一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分。每小题只有一个选项符合题意。 1.人类发现电和磁的关系，经历了漫长的岁月，1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了通电导线下小磁针的偏转现象，从而发现了电流的磁效应。1831年，英国物理学家法拉第发现磁铁穿过闭合线圈时，线圈中有电流产生，从而发现了电磁感应现象，下列相关说法中正确的是( )
A.给小磁针上方的导线通电，小磁针就会发生偏转 B.导线下方小磁针偏转的角度大小只与电流的强弱有关 C.线圈中感应电流的强弱与磁铁穿过线圈的速度大小有关 D.线圈的横截面积越大，磁铁穿过时产生的感应电流越大
解析 当小磁针的指向与磁感线平行时，因小磁针的指向与磁场方向在同一直线上，小磁针不会偏转，选项A错误；小磁针偏转的角度大小与电流的强弱和磁性有关，选项B错误；当磁铁穿过线圈的速度变大时，通过线圈的磁通量变化更快，感应电动势更大，电流更大，选项C正确；线圈的横截面积越大，但通过线圈的磁通量变化不一定越快，因此磁铁穿过时产生的感应电流不一定越大，选项D错误。 答案 C
2.(2015·河南省豫东、豫北十校联考)如图1所示，三个相同的轻质弹簧连接在O点，弹簧1的另一端固定在天花板上，且与竖直方向的夹角为30°，弹簧2水平且右端固定在竖直墙壁上，弹簧3的另一端悬挂质量为m的物体且处于静止状态，此时弹簧1、2、3的形变量分别为x1、x2、x3，则( )
图1
A.x1∶x2∶x3＝3∶1∶2 B.x1∶x2∶x3＝2∶1∶3 C.x1∶x2∶x3＝1∶2∶3 D.x1∶x2∶x3＝3∶2∶1
解析 对物体受力分析可知kx3＝mg，对弹簧的结点受力分析可知：kx1cos 30°＝kx3，kx1sin 30°＝kx2，联立解得x1∶x2∶x3＝2∶1∶3 答案 B
3.(2015·河南安阳期末)如图a、b、c、d四个点在一条直线上，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处固定有一电荷量为Q的点电荷，在d点处固定有另一个电荷量未知的点电荷，除此之外无其他电荷，已知b点处的场强为零，则c点处场强的大小为(式中k为静电力常量)( )
图2
A.0
15kQ
B.2 4R
kQ
C.2 4R
kQ D.2
R
解析 根据b点场强为零知＝
k·15Q
，选项B正确。 4R2kQkQ′kQ′kQ
得Q′＝4Q，c点的场强大小为E＝2－2＝2，R（2R）R（2R）2答案 B
4.如图3所示，两匀强磁场方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度分别为B1、B2。今有一个质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹是如图所示的“心”形图线。则以下说法正确的是( )
图3
A.电子的运动轨迹沿PENCMDP方向 2πm
B.电子运动一周回到P所用时间为T＝
B1eC.B1＝4B2 D.B1＝2B2
解析 根据左手定则可知，电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向向上，所以电子的运动轨迹应沿PDMCNEP方向，选项A错误；由题图可mv
知，电子在匀强磁场B1中的运动半径是在匀强磁场B2中运动半径的一半，根据r＝可Be知，B1＝2B2，选项C错误，D正确；在整个运动过程中，电子在匀强磁场B1中运动了一个周期，在匀强磁场B2中运动了半个周期，所以T＝答案 D
5.如图4所示，水平面上固定有一个斜面，从斜面顶端向右平抛一个小球，当初速度为v0时，小球恰好落到斜面底端，平抛后飞行的时间为t0。现用不同的初速度v从该斜面顶端向右
2πmπm4πm
＋＝，选项B错误。 B1eB2eB1e
平抛这个小球，则下列图象中能正确表示平抛后飞行的时间t随v变化的函数关系的是( )
图4
1
解析 平抛运动在竖直方向的分运动为自由落体运动，则h＝gt2，在水平方向的分运动
20为匀速直线运动，则x0＝v0t0。当v＞v0时，小球将落在水平面上，设斜面的高度为h，则有t＝2h，t为一定值，故A、B项错误；当v≤v0时，小球将落在斜面上，设斜面的g
12gt
2vtan θy2gt
