2016高考物理二轮专题练习-选择题突破策略与技巧.doc

专题一 选择题突破策略与技巧-保住基础快得分力学选择题巧练(一)1(2015河北保定4月模拟)关于力学及其发展历史，下列说法正确的是()A牛顿根据伽利略等前辈的研究，用实验验证得出了牛顿第一定律B牛顿通过研究发现物体受到的外力总是迫使其改变运动状态，而不是维持其运动状态C由牛顿第二定律得到m，这说明物体的质量跟其所受外力成正比，跟物体的加速度成反比D牛顿等物理学家建立的经典力学体系不但适用于宏观、低速研究领域，也能充分研究微观、高速运动的物体解析：选B.因为不受力作用的物体是不存在的，所以牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证，所以A项错误；牛顿研究发现力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因，所以B项正确；因为物体的质量由其所含物质的多少决定，与其他因素无关，所以C项错误；牛顿等物理学家建立的经典力学体系只适用于宏观、低速研究领域，当研究微观、高速运动的物体时用爱因斯坦相对论，所以D项错误2.(2015山东济南一模)一串小灯笼(五只)彼此用轻绳连接，并悬挂在空中在稳定水平风力作用下发生倾斜，绳与竖直方向的夹角为30，如图所示设每只灯笼的质量均为m.则自上往下第一只灯笼对第二只灯笼的拉力大小为()A2mgB.mgC.mg D8mg解析：选C.自上往下以第2只到第5只灯笼为一整体作为研究对象，受力分析如图所示，则有FT cos 304mg，解得FTmg.3.(2015河北正定2月调研)据英国每日邮报报道，27名跳水运动员曾参加了科索沃年度高空跳水比赛自某运动员离开跳台开始计时，在t2时刻运动员以速度v2落水，选向下为正方向，其速度随时间变化的规律如图所示，下列结论正确的是()A该运动员在0t2时间内加速度大小先减小后增大，加速度的方向不变B该运动员在t2t3时间内加速度大小逐渐减小，处于失重状态C在0t2时间内，该运动员的平均速度1D在t2t3时间内，该运动员的平均速度2解析：选C.由题图可知，在0t2时间内运动员的加速度一直不变，A项错误在t2t3时间内图线上各点切线的斜率的绝对值的大小逐渐减小，则加速度大小逐渐减小，但加速度方向在这段时间内始终向上，运动员减速下落处于超重状态，B项错误在0t2时间内为匀变速直线运动，所以平均速度1，C项正确在t2t3时间内，由图线与t轴所围面积表示位移可知，此时间内的平均速度2x得kx2mg，所以在最低点kxmgmamg，即ag，C错误弹簧形变量x与t不是线性关系，则a与t也不是线性关系，D错误5.(2015河北石家庄3月模拟)如图所示，一质量为M、倾角为的斜面体置于水平地面上，质量为m的小木块(可视为质点)放在斜面上现用一平行于斜面、大小恒定的拉力F作用于小木块上，拉力在斜面所在的平面内绕小木块旋转一周的过程中，斜面体和小木块始终保持静止状态，下列说法中正确的是()A小木块受到斜面的最大摩擦力为 B小木块受到斜面的最大摩擦力为Fmgsin C斜面体受到水平地面的最大摩擦力为FD斜面体受到水平地面的最大摩擦力为Fcos 解析：选C.对小木块分析可知，当力F绕小木块旋转一周的过程中，F沿斜面向下时小木块受到的静摩擦力最大，小木块受到的最大静摩擦力Ffmmgsin F，故A、B均错误对斜面体和小木块整体受力分析可知，水平地面对斜面体的摩擦力与F的水平分力大小相等，所以最大静摩擦力为F，此时F与斜面底边平行，所以C项正确，D项错误6(多选)“嫦娥三号”着陆器与巡视器分离后，“玉兔号”巡视器顺利驶抵月球表面现已知月球表面的重力加速度是地球表面重力加速度g的，地球半径为R，月球半径为r，查资料可知星球的第二宇宙速度是其第一宇宙速度的 倍下列说法中正确的有()A“嫦娥三号”在地球上的发射速度大于B在月球上发射一颗环绕月球表面运行的卫星需要的速度为 C月球的第二宇宙速度为 D月球的第二宇宙速度为 解析：选BC.是地球的第二宇宙速度，当发射速度大于时，嫦娥三号将脱离地球的引力，绕太阳运动，A错；根据万有引力等于重力且提供向心力有mg月m，可得v，B对；月球的第二宇宙速度为 ，C对，D错7.