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题型组合练(十四) 选择题、计算题
14套每日一练
说明：单选题每小题4分，多选题每小题6分，本试卷总分44分
一、单项选择题
1．下列四幅图的描述正确的是( )
题号
1
3
5
2
4
6
7
A．图1是一束单色光进入平行玻璃砖后传播的示意图，当入射角i逐渐增大到某一值(i<90°)后不会再有光线从bb′面射出
B．图2表示声源远离观察者时，观察者接收到的声音频率增大
C．图3是测量储罐中不导电液体高度的装置，当储罐中液面高度升高时，LC回路中振荡电流频率将变大
D．图4中，三个大线圈连接到三相电源上就能产生旋转磁场，内部的小线框由于电磁驱动可以与磁场同方向地转动起来
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
D [玻璃砖上下界面平行，上界面的折射角等于下界面的入射角，根据光路可逆原理可知，下界面的折射角一定等于上界面的入射角，即使入射角i逐渐增大到某一值(i<90°)后仍然会再有光线从bb′面射出，故A错误；题图2表示声源远离观察者时，观察者接收到的声音频率减小，故B错误；根据C＝，当储罐中液面高度升高时，介电常数ε增大，电容器的电容增大，根据f＝，可知，LC回路中振荡电流频率将变小，故C错误；三个大线圈连接到三相电源上就能产生旋转磁场，穿过内部小线框的磁通量发生变化，小线框中产生感应电流，旋转磁场对小线框有安培力作用，在该安培力作用下，小线框将与旋转磁场同方向地转动，即小线框由于电磁驱动可以与磁场同方向地转动起来，故D正确。故选D。]
题号
1
3
5
2
4
6
7
题号
2
1
3
4
5
6
7
2．某公园的湖底安装了一个半径r＝1 m的圆形蓝色发光体，湖水的深度为 m，测得湖面上亮光区域的半径R＝4 m，截面图如图所示。下列说法正确的是( )
A．湖水的折射率为
B．光在水中的传播速度为c
C．若发光体发出的一束光入射角的正弦值为，则折射角的正弦值为
D．若换成红色发光体，则亮光区域的半径将变小
√
C [发光体边缘发的光射到亮光区域的边缘恰好发生全反射，根据几何关系可知此时入射角的正弦值为sin θ＝＝，根据临界角公式有sin C＝，解得n＝，故A错误；根据折射率与速度的关系有n＝，解得v＝，故B错误；根据折射率的定义式有n＝，若发光体发出的一束光入射角的正弦值为，可解得折射角的正弦值为，故C正确；若换成红光，波长变长，则折射率变小，临界角变大，由几何关系可知发光区域的半径变大，故D错误。]
题号
2
1
3
4
5
6
7
3．如图所示，将小球甲、乙先后水平抛出，小球甲、乙将会在空中的P点相遇，相遇时两小球的速度方向相互垂直，已知小球甲的抛出点到水平地面的高度h1比小球乙的抛出点到水平地面的高度h2大，小球甲、乙的抛出点水平距离为L＝25 m，小球甲、乙抛出时的速度大小均为v0＝
10 m/s。取重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气阻力，小球可看成质点，则下列说法正确的是( )
A．小球甲、乙在相遇前运动的时间之和为1.25 s
B．小球甲、乙在相遇时速度偏转角相同
C．小球甲在相遇前运动的时间为t1＝0.5 s
D．小球甲、乙抛出点的高度差Δh＝18.75 m
题号
2
1
3
4
5
6
7
√
D [设小球甲、乙从抛出到相遇运动的时间分别为t1、t2，两球在P点相遇，则在水平方向上有L＝v0t1＋v0t2，代入数据解得t1＋t2＝2.5 s，故A错误；由题知，在相遇时两小球的速度方向相互垂直，设小球甲落在P点时速度与竖
直方向的夹角为θ，作出速度分析图，如图所示 ，
由图可知，小球甲、乙在相遇时速度偏转角不相同，根据几何关系可得
tan θ＝＝，可得t1t2＝1 s2，又t1＋t2＝2.5 s 且甲球下落的高度更高，则有t1>t2，联立解得t1＝2 s，t2＝0.5 s，故B、C错误；根据题意，可得小球甲、乙抛出点的高度差Δh＝＝18.75 m，故D正确。故选D。]
