高考物理二輪復(fù)習(xí)訓(xùn)練高考題型專項練-選擇題專練含解析

高考題型專項練——選擇題專練選擇題專練(一)共8小題，每題6分，共48分，1～5為單選，6～8為多選，時間20分鐘1．[2015·長春質(zhì)監(jiān)]下列說法中正確的是()A．庫侖在研究真空中點電荷間相互作用力大小時，采用了控制變量法B．牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，并計算出太陽與地球間引力的大小C．伽利略在證明自由落體運動是勻變速直線運動時，采用了理想實驗法D．安培首先發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，并提出了判斷電流周圍磁場方向的方法——安培定則答案A解析庫侖在研究真空中點電荷間相互作用力大小時，分別在保持兩電荷電荷量不變、距離不變的情況下改變距離、電荷量，探究庫侖力與兩點電荷帶電荷量、距離的關(guān)系，采用了控制變量法，A項正確；牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，但由于尚未確定引力常量G的大小，并沒有計算出太陽與地球間引力的大小，B項錯誤；伽利略利用斜面實驗的結(jié)論，合理外推，間接證明了自由落體運動是勻變速直線運動，而非采用了理想實驗法，C項錯；奧斯特首先發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，D項錯。2.[2015·石家莊二模]甲、乙兩車在同一水平路面上的兩平行車道做直線運動，某時刻乙車在前、甲車在后。相距6m，從此刻開始計時，兩車運動的v-t圖象如圖所示。在0～8s內(nèi)，下列說法正確的是()A．t＝4s時兩車相距2mB．t＝4s時兩車相遇C．t＝8s時兩車相遇D．t＝8s時兩車相距最遠(yuǎn)答案A解析v-t圖象的面積表示位移，t＝4s時甲車位移x甲＝eq\f(8＋16×4,2)＝48m，乙車位移x乙＝eq\f(8＋12×4,2)＝40m，甲、乙相距Δx＝x乙＋x0－x甲＝－2m，甲車超過乙車2m，故A正確，B錯誤。當(dāng)t＝8s時，x甲′＝68m，x乙′＝64m，甲、乙相距Δx′＝x乙′＋x0－x甲′＝2m，故C、D均錯誤。3.如圖所示，兩根剛性輕桿上端由自由轉(zhuǎn)軸A連接，輕桿下端固定一根自然伸長的勻質(zhì)輕彈簧，圍成邊長為L的等邊三角形ABC。將此裝置豎直放在光滑水平面上，在軸A處施加豎直向下的大小為F的作用力，彈簧被拉伸一定長度，若此時彈簧彈力大小恰為eq\f(F,2)，則彈簧的勁度系數(shù)為()A.eq\f(F,\r(2)－1L) B.eq\f(F,2\r(2)－1L)C.eq\f(F,\r(5)－1L) D.eq\f(F,2\r(5)－1L)答案B解析以A為研究對象受力分析如圖，設(shè)桿上的力T與豎直方向夾角為θ，則由平衡得2Tcosθ＝F，以B點為研究對象受力分析如圖，Tsinθ＝eq\f(F,2)，聯(lián)立得sinθ＝cosθ，所以θ＝45°。由幾何關(guān)系知彈簧現(xiàn)在長度為eq\r(2)L，由胡克定律得eq\f(F,2)＝k(eq\r(2)L－L)，所以k＝eq\f(F,2\r(2)－1L)，故B正確，A、C、D錯誤。4．[2015·唐山一模]嫦娥四號，專家稱“四號星”，是嫦娥繞月探月工程計劃中嫦娥系列的第四顆人造繞月探月衛(wèi)星，主要任務(wù)是接著嫦娥三號著陸月球表面，繼續(xù)更深層次、更加全面地科學(xué)探測月球地質(zhì)、資源等方面的信息，完善月球的檔案資料。已知月球的半徑為R，月球表面的重力加速度為g，月球的密度為ρ，嫦娥四號離月球中心的間距為r，繞月周期為T，據(jù)以上信息可求萬有引力常量G與嫦娥四號的運行速度v分別為()A．G＝eq\f(3πr3,ρT2R3)，v＝eq\f(\r(gR2),r) B．G＝eq\f(3πr3,ρT2R3)，v＝eq\f(\r(gr2),R)C．G＝eq\f(3π,ρT2)，v＝eq\r(gR) D．G＝eq\f(3π,ρT2)，v＝eq\r(\f(gR2,r))答案A解析嫦娥四號圍繞月球做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有eq\f(GMm,r2)＝eq\f(mv2,r)，其中M為月球質(zhì)量。月球表面處物體的重力來源于萬有引力：m0g＝eq\f(GMm0,R2)，聯(lián)立得：v＝eq\f(\r(gR2),r)，由eq\f(GMm,r2)＝meq\f(4π2,T2)·r，得M＝eq\f(4π2r3,GT2)，聯(lián)立ρ＝eq\f(M,\f(4,3)πR3)得G＝eq\f(3πr3,ρT2R3)，故A選項正確。5．[2015·昆明質(zhì)檢]如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比n1∶n2＝1∶2，原線圈接電壓隨時間變化規(guī)律為u＝220eq\r(2)sin100πt(V)的交流電源，、、是三個理想電流表，D為理想二極管，R1是滑動變阻器，定值電阻R2＝R3＝220Ω，則()A．電流表的示數(shù)為1.0AB．電流表的示數(shù)為2.0AC．滑動變阻器R1的滑片向下滑動時，電流表的示數(shù)將變小D．滑動變阻器R1的滑片向上滑動時，變壓器輸入功率增大答案B解析根據(jù)理想變壓器的變壓比等于匝數(shù)比，則理想變壓器副線圈兩端的電壓為U′＝440V，則I3＝eq\f(U′,R3)＝2.0A，選項B正確；因為R2與理想二極管串聯(lián)，根據(jù)理想二極管的單向?qū)щ娦裕山苟煽傻茫篒eq\o\al(2,2)R2T＝Ieq\o\al(2,3)R2eq\f(T,2)＋0，解得I2＝eq\r(2)A，選項A錯誤；滑動變阻器的滑片向下滑動時，其電阻值變小，因副線圈兩端的電壓不變，總電流變大，理想變壓器的輸出功率變大，輸入功率變大，I1變大，選項C錯誤；滑動變阻器的滑片向上滑動時，其電阻值變大，因副線圈兩端的電壓不變，總電流變小，理想變壓器的輸出功率變小，輸入功率變小，選項D錯誤。6.[2015·湖北宜昌一調(diào)]如圖所示，相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為θ，上端接有定值電阻R，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒由靜止釋放，當(dāng)速度達(dá)到v時開始勻速運動，此時對導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力，并保持拉力的功率恒為P，導(dǎo)體棒最終以3v的速度勻速運動。導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，重力加速度為g。下列選項正確的是()A．P＝2mgvsinθB．P＝6mgvsinθC．當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到eq\f(v,2)時加速度大小為eq\f(g,2)sinθD．在速度達(dá)到3v后勻速運動的過程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功答案BC解析導(dǎo)體棒由靜止釋放，速度達(dá)到v時，回路中的電流為I，則根據(jù)平衡條件，有mgsinθ＝BIL。對導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力，以3v的速度勻速運動時，則回路中的電流為3I，有F＋mgsinθ＝3BIL，所以拉力F＝2mgsinθ，拉力的功率P＝F·3v＝6mgvsinθ，故A錯誤，B正確；當(dāng)導(dǎo)體棒的速度達(dá)到eq\f(v,2)時，回路中的電流為eq\f(I,2)，根據(jù)牛頓第二定律，得mgsinθ－Beq\f(I,2)L＝ma，解得a＝eq\f(g,2)sinθ，C正確；當(dāng)導(dǎo)體棒以3v的速度勻速運動時，根據(jù)能量守恒定律，重力和拉力所做的功之和等于R上產(chǎn)生的焦耳熱，故D錯誤。7．[2015·江西聯(lián)考]在粗糙絕緣的水平面上固定一個帶電荷量為Q的正點電荷。已知點電荷周圍電場的電勢可表示為φ＝keq\f(Q,r)，公式中k為靜電力常量，Q為場源電荷的電荷量，r為距場源電荷的距離，現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電荷量為q(q＞0)的滑塊(可視作質(zhì)點)，其與水平面的動摩擦因數(shù)為μ，keq\f(Qq,x\o\al(2,1))＞μmg，則()A．滑塊與帶電荷量為Q的正電荷距離為x1時，滑塊的電勢能為eq\f(kqQ,x1)B．若將滑塊無初速度地放在距離場源點電荷x1處，滑塊最后將停在距離場源點電荷eq\f(kqQ,μmgx1)處C．若將滑塊無初速度地放在距離場源點電荷x1處，滑塊運動到距離場源點電荷x3處的加速度為eq\f(kqQ,mx1x3)－μgD．