(多选)如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力Fmgsin .已知滑块与斜面间的动摩擦因数tan ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块的动能Ek、机械能E随时间t变化关系及滑块的势能Ep随位移x变化关系的是()解析：选CD.滑块运动到最高点的过程中，所受的合外力等于沿斜面向下的摩擦力Ffmgcos mgsin ，滑块沿斜面向上做匀减速运动，运动到最高点的过程中产生的热量QFfxmgsin ，图A错误由动能定理得mgsin Ekmv2，Ekmgsin mv2，图B错误滑块的重力势能Epmgxsin ，图C正确根据题意知，Fmgsin Ff，机械能E不变，图D正确8(多选)如图甲所示，一固定在地面上的足够长斜面，倾角为37，物体A放在斜面底端挡板处，通过不可伸长的轻质绳跨过光滑轻质滑轮与物体B相连接，B的质量M1 kg，A的质量m0.5 kg，绳拉直时B离地面有一定高度在t0时刻，无初速度释放B，由固定在A上的速度传感器得到的数据绘出的A沿斜面向上运动的vt图象如图乙所示，若B落地后不反弹，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，则下列说法正确的是()AB下落的加速度大小a2 m/s2BA沿斜面向上运动的过程中，绳的拉力对A做的功W3 JCA与斜面间的动摩擦因数0.5D00.75 s内摩擦力对A做的功大小为0.75 J解析：选BD.因为物体A、B加速度大小相等，由题图乙可知00.5 s内B的加速度大小a4 m/s2，A错误；设绳的拉力为FT，对B由牛顿第二定律：MgFTMa，所以FT6 N，而A、B位移大小相同，则由题图乙可知A在00.5 s内上升阶段的位移大小为：x0.5 m，故绳的拉力对A做功为：WFTx3 J，B正确；由题图乙可知后0.25 s内A的加速度大小a8 m/s2，此过程A在沿斜面方向只受摩擦力和重力沿斜面向下的分力作用，即mgcos mgsin ma，解得：0.25，C错误；全程总位移大小为：x0.75 m，对物体A从开始到达到运动的最高点，由动能定理可得WWfmgxsin 0，故摩擦力做功大小为：Wf0.75 J，D正确力学选择题巧练(三)1.(2015广州测试)如图所示，力F垂直作用在倾角为的三角滑块上，滑块没被推动，则滑块受到水平地面的静摩擦力大小为()A0BFcos CFsin DFtan 解析：选C.由平衡条件知，静摩擦力大小等于F在水平方向的分力，即FfFsin ，故C正确2(2015赣州模拟)如图所示，两相同物块分别放置在对接的两固定斜面上，两物块处在同一水平面内，物块之间用细绳连接，在绳的中点加一竖直向上的拉力F，使两物块处于静止状态，此时绳与斜面间的夹角小于90，当增大拉力F后，系统仍处于静止状态，下列说法正确的是()A绳受到的拉力变小B物块与斜面间的摩擦力变小C物块对斜面的压力变小D物块受到的合力变大解析：选C.将F分解为F1、F2两个力，如图甲所示，由于F1、F2间的夹角不变，当F增大时，则知绳受到的拉力F1和F2同时增大，A错；对左边物块进行研究，分析受力如图乙所示，由平衡条件得摩擦力Ffmgsin F1cos ，F1增大，其他量不变，则Ff增大；支持力FNmgcos F1sin ，F1增大，其他量不变，则FN变小，故B错，C对；由题意知物块处于静止状态，受到的合力为零，保持不变，故D错3据报道，我国首次300米饱和潜水已获得圆满成功，6名潜水员通过潜水钟到达300米深海底进行潜水作业若潜水钟从水面开始下潜到最后返回水面的速度时间(vt)图象如图所示，则下列说法中正确的是()A下潜过程中匀速运动的时间为48 minB全过程中的最大加速度大小为0.012 5 m/s2C0100 min与100 min140 min两段时间的平均速度大小相同D超重现象发生在80 min100 min和100 min120 min时间段解析：选D.