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1、选择题专练（十一）（限时：20分钟）二、选择题：本题共 8小题，每小题6分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第 14 18题只有一项符合题目要求，第 1921题有多项符合题目要求.全部选对的得 6分，选对 但不全的得3分，有选错的得0分.14.质量为M= 1 kg的木板静止在粗糙水平面上，木板与地面间的动摩擦因数为阴，在木板的左端放置一个质量为 m 1 kg、大小可忽略的铁块.铁块与木板间的动摩擦因数为科2,取g= 10 m/s 2.若在铁块右端施加一个从 0开始增大的水平向右的力F,假设木板足够长，铁块受木板摩擦力Ff随拉力F的变化如图1所示.则两个动摩擦因数的数值为（）A.（11=0.
2、1 ,（12 = 0.2B.（11=0.1 ,（12=0.4C.邛=0.2,0.4D.4=0.4,邛=0.2答案 B解析 由题图可知，当 F 6 N时，铁块的摩擦力恒定即为滑动摩擦力，且Ff= 2mg= 4 N,解得（12= 0.4 ,在F=6 N时，铁块和木板具有相同的加速度，对铁块有：F- Ff= ma 2 解得a= 2 m/s对木板有：Ff 阴（火n）g= May轴位置，并在坐标纸上描出如图 2解得：4=0.1,故B正确.15 . 一个同学在做研究平抛运动实验时，只在纸上记下所示曲线，在曲线上取 A B两点，用刻度尺分别量出它们到y轴的距离 AA =X1, BB=X2,以及AB的竖直距离
3、h,从而求出小球抛出时的初速度 丫。为（）图2解析设初速度为V0,则从抛出点运动到A所需的时间Xiti = 一,从抛出点运动到B所需的时Vo间t2=,在竖直方向上有：1gt221gti2= h，代入ti、t2Vo22解得：vo=、jq_2hg,故a正确.16 .紫外光电管是利用光电效应原理对油库等重要场所进行火灾报警的装置，其工作电路如图3所示，其中A为阳极，K为阴极，只有当明火中的紫外线照射到 K极时，c、d端才会有 信号输出.已知地球表面太阳光中紫外线波长主要在315400 nm之间，而明火中的紫外线波长主要在200280 nm之间，下列说法正确的是 （）紫外光电管C OO图3A.要实现有
4、效报警，照射光电管的紫外线波长应大于280 nmB.明火照射光电管的时间要足够长，c、d端才有输出电压C.仅有太阳光照射光电管时，c、d端输出的电压为零D.火灾报警时，照射光电管的紫外线波长越长，逸出的光电子最大初动能越大答案 C解析 根据题意知，要实现有效报警，照射光电管的紫外线波长应介于200280 nm之间，故A错误；光电效应的发生具有瞬时性，故 B错误；仅有太阳光照射光电管时，由于波长大 于明火的波长，即频率小于明火的频率，所以不能发生光电效应，回路中没有电流，c、d端也就没有输出电压，故 C正确；火灾报警时，照射光电管的紫外线波长越长，则频率越小，那么逸出的光电子最大初动能越小，故D
5、错误.17 .真空中的点电荷在其周围产生电场， 电场中某点的电势与点电荷的电荷量成正比， 与该点 到点电荷的距离成反比， 即（J）=kQ在某真空中有一如图 4所示的正六边形 ABCDEFO为其中 心，A C、E三个顶点各固定一点电荷，其中 A C两点电荷量为q（q0）, E点电荷量为一q,Eb、Eo分别表示R O点场强的大小，Gb、Go分别表示B、O点的电势，则以下关系中正确的是（）A. EbEo, (j) B (j) OC. Eb= Eo, j b= j o答案 B图4B. Eb (j) OD.EbEd,() B= () o解析设正六边形的边长为L, A处点电荷在B点产生的电场强度为Ei =
6、 k2C处点电荷在B点产生的电场强度为 巳=占E处点电荷在B点产生的电场强度为曰=，一，一，一八一 ,kq由电场的叠加可知，A C两处点电何在 B处的合场强为 Ei2= 2,3kq所以B处的场强为曰=7 同理可求得：O处的场强为曰=所以B6 0,故B正确.18 .如图5所示，固定在竖直面内的光滑绝缘圆环半径为R,圆环上套有质量分别为m和2m的两个带电的小球 A、B（均可看作质点），小球A带正电，小球 B带负电，带电荷量均为 q, 且小球A、B用一长为2R的轻质绝缘细杆相连，竖直面内有竖直向下的匀强电场（未画出），电场强度大小为 E=曾 现在给小球一个扰动，使小球 A从最高点由静止开始沿圆环下滑