若將滑塊無初速度地放在距離場源點電荷x1處，滑塊運動到距離場源點電荷x3處的速度為v＝eq\r(\f(2qkQ,mx1x3)－2μgx3－x1)答案ABD解析根據(jù)電勢能公式Ep＝qφ，可得：滑塊與帶電荷量為Q的正電荷相距為x1時，滑塊的電勢能Ep＝qφ＝eq\f(kqQ,x1)，選項A正確；若將滑塊無初速度地放在距離場源點電荷x1處，設(shè)滑塊最后停在距離場源點電荷x處，對此過程由動能定理可得：μmg(x－x1)＝eq\f(kQq,x1)－eq\f(kQq,x)，解得：x＝eq\f(kQq,μmgx1)，選項B正確；當(dāng)滑塊運動到距離場源點電荷x3處，對其受力分析，由牛頓第二定律可得：eq\f(kQq,x\o\al(2,3))－μmg＝ma，解得：a＝eq\f(kQq,mx\o\al(2,3))－μg，選項C錯誤；設(shè)滑塊運動到距離場源點電荷x3處的速度為v，對此過程由動能定理可得：eq\f(kQq,x1)－eq\f(kQq,x3)－μmg(x3－x1)＝eq\f(1,2)mv2，解得：v＝eq\r(2\f(kQq,mx1x3)－μgx3－x1)，選項D正確。8．[2015·寶雞檢測]如圖所示，半徑為r的光滑水平轉(zhuǎn)盤到水平地面的高度為H，質(zhì)量為m的小物塊被一個電子鎖定裝置鎖定在轉(zhuǎn)盤邊緣，轉(zhuǎn)盤繞過轉(zhuǎn)盤中心的豎直軸以ω＝kt(k＞0且是恒量)的角速度轉(zhuǎn)動。從t＝0開始，在不同的時刻t將小物塊解鎖，小物塊經(jīng)過一段時間后落到地面上。假設(shè)在t時刻解鎖的物塊落到地面上時重力的瞬時功率為P，落地點到轉(zhuǎn)盤中心的水平距離為d，則下圖中P-t圖象、d2-t2圖象分別正確的是()答案BC解析從平臺上掉落的物塊做平拋運動，豎直方向上：v2＝2gH，v為物塊落地時豎直方向上的速度，由瞬時功率公式P＝Fv＝mgv可知重力功率P與時間t無關(guān)，A項錯，B項正確；設(shè)經(jīng)時間t解鎖，物塊平拋運動速度v0＝rkt，豎直方向上物塊做自由落體運動，H＝eq\f(1,2)gt′2，x＝v0t′，由幾何關(guān)系可知，x2＋r2＝d2，解得：d2＝r2＋eq\f(2Hr2k2t2,g)，故C項正確，D項錯。選擇題專練(二)共8小題，每題6分，共48分，1～5為單選，6～8為多選，時間20分鐘1．[2015·石家莊一模]下列關(guān)于物理學(xué)研究方法的敘述中正確的是()A．電學(xué)中引入了點電荷的概念，突出了帶電體的帶電荷量，忽略了帶電體的質(zhì)量，這里運用了理想化模型的方法B．在推導(dǎo)勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看做勻速直線運動，再把各小段位移相加，這里運用了假設(shè)法C．用比值法定義的物理概念在物理學(xué)中占有相當(dāng)大的比例，例如電容C＝eq\f(Q,U)，加速度a＝eq\f(F,m)都是采用比值法定義的D．根據(jù)速度定義式v＝eq\f(Δx,Δt)，當(dāng)Δt非常小時，eq\f(Δx,Δt)就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，該定義運用了極限思維法答案D解析點電荷不僅考慮帶電體的帶電荷量，還要考慮帶電體的質(zhì)量，并不是忽略了帶電體的質(zhì)量，選項A錯誤；在推導(dǎo)勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看做勻速直線運動，再把各小段位移相加，這里運用了微元法，而不是假設(shè)法，選項B錯誤；加速度是采用比值定義法給出的，即a＝eq\f(Δv,Δt)，而不是a＝eq\f(F,m)，選項C錯誤；根據(jù)速度的定義式v＝eq\f(Δx,Δt)，利用極限思維法，當(dāng)Δt非常小時，可知eq\f(Δx,Δt)就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，選項D正確。2．[2015·蘭州實戰(zhàn)考試]質(zhì)量相等的甲、乙兩物體從離地面相同高度同時由靜止開始下落，由于兩物體的形狀不同，運動中受到的空氣阻力不同。將釋放時刻作為t＝0時刻，兩物體的v-t圖象如圖所示。則下列判斷正確的是()A．t0時刻之前，甲物體受到的空氣阻力總是大于乙物體受到的空氣阻力B．甲物體在eq\f(t0,2)時刻的速度小于乙物體0～t0時間內(nèi)的平均速度C．t0時刻甲、乙兩物體在同一高度D．兩物體不可能同時落地答案B解析下落的物體受重力、空氣阻力作用，由牛頓第二定律有：mg－f＝ma，即a＝g－eq\f(f,m)。在速度－時間圖象中，切線斜率表示加速度，由圖象知，t0時刻之前，乙的加速度先大于甲的加速度后小于甲的加速度，A項錯；速度－時間圖象與坐標(biāo)軸所圍面積表示物體的位移，0～t0時間內(nèi)，乙的位移大于甲的位移，故乙的平均速度大于甲的平均速度，由勻變速直線運動規(guī)律可知，甲的平均速度等于甲在eq\f(t0,2)時刻的瞬時速度，B項正確；兩物體由相同高度下落，故t0時刻，兩物體高度一定不同，C項錯；t0以后某時刻，兩物體位移可能相同，D項錯。3.[2015·江西六校聯(lián)考]如圖所示，固定斜面傾角為θ，整個斜面分為AB、BC兩段，AB＝2BC。小物塊P(可視為質(zhì)點)與AB、BC兩段斜面間的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2。已知P由靜止開始從A點釋放，恰好能滑到C點而停下，那么θ、μ1、μ2間應(yīng)滿足的關(guān)系是()A．tanθ＝2μ1＋μ2 B．tanθ＝2μ2＋μ1C．tanμ＝eq\f(2μ1＋μ2,3) D．tanθ＝eq\f(μ1＋2μ2,3)答案C解析物塊由A點滑動到C點過程中，物塊受重力、支持力、滑動摩擦力。設(shè)斜面AC長為L，由動能定理得mgLsinθ－μ1mgcosθ×eq\f(1,3)L－μ2mgcosθ×eq\f(2L,3)＝0－0，解得tanθ＝eq\f(2μ1＋μ2,3)。故C正確。4．[2015·保定二模]當(dāng)月球運動到太陽和地球中間且三者正好處在一條直線時，月球擋住太陽射向地球的光，地球處在月球的陰影區(qū)域內(nèi)，即為日食現(xiàn)象，發(fā)生日食時月球距太陽中心的距離為1.5×1011m。已知月球繞地球的公轉(zhuǎn)周期約為27天，軌道半徑為3.8×108m，太陽質(zhì)量2.0×1030kg，萬有引力常量G＝6.67×10A．0.5 B．2.5C．5.0 D．7.5答案A解析此題主要考查估算，設(shè)月球?qū)Φ厍虻囊镕1，對太陽的引力為F2，則：F1＝eq\f(GM月M地,r\o\al(2,1))，F(xiàn)2＝eq\f(GM月M太,r\o\al(2,2))，所以eq\f(F1,F2)＝eq\f(M地r\o\al(2,2),M太r\o\al(2,1))。月球繞地球做圓周運動有：eq\f(GM地M月,r\o\al(2,1))＝eq\f(M月4π2,T\o\al(2,1))·r1，得M地＝eq\f(4π2r\o\al(3,1),GT\o\al(2,1))，地球繞太陽做圓周運動有：eq\f(GM地M太,r1＋r22)＝M地eq\f(4π2r1＋r2,T\o\al(2,2))得M太＝eq\f(4π2r1＋r23,GT\o\al(2,2))，代入eq\f(F1,F2)得eq\f(F1,F2)＝eq\f(T\o\al(2,2),T\o\al(2,1))·eq\f(r1,r2)＝(eq\f(12,1))2×eq\f(3.8,1500)＝eq\f(144×3.8,1500)≈0.38。故A正確。5.[2015·開封二模]假設(shè)空間某一靜電場的電勢φ隨x變化情況如圖所示，根據(jù)圖中信息可以確定下列說法中正確的是()A．空間各點場強(qiáng)的方向均與x軸垂直B．將電荷沿x軸從O移到x1的過程中，電荷做勻加速直線運動C．正電荷沿x軸從x2移到x3的過程中，電場力做正功，電勢能減小D．負(fù)電荷沿x軸從x4移到x5的過程中，電場力做負(fù)功，電勢能增加答案D解析由圖看出，x軸上各點電勢不全相等，x軸不是一條等勢線，所以空間各點場強(qiáng)的方向不全與x軸垂直，A錯誤；x軸從O到x1，各點電勢相等，任意兩點間電勢差為零，電場力做功為零，電荷不可能做勻加速直線運動，B錯誤；正電荷沿x軸從x2移到x3的過程中，電勢升高，正電荷的電勢能增加，電場力做負(fù)功，C錯誤；負(fù)電荷沿x軸從x4移到x5的過程中，電勢降低，負(fù)電荷的電勢能增加，電場力做負(fù)功，D正確。6.[2015·南昌調(diào)研]兩個質(zhì)量相同，所帶電荷量相等的帶電粒子a、b，以不同的速率對準(zhǔn)圓心O沿著AO方向射入垂直紙面向里的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，其運動軌跡如圖，不計粒子的重力，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)粒子帶負(fù)電，b粒子帶正電B．b粒子動能較大C．a(chǎn)粒子在磁場中所受洛倫茲力較大D．