题号
2
1
3
4
5
6
7
4．如图所示，劲度系数为k的弹性绳一端系于P点，绕过Q处的光滑小滑轮，另一端与质量为m、套在光滑竖直固定杆A处的圆环(视为质点)相连，P、Q、A三点等高，弹性绳的原长恰好等于P、Q间的距离，A、Q间的距离为L。将圆环从A点由静止释放，重力加速度大小为g，弹性绳始终处于弹性限度内，弹性绳的弹性势能Ep＝kx2，其中x为弹性绳的伸长量，下列说法正确的是( )
A．圆环向下运动过程中，绳的弹性势能一直减小
B．圆环向下运动的最大距离为
C．圆环的最大动能为
D．圆环运动过程中的最大加速度为
题号
2
1
3
4
5
6
7
√
C [圆环向下运动过程中，绳的形变量一直增大，绳的弹性势能一直增大，故A错误；根据机械能守恒定律得kL2＝－mghm＋kx2，x＝，解得hm＝，故B错误；当圆环所受合力为零时，速度最大，动能最大，根据平衡条件得
kx1cos θ＝mg，cos θ＝＝＋L2，根据机械能守恒定律得kL2＝＋Ekm，解得圆环的最大动能为Ekm＝，故C正确；对圆环进行分析，开始释放的加速度为重力加速度g，随后加速度先减小，后增大，增大的过程中根据牛顿第二定律kx cos α－mg＝ma，cos α＝，化简有a＝，可见h最大时a有最大，根据B选项，圆环向下运动的最大距离为hm＝，解得a＝g，故D错误。故选C。]
题号
2
1
3
4
5
6
7
二、多项选择题
5．如图甲所示，卫星和地心连线与地面的交点称为星下点，随着卫星绕地球运动以及地球自转，星下点会在地球表面不断移动，形成星下点轨迹。地球半径为R，自转周期T0＝24小时。卫星A、B绕行方向与地球自转方向一致(图中未画)，其星下点部分轨迹分别如图乙、丙。已知地球同步卫星的轨道半径r＝6R，1.313≈2.25，卫星运动均视为匀速圆周运动。下列说法正确的是( )
题号
2
1
3
4
5
6
7
A．卫星A、B的周期之比4∶1
B．卫星A、B运行的线速度之比为∶1
C．卫星B绕地球运行的轨道半径约为4.58R
D．某时刻卫星A、B相距最近，之后在A运动的20圈时间内，卫星A、B有5次相距最近
题号
2
1
3
4
5
6
7
√
√
√
BCD [根据题图乙可知，A星下点在地球上由30 °E转到180 °E的过程中，A转了半圈，比地球自转多转了150°，可知地球转动了180°－150°＝30°，则有＝×30°＝，根据题图丙可知，B星下点在地球上由60 °E转到180 °E的过程中，B转了一圈，比地球自转多转了120°，地球转动了360°－120°＝240°，则有TB＝×240°＝，结合上述解得A、B的周期之比为＝，故A错误；对同步卫星、A与B卫星根据开普勒第三定律有＝＝，结合上述解得RA＝R
∶1，故B正确；根据题图乙与题图丙可知，A、B轨道平面不在同一平面内，则有20TA＝nTB，结合上述解得n＝5，故D正确。]
题号
2
1
3
4
5
6
7
6．如图所示，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中。金属棒a、b垂直导轨放置，a的质量是b的2倍。先将a由静止释放，当a匀速运动时，再将b由静止释放，运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A．b释放前，a受到的安培力冲量与其位移成正比
B．b释放后瞬间的加速度大小为3g sin θ
C．b释放后，a、b组成的系统动量守恒
D．经过足够长时间，a、b的速度相等、加速度也相等
题号
2
1
3
4
5
6
7
√
√
√
ABD [b释放前，a做变加速运动，在极短时间Δt内可近似看成匀速运动，产生的电流i＝＝，a受到的安培力冲量I＝FΔt＝BiLΔt＝＝，a受到的安培力冲量与其位移成正比，故A正确；当a匀速运动时有mag sin θ＝F安，b释放后瞬间，根据牛顿第二定律mbg sin θ＋F安＝mba且有ma＝2mb，解得a＝3g sin θ，故B正确；b释放后，a、b组成的系统受到外力(ma＋mb)g sin θ，所以动量不守恒，故C错误；经过足够长时间，a、b的速度相等时，两棒产生的感应电动势相等，且正极方向相同，所以回路无电流，没有安培力，两棒的加速度aa＝ab＝g sin θ，故D正确。故选ABD。]