倾角为θ，则有tan θ＝＝＝，解得时间t＝，则t∝v，C项正确，D项错误。
xvt2vg答案 C
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不选的得0分。
6. “嫦娥三号”经一系列的变轨最终成功着陆月球，如图5为“嫦娥三号”进入月球轨道的示意图。“嫦娥三号”由圆轨道1上的P点点火减速，从而进入椭圆轨道2，且“嫦娥三号”沿椭圆轨道由远月点P运动到近月点。下列说法正确的是( )
图5
v2
A.“嫦娥三号”在P点减速，由a＝可知加速度减小
r
GM
B.“嫦娥三号”在不同轨道上经过P点时，由a＝2可知加速度相同
rC.“嫦娥三号”沿椭圆轨道由远月点P运动到近月点的过程中线速度逐渐减小 D.“嫦娥三号”沿椭圆轨道由远月点P运动到近月点的过程中周期不断减小
MmGM
解析 “嫦娥三号”在圆轨道1和椭圆轨道2上经过P点时，由G2＝ma可知a＝2，rrGMmmv4π2
则加速度相同，A错误，B正确；由2＝＝m2r可知：v＝
rrT
2
GM，T＝2πr
r3，GM
进而可知“嫦娥三号”沿椭圆轨道由远月点P运动到近月点的过程中，线速度逐渐增大，周期不断减小，C错误，D正确。 答案 BD
7.(2015·长春市高中毕业班第一次调研测试)如图6所示，A为多匝线圈，与开关、滑动变阻器相连后接入M、N间的交流电源，B为一接有小灯珠的闭合多匝线圈，下列关于小灯珠发光情况的说法中正确的是( )
图6
A.闭合开关后小灯珠可能发光
B.只有闭合开关的瞬间，小灯珠才可能会发光
C.若闭合开关后小灯珠发光，则再将B线圈靠近A，小灯珠更亮
D.若闭合开关后小灯珠不发光，将滑动变阻器的滑片左移后，小灯珠可能会发光 解析 因为M、N之间接入的是交流电源，故闭合开关后，在线圈A中将通以变化的电流，产生变化的磁场，该变化的磁场使通过线圈B的磁通量发生变化，由法拉第电磁感应定律可知线圈B将产生感应电动势，因B线圈与小灯珠组成闭合回路，若产生的感应电动势足够大，则小灯珠可能会发光，选项A正确，选项B错误；若此时再将B线圈靠近线圈A，因越靠近线圈A，对应的磁场越强，磁通量的变化率会越大，线圈B中产生的感应电动势将越大，所以小灯珠会更亮，选项C正确；若闭合开关后，小灯珠不发光，则可能是产生的感应电动势过低，但将滑动变阻器的滑片向左移动，通过线圈A的电流将更小，小灯珠仍不会发光，选项D错误。 答案 AC
8.质量m＝2 kg、初速度v0＝8 m/s的物体沿着粗糙的水平面向右运动，物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还受一个如图7所示的随时间变化的水平拉力F的作用，水平向右为拉力的正方向。则以下结论正确的是(取g＝10 m/s2)( )
图7
A.0～1 s内，物体的加速度大小为2 m/s2 B.1～2 s内，物体的加速度大小为2 m/s2 C.0～1 s内，物体的位移为7 m
D.0～2 s内，物体的总位移为11 m
解析 0～1 s内拉力F的方向水平向左，与滑动摩擦力的方向相同，由牛顿第二定律得加F＋μmg1速度大小a1＝＝4 m/s2，与v0方向相反，位移x1＝v0t1－a1t2＝6 m，选项A、C
m21错误；1～2 s内，拉力F的方向水平向右，由牛顿第二定律得物体的加速度大小为a2＝F－μmg
＝2 m/s2，选项B正确；1 s末物体的速度为v1＝v0－a1t1＝4 m/s，1～2 s内物体的m12
位移x2＝v1t2＋a2t2＝5 m，则0～2 s内物体的总位移x＝x1＋x2＝11 m，选项D正确。
2答案 BD
9.(2015·盐城市高三模拟)如图8所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器)，R表示输电线的电阻，则( )
图8
A.用电器增加时，变压器输出电压增大 B.要提高用户的电压，滑动触头P应向上滑 C.用电器增加时，输电线的热损耗减少 D.用电器增加时，变压器的输入功率增加
解析 由于变压器原、副线圈的匝数不变，而且输入电压不变，因此增加负载不会影响输n2出电压，故A错误；根据变压器原理可知输出电压U2＝U1，当滑动触头P向上滑时，
n1n2增大，所以输出电压增大，故B正确；由于用电器是并联的，因此用电器增加时总电阻变小，输出电压不变，总电流增大，故输电线上热损耗增大，故C错误；用电器增加时总电阻变小，总电流增大，输出功率增大，所以输入功率增大，故D正确。 答案 BD
