新高考物理二轮复习讲义第3部分 考前特训 选择题热身练(5)（含解析）

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A．运行周期可能小于1小时
B．发射速度可能大于第二宇宙速度
C．运行速度可能小于地球同步卫星的运行速度
D．运行的轨道平面与地球同步卫星的轨道平面垂直
答案 D
解析 卫星绕地球做匀速圆周运动，轨道处于地球表面时的运行周期最小，大约为Tmin＝eq \f(2πR,v1)＝eq \f(2×3.14×6 400×103,7.9×103) s≈5 088 s≈1.4 h，可知该卫星运行周期不可能小于1小时，A错误；卫星绕地球做匀速圆周运动的发射速度应大于等于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，B错误；根据万有引力提供向心力，可得eq \f(GMm,r2)＝meq \f(v2,r)，解得v＝eq \r(\f(GM,r))，由于该卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，故该卫星运行速度一定大于地球同步卫星的运行速度，C错误；该卫星轨道通过地球南北两极上方，说明该卫星运行的轨道平面与赤道平面垂直，而地球同步卫星的轨道平面与赤道平面共面，故该卫星运行的轨道平面与地球同步卫星的轨道平面垂直，D正确．
2.(2022·海南海口市一模)如图所示，等量异种点电荷放置在正四面体顶点A、B处，O点为底面ABD的中心，则( )
A．O、C、D三点电势相等
B．C、D两点电场强度不同
C．O点电势大于D点电势
D．O点电场强度是D点电场强度的2倍
答案 A
解析 根据等量异种点电荷的电场线分布规律可知，过AB中点且垂直于AB的平面为该电场的其中一个等势面，O、C、D三点均在同一等势面上，所以O、C、D三点电势相等，故A正确，C错误；根据电场的叠加原理，可知C、D两点的电场强度大小相等，方向相同，故B错误；设正四面体的棱长为L，由几何关系得AO的长度为eq \f(\r(3),3)L，根据电场强度的叠加可得D点电场强度为ED＝2×eq \f(1,2)×keq \f(q,L2)＝keq \f(q,L2)，O点的电场强度为EO＝2×eq \f(\r(3),2)×keq \f(q,\f(\r(3)L,3)2)＝eq \f(3\r(3)kq,L2)，可知O点电场强度是D点电场强度的3eq \r(3)倍，故D错误．
3.(2022·北京市一模)如图所示，质量为m2的小球B静止在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速度v0靠近B，并与B发生碰撞，碰撞前后两个小球的速度始终在同一条直线上．A、B两球的半径相等，且碰撞过程中没有机械能损失．当m1、v0一定时，若m2越大，则( )
A．碰撞过程中A受到的冲量越小
B．碰撞过程中A受到的冲量越大
C．碰撞过程中B受到的冲量不变
D．碰撞过程中B受到的冲量越小
答案 B
解析 取v0的方向为正方向，由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，由能量守恒定律有eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22，解得v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v0，根据动量定理，对B可得IB＝m2v2＝eq \f(2m1m2,m1＋m2)v0＝eq \f(2m1,\f(m1,m2)＋1)v0，故当m1、v0一定时，若m2越大，则IB越大，因两小球所受冲量等大反向，则A受到的冲量也越大，故选B.
4．(多选)(2022·浙江嘉兴市二模)如图甲所示，大量处于n＝4能级的氢原子受激，发出不同频率的光，照射光电管阴极K，发现只有a、b两种频率的光可以产生光电流．测得光电流随电压变化的图像如图乙所示．已知光子能量在1.63～3.10 eV的光为可见光，则( )
A．氢原子能发出6种频率的光
B．b光的光照强度比a光大
C．a光属于可见光的范畴
D．a、b光通过相同双缝产生的条纹间距，a比b大
答案 AD
解析 大量处于n＝4能级的氢原子最多能发出的光的频率为Ceq \\al(2,4)＝6种，故A正确；根据爱因斯坦光电效应方程结合动能定理得eUc＝hν－W0，可知b光的频率大于a光的频率，则b光波长小于a光波长，根据Δx＝eq \f(l,d)λ，可知a、b光通过相同双缝产生的条纹间距a比b大，故D正确；由题图乙可知，a的饱和光电流大于b光的饱和光电流，所以a光的光照强度比b光大，故B错误；由题意知只有a、b两种频率的光可以产生光电流，可知a光和b光分别为n＝3能级和n＝4能级跃迁到基态发出的光子，则a光的能量为E＝E3－E1＝12.09 eV，可知不属于可见光的范围，故C错误．
5.(多选)(2022·四川绵阳市三模)2022年北京冬奥会上中国首次使用了二氧化碳跨临界环保制冰技术，运用该技术可制作动摩擦因数不同的冰面．将一物块以一定的初速度在运用该技术制作的水平冰面上沿直线滑行，共滑行了6 m，运动中的加速度a与位移x的关系如图所示，设位移在1.5 m处与6 m处的动摩擦因数分别为μ1、μ2，在前3 m与后3 m运动过程中物块动能变化量的大小分别为ΔEk1、ΔEk2，则( )
A．μ1∶μ2＝3∶1
B．μ1∶μ2＝4∶1
C．ΔEk1∶ΔEk2＝3∶2
D．ΔEk1∶ΔEk2＝3∶1
答案 AC
解析 分别对位移在1.5 m处与6 m处的物块分析，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1，μ2mg＝ma2，其中a2＝1 m/s2，a1＝3 m/s2，联立可得μ1∶μ2＝3∶1，故A正确，B错误；根据动能定理得，前3 m的动能变化量大小为ma1x＝ΔEk1，后3 m的动能变化量大小为∑ma′Δx＝ΔEk2，结合a－x图像可得ΔEk1∶ΔEk2＝3∶2，故C正确，D错误．
6．(2022·云南省第一次统测)如图甲所示，质量为1 kg的金属棒ab静止在粗糙的平行导轨上且与导轨垂直，两平行导轨固定在同一水平面内．ab棒、导轨和定值电阻R组成面积为1 m2的闭合回路，回路的总电阻为3 Ω.回路内有与水平面成37°角斜向上且均匀变化的匀强磁场，从t＝0时刻开始，磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示．已知两平行导轨的间距为1 m，ab棒与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.在t＝1 s时，ab棒恰好相对导轨开始运动，则此时( )
A．ab棒中的电流方向从a到b
B．ab棒受到的安培力大小为eq \f(25,3) N
C．ab棒与导轨间的压力大小为eq \f(10,3) N
D．ab棒与导轨之间的动摩擦因数为0.5
答案 D
解析 由楞次定律知ab棒中的电流方向从b到a，故A错误；由题图乙可知，磁感应强度的变化率为eq \f(ΔB,Δt)＝5 T/s，由法拉第电磁感应定律得E＝eq \f(ΔB,Δt)Ssin 37°＝3 V，则回路中的电流I＝eq \f(E,R总)＝1 A，t＝1 s时磁感应强度为5 T，则所受安培力大小为F安＝BIL＝5 N，故B错误；由左手定则知，安培力方向垂直磁场方向斜向左上方，则ab棒与导轨间的压力大小为FN＝mg－F安cs 37°＝6 N，故C错误；由平衡条件得，ab棒与导轨间的摩擦力大小为Ff＝
F安sin 37°＝3 N，又Ff＝μFN，解得μ＝0.5，故D正确．