2024届高考物理二轮复习选择题专项练(1)-(6)答案

这是一份2024届高考物理二轮复习选择题专项练(1)-(6)答案，共16页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。
1．解析：晶体和非晶体在一定条件下可以发生相互转化，例如天然水晶是晶体，而熔化以后再凝结的水晶（即石英玻璃）就是非晶体，故A正确，不符合题意；热力学第二定律表明，热量不可能自发的从低温物体传递到高温物体，故B错误，符合题意；土壤里有很多毛细管，将地面的土壤锄松后破坏了土壤里的毛细管，不再发生毛细现象，水分保留在土壤内部，故C正确，不符合题意；一定质量的理想气体温度升高，单个分子对器壁的撞击力增大，气体保持压强不变，体积变大，分子数密度减小，所以单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数减少，故D正确，不符合题意．
答案：B
2．解析：由光线在三棱镜中的偏折程度可知，五处位置中，三棱镜对A处光线的折射率最小，则A处光线的频率最小，波长最大，A处为红外线，用温度计测量图中五处位置的温度，发现A处温度升高最快，故A正确，不满足题意要求；真空中所用光线的传播速度都相同，故B正确，不满足题意要求；三棱镜对C处光线的折射率小于三棱镜对D处光线的折射率，根据全反射临界角公式sin C＝ eq \f(1,n) ，可知D处光线比C处光线更容易发生全反射，故C错误，满足题意要求；五处位置中，三棱镜对E处光线的折射率最大，则E处光线的频率最大，照射同一种金属，E处光线最容易使其发生光电效应，故D正确，不满足题意要求．
答案：C
3．解析：根据理想变压器规律知线圈M和线圈N的功率比为1∶1，U1I1＝U2I2，可得线圈M中电流为I1＝ eq \f(U2I2,U1) ＝ eq \f(5×2,220) A＝ eq \f(1,22) A，A、D错误；由正弦式交变电流规律知线圈N中电压最大值为U2m＝ eq \r(2) U2＝5 eq \r(2) V，B正确；线圈M和线圈N的匝数比为 eq \f( nM, nN) ＝ eq \f(UM,UN) ＝ eq \f(220,5) ＝ eq \f(44,1) ，C错误．
答案：B
4．解析：摆球在O点受重力、拉力，选项A错误；摆球摆动到O点时所受合外力提供向心力，合外力不为零，选项B错误；摆球从A点摆动到O点的过程中，拉力不做功，重力做正功，合外力做正功，由动能定理可知，动能增加，选项C正确；摆球经过P点时摆角小于10°，则摆球重力沿切线方向的分力充当回复力，选项D错误．
答案：C
5．解析：设动车车厢的牵引力为F，对动车的整体2F－8kmg＝8ma，对最后的7、8节车厢T－2kmg＝2ma，解得T＝ eq \f(F,2) ，对第8节车厢有T′－kmg＝ma，解得T′＝ eq \f(F,4) ，可得T∶T′＝2∶1，故选B.
答案：B
6．解析：
根据对小球受力分析可知，轻质小环受力平衡则拉力T的方向垂直于杆2，根据几何关系可知T方向与杆1夹角为37°，小球受力平衡，对小球所受力进行正交分解，在沿杆1方向上有T cs 37°＋mg sin 30°＝F，
代入数据，解得T＝1.25 N
故选C.
答案：C
7．解析：在半径为r0的圆周上的电场强度大小相等，方向不同，均指向圆心，故A错误；由于沿电场线方向电势降低，所以越靠近圆柱体P电势越低，正电荷的电势能越小，所以质子的电势能大于氘核的电势能，故B正确；
根据电场力提供向心力有Eq＝m eq \f(v2,r) ，E＝ eq \f(a,r) ，所以v＝ eq \r(\f(aq,m)) ，Ek＝ eq \f(1,2) mv2＝ eq \f(1,2) aq，由于质子的比荷大于氘核的比，所以质子的速度大于氘核的速度，但二者电荷量相等，所以二者动能相等，故C、D错误．
答案：B
8．解析：篮球到达篮筐时，竖直速度刚好为零．可以看成从篮筐处开始做平抛运动．设出手时瞬时速度与水平方向的夹角为θ，由平抛运动可知x＝v cs θ·t，H－h＝ eq \f(1,2) gt2，v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) －0＝2g（H－h），vy＝v sin θ，联立解得θ＝30°，x＝2 eq \r(3) （H－h），故选B.
