【物理】2020届一轮复习人教版技法专题__10法速解物理选择题学案 28页

技法专题——10法速解物理选择题 理综全国卷中，物理8道选择题分单选和多选，主要考查对物理概念、物理现象、物理过程和物理规律的认识、判断、辨析、理解和应用等，具有信息量大、知识覆盖面广、干扰性强、命题灵活性强、层次丰富、能考查学生的多种能力等特点。要想迅速、准确地解答物理选择题，不但要熟练掌握和应用物理学的基本概念和规律，还要学会一些非常规巧解妙招，针对题目特性“有的放矢”，达到快速解题的目的。‎ 技法1　直接判断法 通过观察题目中所给出的条件，根据所学知识和规律推出结果，直接判断，确定正确的选项。直接判断法适用于推理过程较简单的题目，这类题目主要考查学生对物理知识的记忆和理解程度，如考查物理学史和物理常识的试题等。‎ ‎[应用体验]　[多选]下列说法中正确的是(　　)‎ A．电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度为零 B．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零 C．电场强度的大小等于把一个试探电荷放在该点时受到的电场力与试探电荷本身电荷量的比值 D．磁感应强度的大小等于把一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导线长度和电流乘积的比值 ‎[解析]　电场对放入其中的电荷有力的作用，磁场对通电导线有力的作用的条件是：磁场方向和电流方向不平行，A正确，B错误；根据电场强度的定义式E＝可知，C正确；磁感应强度B＝中，I和B的方向必须垂直，D错误。‎ ‎[答案]　AC 技法2　比较排除法 运用排除法解题时，对于完全肯定或完全否定的判断，可通过举反例的方式排除；对于相互矛盾或者相互排斥的选项，则最多只有一个是正确的，要学会从不同方面或不同角度思考与推敲，将不符合题意的选项一一排除，最终留下的就是符合题意的选项。‎ ‎[应用体验]　如图所示，以MN、PQ为边界的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽为‎2L，高为L的正三角形闭合金属框由粗细均匀的电阻丝围成，在外力作用下由图示位置被水平向右匀速拉过磁场区域，ab边始终与MN平行，取逆时针方向为电流的正方向。则金属框中的感应电动势E、感应电流I、所施加的外力F及外力的功率P随位移x的变化关系图正确的是(　　)‎ ‎[解析]　金属框进入磁场的过程中，穿过金属框的磁通量增加，由楞次定律可知，此过程中感应电流为逆时针方向，而此过程金属框切割磁感线的有效长度l＝2xtan 30°且均匀增加，完全进入磁场后，穿过金属框的磁通量不变，回路中无感应电流和感应电动势，排除A选项；位移为0～L时，因金属框做匀速直线运动，所以F外＝F安＝BIl＝＝tan230°，即外力随位移的增大而非线性增大，排除C选项；位移为0～L时，外力的功率P＝F外v＝·tan230°，即外力的功率随位移的增大而非线性增大，排除D选项；所以B选项正确。‎ ‎[答案]　B 技法3　特殊值代入法 有些选择题选项的代数表达式比较复杂，需经过比较繁琐的公式推导过程，此时可在不违背题意的前提下，选择一些能直接反应已知量和未知量数量关系的特殊值，代入有关选项进行推算，依据结果对选项进行判断。‎ ‎[应用体验]　如图所示，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上。若要使物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F1和F2的方向均沿斜面向上)。由此可求出物块与斜面间的最大静摩擦力为(　　)‎ A.　　　　　　　　 B．‎2F2‎ C. D. ‎[解析]　取F1＝F2≠0，则斜面光滑，对应最大静摩擦力等于零，代入选项中后只有C满足。‎ ‎[答案]　C 技法4　极限思维法 有的问题不容易直接求解，但是若将题中的某些物理量的数值推向极限时，对这些问题的选项进行分析和判断常常会很容易。