b粒子在磁場中運動時間較長答案AB解析由左手定則可知，a粒子帶負(fù)電、b粒子帶正電，A項正確；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動，由軌跡可以判斷，a粒子軌跡半徑小于b粒子軌跡半徑，由半徑公式R＝eq\f(mv,qB)可知，a粒子速度較小，而兩粒子質(zhì)量相等，故b粒子動能較大，B項正確；由洛倫茲力F＝qvB可知，b粒子受洛倫茲力較大，C項錯；由周期公式T＝eq\f(2πm,qB)可知，兩粒子在磁場中運動周期相同，粒子在磁場中運動時間t＝eq\f(θ,2π)T，由于粒子軌跡所對圓心角θ等于其偏向角，故粒子a的軌跡所對圓心角較大，故a粒子在磁場中運動時間較長，D項錯。7.[2015·蘇州調(diào)研]如圖所示，小球B放在真空正方體容器A內(nèi)，球B的直徑恰好等于A的內(nèi)邊長，現(xiàn)將它們以初速度v0豎直向上拋出，下列說法中正確的是()A．若不計空氣阻力，下落過程中，B對A沒有彈力B．若考慮空氣阻力，上升過程中，A對B的彈力向下C．若考慮空氣阻力，下落過程中，B對A的彈力向上D．若不計空氣阻力，上升過程中，A對B有向上的彈力答案AB解析若不計空氣阻力，AB豎直上拋的加速度a＝g，隔離B知A、B間無彈力故A正確，D錯誤；若考慮空氣阻力，以AB整體為研究對象，上升過程加速度a＞g，則隔離B知A對B有豎直向下彈力，故B正確。下降過程以AB整體為研究對象知a<g，則隔離B知A對B的彈力向上，由牛頓第三定律知B對A的彈力向下，故C錯誤。8．[2015·江西上饒二模]如圖所示，匝數(shù)n＝100匝、面積為S＝0.448m2的導(dǎo)線框ABCD所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝eq\f(\r(2),10π)T。線框繞垂直于磁場的軸OO′以角速度ω＝100πrad/s勻速轉(zhuǎn)動，并與理想升壓變壓器相連進(jìn)行遠(yuǎn)距離輸電，升壓變壓器的原副線圈匝數(shù)比為2∶5，理想降壓變壓器副線圈接入一只“220V1100W”的燈泡，且燈泡正常發(fā)光，輸電線路總電阻r＝20Ω，導(dǎo)線框及其余導(dǎo)線電阻不計，電表均為理想電表。則下列說法中正確的是()A．電壓表的讀數(shù)為448VB．輸電線路的電流為0.98AC．電流表的讀數(shù)為2.5AD．降壓變壓器的原副線圈匝數(shù)比為5∶1答案ACD解析電壓表的讀數(shù)為線圈在磁場中轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的電動勢的有效值，最大值Em＝nBSω＝448eq\r(2)V，則有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝448V，故A正確。降壓變壓器的輸入功率等于輸出功率為P3＝1100W，升壓變壓器的輸出電壓U2＝eq\f(5,2)E＝1120V，設(shè)輸電線路電流為I2，則有U2I2＝Ieq\o\al(2,2)r＋P3，解得I2＝1A，故B錯誤。降壓變壓器負(fù)線圈電流I3＝eq\f(P3,U4)＝eq\f(1100,220)A＝5A，所以eq\f(n3,n4)＝eq\f(I3,I2)＝5∶1，故D正確。電流表示數(shù)eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，得I1＝eq\f(n2I2,n1)＝eq\f(5×1,2)＝2.5A，故C正確。選擇題專練(三)對應(yīng)學(xué)生用書P229共8小題，每題6分，共48分，1～5為單選，6～8為多選，時間20分鐘1．[2015·鄭州質(zhì)檢]伽利略對“自由落體運動”和“運動和力的關(guān)系”的研究，開創(chuàng)了科學(xué)實驗和邏輯推理相結(jié)合的重要科學(xué)研究方法。圖1、圖2分別表示這兩項研究中實驗和邏輯推理的過程，對這兩項研究，下列說法正確的是()A．圖1通過對自由落體運動的研究，合理外推得出小球在斜面上做勻變速運動B．圖1中先在傾角較小的斜面上進(jìn)行實驗，可“沖淡”重力，使時間測量更容易C．圖2中完全沒有摩擦阻力的斜面是實際存在的，實驗可實際完成D．圖2的實驗為“理想實驗”，通過邏輯推理得出物體的運動需要力來維持答案B解析圖1是先在傾角較小的斜面上進(jìn)行實驗，“沖淡”重力，使時間測量更容易，A項錯誤，B項正確；完全沒有摩擦阻力的斜面并不存在，C項錯；圖2中實驗通過邏輯推理得出物體的運動不需要力來維持，D項錯。2．[2015·衡水一模]截面為直角三角形的木塊A質(zhì)量為M，放在傾角為θ的斜面上，當(dāng)θ＝37°時，木塊恰能靜止在斜面上，如圖甲。現(xiàn)將θ改為30°，在A與斜面間放一質(zhì)量為m的光滑圓柱體B，如圖乙。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則()A．A、B仍一定靜止于斜面上B．若M＝4m，則A受到斜面的摩擦力為eq\f(5,2)mgC．若M＝2m，則A受到的摩擦力為eq\f(3,2)mgD．以上說法都不對答案B解析當(dāng)θ＝37°時，木塊恰能靜止，由平衡知Mgsin37°＝μMgcos37°，故μ＝eq\f(3,4)，當(dāng)改為θ＝30°時，(M＋m)gsin30°和μMgcos30°大小關(guān)系不確定，故A錯誤。若M＝4m時，(M＋m)gsin30°＜μMgcos30°，則AB靜止在斜面上，A與斜面間為靜摩擦，大小為f＝(M＋m)gsin30°＝eq\f(5,2)mg，故B正確。若M＝2m時，(M＋m)gsin30°＞μMgcos30°，則AB相對斜面滑動，A與斜面間為滑動摩擦力，大小為f＝μMgcos30°≠eq\f(3,2)mg，故C錯誤，D也錯誤。3．[2015·北京昌平區(qū)二模]如圖(甲)所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比n1∶n2＝10∶1，R1＝R2＝20Ω，C為電容器。已知加在原線圈兩端的正弦式交變電流的電壓隨時間變化的規(guī)律如圖(乙)所示，則()A．交流電的頻率為100HzB．副線圈中交流電壓表的示數(shù)為20eq\r(2)VC．電阻R1消耗的電功率為20WD．通過R2的電流始終為零答案C解析根據(jù)變壓器原理可知原副線圈中電流的周期、頻率相同，周期為0.02s、頻率為50赫茲，故A錯誤；由圖乙可知原線圈最大電壓為Um＝200eq\r(2)V，有效值為200V，再根據(jù)原副線圈的電壓之比等于匝數(shù)之比可知副線圈電壓為20V，電表讀數(shù)為有效值，故為20V，故B錯誤；根據(jù)正弦交流電的峰值和有效值關(guān)系及并聯(lián)電路特點可知電阻R1的電功率P＝eq\f(U\o\al(2,2),R)＝eq\f(202,20)W＝20W，故C正確；因為電容器有通交流、阻直流的作用，則有電流通過R2和電容器，即電流不為零，故D錯誤。4．[2015·蘭州實戰(zhàn)考試]在邊長為L的等邊三角形區(qū)域abc內(nèi)存在著垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，一個邊長也為L的等邊三角形導(dǎo)線框def在紙面上以某一速度向右勻速運動，底邊ef始終與磁場的底邊界bc在同一直線上，如圖所示。取沿順時針的電流為正，在線框通過磁場的過程中，其感應(yīng)電流隨時間變化的圖象是()答案B解析線框通過磁場的過程中，通過線框的磁通量先增大后減小，故感應(yīng)電流方向一定發(fā)生變化，AC項錯；線框通過磁場過程中，切割磁感線的有效長度L′＝eq\r(3)vt，由E＝BL′v和閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R)可知，感應(yīng)電流隨時間均勻變化，B項正確，D項錯。5．[2015·合肥質(zhì)檢]如圖所示，M、N是兩塊水平放置的平行金屬板，R0為定值電阻，R1、R2為可變電阻，開關(guān)S閉合。質(zhì)量為m的帶正電的微粒從P點以水平速度v0射入金屬板間，沿曲線打在N板上的O點，若經(jīng)下列調(diào)整后，微粒仍從P點以水平速度v0射入，則關(guān)于微粒打在N板上的位置說法正確的是()A．保持開關(guān)S閉合，增大R1，粒子打在O點左側(cè)B．保持開關(guān)S閉合，增大R2，粒子打在O點左側(cè)C．?dāng)嚅_開關(guān)S，M極板稍微上移，粒子打在O點右側(cè)D．?dāng)嚅_開關(guān)S，M極板稍微下移，粒子打在O點右側(cè)答案A解析閉合開關(guān)，電路穩(wěn)定后，無電流通過電阻R2，故電容器兩極板間電壓與R0兩端電壓相同，故調(diào)整R2大小對兩板間電場無影響，B項錯；由電路連接情況可知，兩板間電場方向豎直向上，故帶正電微粒所受電場力豎直向上，電阻R0與R1串聯(lián)，根據(jù)串聯(lián)分壓規(guī)律可知，增大R1，R0兩端電壓減小，兩極板間電壓減小，粒子所受電場力減小，故微粒所受合外力豎直向下，且增大，由牛頓第二定律可知，粒子運動加速度增大，豎直方向上，eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2，水平方向上，x＝v0t，由兩式可知，粒子水平位移減小，A項正確；斷開開關(guān)，電容器所帶電荷量Q不變，由電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，定義式C＝eq\f(Q,U)，場強(qiáng)與電勢差關(guān)系，解以上各式可得：E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知改變板間距離不會改變兩板間場強(qiáng)，所以粒子仍打在O點，C、D項錯。