（京津瓊）2022高考物理總復習 專用優(yōu)編提分練：選擇題專練（八）

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1、（京津瓊）2022高考物理總復習 專用優(yōu)編提分練：選擇題專練（八） 1．用光照射某種金屬，有光電子從金屬表面逸出，如果換一種頻率更大的光照射該金屬，但光的強度減弱，則(　　) A．單位時間內逸出的光電子數減少，光電子的最大初動能減小 B．單位時間內逸出的光電子數增大，光電子的最大初動能減小 C．單位時間內逸出的光電子數減少，光電子的最大初動能增大 D．單位時間內逸出的光電子數增大，光電子的最大初動能增大 答案　C 解析　根據光電效應方程Ekm＝hν－W0得，光的強度不影響光電子的最大初動能，對某種特定的金屬光電子的最大初動能與入射光的頻率有關，入射光的強度影響單位時間內發(fā)出光電子

2、的數目，光的強度減弱，單位時間內逸出的光電子數目減少，故A、B、D錯誤，C正確． 2．假設宇宙中有兩顆相距無限遠的行星A和B，A、B星球半徑分別為RA和RB，兩顆行星各自周圍的衛(wèi)星的軌道半徑的三次方(r3)與運行公轉周期的平方(T2)的關系如圖1所示，T0為衛(wèi)星環(huán)繞各自行星表面運行的周期．則(　　) 圖1 A．行星A的質量小于行星B的質量 B．行星A的密度小于行星B的密度 C．行星A的第一宇宙速度等于行星B的第一宇宙速度 D．當兩行星周圍的衛(wèi)星的運動軌道半徑相同時，行星A的衛(wèi)星的向心加速度大于行星B的衛(wèi)星的向心加速度 答案　D 解析　根據萬有引力提供向心力，有＝mr， 解

3、得：T＝， 對于環(huán)繞行星A表面運行的衛(wèi)星， 有：T0＝① 對于環(huán)繞行星B表面運行的衛(wèi)星，有：T0＝② 聯立①②得：＝③ 由題圖知，RA>RB，所以MA>MB，故A錯誤； A行星質量為：MA＝ρA·πRA3 B行星的質量為：MB＝ρB·πRB3， 代入③解得：ρA＝ρB，故B錯誤； 在行星表面附近運行的衛(wèi)星的線速度即此行星的第一宇宙速度，根據萬有引力提供向心力，有：＝m 解得：v＝＝R∝R， 因為RA>RB，所以vA>vB，故C錯誤； 根據＝ma知，a＝，由于MA>MB，衛(wèi)星運動的軌道半徑相等，則行星A的衛(wèi)星的向心加速度大于行星B的衛(wèi)星的向心加速度，故D正確． 3.如圖

4、2所示，半徑為R的豎直半球形碗固定于水平面上，碗口水平且AB為直徑，O點為碗的球心．將一彈性小球(可視為質點)從AO連線上的某點C沿CO方向以某初速度水平拋出，經歷時間t＝(g為重力加速度)，小球與碗內壁第一次碰撞，之后可以恰好返回C點，假設小球與碗內壁碰撞前后瞬間小球的切向速度不變，法向速度等大反向．不計空氣阻力，則C、O兩點間的距離為(　　) 圖2 A. B. C. D. 答案　C 解析　小球在豎直方向的位移為h＝gt2＝R， 設小球與半球形碗碰撞點為D點，則DO的連線與水平方向的夾角為30°，過D點作CO連線的垂線交于CO連線E點，小球與半球形碗碰撞前速度方向垂直

5、于半球形碗在D點的切線方向， 則OE＝＝R， 小球下落h時豎直方向的速度為vy＝gt＝， 則水平方向的速度v0＝vytan 60°＝， 所以水平方向的位移為x＝v0t＝R， 由幾何關系可知， CO＝R－R＝R，故C正確． 4．如圖3所示，足夠長的寬度為d的豎直條形區(qū)域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，直角三角形金屬線框ABC的BC邊水平且長度為L，已知L>d.現令線框在外力作用下以速度v0勻速穿過磁場區(qū)域，以B點進入磁場的時刻為計時起點，規(guī)定線框中電流沿逆時針方向為正方向，則在線框穿過磁場的過程中，線框中的電流i隨時間t的變化情況可能是(　　) 圖3 答案　C 解析

6、　B點進入磁場后直至線框位移為d的過程中，線框的有效切割長度隨時間均勻增大，線框中電流隨時間均勻增大至I0，方向為逆時針方向，已知L>d，線框位移大于d小于L的過程中，其有效切割長度不變，線框中的電流不變，仍為逆時針，線框出磁場的過程中，有效切割長度隨時間均勻增大，電流隨時間均勻增大，選項A、D錯誤；由B項的橫軸可知L＝2d，由幾何關系可知線框位移為L時的有效切割長度與位移為d時的有效切割長度相等，故電流等大，但方向為順時針方向，位移為L＋d時，有效長度是位移為d時的2倍，電流為－2I0，選項B錯誤；由C項的橫軸可知L＝3d，由幾何關系可知線框位移為L時的有效切割長度是位移為d時的2倍，故電流

7、為－2I0，位移為L＋d時，有效長度是位移為d時的3倍，電流為－3I0，選項C正確． 5．如圖4甲所示，Q1、Q2為兩個固定著的點電荷，a、b是它們連線的延長線上的兩點，現有一電子，只在電場力作用下，以一定的初速度沿直線從a點開始經b點向遠處運動，其v－t圖象如圖乙所示，電子經過a、b兩點的速度分別為va、vb，則(　　) 圖4 A．Q1一定帶負電 B．Q1的電荷量一定小于Q2的電荷量 C．b點的電勢高于a點的電勢 D．電子離開b點后所受靜電力一直減小 答案　C 解析　由題圖乙可知，電子從a到b做加速度減小的加速運動，所以a、b之間電場的方向向左，b點的電勢高于a點的電勢；