答案：B
9．解析：根据h­t图线的切线斜率绝对值表示速度大小可知，t1～t2时间内，游客的速度保持不变，根据P＝mgv，可知游客在t1～t2时间内重力的功率保持不变，故A错误；
根据h­t图线的切线斜率绝对值表示速度大小可知，游客在0～t1时间内的速度增大，加速度方向向下，处于失重状态，受到的支持力小于重力；游客在t2～t3时间内的速度减小，加速度方向向上，处于超重状态，受到的支持力大于重力，即游客在0～t1时间内受到的支持力小于在t2～t3时间内受到的支持力，故B错误，D正确；
0～t3时间内，天梯对游客的支持力一直做负功，游客的机械能逐渐减小，故C正确．
答案：CD
10．解析：
若增大转速，配重做匀速圆周运动的半径变大，绳与竖直方向的夹角θ将增大，竖直方向mg＝FTcs θ，水平方向FTsin θ＝Fn，可知配重在竖直方向平衡，拉力FT变大，向心力Fn变大，对腰带分析如图
可得竖直方向Ff＝Mg＋FTcs θ＝Mg＋mg，水平方向FN＝FTsin θ＝Fn，故腰受到腰带的摩擦力不变，腰受到腰带的弹力增大，故A错误，B正确；
匀速转动时，腰给腰带的作用力是支持力FN和摩擦力Ff的合力，两个力的大小均不变，则其合力大小不变，故C正确；因对配重而言mg tan θ＝mω2l sin θ，即cs θ＝ eq \f(g,ω2l) ，则若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角为θ将不变，故D正确．
答案：BCD
11．解析：线框刚进入磁场上边界时，根据楞次定律可得感应电流的方向为顺时针方向（从斜面上方俯视线框），穿出磁场时，根据楞次定律可得感应电流的方向为逆时针方向，故A正确；设线框进入磁场时的速度大小为v0，自由下滑过程中，根据动能定理有mgs·sin θ＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，解得v0＝ eq \r(2gs·sin θ) ，根据闭合电路的欧姆定律有I＝ eq \f(BLv0,R) ＝ eq \f(BL\r(2gs sin θ),R) ，下边框刚进入匀强磁场时，小车开始做匀速直线运动．根据功能关系可得线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为Q＝2mgL sin θ，故B、C错误；根据平衡条件有 eq \f(B2L2v0,R) ＝mg sin θ，解得m＝ eq \f(B2L2,R) eq \r(\f(2s,g sin θ)) ，故D正确．
答案：AD
12．解析：图示位置线圈平面与磁场方向垂直，为中性面，从中性面开始计时发动机电动势瞬时值的表达式为e＝Emsin ωt＝NBSωsin ωt＝ eq \f(2πNBS,T) sin eq \f(2π,T) t，故A正确；
由 eq \f(n1,n2) ＝ eq \f(U1,U2) ， eq \f(n3,n4) ＝ eq \f(U3,U4)
而U2＝U3＋I2r，U1＝U4
所以 eq \f(n1,n2) ≠ eq \f(n3,n4) ，故B错误；
降压变压器原、副线圈匝数n3>n4由 eq \f(I3,I4) ＝ eq \f(n4,n3)
知降压变压器线圈n3的电流小于线圈n4的电流，由R＝ρ eq \f(l,S)
知越细的线圈截面积S越小，线圈电阻越大，根据P热＝I2R
电流相同情况下电阻越大发热功率越大，为节约变压器制造成本，应该电流大的线圈用粗导线，电流小的线圈用细导线，降压变压器线圈n3可以采用比线圈n4更细的导线绕制，故C错误；
当用电高峰期用电器增多时，总电阻减小，干路上的电流变大，线路上电阻不变，线路上损失的电压变大，
另外考虑电阻，从发电机到线圈n1，从线圈n4到用电器也会有电压损失，所以当用电高峰期用电器增多时，电流增大，传输过程中的电压损失增多，用电器两端电压会降低，故D正确．
答案：AD
选择题专项练（2）
1．解析：
对擦窗工具进行正视图的受力分析如图所示，
水平方向上拉力F等于摩擦力水平分量f滑等大反向，竖直方向上重力mg与擦窗工具所受摩擦力竖直分量f静等大反向，所以擦窗工具所受摩擦力方向如图中f所示，大小为f＝ eq \r(f滑2＋f静2) ＝ eq \r(2) mg，故选B.