6.[2015·唐山二模]甲乙為兩顆地球衛(wèi)星，其中甲軌道為圓，乙軌道為橢圓，圓軌道的直徑與橢圓軌道的長軸相等，如圖所示，P點為兩軌道的一個交點。以下判斷正確的是()A．衛(wèi)星乙在遠(yuǎn)地點的線速度小于衛(wèi)星甲的線速度B．衛(wèi)星乙在近地點的線速度小于衛(wèi)星甲的線速度C．衛(wèi)星乙的周期大于衛(wèi)星甲的周期D．衛(wèi)星乙在P點的加速度等于衛(wèi)星甲在P點的加速度答案AD解析由于甲軌道半徑和乙軌道的半長軸相等，由開普勒第三定律eq\f(r3,T2)＝k，知甲、乙周期相等，故C錯誤。甲、乙在P點時距地球一樣近，加速度a＝eq\f(GM,r2)相等，故D正確。如圖，在乙軌道的遠(yuǎn)地點虛擬一個圓軌道1，在近地點也虛擬一個圓軌道2。由v＝eq\r(\f(GM,r))知v2＞v甲＞v1，而乙在近地點時的速度大于v2，更大于v甲，故B錯誤。乙在遠(yuǎn)地點的速度小于v1，更小于v甲，故A正確。7．[2015·蘇州調(diào)研]如圖所示，足夠長的木板A靜止放置于水平面上，小物塊B以初速度v0從木板左側(cè)滑上木板，關(guān)于此后A、B兩物體運動的v-t圖象可能是()答案AD解析當(dāng)?shù)孛婀饣瑫r，B相對A向右滑動，A對B的摩擦力方向向左，B減速；B對A的摩擦力方向向右，A加速，當(dāng)A、B共速時若沒滑下A板，則A、B一起勻速，A選項正確。若地面有摩擦，且共速以后A、B不再相對滑動，則A與地面的動摩擦因數(shù)μ1需要小于A、B間的動摩擦因數(shù)μ2，A、B共同減速的加速度a＝μ2g，比B在A上相對滑動時B的加速度μ18．[2015·保定二模]一頂角為90°的三角形物塊M放在光滑水平面上，兩底角分別為α、β(α＜β)。A、B兩個質(zhì)量相等的小物塊，分別從光滑斜面上P、Q兩點(圖中未標(biāo)出P、Q)同時由靜止釋放，如圖所示，二者在下滑過程中均未脫離斜面且同時落地。選擇地面為零勢能面，下列說法正確的是()A．A、B在釋放點重力勢能大小相等B．A、B到達(dá)斜面底端時重力的功率PA＜PBC．在下滑過程中A的機(jī)械能守恒D．A、B下滑過程中三角形物塊M向左運動答案BC解析設(shè)A距地面的高度為hA，B距地面的高度為hB，二者從靜止釋放到落地時間均為t，則eq\f(hA,sinα)＝eq\f(1,2)gsinα·t2，eq\f(hB,sinβ)＝eq\f(1,2)gsinβ·t2，所以hA＜hB，質(zhì)量相等，故mghA＜mghB，A選項錯誤。A對M壓力的水平分力為mgcosα·sinα，B對M壓力的水平分力為mgcosβ·sinβ，因α＋β＝90°，所以cosα＝sinβ，sinα＝cosβ，故兩水平分力相等，M不動，D選項錯誤。A下滑過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，C選項正確。A到達(dá)斜面底端時重力的功率PA＝mgvA·sinα＝mg2·sin2α·t，同理PB＝mg2sin2β·t，所以PA＜PB，故B選項正確。選擇題專練(四)共8小題，每題6分，共48分，1～5為單選，6～8為多選，時間20分鐘1．[2015·上饒六校二聯(lián)]在物理學(xué)理論建立的過程中，有許多偉大的科學(xué)家做出了貢獻(xiàn)。關(guān)于科學(xué)家和他們的貢獻(xiàn)，下列說法中正確的是()A．法拉第根據(jù)電流的磁效應(yīng)現(xiàn)象得出了法拉第電磁感應(yīng)定律B．卡文迪許發(fā)現(xiàn)了電荷之間的相互作用規(guī)律，并測出了靜電力常量k的值C．開普勒通過研究行星觀測記錄，發(fā)現(xiàn)了行星運動三大定律D．牛頓總結(jié)出了萬有引力定律并用實驗測出了引力常量答案C解析得到電流的磁效應(yīng)的科學(xué)家為奧斯特，A選項錯誤。庫侖發(fā)現(xiàn)了電荷之間的相互作用規(guī)律，并測出了靜電力常量k的值，B錯?？ㄎ牡显S測出了引力常量G，D選項錯誤，故選C。2．[2015·唐山二模]質(zhì)點做直線運動，0～4s內(nèi)某物理量隨時間變化的關(guān)系如圖所示，則()A．若y軸表示位移，0～2s內(nèi)質(zhì)點的運動方向不變B．若y軸表示位移，2～4s內(nèi)質(zhì)點的運動方向不變C．若y軸表示速度，0～2s內(nèi)質(zhì)點的運動方向不變D．若y軸表示速度，1～3s內(nèi)質(zhì)點的運動方向不變答案C解析若y軸表示位移，則x-t圖象斜率表示速度，0～2s速度方向改變，2～4s速度方向也改變，故A、B錯誤。若y軸表示速度，則v-t圖象中在t軸上方速度方向為正方向，在t軸下方速度方向為負(fù)方向，0～2s速度方向不變，1～3s速度方向改變，故C正確、D錯誤。3．[2015·青島二模]如圖甲所示，電阻不計的N匝矩形閉合導(dǎo)線框abcd處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.1T的水平勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)線框面積為0.5m2。導(dǎo)線框繞垂直于磁場的軸勻速轉(zhuǎn)動，并與理想變壓器原線圈相連，原副線圈的匝數(shù)比為10∶1，副線圈接有一滑動變阻器RA．閉合導(dǎo)線框中產(chǎn)生的交變電壓的表達(dá)式為U＝100eq\r(2)sin100tB．閉合導(dǎo)線框的匝數(shù)N＝10C．若滑動變阻器的滑片P向上移動，電流表的示數(shù)將減小D．若導(dǎo)線框的轉(zhuǎn)速加倍，變壓器的輸出功率將加倍答案C解析副線圈兩端電壓最大值由乙圖得U2m＝10V，U2＝eq\f(U2m,\r(2))，eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，U1m＝eq\r(2)U1＝100V，所以A選項錯誤。因U1m＝NBSω得N＝20匝，B錯誤。若P上移，副線圈電流變小，則原線圈電流也變小，C正確。若轉(zhuǎn)速加倍，由ω＝2πn知ω加倍，U1m＝NBSω加倍，U2加倍，P2＝eq\f(U\o\al(2,2),R)變?yōu)樵瓉硭谋?，D錯誤。4．[2015·銀川一模]位于正方形四角上的四個等量點電荷的電場線分布如圖所示，ab、cd分別是正方形兩條邊的中垂線，O點為中垂線的交點，P、Q分別為cd、ab上的點。則下列說法正確的是()A．P、O兩點的電勢關(guān)系為φP＝φOB．P、Q兩點電場強(qiáng)度的大小關(guān)系為EQ>EPC．若在O點放一正點電荷，則該正點電荷受到的電場力不為零D．若將某一負(fù)電荷由P點沿著圖中曲線PQ移到Q點，電場力做負(fù)功答案A解析A項，根據(jù)電場疊加，由圖象可知ab、cd兩中垂線上各點的電勢都為零，所以P、O兩點的電勢相等，故A正確。B項，電場線的疏密表示場強(qiáng)的大小，根據(jù)圖象知EP＞EQ，故B錯誤。C項，四個點電荷在O點產(chǎn)生的電場相互抵消，場強(qiáng)為零，故在O點放一正點電荷，則該正點電荷受到的電場力為零，故C錯誤。D項，P、Q電勢相等，所以a、c兩點電勢相等，若將某一負(fù)電荷由P點沿著圖中曲線PQ移到Q點，電場力做功為零，故D錯誤。5．[2015·蘇州調(diào)研]一個物體靜止在質(zhì)量均勻的星球表面的“赤道”上。已知引力常量G，星球密度ρ，若由于星球自轉(zhuǎn)使物體對星球表面的壓力恰好為零，則該星球自轉(zhuǎn)的角速度為()A.eq\r(\f(4,3)ρGπ) B.eq\r(\f(3π,ρG))C.eq\f(4,3)ρGπ D.eq\f(3π,ρG)答案A解析星球赤道上的物體，萬有引力等于重力與隨星球自轉(zhuǎn)向心力的和，即：eq\f(GMm,R2)＝mg＋mω2R，且物體對星球壓力N＝mg，若要使N＝0，則ω應(yīng)加大到滿足eq\f(GMm,R2)＝mω2R，得：ω＝eq\r(\f(GM,R3))，又因為M＝ρ·eq\f(4,3)πR3代入ω＝eq\r(\f(GM,R3))得：ω＝eq\r(\f(Gρ4πR3,3R3))＝eq\r(\f(4πGρ,3))，故A正確，B、C、D錯誤。6.[2015·陜西八校聯(lián)考]如圖所示，一根繩子一端固定于豎直墻上的A點，另一端繞過動滑輪P懸掛一重物B，其中繩子的PA段處于水平狀態(tài)，另一根繩子一端與動滑輪P的軸相連，在繞過光滑的定滑輪Q后在其端點O施加一水平向左的外力F，使整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，滑輪均為光滑、輕質(zhì)，且均可看做質(zhì)點，現(xiàn)拉動繩子的端點O使其向左緩慢移動一小段距離后達(dá)到新的平衡狀態(tài)，則該平衡狀態(tài)與原平衡狀態(tài)相比較()A．