如设定动摩擦因数趋近于零或无穷大、电源内阻趋近于零或无穷大、物体的质量趋近于零或无穷大等。‎ ‎[应用体验]　如图所示，一半径为R的绝缘圆环上，均匀地分布着总电荷量为Q的电荷，在垂直于圆环平面的对称轴上有一点P，它与环心O的距离OP＝L。静电力常量为k，关于P点的场强E，下列四个表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，判断下列表达式正确的是(　　)‎ A．E＝ B．E＝ C．E＝ D．E＝ ‎[解析]　当R＝0时，带电圆环等同于一点电荷，由点电荷电场强度计算式可知，P点的电场强度为E＝k，将R＝0代入四个选项，只有A、D选项满足；当L＝0时，均匀带电圆环的中心处产生的电场的电场强度为0，将L＝0代入选项A、D，只有D选项满足。‎ ‎[答案]　D 技法5　逆向思维法 很多物理过程具有可逆性(如运动的可逆性、光路的可逆性)，在沿着正向过程或思维(由前到后或由因到果)分析受阻时，不妨“反其道而行之”，沿着逆向过程或思维(由后到前或由果到因)来思考，往往可以化难为易、出奇制胜。‎ ‎[应用体验]　如图所示，半圆轨道固定在水平面上，一小球(可视为质点)从恰好与半圆轨道相切于B点斜向左上方抛出，到达半圆轨道左端A点正上方P点时，小球的速度刚好水平，O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向的夹角为60°，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球在P点的水平速度为(　　)‎ A. B. C. D. ‎[解析]　小球实际是做斜抛运动，由于到达P点时小球的速度刚好水平，所以逆向看是小球从P点开始做平抛运动，运动过程中恰好与半圆轨道相切于B点，可以应用平抛运动规律求解。因小球运动过程中恰好与半圆轨道相切于B点，此时速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝＝，因为tan θ＝＝，则竖直位移y＝，而vy2＝2gy＝gR，tan 30°＝，解得v0＝ ，故选项A正确。‎ ‎[答案]　A 技法6　对称思维法 对称情况存在于各种物理现象和物理规律中，应用这种对称性有助于直接抓住问题的实质，避免复杂的数学演算和推导，快速解题。‎ ‎[应用体验]　如图所示，带电荷量为－q的均匀带电半球壳的半径为R，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线，P、Q为CD轴上在O点两侧离O点距离相等的两点。已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零，电势都相等。则下列判断正确的是(　　)‎ A．P、Q两点的电势、电场强度均相同 B．P、Q两点的电势不同，电场强度相同 C．P、Q两点的电势相同，电场强度等大反向 D．在Q点由静止释放一带负电的微粒(重力不计)，微粒将做匀加速直线运动 ‎[解析]　半球壳带负电，因此在CD上电场线沿DC方向向上，所以P点电势一定低于Q点电势，A、C错误；若在O点的下方再放置一同样的半球壳组成一完整的球壳，则P、Q两点的电场强度均为零，即上、下半球壳在P点的电场强度大小相等、方向相反，由对称性可知上半球壳在P点与在Q点的电场强度相同，B正确；在Q点由静止释放一带负电微粒，微粒一定做变加速运动，D错误。‎ ‎[答案]　B 技法7　等效转换法 等效转换法是指变换角度，从不同层次、不同角度去思考和探索问题的方法。这种方法往往通过转换研究对象、空间角度、物理规律、物理模型、思维角度、物理过程等达到化繁为简，化难为易的效果。