2019高考物理总复习选择题增分练四

选择题增分练(四)
(满分48分 24分钟)
说明：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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．
1．某同学设计了如图所示的电路来研究光电效应现象，结点Q 位
于滑动变阻器的中点，初始状态时，滑动触头P 也恰好位于滑动变阻器
的中点．实验过程中，当该同学用绿光照射光电管时，灵敏电流计有示
数，下列说法正确的是( )
A ．若换用紫光照射光电管，则电流计的示数一定增大
B ．若增大绿光的光照强度，则电流计的示数一定增大
C ．若将滑动触头P 向右滑动，则电流计的示数一定不断增大
D ．若将滑动触头P 向左滑动，则电流计的示数一定能减小为0
解析：选B.用绿光照射光电管时，灵敏电流计有示数，说明绿光的频率大于该光电管的极限频率，若换用紫光照射，则一定可发生光电效应，但光电流大小与光强有关，所以光电流大小变化情况不能确定，A 错误；增大绿光的光照强度，则单位时间从阴极逸出的光电子数一定增多，光电流变大，电流计的示数一定增大，B 正确；此时加在光电管两端电压为0，若将滑动触头P 向右滑动，加在光电管两端的电压为正向电压，则在电场力作用下，到达阳极的光电子数会增多，而达到饱和光电流后，光电流大小不会随着正向电压的增大而增大，C 错误；若将滑动触头P 向左滑动，加在光电管两端的电压为反向电压，则在电场力作用下，到达阳极的光电子数会减少，电流计的示数不断减小，若最大反向电压小于遏止电压，则电流计的示数不能减为0，D 错误．
2．如图所示，斜面AC 与水平方向的夹角为α，在底端A 正上
方与顶端等高处的E 点以速度v 0水平抛出一小球，小球垂直于斜面
落到D 点，重力加速度为g ，则( )
A ．小球在空中飞行时间为v 0g
B ．小球落到斜面上时的速度大小为v 0
cos α
C ．小球的位移方向垂直于AC
D ．CD 与DA 的比值为12tan 2 α
解析：选D.将小球在D 点的速度进行分解，水平方向的分速度
v 1等于平抛运动的初速度v 0，即v 1＝v 0，落到斜面上时的速度v ＝
v 0sin α，竖直方向的分速度v 2＝v 0tan α
，则小球在空中飞行时间t ＝v 2g ＝v 0g tan α
.由图可知平抛运动的位移方向不垂直AC .D 、A 间水平距离为x 水平＝v 0t ，故DA ＝
v 0t
cos α；C 、D 间竖直距离为x 竖直＝12v 2t ，故CD ＝v 2t 2sin α，得CD DA ＝12tan 2 α. 3．图(甲)为手机及无线充电板．图(乙)为充电原理示意图．充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电．为方便研究，现将问题做如下简化：设送电线圈的匝数为n 1，受电线圈的匝数为n 2，面积为S ，若在t 1到t 2时间内，磁场(垂直于线圈平面向上、可视为匀强磁场)的磁感应强度由B 1均匀增加到B 2.下列说法正确的是( )
A ．受电线圈中感应电流方向由d 到c
B ．c 点的电势高于d 点的电势
C ．c 、d 之间的电势差为
n 1（B 2－B 1）S t 2－t 1 D ．c 、d 之间的电势差为n 2（B 2－B 1）S t 2－t 1
解析：选D.根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受
电线圈中感应电流方向由c 到d ，所以c 点的电势低于d 点的电势，故AB 错误；根据法拉
第电磁感应定律可得c 、d 之间的电势差为U cd ＝E ＝ΔΦΔt ＝n 2（B 2－B 1）S t 2－t 1
，故C 错误，D 正确；故选D.
4．如图所示，质量为M ＝3 kg 的足够长的木板放在光滑水平地面
上，质量为m ＝1 kg 的物块放在木板上，物块与木板之间有摩擦，两
者都以大小为4 m/s 的初速度向相反方向运动．当木板的速度为3 m/s 时，物块处于( )
A ．匀速运动阶段
B ．减速运动阶段
C ．加速运动阶段
D ．速度为零的时刻
解析：选B.开始阶段，m 向左减速，M 向右减速，根据系统的动量守恒定律得：当物块的速度为零时，设此时木板的速度为v 1，根据动量守恒定律得：(M －m )v ＝Mv 1，解得：v 1＝（3－1）×43
＝2.67 m/s ；此后m 将向右加速，M 继续向右减速；当两者速度达到相同时，设共同速度为v 2，由动量守恒定律得：(M －m )v ＝(M ＋m )v 2，解得：v 2＝（M －m ）v M ＋m ＝（3－1）×43＋1
＝2 m/s ，两者相对静止后，一起向右匀速直线运动．由此可知当M 的速度为3 m/s 时，m 处于减速运动阶段；故选B.
