PAGEPAGE1選擇題提速練141—5為單選，6—8為多選1．如圖所示，兩球A、B用勁度系數為k1的輕彈簧相連，球B用長為l的細繩懸于O點，球A固定在O點正下方，且OA之間的距離恰為l，系統平衡時繩子所受的拉力為F1，現把A、B間的彈簧換成勁度系數為k2的輕彈簧，仍使系統平衡，此時繩子所受的拉力為F2，則F1與F2的大小之間的關系為(B)A．F1>F2B．F1＝F2C．F1<F2D．無法確定解析：如圖所示，分析B球的受力狀況，B球受到重力、彈簧的彈力和繩的拉力，由相像三角形和OA＝OB，知繩的拉力等于B球的重力，所以F1＝F2＝G.2．(2024·武漢調研)小燈泡通電后其電流I隨所加電壓U變更的圖線如圖所示，P為圖線上一點，PN為圖線在P點的切線，PQ為U軸的垂線，PM為I軸的垂線，則下列說法中錯誤的是(C)A．隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻增大B．對應P點，小燈泡的電阻為R＝eq\f(U1,I2)C．對應P點，小燈泡的電阻為R＝eq\f(U1,I2－I1)D．對應P點，小燈泡的功率為圖中矩形PQOM所圍面積大小解析：在I-U圖象中，圖線上的點與O點的連線的斜率表示該點所對應的電壓、電流下電阻的倒數，圖象中圖線的斜率漸漸減小，電阻應漸漸增大，選項A正確；對應P點，小燈泡的電壓為U1，電流為I2，依據歐姆定律可知，小燈泡的電阻應為R＝eq\f(U1,I2)，選項B正確；其工作功率為P＝U1I2，即圖中矩形PQOM所圍的面積，選項D正確；P點切線的斜率反映了電流隨電壓變更快慢，即反映的是電阻隨電壓、電流變更快慢而不是燈泡的電阻的倒數，選項C錯誤．3．(2024·武漢聯考)如圖所示，在圓形區域內存在垂直紙面對外的勻強磁場，ab是圓的直徑．一帶電粒子從a點射入磁場，速度大小為v，方向與ab成30°角時，恰好從b點飛出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為t；若同一帶電粒子從a點沿ab方向射入磁場，也經時間t飛出磁場，則其速度大小為(C)A.eq\f(1,2)vB.eq\f(2,3)vC.eq\f(\r(3),2)vD.eq\f(3,2)v解析：設圓形區域直徑為d，粒子從a點射入從b點飛出磁場，運動時間t＝eq\f(T,6)，半徑R1＝d＝eq\f(mv,qB)；若粒子從a點沿ab方向射入磁場，運動時間t＝eq\f(T,6)，偏向角為60°，且tan60°＝eq\f(R2,\f(d,2))，半徑R2＝eq\f(\r(3),2)d＝eq\f(mv′,qB)，速度v′＝eq\f(\r(3),2)v，選項C正確．4．如圖所示，勻強電場水平向右，細線一端固定，另一端拴一帶正電的小球，使小球在豎直面內繞固定端O做圓周運動．不計空氣阻力，電場力和重力大小剛好相等，細線長為r.當小球運動到圖中位置A時，細線在水平方向，拉力大小恰好與重力大小相等．重力加速度大小為g，則小球的最小速度大小為(C)A.eq\r(gr) B.eq\r(2gr)C.eq\r(4－2\r(2)gr) D.eq\r(2＋\r(2)gr)解析：小球在A點，有FT＋Eq＝meq\f(v\o\al(2,A),r)，則速度vA＝eq\r(2gr)，由A到等效最高點，由動能定理，有Eqr(1－cos45°)－mgrsin45°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得vm＝eq\r(22－\r(2)gr)，選項C正確．5．(2024·東北三校一聯)小型登月器連接在航天站上，一起繞月球做圓周運動，其軌道半徑為月球半徑的3倍．某時刻，航天站使登月器減速分別，登月器沿如圖所示的橢圓軌道登月，在月球表面逗留一段時間完成科考工作后，經快速啟動仍沿原橢圓軌道返回．當第一次回到分別點時恰與航天站對接．登月器快速啟動時間可以忽視不計，整個過程中航天站保持原軌道繞月運行．已知月球表面的重力加速度為g0，月球半徑為R，不考慮月球自轉的影響，則登月器可以在月球上停留的最短時間約為(A)A．4.7πeq\r(\f(R,g0)) B．3.6πeq\r(\f(R,g0))C．1.7πeq\r(\f(R,g0)) D．1.4πeq\r(\f(R,g0))解析：由題可知，設月球半徑為R，則航天站的軌道半徑為3R，航天站轉一周的時間為T，則有eq\f(GM月m,3R2)＝meq\f(4π2,T2)(3R)，對月球表面的物體有m0g0＝eq\f(GM月·m0,R2)，聯立兩式得T＝6eq\r(3)πeq\r(\f(R,g0)).