由题图可知，在0100 min内潜水钟下潜的深度为300 m，设潜水钟匀速下潜的时间为t，则有4t(100t)42300，可解得t50(min)，选项A错误；全过程中加速度大小最大是在100 min120 min和120 min140 min两个时间段，最大加速度大小为am2.08104 m/s2，选项B错误；0100 min内的平均速度为3 m/min，100 min140 min内的平均速度为7.5 m/min，选项C错误；在80 min100 min内潜水钟减速下降，100 min120 min内潜水钟加速上升，均发生超重现象，故选项D正确4(多选)(2015湖北八校二联)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止则下列说法正确的是()A轻绳的拉力等于MgB轻绳的拉力等于mgCM运动的加速度大小为(1sin )gDM运动的加速度大小为g解析：选BCD.互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsin mg，互换位置后，对M有MgFTMa，对m有：FTmgsin ma，又FTFT，解得：a(1sin )gg，FTmg，故A错，B、C、D对5(多选)如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为正方形ABCD，若在A点以初速度v0沿AB方向抛出一小球，小球会击中坑壁上的C点，已知AB的长度为l，忽略空气阻力则()A小球下落的时间tB坑的深度ADC落到C点的速度大小为v0D落到C点时速度方向与水平面成60角解析：选AB.小球做平抛运动的水平位移lv0t，则小球下落的时间为t，A项正确；小球在竖直方向的位移ygt2，B项正确；落到C点时，水平分位移与竖直分位移大小相等，即v0tt，所以vy2v0，落到C点时速度大小vv0，方向与水平面的夹角的正切值为tan 2，夹角不等于60，选项C、D错误6假设将来人类登上了火星，航天员考察完毕后，乘坐一艘宇宙飞船从火星返回地球时，经历了如图所示的变轨过程，则有关这艘飞船的下列说法，正确的是()A飞船在轨道上运动到P点的速度大于在轨道上运动到P点的速度B飞船绕火星在轨道上运动的周期跟飞船返回地面的过程中绕地球以与轨道同样的轨道半径运动的周期相同C飞船在轨道上运动到P点时的加速度大于飞船在轨道上运动到P点时的加速度D飞船在轨道上运动时，经过P点时的速度大于经过Q点时的速度解析：选D.飞船在轨道上经过P点时，要点火加速，使其速度增大做离心运动，从而转移到轨道上，所以飞船在轨道上运动到P点的速度小于在轨道上运动到P点的速度，A错误；根据Gmr，得周期公式T2，虽然r相等，但是由于地球和火星的质量不等，所以周期T不相等，故B错误；飞船在轨道上运动到P点时与飞船在轨道上运动到P点时受到的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律可知加速度必定相等，故C错误；飞船在轨道上从P点运动到Q点时，飞船做离心运动，P点速度大于Q点的速度，故D正确7(多选)(2015平顶山模拟)某同学在开展研究性学习的过程中，利用加速度传感器研究质量为5 kg的物体由静止开始做直线运动的规律，并在计算机上得到了前4 s内物体加速度随时间变化的图象，如图所示设第1 s内运动方向为正方向，则下列说法正确的是()A物体先向正方向运动，后向负方向运动B物体在第3 s末的速度最大C前4 s内合外力做的功等于前2 s内合外力做的功D物体在第4 s末的动能为22.5 J解析：选BCD.物体先做正方向加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，物体在第3 s末的速度最大，后做加速度增大的减速运动，运动方向始终为正方向，则选项A错误，B正确；从题at图象可知2 s3 s加速度大小的平均值等于3 s4 s加速度大小的平均值，所以2 s3 s物体增加的速度等于3 s4 s物体减小的速度，可知物体在第2 s末的速度和第4 s末的速度大小相等，由动能定理知，前4 s内合外力做的功等于前2 s内合外力做的功，则选项C正确；at图线与坐标轴所包围图形的面积是速度变化量的大小，v4v23 m/s，则物体在第4 s末的动能为Ek4mv532 J22.5 J，故选项D正确8.