警器才能正常工作報警C．若電源左邊為正極，電源電壓增加到一定數(shù)值，則無論火光多強都不會報警D．電壓表示數(shù)增大，證明火情在減弱，光強在減弱解析：選C由題目條件分析，當(dāng)發(fā)生火災(zāi)時，需要啟動報警裝置，而火光中的紫外線波長主要在1.1×1015～2×1015Hz之間，則K極材料的截止頻率應(yīng)大于1.1×1015Hz，故A錯誤；只要發(fā)生火光，當(dāng)火光中的紫外線照射到K極時，立即就能發(fā)生光電效應(yīng)，電壓表就會有示數(shù)，不需要照射足夠長時間，故B錯誤；若電源左邊為正極，可以增大A、K板間的反向電壓，反向電壓阻礙光電子運動到A極板，反向電壓增加到一定數(shù)值，光電子不能到達A，則無論火光多強都不會報警，故C正確；若火情變大，則火光中會有更多且更高頻率的紫外線照射到K極上，將有更多的光電子運動到A極板，形成更大的光電流，電壓表示數(shù)變大，反之，則電壓表示數(shù)變小，故D錯誤。2．國際科研團隊發(fā)現(xiàn)了兩顆距離地球僅100光年的新行星，其中一顆可能適合生命生存。這兩顆行星分別是LP890-9b(以下簡稱行星A)和LP890-9c(以下簡稱行星B)。行星A的半徑約為8370公里，僅需2.7天就能繞恒星C一圈；行星B半徑約為8690公里，8.5天能繞恒星C一圈，行星B到恒星C的距離約為水星與太陽間距離的0.1倍，水星的公轉(zhuǎn)周期約為88天。假設(shè)行星A、B繞恒星C做勻速圓周運動。則()A．行星A表面的重力加速度大于行星B表面的重力加速度B．行星A的公轉(zhuǎn)軌道半徑大于行星B的公轉(zhuǎn)軌道半徑C．太陽的質(zhì)量大于恒星C的質(zhì)量D．水星的公轉(zhuǎn)速度大于行星B的公轉(zhuǎn)速度解析：選C根據(jù)牛頓第二定律，萬有引力提供行星表面重力加速度得Geq\f(mm0,R2)＝m0g，故重力加速度為g＝eq\f(Gm,R2)，行星A與行星B的質(zhì)量關(guān)系未知，故無法判斷兩行星表面的重力加速度的大小，故A錯誤；根據(jù)開普勒第三定律eq\f(r3,T2)＝k，由題意可知，行星A的周期比行星B的周期小，故行星A的軌道半徑小于行星B的軌道半徑，故B錯誤；由題意，設(shè)行星B到恒星C的距離與水星到太陽的距離之比為r1∶r2，行星B繞恒星C的一周所用時間與水星繞太陽一周所用時間之比為T1∶T2，根據(jù)萬有引力提供向心力可得Geq\f(Mm,r2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2r，解得M＝eq\f(4π2r3,GT2)，所以恒星C與太陽的質(zhì)量之比eq\f(M1,M2)＝eq\f(r13T22,r23T12)<1，故太陽的質(zhì)量大于恒星C的質(zhì)量，故C正確；公轉(zhuǎn)速度與公轉(zhuǎn)周期的關(guān)系為v＝eq\f(2π,T)·r，則行星B的公轉(zhuǎn)速度v1與水星的公轉(zhuǎn)速度v2之比為eq\f(v1,v2)＝eq\f(r1,r2)·eq\f(T2,T1)>1，故水星的公轉(zhuǎn)速度小于行星B的公轉(zhuǎn)速度，故D錯誤。3．如圖甲所示，為特高壓輸電線路上使用六分裂阻尼間隔棒的情景。其簡化如圖乙，間隔棒將6條輸電導(dǎo)線分別固定在一個正六邊形的頂點a、b、c、d、e、f上，O為正六邊形的中心，A點、B點分別為Oa、Od的中點。已知通電導(dǎo)線在周圍形成磁場的磁感應(yīng)強度與電流大小成正比，與到導(dǎo)線的距離成反比。6條輸電導(dǎo)線中通有垂直紙面向外、大小相等的電流，其中a導(dǎo)線中的電流對b導(dǎo)線中電流的安培力大小為F，則()A．O點的磁感應(yīng)強度大小為零B．A點和B點的磁感應(yīng)強度相同C．a(chǎn)導(dǎo)線所受安培力為FD．