【物理】2019届二轮复习选择题专练(八)作业（全国通用） 7页

选择题专练(八)‎ ‎(限时：20分钟)‎ 二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．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．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎14．用光照射某种金属，有光电子从金属表面逸出，如果换一种频率更大的光照射该金属，但光的强度减弱，则(　　)‎ A．单位时间内逸出的光电子数减少，光电子的最大初动能减小 B．单位时间内逸出的光电子数增大，光电子的最大初动能减小 C．单位时间内逸出的光电子数减少，光电子的最大初动能增大 D．单位时间内逸出的光电子数增大，光电子的最大初动能增大 答案　C 解析　根据光电效应方程Ekm＝hν－W0得，光的强度不影响光电子的最大初动能，对某种特定的金属光电子的最大初动能与入射光的频率有关，入射光的强度影响单位时间内发出光电子的数目，光的强度减弱，单位时间内逸出的光电子数目减少，故A、B、D错误，C正确．‎ ‎15．假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A和B，A、B星球半径分别为RA和RB，两颗行星各自周围的卫星的轨道半径的三次方(r3)与运行公转周期的平方(T2)的关系如图1所示，T0为卫星环绕各自行星表面运行的周期．则(　　)‎ 图1‎ A．行星A的质量小于行星B的质量 B．行星A的密度小于行星B的密度 C．行星A的第一宇宙速度等于行星B的第一宇宙速度 D．当两行星周围的卫星的运动轨道半径相同时，行星A的卫星的向心加速度大于行星B的卫星的向心加速度 答案　D 解析　根据万有引力提供向心力，有＝mr，‎ 解得：T＝，‎ 对于环绕行星A表面运行的卫星，‎ 有：T0＝①‎ 对于环绕行星B表面运行的卫星，有：T0＝②‎ 联立①②得：＝③‎ 由题图知，RA>RB，所以MA>MB，故A错误；‎ A行星质量为：MA＝ρA·πR B行星的质量为：MB＝ρB·πR，‎ 代入③解得：ρA＝ρB，故B错误；‎ 在行星表面附近运行的卫星的线速度即此行星的第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力，有：＝m 解得：v＝＝R∝R，‎ 因为RA>RB，所以vA>vB，故C错误；‎ 根据＝ma知，a＝，由于MA>MB，卫星运动的轨道半径相等，则行星A的卫星的向心加速度大于行星B的卫星的向心加速度，故D正确．‎ ‎16.如图2所示，半径为R的竖直半球形碗固定于水平面上，碗口水平且AB为直径，O点为碗的球心．将一弹性小球(可视为质点)从AO连线上的某点C沿CO方向以某初速度水平抛出，经历时间t＝(g为重力加速度)，小球与碗内壁第一次碰撞，之后可以恰好返回C点，假设小球与碗内壁碰撞前后瞬间小球的切向速度不变，法向速度等大反向．不计空气阻力，则C、O两点间的距离为(　　)‎ 图2‎ A. B. C. D. 答案　C 解析　小球在竖直方向的位移为h＝gt2＝R，‎ 设小球与半球形碗碰撞点为D点，则DO的连线与水平方向的夹角为30°，过D点作CO连线的垂线交于CO连线E点，小球与半球形碗碰撞前速度方向垂直于半球形碗在D点的切线方向，‎ 则OE＝＝R，‎ 小球下落h时竖直方向的速度为vy＝gt＝，‎ 则水平方向的速度v0＝vytan 60°＝，‎ 所以水平方向的位移为x＝v0t＝R，‎ 由几何关系可知，‎ CO＝R－R＝R，故C正确．‎ ‎17．如图3所示，足够长的宽度为d的竖直条形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，直角三角形金属线框ABC的BC边水平且长度为L，已知L>d.现令线框在外力作用下以速度v0匀速穿过磁场区域，以B点进入磁场的时刻为计时起点，规定线框中电流沿逆时针方向为正方向，则在线框穿过磁场的过程中，线框中的电流i随时间t的变化情况可能是(　　)‎ 图3‎ 答案　C 解析　B点进入磁场后直至线框位移为d的过程中，线框的有效切割长度随时间均匀增大，线框中电流随时间均匀增大至I0，方向为逆时针方向，已知L>d，线框位移大于d小于L的过程中，其有效切割长度不变，线框中的电流不变，仍为逆时针，线框出磁场的过程中，有效切割长度随时间均匀增大，电流随时间均匀增大，选项A、D错误；由B项的横轴可知L＝2d，由几何关系可知线框位移为L时的有效切割长度与位移为d时的有效切割长度相等，故电流等大，但方向为顺时针方向，位移为L＋d时，有效长度是位移为d时的2倍，电流为－2I0，选项B错误；由C项的横轴可知L＝3d，由几何关系可知线框位移为L时的有效切割长度是位移为d时的2倍，故电流为－2I0，位移为L＋d时，有效长度是位移为d时的3倍，电流为－3I0，选项C正确．‎ ‎18．如图4甲所示，Q1、Q2为两个固定着的点电荷，a、b是它们连线的延长线上的两点，现有一电子，只在电场力作用下，以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动，其v－t图象如图乙所示，电子经过a、b两点的速度分别为va、vb，则(　　)‎ 图4‎ A．Q1一定带负电 B．Q1的电荷量一定小于Q2的电荷量 C．b点的电势高于a点的电势 D．