(多选)如图所示为一竖直放置的圆锥形容器，容器内壁光滑两质量相同的小球(可视为质点)a和b在其内壁的两个不同高度上分别做匀速圆周运动，其半径Rb2Ra，则下列说法中正确的是()Aa、b两球受到的支持力大小之比为11Ba、b两球做圆周运动的周期之比为12Ca、b两球的动能之比为1Da、b两球在运动过程中机械能守恒解析：选AD.设a、b两球质量均为m，受到的支持力大小分别为FNa、FNb，周期分别为Ta、Tb，动能分别为Eka、Ekb，圆锥母线与竖直方向夹角为.由题意可知，两小球在竖直方向上的合力均为零，所以对a球有FNasin mg，对b球有FNbsin mg，所以FNaFNb11，选项A正确；两小球受到的弹力在水平方向上的分量提供小球运动的向心力，故对a球有FNacos mRa，对b球有FNbcos mRb，由Rb2Ra，可得TaTb1，选项B错误；对a球有FNacos m，同理有FNbcos ，可得：，选项C错误；两小球在运动过程中动能不变，重力势能不变，故其机械能不变，选项D正确力学选择题巧练(四)1下列有关物理方法的说法中正确的是()A螺旋测微器采用了放大法B库仑在探究影响两电荷之间的相互作用力的因素时应用了类比法C在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了理想模型法D在验证力的平行四边形定则的实验中，使用了控制变量的方法解析：选A.用螺旋测微器测量物体的长度时，通过微调放大示数使读数更为精确，A正确；在探究影响两电荷之间的相互作用力的因素时，采用了控制变量法，B错误；在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，C错误；在验证力的平行四边形定则的实验中，使用了等效替代的方法，D错误2.如图所示，质量为M的斜面体静止在粗糙的水平地面上，斜面体的两个斜面均是光滑的，顶角为，两个斜面的倾角分别为、，且.两个质量均为m的物体P、Q分别在沿斜面向上的力F1、F2的作用下处于静止状态则以下说法中正确的是()A水平地面对斜面体的静摩擦力方向水平向左B水平地面对斜面体的静摩擦力大小为F2cos F1cos C水平地面对斜面体的支持力等于(Mm)gD水平地面对斜面体的支持力等于(M2m)g解析：选C.物体P对斜面体的水平作用力等于mgcos sin ，同理，物体Q对斜面体的水平作用力是mgcos sin ，而sin 2sin 2sin 2，所以二力平衡，斜面体没有运动的趋势，水平地面对斜面体没有摩擦力，故A、B错；物体P对斜面体的压力在竖直方向上的分力是mgcos2 ，物体Q对斜面体的压力在竖直方向上的分力是mgcos2 ，cos2 cos2sin2 ，所以合力为mg，故地面对斜面体的支持力等于(Mm)g，故C对、D错3(多选) (2015泰安模拟)如图所示，物体以初速度v0冲上足够长的粗糙斜面，图中关于物体位移x与时间t关系的图象可能正确的是()解析：选AB.物体在斜面上的运动有两种可能：一种是冲上斜面速度减为0，然后保持静止，A项正确；另一种是向上做匀减速运动，速度减为0后，又向下做匀加速运动，由xt图象斜率表示速度，分析得B项正确；因物体不可能向上做匀加速运动，故C、D错误4(多选)(2015高考海南卷)如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑当升降机加速上升时，()A物块与斜面间的摩擦力减小B物块与斜面间的正压力增大C物块相对于斜面减速下滑D物块相对于斜面匀速下滑解析：选BD.当升降机加速上升时，物块有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式FfFN可知接触面间的正压力增大，物块与斜面间的摩擦力增大，故A错误，B正确；设斜面的倾角为，物块的质量为m，当匀速运动时有mgsin mgcos ，即sin cos ，假设物块以加速度a向上运动时，有FNm(ga)cos ，Ffm(ga)cos ，因为sin cos ，所以m(ga)sin m(ga)cos ，故物块仍做匀速下滑运动，C错误，D正确5.