《（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 1～5單選，6～8多選 1．(2019·全國(guó)卷Ⅲ)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v-t圖象如圖

2、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)的位移大小與在MN左邊區(qū)域運(yùn)動(dòng)的位移大小相等 B．在t＝5 s時(shí)，滑塊經(jīng)過(guò)邊界MN C．滑塊受到的滑動(dòng)摩擦力與電場(chǎng)力之比為25 D．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，t＝2 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0～2 s時(shí)間內(nèi)，滑塊加速度大小可表示為a1＝，在2～5 s時(shí)間內(nèi)，滑塊加速度大小可表示

3、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)－f＝ma1，對(duì)滑塊在MN分界線左側(cè)的運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，f＝ma2，聯(lián)立解得：fF＝25，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Wf＝f·2.5v0，電場(chǎng)力做的功可表示為WF＝F·v0＝2.5f·v0，二者做功相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 3．AB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：aa>ab>a

4、c B．飛行時(shí)間：tb＝tc>ta C．水平速度：va>vb＝vc D．電勢(shì)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(xiàng)A錯(cuò)誤；三個(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y＝at2得t＝，由圖有yb＝y(tǒng)c>ya，則tb＝tc>ta，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x＝v0t得v0＝，由圖知xa>xb>xc，又tb＝tc>ta，則 va>vb>vc，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電場(chǎng)力做功為W＝qEy，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

5、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(huà)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　) A．Q點(diǎn)在P點(diǎn)正下方 B．小球電勢(shì)能減少 C．小球重力勢(shì)能減少量等于mg2t2 D．Q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mgh＋W電＝mv－mv＝0，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h＝ gt2，則小球重力勢(shì)能減少量ΔEp

6、＝mgh＝mg2t2，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(kāi)的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ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135，軌跡恰好是一個(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B1B2B3＝135 B．磁感應(yīng)強(qiáng)度B1B2B3＝531 C．其在b、c處穿越鋁板所損失的動(dòng)能之比為252 D．其在b、c處穿越鋁板所損失的動(dòng)能之比為275

7、 解析：帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝T，在各個(gè)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(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B1B2B3＝1553，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Ek＝mv2，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(dòng)能為ΔEk1＝225k－25k＝200k，在c處穿越鋁板所損失的動(dòng)能為ΔEk2＝25k－9k＝16k，在b、c處穿越鋁板所損

8、失的動(dòng)能之比為ΔEk1ΔEk2＝252，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F＝qE＝3mg，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

9、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)，vx＝v0－3gt，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，vy＝gt，合速度v＝＝，當(dāng)t＝時(shí)，vmin＝，故D正確． 7．如圖所示，開(kāi)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間tmin＝ D．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r＝L2＋(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qvB＝m，解得v最大＝，v最?。剑Ｗ釉陔妶?chǎng)中加速，由動(dòng)能定理得qU＝mv2－0，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α＝arcsin＝53°，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tmi

11、n＝T＝，故C錯(cuò)誤；打在D點(diǎn)的粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為180°，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＝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(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qU＝mv2，在速度選擇器中有qE＝qvB1，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qvB＝m，聯(lián)立解得v＝，B1＝，故C、D正確．