【物理】2020届一轮复习人教版选择题选考题二课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版选择题选考题二课时作业

专练2　选择题＋选考题(二)‎ ‎(时间：30分钟)‎ 一、选择题(本题共8小题，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．)‎ ‎14．(2018·海南省五校一模)真空中有一平行板电容器，电容为C，两极板分别由铂和钾(其极限频率分别为ν1和ν2)制成，板间距离为d.现用频率为ν(ν2<ν<ν1)的单色光持续照射两极板内表面，假设所有逸出的电子都能垂直运动到另一极板，忽略电子的重力和电子之间的相互作用，电子的电荷量为e，普朗克常量为h，则电容器两极板最终带电情况是(　　)‎ A．钾极板带负电，带电荷量为C B．钾极板带正电，带电荷量为C C．铂极板带负电，带电荷量为C D．铂极板带正电，带电荷量为C ‎[解析]　当用频率为ν的单色光持续照射两极板内表面时，只在钾极板上发生光电效应，所以钾极板带正电，铂极板带负电．根据爱因斯坦光电效应方程得mv2＝hν－hν2，在两极板间所形成的最大电压为U＝，所以钾极板的带电荷量为C，即B正确．‎ ‎[答案]　B ‎15．(2018·汉中高三检测)在维护和检修高压供电线路时，为了不影响城市用电，电工经常要在高压线上带电作业．为了保障电工的安全，电工全身要穿上用金属丝线编织的衣服(如图甲)．图乙中电工站在高压直流输电线的A供电线上作业，其头顶上方有B供电线，B供电线的电势高于A供电线的电势．虚线表示电工周围某一截面上的等势面，c、d、e、f是不同等势面上的四个点，以下说法中正确的是(　　)‎ A．在c、d、e、f四点中，c点的电场最强 B．在c、d、e、f四点中，f点的电势最高 C．若将某电子由c移到f，其电势能将增大 D．若将电子在d点由静止释放，它会向e点所在等势面运动 ‎[解析]　依据等势线的疏密程度，可知在c、d、e、f四点中，f点的电场最强，选项A错误；因B供电线的电势高于A供电线的电势，则在c、d、e、f四点中，c点的电势最高，选项B错误；若将某电子由c移到f，即从高电势移动到低电势，又电子带负电，则其电势能将增大，选项C正确；沿着电场线方向，电势是降低的，故电场线方向为从c指向f，若将某电子在d点由静止释放，在电场力作用下，它会向c点所在等势面运动，选项D错误．‎ ‎[答案]　C ‎16．‎ ‎(2018·福州市高三期末)甲、乙两车沿水平方向做直线运动，某时刻刚好经过同一位置，此时甲的速度为5 m/s，乙的速度为10 m/s，以此时作为计时起点，它们的速度随时间变化的关系如图所示，则(　　)‎ A．在t＝4 s时，甲、乙两车相距最远 B．在t＝10 s时，乙车恰好回到出发点 C．乙车在运动过程中速度的方向保持不变 D．乙车做加速度先增大后减小的变加速运动 ‎[解析]　v－t图线与横轴所围成的面积表示物体的位移，在0～4 s时间内，乙车始终在甲车前方，但t＝10 s时，乙车停止运动，甲车已超过乙车，且两车的距离比t＝4 s时大，A错误；0～10 s时间内，乙车的速度方向始终与所选的正方向相同，乙车的运动方向没有发生改变，所以t＝10 s时，乙车离出发点最远，B错误，C正确；v－t图线的斜率表示加速度，所以乙车的加速度先减小再增大，再减小，D错误．‎ ‎[答案]　C ‎17．(2018·贵阳市期末)如图甲所示，在同一平面内有两个绝缘金属细圆环A、B，两环重叠部分的面积为圆环A面积的一半，圆环B中电流i随时间t的变化关系如图乙所示，以图甲中圆环B中所示的电流方向为负方向，则A环中(　　)‎ A．没有感应电流 B．有逆时针方向的感应电流 C．有顺时针方向的感应电流 D．感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向 ‎[解析]　由于B环中的电流发生变化，A环中的磁通量发生变化，所以A环中有感应电流，选项A错误；根据楞次定律和安培定则知，A环中的磁通量先垂直纸面向外减少，后垂直纸面向里增多，故A环中产生沿逆时针方向的感应电流，选项B正确，C、D错误．‎ ‎[答案]　B ‎18．(2018·洛阳市高三统考)如图所示，A、B两物体质量均为m，叠放在轻质弹簧上(弹簧下端固定于地面上)，对A施加一竖直向下、大小为F(F>2mg)的力，将弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限度内)而处于平衡状态，现突然撤去力F，设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小为FN，不计空气阻力，则关于FN的说法正确的是(重力加速度为g)(　　)‎ A．刚撤去力F时，FN＝ B．弹簧弹力大小为F时，FN＝ C．