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(課標版)高考物理二輪復習 選擇題提速練7(含解析)-人教版高三全冊物理試題

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1、選擇題提速練7 時間:45分鐘 1~5單選,6~8多選 1.(2019·全國卷Ⅲ)楞次定律是下列哪個定律在電磁感應現(xiàn)象中的具體體現(xiàn)( D ) A.電阻定律 B.庫侖定律 C.歐姆定律 D.能量守恒定律 解析:楞次定律中的“阻礙”作用,是能量守恒定律在電磁感應現(xiàn)象中的具體體現(xiàn),在克服這種“阻礙”的過程中,其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能,選項D正確. 2.在地面附近,存在著一個有界電場,邊界MN將空間分成左、右兩個區(qū)域,在右區(qū)域中有水平向左的勻強電場,在右區(qū)域中離邊界MN某一位置的水平地面上由靜止釋放一個質(zhì)量為m的帶電滑塊(滑塊的電荷量始終不變),如圖甲所示,滑塊運動的v-t圖象如圖

2、乙所示,不計空氣阻力,則( C ) A.滑塊在MN右邊區(qū)域運動的位移大小與在MN左邊區(qū)域運動的位移大小相等 B.在t=5 s時,滑塊經(jīng)過邊界MN C.滑塊受到的滑動摩擦力與電場力之比為25 D.在滑塊運動的整個過程中,滑動摩擦力做的功小于電場力做的功 解析:根據(jù)題中速度圖線與橫軸所圍的面積表示位移可知,滑塊在MN右邊區(qū)域運動的位移大小與在MN左邊區(qū)域運動的位移大小不相等,選項A錯誤.根據(jù)題圖乙所示速度圖象可知,t=2 s時滑塊越過分界線MN,選項B錯誤.根據(jù)題中速度圖象斜率表示加速度可知,在0~2 s時間內(nèi),滑塊加速度大小可表示為a1=,在2~5 s時間內(nèi),滑塊加速度大小可表示

3、為a2=,設(shè)電場力為F,運動過程中所受摩擦力為f,對滑塊在MN分界線右側(cè)的運動,由牛頓第二定律,F(xiàn)-f=ma1,對滑塊在MN分界線左側(cè)的運動,由牛頓第二定律,f=ma2,聯(lián)立解得:fF=25,選項C正確.在滑塊運動的整個過程中,滑動摩擦力做的功可表示為Wf=f·2.5v0,電場力做的功可表示為WF=F·v0=2.5f·v0,二者做功相等,選項D錯誤. 3.AB板間存在豎直方向的勻強電場,現(xiàn)沿垂直電場線方向射入三種比荷相同的帶電微粒(不計重力),a、b和c的運動軌跡如圖所示,其中b和c是從同一點射入的,不計空氣阻力,則可知粒子運動的全過程( B ) A.運動加速度:aa>ab>a

4、c B.飛行時間:tb=tc>ta C.水平速度:va>vb=vc D.電勢能的減少量:ΔEc=ΔEb>ΔEa 解析:根據(jù)牛頓第二定律得,微粒的加速度為a=,據(jù)題相同,E相同,所以aa=ab=ac,選項A錯誤;三個帶電微粒在豎直方向都做初速度為零的勻加速直線運動,由y=at2得t=,由圖有yb=y(tǒng)c>ya,則tb=tc>ta,選項B正確;三個帶電微粒水平方向都做勻速直線運動,由x=v0t得v0=,由圖知xa>xb>xc,又tb=tc>ta,則 va>vb>vc,選項C錯誤;電場力做功為W=qEy,由于三個微粒的電荷量關(guān)系不能確定,所以不能確定電場力做功的大小,也就不能確定電勢能減少量

5、的大小,選項D錯誤. 4.如圖所示,處于真空中的勻強電場水平向右,有一質(zhì)量為m、帶電荷量為-q的小球從P點以大小為v0的初速度水平向右拋出,經(jīng)過t時間到達Q點(圖中未畫出)時的速度仍為v0,則小球由P點運動到Q點的過程中,下列判斷正確的是( C ) A.Q點在P點正下方 B.小球電勢能減少 C.小球重力勢能減少量等于mg2t2 D.Q點應位于P點所在豎直線的左側(cè) 解析:從P到Q點,根據(jù)動能定理可知mgh+W電=mv-mv=0,因重力做正功,則電場力做負功,電勢能增加,則Q點應該在P點的右下方,選項A、B、D錯誤;小球在豎直方向下落的高度h= gt2,則小球重力勢能減少量ΔEp

6、=mgh=mg2t2,選項C正確. 5.如圖所示,由Oa、Ob、Oc三個鋁制薄板互成120°角均勻分開的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個勻強磁場區(qū)域,其磁感應強度分別用B1、B2、B3表示.現(xiàn)有帶電粒子自a點垂直O(jiān)a板沿逆時針方向射入磁場中,帶電粒子完成一周運動,假設(shè)帶電粒子穿過鋁質(zhì)薄板過程中電荷量不變,在三個磁場區(qū)域中的運動時間之比為135,軌跡恰好是一個以O(shè)為圓心的圓,不計粒子重力,則( C ) A.磁感應強度B1B2B3=135 B.磁感應強度B1B2B3=531 C.其在b、c處穿越鋁板所損失的動能之比為252 D.其在b、c處穿越鋁板所損失的動能之比為275