拉力F增加 B．拉力F減小C．角θ不變 D．角θ減小答案AD解析以動滑輪P為研究對象，AP、BP段繩子受的力始終等于B的重力，兩繩子拉力的合力在∠APB角平分線上，拉動繩子后，滑輪向上運動，兩繩子夾角減小，兩拉力的合力增大，故F增大，A項正確，B項錯；PQ與豎直方向夾角等于∠APB的一半，故拉動繩子后角θ減小，C項錯，D項正確。7．[2015·德陽二診]如圖所示，一根長為L＝3m的豎直繩子末端掛著一個質(zhì)量為m＝1kg的木塊(可視為質(zhì)點)，現(xiàn)給木塊一個水平方向的初速度v0＝4m/s，使木塊開始擺動，當(dāng)繩子擺到與豎直方向的夾角θ＝37°時，繩突然斷了，繩斷后，木塊恰能運動到水平傳送帶的最左端，且此時速度水平，此后木塊在傳送帶上滑行。已知傳送帶足夠長，正以v′＝1m/s的恒定速度逆時針運行，木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，不考慮空氣阻力和繩的質(zhì)量，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法中正確的是()A．繩斷時木塊的速度大小為2m/sB．木塊剛好到達(dá)傳送帶最左端時的速度大小為1m/sC．木塊在傳送帶上距傳送帶左端的最大距離是1.28mD．木塊從滑上傳送帶到離開傳送帶的過程中，整個系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量為3.38J答案AD解析木塊運動到與豎直方向夾角為θ的位置時速度設(shè)為v，由動能定理得：－mgL(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得v＝2m/s，水平分速度vx＝vcosθ＝1.6m/s，故A選項正確。木塊以vx＝1.6m/s滑上傳送帶，由于vx＞v′，所以木塊向右減速，然后再向左加速，還沒到左端時速度達(dá)到v′＝1m/s，故B選項錯誤。木塊速度為零時到達(dá)最右端，據(jù)veq\o\al(2,x)＝2μgx得x＝0.64m，故C選項錯誤。木塊向右運動過程中產(chǎn)熱Q1＝μmg(eq\f(v\o\al(2,x),2a)＋v′·eq\f(vx,a))＝2.88J，木塊向左運動過程中產(chǎn)熱Q2＝μmg(eq\f(v′,a)·v′－eq\f(v′2,2a))＝0.5J，所以Q＝Q1＋Q2＝3.38J，故D選項正確。8．[2015·商丘一模]如圖甲，固定在光滑水平面上的正三角形金屬線框，匝數(shù)n＝20，總電阻R＝2.5Ω，邊長L＝0.3m，處在兩個半徑均為r＝eq\f(L,3)的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域中。線框頂點與右側(cè)圓中心重合，線框底邊中點與左側(cè)圓中心重合。磁感應(yīng)強(qiáng)度B1垂直水平面向外，大小不變；B2垂直水平面向里，大小隨時間變化，B1、B2的值如圖乙所示。則下列說法正確的是(π取3)()A．通過線框中感應(yīng)電流方向為逆時針方向B．t＝0時刻穿過線框的磁通量為0.1WbC．在t＝0.6s內(nèi)通過線框中的電量為0.12CD．經(jīng)過t＝0.6s線框中產(chǎn)生的熱量為0.06J答案ACD解析由乙圖知B2增大，由楞次定律知線框中感應(yīng)電流方向為逆時針，A選項正確。t＝0時刻穿過線框的磁通量Φ＝B1eq\f(πr2,2)＋B2eq\f(πr2,6)＝(－1×eq\f(3×0.01,2)＋2×eq\f(3×0.01,6))Wb＝－0.005Wb，所以B項錯誤。t＝0.6s內(nèi)通過線框的電量q＝neq\f(ΔΦ,R)＝neq\f(πr2,6)eq\f(ΔB,R)＝neq\f(πr2×3,6R)＝0.12C，故C正確。t＝0.6s內(nèi)感應(yīng)電流I＝neq\f(ΔΦ,Δt·R)＝20×eq\f(πr2×3,6ΔtR)＝0.2A，Q＝I2Rt＝0.06J，故D正確。

選擇題專練(五)共8小題，每題6分，共48分，1～5為單選，6～8為多選，時間20分鐘1．[2015·江西六校二聯(lián)]在解一道由字母表達(dá)結(jié)果的計算題中，某同學(xué)解得位移結(jié)果的表達(dá)式為x＝eq\f(Ft1＋t2,2m)，其中F表示力，t表示時間，m表示質(zhì)量，用單位制的方法檢查，這個結(jié)果()A．可能是正確的B．一定是錯誤的C．如果用國際單位制，結(jié)果可能正確D．用國際單位，結(jié)果錯誤，如果用其他單位制，結(jié)果可能正確答案B解析在國際單位制中，時間的單位是米(m)，力的單位是牛頓(N)，質(zhì)量的單位是千克(kg)，根據(jù)牛頓第二定律eq\f(F,m)的單位是m/s2，經(jīng)換算題目中所給表達(dá)式中x的單位是m/s，這個結(jié)果是錯誤的。2．[2015·山西質(zhì)檢]用傳感器研究質(zhì)量為2kg的物體由靜止開始做直線運動的規(guī)律時，在計算機(jī)上得到0～6s內(nèi)物體的加速度隨時間變化的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是()A．0～6s內(nèi)物體先向正方向運動，后向負(fù)方向運動B．0～6s內(nèi)物體在4s時的速度最大C．物體在2～4s內(nèi)速度不變D．0～4s內(nèi)合力對物體做的功等于0～6s內(nèi)合力做的功答案D解析由v＝at可知，a-t圖象中，圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示質(zhì)點的速度，0～6s內(nèi)物體的速度始終為正值，故一直為正方向，A項錯；t＝5s時，速度最大，B項錯；2～4s內(nèi)加速度保持不變，速度一定變化，C項錯；0～4s內(nèi)與0～6s內(nèi)圖線與坐標(biāo)軸所圍面積相等，故物體4s末和6s末速度相同，由動能定理可知，兩段時間內(nèi)合力對物體做功相等，D項正確。3．[2015·益陽調(diào)研]深空探測器“探路者”號宇宙飛船在宇宙深處飛行的過程中，發(fā)現(xiàn)甲、乙兩顆均勻球形天體，兩天體各有一顆靠近其表面飛行的衛(wèi)星，測得兩顆衛(wèi)星的周期相等，以下判斷正確的是()A．天體甲、乙的質(zhì)量一定不相等B．兩顆衛(wèi)星的線速度一定相等C．天體甲、乙的密度一定相等D．天體甲、乙表面的重力加速度之比等于它們半徑的反比答案C解析兩天體各有一顆靠近其表面飛行的衛(wèi)星，則eq\f(GM甲m,R\o\al(2,甲))＝meq\f(4π2,T甲)R甲，eq\f(GM乙m,R\o\al(2,乙))＝meq\f(4π2,T\o\al(2,乙))R乙，由于ρ＝eq\f(M,\f(4,3)πR3)，所以ρ甲＝eq\f(3π,GT\o\al(2,甲))，ρ乙＝eq\f(3π,GT\o\al(2,乙))，因T甲＝T乙，則ρ甲＝ρ乙，故C正確。天體半徑不一定相同，所以A錯誤。由eq\f(GMm,R2)＝eq\f(mv2,R)得v＝eq\r(\f(GM,R))＝eq\r(Gρ\f(4,3)πR2)，R不一定相同，故B錯誤。因g＝eq\f(GM,R2)＝Gρeq\f(4,3)πR，所以g與R成正比，D錯誤。4．[2015·衡水一模]一質(zhì)點在0～15s內(nèi)豎直向上運動，其加速度－時間圖象如圖所示，若取豎直向下為正，g取10m/s2，則下列說法正確的是()A．質(zhì)點的機(jī)械能不斷增加B．在0～5s內(nèi)質(zhì)點的動能增加C．在10～15s內(nèi)質(zhì)點的機(jī)械能一直增加D．在t＝15s時質(zhì)點的機(jī)械能大于t＝5s時質(zhì)點的機(jī)械能答案D解析由圖知0～5s，a1＝10m/s2＝g，所以質(zhì)點豎直向上減速，在此時間段內(nèi)只有重力做負(fù)功，機(jī)械能守恒，動能減少，故A、B錯誤。10～15s內(nèi)a＝12m/s2＞g且方向向下，所以受除重力以外的力F2，方向向下，做負(fù)功，機(jī)械能減少，故C錯誤。5～10s內(nèi)除重力以外的力F1向上，5～10s內(nèi)mg－F1＝ma1,10～15s內(nèi)F2＋mg＝ma2，所以F1＝F2，但5～10s內(nèi)位移大于10～15s內(nèi)位移，故F1做正功大于F2做負(fù)功。5～15s內(nèi)除重力以外的力的總功為正功，機(jī)械能增加，故t＝15s時質(zhì)點機(jī)械能大于t＝5s時質(zhì)點機(jī)械能。5．[2015·臨沂二模]如圖甲所示，固定的水平金屬導(dǎo)軌足夠長且電阻不計。兩阻值相同的導(dǎo)體棒ab、cd置于導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌垂直且始終保持良好接觸。整個裝置處在與導(dǎo)軌平面垂直向下的勻強(qiáng)磁場B中?，F(xiàn)讓導(dǎo)體棒ab以如圖乙所示的速度向右運動。