(2015孝感模拟)如图所示，水平传送带A、B两端相距x2 m，工件与传送带间的动摩擦因数0.4.工件滑上A端瞬时速度vA5 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，则()A若传送带不动，则vB3 m/sB若传送带逆时针匀速运动，则vB3 m/sD若传送带以2 m/s的速度顺时针匀速转动，则vB2 m/s解析：选A.若传送带静止，工件滑上传送带后做匀减速运动，加速度大小ag(以水平向右为加速度的正方向)，工件匀减速到速度为0过程发生的位移x13.125 mx2 m，所以滑动到B端时速度还没有减小到0，因此有x，解得vB3 m/s，A对若传送带逆时针转动，则工件相对传送带向右，摩擦力向左，仍是匀减速运动，但减速到0之前就已经到达B端，末速度与之前匀减速运动一样，仍是vB3 m/s，B错若传送带顺时针转动的速度大于5 m/s，工件会先做匀加速运动，末速度一定会大于3 m/s；若传送带速度小于工件初速度5 m/s，工件先做匀减速运动，但工件减速运动的最小速度也就是一直做匀减速运动的末速度vB3 m/s，C错若传送带速度是2 m/s，工件速度也不可能减小到2 m/s，因为当工件匀减速到3 m/s时就已经到达B端，D错6(2015辽宁省五校联考)某同学学习了天体运动的知识后，假想宇宙中存在着由四颗星组成的孤立星系如图所示，一颗母星处在正三角形的中心，三角形的顶点各有一颗质量相等的小星围绕母星做圆周运动如果两颗小星间的万有引力为F，母星与任意一颗小星间的万有引力为9F.则()A每颗小星受到的万有引力为(9)FB每颗小星受到的万有引力为FC母星的质量是每颗小星质量的2倍D母星的质量是每颗小星质量的3 倍解析：选A.每颗小星受到的万有引力的合力为9F2Fcos 30(9)F，故A正确，B错误由FG和9FG得：3(倍)，故C、D错误7水平面上质量为m10 kg的物体受到的水平拉力F随位移x变化的规律如图所示，物体匀速运动一段时间后，拉力逐渐减小，当x7.5 m时拉力减为零，物体也恰好停下取g10 m/s2，下列结论正确的是()A物体与水平面间的动摩擦因数为0.2B合外力对物体所做的功约为40 JC物体匀速运动时的速度为2 m/sD物体运动的时间为0.4 s解析：选B.由题图可知，物体在2.5 m前做匀速运动，即：mg12 N，所以0.12，A错误；由WFx可知，Fx图线与x轴和F轴所夹图形的面积即为F做的功，所以02.5 m内力F做的功为：W1122.5 J30 J，共有5630个小格，故每小格面积对应的功为1 J，07.5 m内Fx图线与x轴和F轴所夹格数约为50小格，即对应的功为W250 J，则力F做的总功约为50 J，故合外力做的功为：W合W2Wf50 J0.1210107.5 J40 J，B正确；对全过程运用动能定理有：EkW合，即0mvW合，所以v02 m/s，C错误；由Fx图象可知，物体匀速运动的时间t s0.88 s，故物体运动的总时间不可能为0.4 s，D错误8.(多选)质量分别为m1、m2的物体A、B并排放在水平地面上，分别受到同向水平拉力F1、F2作用，一段时间后撤去拉力，均滑行一段距离后停止A、B两物体的 vt 图象分别如图线a、b所示则()A若m1m2，撤去拉力后，阻力的平均功率相等B若2m1m2，A撤去拉力后阻力的平均功率小于B撤去拉力后阻力的平均功率C若m1m2，力F1的最大瞬时功率一定是力F2的最大瞬时功率的2倍D若m12m2，力F1的最大瞬时功率一定是力F2的最大瞬时功率的2倍解析：选BC.当撤去拉力后，物体在阻力的作用下做减速运动，由运动图象可知：a21 m/s2，所以Ff0.1mg.撤去拉力后，阻力的平均功率为：Ff，ab，若m1m2，则ab，A错误；若2m1m2，am1，bm2，故aE2，电阻Rr1r2；效率12，选项A错误，B正确；直线C与直线A、B的交点的横坐标值表示实际工作电流，显然，定值电阻接到电源1上，电流较大，R消耗的电功率较大，电源的输出功率较大，选项C正确，D错误3(多选)如图所示，理想变压器原线圈的匝数n11 500匝，副线圈的匝数n2150匝，R0、R1、R2均为定值电阻，原线圈接u311sin (100t) V的交流电源起初开关S处于闭合状态下列说法中正确的是()A电压表示数为22 VB当开关S断开后，电压表示数变小C当开关S断开后，电流表示数变小D当开关S断开后，变压器的输出功率减小解析：选CD.