7、 解析:帶電粒子在磁場中運動的時間為t=T,在各個區(qū)域的圓心角均為θ=,根據(jù)洛倫茲力提供向心力得qvB=m,解得粒子在磁場中運動的周期T==,則t=,解得B=,又因為m、q均為定值,所以三個區(qū)域的磁感應強度之比為B1B2B3=1553,故A、B錯誤;三個區(qū)域的磁場半徑為r=,又因為動能Ek=mv2,聯(lián)立解得Ek=,因為q、m和r均相同,故三個區(qū)域中運動的動能之比為Ek1Ek2Ek3=BBB=225259,設(shè)比例中的每一份為k,則在b處穿越鋁板所損失的動能為ΔEk1=225k-25k=200k,在c處穿越鋁板所損失的動能為ΔEk2=25k-9k=16k,在b、c處穿越鋁板所損

8、失的動能之比為ΔEk1ΔEk2=252,故C正確,D錯誤. 6.質(zhì)量為m、帶電量為+q的小金屬塊A以初速度v0從光滑絕緣水平高臺上飛出.已知在足夠高的高臺邊緣右面空間中存在水平向左的勻強電場,場強大小E=.則( BD ) A.金屬塊不一定會與高臺邊緣相碰 B.金屬塊一定會與高臺邊緣相碰,相碰前金屬塊在做勻變速運動 C.金屬塊運動過程中距高臺邊緣的最大水平距離為 D.金屬塊運動過程的最小速度為 解析:電場力F=qE=3mg,方向向左,小金屬塊豎直方向做自由落體運動,水平方向先向右做勻減速直線運動,然后向左做勻加速直線運動,一定會與高臺邊緣相碰,故A錯誤,B正確;小金屬塊水平

9、方向先向右做勻減速直線運動,加速度大小為3g,根據(jù)速度位移關(guān)系公式得xm==,故C錯誤;小金屬塊水平方向向右做勻減速直線運動,vx=v0-3gt,豎直方向做自由落體運動,vy=gt,合速度v==,當t=時,vmin=,故D正確. 7.如圖所示,開始靜止的帶電粒子帶電荷量為+q,質(zhì)量為m(不計重力),從點P經(jīng)電場加速后,從小孔Q進入右側(cè)的邊長為L的正方形勻強磁場區(qū)域(PQ的連線經(jīng)過AD邊、BC邊的中點),磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外,若帶電粒子只能從CD邊射出,則( AD ) A.兩板間電壓的最大值Umax= B.兩板間電壓的最小值Umin= C.能夠從CD邊射出的粒子

10、在磁場中運動的最短時間tmin= D.能夠從CD邊射出的粒子在磁場中運動的最長時間tmax= 解析:粒子運動軌跡如圖所示,粒子打在C點的半徑最大,粒子打在D點時軌道半徑最小,由幾何知識得r=L2+(r最大-L)2,解得r最大=L,r最?。絃,粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得qvB=m,解得v最大=,v最?。剑W釉陔妶鲋屑铀?,由動能定理得qU=mv2-0,解得Umax=,Umin=,故A正確,B錯誤;粒子在磁場中做圓周運動的周期T=,打在C點的粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角最小,最小圓心角α=arcsin=53°,能夠從CD邊射出的粒子在磁場中運動的最短時間tmi

11、n=T=,故C錯誤;打在D點的粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為180°,能夠從CD邊射出的粒子在磁場中運動的最長時間tmax=T=,故D正確. 8.如圖所示為質(zhì)譜儀的工作原理圖,初速度忽略不計的帶電粒子進入加速電場,經(jīng)加速電場加速后進入速度選擇器,在速度選擇器中直線運動后通過平板S的狹縫P進入平板S下方的偏轉(zhuǎn)磁場,磁場的方向垂直于紙面,磁感應強度大小為B,粒子最終打在膠片A1A2上,粒子打在膠片上的位置離P點距離為L,加速電場兩板間的電壓為U,速度選擇器兩板間的電場強度大小為E,不計粒子的重力,則下列判斷正確的是( CD ) A.速度選擇器兩板間磁場的方向垂直于紙面向里 B.平板S下面的偏轉(zhuǎn)磁場方向垂直于紙面向里 C.粒子經(jīng)加速電場加速后獲得的速度大小為 D.速度選擇器兩板間磁場的磁感應強度大小為 解析:粒子經(jīng)加速電場加速,根據(jù)加速電場可知,粒子帶正電,要使粒子沿直線運動,粒子在速度選擇器中受到的電場力與洛倫茲力應大小相等,由此可以判斷出速度選擇器中磁場的方向垂直于紙面向外,故A錯誤;粒子進入偏轉(zhuǎn)磁場后向左偏轉(zhuǎn),根據(jù)左手定則可知,偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于紙面向外,故B錯誤;粒子經(jīng)加速電場加速,由動能定理得qU=mv2,在速度選擇器中有qE=qvB1,粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中做圓周運動,洛倫茲力提供向心力,則有qvB=m,聯(lián)立解得v=,B1=,故C、D正確.

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