答案：B
2．解析：核反应方程为 eq \\al(\s\up1(238),\s\d1( 94)) Pu―→ eq \\al(\s\up1(234),\s\d1( 92)) X＋ eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(2)) He＋γ， eq \\al(\s\up1(234),\s\d1( 92)) X为重元素，会发生衰变，故A错误；α粒子是 eq \\al(\s\up1(238),\s\d1( 94)) Pu放出的，γ光子是由于新核处于高能级跃迁释放出来的，故B错误；α粒子有很强的电离能力，γ光子电离能力弱，故C错误；钚238释放的核能转化为新核和α粒子的动能以及光子的能量，故放出的γ光子具有的能量比一个钚238衰变释放的核能小，故D正确．
答案：D
3．解析：由图可知T甲＝T乙，由单摆周期公式T＝2π eq \r(\f(l,g)) 可得l甲＝l乙，由于单摆的周期与摆球的质量无关，无法确定摆球质量关系．故选C.
答案：C
4．解析：由于a→b的过程为等温过程，即状态a和状态b温度相同，分子平均动能相同，对于理想气体状态a的内能等于状态b的内能，故A错误；由于状态b和状态c体积相同，且pbeUC，即使加的是反向电压，仍有电子经过灵敏电流计所在的支路，所以可能存在光电流，故A错误；单个氢原子最多放出的光子种类是3种，从n＝4能级跃迁到n＝3能级，再从n＝3能级跃迁到n＝2能级，最后从n＝2能级跃迁到基态，故B错误；由于A光和C光的遏止电压一样，光电子的最大初动能相同，由光电效应方程可知入射光频率相同，所以其饱和电流的大小只由其光照强度决定，故C正确；处于n＝4能级的氢原子向n＝2能级跃迁时辐射出的光频率大于处于n＝3能级的氢原子向n＝2能级跃迁时辐射出的光频率，故前者能使图甲中金属发生光电效应，但后者不一定能，故D错误．
答案：C
8．解析：金属板的电场线由C指向D，沿着电场线电势逐渐降低，设定C板电势为0，则A点的电势为φA＝－ eq \f(2,3) E，电子在A点的电势能为EpA＝ eq \f(2,3) eE，A错误；闭合开关，一段时间后再断开开关，则电容器的电量Q不变，根据电容的定义式和决定式有C＝ eq \f(Q,U) ，C＝ eq \f(εrS,4πkd) ，联立解得U＝ eq \f(4πkdQ,εrS) ，从C板发射一电子，恰能运动到A点后再返回，则有Ek0＝EpA，所以若要让电子能够到达D板，可将D板向左平移至A点或A点左侧某位置，B正确；闭合开关，再将D板向左平移至A点或A点左侧某位置，两极间电势差不变，电子不能到达D板，C、D错误．
答案：B
9．解析：航天员随飞船及核心舱一起在万有引力作用下做匀速圆周运动，处于完全失重状态，故A正确；7.9 km/s是第一宇宙速度，是最大的环绕速度，对接后飞船的速度小于7.9 km/s，故B正确；飞船从Ⅰ到Ⅱ轨道需要加速，所以机械能增加，则飞船对接前机械能小于对接后机械能，故C错误；根据万有引力提供向心力有 eq \f(GMm,r2) ＝m eq \f(4π2,T2) r
解得T＝ eq \r( ,\f(4π2r3,GM)) ，可知，飞船在轨道Ⅰ的运行周期小于在轨道Ⅱ的运行周期，故D错误．
答案：AB
10．解析：根据向心力公式F＝mω2r，可得，当转盘的角速度为2 rad/s时，向心力为1 N，最大静摩擦力为f＝μmg＝4 N，所以向心力小于最大静摩擦力，静摩擦力提供向心力，物块受到的摩擦力大小为1 N，故A正确；转盘的角速度等于3 rad/s时，向心力大小为2.25 N，小于最大静摩擦力，所以物体不受绳子拉力，故B错误；当转盘的角速度等于6 rad/s时，向心力大小为9 N，等于最大静摩擦力加绳子最大拉力，所以当转盘的角速度大于6 rad/s时，绳子会被拉断，故C正确；当细线恰好被拉断，此时物块的线速度为v＝ωr＝1.5 m/s，根据平抛运动公式h＝ eq \f(1,2) gt2，s＝vt，解得s＝0.6 m，但物体是在边缘飞出，故物块落地时到中心轴的距离为 eq \r(r2＋s2) ＝0.65 m，故D错误．
答案：AC
11．解析：由图可知h＝4 m时，E＝160 J，由Ep＝mgh，可得m＝4 kg，A正确；抛出时Ek＝E＝200 J，由Ek＝ eq \f(1,2) mv2可得v＝10 m/s，B错误；图线斜率的绝对值在数值上等于空气阻力的大小，可得F阻＝ eq \f(ΔEk,Δh) ＝10 N，即所受空气阻力大小为10 N，C正确；物体上升过程中，根据牛顿第二定律得mg＋f＝ma，解得a＝12.5 m/s2，D错误．
答案：AC
12．解析：MN在平行金属导轨上滑动时，由动量定理有－μmgt－ΣBILΔt＝0－mv0，又有ΣIΔt＝q＝ eq \f(ΔΦ,R＋\f(r,2)) ＝ eq \f(2BLs,2R＋r) ，联立解得s＝ eq \f(（mv0－μmgt）（2R＋r）,2B2L2) ，故A正确；MN速度为v1时，MN单独切割产生的电势差2BLv1，但由于MN充当电源，所以MN两极的电势差小于感应电动势，故B错误；MN速度为v1时，水平方向受摩擦力、安培力，由牛顿第二定律有μmg＋ eq \f(B2L2v1,R＋\f(r,2)) ＝ma，解得a＝μg＋ eq \f(2B2L2v1,m（2R＋r）) ，故C正确，D错误．