A、B的速度最大时，FN＝2mg D．弹簧恢复原长时，FN＝mg ‎[解析]　对A施加一竖直向下、大小为F(F>2mg)的力，将弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限度内)而处于平衡状态，弹簧弹力大小为F＋2mg.刚撤去力F时，A、B向上加速运动，由牛顿第二定律可得，a＝，对A受力分析，由牛顿第二定律有，FN－mg＝ma，解得FN＝，选项A错误．当弹簧弹力大小为F时，对A、B整体，由牛顿第二定律有，F－2mg＝2ma1，隔离A，由牛顿第二定律有，FN－mg＝ma1，解得FN＝，选项B正确．A、B的速度最大时，加速度为零，弹簧弹力大小为2mg，FN＝mg，选项C错误．弹簧恢复原长时，A、B只受重力向上运动，FN＝0，选项D错误．‎ ‎[答案]　B ‎19．(2018·河南郑州二次质检)如图所示，半径为R的圆形区域 内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.M为磁场边界上一点，有无数个带电荷量为＋q、质量为m的相同粒子(不计重力)在纸面内向各个方向以相同的速率通过M点进入磁场，这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的.下列说法中正确的是(　　)‎ A．粒子从M点进入磁场时的速率为v＝ B．粒子从M点进入磁场时的速率为v＝ C．若将磁感应强度的大小增加到B，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的 D．若将磁感应强度的大小增加到B，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的 ‎[解析]　设从M点射入的粒子与磁场边界的最远交点为P，如图甲所示，最远的点是轨迹圆直径与磁场边界圆的交点，相应的弧长为圆周长的，所以∠MOP＝120°；结合几何关系有r＝，又PM＝2Rcos30°，解得r＝R，洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律有qvB＝m，解得v＝，A正确，B错误；若将磁感应强度的大小增加到B，则粒子的轨道半径r1＝，解得r1＝ ‎，作出粒子的轨迹，如图乙所示，由几何关系可知∠MOP＝60°，则粒子射出边界的圆弧长变为原来的一半，C正确；若将磁感应强度的大小增加到B，则粒子的轨道半径r2＝，解得r2＝，作出粒子的轨迹，如图丙所示，由几何关系可知∠MOP＝90°，则粒子射出边界的圆弧长变为原来的，D错误．‎ ‎[答案]　AC ‎20.如图所示，a、b两端接在正弦交流电源上，原、副线圈回路中A、B电阻阻值相同，原、副线圈匝数比为n1∶n2＝3∶1，下列说法正确的是(　　)‎ A．A、B电阻电流之比为1∶3‎ B．A、B电阻电压之比为3∶1‎ C．A、B电阻功率之比为1∶1‎ D．A电阻两端电压与原线圈输入电压之比为1∶9‎ ‎[解析]　根据＝＝得，U1＝3U2＝3UB，根据＝＝，选项A正确；UA＝I1R＝I2R＝UB，选项B错误；＝·＝，选项C错误；＝，选项D正确．‎ ‎[答案]　AD ‎21．(2018·浙江五校联考)如图所示，滑块A、B的质量均为m，A套在倾斜固定的直杆上，倾斜杆与水平面成45°角，B套在水平固定的直杆上，两杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计，两直杆足够长，A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆(初始时轻杆与水平面成30°角)连接，A、B从静止释放，B开始沿水平杆向右运动，不计一切摩擦，滑块A、B视为质点，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)‎ A．A、B组成的系统机械能守恒 B．当A到达B所在的水平面时，A的速度为 C．B到达最右端时，A的速度为 D．B的最大速度为 ‎[解析]　因不计一切摩擦，故系统机械能守恒，A正确；当A到达B所在水平面时，有mg·＝mv＋mv，将A 的速度沿水平方向和竖直方向分解，则A、B的速度关系为vB＝vA，得vA＝，故B错误；B到达最右端时，B的速度为零，此时A、B的位置如图1所示，则有mg·L＝mv′，解得v′A＝，故C错误；当A滑到最低点时，速度为零，B的速度最大，此时A、B的位置如图2所示，则有mg·L＝mv′，解得v′B＝，故D正确．‎ ‎[答案]　AD 二、选考题(从两道题中任选一题作答)‎ ‎33．