(京津琼)2019高考物理总复习 专用优编提分练：选择题专练(一)

选择题专练(一)
1．下列论述中正确的是( )
A．开普勒根据万有引力定律得出行星运动规律
B．爱因斯坦的狭义相对论，全面否定了牛顿的经典力学规律
C．普朗克把能量子引入物理学，正确地破除了“能量连续变化”的传统观念
D．玻尔提出的原子结构假说，成功地解释了各种原子光谱的不连续性
答案 C
解析开普勒通过研究第谷的行星观测数据，得出了行星运动规律，A错误；爱因斯坦的狭义相对论，并没有全面否定牛顿的经典力学，B错误；普朗克把能量子引入物理学，正确地破除了“能量连续变化”的传统观念，C正确；玻尔提出的原子结构假说，不能解释复杂原子，如氦原子核光谱的不连续性，D错误．
2.如图1，放置在光滑的水平地面上足够长的斜面体，下端固定有挡板，用外力将轻质弹簧压缩在小木块和挡板之间，弹簧的弹性势能为100 J．撤去外力，木块开始运动，离开弹簧后，沿斜面向上滑到某一位置后，不再滑下，则( )
图1
A．木块重力势能的增加量为100 J
B．木块运动过程中，斜面体的支持力对木块做功不为零
C．木块、斜面体和弹簧构成的系统，机械能守恒
D．最终，木块和斜面体以共同速度向右匀速滑行
答案 B
解析因为到达最高点后，木块不再下滑，所以木块必受斜面的摩擦力作用，斜面体受到木块的斜向右上的摩擦力作用，该力在水平方向上有一个分力，故斜面体向右运动，木块相对地面在水平方向上有位移，斜面体对木块的支持力与水平位移夹角不垂直，故斜面体的支持力对木块做功不为零，木块、斜面体和弹簧构成的系统，有摩擦力做功，所以机械能不守恒，B正确，C错误；将弹簧、木块和斜面体看成一个整体，整体在水平方向上受力为零，所以系统水平方向动量守恒，释放弹簧前系统水平方向动量为零，故释放弹簧后系统水平方向动量仍旧为零，即木块和斜面体最后静止，弹簧的弹性势能转化为系统的内能(克服摩擦力做功)以及木块的重力势能，故木块重力势能的增加量小于100 J，A、D错误．
3．如图2所示，a为放在地球赤道上随地球一起转动的物体，b、c、d为在圆轨道上运行的卫星，轨道平面均在地球赤道面上，其中b是近地卫星，c是地球同步卫星．若a、b、c、d
的质量相同，地球表面附近的重力加速度为g ，则下列说法中正确的是( )
图2
A ．b 卫星转动的线速度大于7.9 km/s
B ．a 、b 、c 、d 的周期大小关系为T a <T b <T c <T d
C ．a 和b 的向心加速度都等于重力加速度g
D ．在b 、c 、d 中，b 的动能最大，d 的机械能最大
答案 D
解析 7.9 km/s 是第一宇宙速度，是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度，所以b 卫
星转动的线速度小于7.9 km/s ，故A 错误．对于b 、c 、d 三颗卫星，由开普勒第三定律r 3
T 2＝k ，知T b <T c <T d ，地球同步卫星的周期与地球自转周期相同，则有T a ＝T c .因此有T b <T a ＝T c <T d ，故B 错误．b 卫星由重力提供向心力，其向心加速度等于重力加速度g ，而a 由重力和支持力
的合力提供向心力，则a 的向心加速度小于重力加速度g ，故C 错误．对于b 、c 、d 三颗卫
星，根据万有引力提供圆周运动向心力，有：G Mm r 2＝m v 2r
，得v ＝GM r ，卫星的动能为E k ＝12mv 2＝GMm 2r
，所以b 的动能最大，若要将卫星的轨道半径增大，卫星必须加速，机械能增大，所以d 的机械能最大，故D 正确．
4．如图3所示，在竖直平面内，一光滑杆固定在地面上，杆与地面间夹角为θ，一光滑轻
环套在杆上．一个轻质光滑的滑轮(可视为质点)用轻质绳OP 悬挂在天花板上，另一轻绳通过
