第4部分 选择题提速练3-2023老教材老高考物理【导学教程】大二轮专题辅导与训练

参考答案 ● 7.A由题分析可知，小球在A、B两，点时弹簧的形变量大 边出磁场后瞬间，电流为顺时针方向，由于此时安培力 小相等，弹簧的弹性势能相等，小球从A到B的过程， 大于外力F,故此时线框做减速运动，且加速度逐渐减 根据系统的机流能守恒得2mgR=muB2,解得小球运 小，电流一位移图像切线的斜率减小，逐渐趋近于开始 进入磁场时的电流大小，C错误，D正确；线框cd边刚 动到B,点时的速度为UB=2√gR,故A错误；根据小球 出磁场后的瞬间，ab两端的电压为cd边即将出磁场前 与弹簧组成的系统的机械能守恒知，弹簧长度等于R 时，弹簧的弹性势能为零，则此时小球的机械能最大，故 瞬间b两端电压的，且逐新减小，A错误，B正确。 B正确；设小球在A、B两，点时弹簧的弹力大小为F弹， 提速练(3) 在A点，圆环对小球的支持力FN1=mg十F弹；在B点， 1.C大量的氢原子处于n=4的激发态，可能发出光子频 率的种数n=C=6,故A错误；由n=4能级跃迁到n=3 由牛顿第二定律得F2一mg一F弹=m尺，解得圆环 能级产生的光子，能量最小，频率最小，波长最长，故B 对小球的支持力为FN2=5ng十F弹：则FN2一FN1= 错误C正确；处于n=2能级的氢原子若要发生电离，吸 4g,由牛顿第三定律知，小球在A、B两点时对圆环的 收光子的最小能量为3.4eV,故D错误。 压力差为4g,故C正确；小球运动到B点时重力与速 2.C撤去木板眸间，B物块受到的合力为3mg,由牛顿第 度方向垂直，则重力的功率为0，故D正确。故选A。 二定律可知uB=1.5g,故选项A、B错误；当B物块受 8.BC因轨道I和轨道Ⅱ是探测器两个不同的轨道，则 到的合外力为零时，速度最大，此时FT2=2mg=kx2, 在相等时间内，轨道I上探测器与火星中心的连线扫过 又mg=kx,所以弹簧此时的伸长量x2=2x,即B物块 的面积与轨道Ⅱ上探测器与火星中心的连线扫过的面 向下运动3x时速度最大，故选项C正确，D错误。 积不相等，选项A错误；探测器在轨道Ⅱ运动时，轨道 3.Aab过程气体温度升高，分子平均动能增大，故A正 半径为3R,则经过O点的加速度等于，选项B正确： 确：bc过程温度升高，压强不变，则气体分子平均动能增 大，为保持压强不变，单位时间内气体分子与器壁碰撞 探测器从轨道I到轨道Ⅱ要在O点减速，可知在轨道I 次数应减少，故B错误；d过程气体体积增大，故对外 运动时，经过O点的速度大于)，选项C正确：探测器在 做功，又温度升高，内能增大，根据热力学第一定律可 轨道Ⅱ与轨道Ⅲ上的周期之比为 T2 3R13 =3v6 知，气体从外界吸收热量且大于内能增量，故C错误；d =（2R 4’ 过程气体体积增大，对外做功，因温度不变，内能不变， 则在轨道Ⅱ上第一次由O点到P点与轨道Ⅲ上第一次 则气体从外界吸收热量，故D错误。 由O点到Q,点的时间之比是 之_3⑤，选项D 4.B假设动滑轮位置不变，当人加速拉动时，绳子拉力增 大，则绳子在动滑轮处的合力增大，所以动滑轮会沿合 t3 4 力方向即PQ方向向右下移动。最终稳定时，绳子QS 错误。 处于倾斜状态，动滑轮比原位置低，动滑轮处的两段绳 9.ACD对小球A由机械能守恒定律可求出碰前小球 子的夹角变为钝角。因为滑轮处无摩擦，所以PQ是动 A的速度，小球A与物块B发生弹性正碰，根据系统 滑轮处两段绳子夹角的角平分线，因为夹角增大，所以日 动量守恒定律和机械能守恒定律可求出碰后小球A· 变大，因为动滑轮下移了，所以弹簧伸长了，即弹簧弹力 和物块B的速度，对小球A再使用机械能守恒定律 变大。因为日变大，所以动滑轮向右下移动，但不是沿 可求出碰撞后小球A反弹上升的最大高度，故A正 PQ方向移动。故选B。 确；由于小球碰后做变速圆周运动，故无法求得小球 5.C由乙图可知，t=1.0s时刻质点在平衡位置，且速 A反弹上升的时间，故B错误；碰撞过程中根据动量 度方向是y轴负方向，在甲图当中x=4m处质点在 定理可求出物块B获得冲量大小，故C正确：碰撞 平衡位置但速度方向为y轴正方向，所以A错误；由 后，物块B、轻弹簧和物块C组成的系统，当物块B 两图可得波速为4m/s,图甲为t=1.0s时刻的波形 和物块C共速时弹簧有最大弹性势能，根据动量守 图，Q质点在0.75s时与t=1.0s时刻，波传播的距 恒定律求出共速的速度，再根据系统机械能守恒定！ 离为1m,所以t=0.75s时Q质，点振动情况与t= 律求出弹簧获得的最大弹性势能，故D正确。 1.0s时刻x=4.5m的质点振动情况一致，速度方向 10.BD线框的cd边刚进入磁场时做匀速直线运动，则 沿y轴正方向，B错误；t=1.0s时，Q质点在3m和 整个线框进入磁场时速度不变，根据楞次定律知产生