1、1选择题提速练(二)一、单项选择题1一含有理想变压器的电路如图甲所示，图中理想变压器原、副线圈匝数之比为21，电阻 R1和 R2的阻值分别为 3 和 1 ，电流表、电压表都是理想交流电表， a、 b输入端输入的电流如图乙所示，下列说法正确的是( )A电流表的示数为 A62B电压表的示数为 V6C00.04 s 内，电阻 R1 产生的焦耳热为 0.08 JD t0.03 s 时，通过电阻 R1的瞬时电流为 A6解析：选 A 设电流表的示数为 I1，则 I12RT 2R 2R ，解得： I1 (22) T2 (2) T2 62A，故 A 正确；由于原线圈中的电流只有交流部分才能输出到副线圈中，又原
2、、副线圈匝数之比为 21，故副线圈中交流部分的电流最大值为 2 A，设副线圈交流电的有效值为2I2，则： I22RT 2R ，解得： I2 A，因此电压表的示数为： U I2R2 V，故 B(222) T2 2 2错误；00.04 s 内，电阻 R1产生的焦耳热为 Q1 I22R1t 230.04 J0.24 J，故(2)C 错误； t0.03 s 时，通过电阻 R1的瞬时电流为 0，故 D 错误。2关于下列四幅图说法正确的是( )A图中的放射性同位素应选择衰变时放出 粒子的同位素B图中的镉棒的作用是使核反应中的快中子减速C图中的光子碰撞电子后，其波长将变大D图中的电子的动量越大，衍射现象越明
3、显2解析：选 C 、 三种射线的穿透能力不同， 射线不能穿过 3 mm 厚的铝板， 射线又很容易穿过 3 mm 厚的铝板，厚度的微小变化不会使穿过铝板的 射线的强度发生较明显变化，所以基本不受铝板厚度的影响；而 射线刚好能穿透几毫米厚的铝板，因此厚度的微小变化会使穿过铝板的 射线的强度发生较明显变化，即是 射线对控制厚度起作用，所以图的放射性同位素应选择衰变时放出 粒子的同位素，故 A 错误。在核反应堆中石墨主要起减速剂的作用，将快中子变成慢中子。镉棒起到吸收中子的作用，能控制中子的数目，从而控制核反应的速度，故 B 错误。图中的光子碰撞电子后，其能量减小，则波长将变大，故 C 正确。根据波长
4、和动量的关系 ，则图中的电子的动量hp越大，波长越小，则衍射现象越不明显，故 D 错误。3.如图所示，从 S 处发出的热电子经加速电压 U 加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子向上极板偏转。设两极板间电场强度为 E，磁感应强度为 B。欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是( )A适当减小加速电压 UB适当减小电场强度 EC适当增大加速电场极板之间的距离D适当减小磁感应强度 B解析：选 B 要使电子在复合场中做匀速直线运动，故 Eq qvB。根据左手定则可知电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向上极板偏转的原因是电场力大于洛伦兹力，所以要么减小电场
5、力，要么增大洛伦兹力。根据 eU mv2可得 v ，若适当减小加速12 2eUm电压 U，则电子在复合场中运动的速度 v 减小，从而洛伦兹力减小，故 A 错误。若适当减小电场强度 E，即可以减小电场力，故 B 正确。若适当增大加速电场极板之间的距离，根据 eU mv2可得 v ，由于极板间的电压没有变化，所以电子进入磁场的速率没有变12 2eUm化，因此没有改变电场力和洛伦兹力的大小，故 C 错误。若适当减小磁感强度 B，则洛伦兹力减小，故 D 错误。4.中央电视台综艺节目加油向未来中有一个橄榄球空中击剑游戏：宝剑从空中 B 点自由落下，同时橄榄球从 A 点以速度 v0沿 AB 方向抛出，恰好
6、在空中 C 点击中剑尖，不计空气阻力。下列说法正确的是( )A橄榄球在空中运动的加速度大于宝剑下落的加速度B橄榄球若以小于 v0的速度沿原方向抛出，一定能在 C 点下方击中剑尖C橄榄球若以大于 v0的速度沿原方向抛出，一定能在 C 点上方击中剑尖D橄榄球无论以多大速度沿原方向抛出，都能击中剑尖3解析：选 C 橄榄球在空中运动的加速度等于宝剑下落的加速度，均等于重力加速度，故 A 错误；橄榄球若以小于 v0的速度沿原方向抛出，则水平方向的速度减小，运动到相遇点的时间 t 增大，橄榄球在相同时间下降的高度增大，可能剑尖落地后橄榄球才到 Cxvx点所在的竖直线，所以橄榄球可能在 C 点下方击中剑尖，
7、故 B 错误；橄榄球若以大于 v0的速度沿原方向抛出，则水平方向的速度增大，运动到相遇点的时间 t 减小，橄榄球相xvx同时间下降的高度减小，一定能在 C 点上方击中剑尖，故 C 正确；若抛出的速度太小，可能橄榄球不会与剑尖相遇，故 D 错误。5地球静止轨道卫星的轨道面与地球赤道共面，倾斜地球同步轨道卫星的轨道面与地球赤道面有一定的夹角，它的运转周期是 24 小时。2011 年 12 月 2 日，在西昌卫星发射中心发射的第 10 颗北斗导航卫星就是一颗倾斜地球同步轨道卫星。2012 年 10 月 25 日，在西昌卫星发射中心发射的第 16 颗北斗导航卫星是一颗地球静止轨道卫星，它与先期发射的1