5．已知半径一定的小球在空中下落过程中受到的空气阻力f 正比
于运动速率v ，即满足f ＝kv .比例系数k 只与小球半径和空气密度有
关．现将半径相同的实心铁球和实心塑料球在空中由静止开始下落，
小球下落过程中的加速度与速度关系图象如图所示，已知空气密度均
匀．则下列说法中正确的是( )
A ．铁球在图中的v m 值较大
B ．铁球对应于图中的a 0值较大
C ．两球从开始下落至下落同样高度，铁球所用时间较长
D ．铁球从开始下落至速度达到铁球所对应的v m 位移较小
解析：选A.当小球受力平衡时，达到最大速度，由于铁球的质量大于塑料球，而阻力与速率成正比，所以铁球在图中的最大速度较大，故A 正确；由于开始下落时空气阻力可以忽略，因此开始下落时两球的加速度相同，故a 0相同，故B 错误；由于铁球下落时受到的
阻力影响较小，所以铁球的加速度始终大于塑料球的加速度，两球均由静止开始运动，故铁球的速度始终大于塑料球，故两球从开始下落至下落同样高度，铁球所用时间较短，故C 错误；由C 的分析可知，铁球的平均加速度要大于塑料球，并且最大速度也要大于塑料球，所以铁球从开始下落至速度达到铁球所对应的v m 位移较大，故D 错误．故选A.
6．如图(a)所示为示波管的原理图．如果在电极XX′之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极YY′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上不可能出现的图形是( )
解析：选ABD.因YY′偏转电极接入的是锯齿形电压，即扫描电压，且周期与XX′偏转电极上加的待显示信号电压的周期相同，则可以在荧光屏上得到一个周期内的稳定图象如图C 所示，故A 、B 、D 项不可能出现．
7．(2018·衡水中学押题卷)如图所示，正六边形ABCDEF 区域内
存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，大量质量为m 、
电荷量为＋q 的电荷从A 点沿AF 方向以不同速率射入磁场，不计电荷
重力及电荷间的相互作用．下列说法正确的是( )
A ．从EF 边射出磁场的电荷在磁场中的运动时间不可能大于πm 3qB
B ．从AB 边射出磁场的电荷在磁场中的运动时间均为5πm 3qB
C ．从E 、B 两点射出磁场的电荷的速率之比为3∶1
D ．从B 、C 、D 、
E 点射出磁场的电荷在磁场中的运动时间之比为4∶3∶2∶1
解析：选AD.从EF 边射出磁场的电荷中，恰好从E 点射出的电荷在磁场中的运动时间最长，其圆周运动的圆心恰好在C 点，设正六边形边长为l ，则轨迹半径r E ＝2l cos 30°＝
3l ，对应圆心角为60°，运动时间t E ＝16·2πm qB ＝πm 3qB
，A 正确；从AB 边射出磁场的电荷，在磁场中做圆周运动对应的圆心角均为240°，运动时间t ＝23·2πm qB ＝4πm 3qB
，B 错误；从B 点射出磁场的电荷，轨道半径r B ＝l 2cos 30°＝3l 3，由r ＝mv qB ，得v ＝qBr m ，故从E 、B 两点射出磁场的电荷，速率之比等于半径之比，为3∶1，C 错误；从C 点射出磁场的电荷在磁场中转过的圆心角为180°，从D 点射出磁场的电荷在磁场中转过的圆心角为120°，故从B 、C 、D 、E 点射出磁场的电荷在磁场中的运动时间之比等于在磁场中转过的圆心角之比，即240°∶180°∶120°∶60°＝4∶3∶2∶1，D 正确．
8．如图(a)所示，两个带正电的小球A 、B (均可视为点电荷)套在一根倾斜的光滑绝缘直杆上，其中A 球固定，电荷量Q A ＝2.0×10－4
C ，B 球的质量m ＝0.1 kg.以A 为坐标原点，沿杆向上建立直角坐标系，B 球的总势能(重力势能与电势能之和)随位置x 的变化规律如图(b)中曲线Ⅰ所示，直线Ⅱ为曲线Ⅰ的渐近线．图中M 点离A 点距离为6 m ．令A 所在平面为参考平面，无穷远处电势为零，重力加速度g 取10 m/s 2，静电力恒量k ＝9.0×109 N·m 2/c 2.下列说法正确的是( )
A ．杆与水平面的夹角θ＝60°
B ．B 球的电荷量Q B ＝1.0×10－5 C
C ．若B 球以4 J 的初动能从M 点沿杆向上运动，到最高点时电势能减小2 J
D ．若B 球从离A 球2 m 处静止释放，则向上运动过程中加速度先减小后增大
解析：选BCD.渐近线Ⅱ表示B 的重力势能随位置的变化关系，即：E p ＝mgx sin θ＝kx ，得：sin θ＝k
mg
＝0.5，即θ＝30°，A 项错误；由图(b)中的曲线Ⅰ可知，在x ＝6 m 处总
势能最小，动能最大，该位置B 受力平衡，则有mg sin θ＝k Q A Q B
62，解得：Q B ＝1×10－5
C ，B 项正确；在M 点时，B 的重力势能E p1＝mgx sin 30°＝3 J ，电势能E p 电1＝E p 总－E p1＝3 J ，由能量守恒可知，最高点时，E k ＝0，E p 总＝4 J ＋6 J ＝10 J ，对应的位置为x ′＝10 m ，此位置处E p2＝mgx ′sin 30°＝9 J ，E p 电2＝10 J －9 J ＝1 J ，所以ΔE p 电＝3 J －1 J ＝2 J ，C 项正确；在M 处加速度最小为0，所以从x ＝2 m 向上加速度先减小后增大，
D 项正确．故本题选BCD.。