‎ ‎[应用体验]　如图所示，间距为L的两根平行金属导轨固定在水平桌面上，每根导轨单位长度的电阻为r0，导轨的端点P、Q间用电阻不计的导线相连，垂直导轨平面的匀强磁场(未画出)的磁感应强度B随时间t均匀变化(B＝kt)，一电阻也不计的金属杆可在导轨上无摩擦滑动且在滑动过程中始终保持与导轨垂直，在t＝0时刻，金属杆紧靠在P、Q端，在外力F作用下，金属杆由静止开始向右做匀加速直线运动，则t时刻金属杆所受安培力为(　　)‎ A.t B.t C.t D.t ‎[解析]　本题中既有金属杆切割磁感线又有磁场变化，为此可进行模型转换，转换为磁场不变的金属杆切割磁感线与面积不变的变化磁场的叠加，令金属杆的加速度为a，经时间t，金属杆与初始位置的距离为x＝at2，此时金属杆的速度v＝at，所以回路中的感应电动势 E＝BLv＋S＝ktLv＋kLx，而回路的总电阻R＝2xr0，所以金属杆所受安培力为F＝BIL＝BL＝t，C正确。‎ ‎[答案]　C 技法8　二级结论法 ‎“二级结论”是由基本规律和基本公式导出的推论。熟记并巧用一些“二级结论”可以使思维过程简化，节约解题时间。非常实用的二级结论有：(1)等时圆规律；(2)平抛运动速度的反向延长线过水平位移的中点；(3)不同质量和电荷量的同性带电粒子由静止相继经过同一加速电场和偏转电场，轨迹重合；(4)直流电路中动态分析的“串反并同”结论；(5)平行通电导线电流同向相吸，异向相斥；(6)带电平行板电容器与电源断开，改变极板间距离不影响极板间匀强电场的强度等。‎ ‎[应用体验]　如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，C为电容器，电流表A和电压表V均可视为理想电表。闭合开关S后，在将滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中(　　)‎ A．电流表A的示数变小，电压表V的示数变大 B．小灯泡L变暗 C．通过定值电阻R1的电流方向自右向左 D．电源的总功率变大，效率变小 ‎[解析]　当滑动变阻器的滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的有效电阻减小，由“串反并同”知，电流表A的示数将增大，电压表V的示数将减小，小灯泡L变亮，电源总功率增大，电源内电压增大，选项A、B错误；电容器两端电压与电压表两端电压相同，由Q＝CU知电容器所带电荷量减小，即电容器将放电，通过定值电阻R1的电流方向自左向右，选项C错误；因电源内电压增大，所以路端电压减小，由η＝×100%知电源效率变小，选项D正确。‎ ‎[答案]　D 技法9　类比分析法 类比分析法是将两个(或两类)研究对象进行对比，分析它们的相同或相似之处、相互的联系或所遵循的规律，然后根据它们在某些方面有相同或相似的属性，进一步推断它们在其他方面也可能有相同或相似的属性的一种思维方法。比如我们对两个等质量的均匀星体中垂线上的引力场分布情况不熟悉，但对等量同种电荷中垂线上的电场强度大小分布规律却很熟悉，通过类比分析，可以使陌生的题目变得似曾相识。‎ ‎[应用体验]　两质量均为M的球形均匀星体，其连线的垂直平分线为 MN，O为两星体连线的中点，如图所示，一质量为m的小物体从O点沿着OM方向运动，则它受到的万有引力大小的变化情况是(　　)‎ A．一直增大 B．一直减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 ‎[解析]　由于万有引力定律和库仑定律的内容和表达式的相似性，故可以将该题与电荷之间的相互作用类比，即将两个星体类比于等量同种点电荷，而小物体类比于异种电荷。由此易得C选项正确。‎ ‎[答案]　C 技法10　图像思维法 图像思维法是根据各物理量间的关系，作出表示物理量之间的函数关系的图线，然后利用图线的交点、图线的斜率、图线的截距、图线与坐标轴所围几何图形的“面积”等代表的物理意义对问题进行分析、推理、判断或计算的方法。其本质是利用图像本身的数学特征所反映的物理意义解决物理问题，或根据物理图像判断物理过程、物理状态、物理量之间的函数关系和求解某些物理量。‎ ‎[应用体验]　如图所示，N匝矩形导线框以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴OO′匀速转动，线框面积为S，线框的电阻为r，外电路接有电阻R、理想交流电流表A和二极管D。