《（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(cè)物理試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（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(cè)物理試題（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、選擇題提速練7時(shí)間：45分鐘15單選，68多選1(2019全國(guó)卷)楞次定律是下列哪個(gè)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(kù)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(guò)程中，其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，選項(xiàng)D正確2在地面附近，存在著一個(gè)有界電場(chǎng)，邊界MN將空間分成左、右兩個(gè)區(qū)域，在右區(qū)域中有水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，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(gè)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(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖乙所示，不計(jì)空氣阻力，則(C)A滑塊在MN右邊區(qū)域運(yùn)動(dòng)的位移大小
2、與在MN左邊區(qū)域運(yùn)動(dòng)的位移大小相等B在t5 s時(shí)，滑塊經(jīng)過(guò)邊界MNC滑塊受到的滑動(dòng)摩擦力與電場(chǎng)力之比為25D在滑塊運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，滑動(dòng)摩擦力做的功小于電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)的位移大小與在MN左邊區(qū)域運(yùn)動(dòng)的位移大小不相等，選項(xiàng)A錯(cuò)誤根據(jù)題圖乙所示速度圖象可知，t2 s時(shí)滑塊越過(guò)分界線MN，選項(xiàng)B錯(cuò)誤根據(jù)題中速度圖象斜率表示加速度可知，在02 s時(shí)間內(nèi)，滑塊加速度大小可表示為a1，在25 s時(shí)間內(nèi)，滑塊加速度大小可表示為a2，設(shè)電場(chǎng)力為F，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受摩擦力為f，對(duì)滑塊在MN分界線右側(cè)的運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，F(xiàn)fma1，對(duì)滑塊在M
3、N分界線左側(cè)的運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，fma2，聯(lián)立解得：fF25，選項(xiàng)C正確在滑塊運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，滑動(dòng)摩擦力做的功可表示為Wff2.5v0，電場(chǎng)力做的功可表示為WFFv02.5fv0，二者做功相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤3AB板間存在豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，現(xiàn)沿垂直電場(chǎng)線方向射入三種比荷相同的帶電微粒(不計(jì)重力)，a、b和c的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，其中b和c是從同一點(diǎn)射入的，不計(jì)空氣阻力，則可知粒子運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程(B)A運(yùn)動(dòng)加速度：aaabacB飛行時(shí)間：tbtctaC水平速度：vavbvcD電勢(shì)能的減少量：EcEbEa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aaabac，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；三
4、個(gè)帶電微粒在豎直方向都做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由yat2得t，由圖有ybycya，則tbtcta，選項(xiàng)B正確；三個(gè)帶電微粒水平方向都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由xv0t得v0，由圖知xaxbxc，又tbtcta，則vavbvc，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電場(chǎng)力做功為WqEy，由于三個(gè)微粒的電荷量關(guān)系不能確定，所以不能確定電場(chǎng)力做功的大小，也就不能確定電勢(shì)能減少量的大小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤4如圖所示，處于真空中的勻強(qiáng)電場(chǎng)水平向右，有一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球從P點(diǎn)以大小為v0的初速度水平向右拋出，經(jīng)過(guò)t時(shí)間到達(dá)Q點(diǎn)(圖中未畫出)時(shí)的速度仍為v0，則小球由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過(guò)程中，下列判斷正確的是(C)AQ點(diǎn)在P點(diǎn)正下方
5、B小球電勢(shì)能減少C小球重力勢(shì)能減少量等于mg2t2DQ點(diǎn)應(yīng)位于P點(diǎn)所在豎直線的左側(cè)解析：從P到Q點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理可知mghW電mvmv0，因重力做正功，則電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，則Q點(diǎn)應(yīng)該在P點(diǎn)的右下方，選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤；小球在豎直方向下落的高度hgt2，則小球重力勢(shì)能減少量Epmghmg2t2，選項(xiàng)C正確5如圖所示，由Oa、Ob、Oc三個(gè)鋁制薄板互成120角均勻分開的、三個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，其磁感應(yīng)強(qiáng)度分別用B1、B2、B3表示現(xiàn)有帶電粒子自a點(diǎn)垂直O(jiān)a板沿逆時(shí)針?lè)较蛏淙氪艌?chǎng)中，帶電粒子完成一周運(yùn)動(dòng)，假設(shè)帶電粒子穿過(guò)鋁質(zhì)薄板過(guò)程中電荷量不變，在三個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為135，軌跡恰好是