導(dǎo)體棒cd始終靜止在導(dǎo)軌上，以水平向右為正方向，則導(dǎo)體棒cd所受的靜摩擦力f隨時間變化的圖象是()答案B解析ab棒切割磁感線產(chǎn)生電動勢E＝Blv，由閉合電路歐姆定律，I＝eq\f(E,2R)，cd受安培力F＝BIl，聯(lián)立得F＝eq\f(B2l2v,2R)，又因cd靜止，則cd受靜摩擦f＝F＝eq\f(B2l2v,2R)，正比于v，方向向左，故B正確。6．[2015·蘇州調(diào)研]如圖甲所示的電路中，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為4∶1，電壓表和電流表均為理想電表，R1是用氧化錳等金屬氧化物燒結(jié)而成的熱敏電阻，R0為定值電阻。原線圈接如圖乙所示的正弦交流電，下列說法正確的是()A．交流電壓u的表達(dá)式u＝36eq\r(2)sin100πt(V)B．變壓器原、副線圈中的電流之比為1∶4C．變壓器輸入、輸出功率之比為1∶4D．當(dāng)R1溫度升高時，電壓表和電流表的讀數(shù)均變大答案AB解析由乙圖知Um＝36eq\r(2)，T＝0.02s即ω＝100π，所以A正確。原、副線圈電流之比：eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(1,4)，故B正確。變壓器輸入功率等于輸出功率，故C錯誤。當(dāng)R1溫度升高時，R1阻值減小，電流表示數(shù)變大，但示數(shù)不變，D錯誤。7．[2015·衡水三調(diào)]如圖是汽車運送圓柱形工件的示意圖。圖中P、Q、N是固定在車體上的壓力傳感器，假設(shè)圓柱形工件表面光滑，汽車靜止不動時Q傳感器示數(shù)為零，P、N傳感器示數(shù)不為零。當(dāng)汽車向左勻加速啟動過程中，P傳感器示數(shù)為零，而Q、N傳感器示數(shù)不為零。已知sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，tan15°＝0.27，g＝10m/s2。則汽車向左勻加速啟動的加速度可能為()A．4m/s2 B．3m/s2C．2m/s2 D．1m/s2答案AB解析如圖，當(dāng)mgtan15°＝ma即a＝2.7m/s2時只有N傳感器有示數(shù)，若要Q傳感器也有示數(shù)需a＞2.7m/s2，故A、B正確，C、D錯誤。8．[2015·德陽二診]如圖所示，A、B為兩塊平行金屬板，A板帶正電荷、B板帶負(fù)電荷，兩板之間存在著勻強(qiáng)電場，兩板間距為d、電勢差為U，在B板上開有兩個相距為L的小孔M、N，C、D為兩塊同心半圓形金屬板，圓心都在貼近B板的O′處，C帶正電、D帶負(fù)電。兩板間的距離很近，兩板末端的中心線正對著B板上的小孔，兩板間的電場強(qiáng)度可認(rèn)為大小處處相等，方向都指向O′，半圓形金屬板兩端與B板的間隙可忽略不計?，F(xiàn)從正對B板小孔緊靠A板的O處由靜止釋放一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子(粒子的重力不計)，則下列說法中正確的是()A．粒子穿過B板小孔M的速度是eq\r(\f(qU,m))B．當(dāng)C、D板間的場強(qiáng)大小E＝eq\f(4U,L)時，粒子能在C、D板間運動而不碰板C．從釋放粒子開始，粒子通過小孔N的時間可能是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4d＋\f(πL,2)))eq\r(\f(m,2qU))D．從釋放粒子開始，粒子通過半圓形金屬板最低點P的時間可能是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6d＋\f(3πL,4)))eq\r(\f(m,2qU))答案BD解析粒子由A板運動到M點由動能定理得：qU＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2qU,m))，故A項錯誤。在C、D間當(dāng)Eq＝eq\f(mv2,R)，R＝eq\f(L,2)時，即E＝eq\f(4U,L)時，粒子在C、D間做勻速圓周運動，不碰板，B項正確。粒子在A、B板間時間t1＝eq\f(d,\f(v,2))＝2deq\r(\f(m,2qU))，粒子在C、D間運動周期t2＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(πL,v)＝πLeq\r(\f(m,2qU))，所以粒子通過P點的時間t＝(2n＋1)(t1＋eq\f(t2,4))(n＝0,1,2…)，即t＝(2n＋1)(2d＋eq\f(πL,4))eq\r(\f(m,2qU))，當(dāng)n＝1時，D項正確。第一次過N點時間為(2d＋eq\f(πL,2))eq\r(\f(m,2qU))，第二次過N點時間為(6d＋eq\f(πL,2))eq\r(\f(m,2qU))，C選項錯誤。選擇題專練(六)共8小題，每題6分，共48分，1～5為單選，6～8為多選，時間20分鐘1．[2015·山西質(zhì)監(jiān)]曹沖生五六歲，智意所及，有若成人之智。時孫權(quán)曾致巨象，太祖欲知其斤重，訪之群下，咸莫能出其理。沖曰：“置象大船之上，而刻其水痕所至，稱物以載之，則?？芍印！碧鎼?，即施行焉。這便是家喻戶曉的典故“曹沖稱象”。下列研究過程中用到的方法與“曹沖稱象”相同的是()A．建立“瞬時速度”的概念B．建立“電場強(qiáng)度”的概念C．建立“合力與分力”的概念D．探究電阻、電壓和電流三者之間的關(guān)系答案C解析“曹沖稱象”應(yīng)用了大象與重物分別置于船上，使船吃水深度相同，屬于等效法，C項正確。2.[2015·吉林市三模]在一筆直公路上有a、b、c三輛汽車，它們同時經(jīng)過同一路標(biāo)開始計時，此后的v-t圖象示意如圖，下列判斷正確的是()A．在t1時刻a、b速度相等B．0～t1時間內(nèi)，a、b間距離在減小C．0～t1時間內(nèi)，a位于b、c后面D．t1時刻以后，b位于a、c前面答案A解析由圖知t1時刻a、b速度相等，A項正確。0～t1時間內(nèi)，va＞vb，a、b間距離在增大，B項錯誤。0～t1時間內(nèi)由v-t圖象圍成的面積知a的位移最大，位于b、c前面，C項錯誤。t1時刻以后，短時間內(nèi)b追趕a，仍在a后面，D項錯誤。3．[2015·福建四地六校聯(lián)考]如圖，A、B兩物體疊放在水平地面上，A物體質(zhì)量m＝20kg，B物體質(zhì)量M＝30kg。處于水平位置的輕彈簧一端固定于墻壁，另一端與A物體相連，彈簧處于自然狀態(tài)，其勁度系數(shù)為250N/m，A與B之間、B與地面之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5?，F(xiàn)用一水平推力F作用于物體B上，使B緩慢地向墻壁移動，A、B始終保持相對靜止。當(dāng)B移動0.2m時，水平推力的大小為(g取10m/s2)()A．200N B．250NC．300N D．350N答案C解析B相對地面移動，B與地面之間為滑動摩擦力，大小f＝μ(M＋m)g＝250N，因緩慢移動，故受力平衡，F(xiàn)＝kx＋f，代入數(shù)據(jù)F＝300N，故C正確，A、B、D錯誤。4.[2015·邯鄲二模]某形狀不規(guī)則的導(dǎo)體置于靜電場中，由于靜電感應(yīng)，在導(dǎo)體周圍出現(xiàn)了如圖所示的電場分布，圖中虛線表示電場線，實線表示等勢面，A、B、C為電場中的三個點。下列說法正確的是()A．A點的電勢高于B點的電勢B．將電子從A點移到B點，電勢能減少C．A點的電場強(qiáng)度大于B點的電場強(qiáng)度D．將電子從A點移到C點，再從C點移到B點，電場力做功為零答案A解析由沿電場線電勢降低知A點電勢高于B點電勢，A項正確。將電子從A點移到B點，電場力做負(fù)功，電勢能增加，B項錯誤。由電場線疏密知A點的電場強(qiáng)度小于B點電場強(qiáng)度，C項錯誤。將電子從A點移到C點再移到B點，電場力做負(fù)功，D項錯誤。5．[2015·錦州質(zhì)檢]一理想變壓器原線圈匝數(shù)為n1＝1000匝，副線圈匝數(shù)為n2＝200匝，將原線圈接在u＝200sin100πt(V)的交流電壓上，副線圈上電阻R和理想交流電壓表并聯(lián)接入電路，現(xiàn)在A、B兩點間接入不同的電子元件，則下列說法正確的是()A．在A、B兩點間串聯(lián)一只電阻R，穿過鐵芯的磁通量的最大變化率為0.2Wb/sB．在A、B兩點間接入理想二極管，電壓表讀數(shù)為40VC．在A、B兩點間接入一只電容器，只提高交流電頻率，電壓表讀數(shù)增大D．在A、B兩點間接入一只電感線圈，只提高交流電頻率，電阻R消耗電功率增大答案C解析U1m＝2000V，由U1m＝n1eq\f(ΔΦ,Δt)知磁通量的最大變化率為eq\f(U1m,n1)＝2Wb/s，故A錯誤。若A、B間接入理想二極管，兩端電壓圖象為：有效值設(shè)為U，則有(eq\f(400,\r(2)R))2eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)T得U＝200V，故B錯誤。若A、B間接入一只電容器，只提高交流電頻率，容抗減小，示數(shù)變大，C項正確。若A、B間接入一只電感線圈，只提高交流電頻率，感抗增大，R兩端電壓減小，功率減小，D錯誤。