二极管D具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大。下列说法正确的是(　　)‎ A．图示位置电流表示数为0‎ B．R两端电压的有效值为NBSω C．电流表的示数为 D．一个周期内通过R的电荷量为 ‎[解析]　交流电流表示数为有效值，而非瞬时值，选项A错；因为二极管D具有单向导电性，则通过R的电流为线框中产生的正弦式交流电的一半，感应电动势的瞬时值如图所示，设感应电动势的有效值为E，则E＝NBSω，电流的有效值I＝＝，选项B错，C对；在一个周期内，只有半个周期的时间有电流通过R，故一个周期内通过R的电荷量为q＝＝，选项D错。‎ ‎[答案]　C ‎[专题强训提能] ‎ ‎1.如图所示，在一粗糙的水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，用原长为l、劲度系数为k的轻弹簧连接起来，两木块与地面间的动摩擦因数均为μ。现用一水平力(未画出)向右拉木块2，当两木块一起匀速运动时，两木块间的距离为(　　)‎ A．l＋　　　　　　　 B．l＋ C．l＋ D．l＋ 解析：选A　由题意知，弹簧对木块1的拉力与木块1所受的摩擦力平衡，当m1的质量越小时摩擦力越小，弹簧的拉力也越小。当m1的值等于零时(极限)，不论m2多大，弹簧的伸长量都为零，说明弹簧的伸长量与m2无关，故选A项。‎ ‎2．[多选]一物体在粗糙水平面上以某一初速度做匀减速直线运动直到停止，已知此物体在最初5 s内的平均速度为‎3.3 m/s，且在最初5 s内和最后5 s内经过的路程之比为11∶5，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．物体一共运动了8 s B．物体做匀减速直线运动的加速度大小为‎0.6 m/s2‎ C．物体运动的初速度大小为‎6 m/s D．物体运动过程中的平均速度为 m/s 解析：选AB　设物体做匀减速直线运动的加速度大小为a，运动总时间为t。把物体的运动视为反向的初速度为零的匀加速直线运动，则物体最后5 s内的位移为x2＝a×52＝‎12.5a，最初5 s内的位移为x1＝at2－a(t－5)2＝5at－‎12.5a，由题意知x1∶x2＝11∶5，联立解得t＝8 s，A正确；物体最初5 s内的位移为x1＝3.3×‎5 m＝‎16.5 m，即5at－‎12.5a＝16.5，解得a＝‎0.6 m/s2，B正确；由v＝at知物体运动的初速度大小为v＝0.6×‎8 m/s＝‎4.8 m/s，C错误；由平均速度定义知，运动过程中的平均速度为＝＝×0.6×‎8 m/s＝‎ ‎2.4 m‎/s，D错误。‎ ‎3．竖直上抛物体的初速度大小与返回抛出点时速度大小的比值为k，物体返回抛出点时速度大小为v，若在运动过程中空气阻力大小不变，重力加速度为g，则物体从抛出到返回抛出点所经历的时间为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C　取k＝1，说明物体运动过程中所受空气阻力为零，则物体从抛出到返回抛出点所经历的时间为，代入后只有C满足。‎ ‎4.如图所示电路中，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，电源内阻不可忽略。闭合开关S1，当开关S2闭合时，电流表A的示数为‎3 A。则当S2断开时，电流表示数可能为(　　)‎ A．‎3.2 A B．‎‎2.1 A C．‎1.2 A D．‎‎0.8 A 解析：选B　S2断开后，总电阻变大，电流变小，排除A项；S2断开前路端电压是U＝IR1＝3×4 V＝12 V，S2断开后路端电压增大，则电流大于I′＝＝ A＝‎1.2 A，排除C、D两项，故可得正确选项为B。‎ ‎5.12根长直导线并排构成长为l的直导线带ab，P1、P2是位于ab所在直线上的两点，位置如图所示，P1到导线带左端的距离等于P2到导线带右端的距离，所有长直导线中均通有大小相等、方向垂直纸面向外的恒定电流，ab上所有直导线产生的磁场在P1处的合磁感应强度大小为B1，在P2处的合磁感应强度大小为B2，若仅将右边6根直导线移走，则P2处的磁感应强度大小为(　　)‎ A. B．