6、一個(gè)以O(shè)為圓心的圓，不計(jì)粒子重力，則(C)A磁感應(yīng)強(qiáng)度B1B2B3135B磁感應(yīng)強(qiáng)度B1B2B3531C其在b、c處穿越鋁板所損失的動(dòng)能之比為252D其在b、c處穿越鋁板所損失的動(dòng)能之比為275解析：帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tT，在各個(gè)區(qū)域的圓心角均為，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得qvBm，解得粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T，則t，解得B，又因?yàn)閙、q均為定值，所以三個(gè)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度之比為B1B2B31553，故A、B錯(cuò)誤；三個(gè)區(qū)域的磁場(chǎng)半徑為r，又因?yàn)閯?dòng)能Ekmv2，聯(lián)立解得Ek，因?yàn)閝、m和r均相同，故三個(gè)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能之比為Ek1Ek2Ek3BBB225259，設(shè)比例中的每一份為k，則在b
7、處穿越鋁板所損失的動(dòng)能為Ek1225k25k200k，在c處穿越鋁板所損失的動(dòng)能為Ek225k9k16k，在b、c處穿越鋁板所損失的動(dòng)能之比為Ek1Ek2252，故C正確，D錯(cuò)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(tái)上飛出已知在足夠高的高臺(tái)邊緣右面空間中存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小E.則(BD)A金屬塊不一定會(huì)與高臺(tái)邊緣相碰 B金屬塊一定會(huì)與高臺(tái)邊緣相碰，相碰前金屬塊在做勻變速運(yùn)動(dòng)C金屬塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中距高臺(tái)邊緣的最大水平距離為D金屬塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程的最小速度為解析：電場(chǎng)力FqE3mg，方向向左，小金屬塊豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，水平方向先向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，然后向左做勻加
8、速直線運(yùn)動(dòng)，一定會(huì)與高臺(tái)邊緣相碰，故A錯(cuò)誤，B正確；小金屬塊水平方向先向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為3g，根據(jù)速度位移關(guān)系公式得xm，故C錯(cuò)誤；小金屬塊水平方向向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，vxv03gt，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，vygt，合速度v，當(dāng)t時(shí)，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(jì)重力)，從點(diǎn)P經(jīng)電場(chǎng)加速后，從小孔Q進(jìn)入右側(cè)的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域(PQ的連線經(jīng)過(guò)AD邊、BC邊的中點(diǎn))，磁感應(yīng)強(qiáng)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UmaxB兩板間電壓的最小值UminC能夠從CD邊射出的粒
9、子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間tminD能夠從CD邊射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間tmax解析：粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，粒子打在C點(diǎn)的半徑最大，粒子打在D點(diǎn)時(shí)軌道半徑最小，由幾何知識(shí)得rL2(r最大L)2，解得r最大L，r最小L，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvBm，解得v最大，v最小，粒子在電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理得qUmv20，解得Umax，Umin，故A正確，B錯(cuò)誤；粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T，打在C點(diǎn)的粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角最小，最小圓心角arcsin53，能夠從CD邊射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間tminT，故C錯(cuò)誤；打在D點(diǎn)的粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為1
10、80，能夠從CD邊射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間tmaxT，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(jì)的帶電粒子進(jìn)入加速電場(chǎng)，經(jīng)加速電場(chǎng)加速后進(jìn)入速度選擇器，在速度選擇器中直線運(yùn)動(dòng)后通過(guò)平板S的狹縫P進(jìn)入平板S下方的偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向垂直于紙面，磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)距離為L(zhǎng)，加速電場(chǎng)兩板間的電壓為U，速度選擇器兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，不計(jì)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(chǎng)的方向垂直于紙面向里B平板S下面的偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里C粒子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后獲得的速度大小為D速度選擇器兩板間磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為解析：粒子經(jīng)加速電場(chǎng)加速，根據(jù)加速電場(chǎng)可知，粒子帶正電，要使粒子沿直線運(yùn)動(dòng)，粒子在速度選擇器中受到的電場(chǎng)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(chǎng)的方向垂直于紙面向外，故A錯(cuò)誤；粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)后向左偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向外，故B錯(cuò)誤；粒子經(jīng)加速電場(chǎng)加速，由動(dòng)能定理得qUmv2，在速度選擇器中有qEqvB1，粒子在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，則有qvBm，聯(lián)立解得v，B1，故C、D正確
（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(cè)物理試題
