文档内容
题型必刷练 5 “13 单选+2 多选”
知识点 题号
力学单位制与单位制 1
火车的轨道转弯问题 2
机械能守恒定律的简单应用 3
阻尼振动和受迫振动 4
光子的动量 5
平抛运动速度的计算 6
库仑力作用下的受力平衡问题 7
万有引力与重力的关系（黄金代换） 8
安培力的概念 9
霍尔效应与霍尔元件 10
结合能（比结合）与核能的相关判断和计算 11
交变电流峰值的计算和影响因素 12
光的全反射现象 13
布朗运动实例、本质及解释 14
波的干涉的加强和减弱区域的特点及判断 15
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
答案 C B C C B A B C C C D C A
题号 14 15
答案 CD AB
一、选择题Ⅰ（每小题给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的。）
F
1. 某同学在解答一道由字母表达结果的计算题时，得到的结果表达式为A= (t +t )
m 1 2根据单位制的知识，下列关于“A”表示的物理量合理的是（ ）
A．位移 B．加速度 C．速度 D．质量
F
【解答】解：根据表达式A= (t +t )可知：由于力的单位是N，时间单位是s，质量单位是
m 1 2
N kg⋅m/s2
kg，故等式右边的单位是： ⋅s= ×s=m/s，是速度的单位，由此可知“A”表示
kg kg
的物理量合理的是速度，故ABD错误，C正确。
故选：C。
2. 下列有关生活中的圆周运动的实例分析，正确的是（ ）
A．图1为汽车通过凹形桥最低点的情境。此时汽车受到的支持力小于重力
B．图2为演员表演“水流星”的情境。当小桶刚好能通过最高点时，小桶及桶中的水只受重力
作用，处于完全失重状态
C．图3为火车转弯的情境。火车超过规定速度转弯时，车轮会挤压内轨
D．图4为洗衣机脱水筒。其脱水原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，从而被甩出
【解答】解：A.汽车通过凹形桥最低点时
v2
N−mg=m
r
v2
解得 N=mg+m
r
所以汽车受到的支持力大于重力，故A错误；
B.当小桶刚好能通过最高点时，只受重力，支持力等于零，小桶处于完全失重状态，故B正确；
C.火车转弯时，火车超过规定速度转弯时重力和支持力的合力不足以提供过弯所需要的向心力，
此时车轮会挤压外轨，故C错误；
D.洗衣机脱水筒脱水原理是衣服对水滴的吸附力小于水滴做圆周运动需要的向心力，做离心运
动，故D错误。
故选：B。3. 如图所示是某市儿童公园的摩天轮，假设某乘客坐在座椅上（不靠背）随座舱在竖直
面内做匀速圆周运动，整个过程座椅始终保持水平，下列说法正确的是（ ）
A．座舱转动过程，乘客的机械能守恒
B．座舱转动过程，乘客的动能改变
C．座舱在最低点时，乘客处于超重状态
D．座舱在与转轴等高处，座椅对乘客无摩擦力的作用
【解答】解：AB、乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，乘客运动的速度大小不变，动能保
持不变，而重力势能不断发生变化，因此机械能不守恒，故AB错误；
C、乘客在最低点时，所受的合力指向圆心，即竖直向上，由牛顿第二定律知支持力大于重力，
处于超重状态，故C正确；
D、由于乘客做匀速圆周运动，所受的合力指向圆心。座舱在与转轴等高处，重力与支持力相平
衡，摩擦力提供向心力，故D错误。
故选：C。
4. 关于固有频率，下列说法正确的是（ ）
A．在周期性外力作用下的振动频率，叫作固有频率
B．系统的固有频率与振幅有关
C．系统的固有频率只由系统本身的特性决定
D．周期性驱动力的频率越大，系统的固有频率也越大
【解答】解：A.物体在周期性外力作用下的振动频率，叫驱动力的频率，不是固有频率，故 A
错误；
BC.系统的固有频率只由系统本身的特性决定，与振幅大小等无关，故B错误，C周期。
D.周期性驱动力的频率越大，系统的受迫振动的频率越大，系统的固有频率不变，故D错误。
故选：C。
5. 卡西米尔能量是两导体平板之间由于涨落而产生的相互作用有关的能量。如果 h表示
普朗克常数，c表示光速，a表示两导体板之间的距离，请你根据单位制知识，判断下列单位
面积的卡西米尔能量E的表达式可能正确的是（ ）πℎc −πℎc
A．E= B．E=