选择题31分练(2)
一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分。每小题只有一个选项符合题意。 1.如图1所示，a、b是某电场中电场线上的两点，将一点电荷q从a移到b，电场力做功为W，且a、b间的距离为d，以下说法中正确的是( )
图1
W
A.a、b间的电势差为
qW
B.a处的电场强度为E＝
qdW
C.b处的电场强度为E＝
qdW
D.a点的电势为 q
W
解析 由W＝qU，得a、b间的电势差U＝，故A正确；由于没有明确是否是匀强电场，
qW
因此W＝qEd不能使用，也就是说E＝在这里不能使用，故B、C均错误；在题中未给
qd出零电势点，因此不能确定其中某点的电势的值，这里如果取b点的电势为零，a点的电W
势才是，故D错误。
q答案 A
2.如图2所示，木块放在粗糙桌面上，左边用一根轻弹簧与竖直墙相连，木块静止时弹簧的长度小于原长。现用一轻绳通过一定滑轮施加一水平外力，当外力从0开始逐渐增大直到拉动木块，那么在木块被拉动之前的过程中，弹簧对木块的弹力FT的大小和桌面对木块的摩擦力Ff的大小的变化情况是( )
图2
A.弹簧对木块的弹力FT先减小后增大，桌面对木块的摩擦力Ff始终不变 B.弹簧对木块的弹力FT保持不变，桌面对木块的摩擦力Ff始终增大 C.弹簧对木块的弹力FT保持不变，桌面对木块的摩擦力Ff先减小后增大 D.弹簧对木块的弹力FT先不变后增大，桌面对木块的摩擦力Ff先增大后不变
解析 木块被拉动之前，弹簧的长度不变，所以弹簧对木块的弹力FT保持不变；施加外力前，弹簧被压缩，所以弹簧对木块的弹力FT方向水平向右，木块具有向右的运动趋势，桌面对木块的摩擦力Ff方向水平向左；施加外力后，在拉动之前，水平向左的摩擦力Ff的大小等于水平向右的弹力和拉力大小之和，因为拉力在逐渐增大，所以桌面对木块的摩擦力Ff始终增大，B正确。 答案 B
3.图3甲是线圈绕垂直于磁场的轴在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交变电流图象，把该交流电压加在图乙中变压器的A、B两端。已知理想变压器原线圈Ⅰ和副线圈Ⅱ的匝数比为5∶1，交流电流表和交流电压表均为理想电表，电阻R＝1 Ω，其他各处电阻不计，以下说法中正确的是( )
甲 乙
图3
A.在t＝0.1 s、0.5 s时，穿过线圈的磁通量最大 B.线圈转动的角速度为10π rad/s C.电压表的示数为2 V D.电流表的示数为0.40 A
解析 线圈绕垂直于磁场的轴在匀强磁场中匀速转动，当线圈转动到与中性面垂直的位置时，感应电动势最大，但此时的磁通量为零，选项A错误；由甲图可知，交变电流的电2π
压峰值为Um＝102 V，周期T＝0.4 s，所以线圈转动的角速度ω＝＝5π rad/s，选项B
T错误；理想变压器原线圈Ⅰ的输入电压U1＝10 V，根据变压器的变压比得理想变压器副n2U22
线圈Ⅱ上得到的电压U2＝U1＝2 V，选项C错误；I2＝＝A＝2 A，理想变压器输入
n1R1功率等于输出功率，由I1U1＝I2U2，可得电流表的示数I1＝0.40 A，选项D正确。 答案 D
4.(2015·南京市高三模拟)如图4甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30°，质量为0.3 kg的小物块静止在A点。现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上，作用一段时间后撤去推力F，小物块能达到的最高位置为C点，小物块从A到C的v－t图象如图乙所示。g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
图4
A.小物块到C点后将沿斜面下滑
1
B.小物块加速时的加速度是减速时加速度的 3
C.小物块与斜面间的动摩擦因数为D.推力F的大小为6 N
3 2
解析 撤去推力F后，物块在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，由v－t图象求得小10
物块在加速和减速两个过程中的加速度大小分别为a1＝ m/s2，a2＝10 m/s2，在匀减速
3直线运动过程中，由牛顿第二定律可知mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2，μ＝3
