选择题限时突破(七)
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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.下列有关图1中四幅图的说法中,正确的是( )
图1
A.α粒子散射实验促使玻尔改进了卢瑟福的原子核模型 B.在光颜色保持不变的情况下,入射光越强,饱和光电流越大 C.放射线甲由α粒子组成,每个粒子带两个单位正电荷
D.该链式反应属于原子核的聚变反应,链式反应需大于临界体积才能够进行 答案 B
解析 卢瑟福通过α粒子散射实验推翻了汤姆孙原子枣糕模型,建立了原子核式结构模型,故A错误;在光颜色保持不变的情况下,入射光越强,单位时间内发出光电子数目越多,饱和光电流越大,故B正确;根据左手定则知,甲带负电,为电子,故C错误;该链式反应属于原子核的裂变反应,故D错误.
15.如图2所示是某物体做直线运动的v2-x图象(其中v为速度,x为位置坐标),下列关于物体从x=0处运动至x=x0处的过程分析,其中正确的是( )
图2
A.该物体做匀加速直线运动
2v 0
B.该物体的加速度大小为 x0
13
C.当该物体的速度大小为v0时,位移大小为x0
2411
D.当该物体的位移大小为x0时,速度大小为v0
22答案 C
2
解析 由匀变速直线运动的速度位移关系公式v2-v0 2=2ax可得v2=2ax+v 可知物体的加速0,2度恒定不变,由于物体的速度减小,故物体做匀减速直线运动,故A错误;由v2=2ax+v 0知,
v0 2v0 2
v-x图象的斜率绝对值等于2a,由图可得2a=,则得物体的加速度大小为a=,故B错
x02x0
2
1123x0误;当该物体速度大小为v0时,v2=v ,故C正确;当该物体位移大小为0,由图可得:x=2441122x0时,由图可得v2=v ,v=v,故D错误. 22020
16.如图3所示,理想变压器原线圈两端A、B接在电动势为E=8 V,内阻为r=2 Ω的交流电源上,理想变压器的副线圈两端与滑动变阻器Rx相连,变压器原、副线圈的匝数比为1∶2,当电源输出功率最大时( )
图3
A.滑动变阻器的阻值Rx=2 Ω B.最大输出功率P=4 W C.变压器的输出电流I2=2 A D.滑动变阻器的阻值Rx=8 Ω 答案 D
解析 当外电路电压等于内电路电压时电源输出功率最大,即U1=Ur,而且U1+Ur=8 V,故UrI1n2U1=Ur=4 V,根据欧姆定律可得I1==2 A,故根据=可得副线圈中的电流为I2=1 A,根
rI2n1据
U1n1U28
=可得副线圈两端的电压U2=8 V,故Rx== Ω=8 Ω,最大输出功率为P=U2I2=8 W,U2n2I21
故D正确.
17.已知地球两极的重力加速度大小为g0,赤道上的重力加速度大小为g.若将地球视为质量均匀分布、半径为R的球体,地球同步卫星的轨道半径为( )
1g0A.R()3 g0g1g B.R()3 g0g
1ggC.R(0)3 g01ggD.R(0)3 g答案 A
解析 设地球质量为M,地球赤道上物体的质量为m,地球同步卫星的轨道半径为h,地球的自Mm
转周期为T,则地球两极的物体受到的引力等于其重力,即为G2=mg0,而赤道上物体受到的
RMm4π2
引力与支持力差值提供向心力,即为G2-mg=m2R,同步卫星所受万有引力等于向心力
RTMm4π2
G2=m2r,故地球同步卫星轨道半径为r=R(rT
g01)3,故A正确.