答案：AC
选择题专项练（4）
1．解析：只有钢针和金属板间的电压达到临界值，才能火花放电，所以转把必须达到一定的速度，A、B错误，C正确；产生电火花后线圈中存在电流，安培力会阻碍线圈的转动，所以手摇转把会更吃力，D错误．
答案：C
2．解析：一个光子的能量ε＝hν＝h eq \f(c,λ) ，每秒放出光子总数N＝ eq \f(P,ε) ＝ eq \f(Pλ,hc) ，离点光源R处每秒垂直通过每平方米的光子数n＝ eq \f(N,4πR2) ＝ eq \f(Pλ,4πR2hc) ，则R＝ eq \r(\f(Pλ,4πnhc)) ≈3×102 m，B正确．
答案：B
3．解析：频闪时间T＝ eq \f(1,f) ＝1 s，根据Δx＝aT2，解得a＝2 m/s2，利用逆向思维法，可将汽车的运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，汽车最后2 s时间内的位移x＝ eq \f(1,2) at2＝ eq \f(1,2) ×2×22 m＝4 m，汽车最后2 s时间内的平均速度为v＝ eq \f(x,t) ＝ eq \f(4,2) m/s＝2 m/s，故选C.
答案：C
4．解析：由于不计空气阻力，铅球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不随时间改变，故A错误；铅球被水平推出后做平抛运动，竖直方向有vy＝gt
则抛出后速度大小为v＝ eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋（gt）2)
可知速度大小与时间不是一次函数关系，故B错误；
铅球抛出后的动能
Ek＝ eq \f(1,2) mv2＝ eq \f(1,2) m[v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋（gt）2]
可知动能与时间不是一次函数关系，故C错误；铅球水平抛出后由于忽略空气阻力，所以抛出后铅球机械能守恒，故D正确．
故选D.
答案：D
5．解析：根据 eq \f(GMm,R2) ＝m eq \f(b,R) 得地球的质量M＝ eq \f(bR,G) ，A错误；地球的密度ρ＝ eq \f(M,V) ＝ eq \f(3b,4GπR2) ，B错误；根据 eq \f(GMm,r eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ) ＝ma，GM＝bR，解得GEO卫星的加速度a＝ eq \f(bR,r eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ) ，C正确；根据 eq \f(GMm,R2) ＝mg，解得g＝ eq \f(b,R) ，D错误．
答案：C
6．解析：如果开始计时的时刻树梢恰位于平衡位置，经过36 s，即3T，则树梢恰位于平衡位置，故A错误；
树梢做简谐运动的“圆频率”约为ω＝ eq \f(2π,T) ＝ eq \f(π,6) rad/s，故B错误；树梢在开始计时后的36 s内通过的路程为s＝3×4A＝14.4 m，故C错误；36 s后树梢向右偏离平衡位置0.6 m，y＝1.2sin （ eq \f(π,6) t＋φ），因为t＝0，y＝0.6 m，解得φ＝ eq \f(π,6) 或 eq \f(5π,6) ，当y＝1.2sin （ eq \f(π,6) t＋ eq \f(5π,6) ）时，再经过4 s，树梢可能处于向左偏离平衡位置1.2 m处，故D正确．
答案：D
7．解析：理想气体从状态a变化到状态b，体积增大，理想气体对外界做正功，A正确；由图可知V＝V0 ＋ kT，根据理想气体的状态方程有 eq \f(pV,T) ＝C，联立有p＝ eq \f(C,k＋\f(V0,T)) ，可看出T增大，p增大，B错误；理想气体从状态a变化到状态b，温度升高，内能增大，D错误；理想气体从状态a变化到状态b，由选项AD可知，理想气体对外界做正功且内能增大，则根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，C错误．
答案：A
8．解析：利用微元思想，在圆环上取关于x轴对称的点，根据对称性求各点的合场强，可知a、b两点场强大小相等、方向均指向O；c、d两点场强大小相等、方向相反；由于沿电场方向电势降低，所以a、b两点电势相等，c、d两点电势相等，但其电势均低于a、b两点的电势，所以电子分别在a、b、c、d四个位置时，电势能不相等，故A、B、D错误；由于c、d两点电势相等，所以Uac＝Uad，根据电场力做功与电势差的关系可得Wac＝qUac＝qUad＝Wad，故C正确．
答案：C
9．解析：设出水速度为v，根据斜抛运动规律可得水在空中做斜抛运动的时间为t＝ eq \f(2v sin θ,g) ，则喷水距离为x＝（v cs θ）t＝ eq \f(v2sin 2θ,g) ，θ＝45°时射程最远，由于此时2θ＝60°，根据上式可知若要使水喷得更远，即增大x，可以增大出水速度、适当增大θ角．故选BD.