B2－B1‎ C．B1－ D．B1＋ 解析：选B　由于所有直导线中的电流一样，将直导线一分为二，由右手螺旋定则及对称性知，左边6根直导线电流在P1处产生的磁场互相抵消，所有直导线电流在P1处产生的磁场，仅相当于右边6根直导线电流在P1处产生的磁场，磁感应强度大小为B1，方向垂直ab向下；由对称性知，右边6根直导线电流在P2处产生的磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直ab向上，而所有直导线的电流在P2处产生的磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直ab向上，所以将右边6根直导线移走后，由磁场的叠加原理知，左边6根直导线电流在P2处产生的磁场的磁感应强度大小为B2－B1，B选项正确。‎ ‎6.如图所示，在边长为a的正方形区域内，有以对角线为边界、垂直于纸面的两个匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，纸面内一边长为a的正方形导线框沿x轴匀速穿过磁场区域，t＝0时刻恰好开始进入磁场区域，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，选项图中能够正确表示电流与位移关系的是(　　)‎ 解析：选B　在x∈(0，a)时，导线框右边框切割磁感线产生感应电流，电流大小i＝ ＝，其中x∈时，导线框中感应电流方向为顺时针；x＝时，导线框中感应电流为零；x∈时，导线框中感应电流方向为逆时针。在x∈(a,‎2a)时，导线框左边框切割磁感线产生感应电流，感应电流大小i＝＝，其中x∈时，导线框中感应电流方向为逆时针；x＝a时，导线框中感应电流为零；x∈时，导线框中感应电流方向为顺时针，所以B正确，A、C、D错误。‎ ‎7.[多选]如图所示，电源的内阻可以忽略不计，电压表(内阻不能忽略)和可变电阻R串联在电路中。如果可变电阻R的阻值减为原来的，电压表的读数由U0增加到2U0，则下列说法正确的是(　　)‎ A．流过可变电阻R的电流增大为原来的2倍 B．可变电阻R消耗的电功率增大为原来的4倍 C．可变电阻R两端的电压减小为原来的 D．若可变电阻R的阻值减小到零，那么电压表的示数变为4U0‎ 解析：选ACD　电压表阻值一定，当它的读数由U0增加到2U0时，通过它的电流一定变为原来的2倍，而R与电压表串联，A正确；根据P＝UI和U＝IR，可知R的阻值减为原来的后，R消耗的功率P′＝＝P，R两端的电压U＝IR，C正确，B错误；又因电源内阻不计，R与电压表两端的电压之和为E，当R的阻值减小到零时，电压表示数为E，其值为E＝IR＋U0＝IR＋2U0，解得E＝4U0，D正确。‎ ‎8.如图所示，水平放置的金属板间有匀强电场，一带正电的粒子以水平速度v0从M点射入匀强电场，穿过电场后，从N点以速度v射出，粒子重力不计，则以下判断正确的是(　　)‎ A．如果让粒子从M点以速率v沿水平方向射入，则粒子从N点射出时的速率为v0‎ B．如果让粒子从N点以速度－v射入，则粒子从M点射出时的速度为－v0‎ C．如果让粒子从M点以速率v沿水平方向射入，则粒子能到达N点 D．如果让粒子从N点以速率v0沿－v方向射入，则粒子从M点射出时的速率为v且沿－v0方向 解析：选B　粒子在电场力作用下做类平抛运动，初速度v0与末速度v的水平分量相等，可知A、C、D错误；当粒子从N点以速度－v射入电场中时，粒子在水平方向上做匀速运动，而在竖直方向上做匀减速运动，与题述运动过程互为可逆运动，可知B正确。‎ ‎9.如图所示，AB为电荷均匀分布、带电荷量为＋Q的细棒，C为AB棒附近的一点，CB垂直于AB。AB棒上电荷形成的电场中C点的电势为φ0，φ0可以等效成AB棒上某点P处、带电荷量为＋Q的点电荷所形成的电场在C点的电势，设PC的距离为r，由点电荷电势的知识可知φ0＝k。