，选项B正3
确，C错误；由此判断mgsin 30°＝Ffm＝μmgcos 30°，因此小物块到达C点后将静止在斜面上，选项A错误；在匀加速阶段F－mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma1，F＝4 N，选项D错误。 答案 B
5.随着科学技术的发展，我国在航天事业上取得了一个又一个的突破，已成功实现机器人登陆月球，2014年1月14日21时45分，在北京航天飞行控制中心控制下，“玉兔号”月球车对月球进行了全面的科学探测。已知在某次实验时，将一小球由距离月球表面h高处无初速地自由释放，经时间t小球落在月球的表面，又已知月球的半径以及自转周期分别为R和T，引力常量为G，假设月球可视为质量分布均匀的球体，月球表面的重力加速度为g，月球的第一宇宙速度为v1，月球的质量为M，月球同步卫星的轨道半径为r。则下列表达式正确的是( ) t2
A.g＝
2hhR2
C.M＝2
Gt
B.v1＝
Rh t
3hR2T2D.r＝
2π2t212h
解析 由自由落体运动规律有h＝gt2，所以g＝2，A错误；月球的第一宇宙速度为近
2tv21
月卫星的运行速度，根据重力提供向心力有mg＝m，所以v1＝gR＝
R
2hR，B错误；t2Mm0gR22hR2
在月球表面的物体受到的重力等于万有引力，有m0g＝G2，所以M＝＝2，C错
RGGtMm4π2
误；月球同步卫星绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得G2＝m2r，解
rT3GMT23hR2T2得r＝＝，D正确。
4π22π2t2答案 D
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不选的得0分。
6.(2015·甘肃平凉月考)如图5所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间
的夹角为θ。质量为m、长为L的金属杆ab垂直导轨放置，整个装置处于垂直ab方向的匀强磁场中。当金属杆ab中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab保持静止。则磁感应强度的方向和大小可能为( )
图5
mgtan θ
A.竖直向上，
ILmg
C.水平向右，
IL
mgcos θ
B.平行导轨向上，
ILmg
D.水平向左， IL
解析 若磁感应强度的方向竖直向上，由平衡条件可得mgsin θ＝BILcos θ，解得B＝mgtan θ
，选项A正确；若磁感应强度的方向平行导轨向上，由左手定则，金属杆所受安IL培力垂直导轨向下，金属杆ab不可能保持静止，选项B错误；若磁感应强度的方向水平向右，金属杆所受安培力竖直向下，金属杆ab不可能保持静止，选项C错误；若磁感应强度的方向水平向左，金属杆所受安培力竖直向上，由平衡条件可得mg＝BIL，解得B＝
mg
，选项D正确。 IL
答案 AD
7.上海磁悬浮线路的最大转弯处半径达到8 000 m，最小转弯处半径也达到1 300 m，近距离用眼睛看线路几乎是一条直线。一位质量为50 kg的乘客坐在以100 m/s的速率运行的车厢内，随车厢驶过半径为2 500 m的转弯处时，下列说法正确的是( ) A.乘客可能受到重力、车厢对乘客的支持力和摩擦力 B.乘客一定受到重力、向心力、车厢对乘客的支持力和摩擦力 C.乘客所受合外力的大小为200 N D.乘客所受车厢作用力的大小为200 N
解析 若车厢通过弯道时的速率大于(或小于)该弯道的设计速率，则车厢对乘客的支持力和乘客重力的合力小于(或大于)乘客随车厢做圆周运动所需的向心力，此时由车厢对乘客的摩擦力来调整使合力等于向心力，故选项A正确，B错误；根据牛顿第二定律得F＝v21002m＝50× N＝200 N，选项C正确；由于轨道外高内低，车厢对乘客的作用力(支持R2 500力与摩擦力的合力)与乘客重力的合力总等于乘客做圆周运动所需的向心力，即F′＝G2＋F2＝529 N，选项D错误。 答案 AC
8.如图6所示，电源电动势E＝3 V，小灯泡L标有“2 V 0.4 W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R＝4 Ω时，小灯泡L正常发光；现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作，则( )