答案：BD
10．解析：自行车运动位移L时，车轮转动一周，则直径D＝ eq \f(L,π) ，故A错误；车轮转动一周用时t＝ eq \f(L,v) ，则转速n＝ eq \f(1,t) ＝ eq \f(v,L) （转/每秒），故B正确；在x＝ eq \f(L,2) 位置，P在最高点，速度恰好水平，相对地面速度为2v，故C错误；在x＝ eq \f(L,4) 位置，P处于与圆心等高处，此时其有水平方向的速度v，和竖直方向的速度v，根据平行四边形定则可知，相对地面的速度为 eq \r(2) v，故D正确．
答案：BD
11．解析：
小圆环环心过O点时，向上穿过线圈的磁感线的条数和向下穿过线圈的磁感线的条数相同，磁通量为0，故A正确；小圆环从M点到P点的过程中，线圈的磁通量一直变化，始终有感应电流，故B错误；通电直导线周围的磁场是以导线为圆心的同心圆，设小圆环到导线的距离为r，磁感应强度为B，如图所示
则穿过小圆环的有效磁感应强度大小为By＝B sin θ＝ eq \f(kI,r) sin θ，其中r＝ eq \f(h,cs θ) ，所以有By＝ eq \f(kI,h) sin θcs θ＝ eq \f(kI,2h) sin 2θ，所以当θ＝45°时，穿过小圆环的有效磁感应强度最大，此时r＝ eq \r(2) h，故C正确；小圆环在M点时有效磁感应强度方向向上、在P点的有效磁感应强度方向向下，所以小圆环从M到P时，磁通量的变化量不为0，故D错误．
答案：AC
选择题专项练（5）
1．解析：巨大的茶壶悬在空中不是靠水流的反冲力支撑壶体，而是从茶壶里流出的水包围着一根支撑柱，支撑柱支撑壶体，壶体的高度是一定的，与水流无关，故A、C错误；壶的重心不在水流的延长线上，故B错误；研究壶体受力时，壶体的形状大小不能忽略不计，不能把它当作质点，故D正确．
答案：D
2．解析：钴60的中子数为60－27＝33， eq \\al(\s\up1(60),\s\d1(28)) Ni的中子数为60－28＝32，钴60的中子数比 eq \\al(\s\up1(60),\s\d1(28)) Ni的中子数多一个，故A错误；半衰期跟外界因素无关，与温度、压强、化学反应等无关，由元素本身决定，故B错误；2 g钴60经过两个半衰期，剩下的钴60是原来的 eq \f(1,4) ，故C错误；钴60对人体肿瘤进行放射治疗是利用其衰变放出的γ射线，因为γ射线能量高、穿透能力强，能杀死癌细胞，故D正确．
答案：D
3．解析：设连接部位气体的体积为V0，根据玻意耳定律有p（V＋V0）＝C，可得 eq \f(1,p) ＝ eq \f(（V＋V0）,C) ；由 eq \f(1,p) ­V图像可知，当 eq \f(1,p) ＝0时，V＝－2 mL，解得V0＝2 mL，故选B.