若某点处在多个点电荷形成的电场中，则电势为每一个点电荷在该点所产生的电势的代数和。根据题中提供的知识与方法，我们可将AB棒均分成两段，并看成两个点电荷，可以求得AC连线中点C′处的电势为(　　)‎ A．φ0 B.φ0‎ C．2φ0 D．4φ0‎ 解析：选C　AB棒带电均匀，由对称性可知，其等效点电荷P点即AB棒的中点，如图所示，已知PC＝r，将AB棒均分成两段，设左半段的中点为E，其电荷量为Q，由图可知C′E的长度为r，故其在C′的电势为φ＝k＝k＝φ0，同理，右半段在C′产生的电势也为φ0，根据题意可知其代数和为2φ0，故选项C正确。‎ ‎10．[多选]水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为L1、L2，且L1 时，A、B相对于转盘会滑动 B．当ω> 时，轻绳一定有弹力 C．当ω在 <ω< 范围内增大时，B所受摩擦力变大 D．当ω在0<ω< 范围内增大时，A所受摩擦力一直变大 解析：选ABD　当A、B所受静摩擦力均达到最大值时，A、B恰好不相对转盘滑动，设A、B质量均为m，则2kmg＝mω‎2L＋mω2·‎2L，解得ω＝ ，A项正确；当B所受静摩擦力达到最大值后，轻绳开始有弹力，此时有kmg＝mω2·‎2L，解得ω＝ ，B项正确；当 <ω< 时，随着角速度的增大，轻绳弹力不断增大，B所受静摩擦力一直保持最大静摩擦力不变，C项错误；当0<ω≤ 时，A所受静摩擦力Ff提供向心力，即Ff＝mω‎2L，静摩擦力随角速度的增大而增大；当 <ω< 时，以A、B整体为研究对象，Ff＋kmg＝mω‎2L＋mω2·‎2L，可知A所受静摩擦力随角速度的增大而增大，D项 正确。‎ ‎12.如图所示，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球。一水平向右的拉力F作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向成60°角时，拉力F的功率为(　　)‎ A．mgLω　　　　　　　 B.mgLω C.mgLω D.mgLω 解析：选C　由题意知，拉力F做的功与小球克服重力做功相等，因轻杆匀速转动，则拉力F的功率与小球克服重力做功的功率也相等，故P＝mgωLcos 60°＝mgLω，C正确。‎ ‎13．[多选]如图所示为物理实验室某风扇的风速挡位变换器电路图，它是一个可调压的理想变压器，其中接入交变电流的电压有效值U0＝220 V，线圈总匝数n0＝2 200，挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为220、550、1 100、2 200。电动机M的内阻r＝4 Ω，额定电压为U＝220 V，额定功率P＝110 W。下列判断正确的是(　　)‎ A．当选择挡位3时，电动机两端电压为110 V B．当挡位由3变换到2时，电动机的功率增大 C．当选择挡位2时，电动机的热功率为1 W D．当选择挡位4时，电动机的输出功率为109 W 解析：选AD　选择挡位3时，由理想变压器电压与匝数的关系，可得U0∶U3＝n0∶n3，解得U3＝110 V，A正确；当挡位由3变换到2时，输出电压减小，电动机的功率减小，B错误；选择挡位2时，由U0∶U2＝n0∶n2，得U2＝55 V，电动机两端电压没有达到额定电压，则其功率不能达到额定功率，当没有达到额定功率时，热功率小于1 W，C错误；选择挡位4时，由U0∶U4＝n0∶n4，得U4＝220 V＝U，则电动机恰好能达到额定功率，在达到额定功率的情况下，电动机的额定电流为I＝＝‎0.5 A，热功率Pr＝I2r＝1 W，输出功率为 P－Pr＝(110－1)W＝109 W，D正确。‎ ‎14．[多选]甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1 h内的位移—时间图像如图所示。下列表述正确的是(　　)‎ A．0.2～0.5 h内，甲的加速度比乙的大 B．0.2～0.5 h内，甲的速度比乙的大 C．0.6～0.8 h内，甲的位移比乙的大 D．