滑轮系在轻环上，现用向左的拉力缓慢拉绳，当轻环静止不动时，与手相连一端的绳子水平，则OP 绳与天花板之间的夹角为( )
图3 A.π2 B ．θ C.π4＋θ2 D.π4－θ2
答案 D
解析 水平向左缓慢拉绳至轻环重新静止不动，则环处于平衡状态，对环受力分析，绳子的
拉力垂直于杆时，绳子的拉力沿杆的方向没有分力，此时环能保持静止，由几何关系可知，
QP 段绳子与竖直方向之间的夹角是θ；再对滑轮受力分析，受三个拉力，由于OP 段绳子的
拉力与另外两个拉力的合力平衡，而另外两个拉力大小相等，故PO 在另外两个拉力的角平分
线上，结合几何关系可知，OP 与天花板之间的夹角为π4－θ2
，D 正确． 5．如图4所示，在垂直纸面向里、磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场中，有一长度L ＝5 m 的细
圆筒，绕其一端O 在纸面内沿逆时针方向做角速度ω＝60 rad/s 的匀速圆周运动．另一端有
一粒子源，能连续不断相对粒子源沿半径向外发射速度为v ＝400 m/s 的带正电粒子．已知带
电粒子的电荷量q ＝2.5×10－6 C ，质量m ＝3×10－8
kg ，不计粒子间相互作用及重力，打在
圆筒上的粒子均被吸收，则带电粒子在纸面内所能到达的范围面积S 是( )
图4
A ．48π m 2
B ．9π m 2
C ．49π m 2
D ．16π m 2 答案 A
解析 发射粒子时，粒子沿半径方向的速度为v ＝400 m/s ，粒子随细圆筒做圆周运动，垂直
半径方向的速度为ωL ＝300 m/s ，故粒子速度为v ′＝500 m/s ，设粒子速度方向与径向夹角
为θ，则tan θ＝ωL v
，θ＝37°；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故有：Bv ′q ＝mv ′2R ，所以，运动半径为：R ＝mv ′qB
＝3 m ；根据左手定则可知，粒子做圆周运动也是沿逆时针方向运动；根据几何关系，粒子做圆周运动的圆心到O 的距离为s ＝4 m ，故带电粒子在纸面内所能到达的范围为内径为s －R ＝1 m 、外径为s ＋R ＝7 m 的环形区域，
故带电粒子在纸面内所能到达的范围面积为：
S ＝π×72 m 2－π×12 m 2＝48π m 2，
故A 正确，B 、C 、D 错误．
6．如图5所示，内径为2R 、高为H 的圆筒竖直放置，在圆筒内壁上边缘的P 点沿不同方向
水平抛出可视为质点的三个完全相同小球A 、B 、C .它们初速度方向与过P 点的直径夹角分别
为30°、0°和60°，大小均为v 0，已知v 02>2gR 2H
，g 为重力加速度．从抛出到第一次碰撞筒壁，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
图5
A ．三小球运动时间之比t A ∶t
B ∶t
C ＝3∶2∶1
B ．三小球下落高度之比h A ∶h B ∶h
C ＝2∶3∶1
C ．重力对三小球做功之比W A ∶W B ∶W C ＝3∶4∶1
D ．重力的平均功率之比P A ∶P B ∶P C ＝2∶3∶1
答案 AC
解析 因为三个小球都碰壁，说明没有下落到底部，小球在水平方向上做匀速直线运动，根
据几何知识可知三个球的水平位移x A ＝2R ·32＝3R ，x B ＝2R ，x C ＝2R ·12
＝R ，而所用时间t A ∶t B ∶t C ＝x A v 0∶x B v 0∶x C v 0
＝3∶2∶1，A 正确；在竖直方向上做自由落体运动，三小球下落高度之比h A ∶h B ∶h C ＝12gt A 2∶12gt B 2∶12
