【物理】2020届一轮复习人教版选择题提速练11课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版选择题提速练11课时作业

选择题提速练 11 1—5 为单选，6—8 为多选 1．京沪高铁全长 1 318 km，全线为新建双线，设计时速 350 km/h，2012 年通车后，北 京至上海的行程缩短至五小时以内．列车提速的一个关键技术问题是增加机车发动机的额定 功率．已知列车所受阻力与速度的平方成正比，即 Ff＝kv2(k 为比例系数)．设提速前最大 速度为 150 km/h，则提速前与提速后机车发动机的额定功率之比为(　B　) A. 3 7　　　　B. 27 343　　　　C. 9 49　　　　D. 81 2 401 解析：当速度最大时牵引力和阻力相等，则 P＝Fv＝Ffv＝kv3，所以， P1 P2＝ v31 v32＝ 27 343，B 项正确． 2．在如图甲所示的电路中，R1 为定值电阻，R2 为滑动变阻器，闭合开关 S，将滑动变 阻器的滑动触头 P 从最右端滑到最左端，两个电压表(内阻极大)的示数随电路中电流变化的 完整过程图线如图乙所示．则(　D　) A．图线 a 是电压表 V1 示数随电流变化的图线 B．电源内电阻的阻值为 10 Ω C．电源的最大输出功率为 1.5 W D．滑动变阻器 R2 的最大功率为 0.9 W 解析：将滑动变阻器的滑动触头P 从最右端滑到最左端，总电阻减小，电流增大，V1 示 数线性增大，A 错误；根据图线 a，R2＝ U I＝ 4 V 0.2 A＝20 Ω，根据图线 b，R1＝ U I＝ 1 V 0.2 A＝5 Ω，0.2 A＝ E R1＋R2＋r，0.6 A＝ E R1＋r，解得 r＝5 Ω，E＝6 V，B 错误；电源的最大输出功 率为 E2 4r＝1.8 W，C 错误；当 R2＝R1＋r 时滑动变阻器 R2 的功率最大，为 0.9 W，D 正确． 3．下图为示波管的示意图，以屏幕的中心为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系 xOy，当在 XX′这对电极上加上恒定的电压 UXX′＝2 V，同时在 YY′电极上加上恒定的电压 UYY′＝－1 V 时，荧光屏上光点的坐标为(4，－1)，则当在 XX′这对电极上加上恒定的电压 UXX′＝1 V，同时在 YY′电极上加上恒定的电压 UYY′＝2 V 时，荧光屏上光点的坐标为(　C　) A．(2，－2) B．(4，－2) C．(2,2) D．(4,2) 解析：示波管某方向的偏转位移与电压成正比，在 XX′这对电极上，x∝UXX′，当电压 UXX′＝1 V 时，x＝2；在 YY′这对电极上，y∝UYY′，当电压 UYY′＝2 V 时，y＝2.所以选择 C. 4.如图所示，用 a、b 两种不同频率的光分别照射同一金属板，发现当 a 光照射时验电 器的指针偏转，b 光照射时指针未偏转，以下说法正确的是(　D　) A．增大 a 光的强度，验电器的指针偏角一定减小 B．a 光照射金属板时验电器的金属小球带负电 C．增大 b 光的强度，验电器指针偏转 D．若 a 光是氢原子从 n＝4 的能级向 n＝1 的能级跃迁时产生的，则 b 光可能是氢原子 从 n＝5 的能级向 n＝2 的能级跃迁时产生的 解析：增大a 光的强度，单位时间内产生的光电子多了，验电器的指针偏角增大，A 错； 产生光电效应后金属表面的电子逸出，金属和验电器的金属小球均带正电，B 错；增大 b 光 的强度，b 光频率不变，则不能使金属板发生光电效应，验电器指针不偏转，C 错；从 n＝4 的能级向 n＝1 的能级跃迁比从 n＝5 的能级向 n＝2 的能级跃迁时产生的光子的频率大，D 正确． 5．如图所示，矩形 MNPQ 区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有 5 个带电粒子从图中 箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧， 这些粒子的质量、电荷量以及速度大小如下表所示. 粒子编号 质量 电荷量(q>0) 速度大小 1 m 2q v 2 2m 2q 2v 3 3m －3q 3v 4 2m 2q 3v 5 2m －q v 由以上信息可知，从图中 a、b、c 处进入的粒子对应表中的编号分别为(　D　) A．3、5、4 B．4、2、5 C．5、3、2 D．2、4、5 解析：根据半径公式 r＝ mv Bq，结合表格中数据可求得 1～5 各组粒子的半径之比依次为 0.52332，说明第一组正粒子的半径最小，该粒子从 MQ 边界进入磁场逆时针运 动．由图 a、b 粒子进入磁场也是逆时针运动，则都为正电荷，而且 a、b 粒子的半径比为 23，则 a 一定是第 2 组粒子，b 是第 4 组粒子，c 顺时针运动，为负电荷，半径与 a 相等 是第 5 组粒子．正确选项为 D. 6．