原线圈电压的有效值为220 V，根据匝数比可得副线圈电压的有效值为22 V，电压表接在R1两端，示数一定小于22 V，A错误当开关S断开后，R1两端的电压会增大，电压表示数增大，副线圈电流减小，输出功率减小，原线圈电流减小，故B错误，C、D正确4如图所示，一个不计重力的带电粒子以v0沿各图的虚线射入场中A中I是两条垂直纸平面的长直导线中等大反向的电流，虚线是两条导线连线的中垂线；B中Q是两个位置固定的等量同种点电荷的电荷量，虚线是两位置连线的中垂线；C中I是圆环线圈中的电流，虚线过圆心且垂直圆环平面；D中是正交的匀强电场和匀强磁场，虚线垂直于电场和磁场方向，磁场方向垂直纸面向外其中，带电粒子不可能做匀速直线运动的是()解析：选B.题图A中两条垂直纸平面的长直导线中通有等大反向的电流，在中垂线上产生的合磁场方向水平向右，带电粒子将沿中垂线做匀速直线运动；题图B中等量同种正点电荷在中垂线上的合场强先水平向左后水平向右，带电粒子受力方向不同，粒子不可能做匀速直线运动；题图C中粒子运动方向与磁感线平行，粒子做匀速直线运动；题图D是速度选择器的原理图，只要v0，粒子也会做匀速直线运动，故选B.5.(2015福建厦门质检)空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示，x1和x1为x轴上对称的两点下列说法正确的是()Ax1处场强大于x1处场强B若电子从x1处由静止释放后向x轴负方向运动，到达x1点时速度为零C电子在x1处的电势能大于在x1处的电势能Dx1点的电势比x1点的电势高解析：选B.由题图可知x1处场强与x1处场强大小相等，则A错误；因图线与横轴所围面积表示电势差，设O点处电势为零，则由题图可知x1与x1处电势相等，电势差为零，C、D错误；由动能定理有qUEk，可知B选项正确6.如图所示，一根长为L、质量为m的绝缘导体棒位于粗糙的水平面上，处在斜向右上方、与水平方向成角(0180)的匀强磁场中，棒与水平面间的动摩擦因数为，若在棒中通以恒定电流I，在安培力作用下棒将向右做匀速运动下列说法正确的是()A当90时安培力最小B当150时磁感应强度最小C若磁感应强度大小为定值，则增大导体棒将做匀减速运动D若磁感应强度大小为定值，则增大导体棒有可能做加速运动解析：选D.由导体棒处于平衡状态可得：FfF安sin ，FNmgF安cos ，安培力F安BIL，由平衡条件可得：BILsin FfFN，代入整理得：B，结合数学知识可得：B，当120时磁感应强度最小，对应安培力最小，A、B错误；若磁感应强度大小为定值，在90的前提下增大则压力减小，安培力的水平分力增大，导体棒做加速运动，C错误，D正确7.如图所示，两个电荷量分别为q和q的带电粒子a、b分别以速度va和vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30和60，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图所示，则()Aa粒子带正电，b粒子带负电B两粒子的轨迹半径之比RaRb1C两粒子的质量之比mamb12D两粒子的速度大小之比vavb12解析：选C.由左手定则可判定：a粒子带负电，b粒子带正电，故A错误；由几何关系可得：RaRb，故B错误；两者运动时间相同，则由：tTbTa，可得，由Bqv和R可得：T，则，又由Bqvm，解得：v，则，故C正确、D错误8(多选)如图所示，水平桌面上固定两平行的光滑金属导轨ab、cd，相距为L，导轨的左端连有阻值为R的电阻导轨上放一质量为m、电阻为r的滑杆MN，滑杆垂直于导轨并可在导轨上自由滑动，不计导轨和导线的电阻整个空间中存在磁感应强度大小为B、方向竖直的匀强磁场MN的中点系一不可伸长的轻绳，轻绳绕过固定在桌边的滑轮后，另一端与质量也为m的物块相连，轻绳处于伸直状态现将物块由静止释放，当物块下落高度为h时速度达到最大，用g表示重力加速度，则在物块由静止开始下落至速度最大的过程中，下列说法中正确的是()A物块的最大速度为B通过电阻R的电荷量是C滑杆MN产生的最大感应电动势为D电阻R上产生的焦耳热为mgh解析：选ABC.