選擇題專項練(一)(考試時間：20分鐘　試卷滿分：48分)14．2020年12月17日，嫦娥五號成功返回地球，創(chuàng)造了我國到月球取土的偉大歷史．如圖所示，嫦娥五號取土后，在P處由圓形軌道Ⅰ變軌到橢圓軌道Ⅱ，以便返回地球．下列說法正確的是(　D　)A．嫦娥五號在軌道Ⅰ和Ⅱ運行時均超重B．嫦娥五號在軌道Ⅰ和Ⅱ運行時機械能相等C．嫦娥五號在軌道Ⅰ和Ⅱ運行至P處時速率相等D．嫦娥五號在軌道Ⅰ和Ⅱ運行至P處時加速度大小相等【解析】　嫦娥五號在軌道Ⅰ和Ⅱ運行時均處于失重狀態(tài)，故A錯誤；嫦娥五號在軌道Ⅰ上經(jīng)過P點時經(jīng)加速后進入軌道Ⅱ運行，故嫦娥五號在軌道Ⅰ上P處的速率小于在軌道Ⅱ運行至P處時速率；加速后引力勢能不變，動能增大，則機械能增大，故BC錯誤；根據(jù)公式G＝ma，解得：a＝，可知嫦娥五號在軌道Ⅰ和Ⅱ運行至P處時加速度大小相等，故D正確．15．在某一點電荷產(chǎn)生的電場中，一帶負電小球在外力F作用下從A點開始做自由落體運動經(jīng)過B點，A、B兩點的場強方向如圖所示，下列說法正確的是(　D　)A．A點場強是B點場強的2倍B．A點的電勢低于B點的電勢C．小球從A點運動到B點的過程中，外力F先做正功后做負功D．小球從A點運動到B點的過程中，電勢能先減小后增大【解析】　將兩條電場線反向延長后相交于一點，該交點即為點電荷Q的位置，如圖所示：設A、B兩點到Q的距離分別為rA和rB，由幾何知識得到，rB＝rA，根據(jù)公式E＝k得EA∶EB＝3∶1，故A錯誤；因為B點距離正電荷Q遠，所以φA＞φB，故B錯誤；小球從A點運動到B點的過程中電場力方向與AB的夾角先是銳角后是鈍角，故電場力先做正功后做負功，故電勢能先減小后增大；負電小球在外力F作用下從A點開始做自由落體運動經(jīng)過B點，故外力與電場力方向相反大小相等，故與電場力做功正好相反，先做負功，后做正功，故C錯誤，D正確．16.如圖所示，用輕繩系住一質量為3m的勻質大球，大球和墻壁之間放置一質量為m的勻質小球，各接觸面均光滑，系統(tǒng)平衡時，繩與豎直墻壁之間的夾角為α，兩球心連線O1O2與輕繩之間的夾角為β，則α、β應滿足(　A　)A．4tan α＝tan(α＋β) B．3tan α＝tan(α＋β)C．tan α＝4cot β D．tan α＝3cot β【解析】　對小球進行受力分析如圖1：受到三個力，水平方向墻面給的力FN，豎直方向的重力mg，沿O1O2方向大球給的彈力F；由受力可以看出：＝tan(α＋β)，對大球和小球的整體進行受力分析如圖2：受到三個力，水平方向墻面給的力FN，豎直方向的重力4mg，沿繩子方向繩子給的拉力T；由受力可以看出：＝tan α，將上面兩個式子聯(lián)立可得：4tan α＝tan(α＋β)，故A正確，BCD錯誤．17．如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1向右運行．初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平面上的A處滑上傳送帶．若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的v－t圖像(以地面為參考系)如圖乙所示．已知v2＞v1.則(　B　)A．t2時刻，小物塊離A處的距離達到最大B．t2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大C．0～t2時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～t3時間內(nèi)，小物塊始終受到大小不變的摩擦力的作用【解析】　t1時刻小物塊向左運動到速度為零，離A處的距離達到最大，故A錯誤；t2時刻前小物塊相對傳送帶向左運動，之后相對靜止，故B正確；0～t2時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向始終向右，故C錯誤；t2～t3時間內(nèi)小物塊不受摩擦力作用，故D錯誤．18.如圖所示，abcd為邊長為L的正方形，在四分之一圓abd區(qū)域內(nèi)有垂直正方形平面向外的勻強磁場，磁場的磁感應強度為B.一個質量為m、電荷量為q的帶電粒子從b點沿ba方向射入磁場，結果粒子恰好能通過c點，且射出磁場時的速度反向延長線通過a點，不計粒子的重力，則粒子的速度大小為(　C　)A． B．C． D．【解析】　畫出粒子在磁場中運動的軌跡示意圖，磁場的邊長為L，設粒子的軌道半徑為r，由幾何關系得：L＋r＝L解得：r＝(－1)L，由洛倫茲力提供向心力得：qvB＝m聯(lián)立解得：v＝，故ABD錯誤，C正確．19．(多選)如圖甲為氫原子的能級圖，大量處于n＝2激發(fā)態(tài)的氫原子吸收一定頻率的光子后躍遷到較高的能級，之后再向低能級躍遷時輻射出10種不同頻率的光子．