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選擇題專練(十) 1．1820年4月，丹麥物理學(xué)家奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)．已知通電長(zhǎng)直導(dǎo)線周圍某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝k，即磁感應(yīng)強(qiáng)度B與導(dǎo)線中的電流成正比、與該點(diǎn)到導(dǎo)線的距離r成反比．如圖1所示，兩根平行長(zhǎng)直導(dǎo)線相距為x0，分別通以大小不等、方向相同的電流，已知I1>I2.規(guī)定磁場(chǎng)方向垂直紙面向里為正，在0～x0區(qū)間內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨x變化的圖線可能是圖中的(　　) 圖1 答案　A 解析　根據(jù)右手螺旋定則可得左邊通電導(dǎo)線在兩根導(dǎo)線之間的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，右邊通電導(dǎo)線在兩根導(dǎo)線之間的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，離導(dǎo)線越遠(yuǎn)磁場(chǎng)越弱，在兩根導(dǎo)線中間偏右位置合磁感應(yīng)強(qiáng)度為零．由于規(guī)定磁場(chǎng)方向垂直紙面向里為正，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤． 2．已知?dú)湓拥幕鶓B(tài)能量為E1，激發(fā)態(tài)能量En＝，其中n＝2,3,4…，h表示普朗克常量，c表示真空中的光速．有一氫原子處于n＝3的激發(fā)態(tài)，在它向低能級(jí)躍遷時(shí)，可能輻射的光子的最大波長(zhǎng)為(　　) A．－ B．－ C．－ D．－ 答案　A 解析　有一氫原子處于n＝3的激發(fā)態(tài)，在它向n＝2能級(jí)躍遷時(shí)，輻射的光子能量最小，輻射的光子的波長(zhǎng)最大，則有E3－E2＝，解得λ＝－，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤． 3．月球探測(cè)器從月球返回地球的過程可以簡(jiǎn)單分成四步，如圖2所示第一步將月球探測(cè)器發(fā)射至月球表面附近的環(huán)月圓軌道，第二步在環(huán)月軌道的A處進(jìn)行變軌進(jìn)入月地轉(zhuǎn)移軌道Ⅱ，第三步當(dāng)接近地球表面附近時(shí)，又一次變軌，從B點(diǎn)進(jìn)入繞地圓軌道Ⅲ，第四步再次變軌道后降落至地面，下列說法正確的是(　　) 圖2 A．將月球探測(cè)器發(fā)射至軌道Ⅰ時(shí)所需的發(fā)射速度為7.9 km/s B．月球探測(cè)器從環(huán)月軌道Ⅰ進(jìn)入月地轉(zhuǎn)移軌道Ⅱ需要加速 C．月球探測(cè)器從A沿月地轉(zhuǎn)移軌Ⅱ到達(dá)B點(diǎn)的過程中其動(dòng)能一直增加 D．月球探測(cè)器在第四步變軌時(shí)需要加速 答案　B 解析　月球的第一宇宙速度比地球的要小，故A錯(cuò)誤；月球探測(cè)器從軌道Ⅰ進(jìn)入月地轉(zhuǎn)移軌道Ⅱ是離心運(yùn)動(dòng)，所以需要加速，所以B正確；剛開始的時(shí)候月球?qū)υ虑蛱綔y(cè)器的引力大于地球?qū)υ虑蛱綔y(cè)器的引力，所以探測(cè)器動(dòng)能要減小，之后當(dāng)?shù)厍虻囊Υ笥谠虑虻囊r(shí)，探測(cè)器的動(dòng)能就開始增加，故C錯(cuò)誤；月球探測(cè)器降落至地面的運(yùn)動(dòng)為近心運(yùn)動(dòng)，需要減速，故D錯(cuò)誤． 4．如圖3所示，質(zhì)量為0.5 kg的一塊橡皮泥自距小車上表面1.25 m高處由靜止下落，恰好落入質(zhì)量為2 kg、速度為2.5 m/s沿光滑水平地面運(yùn)動(dòng)的小車上，并與小車一起沿水平地面運(yùn)動(dòng)，取g＝10 m/s2，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是(　　) 圖3 A．橡皮泥下落的時(shí)間為0.3 s B．橡皮泥與小車一起在水平地面上運(yùn)動(dòng)的速度大小為3.5 m/s C．橡皮泥落入小車的過程中，橡皮泥與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 D．