340a4 1440a3
−πℎc −πℎc
C．E= D．E=
240a5 720a2
【解答】解：普朗克常数 h的单位是 J•s，光速 c的单位是 m/s，距离 a的单位是 m，可知
−πℎc
单位的是
J⋅s⋅m/s
=J⋅m−2
，其意义为单位面积的能量。故ACD错误，B正确。
1440a3 m3
故选：B。
6. 如图所示，一小球（可视为质点）从一半圆轨道的左端A点正上方某处开始做平抛运
动，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点。O点为半圆轨道圆心，半圆轨道的半径为R，
OB与水平方向的夹角为37°，重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力，
则小球被抛出时的初速度大小为（ ）
3√3gR 2√3gR 3√5gR 2√5gR
A． B． C． D．
2 5 3 5 2 3 3 3
【解答】解：小球恰好与半圆轨道相切于B点，根据几何关系
可知B点速度与竖直方向夹角为37°
则 v
tan37°= 0
v
yv ＝gt
y
R+Rcos37°＝v t
0
3√3gR
解得v = ，故BCD错误，A正确。
0 2 5
故选：A。
7. 如图所示，两相同的小球M、N用等长的绝缘细线悬挂在竖直绝缘墙壁上的O点，悬
点到小球中心的距离均为L，给小球N带上电，电荷量大小为q，小球M上电荷量未知且保持
不变。由于库仑斥力作用，初次平衡时两小球间的距离为d ，由于某种原因，小球N缓慢漏
1
电，当两小球间的距离为d 时，小球N的电荷量为（ ）
2
qd qd3
A．
2
B．
2
d d3
1 1
qd2 qd d
C． 1 D． 1 2
d2 L2
2
【解答】解：如图所示：
对小球M受力分析可知M所受的重力，绳的拉力和库仑力F构成的力的三角形与OMN长度三
F d
角形一直相似，所以当初次平衡时两小球间的距离为d 时，有： 1 = 1，当两小球间的距离
1
mg L
为 d
2
时，有： F
2 =
d
2
，而根据库仑定律，两种状态下库仑力分别有：
F =k
qq M，
mg L 1 d2
1qq qd3
F =k M，联立解得： q'= 2，故B正确，ACD错误；
2 d2 d3
2 1
故选：B。
8. 天文学家发现，三颗行星A、B、C绕着仙女座厄普西仑星做匀速圆周运动，如图所
示，行星A周期为4.6170天，轨道半径为0.059AU（地球与太阳之间的距离为1AU，1AU＝
1.496×108km），引力常量G＝6.67×10﹣11N•m2/kg2，根据题中数据可求出（ ）
A．厄普西仑星的半径
B．厄普西仑星的第一宇宙速度
C．行星B的周期大于4.6170天
D．行星C的加速度大于行星A的加速度
【解答】解：A、根据万有引力提供向心力，得： G Mm =m( 2π ) 2r ，只能计算出行星A的轨
r2 T A
A
道半径，无法计算出厄普西仑星的半径，故A错误；
B、由万有引力提供向心力 Mm v2，由于不知道中心天体的球体半径R，所以无法求解厄
G =m
R2 R
普西仑星的第一宇宙速度，故B错误；
r3 r3
C、由开普勒第三定律 A = B，由图可知r A ＜r B ，所以T A ＜T B ，即行星B的周期大于4.6170天，
T2 T2
A B
故C正确；
Mm
D、由万有引力提供向心力，有G =ma，由图可知r ＜r ，所以行星C的加速度小于行星A
r2 A C
的加速度，故D错误。
故选：C。
9. 如图所示，高压直流输电线上使用“abcd”正方形间隔棒支撑输电线L 、L 、L 、
1 2 3
L ，其目的是固定各输电线间距，防止输电线相碰。图中四根输电线平行且恰好固定在正四棱
4柱的四条棱上，abcd的几何中心为O，O到四根输电线的距离相等，且远小于输电线的长度。
忽略地磁场的影响，当四根输电线通有等大同向的电流时，下列说法正确的是（ ）
A．O点磁感应强度方向沿bd连线
B．四根输电线所受的安培力相同
C．L 所受的安培力方向垂直L 指向L
1 1 3
D．L 和L 在O点产生磁场的磁感应强度相同
1 3
【解答】解：AD．四条导线的电流相等，且O点到四条导线距离相等，根据安培定则和对称性
可知，L 在O点的磁感应强度与L 在O点的磁感应强度等大反向，L 在O点的磁感应强度与L
1 3 2 4
在O点的磁感应强度等大反向，根据磁感应强度叠加原理，四条导线在O点的磁感应强度等于