答案：B
4．解析：由于A、B输电线缆通入的电流方向相反，所以两线缆相互排斥，故选项A错误；
B对A的作用力沿AB水平向左，C对A的作用力沿AC斜向右下，且大小为B对A作用力的2倍，如图所示
由图可知FACcs θ＝2FABcs 60°＝FAB，即C对A的作用力在水平方向的分力与B对A的作用力大小相等，方向相反，所以A受到的合力即为C对A的作用力在竖直方向的分量，其与水平方向夹角为90°，故选项B错误；根据右手螺旋定则可知，A输电线缆在AB圆心连线中点处的磁感应强度方向竖直向上，故选项C正确；A输电线在O点的磁感应强度方向垂直OA指向右上方，B输电线在O点的磁感应强度方向垂直OB指向左上方，C输电线在O点的磁感应强度方向垂直OC水平向左，所以O处合磁感应强度方向应斜向左上方，故选项D错误．
答案：C
5．解析：因无相对滑动，所以，无论橡皮泥粘到哪块上，根据牛顿第二定律都有：F－3μmg－μΔmg＝（3m＋Δm）a，a都将减小．若粘在A木块上面，以C为研究对象，受F、摩擦力μmg、绳子拉力T，F－μmg－T＝ma，则得：T＝F－μmg－ma，a减小，F、μmg不变，所以，T增大，故选项A、B错误；若粘在C木块上面，a减小，对A有：fA＝ma，可知A的摩擦力减小，以AB为整体，有T－2μmg＝2ma，得：T＝2μmg＋2ma，则T减小，故选项C错误，D正确．
答案：D
6．解析：秋千从摆动到停下的过程受空气阻力，振幅不断减小，为阻尼振动，故A错误；在最低点，根据牛顿第二定律有N－mg＝m eq \f(v2,L) ，可得秋千对手机的支持力N＝mg＋m eq \f(v2,L) ，可知秋千对手机的支持力大于手机所受的重力，故B错误；秋千的周期为从最大振幅偏角到另外一最大振幅偏角位置再回到最大振幅偏角位置所用得时间，所以两次经过最低点，有两次向心加速度最大，故周期为T＝t3－t1，故C错误；根据单摆周期公式T＝t3－t1＝2π eq \r(\f(L,g)) 可得当地重力加速度g＝ eq \f(4π2L,（t3－t1）2) ，故D正确．
答案：D
7．解析：空间站内的物体都处于完全失重状态，可知圆周运动的轨道可处于任意平面内，故A正确；
根据F＝mω2R
ω＝ eq \f(2πn,t)
解得小球质量m＝ eq \f(Ft2,4π2n2R)
故B错误；
若误将n－1圈记作n圈，则得到的质量偏小，故C错误；
若测R时未计入小球的半径，则R偏小，所测质量偏大，故D错误．
答案：A
8．解析：设灯泡L2的额定电流为I额，根据理想变压器的电流规律可知，原线圈中的电流为 eq \f(I额,2) ，则灯泡L1不能正常发光，由P＝I2R，可知灯泡L1、L2的实际功率之比为1∶4，故A、C错误；设变压器及其右侧回路的等效电阻为R1，则根据变压器原理可知 eq \f(R1,RL2) ＝ eq \f(n eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,n eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ) ，可得R1＝4RL2＝4RL1，则原线圈两端的电压U1＝ eq \f(4,5) U＝80 V，根据理想变压器原理，可知灯泡L2的额定电压为40 V，B正确；由题图乙可知交流电的周期为0.02 s，一个周期内电流方向改变两次，故通过灯泡L2的电流方向一秒改变100次，D错误．
答案：B
9．解析：已知M、N喷出的初速度相等，根据公式v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2gh，可以求出M喷出的水流的初速度，则可求出M、N喷出的水的初速度大小，故A正确；根据N喷出的水竖直方向的高度可以求出N喷出的水在竖直方向的分速度，也可以求出N喷出的水在空中运动的时间，则可求出N喷出的水的初速度与水平方向的夹角，故B、C正确；由于不清楚圆形图案的半径，所以无法求出N喷出的水落回水面时与M的距离，故D错误．
答案：ABC
10．解析：由v­t图像可以看出，5 s末两车的速度相等，均为v＝ eq \f(18 m/s＋0,2) ＝9 m/s，故A正确；0至10 s，两图线与坐标轴围成图形的面积相等，由v­t图像的物理意义可知，10 s末两车相遇，10～20 s两车间距变大，20 s之后两车间距变小，25 s后会再相遇一次，故B、C错误；由v­t图像可知，5 s末两车的速度均为9 m/s，由9 m/s增加到18 m/s，越野车所花的时间是自动驾驶车的3倍，根据a＝ eq \f(Δv,Δt) 可知，自动驾驶车的加速度是越野车的3倍，故D正确．
答案：AD
11．解析：B1、C1两点相同时间内转过的角度相同，则角速度相等，故A正确；B2、C2两点的线速度大小相等，但方向不同，故B错误；根据对称性可知O1A1、O2A2受到的拉力F大小相等，整体具有向上的加速度，F> eq \f(1,2) mg，故C错误，D正确．
