（课标版）高考物理二轮复习 选择题提速练7（含解析）-人教版高三全册物理试题

选择题提速练7时间：45分钟1～5单选，6～8多选1．(2019·全国卷Ⅲ)楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现(D)A．电阻定律 B．库仑定律C．欧姆定律 D．能量守恒定律解析：楞次定律中的“阻碍”作用，是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现，在克服这种“阻碍”的过程中，其他形式的能转化为电能，选项D正确．2．在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN将空间分成左、右两个区域，在右区域中有水平向左的匀强电场，在右区域中离边界MN某一位置的水平地面上由静止释放一个质量为m的带电滑块(滑块的电荷量始终不变)，如图甲所示，滑块运动的v­t图象如图乙所示，不计空气阻力，则(C)A．滑块在MN右边区域运动的位移大小与在MN左边区域运动的位移大小相等B．在t＝5s时，滑块经过边界MNC．滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为25D．在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功小于电场力做的功解析：根据题中速度图线与横轴所围的面积表示位移可知，滑块在MN右边区域运动的位移大小与在MN左边区域运动的位移大小不相等，选项A错误．根据题图乙所示速度图象可知，t＝2s时滑块越过分界线MN，选项B错误．根据题中速度图象斜率表示加速度可知，在0～2s时间内，滑块加速度大小可表示为a1＝eq\f(v0,2)，在2～5s时间内，滑块加速度大小可表示为a2＝eq\f(v0,3)，设电场力为F，运动过程中所受摩擦力为f，对滑块在MN分界线右侧的运动，由牛顿第二定律，F－f＝ma1，对滑块在MN分界线左侧的运动，由牛顿第二定律，f＝ma2，联立解得：fF＝25，选项C正确．在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功可表示为Wf＝f·2.5v0，电场力做的功可表示为WF＝F·v0＝2.5f·v0，二者做功相等，选项D错误．3．AB板间存在竖直方向的匀强电场，现沿垂直电场线方向射入三种比荷相同的带电微粒(不计重力)，a、b和c的运动轨迹如图所示，其中b和c是从同一点射入的，不计空气阻力，则可知粒子运动的全过程(B)A．运动加速度：aa>ab>acB．飞行时间：tb＝tc>taC．水平速度：va>vb＝vcD．电势能的减少量：ΔEc＝ΔEb>ΔEa解析：根据牛顿第二定律得，微粒的加速度为a＝eq\f(qE,m)，据题eq\f(q,m)相同，E相同，所以aa＝ab＝ac，选项A错误；三个带电微粒在竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，由y＝eq\f(1,2)at2得t＝eq\r(\f(2y,a))，由图有yb＝yc>ya，则tb＝tc>ta，选项B正确；三个带电微粒水平方向都做匀速直线运动，由x＝v0t得v0＝eq\f(x,t)，由图知xa>xb>xc，又tb＝tc>ta，则va>vb>vc，选项C错误；电场力做功为W＝qEy，由于三个微粒的电荷量关系不能确定，所以不能确定电场力做功的大小，也就不能确定电势能减少量的大小，选项D错误．4．如图所示，处于真空中的匀强电场水平向右，有一质量为m、带电荷量为－q的小球从P点以大小为v0的初速度水平向右抛出，经过t时间到达Q点(图中未画出)时的速度仍为v0，则小球由P点运动到Q点的过程中，下列判断正确的是(C)A．Q点在P点正下方B．小球电势能减少C．小球重力势能减少量等于eq\f(1,2)mg2t2D．Q点应位于P点所在竖直线的左侧解析：从P到Q点，根据动能定理可知mgh＋W电＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝0，因重力做正功，则电场力做负功，电势能增加，则Q点应该在P点的右下方，选项A、B、D错误；小球在竖直方向下落的高度h＝eq\f(1,2)gt2，则小球重力势能减少量ΔEp＝mgh＝eq\f(1,2)mg2t2，选项C正确．5．如图所示，由Oa、Ob、Oc三个铝制薄板互成120°角均匀分开的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个匀强磁场区域，其磁感应强度分别用B1、B2、B3表示．现有带电粒子自a点垂直Oa板沿逆时针方向射入磁场中，带电粒子完成一周运动，假设带电粒子穿过铝质薄板过程中电荷量不变，在三个磁场区域中的运动时间之比为135，轨迹恰好是一个以O为圆心的圆，不计粒子重力，则(C)A．磁感应强度B1B2B3＝135B．磁感应强度B1B2B3＝531C．其在b、c处穿越铝板所损失的动能之比为252D．