零，故AD错误；
BC．其余三条导线对L 都是吸引力，结合对称性可知，L 所受安培力的方向沿正方形的对角线
1 1
ac方向，即垂直L 指向L ，且四根输电线受安培力方向不同，故C正确，B错误。
1 3
故选：C。
10. 武汉病毒研究所内的实验室是我国防护等级最高的P4实验室，在该实验室中有一种
污水流量计如图甲所示，其原理可以简化为如图乙所示模型：废液内含有大量正、负离子，从
直径为d的圆柱形容器右侧流入，左侧流出，流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积，
空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，下列说法正确的是（ ）
A．图乙中M点的电势高于N点的电势
B．正、负离子所受洛伦兹力方向相同
C．只需要测量M、N两点电压就能够推算废液的流量
D．当污水中离子浓度降低，MN两点电压将减小【解答】解：AB、根据左手定则，带正电荷的离子受到向下的洛伦兹力，带负电荷的离子受到
向上的洛伦兹力，所以M点电势低于N点电势，故AB错误；
U
CD、废液流速稳定后，离子受力平衡，根据平衡条件有：qvB=q
d
变形解得：U＝Bdv，即MN两点电压与污水中离子浓度无关
废液流量：Q＝vS
d 2
而导管的面积：S=π( )
2
πUd
解得：Q=
4B
故只需要测量MN两点电压就能够推算废液的流量，故C正确，D错误。
故选：C。
11. 在恒星的演化中，当恒星核心部分的氢大部分聚变为氦后，核反应变弱，星核在引力
作用下收缩，这时温度升得更高，在大约一亿摄氏度的高温下，恒星核心的每三个氦核结合成
一个碳核，已知 He核的比结合能为p， C核的比结合能为q，且q＞p。下列说法正确的
4 12
2 6
是（ ）
A．该核反应为原子核的人工转变，核反应方程为3 He→ C
4 12
2 6
B．该核反应为 衰变，核反应方程为 He He He→ C
4 + 4 + 4 12
2 2 2 6
α
C．释放的核能为q﹣3p
D．释放的核能为12（q﹣p）
【解答】解：AB、此核反应为轻核的聚变，核反应方程为：3 He→ C或为 He He
4 12 4 + 4 + 4
2 6 2 2 2
He→ C，故AB错误；
12
6
CD、3个 He核的结合能为12p， C核的结合能为12q，该核反应释放能量为：ΔE＝12（q﹣
4 12
2 6
p），故C错误，D正确；
故选：D。
12. 为做好疫情防控供电准备，防控指挥中心为医院设计的备用供电系统输电电路简图如
图甲所示，矩形交流发电机匝数为n＝50，线圈、导线的电阻均不计，在匀强磁场中以矩形线圈中轴线OO′为轴匀速转动，穿过线圈的磁通量 随时间t的变化图像如图乙所示，
m
Φ Φ
√2×10−2
= Wb。并与变压器的原线圈相连，变压器的副线圈接入到医院为医疗设备供电，变
π
压器为理想变压器，假设额定电压为220V的医疗设备恰能正常工作。下列说法正确的有（
）
A．电压表的示数为50√2V
B．假如给变压器输入端接入电压U＝50V的直流电，医疗设备能正常工作
C．变压器的匝数比为5：22
D．从t＝0开始计时，变压器的原线圈两端的电压u＝50√2sin100 t（V）
2ππ 2π
【解答】解：AC、根据图像可得T＝0.02s，线圈的角速度 = = rad/s＝100 rad/s
T 0.02
ω π
√2×10−2
线圈产生的感应电动势最大值为E ＝nBS ＝n ＝50× ×100 V＝50√2V
m m
π
ω Φ ω π
E 50√2
则电压表的示数为U= m= V＝50V
√2 √2
故变压器原线圈的电压为U ＝U＝50V，变压器的匝数比n U 50 5 ，故A错误，C正
1 1= 1= =
n U 220 22
2 2
确；
B、根据变压器的原理知，变压器输入端接入电压U＝50V的直流电，变压器不工作，医疗设备
不能正常工作，故B错误；
D、t＝0时，磁通量为 0，线圈产生的感应电动势最大，则变压器的原线圈两端的电压 u＝
E cos t＝50√2cos100 t（V），故D错误。
m
故选：ωC。 π
13. 如图所示，OBCD为半圆柱体玻璃的横截面，OD为直径，一束由a光和b光组成的复色光沿AO方向从真空射入玻璃，a光和b光分别从B、C点射出。则（ ）
A．逐渐减小入射角i，a光先发生全反射
