（課標(biāo)版）高考物理二輪復(fù)習(xí) 選擇題提速練7（含解析）-人教版高三全冊物理試題

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1、選擇題提速練7 時間：45分鐘 1～5單選，6～8多選 1．(2019·全國卷Ⅲ)楞次定律是下列哪個定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的具體體現(xiàn)(　D　) A．電阻定律 B．庫侖定律 C．歐姆定律 D．能量守恒定律 解析：楞次定律中的“阻礙”作用，是能量守恒定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的具體體現(xiàn)，在克服這種“阻礙”的過程中，其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，選項D正確． 2．在地面附近，存在著一個有界電場，邊界MN將空間分成左、右兩個區(qū)域，在右區(qū)域中有水平向左的勻強電場，在右區(qū)域中離邊界MN某一位置的水平地面上由靜止釋放一個質(zhì)量為m的帶電滑塊(滑塊的電荷量始終不變)，如圖甲所示，滑塊運動的v-t圖象如圖

2、乙所示，不計空氣阻力，則(　C　) A．滑塊在MN右邊區(qū)域運動的位移大小與在MN左邊區(qū)域運動的位移大小相等 B．在t＝5 s時，滑塊經(jīng)過邊界MN C．滑塊受到的滑動摩擦力與電場力之比為25 D．在滑塊運動的整個過程中，滑動摩擦力做的功小于電場力做的功 解析：根據(jù)題中速度圖線與橫軸所圍的面積表示位移可知，滑塊在MN右邊區(qū)域運動的位移大小與在MN左邊區(qū)域運動的位移大小不相等，選項A錯誤．根據(jù)題圖乙所示速度圖象可知，t＝2 s時滑塊越過分界線MN，選項B錯誤．根據(jù)題中速度圖象斜率表示加速度可知，在0～2 s時間內(nèi)，滑塊加速度大小可表示為a1＝，在2～5 s時間內(nèi)，滑塊加速度大小可表示

3、為a2＝，設(shè)電場力為F，運動過程中所受摩擦力為f，對滑塊在MN分界線右側(cè)的運動，由牛頓第二定律，F(xiàn)－f＝ma1，對滑塊在MN分界線左側(cè)的運動，由牛頓第二定律，f＝ma2，聯(lián)立解得：fF＝25，選項C正確．在滑塊運動的整個過程中，滑動摩擦力做的功可表示為Wf＝f·2.5v0，電場力做的功可表示為WF＝F·v0＝2.5f·v0，二者做功相等，選項D錯誤． 3．AB板間存在豎直方向的勻強電場，現(xiàn)沿垂直電場線方向射入三種比荷相同的帶電微粒(不計重力)，a、b和c的運動軌跡如圖所示，其中b和c是從同一點射入的，不計空氣阻力，則可知粒子運動的全過程(　B　) A．運動加速度：aa>ab>a

4、c B．飛行時間：tb＝tc>ta C．水平速度：va>vb＝vc D．電勢能的減少量：ΔEc＝ΔEb>ΔEa 解析：根據(jù)牛頓第二定律得，微粒的加速度為a＝，據(jù)題相同，E相同，所以aa＝ab＝ac，選項A錯誤；三個帶電微粒在豎直方向都做初速度為零的勻加速直線運動，由y＝at2得t＝，由圖有yb＝y(tǒng)c>ya，則tb＝tc>ta，選項B正確；三個帶電微粒水平方向都做勻速直線運動，由x＝v0t得v0＝，由圖知xa>xb>xc，又tb＝tc>ta，則 va>vb>vc，選項C錯誤；電場力做功為W＝qEy，由于三個微粒的電荷量關(guān)系不能確定，所以不能確定電場力做功的大小，也就不能確定電勢能減少量

5、的大小，選項D錯誤． 4．如圖所示，處于真空中的勻強電場水平向右，有一質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的小球從P點以大小為v0的初速度水平向右拋出，經(jīng)過t時間到達(dá)Q點(圖中未畫出)時的速度仍為v0，則小球由P點運動到Q點的過程中，下列判斷正確的是(　C　) A．Q點在P點正下方 B．小球電勢能減少 C．小球重力勢能減少量等于mg2t2 D．Q點應(yīng)位于P點所在豎直線的左側(cè) 解析：從P到Q點，根據(jù)動能定理可知mgh＋W電＝mv－mv＝0，因重力做正功，則電場力做負(fù)功，電勢能增加，則Q點應(yīng)該在P點的右下方，選項A、B、D錯誤；小球在豎直方向下落的高度h＝ gt2，則小球重力勢能減少量ΔEp

6、＝mgh＝mg2t2，選項C正確． 5．如圖所示，由Oa、Ob、Oc三個鋁制薄板互成120°角均勻分開的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個勻強磁場區(qū)域，其磁感應(yīng)強度分別用B1、B2、B3表示．現(xiàn)有帶電粒子自a點垂直O(jiān)a板沿逆時針方向射入磁場中，帶電粒子完成一周運動，假設(shè)帶電粒子穿過鋁質(zhì)薄板過程中電荷量不變，在三個磁場區(qū)域中的運動時間之比為135，軌跡恰好是一個以O(shè)為圓心的圓，不計粒子重力，則(　C　) A．磁感應(yīng)強度B1B2B3＝135 B．磁感應(yīng)強度B1B2B3＝531 C．其在b、c處穿越鋁板所損失的動能之比為252 D．其在b、c處穿越鋁板所損失的動能之比為275