a(chǎn)導(dǎo)線所受安培力方向沿Oa指向a解析：選A根據(jù)右手螺旋定則可知a和d導(dǎo)線在O點處的磁場等大反向，b和e導(dǎo)線在O點處的磁場等大反向，c和f導(dǎo)線在O點處的磁場等大反向，故O點的磁感應(yīng)強度為零，故A正確；根據(jù)對稱性可知A點和B點的磁感應(yīng)強度大小相等，方向不同，關(guān)于O點對稱，故B錯誤；根據(jù)題意可知b、f對導(dǎo)線a的安培力大小為F，e、c對導(dǎo)線a的安培力大小為eq\f(\r(3),3)F，d對導(dǎo)線a的安培力大小為eq\f(F,2)，根據(jù)矢量的合成可得a導(dǎo)線所受安培力Fa＝2Fsin30°＋2×eq\f(\r(3)F,3)sin60°＋eq\f(F,2)＝eq\f(5F,2)，所有導(dǎo)線的電流方向相同，所以導(dǎo)線之間安培力表現(xiàn)為相互吸引，則a導(dǎo)線所受安培力方向沿aO指向O，故C、D錯誤。4．兩根質(zhì)量均為m的光滑金屬棒a、b垂直放置在如圖所示的足夠長的水平導(dǎo)軌上，兩金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌左邊間距是右邊間距的2倍，兩導(dǎo)軌所在的區(qū)域處于豎直向下的勻強磁場中。一根不可伸長的絕緣輕質(zhì)細線一端系在金屬棒b的中點，另一端繞過輕小光滑定滑輪與質(zhì)量也為m的重物c相連，線的水平部分與導(dǎo)軌平行且足夠長，c離地面足夠高，重力加速度為g。由靜止釋放重物c后，兩金屬棒始終處在各自的導(dǎo)軌上垂直于導(dǎo)軌運動，達到穩(wěn)定狀態(tài)后，細線中的拉力大小為(導(dǎo)軌電阻忽略不計)()A.eq\f(2,5)mg B.eq\f(3,5)mgC.eq\f(5,9)mg D．mg解析：選C設(shè)a、b棒的速度大小分別為v1、v2，加速度大小分別為a1、a2，c與b棒加速度大小相等，回路中的電流為I，回路中的電動勢為E＝BLv2－B·2Lv1，到穩(wěn)定狀態(tài)后，電路中的電流恒定，即電動勢恒定，導(dǎo)體棒的加速度恒定，設(shè)k＝v2－2v1，當(dāng)k恒定時達到穩(wěn)定狀態(tài)，由此可知，導(dǎo)體棒的加速度滿足a2＝2a1，受力狀態(tài)如圖，對a棒受力分析有2BIL＝ma1，對b棒受力分析有T－BIL＝ma2，對c受力分析有mg－T＝ma2，解得a1＝eq\f(2,9)g，a2＝eq\f(4,9)g，T＝eq\f(5,9)mg，C正確，A、B、D錯誤。5．如圖所示為理想變壓器，其原、副線圈匝數(shù)比為k，所接電源為有效值恒定的正弦交流電壓，且不計電源內(nèi)阻。原線圈接有定值電阻R0，副線圈接有定值電阻R1、R3，以及滑動變阻器R2，四個理想交流電表的連接如圖所示?，F(xiàn)將R2的滑片向下滑動少許，電表的示數(shù)變化量的絕對值分別為ΔU1、ΔU2、ΔI1、ΔI2，則下列說法正確的是()A．電壓表V2的示數(shù)減小，電流表A2的示數(shù)減小B．電壓表V1的示數(shù)增大，電流表A1的示數(shù)增大C.eq\f(ΔU1,ΔI2)∶eq\f(ΔU2,ΔI1)＝eq\f(1,k2)D.eq\f(ΔU1,ΔI1)∶eq\f(ΔU2,ΔI2)＝k2解析：選D把副線圈負載電阻看作變壓器原線圈的等效電阻R原＝eq\f(U1,I1)＝eq\f(kU2,\f(I2,k))＝k2R，滑動變阻器的滑片向下滑動，則副線圈電路總電阻值增大，作出該變壓器的等效電路如圖所示，可知等效電阻k2R增大，則電流表A1示數(shù)減小，從而A2示數(shù)也減小，又因為R0分壓減小，V1示數(shù)增大，可知V2示數(shù)增大，故A、B錯誤；由原、副線圈電壓比與匝數(shù)比的關(guān)系可得eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝k，可知U2＝eq\f(U1,k)，由原、副線圈電流比與匝數(shù)比的關(guān)系可得eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(1,k)，可知I2＝kI1，則有eq\f(ΔU1,ΔU2)＝k，eq\f(ΔI2,ΔI1)＝k，則有eq\f(ΔU1,ΔU2)∶eq\f(ΔI2,ΔI1)＝1，eq\f(ΔU1,ΔI2)∶eq\f(ΔU2,ΔI1)＝1，故C錯誤；由以上分析可知eq\f(ΔU1,ΔI1)＝R0，eq\f(ΔU2,ΔI2)＝eq\f(ΔU1,k·k·ΔI1)＝eq\f(R0,k2)，則有eq\f(ΔU1,ΔI1)∶eq\f(ΔU2,ΔI2)＝k2，故D正確。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。