8、5 颗北斗导航卫星组网运行，北斗导航工程区域组网顺利完成，现在已向亚太大部分地区提供正式服务。关于这两颗卫星下列说法正确是( )A这两颗卫星离地面的高度一样，约为 3.6 万千米B第 10 颗北斗导航卫星的运行速度一定与第一宇宙速度相等C发射第 10 颗北斗导航卫星要比发射同等质量的近地卫星少消耗能量D第 10 颗北斗导航卫星比第 16 颗北斗导航卫星运行加速度大解析：选 A 根据题意可知这两颗卫星运动的周期都是 24 h，根据万有引力提供向心力 m (R h)可知，周期相同则高度相同，故这两颗卫星离地面的高度一样，GMm R h 2 4 2T2约为 3.6 万千米，故 A 正确；根据万有引力
9、提供向心力 G m ，得 v ，则运行高度Mmr2 v2r GMr越大，速度越小，当 r 最小等于地球半径时，速度最大等于第一宇宙速度，故第 10 颗北斗导航卫星的运行速度一定比第一宇宙速度小，故 B 错误；同等质量的卫星，发射高度越高，克服地球引力做功越多，故发射第 10 颗北斗导航卫星要比发射同等质量的近地卫星多消耗能量，故 C 错误；根据万有引力提供向心力 G ma，得 a ，则高度相同时，加速度相Mmr2 GMr2同，故第 10 颗北斗导航卫星与第 16 颗北斗导航卫星运行加速度相等，故 D 错误。二、多项选择题6.如图所示，虚线为某电场的等势面，今有两个带电粒子(重力不计)，以不同的
10、速率沿不同的方向，从 A 点飞入电场后，沿不同的轨迹1 和 2 运动，由轨迹可以断定( )A两个粒子的电性一定不同4B粒子 1 的动能先减少后增加C粒子 2 的电势能先增大后减小D经过 B、 C 两点，两粒子的速率一定相等解析：选 AB 根据轨迹的弯曲方向可判断出粒子 1 受到排斥力作用，其电性与场源电荷的电性相同，粒子 2 受到吸引力作用，电性与场源电荷的电性相反，所以两粒子的电性一定相反，故 A 正确；电场力对粒子 1 先做负功，后做正功，由动能定理知其动能先减少后增加，故 B 正确；电场力对粒子 2 先做正功，后做负功，则粒子 2 的电势能先减小后增大，故 C 错误； 由于粒子 1 到
11、B 点时速率减小，粒子 2 到 C 点时速率增加，而粒子 1 的初速率与粒子 2 的初速率不等，则经过 B、 C 两点，两粒子的速率可能不等，故 D 错误。7.如图，对斜面体上的物块施以一个沿斜面向上的拉力 F 作用时，物块恰能沿斜面匀速上滑，在此过程中斜面体相对水平地面静止不动，物块和斜面体的质量分别为 m、 M，则( )A地面对斜面体的支持力等于( M m)gB地面对斜面体的支持力等于( M m)g Fsin C斜面体受到地面向左的摩擦力为 Fcos D斜面体受到地面的摩擦力为零解析：选 BC 以整体为研究对象，受力分析如图所示：根据平衡条件得： f Fcos ，摩擦力水平向左； N( M
12、 m)g Fsin ，B、C 正确，A、D 错误。8.水平固定放置的足够长的 U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，如图所示，在导轨上放着金属棒 ab，开始时 ab 棒以水平初速度 v0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程( )A外力对棒所做功相等B电流所做的功相等C通过 ab 棒的电荷量相等D安培力对 ab 棒所做的功不相等解析：选 AD 根据动能定理，两种情况下外力的功都等于动能的变化量，因初状态和末状态相同，则外力对棒做的功相同，选项 A 正确。电流所做的功等于回路中产生的焦耳热，根据功能关系可知导轨光滑时，金属棒克服安培力做功多，产生的焦耳热多，电流做功
13、大，故 B 错误。根据感应电荷量公式 q ， x 是 ab 棒滑行的位移大小， B、 R、 R BLxR导体棒长度 L 相同， x 越大，感应电荷量越大，因此导轨光滑时，感应电荷量大，故 C 错误。当导轨光滑时，金属棒克服安培力做功，动能全部转化为焦耳热，产生的内能等于金5属棒的初动能；当导轨粗糙时，金属棒在导轨上滑动，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生热，把部分动能转化为内能，另一方面要克服安培力做功，金属棒的部分动能转化为焦耳热，摩擦力做功产生的内能与克服安培力做功转化为内能的和等于金属棒的初动能；所以导轨粗糙时，安培力做的功少，导轨光滑时，安培力做的功多，故 D 正确。9.如图所示，在光滑的
14、水平地面上有一个表面光滑的立方体 M，一轻杆 L 与水平地面成 角，轻杆的下端用光滑铰链连接于 O 点， O 点固定于地面上，轻杆的上端连接着一个小球 m，小球靠在立方体左侧，立方体右侧受到水平向左推力 F 的作用，整个装置处于静止状态。若现在撤去水平推力F，则下列说法中正确的是( )A小球在落地的瞬间和立方体分离B小球和立方体分离时刻速度相等C小球和立方体分离时刻小球加速度为 gD分离前小球和立方体系统的机械能守恒解析：选 CD 小球随着立方体向右运动的同时沿着立方体竖直向下运动，将小球的速度沿着水平方向和竖直方向正交分解，如图，得到v2 v1sin ，即小球和立方体分离时刻速度不相等，选项 B 错误。由于没有摩擦，故立方体会在小球落在水平地面上之前离开小球，故 A 错误。对小球和立方体整体受力分析，受重力、杆的弹力 T、地面的支持力，在水平方向运用牛顿第二定律，有： Tcos (m M)ax，刚分离时小球加速度的水平分量为零，故杆的弹力为零，故小球只受重力，此时小球加速度为 g，故 C 正确。小球和立方体分离前，只有重力对系统做功，则小球和立方体系统的机械能守恒，故 D 正确。6