7、 解析：帶電粒子在磁場中運動的時間為t＝T，在各個區(qū)域的圓心角均為θ＝，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得qvB＝m，解得粒子在磁場中運動的周期T＝＝，則t＝，解得B＝，又因為m、q均為定值，所以三個區(qū)域的磁感應(yīng)強度之比為B1B2B3＝1553，故A、B錯誤；三個區(qū)域的磁場半徑為r＝，又因為動能Ek＝mv2，聯(lián)立解得Ek＝，因為q、m和r均相同，故三個區(qū)域中運動的動能之比為Ek1Ek2Ek3＝BBB＝225259，設(shè)比例中的每一份為k，則在b處穿越鋁板所損失的動能為ΔEk1＝225k－25k＝200k，在c處穿越鋁板所損失的動能為ΔEk2＝25k－9k＝16k，在b、c處穿越鋁板所損

8、失的動能之比為ΔEk1ΔEk2＝252，故C正確，D錯誤． 6．質(zhì)量為m、帶電量為＋q的小金屬塊A以初速度v0從光滑絕緣水平高臺上飛出．已知在足夠高的高臺邊緣右面空間中存在水平向左的勻強電場，場強大小E＝.則(　BD　) A．金屬塊不一定會與高臺邊緣相碰 B．金屬塊一定會與高臺邊緣相碰，相碰前金屬塊在做勻變速運動 C．金屬塊運動過程中距高臺邊緣的最大水平距離為 D．金屬塊運動過程的最小速度為 解析：電場力F＝qE＝3mg，方向向左，小金屬塊豎直方向做自由落體運動，水平方向先向右做勻減速直線運動，然后向左做勻加速直線運動，一定會與高臺邊緣相碰，故A錯誤，B正確；小金屬塊水平

9、方向先向右做勻減速直線運動，加速度大小為3g，根據(jù)速度位移關(guān)系公式得xm＝＝，故C錯誤；小金屬塊水平方向向右做勻減速直線運動，vx＝v0－3gt，豎直方向做自由落體運動，vy＝gt，合速度v＝＝，當(dāng)t＝時，vmin＝，故D正確． 7．如圖所示，開始靜止的帶電粒子帶電荷量為＋q，質(zhì)量為m(不計重力)，從點P經(jīng)電場加速后，從小孔Q進(jìn)入右側(cè)的邊長為L的正方形勻強磁場區(qū)域(PQ的連線經(jīng)過AD邊、BC邊的中點)，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外，若帶電粒子只能從CD邊射出，則(　AD　) A．兩板間電壓的最大值Umax＝ B．兩板間電壓的最小值Umin＝ C．能夠從CD邊射出的粒子

10、在磁場中運動的最短時間tmin＝ D．能夠從CD邊射出的粒子在磁場中運動的最長時間tmax＝ 解析：粒子運動軌跡如圖所示，粒子打在C點的半徑最大，粒子打在D點時軌道半徑最小，由幾何知識得r＝L2＋(r最大－L)2，解得r最大＝L，r最?。絃，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝m，解得v最大＝，v最?。?，粒子在電場中加速，由動能定理得qU＝mv2－0，解得Umax＝，Umin＝，故A正確，B錯誤；粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝，打在C點的粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角最小，最小圓心角α＝arcsin＝53°，能夠從CD邊射出的粒子在磁場中運動的最短時間tmi

11、n＝T＝，故C錯誤；打在D點的粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為180°，能夠從CD邊射出的粒子在磁場中運動的最長時間tmax＝T＝，故D正確． 8.如圖所示為質(zhì)譜儀的工作原理圖，初速度忽略不計的帶電粒子進(jìn)入加速電場，經(jīng)加速電場加速后進(jìn)入速度選擇器，在速度選擇器中直線運動后通過平板S的狹縫P進(jìn)入平板S下方的偏轉(zhuǎn)磁場，磁場的方向垂直于紙面，磁感應(yīng)強度大小為B，粒子最終打在膠片A1A2上，粒子打在膠片上的位置離P點距離為L，加速電場兩板間的電壓為U，速度選擇器兩板間的電場強度大小為E，不計粒子的重力，則下列判斷正確的是(　CD　) A．速度選擇器兩板間磁場的方向垂直于紙面向里 B．平板S下面的偏轉(zhuǎn)磁場方向垂直于紙面向里 C．粒子經(jīng)加速電場加速后獲得的速度大小為 D．速度選擇器兩板間磁場的磁感應(yīng)強度大小為 解析：粒子經(jīng)加速電場加速，根據(jù)加速電場可知，粒子帶正電，要使粒子沿直線運動，粒子在速度選擇器中受到的電場力與洛倫茲力應(yīng)大小相等，由此可以判斷出速度選擇器中磁場的方向垂直于紙面向外，故A錯誤；粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場后向左偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于紙面向外，故B錯誤；粒子經(jīng)加速電場加速，由動能定理得qU＝mv2，在速度選擇器中有qE＝qvB1，粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有qvB＝m，聯(lián)立解得v＝，B1＝，故C、D正確．