登月器的登月軌道是橢圓，從與航天站分別到第一次回到分別點所用時間為沿橢圓運行一周的時間T′和在月球上停留時間t之和，若恰好與航天站運行一周所用時間相同時t最小，則有：tmin＋T′＝T，由開普勒第三定律有：eq\f(3R3,T2)＝eq\f(\f(4R,2)3,T′2)，得T′＝4eq\r(2)πeq\r(\f(R,g0))，則tmin＝T－T′＝4.7πeq\r(\f(R,g0))，所以只有A對．6．如圖所示，在光滑水平面上放著緊靠在一起的A、B兩物體，B的質量是A的2倍，B受到向右的恒力FB＝2N，A受到的水平力FA＝(9－2t)N(t的單位是s)．從t＝0起先計時，則(ABD)A．A物體3s末的加速度是初始時刻的eq\f(5,11)B．t>4s后，B物體做勻加速直線運動C．t＝4.5s時，A物體的速度為零D．t>4.5s時，A、B的加速度方向相反解析：設A的質量為m，則B的質量為2m，在兩物體沒有分別時，對整體：依據牛頓其次定律得a＝eq\f(FA＋FB,3m)＝eq\f(11－2t,3m)①對B：設A對B的作用力大小為FN，則FN＋FB＝2ma②解得，FN＝eq\f(1,3)(16－4t)③由③得，當t＝4s時，FN＝0，此后A、B分別，B物體做勻加速直線運動．由①得：當t＝0時，a1＝eq\f(11,3m)；t＝3s時，a2＝eq\f(5,3m)，則A物體在3s末時刻的加速度是初始時刻的eq\f(5,11)倍，故A、B正確；t＝4.5s時，A的加速度為aA＝eq\f(FA,m)＝eq\f(9－2×4.5,m)＝0，說明t＝4.5s之前A在做加速運動，此時A的速度不為零，而且速度方向與B相同，故C錯誤；t>4.5s后，A的加速度aA<0,而B的加速度不變，則知t>4.5s后，A、B的加速度方向相反，故D正確．7.如圖所示，質量為m的小球從斜軌道高h處由靜止滑下，然后沿豎直圓軌道的內側運動．已知圓軌道的半徑為R，不計一切摩擦阻力，重力加速度為g.則下列說法正確的是(BC)A．當h＝2R時，小球恰好能到達最高點MB．當h＝2R時，小球在圓心等高處P時對軌道壓力為2mgC．當h≤R時，小球在運動過程中不會脫離軌道D．當h＝R時，小球在最低點N時對軌道壓力為2mg解析：在圓軌道的最高點M，由牛頓其次定律得mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，解得v0＝eq\r(gR)，依據機械能守恒定律得mgh＝mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得h＝2.5R，故選項A錯誤；當h＝2R時，小球在圓心等高處P時速度為v，依據機械能守恒定律得mg·2R＝mgR＋eq\f(1,2)mv2，小球在P時由牛頓其次定律得FN＝meq\f(v2,R)，聯立解得FN＝2mg，則知小球在圓心等高處P時對軌道壓力為2mg，故選項B正確；當h≤R時，依據機械能守恒定律得小球在圓軌道圓心下方軌道上來回運動，在運動過程中不會脫離軌道，故選項C正確；當h＝R時，設小球在最低點N時速度為v′，則有mgR＝eq\f(1,2)mv′2，在圓軌道最低點，有：FN′－mg＝meq\f(v′2,R)，解得FN′＝3mg，則小球在最低點N時對軌道壓力為3mg，故選項D錯誤．8．某一空間存在著磁感應強度為B且大小不變、方向隨時間t做周期性變更的勻強磁場(如圖甲所示)，規定垂直紙面對里的磁場方向為正．為了使靜止于該磁場中的帶正電的粒子能按a→b→c→d→e→f的依次做橫“∞”字曲線運動(即如圖乙所示的軌跡)，下列方法可行的是(粒子只受磁場力的作用，其他力不計)(AD)A．若粒子的初始位置在a處，在t＝eq\f(3T,8)時給粒子一個沿切線方向水平向右的初速度B．若粒子的初始位置在f處，在t＝eq\f(T,2)時給粒子一個沿切線方向豎直向下的初速度C．若粒子的初始位置在e處，在t＝eq\f(11,8)T時給粒子一個沿切線方向水平向左的初速度D．若粒子的初始位置在b處，在t＝eq\f(T,2)時給粒子一個沿切線方向豎直向上的初速度解析：要使粒子的運動軌跡如題圖乙所示，粒子做圓周運動的周期應為T0＝T/2；在t＝3T/8時磁場方向向里，由左手定則知粒子所受洛倫茲力方向向上，粒子經T/8時間沿圓弧ab運動到b，此時磁場方向變更，粒子受力方向變更，粒子沿b→c→d→b運動到b點，磁場方向又變更，粒子受力方向又變更，粒子沿b→e→f→a運動，滿意題目要求，選項A正確；在T/2，磁場方向