图6
A.电源的内阻为1 Ω B.电动机的内阻为4 Ω C.电动机正常工作的电压为1 V D.电源的效率为93.3%
解析 当开关S接1时，因灯泡正常发光，所以电路中的电流I＝0.2 A，由闭合电路欧姆定律得E＝UL＋I(R＋r)，解得电源的内阻r＝1 Ω，选项A正确；又E＝UL＋UM＋Ir，而此时电动机正常工作，所以电动机正常工作的电压为UM＝0.8 V，选项C错误；由于电动机为非纯电阻，故不能利用欧姆定律求其内阻，选项B错误；电源的总功率为P总＝EIP出
＝0.6 W，而输出功率为P出＝PL＋UMI＝0.56 W，故电源的效率η＝＝93.3%，选项D
P总正确。 答案 AD
9.(2015·原创题)如图7所示，两平行光滑的金属导轨MN、PQ固定在水平面上，相距为L，处于竖直向下的磁场中，整个磁场由n个宽度皆为x0的条形匀强磁场区域1、2、3、„n组成，从左向右依次排列，磁感应强度大小分别为B、2B、3B、„nB，两导轨左端MP间接入电阻R，金属棒ab垂直放在水平导轨上，且与导轨接触良好，不计导轨和金属棒的电阻。若在不同的磁场区对金属棒施加不同的拉力，使棒ab以恒定速度v向右匀速运动。取金属棒图示位置(即磁场1区左侧)为x＝0，则通过棒ab的电流i、对棒施加的拉力F随位移x变化的图象是( )
图7
EBLv
解析 棒ab切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，电路中的感应电流I＝＝，所以
RRB2L2v
通过棒ab的电流i与n成正比，选项A正确；棒ab所受的安培力F安＝BIL＝，因
R为棒ab匀速运动，对棒ab施加的外力F与F安等大反向，即F与n2成正比，选项D正确。 答案 AD
选择题31分练(3)
一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分。每小题只有一个选项符合题意。 1.某河流中水流的速度是2 m/s，一小船要从河岸的A点沿直线匀速到达河对岸的B点，B点在河对岸下游某处，且A、B间的水平距离为100 m，河宽为50 m，则小船的速度至少为( )
图1
A.0.5 m/s C.1.5 m/s
B.1 m/s
D.2 m/s
v船50
解析 船要渡河到达B点，最小速度应满足＝，即船的速度至少为1 m/s。
v水100答案 B
2.卡文迪许用扭秤测出了引力常量G，被称为第一个“称”出地球质量的人。若已知地球表面的重力加速度g、地球的半径R、地球绕太阳运动的周期T，忽略地球自转的影响，则关于地球质量M，下列表达式正确的是( ) gR2
A.M＝
G
GR2
B.M＝ gT2R2
D.M＝2
4πG
4π2R2
C.M＝
GT2解析 地球的质量只能由地球半径及地球表面的重力加速度或绕地球运行的卫星的运行
Mm
周期及轨道半径计算，与地球绕太阳的运动无关，由题中给出的量可知，G2＝mg，故
RgR2
地球质量M＝，选项A正确。
G答案 A
3.如图2所示，两小球A、B通过光滑的小滑轮O用细线相连，小球A置于光滑半圆柱上，小球B用水平线拉着系于竖直板上，两球均处于静止状态，已知O点在半圆柱圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与圆柱半径相等，OA⊥OB，则A、B两球的质量之比为( )
图2
A.2∶3
B.23∶1
C.1∶2
D.3∶3
解析 小球A、B受力如图所示，则对小球A：mAg、T、N组合成的力三角形与△OAO1相似，又因OA长与圆柱半径相等，∠AOO1＝30°，所以T＝
3
mg；对小球B有Tcos 60°3A
＝mBg，所以A、B两球的质量之比为mA∶mB＝23∶1，B正确。
答案 B
4.如图3甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正)，MN始终保持静止，忽略电容器C的充电时间，则在0～t2时间内( )
图3
A.电容器C所带的电荷量大小减小 B.电容器C的a板先带正电后带负电 C.MN所受安培力的大小始终没变 D.MN所受安培力的方向先向右后向左
解析 磁感应强度均匀变化，产生恒定电动势，电容器C所带的电荷量大小始终没变，选项A和B均错误；由于磁感应强度发生变化，MN所受安培力的大小也发生变化，MN所受安培力的方向先向右后向左，选项C错误，D正确。 答案 D