B．逐渐增大入射角i，a光先发生全反射
C．a光先从半圆柱体玻璃中射出
D．向右平移入射光线AO，a光在玻璃中一定会发生全反射
sini
【解答】解：AB、根据折射定律n= 可知，a光的折射率大于b光的折射率，根据折射率与
sinr
1
临界角的关系sinC= 可知，a光的临界角较小，而a光射到玻璃内表面时入射角较大，所以逐
n
渐减小入射角i，a光先发生全反射，故A正确，B错误；
S
C、设任一光在O点的折射角为r，则光在玻璃中传播距离为s＝2Rsinr，传播时间为t= ，在
V
c sini 2Rsini
介质中的传播速度v= ，结合折射定律有n= ，代入整理得t= ，所以a光和b光在
n sinr c
玻璃中传播时间相同，同时从半圆柱体玻璃中射出，故C错误；
D、向右平移入射光线AO，a光在玻璃中的折射角不变，a光射到玻璃内表面时入射角变小，不
会发生全反射，故D错误。
故选：A。
二、选择题Ⅱ（每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的）
14. 下列说法中正确的是（ ）
A．英国植物学家布朗用显微镜观察悬浮在水中的花粉做无规则的运动，该运动不是水分子的运
动，而是花粉分子的无规则运动
B．当分子间的距离增大时，分子间的引力增大，斥力减小，所以分子间作用力表现为引力
C．当一列火车呼啸着向我们匀速驶来时，我们感觉的音调比火车实际发出的音调高
D．不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化
【解答】解：A、布朗用显微镜观察悬浮在水中的花粉做无规则的运动，该运动不是水分子的运动，也不是花粉分子的无规则运动，而是花粉颗粒受到液体分子的碰撞而出现的运动，故A错
误；
B、当分子间的距离增大时，分子间的引力减小，斥力也减小，由于斥力减小得快，所以分子间
作用力表现为引力，故B错误；
C、当一列火车呼啸着向我们匀速驶来时，由于两者间距减小，所以我们感觉的音调比火车实际
发出的音调，故C正确；
D、由热力学第二定律，可知：热量不会自发由低温物体传递到高温物体。故D正确；
故选：CD。
15. 在同一均匀介质中，x＝﹣2m和x＝3m处有两个相干波源同时起振产生简谐横波，如
图是t＝0时刻的波形图，沿x轴正、负方向传播的波正好分别传播到坐标原点和x＝1m处，
已知两列波的振幅均为10cm，波速均为5m/s。则下列说法正确的是（ ）
A．两波相遇后，坐标原点是振动加强的点
B．经0.4s，处于坐标原点的质点运动的路程为0.6m
C．0.4s时，坐标在0﹣1m之间的质点位移都为0，故都为振动减弱点
D．两个波源之间（包含波源）有3个振动加强点
【解答】解：A、由图可知，t＝0时刻两列波的波峰对应的坐标与原点坐标之间的距离均为
1.5m，又两列波波速相等，则两列波的波峰同时到达坐标原点，且两列波的波长相等，频率相
等，所以两波相遇后，坐标原点是振动加强的点，故A正确；
B、两波波长均为2m，则周期为
λ 2
T= = s=0.4s
v 5
设经过时间t ，沿x轴负方向传播的波刚好传播到原点处，有
1
1 T
t = =0.2s=
1 5 2
已知两列波的振幅均为10cm，所以在前0.2s处于原点的质点运动路程为
s ＝2A＝2×10cm＝20cm
1
0.2s时两波相遇，原点为振动加强点，此时的振幅为A ＝2A＝2×10cm＝20cm
1
则后0.2s经过的路程为
s ＝2A ＝2×20cm＝40cm
2 1
则经0.4s，处于原点的质点运动的路程为
s＝s +s ＝20cm+40cm＝60cm＝0.6m，故B正确；
1 2
C、在0.4s时，左侧的波刚好传播到2m处，右侧的波刚好传播到﹣1m处，坐标在0～1m之间，
两列波的振动情况完全相反且振幅相同，则在0.4s时，坐标在0～1m之间的质点位移都为0，
但不是都为振动减弱点，故C错误；
D、根据波形平移法可知，两列波的起振方向相反，当质点与两波源的距离差等于半个波长的奇
数倍时，该质点为振动加强点，则有
λ
Δx=(2n+1) =2n+1(m)（n取整数）
2
两个波源之间（包含波源）点与两波源的距离差满足
﹣5m≤Δx≤5m
则有
Δx ＝﹣5m，Δx ＝﹣3m，Δx ＝﹣1m，Δx ＝1m，Δx ＝3m，Δx ＝5m
1 2 3 4 5 6
可知两个波源之间（包含波源）有6个振动加强点，故D错误。
故选：AB。