电子离开b点后所受静电力一直减小 答案　C 解析　由题图乙可知，电子从a到b做加速度减小的加速运动，所以a、b之间电场的方向向左，b点的电势高于a点的电势；在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零．过b点后点电荷做减速运动，所以电场的方向向右，Q2一定带负电，Q1一定带正电，故A错误，C正确；b点场强为零，可见两点电荷在b点产生的场强大小相等，方向相反，根据E＝，b到Q1的距离大于到Q2的距离，所以Q1的电荷量大于Q2的电荷量，故B错误；离开b点后v－t图象的斜率先增大后减小，即加速度先增大后减小，电子所受静电力先增加后减小，故D错误．‎ ‎19．如图5所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度大小均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD、AC边界的夹角∠DAC＝30°，边界AC与边界MN平行，Ⅰ区磁场右边界距A点无限远，Ⅱ区域宽度为d，长度无限大．质量为m、带电荷量为q的正粒子可在边界AD上的不同点射入，入射速度垂直于AD且垂直于磁场，若入射速度大小为，不计粒子重力，则(　　)‎ 图5‎ A．粒子距A点0.5d处射入，不会进入Ⅱ区 B．粒子在磁场区域内运动的最长时间为 C．粒子在磁场区域内运动的最短时间为 D．从MN边界出射粒子的区域长为(＋1)d 答案　BD 解析　粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB＝m得：r＝＝d，画出恰好不进入Ⅱ区的临界轨迹，如图甲所示：‎ 结合几何关系，有：AO＝＝2r＝2d；‎ 故从距A点0.5d处射入，会进入Ⅱ区，故A错误；‎ 粒子在磁场中转过的最大的圆心角为180°，即在Ⅰ区内运动的轨迹为半个圆周，故最长时间为t＝＝，‎ 故B正确；‎ 从A点进入的粒子在磁场中运动的轨迹最短(弦长也最短)，时间最短，轨迹如图乙所示：‎ 轨迹对应的圆心角为60°，故时间为：t＝＝，故C错误；‎ 临界轨迹情况如图丙所示：‎ 根据几何关系可得从MN边界出射粒子的区域长为l＝＋r＝(＋1)d，故D正确．‎ ‎20．如图6所示，将小砝码放在桌面上的薄纸板上，若砝码和纸板的质量分别为M和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码到纸板左端的距离和到桌面右端的距离均为d.现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，g为重力加速度，下列说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ(M＋m)g B．要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ(M＋m)g C．若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下 D．当F＝μ(2M＋3m)g时，砝码恰好到达桌面边缘 答案　BCD 解析　对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力为μ(2M＋m)g，故A错误．设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：Ff1＝Ma1，F－Ff1－Ff2＝ma2，Ff1＝μMg，Ff2＝μ(M＋m)g，发生相对运动需要a2>a1，代入数据解得：F＞2μ(M＋m)g，故B正确．若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码匀加速运动的位移小于＝＝，匀减速运动的位移小于＝＝，则总位移小于d，不会从桌面掉下，故C正确．‎ 当F＝μ(2M＋3m)g时，砝码未脱离时的加速度a1＝μg，‎ 纸板的加速度a2＝＝2μg，‎ 根据a2t2－a1t2＝d，‎ 解得t＝，‎ 则此时砝码的速度v＝a1t＝，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a′＝μg，则匀减速运动的位移x＝＝＝d，而匀加速运动的位移x′＝a1t2＝d，可知砝码恰好到达桌面边缘，故D正确．‎ ‎21.空间分布有竖直方向的匀强电场，现将一质量为m的带电小球A从O点斜向上抛出，小球沿如图7所示的轨迹击中绝缘竖直墙壁的P点．将另一质量相同、电荷量不变、电性相反的小球B仍从O点以相同的速度抛出，该球垂直击中墙壁的Q点(图中未画出)．对于上述两个过程，下列叙述中正确的是(　　)‎ 图7‎ A．球A的加速度大于球B的加速度 B．P点位置高于Q点 C．球A的电势能增大，球B的电势能减小 D．电场力对球A的冲量大小等于对球B的冲量大小 答案　ACD 解析　水平方向做匀速运动，水平速度相同，两次水平方向位移相同，时间相同，根据加速度a＝，A球速度变化量大，加速度大，故A正确；竖直最大高度为h＝，由于球A的加速度大于球B的加速度，所以球A的最高点低于球B的最高点，P点位置低于Q点，故B错误；球A加速度大，所受电场力向下，电场力做负功，电势能增大；球B加速度小，所受电场力向上，电场力做正功，电势能减小，故C正确；由于运动时间相等，电场力大小相等，电场力对球A的冲量大小等于对球B的冲量大小，故D正确．‎