5.(2015·河北唐山摸底)如图4所示，在绝缘平面上方存在着足够大的水平向右的匀强电场，带正电的小金属块以一定初速度从A点开始沿水平面向左做直线运动，经L长度到达B2
点，速度变为零。此过程中，金属块损失的动能有转化为电势能。金属块继续运动到某3点C(图中未标出)时的动能和A点时的动能相同，则金属块从A开始运动到C整个过程中经过的总路程为( )
图4
A.1.5L
B.2L
C.3L
D.4L
1
解析 根据题述，小金属块从A运动到B，克服摩擦力做功Wf＝Ek＝fL，克服电场力做
32
功WE＝Ek＝qEL。设小金属块从B运动到C经过的路程为s，由动能定理，qEs－fs＝Ek，
3解得s＝3L。金属块从A开始运动到C整个过程中经过的总路程为L＋s＝4L，选项D正确。 答案 D
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不选的得0分。
6.将一小球以一定初速度竖直向上抛出，小球所受阻力与速度成正比，则物体在上升阶段的速度v、加速度a、所受阻力f及动能Ek随时间的变化关系图正确的是( )
mg＋f
解析 由牛顿第二定律知小球上升过程中的加速度大小为a＝ ，而f＝kv，所以小
m球做加速度逐渐减小的减速运动，f与v的变化规律相同，a与f的变化曲线相似，A错误，C正确；小球上升过程中加速度逐渐减小且到最高点(v＝0)时，a＝g，B正确；由Ek1
＝mv2知小球的动能不可能线性减小，D错误。 2答案 BC
7.(2015·江阴市高三质量检测)如图5所示，一理想变压器原线圈接正弦交变电源，副线圈接有三盏相同的灯(不计灯丝电阻的变化)，灯上均标有(36 V，6 W)字样，此时L1恰正常发光，图中两个电表均为理想电表，其中电流表显示读数为0.5 A，下列说法正确的是( )
图5
A.原、副线圈匝数之比为3∶1 B.变压器的输入功率为12 W C.电压表的读数为18 V
D.若L3突然断路，则L1变暗，L2变亮，输入功率减小
61362
解析 L1恰正常发光，其电流为I＝ A＝ A，灯泡的电阻R＝ Ω＝216 Ω，电压表
3666示数为0.5IR＝18 V，故C正确；根据变压器的输入功率等于输出功率知P＝U1×0.5＝(361
＋18)× W＝9 W，解得U1＝18 V，则原、副线圈匝数之比为18∶54＝1∶3，故A、B
6错误；若L3突然断路，负载电阻增大，电流I减小，则L1变暗，L1分压减小，L2分压增大，L2变亮，输入功率P＝UI减小，故D正确。 答案 CD
8.(2015·江苏扬州市高三质检)摩托车以速度v1沿直线运动，突然驾驶员发现正前方s处，有一辆汽车正以v2(v2 a2v21 B.2a2s＋v22 （v1－v2）2 D.＋a2 2s 解析 ①两车速度方向相同，临界情况是速度相等时，恰好不相撞，则有v1－a1t＝v2－v1＋vv2＋v（v1－v2）2 a2t＝v，t－t＝s，联立两式解得a1＝＋a2； 222s ②两车速度方向相同，不会同时出现速度相等，临界情况为速度都减为零后恰好不相撞。 v2v2a2v2121 则有－＝s，解得a1＝2； 2a12a22a2s＋v2 ③两车相向运行，临界情况是两车速度减为零时恰好不相撞，则有： v2v2a2v2121 ＋＝s，解得a1＝2，故B、D正确，A、C错误。 2a12a22a2s－v2答案 BD 9.如图6所示，两方向相反，磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC 理想分开，三角形内磁场方向垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠BACq 的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C点，质子比荷＝mk，则质子的速度可能为( ) 图6 A.2BkL BkL B. 2 3BkL C. 2 BkL D. 8 解析 因质子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示，L 所有圆弧所对圆心角均为60°，所以质子运行半径r＝(n＝1，2， nv2BqrL 3，„)，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m，即v＝＝Bk·rmn(n＝1，2，3，„)选项B、D正确。 