题号
2
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3
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6
7
三、非选择题
7．(16分)如图所示的xOy平面内，第二象限内有竖直向下、场强大小为E＝
3.0 N/C的匀强电场。在0≤x≤2 m的区域，第一象限内有垂直纸面向外、磁感应强度大小为B1的匀强磁场，第四象限内有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B2的匀强磁场，且B2＝2B1，图中虚线为磁场的边界，Q点为虚线和x轴交点。质量为m＝1.0×10-6 kg、电荷量q＝＋1.0×10-6 C的粒子，从P(－ m，0.5 m)点以速度v0沿x轴正方向水平射出，恰好从坐标原点O进入第四象限，最终从x轴上的Q点射出磁场，不计粒子的重力。求：
(1)粒子初速度v0的大小；
(2)B2的最小值；
(3)若B2＝3 T，粒子在磁场中运动的时间。
题号
2
1
3
4
5
6
7
[解析] (1)粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律得a＝＝3 m/s2
由平抛运动的规律，有yP＝at2，|xP|＝v0t
解得v0＝3 m/s。
题号
2
1
3
4
5
6
7
(2)设粒子通过O点的速度为v，竖直方向速度为vy，v与x轴的夹角为θ，则有vy＝at＝ m/s，
v＝＝2 m/s
tan θ＝＝
解得θ＝
如图，当粒子运动轨迹为图中①轨迹时，
此时B2最小，由几何关系有r＝＝2 m
再由qvBmin＝m
解得Bmin＝1 T。
题号
2
1
3
4
5
6
7
(3)若B2＝3 T，由qvB2＝m
解得r2＝ m
由题知B1＝B2＝1.5 T
同理可得r1＝ m
两段圆弧对应的弦长l＝2r1sin θ＋2r2sin θ＝2 m
故粒子运动轨迹如图中②所示，粒子在磁场中运动的时间t＝＝ s。
题号
2
1
3
4
5
6
7
[答案] (1)3 m/s (2)1 T (3) s
谢 谢！题型组合练(十四)
1．D [玻璃砖上下界面平行，上界面的折射角等于下界面的入射角，根据光路可逆原理可知，下界面的折射角一定等于上界面的入射角，即使入射角i逐渐增大到某一值(i<90°)后仍然会再有光线从bb'面射出，故A错误；题图2表示声源远离观察者时，观察者接收到的声音频率减小，故B错误；根据C＝，当储罐中液面高度升高时，介电常数ε增大，电容器的电容增大，根据f＝，可知，LC回路中振荡电流频率将变小，故C错误；三个大线圈连接到三相电源上就能产生旋转磁场，穿过内部小线框的磁通量发生变化，小线框中产生感应电流，旋转磁场对小线框有安培力作用，在该安培力作用下，小线框将与旋转磁场同方向地转动，即小线框由于电磁驱动可以与磁场同方向地转动起来，故D正确。故选D。]
2．C [发光体边缘发的光射到亮光区域的边缘恰好发生全反射，根据几何关系可知此时入射角的正弦值为sin θ＝，根据临界角公式有sin C＝，解得n＝，故A错误；根据折射率与速度的关系有n＝，解得v＝，故B错误；根据折射率的定义式有n＝，故C正确；若换成红光，波长变长，则折射率变小，临界角变大，由几何关系可知发光区域的半径变大，故D错误。]