(2018·武汉模拟)如图甲所示，在倾角为θ 的光滑斜面上放一轻质弹簧，其下端固 定，静止时上端位置在 B 点．质量 m＝2.0 kg 的小物体由斜面上 A 点自由释放，从开始的一 段时间内的 v­t 图象如图乙所示(图中 0～0.4 s 时间段图线为直线，其余均为曲线)，小物 体在 0.4 s 时运动到 B 点，0.9 s 时到达 C 点，B、C 间距为 1.2 m(g 取 10 m/s2)，由图知 (　AC　) A．斜面倾角 θ＝ π 6 B．物体从 B 运动到 C 的过程中机械能守恒 C．在 C 点时，弹簧的弹性势能为 16 J D．小物体从 C 点回到 A 点过程中，加速度先增大后减小，再保持不变 解析：由图乙可知，0～0.4 s 内小物体做匀加速直线运动，加速度a＝ Δv Δt＝ 2 0.4 m/s2＝ 5 m/s2，由牛顿第二定律得 mgsinθ＝ma，解得 sinθ＝ a g＝ 1 2，则 θ＝ π 6 ，故选项 A 正确； 从 B 到 C 过程，除重力做功外，弹簧弹力对小物体做负功，小物体的机械能不守恒，故选项 B 错误；由能量守恒定律可得，在 C 点弹簧的弹性势能 Ep＝ 1 2mv2B＋mghBC＝16 J，故选项 C 正 确；小物体从 C 点回到 A 点过程中，开始弹簧的弹力大于重力沿斜面向下的分力，合力向上， 小物体向上做加速运动，弹力逐渐减小，小物体所受的合力减小，小物体的加速度减小，然 后弹簧的弹力小于重力沿斜面向下的分力，合力向下，小物体做减速运动，随小物体向上运 动，弹簧弹力变小，小物体受到的合力变大，加速度变大，当物体与弹簧分离后，小物体受 到的合力等于重力沿斜面的分力，加速度不变，小物体做加速度不变的减速运动，由此可知 在整个过程中，小物体的加速度先减小后增大，再保持不变，故选项 D 错误． 7．如图所示，某无限长粗糙绝缘直杆与等量异种电荷连线的中垂线重合，杆竖直放 置．杆上有 A、B、O 三点，其中 O 为等量异种电荷连线的中点，AO＝BO.现有一带电小圆环 从杆上 A 点以初速度 v0 向 B 点滑动，滑到 B 点时速度恰好为 0，则关于小圆环的运动，下列 说法正确的是(　AC　) A．运动的加速度先变大再变小 B．电场力先做正功后做负功 C．运动到 O 点的动能为初动能的一半 D．运动到 O 点的速度小于 v0 2 解析：等量异号电荷的连线的中垂线上，从 A 到 B 电场强度先增大后减小，O 点的电场 强度最大，所以小圆环受到的电场力先增大后减小，小圆环受到的摩擦力 Ff＝μFN＝μqE， 则小圆环受到的摩擦力先增大后减小，其加速度 a＝ mg＋Ff m ，所以 a 先增大后减小，选项 A 正确；一对等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，故小圆环从 A 到 B 过程电场力不做功， 选项 B 错误；设 A、B 之间的距离为 2L，摩擦力做的功为 2Wf，小圆环从 A 到 B 的过程中， 电场力不做功，重力和摩擦力做功，根据动能定理，A→O 过程有－mgL＋Wf＝ 1 2mv2O－ 1 2mv20，A→B 过程有－mg·2L＋2Wf＝0－ 1 2mv20，联立解得 vO＝ 2 2 v0> 1 2v0， 1 2mv2O＝ 1 2· 1 2mv20，即运动到 O 点 的动能为初动能的一半，运动到 O 点的速度大于 v0 2 ，选项 C 正确，选项 D 错误． 8 ． 北 京 时 间 2013 年 2 月 16 日 凌 晨 ， 直 径 约 45 米 、 质 量 约 13 万 吨 的 小 行 星 “2012DA14”以大约每小时 2.8 万公里的速度由印度洋苏门答腊岛上空掠过．与地球表面最 近距离约为 2.7 万公里，这一距离已经低于地球同步卫星的轨道，但对地球的同步卫星几乎 没有影响，只是划过了地球上空．这颗小行星围绕太阳飞行，其运行轨道与地球非常相似， 根据天文学家的估算，它下一次接近地球大约是在 2046 年．假设图中的 P、Q 是地球与小行 星最近时的位置，下列说法正确的是(已知日地平均距离约为 15 000 万公里)(　BD　) A．小行星对地球的轨道没有造成影响，地球对小行星的轨道也没有任何影响 B．只考虑太阳的引力，地球在 P 点的线速度大于小行星通过 Q 点的线速度 C．只考虑地球的引力，小行星在 Q 点的加速度小于同步卫星在轨道上的加速度 D．小行星在 Q 点没有被地球俘获，是因为它在 Q 点的速率大于第一宇宙速度 解析：小行星对地球的引力远小于太阳对地球的引力，所以小行星对地球的轨道没有造 成影响，但地球对小行星的引力相比太阳对小行星的引力不能忽略，可知地球对小行星的轨 道会造成影响，选项 A 错误；若只考虑太阳引力，由万有引力提供向心力，G Mm r2＝ mv2 r ，得 v ＝ GM r ，由于地球在 P 点到太阳的距离小于小行星在 Q 点到太阳的距离，即 r1

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