（課標版）高考物理二輪復習 選擇題提速練7（含解析）-人教版高三全冊物理試題

選擇題提速練7時間：45分鐘15單選，68多選1(2019·全國卷)楞次定律是下列哪個定律在電磁感應現(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v­t圖象如圖乙所示，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t5 s時，滑塊經(jīng)過邊界MNC滑塊受到的滑動摩擦力與電場力之比為25D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，t2 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02 s時間內(nèi)，滑塊加速度大小可表示為a1，在25 s時間內(nèi)，滑塊加速度大小可表示為a2，設電場力為F，運動過程中所受摩擦力為f，對滑塊在MN分界線右側的運動，由牛頓第二定律，F(xiàn)fma1，對滑塊在MN分界線左側的運動，由牛頓第二定律，fma2，聯(lián)立解得：fF25，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Wff·2.5v0，電場力做的功可表示為WFF·v02.5f·v0，二者做功相等，選項D錯誤3AB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>acB飛行時間：tbtc>taC水平速度：va>vbvcD電勢能的減少量：EcEb>Ea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yat2得t，由圖有ybyc>ya，則tbtc>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xv0t得v0，由圖知xa>xb>xc，又tbtc>ta，則va>vb>vc，選項C錯誤；電場力做功為WqEy，由于三個微粒的電荷量關系不能確定，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)AQ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mg2t2DQ點應位于P點所在豎直線的左側解析：從P到Q點，根據(jù)動能定理可知mghW電mvmv0，因重力做正功，則電場力做負功，電勢能增加，則Q點應該在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hgt2，則小球重力勢能減少量Epmghmg2t2，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、三個勻強磁場區(qū)域，其磁感應強度分別用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，假設帶電粒子穿過鋁質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135，軌跡恰好是一個以O為圓心的圓，不計粒子重力，則(C)A磁感應強度B1B2B3135B磁感應強度B1B2B3531C其在b、c處穿越鋁板所損失的動能之比為252D其在b、c處穿越鋁板所損失的動能之比為275解析：帶電粒子在磁場中運動的時間為tT，在各個區(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)域的磁感應強度之比為B1B2B31553，故A、B錯誤；三個區(qū)域的磁場半徑為r，又因為動能Ekmv2，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Ek1Ek2Ek3BBB225259，設比例中的每一份為k，則在b處穿越鋁板所損失的動能為Ek1225k25k200k，在c處穿越鋁板所損失的動能為Ek225k9k16k，在b、c處穿越鋁板所損失的動能之比為Ek1Ek2252，故C正確，D錯誤6質量為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FqE3mg，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，vxv03gt，豎直方向做自由落體運動，vygt，合速度v，當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，質量為m(不計重力)，從點P經(jīng)電場加速后，從小孔Q進入右側的邊長為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UmaxB兩板間電壓的最小值UminC能夠從CD邊射出的粒子在磁場中運動的最短時間tminD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rL2(r最大L)2，解得r最大L，r最小L，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qvBm，解得v最大，v最小，粒子在電場中加速，由動能定理得qUmv20，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過的圓心角最小，最小圓心角arcsin53°，能夠從CD邊射出的粒子在磁場中運動的最短時間tminT，故C錯誤；打在D點的粒子轉過的圓心角為180°，能夠從CD邊射出的粒子在磁場中運動的最長時間tmaxT，故D正確8.如圖所示為質譜儀的工作原理圖，初速度忽略不計的帶電粒子進入加速電場，經(jīng)加速電場加速后進入速度選擇器，在速度選擇器中直線運動后通過平板S的狹縫P進入平板S下方的偏轉磁場，磁場的方向垂直于紙面，磁感應強度大小為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；粒子進入偏轉磁場后向左偏轉，根據(jù)左手定則可知，偏轉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qUmv2，在速度選擇器中有qEqvB1，粒子在偏轉磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有qvBm，聯(lián)立解得v，B1，故C、D正確