当安培力等于物块重力时，速度最大，有mg则最大速度v，A正确；通过电阻R的电荷量q，B正确；滑杆MN产生的最大感应电动势为EBLv，C正确；根据能量守恒得，mgh2mv2Q总，由电阻R上产生的焦耳热QRQ总，得QR，D错误电学选择题巧练(二)1.如图所示，电路中的A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈，C是电容很大的电容器当开关S断开与闭合时，A、B灯泡发光情况是()AS刚闭合后，A灯亮一下又逐渐变暗，B灯逐渐变亮BS刚闭合后，B灯亮一下又逐渐变暗，A灯逐渐变亮CS闭合足够长时间后，A灯泡和B灯泡一样亮DS闭合足够长时间后再断开，B灯立即熄灭，A灯逐渐熄灭解析：选A.S刚闭合后，线圈L中的电流逐渐增大，A灯立刻变亮，随着线圈L中电流的增大，A灯被短路，A灯逐渐变暗直到熄灭；S刚闭合后，先给电容器充电，B灯逐渐变亮；S断开后，电容器放电，B灯逐渐熄灭；综上所述，选项A正确2.如图所示电路中，R为一滑动变阻器，P为滑片，若将滑片向下滑动，则在滑动过程中，下列判断错误的是()A电源内电路消耗功率一定逐渐增大B灯泡L2一定逐渐变暗C电源效率一定逐渐减小DR上消耗功率一定逐渐变小解析：选D.滑动变阻器滑片P向下滑动，RR并R外，由闭合电路欧姆定律I推得I，由电源内电路消耗功率P内I2r可得P内，A正确U外EIr，U1(IIL1)R1，UL2U外U1，PL2，故灯泡L2变暗，B正确电源效率，故C正确R上消耗的功率PR，PR增大还是减小不确定，故D错误3.(多选)如图所示，M是小型理想变压器，原、副线圈匝数之比n1n2101，接线柱a、b接正弦交变电源，电压u311sin 100t(V)变压器右侧部分为火警系统原理图，其中R2为半导体热敏材料制成的传感器，其电阻随温度升高而减小，R1为定值电阻下列说法正确的是()A电压表V1的示数为31.1 VB变压器副线圈中电流的频率为50 HzC当R2所在处出现火警时，电压表V2的示数变小，电流表A的示数变小D当R2所在处出现火警时，变压器原线圈的输入功率变大解析：选BD.输入电压的有效值是U1 V220 V，由得电压表V1的示数为22 V，A错误；变压器原、副线圈中电流频率相同，均为50 Hz，B正确；当R2处出现火警时，R2阻值变小，副线圈中电流I2变大，原线圈中电流I1也变大，电流表A的示数变大，变压器的输入功率变大，而由UV1I2R1UV2知，I2变大时UV1不变，UV2必定变小，C错误、D正确4(多选)(2015湖北八校联考)真空中有一正四面体ABCD，如图，M、N分别是AB和CD的中点现在A、B两点分别固定电荷量为Q、Q的点电荷，下列说法中正确的是()A将试探电荷q从C点移到D点，电场力做正功，试探电荷q的电势能降低B将试探电荷q从M点移到N点，电场力不做功，试探电荷q的电势能不变CC、D两点的电场强度大小相等DN点的电场强度方向平行AB且跟CD垂直解析：选BCD.由几何知识可判断，AB垂直面DMC，且M点为AB的中点，则面DMC与AB的中垂面重合，故DMC为一等势面，则DCNM，A项错误，B项正确；由电场的空间分布特点可判断C、D项正确5(多选)(2015贵州六校联考)如图所示，一个电荷量为Q的点电荷甲固定在粗糙绝缘水平面上O点，另一个电荷量为q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点时速度减小到最小值v，已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为，A、B间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法中正确的是()AO、B间的距离为 B在点电荷甲产生的电场中，B点的场强大小为C点电荷乙在A点的电势能小于在B点的电势能D在点电荷甲产生的电场中，A、B间的电势差UAB解析：选AB.