（京津瓊）2022高考物理總復(fù)習(xí) 專(zhuān)用優(yōu)編提分練：選擇題專(zhuān)練（七）

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1、（京津瓊）2022高考物理總復(fù)習(xí) 專(zhuān)用優(yōu)編提分練：選擇題專(zhuān)練（七） 1．如圖1所示，質(zhì)量為m＝10 kg的木箱置于水平地面上，它與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，受到一個(gè)與水平方向成θ角斜向上的拉力F，為使木箱做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，拉力F的最小值以及此時(shí)θ分別是(　　) 圖1 A．50 N　30° B．50 N　60° C. N　30° D. N　60° 答案　A 解析　木箱受重力mg、拉力F、地面的支持力和滑動(dòng)摩擦力作用， 根據(jù)平衡條件得Fcos θ＝Ff，F(xiàn)sin θ＋FN＝mg， 又Ff＝μFN， 聯(lián)立解得F＝＝， 其中tan α＝＝，α＝60°， 由數(shù)學(xué)知識(shí)知：當(dāng)θ

2、＋α＝90°， 即θ＝30°時(shí)F有最小值， 且最小值為Fmin＝＝ N＝50 N， 故A正確，B、C、D錯(cuò)誤． 2.如圖2所示，光滑圓柱體被a、b兩支架支持處于平衡，接觸點(diǎn)分別為A和B，圓柱體中心為O，AO水平，BO和水平方向成30°角，支架a、b對(duì)圓柱體的支持力分別為FNa和FNb.保持接觸點(diǎn)B與圓柱體均不動(dòng)，把接觸點(diǎn)A從圖示的位置緩慢沿圓周移到O的正下方的過(guò)程中(　　) 圖2 A．FNa不斷增大，F(xiàn)Nb不斷增大 B．FNa先增大再減小，F(xiàn)Nb不斷增大 C．FNa先減小再增大，F(xiàn)Nb不斷減小 D．FNa不斷減小，F(xiàn)Nb不斷減小 答案　C 解析　以圓柱體為研究對(duì)象進(jìn)行

3、受力分析，初狀態(tài)在重力mg、FNa、FNb作用下處于平衡狀態(tài)；當(dāng)B不動(dòng)，把接觸點(diǎn)A從圖示的位置緩慢沿圓周移到O的正下方的過(guò)程中，利用矢量三角形定則畫(huà)出兩個(gè)力的變化如圖所示． 由圖可得，F(xiàn)Na先減小再增大，F(xiàn)Nb不斷減小，C正確． 3．在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一個(gè)靜止的氡原子核(Rn)，它由于衰變放出一個(gè)粒子，此粒子的徑跡與反沖核的徑跡是兩個(gè)相互外切的圓，大圓與小圓的直徑之比為42∶1，如圖3所示，那么氡核的衰變方程應(yīng)是下列方程中的哪一個(gè)(　　) 圖3 A.Rn→Fr＋e B.Rn→Po＋He C.Rn→At＋e D.Rn→At＋H 答案　B 解析　原子核的衰變過(guò)程滿(mǎn)足動(dòng)量守

4、恒，可得兩帶電粒子動(dòng)量大小相等，方向相反，就動(dòng)量大小而言有：m1v1＝m2v2，由帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式可得：r＝，所以：＝＝，A、B、C、D四個(gè)選項(xiàng)中，帶電荷量滿(mǎn)足42∶1關(guān)系的只有B，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤． 4.如圖4所示，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場(chǎng)邊界上A點(diǎn)有一粒子源，源源不斷地向磁場(chǎng)發(fā)射各種方向(均平行于紙面)且速度大小相等的帶正電的粒子(重力及粒子間的相互作用不計(jì))，已知粒子的比荷為k，速度大小為2kBr，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為(　　) 圖4 A. B. C. D. 答案　C 解析　粒子在

5、磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得qvB＝m，已知v＝2kBr，k＝，解得R＝2r，粒子運(yùn)動(dòng)的弧長(zhǎng)越長(zhǎng)，對(duì)應(yīng)的弦長(zhǎng)越長(zhǎng)，轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角越大，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的最大弦長(zhǎng)是2r，則最大圓心角為：θ＝2arcsin＝2arcsin＝60°，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間：t＝T＝×＝，C正確． 5．圖5甲為示波管的原理圖．如果在電極YY′之間所加的電壓按圖乙所示的規(guī)律變化，在電極XX′之間所加的電壓按圖丙所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會(huì)看到的圖形是(　　) 圖5 答案　B 解析　由于電極XX′加的是掃描電壓，電極YY′之間所加的電壓是信號(hào)電壓，信號(hào)電壓與掃描電壓周期相同，所以熒光屏上

