选择题专练(五)(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19～21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．关于原子、原子核的相关知识，下列说法正确的是( )A．光电子的最大初动能随着入射光频率的增大而增大B．氢原子中的电子从高能级轨道向低能级轨道跃迁时，电子离核的距离变近，电子的动能变小C．卢瑟福根据α粒子散射实验的现象提出了原子的“枣糕模型”D．衰变是粒子对核撞击后发生的答案 A解析 根据光电效应方程知，Ekm＝hν－W0，最大初动能随着入射光频率的增大而增大，A正确；氢原子中的电子从高能级向低能级跃迁时轨道半径减小，该过程中电场力做正功，电势能减小；根据＝m可知动能增大，B错误；卢瑟福根据α粒子散射实验的现象提出了原子的核式结构模型，C错误；衰变是自发进行的，D错误．15．一个质量为1kg的遥控小车正以18m/s的速度，沿水平直线轨道做匀速直线运动，在t＝0时刻开始制动做匀减速直线运动，在3s内前进了36m(此时小车未静止)．在这3s内( )A．小车运动的平均速度大小为9m/sB．小车受到的制动力大小为6NC．制动力对小车做负功，大小等于162J6\nD．制动力对小车做功的平均功率为48W答案 D解析 小车运动的平均速度大小为＝＝m/s＝12m/s，故A错误；由运动学公式x＝v0t－at2，解得加速度大小a＝4m/s2.小车受到的制动力大小为F制＝ma＝4N，故B错误；制动力对小车做负功，大小等于W＝F制x＝4N×36m＝144J，故C错误；制动力对小车做功的平均功率为P＝F制＝4N×12m/s＝48W，故D正确．16．如图1所示，理想变压器原线圈a、b间输入一稳定的正弦交流电，原线圈接有理想交流电流表A，副线圈接有理想交流电压表V，当滑动变阻器的滑片向下滑动时，下列说法正确的是( )图1A．电压表的示数不变B．电压表的示数增大C．电流表的示数增大D．电阻R2的功率增大答案 B解析 设电流表的示数为I，理想变压器原、副线圈匝数之比为k，则副线圈的电流为kI，理想变压器副线圈的电压为U2＝kI(R2＋R)，理想变压器原线圈的电压为U1＝U－IR1，理想变压器原、副线圈电压之比为＝＝k，解得I＝，当滑动变阻器的滑片向下滑动时，R增大，电流表的示数减小，理想变压器原线圈的电压为U1＝U－IR1增大，理想变压器副线圈的电压增大，故电压表的示数增大，电阻R2的功率P2＝(kI)2R2减小，故B正确，A、C、D错误．17．(2022·安徽省马鞍山市质检)如图2所示，地球绕太阳的运动与月亮绕地球的运动可简化成同一平面内的匀速圆周运动，农历初一前后太阳与月亮对地球的合力约为F1，农历十五前后太阳与月亮对地球的合力约为F2，则农历初八前后太阳与月亮对地球的合力约为( )6\n图2A．F1＋F2B.C.D.答案 B解析 设太阳对地球的引力大小为F，月亮对地球的引力大小为F′，由题图可知，在农历初一，对地球受力分析有：F1＝F＋F′，在农历十五，对地球受力分析有：F2＝F－F′，联立解得：F＝，F′＝；由题图可知，在农历初八，对地球受力分析有：F合＝＝，故选B.18．如图3所示，有竖直向上的匀强磁场穿过水平放置的光滑平行金属导轨，导轨左端连有电阻R.质量相等、长度相同的铁棒和铝棒静止在轨道上．现给两棒一个瞬时冲量，使它们以相同速度v0向右运动，两棒滑行一段距离后静止，已知两棒始终与导轨垂直，在此过程中( )图3A．在速度为v0时，两棒的端电压Uab＝UcdB．铁棒在中间时刻的加速度是速度为v0时加速度的一半C．铝棒运动的时间小于铁棒运动的时间D．