答案：AD
12．解析：由动能定理有Uac＝ eq \f(2Ek,q)
设从圆上d点离开动能4Ek最大，则Uad＝ eq \f(3Ek,q)
延长ac到d′，使得cd′＝R，过d′点做圆的切线分别交圆在d1、d2处，则场强可能是图1和图2两个方向．

如图1，场强方向可能沿bO方向，对应的d1是粒子到达圆周上动能最大的位置；如图2，场强可能沿与bO夹角为60°斜向右下方，对应的d2是粒子到达圆周上动能最大的位置，选项A错误；
a、c两点两种情况沿电场线方向的距离x＝2R cs 60°＝R，由E＝ eq \f(Uac,R) ＝ eq \f(2Ek,qR) 可知选项B正确．若电场为图1情况，粒子不可能达到b点，选项C正确；由曲线运动的性质可知沿着ac方向射入的粒子的运动轨迹应为速度方向与电场力方向所夹的一条曲线如图3，曲线与圆的交点p应在圆弧bc段（不包括b、c两点），从a到p电场力做功大于2Ek，电势能变化量的绝对值大于2Ek，选项D错误．
答案：BC
选择题专项练（6）
1．解析：液体表面张力作用使得水滴呈球形，但是由于有重力作用使得水滴呈椭球形，选项A错误；照片中的玻璃和水滴不浸润，选项B错误；水滴与玻璃表面接触的那层水分子间距比水滴内部的水分子间距大，选项C正确；照片中水滴表面分子比水滴的内部稀疏，选项D错误．
答案：C
2．解析：由核聚变反应的质量数守恒和电荷数守恒可得，X的质量数A＝2＋3－4＝1，X的电荷数为Z＝1＋1－2＝0，所以X为中子，故A错误；核聚变反应中释放能量，根据公式ΔE＝Δmc2，可知有质量亏损，故B错误； eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) H的中子数为2－1＝1， eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) H的中子数为3－1＝2，所以 eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) H和 eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) H的中子数不同，故C错误；核聚变是放能反应，可知，反应前的总结合能小于反应后的总结合能，故D正确．
答案：D
3．解析：如图所示
根据几何关系sin α＝ eq \f(h,R) ＝ eq \f(\r(3),2) ，α＝2θ，折射率n＝ eq \f(sin α,sin θ) ＝ eq \r(3) ，绿光在采光球中的传播速度为v＝ eq \f(c,n) ＝ eq \f(\r(3),3) c，故A错误；红光折射率小，折射角大，则红光一定能从N点上方射出，故B正确；紫光不可能直接折射经过O点，如果经过的话，折射角为0°，故C错误；光由光密到光疏可能发生全反射，则涂层折射率应大于管壁折射率，故D错误．
答案：B
4．解析：设人刚刚离地时速度为v，根据公式v2＝2ax整理可得 eq \f(v2,2) ＝ax，则a­x图形围成的面积为 eq \f(v2,2) ，人离地后又有v2＝2gh，结合图像，联立解得h＝0.5 m，故B正确．
答案：B
5．解析：弹簧和小滑块构成一个弹簧振子，故根据小滑块的振动方程为x＝A cs ωt＝A cs eq \f(2π,T) t，故滑块从M运动到O的时间为 eq \f(T,4) ，滑块从M运动到 N的时间为 eq \f(T,6) ，A、B错误；由弹簧振子的周期公式可知T＝2π eq \r(\f(m,k)) ，系统的振动周期与质量有关，与振幅无关，C错误，D正确．
答案：D
6．解析：设“东方红一号”卫星周期为T1，其半长轴为r1＝ eq \f(2R地＋r近＋r远,2) ，“东方红二号”卫星周期T2＝24 h，工作轨道半径r2＝42 164 km，根据开普勒第三定律 eq \f(r3,T2) ＝k，可得 eq \f(r eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) ,T eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ) ＝ eq \f(r eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) ,T eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ) ，代入数据解得T1≈1.9 h＝114 min＝114分钟，C正确．
答案：C
7．解析：
粒子进入电容器后，在平行于极板方向做匀速直线运动，垂直极板方向的运动v­t图像如图所示