7、, q已知重力加速度为 g,在小球A滑到最低点的过程中，下列说法正确的是 （）A.小球A减少的机械能等于小球图5B增加的机械能B.细杆对小球 A和小球B做的总功为0C.小球A在最低点的速度为D.细杆又打、球B做的功为mgR答案 B解析 由于电场力做功，两个球系统机械能不守恒，故A球减少的机械能不等于 B球增加的机械能，故A错误；细杆对小球 A和小球B的力等大反向，为系统内弹力，所以细杆对小球 A和小球B做的总功为0,故B正确；当A球运动到最低点时，电场力对系统做功 4EqR= 4mgR 有：4mgR- mg. 2R 2mg. 2R= 2(2m) v2,解得：v=2/gR,故C错误；对B球，利用
8、动能定理可得，VW qE- 2R- 2mg 2R= 2x2m2一，一 , 10-0,解得细杆对B球所做的功 W= mgR故D错误.319.地面卫星监测技术在军事、工业、农业、生产、生活等方面发挥着巨大作用，对地面上 的重要目标需要卫星不间断地进行跟踪监测.假设在赤道上有一个需要跟踪监测的目标，某监测卫星位于赤道平面内，离地面的飞行高度为R飞行方向与地球自转方向相同，设地球的自转周期为T,地球半径为R,地球表面的重力加速度为 g,忽略大气层对光线传播的影响,t ,卫星的运转周期为T ,则()B.D.则此卫星在一个运动周期内对目标连续监测的最长时间为Mm4兀2R解析 根据G菽=m-2RF，得卫星的
9、周期 T =4兀R/gM故A正确，B错误.根据几何关系，卫星在t时间内比地球自转的角度多120度，如图卫星从A到B,地球自转从C到D,贝U有：co t t =兀， T 3而卫星的角速度3=t=、y8R，解得t =喜，故C正确，D错误.3国上8R T20.如图6所示，半径为 R的圆形区域位于正方形ABCD勺中心，圆心为O,与正方形中心重合.圆形区域内、外有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反.一质量为mi电荷量为q的带正电粒子以速率 V0沿纸面从M点平行于AB边沿半径方向射入圆形磁场，并从N点射出，且恰好没射出正方形磁场区域,粒子重力忽略不计,已知磁感应强度大小为mv杀则（）图6V0
10、D.粒子再次回到M点时所经历的时间为2兀RA.粒子由M点运动到N点时速度偏转角为 90。B.正方形区域的边长为 3R 4% RC.粒子再次回到 M点时所经历的时间为 答案 AC解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示,2V0设轨道半径为 ri,则洛伦兹力充当向心力，可知：qvB=*,ri解得：ri = R；由几何关系可知，粒子由M点运动到N点时速度偏转角为 90 ,选项A正确；2V0. 一半径为2,粒子恰好不从 AB边射出，有：qv0B= m,解得22粒子在正方形磁场中的轨道mv 一 k=R则正方形的边长 LBq2兀R= 2ri + 2r2=4R选项B错误；粒子在圆形磁场中做圆周运动
11、的周期Ti=y，在圆形磁场 Ti中运动时间11= 2V0，313=万丁221.一个细小金属圆环，在范围足够大的磁场中竖直下落，磁感线的分布情况如图7,其中沿2兀R 粒子在圆形以外的区域做圆周运动的周期T-F,在圆形以外的磁场中运动时间:3R,则再次回到 M点的时间1=匕+12=4咎,选项C正确，D错误. V0V0圆环轴线的磁场方向始终竖直向上.开始时圆环的磁通量为 。，圆环磁通量随下落高度 y的v,已知金属变化关系为 =中0（1 + ky）（ k为比例常数，k0）.金属圆环在下落过程中环面始终保持水平,速度越来越大，最终稳定为某一数值，称为收尾速度.该金属环的收尾速度为圆环的电阻为 R,忽略空
12、气阻力，关于该情景，以下结论正确的有（）A,金属圆环速度稳定后,B.金属圆环速度稳定后,C.金属圆环的质量 m图7A t时间内，金属圆环产生的平均感应电动势大小为金属圆环的热功率2k0VP= Rgk0V,2k0VRD.金属圆环速度稳定后，金属圆环的热功率2r k 中 0VPM答案 AD解析 金属圆环速度用I定后，A t时间内,磁通量变化为A =21= k（I）0V A t ,所以感应电动势为E=A ,，、一、一 Ek0VAt = k0V ,故A正确；金属圆环速度稳7E后，广生的电流为I =R= R-,2热功率为P= I2R=上誓一，故B错误，D正确；由能量守恒可知，重力的功率等热功率，即 Rmgv=k 0V-k 0 V , 口-一,解得： m=,故 C错误.RgR