(2018·江西六校联考)[物理——选修3－3]‎ ‎(1)(多选)如图所示，质量为m的活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，活塞与气缸之间无摩擦，a状态是气缸放在冰水混合物中气体达到的平衡状态，在活塞上加一质量为m的砝码，经过过程Ⅰ达到b状态，再将气缸从容器中移出后，经过过程Ⅱ在室温(27 ℃)中达到c状态，已知大气压强保持不变．下列说法中正确的是________．‎ A．过程Ⅰ中理想气体从外界吸收热量 B．过程Ⅱ中理想气体从外界吸收热量 C．c状态与a状态相比，c状态的气体分子对活塞的作用力较大 D．理想气体在b状态的内能大于在a状态的内能 E．理想气体在c状态的内能大于在a状态的内能 ‎(2)如图所示，内壁光滑的圆柱形气缸竖直倒立在两木块上，气缸底水平，气缸质量为M＝20 kg、横截面积为S＝5.0×10－3 m2、高为H＝0.5 m，质量m＝10 kg的活塞在气缸中封闭了一定质量的理想气体，气体温度t1＝27 ℃，活塞静止，此时活塞到气缸开口端的距离为h＝0.1 m．通过一定的方法使气缸内封闭气体从外界吸收了热量Q＝620 J，此时气体温度为t2＝177 ℃，已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa，重力加速度大小g＝10 m/s2，求 ‎①最终气体的压强；‎ ‎②此过程中封闭气体的内能变化．‎ ‎[解析]　(1)过程Ⅰ中外界对气体做功，内能不变，理想气体放出热量，A错误；过程Ⅱ中理想气体对外做功，内能增大，理想气体从外界吸收热量，B正确；由于c状态的压强大于a状态的压强，所以c状态的气体分子对活塞的作用力较大，C正确；理想气体在b状态的温度等于在a状态的温度，在b状态的内能等于在a状态的内能，D错误；理想气体在c状态的温度高于在a状态的温度，在c状态的内能大于在a状态的内能，E正确．‎ ‎(2)①初始时气体压强为p1＝p0－＝0.8×105 Pa 气体体积V1＝(H－h)S，温度T1＝300 K 假设气缸足够长，温度变为T2＝(273＋177) K，根据盖—萨克定律有＝ 解得V2＝0.6S>V0(气缸体积)，表明活塞向下移动h后气体做等容变化 气体终态：压强为p3，体积V3＝V0，温度T3＝T2‎ 根据理想气体状态方程有＝ 解得p3＝0.96×105 Pa ‎②封闭气体在等压变化过程中气体对外界做的功W＝p1hS 对封闭气体，应用热力学第一定律有ΔU＝Q－W 解得ΔU＝580 J，气体内能增加580 J.‎ ‎[答案]　(1)BCE　(2)①0.96×105 Pa　②增加580 J ‎34．(2018·河北各校联盟)[物理——选修3－4]‎ ‎(1)如图所示是水平面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况，图中实线为波峰，虚线为波谷．已知两列波的振幅分别为4 cm和3 cm，波速均为v＝2 m/s，波长均为λ＝8 cm，E点是B、D和A、C 连线的交点，则B处质点是振动________(选填“加强”或“减弱”)的点，E处质点是振动________(选填“加强”或“减弱”)的点，图示时刻B、D两处两质点的竖直高度差是________cm.‎ ‎(2)水晶是一种石英结晶体矿物，其折射率范围为1.544～1.553，不良商家常用碳酸聚酯(折射率一般大于1.6)制成假水晶饰品充当真水晶高价来卖．某人在旅游时买到一水晶饰品，其截面为直角三角形，如图所示．为了检验其真假，他用量角器测量可知∠C＝60°，∠B＝30°.他用一束红色激光射向AC面，方向与AC面夹角为θ＝30°，折射后的光线MN平行于底边BC.根据以上数据，回答下列问题：‎ ‎①该饰品是否是真水晶？红色激光束在N点能否发生全反射？如果能，画出由底边BC射出的光线．‎ ‎②如果将绿色激光从M点射向AC面，方向与AC面夹角为θ＝30°，其在AC面的折射角是大于30°还是小于30°？‎ ‎[解析]　(1)实线交点或虚线交点为振动加强点，实线与虚线的交点为振动减弱点，振幅分别为|A1＋A2|和|A1－A2|，对照题图，A、C 两点为振动减弱点，B、D两点为振动加强点，B、D连线上各点振动也加强，形成振动加强的区域，所以E点处质点是振动加强的点．此刻D处 质点的位移应是|A1＋A2|＝7 cm，B处质点的位移应是－7 cm，B、D两处质点的竖直高度差为14 cm.‎ ‎(2)①光线在AC界面的入射角θ1＝60°，折射角θ2＝30°‎ 根据折射定律得n＝＝＝>1.6，说明该饰品不是真水晶 由几何关系知，光线在AB界面的入射角为θ3＝60°‎ 而临界角C′的正弦值sinC′＝＝ sin60°＝，则光线在AB界面的入射角θ3>C′‎ 所以光线在N点将发生全反射，光路如图 ‎②因为绿光的频率大于红光的频率，所以该水晶对绿光的折射率大于对红光的折射率，从而可得其在AC面的折射角小于30°.‎ ‎[答案]　(1)加强　加强　14　(2)①不是　能 ‎②小于30°‎