两回路中磁通量的改变量相等答案 C解析 两棒的初速度均为v0，根据法拉第电磁感应定律，棒中感应电动势为E＝BLv06\n，由闭合电路欧姆定律知回路中电流为I＝，而电阻R两端电压为U＝IR＝，由于铁棒和铝棒接入电路的电阻r不同，故两棒的端电压Uab≠Ucd，故A错误；根据牛顿第二定律可知a＝，铁棒做加速度减小的减速运动，铁棒在中间时刻的速度小于，铁棒在中间时刻的加速度小于速度为v0时加速度的一半，故B错误；由于铝棒的电阻小于铁棒的电阻，根据安＝可知铝棒受到的平均安培力大于铁棒受到的平均安培力，根据动量定理－安Δt＝－mv0可知，铝棒运动的时间小于铁棒运动的时间，故C正确；根据动量定理可知－安Δt＝－mv0，而安Δt＝＝＝，解得ΔΦ＝，两回路中磁通量的改变量不相等，故D错误．19．空间存在两点电荷产生的静电场，在xOy横轴上沿x轴正方向电场强度E随x变化的关系如图4所示，图线关于坐标原点对称，虚线为两条渐近线，M、N是两条渐近线到原点O的中点，且|PO|＝3|MO|.取无穷远处电势为零，下列说法中正确的是( )图4A．M、N两点的电势相等B．P点电势高于M点电势C．M、O两点电场强度大小之比为20∶9D．单位正电荷从O点移到N点过程中，电场力做功为W，则N点电势数值为－W答案 BCD解析 由题图可知MN之间的电场线方向沿x轴正方向，故左边的电荷为正电荷，右边为等量的负电荷，故M点的电势比N点电势高，P点电势高于M点电势，故A错误，B正确；设MO的距离为r，正、负电荷的电荷量大小为Q，M点电场强度大小为EM＝＋＝，O点电场强度大小为EO＝＋＝，M、O两点电场强度大小之比为EM∶EO＝∶＝20∶9，故C正确；沿电场线方向电势降低，O点电势为零，所以单位正电荷从O点移到N6\n点过程中，电场力做功为W，则N点电势数值为－W，故D正确．20.如图5所示，在竖直平面内，一根不可伸长的轻质软绳两端打结系于“V”型杆上的A、B两点，已知OM边竖直，且|AO|＝|OB|，细绳绕过光滑的滑轮，重物悬挂于滑轮下处于静止状态．若在纸面内绕端点O按顺时针方向缓慢转动“V”型杆，直到ON边竖直，绳子的张力为FT，A点处绳子与杆之间摩擦力大小为F，则( )图5A．张力FT先一直增大B．张力FT先增大后减小C．摩擦力F一直减小D．摩擦力F先增大后减小答案 BC解析 设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为α，受力如图甲所示．在纸面内绕端点O按顺时针方向缓慢转动“V”型杆，直到ON边竖直，AB的长度不变，AB在水平方向的投影先变长后变短，绳子与竖直方向的夹角α先变大后变小，所以张力FT＝先增大后减小，故A错误，B正确；以A点为研究对象，受力分析如图乙所示．根据平衡条件可知，F＝FTcos(α＋β)＝6\n＝(cosβ－tanαsinβ)，在纸面内绕端点O按顺时针方向缓慢转动“V”型杆，绳子与竖直方向的夹角α先变大后变小，OA杆与竖直方向的夹角β一直变大，当绳子与竖直方向的夹角α变大，摩擦力减小，当绳子与竖直方向的夹角α变小时，但α＋β还是在增大，所以摩擦力还是在减小，故C正确，D错误．21．如图6所示，水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看作质点的物块，物块间用长为L的不可伸长的细线连接，开始处于静止状态，物块与轨道间的动摩擦因数为μ.用水平恒力F拉动物块1开始运动，到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，则( )图6A．拉力F所做功为nFLB．系统克服摩擦力做功为C．F>D．(n－1)μmg<F<nμmg答案 BC解析 物块1的位移为(n－1)l，则拉力F所做功为WF＝F·(n－1)l＝(n－1)Fl，故A错误．系统克服摩擦力做功为Wf＝μmgl＋μmg·2l＋…＋μmg·(n－2)l＋μmg·(n－1)l＝，故B正确．据题，连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，假设没有动能损失，由动能定理有WF＝Wf，解得F＝，但由于绳子绷紧瞬间系统有动能损失，所以根据功能关系可知F>，故C正确，D错误．6