整個(gè)過程中，橡皮泥與小車組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為7.5 J 答案　D 解析　橡皮泥下落的時(shí)間為： t＝＝ s＝0.5 s，故A錯(cuò)誤； 橡皮泥與小車組成的系統(tǒng)在水平方向的動(dòng)量守恒，選取小車初速度的方向?yàn)檎较?，則有： m1v0＝(m1＋m2)v， 所以共同速度為：v＝＝ m/s＝2 m/s， 故B錯(cuò)誤； 橡皮泥落入小車的過程中，橡皮泥與小車組成的系統(tǒng)在水平方向的動(dòng)量守恒，但豎直方向的動(dòng)量不守恒，故C錯(cuò)誤； 整個(gè)過程中，橡皮泥與小車組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于橡皮泥的重力勢(shì)能與二者損失的動(dòng)能，得： ΔE＝m2gh＋ 代入數(shù)據(jù)可得：ΔE＝7.5 J，故D正確． 5．如圖4所示，兩光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，直導(dǎo)線MN垂直跨在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，整個(gè)裝置處于垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.電容器的電容為C，除電阻R外，導(dǎo)軌和導(dǎo)線的電阻均不計(jì)．現(xiàn)給導(dǎo)線MN一初速度，使導(dǎo)線MN向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電路穩(wěn)定后，MN以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)(　　) 圖4 A．電容器兩極板間的電壓為零 B．通過電阻R的電流為 C．電容器所帶電荷量為CBLv D．為保持MN勻速運(yùn)動(dòng)，需對(duì)其施加的拉力大小為 答案　C 解析　當(dāng)導(dǎo)線MN勻速向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)線所受的合力為零，說明導(dǎo)線不受安培力，電路中電流為零，故電阻兩端沒有電壓，此時(shí)導(dǎo)線MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定為E＝BLv，則電容器兩極板間的電壓為U＝E＝BLv，故A、B錯(cuò)誤；電容器所帶電荷量Q＝CU＝CBLv，故C正確；因勻速運(yùn)動(dòng)后MN所受合力為0，而此時(shí)無電流，不受安培力，則無需拉力便可做勻速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤． 6.如圖5所示，質(zhì)量為m的小球套在傾斜放置的光滑直桿上，一根輕質(zhì)彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與小球相連，彈簧與桿在同一豎直平面內(nèi)，將小球沿桿拉到彈簧水平位置由靜止釋放，小球沿桿下滑，當(dāng)彈簧位于豎直位置時(shí)，小球速度恰好為零，此時(shí)小球下降的豎直高度為h，若全過程中彈簧始終處于伸長(zhǎng)狀態(tài)且處于彈性限度范圍內(nèi)，下列說法正確的是(　　) 圖5 A．小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．彈簧與桿垂直時(shí)，小球的動(dòng)能與重力勢(shì)能之和最大 C．彈簧對(duì)小球始終做負(fù)功 D．小球下滑至最低點(diǎn)的過程中，彈簧的彈性勢(shì)能增加量等于mgh 答案　ABD 解析　小球運(yùn)動(dòng)過程中，只有重力和彈簧彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A正確；彈簧與桿垂直時(shí)，此時(shí)彈簧伸長(zhǎng)量最短，彈性勢(shì)能最小，故小球的動(dòng)能與重力勢(shì)能之和最大，B正確；全過程中彈簧始終處于伸長(zhǎng)狀態(tài)即為拉力，開始階段彈力與運(yùn)動(dòng)方向成銳角后為直角再變?yōu)殁g角，故彈力先做正功后做負(fù)功，C錯(cuò)誤；小球下滑至最低點(diǎn)的過程中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，初、末位置動(dòng)能都為零，所以彈簧的彈性勢(shì)能增加量等于重力勢(shì)能的減小量，即為mgh，D正確． 7．