8、在b點時粒子運動的加速度為零，則電場力為零，所以該點場強為零．過b點后點電荷做減速運動，所以電場的方向向右，Q2一定帶負電，Q1一定帶正電，故A錯誤，C正確；b點場強為零，可見兩點電荷在b點產生的場強大小相等，方向相反，根據E＝，b到Q1的距離大于到Q2的距離，所以Q1的電荷量大于Q2的電荷量，故B錯誤；離開b點后v－t圖象的斜率先增大后減小，即加速度先增大后減小，電子所受靜電力先增加后減小，故D錯誤． 6．如圖5所示，在Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域內存在磁感應強度大小均為B的勻強磁場，磁場方向分別垂直于紙面向外和向里，AD、AC邊界的夾角∠DAC＝30°，邊界AC與邊界MN平行，Ⅰ區(qū)磁場右邊界距A點無限

9、遠，Ⅱ區(qū)域寬度為d，長度無限大．質量為m、帶電荷量為q的正粒子可在邊界AD上的不同點射入，入射速度垂直于AD且垂直于磁場，若入射速度大小為，不計粒子重力，則(　　) 圖5 A．粒子距A點0.5d處射入，不會進入Ⅱ區(qū) B．粒子在磁場區(qū)域內運動的最長時間為 C．粒子在磁場區(qū)域內運動的最短時間為 D．從MN邊界出射粒子的區(qū)域長為(＋1)d 答案　BD 解析　粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律，有：qvB＝m得：r＝＝d，畫出恰好不進入Ⅱ區(qū)的臨界軌跡，如圖甲所示： 結合幾何關系，有：AO＝＝2r＝2d； 故從距A點0.5d處射入，會進入Ⅱ區(qū)，故A錯誤；

10、 粒子在磁場中轉過的最大的圓心角為180°，即在Ⅰ區(qū)內運動的軌跡為半個圓周，故最長時間為t＝＝， 故B正確； 從A點進入的粒子在磁場中運動的軌跡最短(弦長也最短)，時間最短，軌跡如圖乙所示： 軌跡對應的圓心角為60°，故時間為：t＝＝，故C錯誤； 臨界軌跡情況如圖丙所示： 根據幾何關系可得從MN邊界出射粒子的區(qū)域長為l＝＋r＝(＋1)d，故D正確． 7．如圖6所示，將小砝碼放在桌面上的薄紙板上，若砝碼和紙板的質量分別為M和m，各接觸面間的動摩擦因數均為μ，砝碼到紙板左端的距離和到桌面右端的距離均為d.現用水平向右的恒定拉力F拉動紙板，g為重力加速度，下列說法正確的是(　　)

11、 圖6 A．紙板相對砝碼運動時，紙板所受摩擦力的大小為μ(M＋m)g B．要使紙板相對砝碼運動，F一定大于2μ(M＋m)g C．若砝碼與紙板分離時的速度小于，砝碼不會從桌面上掉下 D．當F＝μ(2M＋3m)g時，砝碼恰好到達桌面邊緣 答案　BCD 解析　對紙板分析，當紙板相對砝碼運動時，所受的摩擦力為μ(2M＋m)g，故A錯誤．設砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則有：Ff1＝Ma1，F－Ff1－Ff2＝ma2，Ff1＝μMg，Ff2＝μ(M＋m)g，發(fā)生相對運動需要a2>a1，代入數據解得：F＞2μ(M＋m)g，故B正確．若砝碼與紙板分離時的速度小于，砝碼勻加速運動的

12、位移小于＝＝，勻減速運動的位移小于＝＝，則總位移小于d，不會從桌面掉下，故C正確． 當F＝μ(2M＋3m)g時，砝碼未脫離時的加速度a1＝μg， 紙板的加速度a2＝＝2μg， 根據a2t2－a1t2＝d，解得t＝， 則此時砝碼的速度v＝a1t＝，砝碼脫離紙板后做勻減速運動，勻減速運動的加速度大小a′＝μg，則勻減速運動的位移x＝＝＝d，而勻加速運動的位移x′＝a1t2＝d，可知砝碼恰好到達桌面邊緣，故D正確． 8.空間分布有豎直方向的勻強電場，現將一質量為m的帶電小球A從O點斜向上拋出，小球沿如圖7所示的軌跡擊中絕緣豎直墻壁的P點．將另一質量相同、電荷量不變、電性相反的小球B仍從O點

13、以相同的速度拋出，該球垂直擊中墻壁的Q點(圖中未畫出)．對于上述兩個過程，下列敘述中正確的是(　　) 圖7 A．球A的加速度大于球B的加速度 B．P點位置高于Q點 C．球A的電勢能增大，球B的電勢能減小 D．電場力對球A的沖量大小等于對球B的沖量大小 答案　ACD 解析　水平方向做勻速運動，水平速度相同，兩次水平方向位移相同，時間相同，根據加速度a＝，A球速度變化量大，加速度大，故A正確；豎直最大高度為h＝，由于球A的加速度大于球B的加速度，所以球A的最高點低于球B的最高點，P點位置低于Q點，故B錯誤；球A加速度大，所受電場力向下，電場力做負功，電勢能增大；球B加速度小，所受電場力向上，電場力做正功，電勢能減小，故C正確；由于運動時間相等，電場力大小相等，電場力對球A的沖量大小等于對球B的沖量大小，故D正確．