因在B点速度最小，有F库mg，解得r ，故A正确由点电荷场强公式可得B点场强大小Ek，故B正确两带电体之间是吸引力，则电场力对乙做正功，所以其电势能减小，故C错误乙电荷从A运动到B的过程中，据动能定理有WmgL0mv2mv，在此过程中电场力对点电荷乙做的功为WqUAB，解得UAB，故D错误6.(多选)如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器为范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外一质量为m、带电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点不计粒子重力下列说法正确的是()A极板M比极板N电势高B加速电场的电压UERC直径PQ2BD若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群粒子具有相同的比荷解析：选AD.带电粒子要打到胶片Q点上，根据磁场方向和左手定则可知带电粒子需带正电，在加速电场能够得到加速，则极板M比极板N电势高，A正确；在静电分析器中带电粒子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，即qEm，再根据Uqmv2，可知UER，B错误；带电粒子垂直进入磁分析器，直径PQ2，C错误；若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，即半径相同，根据qvBm和Uqmv2可知，r ，即这群离子的比荷相同，D正确7.如图，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则()A油滴带正电B油滴带电荷量为C电容器的电容为D将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动解析：选C.带电油滴静止在两板间，重力与电场力等大、反向，电场力方向竖直向上，而电容器上极板与电源正极相连为正极板，两板间电场方向竖直向下，综上可知，带电油滴带负电，A项错；由场强与电势差关系可知，mgEqq，解得：q，B项错；由题意知，电容器带电量Qkq，由电容的定义式知，C，C项对；电容器与电源保持连接，两板间电势差不变，N板向下移动，板间距离变大，F电q，油滴所受电场力减小，油滴向下运动，D项错8.两个质量相同，所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图，不计粒子的重力，则下列说法正确的是()Aa粒子带正电，b粒子带负电Bb粒子动能较大Ca粒子在磁场中所受洛伦兹力较大Db粒子在磁场中运动时间较长解析：选B.由左手定则可知，a粒子带负电、b粒子带正电，A项错；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由轨迹可以判断，a粒子轨迹半径小于b粒子轨迹半径，由半径公式R可知，a粒子速度较小，而两粒子质量相等，故b粒子动能较大，B项对；由洛伦兹力fqvB可知，b粒子受洛伦兹力较大，C项错；由周期公式T可知，两粒子在磁场中运动周期相同，粒子在磁场中运动时间tT，由于粒子轨迹所对圆心角等于其偏向角，故a粒子的轨迹所对圆心角较大，故a粒子在磁场中运动时间较长，D项错电学选择题巧练(三)1(多选)如图所示，电源电动势E3 V，小灯泡L标有“2 V0.4 W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R4 时，小灯泡L正常发光，现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作则()A电源内阻为1 B电动机的内阻为4 C电动机正常工作电压为1 VD电源效率约为93.3%解析：选AD.小灯泡正常工作时的电阻RL10 ，流过小灯泡的电流I0.2 A，当开关S接1时，R总15 ，电源内阻rR总RRL1 ，A正确；当开关S接