因为粒子平行极板射出，可知粒子垂直极板的分速度为0，所以射出时刻可能为1.5 s、3 s、4.5 s…，满足t＝1.5n（n＝1，2，3…），粒子射出的速度大小必定为v，故A、B错误；极板长度L＝v·1.5n（n＝1，2，3…），故C错误；因为粒子不跟极板碰撞，则应满足 eq \f(d,2) ≥ eq \f(1,2) v垂直×1.5，v垂直＝a×1，a＝ eq \f(qU0,md) ，联立求得d≥ eq \r(\f(3,2)kU0) ，故D正确．
答案：D
8．解析：线框转动切割产生的电动势最大值为Em＝NBL2ω，故A错误；由图甲可知线框运动的半个周期内产生交变电流，由图乙可知由于二极管的存在，流过灯泡L1的电流只有 eq \f(T,4) 正弦式电流流过；电流表的示数为流过电流表的有效值，根据有效值的定义有I2RT＝（ eq \f(Im,\r(2)) ）2R· eq \f(T,4) ，其中Im＝ eq \f(Em,R＋4R) ，解得I＝ eq \f(\r(2)NBL2ω,20R) ，故B错误；P不动，P′向下滑动时，由于变压器的匝数比不变，可知电压U2不变，故C错误；由欧姆定律知流过灯泡L2的电流I2＝ eq \f(U2,RL2＋R′) ，P顺时针转动一个小角度，副线圈匝数减小，电压U2减小；同时P′向下滑动时，接入电路的电阻R′减小，所以小灯泡L2的亮度可能不变，故D正确．
答案：D
9．解析：由于导体中产生了涡流，根据Q＝I2Rt可知，制动过程中，导体会发热，故A错误；导体运动速度越大，穿过导体中回路的磁通量的变化率越大，产生的涡流越大，则所受安培力，即制动力越大，即制动力的大小与导体运动的速度有关，故B正确；根据楞次定律，可知，原磁场对涡流的安培力总是要阻碍导体的相对运动，即改变线圈中的电流方向，导体受到的安培力仍然为阻力，故C错误；制动过程中，导体的速度逐渐减小，穿过导体中回路的磁通量的变化率变小，产生的涡流变小，则所受安培力，即制动力变小，D正确．
答案：BD
10．解析：根据安培定则判断通电直导线产生的磁场方向可知，导线2在y轴方向上没有分量，在水平方向有沿x轴正方向的分量；则导线1在初始状态产生的磁场沿y轴负方向，导线1电流方向垂直纸面向外，故A正确；根据安培定则可知，导线2在y轴正方向处有垂直纸面向外的电流或者在y轴负方向处有垂直纸面向里的电流，故B错误；磁感应强度为矢量，根据平行四边形定则可知，中心O处的磁感应强度先变大后变小，在θ＝0.5π时，两导线产生磁感应强度方向一致，合磁感应强度值最大，故C正确；θ＝0.25π时，导线1产生的磁感应强度方向沿第四象限角平分线向外，但导线2产生的磁场沿x轴正方向，故中心O处的磁感应强度方向在x轴与第四象限角平分线之间，故D错误．
答案：AC
11．解析：对小球A、B及细圆管整体进行受力分析，设杆对细圆环的弹力为FN，向上为正方向，则
FN－（M＋2m）g＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ,R) －m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ,R) ＝ eq \f(m,R) （v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ），选项A错误，B正确；由上述表达式可知，当满足v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＝20时，杆对细圆管弹力为零，选项C错误；当vA＝3 m/s、vB＝6 m/s时，解得FN＝－28 N，故杆对细圆管的弹力向下，杆下端受压力向上，选项D正确．
答案：BD
12．解析：由动能表达式E＝ eq \f(1,2) mv2，易知两次起跳的速度之比为1∶ eq \r(2) ，故A错误；斜面倾角为θ，运动员落在斜面上时，其位移方向为θ，设运动员落在斜面上时速度方向与水平方向夹角为α，根据平抛运动规律tan α＝2tan θ，α与平抛速度大小无关，故两次落到斜面上时速度方向相同，故B正确；
第一次起跳，运动员落在斜面上下落高度为h，由平抛规律有 eq \f(h,tan θ) ＝v0 eq \r(\f(2h,g)) ，由动能定理有mgh＝Ek－E0，且E0＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，得Ek＝E0 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋4tan θ2)) ，故C错误；设起跳点到落点距离为x，有x cs θ＝v0t，x sin θ＝ eq \f(1,2) gt2，得t＝ eq \f(2tan θ,g) eq \r(\f(2E0,m)) ，两次腾空过程在空中运动时间之比t1∶t2＝1∶ eq \r(2) ，故D正确．
答案：BD