當用這些輻射出的光子去照射如圖乙所示光電管陰極K時，光電管發(fā)生了光電效應，改變電源的正負極并調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片，發(fā)現(xiàn)遏止電壓最大值為8 V，現(xiàn)有以下有幾種說法正確的是(　CD　)A．輻射出來的10種光子中只有3種能使該光電管發(fā)生光電效應B．躍遷過程中輻射出的光子能量是連續(xù)的C．該光電管陰極K的逸出功為5.06 eVD．吸收的光子能量為2.86 eV【解析】　大量的氫原子能夠輻射出10種不同頻率的光子可以得到這群氫原子處于n＝5能級，從n＝2能級躍遷到n＝5能級，需要吸收的光子能量為：E1＝E5－E2＝－0.54 eV－(－3.4 eV)＝2.86 eV，故D正確；由愛因斯坦光電效應方程hν－W0＝Ekm和遏止電壓公式Ekm＝eUc聯(lián)立可得：hν－W0＝eUc，當入射光的頻率最大時，即入射光的光子能量最大時，遏止電壓最大，入射光的光子能量最大為：E2＝hν＝E5－E1＝－0.54 eV－(－13.6 eV)＝13.06 eV，所以該光電管陰極K的逸出功為：W0＝hν－eUc＝13.06 eV－8 eV＝5.06 eV，故C正確；當入射光的光子能量大于逸出功時才能發(fā)生光電效應，逸出功的大小為5.06 eV，可以發(fā)現(xiàn)氫原子從n＝5躍遷到n＝1，從n＝4躍遷到n＝1，從n＝3躍遷到n＝1，從n＝2躍遷到n＝1，放出的4種光子都可以使該光電管發(fā)生光電效應，故A錯誤；原子躍遷過程中輻射出的光子能量只有特定的數(shù)值，是量子化的，是分立的，而不是連續(xù)的，故B錯誤．20．(多選)某單位應急供電系統(tǒng)配有一小型發(fā)電機，該發(fā)電機內(nèi)的矩形線圈面積為S＝0.2 m2、電阻為r＝5.0 Ω，線圈所處的空間是磁感應強度為B＝ T的勻強磁場，發(fā)電機正常供電時線圈的轉速為n＝ r/min，如圖所示是配電原理示意圖，理想變壓器原副線圈的匝數(shù)比為5∶2，R1＝5.0 Ω、R2＝5.2 Ω，電壓表、電流表均為理想電表，系統(tǒng)正常運作時電流表的示數(shù)為I＝10 A，交流電壓表的示數(shù)為700 V，則下列說法中正確的是(　ABD　)A．線圈在磁場中產(chǎn)生電動勢的有效值為720 VB．變壓器輸出的總功率為2 720 WC．燈泡的工作電壓為272 VD．線圈匝數(shù)為100匝【解析】　根據(jù)題意電流表的示數(shù)為10 A，根據(jù)＝，解得原線圈的電流為I1＝4 A，而電壓表的讀數(shù)為700 V，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知：U＝E－Ir，解得：E＝720 V，線圈在磁場中產(chǎn)生的感應電動勢的有效值為：E＝，解得線圈的匝數(shù)為：N＝100匝，故AD正確；原線圈的電壓為：U1＝E－I1(R1＋r)＝720－4×(5.0＋5.0)V＝680 V，根據(jù)＝，求出副線圈上的電壓為：U2＝272 V，所以副線圈上的功率為：P＝I2U2＝2 720 W，此時燈泡上的電壓為：U′＝272－10×5.2 V＝220 V，故B正確，C錯誤．21．(多選)如圖，一頂角為直角的“∧”形光滑細桿豎直放置．質量均為m的兩金屬環(huán)套在細桿上，高度相同，用一勁度系數(shù)為k的輕質彈簧相連，彈簧處于原長l0.兩金屬環(huán)同時由靜止釋放，運動過程中彈簧的伸長在彈性限度內(nèi)．對其中一個金屬環(huán)，下列說法正確的是(彈簧的長度為l時彈性勢能為k(l－l0)2)(　AC　)A．金屬環(huán)的最大加速度為gB．金屬環(huán)的最大速度為gC．金屬環(huán)與細桿之間最大壓力為mgD．金屬環(huán)達到最大速度時重力的功率為mg2【解析】　對金屬環(huán)受力分析如圖1圖1開始釋放瞬間，金屬環(huán)受到重力和彈力，沿桿方向，根據(jù)牛頓第二定律：mgsin 45°＝ma解得：a＝g，故A正確；當金屬環(huán)的加速度為0時，速度最大，受力分析如圖2：圖2金屬環(huán)受到重力、桿的彈力和彈簧的彈力，沿桿方向加速度為0，即合力為0：mgsin 45°＝Fcos 45°，F＝kΔx解得形變量Δx＝，根據(jù)幾何知識，兩個小球下降的高度為h＝，對系統(tǒng)只有重力，彈力做功，對兩個金屬環(huán)和彈簧根據(jù)機械能守恒，2mg×h＝kΔx2＋×2mv2，解得：v＝g，故B正確；金屬環(huán)下降h′達到最低時，速度減小為0，形變量為2h′，彈性勢能最大，根據(jù)機械能守恒定律2mgh′＝k(2h′)2h′＝，當金屬環(huán)下降到最低點時，金屬環(huán)和細桿的彈力最大，垂直于桿方向上：N＝mgcos 45°＋F′sin 45°，F′＝k×2h′，解得：N＝mg，故C正確；金屬環(huán)達到最大速度時重力的功率為P＝mgvcos 45°＝mg×g×＝，故D錯誤，故選AC.

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