每小題有多個選項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。6.如圖所示，光滑的四分之一圓環(huán)AB豎直放置，環(huán)上穿有兩個用細線連接的小球1和2。初始時小球2在B點，現(xiàn)給小球1施加一個始終沿小球1所在處切線方向的外力F，使整個系統(tǒng)緩慢上升，直至小球1到達A點，對于該過程下列說法正確的是()A．細線中拉力逐漸變小B.小球1所受合外力逐漸變小C．小球2所受的支持力逐漸變大D.外力F逐漸變大解析：選AC設(shè)兩球分別到達P、Q位置時的受力如圖所示依題意對小球2有eq\f(m2g,sinα)＝eq\f(T,sinβ)＝eq\f(FN2,sinγ)，其中α不變、β變小、γ變大，所以T變小，F(xiàn)N2變大，故A、C正確；對小球1有F＝Tsinθ2＋m1gsinθ1，其中θ2不變，θ1減小，故而F減小，故D錯誤；因為整個系統(tǒng)緩慢運動，所以小球1所受合外力一直為零，故B錯誤。7．如圖所示，a、b、c、d是勻強電場中的四個點，它們正好是正方形的四個頂點。在正方形兩對角線的交點O處有一個電子發(fā)射源，在平面內(nèi)向各個方向發(fā)射出初動能均為3eV的電子。所有到達正方形邊界的電子中，到達c點的電子動能最大。已知正方形的邊長為10cm，電子到達c點時動能為7eV。電子僅在電場力的作用下運動，下列說法正確的是()A．該勻強電場的電場強度方向從a點指向c點B．該勻強電場的電場強度大小為40eq\r(2)V/mC．若b點的電勢為零，電子運動到a點時的電勢能為－1eVD．電子到達ab中點時的動能為1eV解析：選BD根據(jù)題意電子到達c點的動能最大，說明電子從O到c電場力做功最多，從O到c動能增大，電場力做正功，電子沿電場線反方向運動，故電場線從c點指向a點，故A錯誤；根據(jù)動能定理可得－eUOc＝Ekc－EkO，解得UOc＝－4V，正方形邊長L＝10cm，Oc的距離為dOc＝eq\f(\r(2),2)L＝5eq\r(2)cm，電場強度的大小為E＝eq\f(|UOc|,dOc)＝40eq\r(2)V/m，B正確；由于bd垂直于ac，則φb＝φO＝0，EpO＝－eφO＝0J，WOa＝EpO－Epa＝－eEdOa，dOa＝eq\f(\r(2),2)L＝5eq\r(2)cm，綜上所述，Epa＝4eV，故C錯誤；設(shè)ab中點為p，從O到p由動能定理得－eEdOp＝Ekp－EkO，又dOp＝eq\f(L,2)cos45°，代入數(shù)據(jù)計算可得Ekp＝1eV，D正確。8．如圖所示，在水平向左且足夠大的勻強電場中，一長為L的絕緣細線一端固定于O點，另一端系著一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，小球靜止在M點?，F(xiàn)給小球一垂直于OM的初速度v0，使其在豎直平面內(nèi)繞O點恰好做完整的圓周運動，AB為圓的豎直直徑。已知勻強電場的場強大小為E＝eq\f(\r(3)mg,q)，重力加速度為g。當(dāng)小球第二次運動到B點時細線突然斷裂，則下列說法正確的是()A．小球做完整的圓周運動時，動能的最小值為mgLB．細線斷裂后，小球動能的最小值為eq\f(1,2)mgLC．從細線斷裂到小球的動能與B點動能相等的過程中，電勢能增加了mgLD．從細線斷裂到小球的電勢能與B點電勢能相等的過程中，重力勢能減少了eq\f(8,3)mgL解析：選ABD由題意等效最高點在OM連線的反向延長線與圓周的交點上，設(shè)為N，則在N點滿足F等＝eq\r(mg2＋\r(3)mg2)＝2mg，所以2mg＝eq\f(mv2,L)，即動能的最小值為Ekmin＝eq\f(1,2)mv2＝mgL，故A正確；由題意知，設(shè)OM與水平方向夾角為θ，tanθ＝eq\f(mg,qE)＝eq\f(\r(3),3)，θ＝30°，細線斷裂后，當(dāng)小球速度沿等效重力反方向的分速度為零時，動能最小，又因為從B到N點，由動能定理得－2mg(L－Lsin30°)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝2eq\r(gL)，所以最小動能為Ekmin＝eq\f(1,2)m(vBsin30°)2＝eq\f(1,2)mgL，故B正確；因為從細線斷裂到小球的動能與B點動能相等的過程中，由動能定理知合外力做功為零，即小球速度沿等效重力反方向的