6．[2015·青島二模]2015年3月30日21時52分，中國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心用長征三號丙運載火箭，成功將首顆新一代北斗導(dǎo)航衛(wèi)星發(fā)射升空，31日凌晨3時34分順利進(jìn)入圓軌道。衛(wèi)星在該軌道上運動的周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同，但該軌道平面與赤道平面有一定的夾角，因此該軌道也被稱為傾斜同步軌道，根據(jù)以上信息請判斷下列說法中正確的是()A．該衛(wèi)星做勻速圓周運動的圓心一定是地球的球心B．該衛(wèi)星離地面的高度要小于地球同步衛(wèi)星離地面的高度C．地球?qū)υ撔l(wèi)星的萬有引力一定等于地球同步衛(wèi)星的萬有引力D．只要傾角合適，處于傾斜同步軌道上的衛(wèi)星可以在每天的固定時間經(jīng)過青島上空答案AD解析因該衛(wèi)星圍繞地球做勻速圓周運動，則軌道圓心一定是地心，A正確。該衛(wèi)星周期為24h，所以距地面高度等于同步衛(wèi)星高度，B錯誤。因該衛(wèi)星質(zhì)量和地球同步衛(wèi)星的質(zhì)量未知，故C錯誤。只要該衛(wèi)星的軌道處于青島上空，則只要傾角合適，可以在每天的固定時間經(jīng)過青島上空，故D正確。7．[2015·資陽三模]如圖所示，豎直光滑桿固定不動，套在桿上的彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h＝0.1m處，滑塊與彈簧不拴接。現(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過傳感器測量到滑塊的速度和離地高度h并作出滑塊的Ek-h圖象，其中高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，以地面為零勢能面，取g＝10m/s2，由圖象可知()A．小滑塊的質(zhì)量為0.1kgB．輕彈簧原長為0.2mC．彈簧最大彈性勢能為0.5JD．小滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小為0.4J答案BC解析0.2m至0.35m范圍內(nèi)Ek-h為直線，說明此階段物體脫離彈簧豎直上拋，由－mgh＝Ek2－Ek1，其中Ek2＝0，Ek1＝0.3J，h＝0.15m，得m＝eq\f(－0.3,－10×0.15)kg＝0.2kg，故A錯誤，彈簧原長L0＝0.2m，B項正確。h＝0.2m處彈簧原長，從h1＝0.1m至h2＝0.2m過程中由能量守恒：Ep＝mg(h2－h(huán)1)＋Ek＝0.5J，故C正確。小滑塊的重力勢能、彈簧彈性勢能、小滑塊動能總和不變，由Ep＋mgh1＝mgh3＋Ekm＋Ep′其中h3＝0.08m，Ekm＝0.32J得mgh3＋Ep′＝0.38J，故D錯誤。8．[2015·衡水三調(diào)]如圖所示，正方形導(dǎo)線框ABCD、abcd的邊長均為L，電阻均為R，質(zhì)量分別為2m和m，它們分別系在一跨過兩個定滑輪的輕繩兩端，且正方形導(dǎo)線框與定滑輪處于同一豎直平面內(nèi)。在兩導(dǎo)線框之間有一寬度為2L、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。開始時導(dǎo)線框ABCD的下邊與勻強(qiáng)磁場的上邊界重合，導(dǎo)線框abcd的上邊到勻強(qiáng)磁場的下邊界的距離為L?，F(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，當(dāng)導(dǎo)線框A．兩線框剛開始做勻速運動時輕繩上的張力FT＝mgB．系統(tǒng)勻速運動的速度大小v＝eq\f(mgR,B2L2)C．兩線框從開始運動至等高的過程中所產(chǎn)生的總焦耳熱Q＝2mgL－eq\f(3m3g2R2,2B4L4)D．導(dǎo)線框abcd通過磁場的時間t＝eq\f(2B2L3,mgR)答案BC解析導(dǎo)線框ABCD剛好全部進(jìn)入磁場時，系統(tǒng)開始做勻速運動，以ABCD線框為研究對象得：FT＝2mg，A選項錯誤。系統(tǒng)勻速運動的速度以abcd為研究對象求解，由平衡知mg＋FA＝FT，F(xiàn)A＝BIL，I＝eq\f(BLv,R)，聯(lián)立得：v＝eq\f(mgR,B2L2)，所以B選項正確。兩線框從開始運動至等高的過程中所產(chǎn)生的焦耳熱也就是從開始到abcd全部進(jìn)入磁場過程中的焦耳熱，由能量守恒得：2mg·2L－mg·2L＝eq\f(1,2)·3mv2＋Q，把v代入得：Q＝2mgL－eq\f(3m3g2R2,2B4L4)，故C選項正確。導(dǎo)線框abcd通過磁場發(fā)生的位移為3L，時間t＝eq\f(3B2L3,mgR)，故D選項錯誤。選擇題專練(七)共8小題，每題6分，共48分，1～5為單選，6～8為多選，時間20分鐘1．[2015·成都質(zhì)檢]下列說法正確的是()A．千克、牛頓、庫侖均是中學(xué)物理中涉及的國際單位制的基本單位B．質(zhì)點、點電荷、勻速直線運動均屬于理想化物理模型C．卡文迪許利用扭秤實驗測出了靜電力常量D．a(chǎn)＝eq\f(F,m)、E＝keq\f(Q,r2)、B＝eq\f(F,IL)分別是加速度、電場強(qiáng)度、磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式答案B解析選項A中所給的單位，只有千克是國際單位制中的基本單位之一，而牛頓、庫侖都是國際單位制中的導(dǎo)出單位，故A選項錯誤；根據(jù)所學(xué)知識可知，質(zhì)點、點電荷、勻速直線運動均屬于抓住主要因素、忽略次要因素而建立的理想化物理模型，故B選項正確；根據(jù)物理學(xué)史可知，是法國物理學(xué)家?guī)靵隼门こ訉嶒灉y出了靜電力常量，故C選項錯誤；D項所給的三個表達(dá)式中只有B＝eq\f(F,IL)是磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式，而a＝eq\f(F,m)、E＝keq\f(Q,r2)分別是加速度、電場強(qiáng)度的決定式，故D選項錯誤。2．[2015·福建四地六校聯(lián)考]將一斜面固定在水平地面上，在斜面上放一小滑塊A，如圖甲。在小滑塊A上放一小物體B，物體B始終與A保持相對靜止，如圖乙。在小滑塊A上施加一豎直向下的作用力F，如圖丙。則下列說法正確的是()A．若甲圖中A可沿斜面勻加速下滑，加力F后加速度將增大B．若甲圖中A可沿斜面勻速下滑，加力F后將加速下滑C．若甲圖中A可沿斜面勻加速下滑，加物體B后加速度將增大D．若甲圖中A可沿斜面勻速下滑，加物體B后將加速下滑答案A解析設(shè)斜面與水平地面夾角為θ，若甲圖中A勻速下滑，得：mAgsinθ＝μmAgcosθ，μ＝tanθ。若在A上加物體，有(mA＋mB)gsinθ＝μ(mA＋mB)·gcosθ，仍勻速下滑。若在A上加力F，有mAgsinθ＋Fsinθ＝μ(mAgcosθ＋Fcosθ)，仍勻速下滑，故B、D項均錯誤。若甲圖中A勻加速下滑，有：mAgsinθ－μmAgcosθ＝mAa，若在A上加物體，有：(mA＋mB)gsinθ－μ(mA＋mB)·gcosθ＝(mA＋mB)a1，得a＝a1，故C錯誤。若在A上加力F有：(mAg＋F)sinθ－μ(mAg＋F)cosθ＝mAa2，得a2＞a，故A項正確。3．[2015·上饒六校聯(lián)考]一輕繩系住一質(zhì)量為m的小球懸掛在O點，在最低點給小球一水平初速度，小球恰能在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，若在水平半徑OP的中點A處釘一枚光滑的釘子，仍在最低點給小球同樣的初速度，則小球向上通過P點后將繞A點做圓周運動，則到達(dá)最高點N時，繩子的拉力大小為()A．0 B．2mgC．3mg D．4mg答案C解析在最低點給小球初速度v0，小球恰能在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，設(shè)在最高點速度為v，有：mg＝eq\f(mv2,L)，由動能定理得：－mg2L＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，聯(lián)立得v0＝eq\r(5gL)，由最低點到N點據(jù)動能定理得－mg(L＋eq\f(L,2))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得vN＝eq\r(2gL)，由牛頓第二定律得T＋mg＝meq\f(v\o\al(2,N),\f(L,2))，得T＝3mg，故C選項正確。4．[2015·北京昌平區(qū)二模]如圖(a)為“研究平拋運動”的實驗裝置(斜槽末端B處已經(jīng)調(diào)至水平)，利用這套裝置可以測量小物塊Q與平板P之間的動摩擦因數(shù)，先將小物塊Q在A點由靜止釋放，測量出Q落地點距B點的水平距離x1；在斜槽末端B處對接了平板P，如圖(b)，P板的上表面與斜槽末端相切，再次將物塊Q在A點由靜止釋放，測量出Q落地點距P板右端的水平距離x2；測量出斜槽末端高度h和平板P的長度L，重力加速度為g，則物塊Q與平板P之間的動摩擦因數(shù)μ為()A．