g0g18.如图4所示,斜面体置于粗糙水平面上,斜面光滑.光滑小球被轻质细线系放在斜面上,细线另一端跨过光滑定滑轮,用恒力F拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一小段距离,斜面体始终保持静止状态,则在此过程中( )
图4
A.细线对小球的拉力变小 B.斜面体对小球的支持力变小 C.地面对斜面体的支持力变大 D.地面对斜面体的摩擦力变大 答案 B
解析 设小球和斜面体的质量分别为m和M,细线与斜面的夹角为θ,斜面倾角为α.以小球为研究对象,小球受到重力mg、斜面的支持力FN和细线的拉力F,如图甲所示.由平衡条件得: 斜面方向有:mgsin α=Fcos θ① 垂直斜面方向: FN+Fsin θ=mgcos α②
使小球沿斜面缓慢移动时,θ增大,其他量不变,由①式知,F增大.由②知,FN变小,故A错误,B正确;对斜面体受力分析,如图乙:受重力Mg、地面的支持力FN1和摩擦力Ff和小球的压力FN′,由平衡条件得:Ff=FN′sin α,FN1=Mg+FN′cos α,FN′变小,则Ff变小,FN1变小,故C、D错误. 19.如图5所示,真空中三点A、B、C构成边长为L的等边三角形,EF是其
中位线,在E、F点分别放置电荷量均为Q的正、负点电荷.下列说法正确的是( )
图5
4kQ
A.A点的电场强度大小为2 LC.电势差UEB小于电势差UEA 答案 ACD
解析 +Q、-Q两个点电荷产生的电场在A处的场强大小相等,夹角为120°,故A点的电场强Q4kQ度大小为EA=k=,故A正确;根据等量异种点电荷连线的电场线的分布特点可知,A点
L2L22位于两个等量异种点电荷的中垂线上,所以A点的电势与无穷远处的电势相等;而C点靠近负电荷,可知A点的电势高于C点的电势.故B错误;由电场线的分布可知:EB间的电场强度比EA间的小,由U=Ed知电势差UEB小于电势差UEA,故C正确;根据等量异种电荷连线的电场线的分布特点,结合B的分析可知,B点的电势高于C点的电势,由Ep=qφ知负电荷在B点的电势能小于在C点的电势能,故D正确.
20.如图6甲所示,倾角为37°的足够长的传送带以恒定速度运行,将一质量m=1 kg的小物体以某一初速度放上传送带,物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图乙所示,取沿传送带向上为正方向,g= 10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.则下列说法正确的是( )
B.A点的电势低于C点的电势
D.负电荷在
B点的电势能小于在C点的电势能
图6
A.传送带逆时针转动,速度大小为4 m/s B.物体与传送带间的动摩擦因数为0.75 C.0~8 s内物体位移的大小为14 m
D.0~8 s内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为126 J 答案 CD
解析 从图中可知小物体先反向做减速运动后做加速运动,故可知传送带速度方向沿斜面向上,
最终物体和传送带的速度相同,故传送带速度大小为4 m/s,A错误;根据v-t图象的斜率表示2
加速度,可得,物体相对传送带滑动时的加速度大小为a= m/s2=1 m/s2,由牛顿第二定律得
22+61
μmgcos θ-mgsin θ=ma,解得μ=0.875,故B错误;0~8 s内物体位移为x=(-×2×2+
22×4) m=14 m,故C正确;0~8 s内只有前6 s内物体与传送带发生相对滑动.0~6 s内传送带运4×41
动距离为x带=4×6 m=24 m,0~6 s内物体位移为x物=(-×2×2+) m=6 m,x相对=x带-
22x物=18 m,产生的热量为Q=μmgcos θ·x相对=126 J,故D正确.
21.如图7甲所示,静止在水平面上的等边三角形金属线框,匝数n=20,总电阻R=2.5 Ω,边长L=0.3 m,处在两个半径均为r=0.1 m的圆形匀强磁场中,线框顶点与右侧圆心重合,线框底边与左侧圆直径重合,磁感应强度B1垂直水平面向外;B2垂直水平面向里,B1、B2随时间t的变化如图乙所示,线框一直处于静止状态,计算过程中取π=3,下列说法正确的是( )
图7
A.线框具有向左的运动趋势
B.t=0时刻穿过线框的磁通量为0.5 Wb C.t=0.4 s时刻线框中感应电动势为1.5 V D.0~0.6 s内通过线框横截面电荷量为0.36 C 答案 CD
解析 由磁感应强度B1垂直水平面向外,大小随时间均匀变大;B2垂直水平面向里,大小恒定,并且|B2|<|B1|,故通过线框的合磁通量垂直水平面向外增大,由楞次定律可得:线框中感应电流方向为顺时针,根据左手定则可得线框受到水平向右的合安培力,故有水平向右的运动趋势,A11
错误;t=0时刻穿过线框的磁通量为Φ1=B1×πr2+B2×πr2=0.025 Wb,B错误;由于磁通量均匀变化,
265-21ΔΦΔB
所以感应电动势恒定,故E=n=nS=20××π×0.12 V=1.5 V,C正确;在0.6 s时穿过线框
ΔtΔt0.6211nΔΦ
的磁通量为Φ2=B1×πr2+B2×πr2=0.07 Wb,在0~6 s内通过线框的电荷量q==0.36 C,
26RD正确.
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