如圖6所示，平行板電容器AB兩極板水平放置，A在上方，B在下方，現(xiàn)將其和二極管串聯(lián)接在直流電源上，已知A和電源正極相連，二極管具有單向?qū)щ娦?，一帶電小球沿AB中心水平射入，打在B極板上的N點(diǎn)，小球的重力不能忽略，現(xiàn)通過上下移動(dòng)A板來改變兩極板AB間距(兩極板仍平行)，則下列說法正確的是(　　) 圖6 A．若小球帶正電，當(dāng)AB間距減小時(shí)，小球打在N的左側(cè) B．若小球帶正電，當(dāng)AB間距增大時(shí)，小球打在N的右側(cè) C．若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距減小時(shí)，小球可能打在N的右側(cè) D．若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距增大時(shí)，小球可能打在N的左側(cè) 答案　AC 解析　A極板帶正電，B極板帶負(fù)電，根據(jù)二極管具有單向?qū)щ娦?，極板的電荷量只能增加不能減?。粜∏驇д?，當(dāng)d減小時(shí)，電容增大，Q增大，根據(jù)E＝，C＝， C＝，得E＝，知d減小時(shí)E增大，所以電場(chǎng)力變大，方向向下，小球做平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向上的加速度增大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短，打在N點(diǎn)左側(cè)，故A正確．若小球帶正電，當(dāng)d增大時(shí)，電容減小，但Q不能減小，所以Q不變，根據(jù)E＝，C＝，C＝，得E＝，知E不變，所以電場(chǎng)力不變，小球仍然打在N點(diǎn)，故B錯(cuò)誤．若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距d減小時(shí)，電容增大，則Q增大，根據(jù)E＝，C＝，C＝，得E＝，知E增大，所以電場(chǎng)力變大，方向向上，若此時(shí)電場(chǎng)力仍小于重力，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向上的加速度減小，運(yùn)動(dòng)時(shí)間變長(zhǎng)，小球?qū)⒋蛟贜點(diǎn)的右側(cè)，故C正確．若小球帶負(fù)電， 當(dāng)AB間距d增大時(shí)，電容減小，但Q不能減小， 所以Q不變，根據(jù)E＝，C＝，C＝， 得E＝，知E不變，所以電場(chǎng)力不變，小球仍然打在N點(diǎn)，故D錯(cuò)誤． 8．電流天平可以用來測(cè)量勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。鐖D7甲所示，測(cè)量前天平已調(diào)至平衡，測(cè)量時(shí)，在左邊托盤中放入質(zhì)量為m的砝碼，右邊托盤中不放砝碼，將一個(gè)質(zhì)量為m0、匝數(shù)為n、下邊長(zhǎng)為l的矩形線圈掛在右邊托盤的底部，再將此矩形線圈的下部分放在待測(cè)磁場(chǎng)中．線圈的兩頭連在如圖乙所示的電路中，不計(jì)連接導(dǎo)線對(duì)線圈的作用力，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r.開關(guān)S閉合后，調(diào)節(jié)可變電阻至R1時(shí)，天平正好平衡，此時(shí)電壓表讀數(shù)為U.已知m0>m，取重力加速度為g，則(　　) 圖7 A．矩形線圈中電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向 B．矩形線圈的電阻R＝r－R1 C．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B＝ D．若僅將磁場(chǎng)反向，在左盤中再添加質(zhì)量為2m0－m的砝碼可使天平重新平衡 答案　AC 解析　根據(jù)題圖甲可知，要使天平平衡，矩形線圈中電流的方向應(yīng)為逆時(shí)針方向，故A正確； 根據(jù)閉合電路歐姆定律可得U＝E－r， 解得矩形線圈的電阻R＝－R1，故B錯(cuò)誤； 根據(jù)平衡條件可得m0g－F＝mg，而F＝nBIl， I＝， 解得勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B＝， 故C正確；開始線圈所受安培力的方向向上，僅將磁場(chǎng)反向，則安培力方向反向，變?yōu)橄蛳?，相?dāng)于右邊多了兩倍的安培力大小，所以需要在左邊，添加質(zhì)量為Δm＝＝2(m0－m)的砝碼可使天平重新平衡，故D錯(cuò)誤．