0～0.8 h内，甲、乙骑车的路程相等 解析：选BC　由题图可知，0.2～0.5 h内，甲、乙均做匀速直线运动，加速度都为零，A错误；在位移－时间图像中，图线斜率表示速度，0.2～0.5 h内，甲的图线的斜率大于乙 的图线的斜率，故甲的速度大于乙的速度，B正确；0.6～0.8 h内，甲的位移大于乙的位 移，C正确；0～0.8 h内，甲、乙骑车的路程不相等，D错误。‎ 课余挤时加餐训练(三) ——练准度、练速度 电学与原子物理学选择题押题练(一)‎ ‎1．如图所示，在真空空间中的M、N处存在两个被固定的、电荷量相同的正点电荷，在它们连线所在的直线上有A、B、C三点，已知MA＝CN＝NB，MAφb＝φd>φc；a、b、c、d四点电场强度方向相同，但大小不等；b→a 电势增大，正电荷的电势能增大，a→d电势减小，正电荷的电势能减小，故D正确。‎ ‎3.如图所示，A1、A2是两完全相同的灯泡，A1与一理想二极管D连接，线圈L的直流电阻不计。下列说法正确的是(　　)‎ A．闭合S后，A1会逐渐变亮 B．闭合S稳定后，A1、A2亮度相同 C．闭合S稳定后再断开S的瞬间，A1会逐渐熄灭 D．闭合S稳定后再断开S的瞬间，a点的电势比b点低 解析：选D　闭合S后，因A1、A2和线圈L不是串联的关系，则A1、A2立刻亮，故A错误；闭合S稳定后，因线圈L的直流电阻不计，所以A1与二极管被短路，导致A1不亮，而A2将更亮，因此A1、A2亮度不同，故B错误；闭合S稳定后再断开S的瞬间，A2会立刻熄灭，线圈L与A1及二极管构成回路，因线圈L产生感应电动势，a点的电势低于b点，但二极管具有单向导电性，所以回路没有感应电流，A1不亮，故C错误，D正确。‎ ‎4．在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中有一面积为S的线圈，匝数为N，内阻不计，绕与磁场垂直的轴OO′以角速度ω 匀速转动，如图所示。线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻R′。如果从图示位置开始计时，下列判断正确的是(　　)‎ A．线圈产生的交变电流按正弦规律变化 B．当只有线圈转速增大时，灯泡Ⅰ亮度不变，灯泡Ⅱ亮度变暗，灯泡Ⅲ亮度增大 C．当只有R′增大时，电压表读数不变 D．当只有P向上移动时，电流表读数减小 解析：选C　从题图所示位置开始计时，零时刻交变电流最大，按余弦规律变化，选项A错误；当只有线圈转速增大时，不仅电流频率增大，由Em＝NBSω可知电动势也增大，所以灯泡Ⅰ、Ⅲ亮度增大，灯泡Ⅱ亮度变化不能确定，选项B错误；当线圈转速不变时，发电机电动势不变，电压表读数不受P位置、R′变化影响，读数不变，选项C正确；当线圈转速不变，P向上移动、R′不变时，变压器输出电压变大，用电器电流增大，副线圈总电流增大，所以电流表读数增大，选项D错误。‎ ‎5．如图甲所示，正三角形导线框位于圆形有界匀强磁场中，磁场方向与导线框所在平面垂直。规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．0～1 s时间内和5～6 s时间内，导线框中的电流方向相同 B．0～1 s时间内和1～3 s时间内，导线框中的电流大小相等 C．3～5 s时间内，AB边受到的安培力沿纸面且垂直AB边向下 D．1～3 s时间内，AB边受到的安培力大小不变 解析：选A　0～1 s时间内穿过导线框的磁通量向外增加；5～6 s时间内穿过导线框的磁通量向里减小，根据楞次定律可知导线框中的电流方向相同，选项A正确；题图乙中Bt图像的斜率等于磁感应强度的变化率，故0～1 s时间内和1～3 s时间内，导线框中的感应电动势的大小不相等，感应电流大小不相等，选项B错误；3～5 s时间内，磁通量向里增加，产生的感应电流为逆时针方向，则由左手定则可知，AB边受到的安培力沿纸面且垂直AB边向上，选项C错误；1～3 s时间内，感应电流大小不变，而磁感应强度向外减弱，根据F＝BIL可知，AB边受到的安培力变小，选项D错误。‎ ‎6．