3．D [设小球甲、乙从抛出到相遇运动的时间分别为t1、t2，两球在P点相遇，则在水平方向上有L＝v0t1＋v0t2，代入数据解得t1＋t2＝2.5 s，故A错误；由题知，在相遇时两小球的速度方向相互垂直，设小球甲落在P点时速度与竖直方向的夹角为θ，作出速度分析图，如图所示，由图可知，小球甲、乙在相遇时速度偏转角不相同，根据几何关系可得tan θ＝，可得t1t2＝1 s2，又t1＋t2＝2.5 s 且甲球下落的高度更高，则有t1>t2，联立解得t1＝2 s，t2＝0.5 s，故B、C错误；根据题意，可得小球甲、乙抛出点的高度差Δh＝g()＝18.75 m， 故D正确。故选D。]
4．C [圆环向下运动过程中，绳的形变量一直增大，绳的弹性势能一直增大，故A错误；根据机械能守恒定律得kL2＝－mghm＋kx2，x＝，解得hm＝，故B错误；当圆环所受合力为零时，速度最大，动能最大，根据平衡条件得kx1cos θ＝mg，cos θ＝＋L2，根据机械能守恒定律得kL2＝－mgh1＋k＋Ekm，解得圆环的最大动能为Ekm＝，故C正确；对圆环进行分析，开始释放的加速度为重力加速度g，随后加速度先减小，后增大，增大的过程中根据牛顿第二定律kxcos α－mg＝ma，cos α＝，化简有a＝，可见h最大时a有最大，根据B选项，圆环向下运动的最大距离为hm＝，解得a＝g，故D错误。故选C。]
5．BCD [根据题图乙可知，A星下点在地球上由30 °E转到180 °E的过程中，A转了半圈，比地球自转多转了150°，可知地球转动了180°－150°＝30°，则有×30°＝，根据题图丙可知，B星下点在地球上由60 °E转到180 °E的过程中，B转了一圈，比地球自转多转了120°，地球转动了360°－120°＝240°，则有TB＝×240°＝，结合上述解得A、B的周期之比为，故A错误；对同步卫星、A与B卫星根据开普勒第三定律有，结合上述解得RA＝R≈1.82R，RB＝2R≈4.58R，故C正确；根据vA＝，vB＝，结合上述解得vA∶vB＝∶1，故B正确；根据题图乙与题图丙可知，A、B轨道平面不在同一平面内，则有20TA＝nTB，结合上述解得n＝5，故D正确。]
6．ABD [b释放前，a做变加速运动，在极短时间Δt内可近似看成匀速运动，产生的电流i＝，a受到的安培力冲量I＝FΔt＝BiLΔt＝，a受到的安培力冲量与其位移成正比，故A正确；当a匀速运动时有magsin θ＝F安，b释放后瞬间，根据牛顿第二定律mbgsin θ＋F安＝mba且有ma＝2mb，解得a＝3gsin θ，故B正确；b释放后，a、b组成的系统受到外力(ma＋mb)gsin θ，所以动量不守恒，故C错误；经过足够长时间，a、b的速度相等时，两棒产生的感应电动势相等，且正极方向相同，所以回路无电流，没有安培力，两棒的加速度aa＝ab＝gsin θ，故D正确。故选ABD。]
7．解析：(1)粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律得a＝＝3 m/s2
由平抛运动的规律，有yP＝at2，|xP|＝v0t
解得v0＝3 m/s。
(2)设粒子通过O点的速度为v，竖直方向速度为vy，v与x轴的夹角为θ，则有vy＝at＝ m/s，
v＝＝2 m/s
tan θ＝
解得θ＝
如图，当粒子运动轨迹为图中①轨迹时，
此时B2最小，由几何关系有r＝＝2 m
再由qvBmin＝m
解得Bmin＝1 T。
(3)若B2＝3 T，由qvB2＝m
解得r2＝ m
由题知B1＝B2＝1.5 T
同理可得r1＝ m
两段圆弧对应的弦长l＝2r1sin θ＋2r2sin θ＝2 m
故粒子运动轨迹如图中②所示，粒子在磁场中运动的时间t＝ s。
答案：(1)3 m/s (2)1 T (3) s题型组合练(十四) 选择题、计算题
说明：单选题每小题4分，多选题每小题6分，本试卷总分44分
一、单项选择题
1．下列四幅图的描述正确的是( )
A．图1是一束单色光进入平行玻璃砖后传播的示意图，当入射角i逐渐增大到某一值(i<90°)后不会再有光线从bb′面射出
B．图2表示声源远离观察者时，观察者接收到的声音频率增大
C．图3是测量储罐中不导电液体高度的装置，当储罐中液面高度升高时，LC回路中振荡电流频率将变大