答案 BD 选择题31分练(4) 一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分。每小题只有一个选项符合题意。 1.牛顿在总结C.雷恩、J.沃利斯和C.惠更斯等人的研究结果后，提出了著名的牛顿第三定律，阐述了作用力和反作用力的关系，从而与牛顿第一定律和牛顿第二定律形成了完整的牛顿力学体系。下列关于作用力和反作用力的说法正确的是( ) A.物体先对地面产生压力，然后地面才对物体产生支持力 B.物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡 C.人推车前进，人对车的作用力大于车对人的作用力 D.物体在地面上滑行，不论物体的速度多大，物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力始终大小相等 解析 由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力同时产生，同时消失，选项A错误；物体对地面的压力和地面对物体的支持力是一对作用力与反作用力，并不是一对平衡力，选项B错误；作用力与反作用力总是大小相等、方向相反，故人推车前进，人对车的作用力等于车对人的作用力，选项C错误；物体在地面上滑行，不论物体的速度多大，物体 对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小始终相等，选项D正确。 答案 D 2.(2015·长沙望城区质检)磁悬浮列车的速度可达每小时400公里以上，比轮轨高速列车的380多公里还要快，我国研制成功第一辆高温超导磁悬浮高速列车的模型车时，车速就已达到500 km/h，可载5人，如图1所示就是磁悬浮的原理，图中A是圆柱形磁铁，B是用高温超导材料制成的超导圆环。将超导圆环B水平移动到磁铁A的正上方，它就能在磁力的作用下悬浮。下列表述正确的是( ) 图1 A.在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流，当稳定后，感应电流消失 B.在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流，当稳定后，感应电流仍存在 C.在B放入磁场的过程中，如A的N极朝上，从上向下看，B中感应电流为逆时针方向 D.在B放入磁场的过程中，如A的S极朝上，从上向下看，B中感应电流为顺时针方向 解析 在B放入磁场的过程中，B中的磁通量发生变化，B中有感应电流产生，由于B为超导体，产生的电流在稳定后不会消失，选项A错误，B正确；在B放入磁场的过程中，如A的N极朝上，根据楞次定律“增反减同”的原理，从上向下看，B中感应电流应该为顺时针方向，选项C错误；根据C的判断思路，D也错误，故选B。 答案 B 3.对下列各图中蕴含信息的分析和理解，不正确的一项是( ) A.图甲中的重力－质量图象说明同一地点的重力加速度保持不变 B.图乙中的位移－时间图象表示该物体受力平衡 C.图丙中的动能－时间图象表示该物体做匀减速直线运动 D.图丁中的速度－时间图象表示该物体所受的合力随时间减小 解析 由题图甲可知G∝m，即重力大小与物体的质量成正比，重力加速度不变，所以该图象说明同一地点的重力加速度保持不变，选项A正确；题图乙中的位移与时间的关系为线性关系，说明物体做负方向的匀速运动，所以该物体受力平衡，选项B正确；题图丙中的动能与时间的关系为线性关系，若物体做匀减速直线运动，则物体的动能表达式为 1 Ek＝m(v0－at)2，动能为时间的二次函数，图象为曲线，选项C错误；题图丁中速度－时 2间图象的斜率表示加速度大小，因斜率逐渐减小，所以物体的加速度逐渐减小，由牛顿第二定律可知，物体所受的合外力逐渐减小，选项D正确。 答案 C 4.如图2所示，在2014年索契冬奥会冰壶比赛中，某次运动员从投掷线MN放手投掷后，发现冰壶投掷的初速度v0较小，直接滑行不能使冰壶沿虚线到达更近圆心O的位置，于是运动员在冰壶到达前用毛刷摩擦冰壶运行前方的冰面，这样可以使冰壶与冰面间的动摩擦因数从μ减小至某一较小值μ′，恰使冰壶滑行到圆心O点。在运动过程中，以下说法正确的是( ) 图2 A.只要投掷成功，在冰壶直线滑行路径上靠近O点的区间擦冰，擦冰距离要小一些 B.