gt C 2＝3∶4∶1，B 错误；重力对小球做功W G ＝mgh ，故W A ∶W B ∶W C ＝h A ∶h B ∶h C ＝3∶4∶1，C 正确；重力的平均功率P ＝W t ，故P A ∶P B ∶P C ＝W A t A ∶W B t C ∶W C t C
＝33∶42∶11
＝3∶2∶1，D 错误． 7．图6(a)中理想变压器的原线圈依次接入如图(b)所示的甲、乙两个正弦交流电源．接电源
甲后，调节滑动变阻器滑片位置使小灯泡A 正常发光，小灯泡的功率及电流频率分别为P 1、
f 1；保持滑片位置不变，改用电源乙，小灯泡的功率及电流频率分别为P 2、f 2，则( )
图6
A ．f 1∶f 2＝3∶2
B ．P 1∶P 2＝2∶1
C ．若将变阻器滑片向左移动，电源乙可能使小灯泡正常发光
D ．若将变压器动片P 向下移动，电源乙可能使小灯泡正常发光
答案 AD
解析 变压器不改变交流电的频率，从题图b 中可知3T 1＝2T 2，即T 1T 2＝23，所以f 1f 2＝32
，A 正确；从题图b 中可知甲、乙两个电源的电动势最大值之比为2∶1，两种情况下副线圈两端的电压
有效值之比为2∶1，所以两种情况下通过灯泡的电流之比为2∶1，根据P ＝I 2R 可知P 1P 2＝41
，B 错误；若将变阻器滑片向左移动，滑动变阻器接入电路的电阻增大，通过灯泡的电流减小，所以电源乙不可能使小灯泡正常发光，C 错误；若将变压器动片P 向下移动，即n 1n 2减小，根
据n 1n 2＝U 1U 2
可知U 2增大，即副线圈两端电压增大，故电源乙可能使小灯泡正常发光，D 正确．
8．两个完全相同的平行板电容器C 1、C 2水平放置，如图7所示．开关S 闭合时，两电容器中
间各有一油滴A 、B 刚好处于静止状态．现将S 断开，将C 2下极板向上移动少许，然后再次
闭合S ，则下列说法正确的是( )
图7
A ．两油滴的质量相等，电性相反
B ．断开开关，移动
C 2下极板过程中，B 所在位置的电势不变
C ．再次闭合S 瞬间，通过开关的电流可能从上向下
D ．再次闭合开关后，A 向下运动，B 向上运动
答案 BCD
解析 当S 闭合时，左边电容的上极板和右边电容的下极板相连，即两个极板的电势相等，
又因为其他两个极板都接地，电势相等，故两极板间的电势差的绝对值相等，根据mg ＝|U |d
q ，由于不知道两油滴的电荷量，故两个油滴的质量不一定相等，若C 1上极板带正电，则C 1电场
方向竖直向下，A 液滴应受到竖直向上的电场力，故带负电，C 2下极板带正电，则C 2电场方
向竖直向上，B 滴液应受到竖直向上的电场力，所以带正电，电性相反；若C 1上极板带负电，则C 1电场方向竖直向上，A 液滴应受到竖直向上的电场力，故带正电，C 2下极板带负电，则
C 2电场方向竖直向下，B 滴液应受到竖直向上的电场力，所以带负电，电性相反，总之，两
油滴的电性相反，A 错误；断开开关，移动C 2下极板过程中，两极板所带电荷量相等，根据
C ＝εr S 4πkd ，C ＝Q U ，E ＝U d 联立可得E ＝4πkQ εr S
，两极板间的电场强度大小和两极板间的距离无关，故电场强度恒定，所以B 的受力不变，故仍处于静止状态，到上极板(零电势)的距离不变，
根据U ＝Ed 可知B 点的电势不变，B 正确；S 断开，将C 2下极板向上移动少许，根据C ＝εr S 4πkd
可知C 2增大，根据C ＝Q U 可知U 减小，即C 2下极板电势降低，再次闭合S 瞬间，C 1上极板的电势大于C 2下极板电势，通过开关的电流可能从上向下，稳定后，根据E ＝U d
可知C 1两极板间的电势差减小，电场强度减小，A 向下运动，C 2两极板间的电势差增大，电场强度增大，B 向上运动，C 、D 正确．。