6、會(huì)看到的圖形是B. 6．如圖6所示，太陽(yáng)系各行星可近似看成在同一平面內(nèi)沿同一方向繞太陽(yáng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．設(shè)天王星公轉(zhuǎn)周期為T(mén)1，公轉(zhuǎn)半徑為R1；地球公轉(zhuǎn)周期為T(mén)2，公轉(zhuǎn)半徑為R2.不計(jì)兩行星之間的引力作用，引力常量為G，當(dāng)?shù)厍蚝吞焱跣沁\(yùn)行到太陽(yáng)兩側(cè)，且三者排成一條直線(xiàn)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖6 A．太陽(yáng)的質(zhì)量為 B．天王星公轉(zhuǎn)速度大于地球公轉(zhuǎn)速度 C．地球與天王星相距最近至少需經(jīng)歷 D．天王星公轉(zhuǎn)的向心加速度與地球公轉(zhuǎn)的向心加速度之比為 答案　CD 解析　根據(jù)G＝m地R2得， 太陽(yáng)的質(zhì)量M＝，A錯(cuò)誤； 根據(jù)G＝m，解得v＝， 因?yàn)樘焱跣堑能壍腊霃捷^大，則線(xiàn)速度較

7、小，B錯(cuò)誤；當(dāng)?shù)厍蚝吞焱跣沁\(yùn)行到太陽(yáng)兩側(cè)，三者排成一條直線(xiàn)，到地球與天王星相距最近，兩者轉(zhuǎn)過(guò)的角度相差π， 所以t－t＝π，解得t＝，C正確； 根據(jù)G＝ma， 解得a＝， 天王星和地球的向心加速度之比為，D正確． 7．如圖7，金屬棒ab置于水平放置的U型光滑導(dǎo)軌上，在ef右側(cè)存在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向下，在ef左側(cè)的無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域cdef內(nèi)有一半徑很小的金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導(dǎo)軌在同一平面內(nèi)．當(dāng)金屬棒ab在水平恒力F作用下從磁場(chǎng)左邊界ef處由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)后(達(dá)到穩(wěn)定前)，則(　　) 圖7 A．圓環(huán)L有收縮的趨勢(shì) B．圓環(huán)L有擴(kuò)張的趨勢(shì) C．圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流

8、變大 D．圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流變小 答案　AD 解析　由于金屬棒ab在恒力F的作用下向右運(yùn)動(dòng)，則abdc回路中產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，則在圓環(huán)處產(chǎn)生垂直于紙面向外的磁場(chǎng)，隨著金屬棒向右加速運(yùn)動(dòng)，圓環(huán)的磁通量將增大，依據(jù)楞次定律可知，圓環(huán)將有收縮的趨勢(shì)以阻礙圓環(huán)磁通量的增大；又由于金屬棒向右運(yùn)動(dòng)的加速度減小，速度增大變慢，單位時(shí)間內(nèi)磁通量的變化量減小，即磁通量變化率減小，所以在圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)減小，感應(yīng)電流也不斷減小，故A、D正確，B、C錯(cuò)誤． 8.如圖8所示，傾角θ＝60°、高為h的粗糙絕緣斜面體ABC固定在水平地面上，一個(gè)帶負(fù)電的小球(可視為點(diǎn)電荷)固定在BC邊上距B點(diǎn)高處的

9、D點(diǎn)，可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電的小物塊Q靜止于斜面底端的A點(diǎn)，此時(shí)小物塊Q恰好不接觸地面且與斜面間的摩擦力為0.已知小物塊Q與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，小物塊Q所受的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖8 A．小物塊Q靜止于A點(diǎn)時(shí)所受的庫(kù)侖力與其重力大小相等 B．若要拉動(dòng)小物塊Q，使之沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，則拉力的最小值為mg C．在拉動(dòng)小物塊Q緩慢沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，當(dāng)其所受摩擦力最大時(shí)，系統(tǒng)的電勢(shì)能也最大 D．若緩慢地將小物塊Q從A點(diǎn)拉動(dòng)至C點(diǎn)，則外力做功等于小物塊Q重力勢(shì)能的增加量與系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量之和 答案　ABD 解析　開(kāi)始時(shí)對(duì)物塊Q

10、受力分析如圖，由幾何關(guān)系可知，∠DAB＝30°，則三個(gè)力互成120°角，可知三力大小相等，即小物塊Q靜止于A點(diǎn)時(shí)所受的庫(kù)侖力與其重力大小相等，選項(xiàng)A正確；因在A端時(shí)，物塊所受的摩擦力和地面的支持力均為零，可知要想拉動(dòng)小物塊Q，使之沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，則拉力的最小值為Fmin＝μFN＝mg，選項(xiàng)B正確；在拉動(dòng)小物塊Q緩慢沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，當(dāng)其運(yùn)動(dòng)到AC的中點(diǎn)時(shí)，庫(kù)侖力最大，此時(shí)物塊對(duì)斜面的壓力最大，所受摩擦力最大，此過(guò)程中電場(chǎng)力做正功，則此時(shí)系統(tǒng)的電勢(shì)能最小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由對(duì)稱(chēng)性可知，物塊在A、C兩點(diǎn)的電勢(shì)能相等，若緩慢地將小物塊Q從A點(diǎn)拉動(dòng)至C點(diǎn)，則外力做功等于小物塊Q重力勢(shì)能的增加量與系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量之和，選項(xiàng)D正確．