D．图4中，三个大线圈连接到三相电源上就能产生旋转磁场，内部的小线框由于电磁驱动可以与磁场同方向地转动起来
2．某公园的湖底安装了一个半径r＝1 m的圆形蓝色发光体，湖水的深度为 m，测得湖面上亮光区域的半径R＝4 m，截面图如图所示。下列说法正确的是( )
A．湖水的折射率为
B．光在水中的传播速度为c
C．若发光体发出的一束光入射角的正弦值为，则折射角的正弦值为
D．若换成红色发光体，则亮光区域的半径将变小
3．如图所示，将小球甲、乙先后水平抛出，小球甲、乙将会在空中的P点相遇，相遇时两小球的速度方向相互垂直，已知小球甲的抛出点到水平地面的高度h1比小球乙的抛出点到水平地面的高度h2大，小球甲、乙的抛出点水平距离为L＝25 m，小球甲、乙抛出时的速度大小均为v0＝10 m/s。取重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气阻力，小球可看成质点，则下列说法正确的是( )
A．小球甲、乙在相遇前运动的时间之和为1.25 s
B．小球甲、乙在相遇时速度偏转角相同
C．小球甲在相遇前运动的时间为t1＝0.5 s
D．小球甲、乙抛出点的高度差Δh＝18.75 m
4．如图所示，劲度系数为k的弹性绳一端系于P点，绕过Q处的光滑小滑轮，另一端与质量为m、套在光滑竖直固定杆A处的圆环(视为质点)相连，P、Q、A三点等高，弹性绳的原长恰好等于P、Q间的距离，A、Q间的距离为L。将圆环从A点由静止释放，重力加速度大小为g，弹性绳始终处于弹性限度内，弹性绳的弹性势能Ep＝kx2，其中x为弹性绳的伸长量，下列说法正确的是( )
A．圆环向下运动过程中，绳的弹性势能一直减小
B．圆环向下运动的最大距离为
C．圆环的最大动能为
D．圆环运动过程中的最大加速度为
二、多项选择题
5．如图甲所示，卫星和地心连线与地面的交点称为星下点，随着卫星绕地球运动以及地球自转，星下点会在地球表面不断移动，形成星下点轨迹。地球半径为R，自转周期T0＝24小时。卫星A、B绕行方向与地球自转方向一致(图中未画)，其星下点部分轨迹分别如图乙、丙。已知地球同步卫星的轨道半径r＝6R，1.313≈2.25，卫星运动均视为匀速圆周运动。下列说法正确的是( )
A．卫星A、B的周期之比4∶1
B．卫星A、B运行的线速度之比为∶1
C．卫星B绕地球运行的轨道半径约为4.58R
D．某时刻卫星A、B相距最近，之后在A运动的20圈时间内，卫星A、B有5次相距最近
6．如图所示，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中。金属棒a、b垂直导轨放置，a的质量是b的2倍。先将a由静止释放，当a匀速运动时，再将b由静止释放，运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A．b释放前，a受到的安培力冲量与其位移成正比
B．b释放后瞬间的加速度大小为3g sin θ
C．b释放后，a、b组成的系统动量守恒
D．经过足够长时间，a、b的速度相等、加速度也相等
三、非选择题
7．(16分)如图所示的xOy平面内，第二象限内有竖直向下、场强大小为E＝3.0 N/C的匀强电场。在0≤x≤2 m的区域，第一象限内有垂直纸面向外、磁感应强度大小为B1的匀强磁场，第四象限内有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B2的匀强磁场，且B2＝2B1，图中虚线为磁场的边界，Q点为虚线和x轴交点。质量为m＝1.0×10-6 kg、电荷量q＝＋1.0×10-6 C的粒子，从P(－ m，0.5 m)点以速度v0沿x轴正方向水平射出，恰好从坐标原点O进入第四象限，最终从x轴上的Q点射出磁场，不计粒子的重力。求：
(1)粒子初速度v0的大小；
(2)B2的最小值；
(3)若B2＝3 T，粒子在磁场中运动的时间。
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