其在b、c处穿越铝板所损失的动能之比为275解析：带电粒子在磁场中运动的时间为t＝eq\f(θ,2π)T，在各个区域的圆心角均为θ＝eq\f(2π,3)，根据洛伦兹力提供向心力得qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子在磁场中运动的周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，则t＝eq\f(2πm,3qB)，解得B＝eq\f(2πm,3qt)，又因为m、q均为定值，所以三个区域的磁感应强度之比为B1B2B3＝1553，故A、B错误；三个区域的磁场半径为r＝eq\f(mv,qB)，又因为动能Ek＝eq\f(1,2)mv2，联立解得Ek＝eq\f(q2B2r2,2m)，因为q、m和r均相同，故三个区域中运动的动能之比为Ek1Ek2Ek3＝Beq\o\al(2,1)Beq\o\al(2,2)Beq\o\al(2,3)＝225259，设比例中的每一份为k，则在b处穿越铝板所损失的动能为ΔEk1＝225k－25k＝200k，在c处穿越铝板所损失的动能为ΔEk2＝25k－9k＝16k，在b、c处穿越铝板所损失的动能之比为ΔEk1ΔEk2＝252，故C正确，D错误．6．质量为m、带电量为＋q的小金属块A以初速度v0从光滑绝缘水平高台上飞出．已知在足够高的高台边缘右面空间中存在水平向左的匀强电场，场强大小E＝eq\f(3mg,q).则(BD)A．金属块不一定会与高台边缘相碰B．金属块一定会与高台边缘相碰，相碰前金属块在做匀变速运动C．金属块运动过程中距高台边缘的最大水平距离为eq\f(v\o\al(2,0),4g)D．金属块运动过程的最小速度为eq\f(\r(10)v0,10)解析：电场力F＝qE＝3mg，方向向左，小金属块竖直方向做自由落体运动，水平方向先向右做匀减速直线运动，然后向左做匀加速直线运动，一定会与高台边缘相碰，故A错误，B正确；小金属块水平方向先向右做匀减速直线运动，加速度大小为3g，根据速度位移关系公式得xm＝eq\f(v\o\al(2,0),2×3g)＝eq\f(v\o\al(2,0),6g)，故C错误；小金属块水平方向向右做匀减速直线运动，vx＝v0－3gt，竖直方向做自由落体运动，vy＝gt，合速度v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(v0－3gt2＋gt2)，当t＝eq\f(3v0,10g)时，vmin＝eq\f(\r(10)v0,10)，故D正确．7．如图所示，开始静止的带电粒子带电荷量为＋q，质量为m(不计重力)，从点P经电场加速后，从小孔Q进入右侧的边长为L的正方形匀强磁场区域(PQ的连线经过AD边、BC边的中点)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，若带电粒子只能从CD边射出，则(AD)A．两板间电压的最大值Umax＝eq\f(25qB2L2,32m)B．两板间电压的最小值Umin＝eq\f(25qB2L2,32m)C．能够从CD边射出的粒子在磁场中运动的最短时间tmin＝eq\f(πm,qB)D．能够从CD边射出的粒子在磁场中运动的最长时间tmax＝eq\f(πm,qB)解析：粒子运动轨迹如图所示，粒子打在C点的半径最大，粒子打在D点时轨道半径最小，由几何知识得req\o\al(2,最大)＝L2＋(r最大－eq\f(1,2)L)2，解得r最大＝eq\f(5,4)L，r最小＝eq\f(1,4)L，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)，解得v最大＝eq\f(5qBL,4m)，v最小＝eq\f(qBL,4m)，粒子在电场中加速，由动能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2－0，解得Umax＝eq\f(25qB2L2,32m)，Umin＝eq\f(qB2L2,32m)，故A正确，B错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)，打在C点的粒子在磁场中转过的圆心角最小，最小圆心角α＝arcsineq\f(L,\f(5,4)L)＝53°，能够从CD边射出的粒子在磁场中运动的最短时间tmin＝eq\f(α,360°)T＝eq\f(53πm,180qB)，故C错误；打在D点的粒子转过的圆心角为180°，能够从CD边射出的粒子在磁场中运动的最长时间tmax＝eq\f(1,2)T＝eq\f(πm,qB)，故D正确．8.如图所示为质谱仪的工作原理图，初速度忽略不计的带电粒子进入加速电场，经加速电场加速后进入速度选择器，在速度选择器中直线运动后通过平板S的狭缝P进入平板S下方的偏转磁场，磁场的方向垂直于纸面，磁感应强度大小为B，粒子最终打在胶片A1A2上，粒子打在胶片上的位置离P点距离为L，加速电场两板间的电压为U，速度选择器两板间的电场强度大小为E，不计粒子的重力，则下列判断正确的是(CD)A．速度选择器两板间磁场的方向垂直于纸面向里B．平板S下面的偏转磁场方向垂直于纸面向里C．粒子经加速电场加速后获得的速度大小为eq\f(4U,BL)D．速度选择器两板间磁场的磁感应强度大小为eq\f(EBL,4U)解析：粒子经加速电场加速，根据加速电场可知，粒子带正电，要使粒子沿直线运动，粒子在速度选择器中受到的电场力与洛伦兹力应大小相等，由此