x1eq\r(\f(g,2h)) B.eq\f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2),2Lh)C.eq\f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2),4Lh) D.eq\f(hx\o\al(2,1)－x\o\al(2,2),2Lg2)答案C解析物塊Q從B點滑出后做平拋運動，則有：h＝eq\f(1,2)gt2；解得：t＝eq\r(\f(2h,g))水平方向有：x1＝vBt解得：vB＝x1eq\r(\f(g,2h))。物塊Q從P點滑出后做平拋運動，因為下落的高度相等，所以時間相同，即t＝eq\r(\f(2h,g))，水平方向有：x2＝vPt，解得：vP＝x2eq\r(\f(g,2h))。從B到P根據(jù)動能定理得：－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)；解得：μ＝eq\f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2),4Lh)。選C。5.[2015·云南統(tǒng)測]在空間直角坐標(biāo)系O-xyz中，A、B、C、D四點的坐標(biāo)分別為(L,0,0)，(0，L,0)(0,0，L)，(2L,0,0)。在坐標(biāo)原點O處固定電荷量為＋QA．將一電子由D點分別移動到A、C兩點，電場力做功相同B．A、B、C三點的電場強(qiáng)度相同C．電子在B點的電勢能大于在D點的電勢能D．電勢差UOA＝UAD答案A解析坐標(biāo)原點O處固定電量為＋Q的點電荷，則φA＝φC＝φB＞φD，將電子由D分別移到A、C兩點，電場力做功相同，故A正確。電勢差UOA＞UAD，故D錯誤。由Ep＝qφ知電子在B點的電勢能小于在D點的電勢能，故C錯誤。A、B、C三點電場強(qiáng)度大小相等，方向不同，故B錯誤。6．[2015·曲阜模擬]如圖所示，甲、乙、丙是位于同一直線上的離其他恒星較遠(yuǎn)的三顆恒星，甲、丙圍繞乙在半徑為R的圓軌道上運行，若三顆星質(zhì)量均為M，萬有引力常量為G，則()A．甲星所受合力為eq\f(5GM2,4R2)B．乙星所受合力為eq\f(GM2,R2)C．甲星做圓周運動的周期為4πeq\r(\f(R3,5GM))D．丙星做圓周運動的線速度大小為eq\r(\f(5GM,2R))答案AC解析甲星所受合力為F＝eq\f(GM2,2R2)＋eq\f(GM2,R2)＝eq\f(5GM2,4R2)，故A正確。乙星所受合力為零，故B錯誤。甲星做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力得：eq\f(5GM2,4R2)＝Meq\f(4π2,T2)R，得：T＝4πeq\r(\f(R3,5GM))，故C正確。丙星做圓周運動，合外力大小等于甲星合外力大小，由萬有引力提供向心力得：eq\f(5GM2,4R2)＝Meq\f(v2,R)，得v＝eq\r(\f(5GM,4R))，故D錯誤。7.[2015·石家莊二模]如圖所示，以直角三角形AOC為邊界的有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，∠A＝60°，AO＝L，在O點放置一個粒子源，可以向各個方向發(fā)射某種帶負(fù)電粒子。已知粒子的比荷為eq\f(q,m)，發(fā)射速度大小都為v0＝eq\f(qBL,m)。設(shè)粒子發(fā)射方向與OC邊的夾角為θ，不計粒子間相互作用及重力。對于粒子進(jìn)入磁場后的運動，下列說法正確的是()A．當(dāng)θ＝45°時，粒子將從AC邊射出B．所有從OA邊射出的粒子在磁場中運動時間相等C．隨著θ角的增大，粒子在磁場中運動的時間先變大后變小D．在AC邊界上只有一半?yún)^(qū)域有粒子射出答案AD解析帶電粒子的發(fā)射速度大小都為v0＝eq\f(BqL,m)，由Bqv0＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)知R＝L，當(dāng)粒子速度方向沿OC時，從CA中點射出磁場區(qū)域，故D項正確。當(dāng)θ＝60°時粒子從A點射出，所以θ＝45°時，粒子從AC邊射出，故A項正確。從OA邊射出的粒子，軌跡所對圓心角不同，時間不同，故B項錯誤。當(dāng)沿OC射入從AC中點射出時，軌跡所對圓心角為60°，從A點射出時，軌跡所對圓心角也為60°，所以隨θ角的增大，粒子在磁場中的運動時間先變小再變大后變小，故C項錯誤。8．[2015·吉林三模]如圖甲為遠(yuǎn)距離輸電示意圖，變壓器均為理想變壓器。升壓變壓器原副線圈匝數(shù)比為1∶100，其輸入電壓如圖乙所示，遠(yuǎn)距離輸電線的總電阻為100Ω。降壓變壓器右側(cè)部分為一火警報警系統(tǒng)原理圖，其中R1為一定值電阻，R2為用半導(dǎo)體熱敏材料制成的傳感器，當(dāng)溫度升高時其阻值變小。電壓表顯示加在報警器上的電壓(報警器未畫出)。未出現(xiàn)火警時，升壓變壓器的輸入功率為750kW。下列說法中正確的有()A．降壓變壓器副線圈輸出的交流電頻率為50HzB．遠(yuǎn)距離輸電線路損耗功率為180kWC．當(dāng)傳感器R2所在處出現(xiàn)火警時，電壓表的示數(shù)變大D．當(dāng)傳感器R2所在處出現(xiàn)火警時，輸電線上的電流變大答案AD解析由乙圖知升壓變壓器輸入電壓的周期T＝0.02s，頻率f＝50Hz，因變壓器不改變頻率，所以降壓變壓器副線圈輸出的交流電頻率為50Hz，故A項正確。升壓變壓器原線圈兩端電壓U1＝250V，P1＝750kW，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得升壓變壓器副線圈兩端電壓U2＝2.5×104V，P2＝750kW，所以輸電線上I2＝eq\f(P2,U2)＝30A，P損＝Ieq\o\al(2,2)R＝90kW，故B項錯誤。當(dāng)R2處出現(xiàn)火警，R2減小，降壓變壓器負(fù)線圈回路電流I3增大，則I2增大，U損增大，降壓變壓器副線圈U4變小，示數(shù)變小，C項錯誤，D項正確。選擇題專練(八)共8小題，每題6分，共48分，1～5為單選，6～8為多選，時間20分鐘1．[2015·西安八校聯(lián)考]下面關(guān)于物理學(xué)史的說法正確的是()A．卡文迪許利用扭秤實驗得出萬有引力與距離平方成反比的規(guī)律B．奧斯特通過實驗發(fā)現(xiàn)變化的磁場能在其周圍產(chǎn)生電場C．牛頓猜想自由落體運動的速度與下落時間成正比，并直接用實驗進(jìn)行了驗證D．法拉第首先引入“場”的概念用來研究電和磁現(xiàn)象答案D解析卡文迪許利用扭秤實驗測得引力常量、牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，A項錯；奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，法拉第通過實驗發(fā)現(xiàn)了磁生電的電磁感應(yīng)現(xiàn)象，B項錯；伽利略猜想并用實驗進(jìn)行驗證自由落體運動的速度與時間成正比，C項錯；法拉第首先引入“場”的概念來研究電和磁現(xiàn)象，D項正確。2．[2015·溫州適應(yīng)性測試]如圖所示，一內(nèi)壁光滑、質(zhì)量為m、半徑為r的環(huán)形細(xì)圓管，用硬桿豎直固定在天花板上。有一質(zhì)量為m的小球(可看作質(zhì)點)在圓管中運動。小球以速率v0經(jīng)過圓管最低點時，桿對圓管的作用力大小為()A．meq\f(v\o\al(2,0),r) B．mg＋meq\f(v\o\al(2,0),r)C．2mg＋meq\f(v\o\al(2,0),r) D．2mg－meq\f(v\o\al(2,0),r)答案C解析小球以v0經(jīng)過圓管最低點，由牛頓第二定律有：FN－mg＝eq\f(mv\o\al(2,0),r)，所以管對球支持力FN＝mg＋eq\f(mv\o\al(2,0),r)，球?qū)軌毫τ膳ｎD第三定律得FN′＝mg＋eq\f(mv\o\al(2,0),r)，以管為研究對象，由平衡得F＝mg＋FN′＝2mg＋eq\f(mv\o\al(2,0),r)，故C項正確。3．[2015·北京西城期末]一物體質(zhì)量為m，在北京地區(qū)它的重力為mg。假設(shè)地球自轉(zhuǎn)略加快，該物體在北京地區(qū)的重力為mg′。則下列說法正確的是()A．mg′＞mgB．mg′＜mgC．mg′和mg的方向都指向地心D．mg′和mg的方向都指向北京所在緯線圈的圓心答案B解析根據(jù)圓周運動向心力F向＝mω2r公式可以知道，放置在北京的物體隨地球自轉(zhuǎn)速度加快，所需的向心力也會隨之增大，根據(jù)萬有引力公式F引＝Geq\f(Mm,r2)知道，位置不變?nèi)f有引力大小保持不變，萬有引力一個分力提供向心力，另一分力就是重力，在向心力與萬有引力夾角不變的情況下，向心力增大，重力就會減小，