[多选]如图所示，在真空中，＋Q1和－Q2为固定在x轴上的两个点电荷，且Q1‎ ‎＝4Q2，AB＝BP＝L。a、b、c 为P两侧的三个点，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．P点电场强度为零，电势也为零 B．b、c两点处，一定有电势φb>φc，且电场强度Eb>Ec C．若将一试探电荷＋q从a 点沿x 轴移至P点，则其电势能增加 D．若将一试探电荷－q从a 点静止释放，则其经过P点时动能最大 解析：选CD　P点的电场强度为EP＝－＝0；P点的电势： φP＝－＝>0，选项A错误；因P点的电场强度为零，则P点右侧电场线向右，由顺着电场线电势降低可知，φb>φc，因b、c的具体位置不确定，则不能确定两点电场强度的关系，选项B错误；P点左侧电场线向左，则P点电势高于a点，若将一试探电荷＋q从a点沿x轴移至P 点，‎ 则其电势能增加，选项C正确；若将一试探电荷－q从a 点静止释放，则电荷将沿aP向右 加速运动，到达P点后受到向左的电场力做减速运动，可知其经过P点时动能最大，选项D正确。‎ ‎7.[多选]如图所示，平行板电容器竖直放置，右侧极板中间开有一小孔，两极板之间的距离为‎12 cm，内部电场强度大小为 ‎10 N/C；极板右侧空间有磁感应强度大小为0.5 T 的匀强磁场。一比荷为1.6×‎102 C/kg的带负电粒子，从电容器中间位置以大小为 ‎8 m‎/s的初速度平行于极板方向进入电场中，经过电场偏转，从电容器右极板正中间的小孔 进入磁场。不计带电粒子的重力及空气阻力。下列说法正确的是(　　)‎ A．电容器极板长度为8×10－‎‎2 m B．粒子进入磁场时的速度大小为‎16 m/s C．粒子进入磁场时速度与水平方向夹角为60°‎ D．粒子在磁场中的运动时间为 s 解析：选ABD　粒子在电场中做类平抛运动，则竖直方向：L＝v0t；水平方向：d＝·‎ t2，解得L＝8×10－‎2 m，A正确；粒子进入磁场时水平速度：vx＝t＝‎8 m/s，则粒子进入磁场时的速度大小为v＝＝‎16 m/s，B正确；粒子进入磁场时速度与水平方向的夹角满足tan θ＝＝，解得θ＝30°，C错误；粒子在磁场中转过的角度为120°，则在磁场中运动的时间t＝T＝·＝ s，D正确。‎ ‎8.[多选]如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外，P(－L,0)、Q(0，－L)为坐标轴上的两个点，现有一电子从P点沿PQ方向射出，不计电子的重力，下列说法正确的是(　　)‎ A．若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则电子运动的路程一定为 B．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程一定为πL C．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程一定为2πL D．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程可能为πL，也可能为2πL 解析：选AD　电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设其运动半径为R，若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则其运动轨迹如图甲所示，则有2Rcos 45°＝L，解得半径R＝L，运动轨迹为四分之一圆周，所以运动的路程s＝＝，选项A正确；电子从P点出发经原点O到达Q点，若电子恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则轨迹如图甲，运动路程为一个圆周，即s1＝2πR＝2πL，电子从P点出发经过原点O到达Q点的运动轨迹可能如图乙所示，根据几何关系有2R′cos 45°＝，圆周运动半径R′＝，运动的路程为s2＝×2×2＝×2×2＝πL，选项B、C错误，D正确。‎