只要投掷成功，在冰壶直线滑行路径上任意区间擦冰，擦冰距离都是一样的 C.只要投掷成功，在冰壶直线滑行路径上靠近O点的区间擦冰，冰壶滑行的总时间要小些 D.只要投掷成功，在冰壶直线滑行路径上任意区间擦冰，冰壶滑行的总时间都一定 1解析 从投掷到O点，根据动能定理有－μmgL1－μ′mgL2＝0－mv2，所以可以在冰壶滑 20行路线上的不同区间擦冰，只要保证擦冰的距离一定就行，选项A错误，B正确；擦冰区间越靠近投掷线，则开始阶段冰壶的平均速度越大，总的平均速度越大，而距离一定，所以时间越短，选项C、D错误。 答案 B 5.双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互间引力的作用下，分别围绕某连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动。研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化。若某双星系统的总质量为M，经过一段时间演化后，两星做圆周运动的周期变为原来的k倍，两星之间的距离变为原来的n倍，则该双星系统的总质量变为( ) n3 A.M k n3 B.2M k n C.M k kD.M n 解析 双星间的万有引力提供向心力。设原来双星间的距离为L，周期为T，双星的质量m1m22π 分别为m1、m 2，做圆周运动的半径分别为r1、r2。对质量为m1的恒星有G2＝m1()2r1， LTm1m22πG4π 对质量为m2的恒星有G2＝m2()2r2，得2(m1＋m2)＝2(r1＋r2)，又m1＋m2＝M，r1 LTLT 4π2L3n3 ＋r2＝L，故M＝，则当T′＝kT，间距L′＝nL时，总质量M′＝2M，选项B正确。 GT2k答案 B 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不选的得0分。 6.如图3所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第Ⅰ象限内，磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里。一质量为m、电荷量绝对值为q、不计重力的粒子，以某速度从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时，粒子速度沿x轴正方向。下列判断正确的是( ) 图3 A.粒子带正电 B.运动过程中，粒子的速度不变 πm C.粒子由O到A经历的时间为t＝ 3qB D.离开第Ⅰ象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为60° 解析 根据题意和左手定则可判断：该带电粒子带负电，故A选项错误；该带电粒子在洛伦兹力作用下在匀强磁场中做匀速圆周运动，虽然粒子的速度的大小不变，但速度的方向时刻改变，则粒子的速度不断变化，故B选项错误；根据带电粒子在匀强磁场中做匀θ速圆周运动的运动时间t与圆心角θ、周期T的关系可得t＝·T，又带电粒子在匀强磁场 2π2πmππm 中做匀速圆周运动的周期公式为T＝，又根据数学知识可得θ＝，解得t＝，故C qB33qB选项正确；根据带电粒子在有界匀强磁场中运动的对称性可知，该带电粒子离开第Ⅰ象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角应该为60°，故D选项正确。 答案 CD 7.如图4所示，在O处有一点电荷，该点电荷电场中有三个等间距的等势面a、b、c(以虚线表示)，已知两相邻等势面的间距相等。如图中实线所示是一质子以某一速度射入电场后的运动轨迹，其中1、2、3、4表示运动轨迹与等势面的一些交点。由此可判定( ) 图4 UacA.Uab＝Ubc＝ 2 B.O处的点电荷一定带负电 C.a、b、c三个等势面的电势关系是φa＞φb＞φc D.质子在1、2、3、4四个位置处所具有的电势能与动能的总和一定相等 解析 质子在电场中只受电场力作用，由质子射入电场后的运动轨迹可知场源点电荷为正点电荷，沿着电场线方向电势降低，即φa＞φb＞φc。在点电荷的电场中，虽然两相邻等势面的间距相等，但电场为非匀强电场，Uab/＝Ubc。由能量守恒定律可知质子在运动过程中所具有的电势能与动能总保持不变。故本题选C、D。 答案 CD 8.(2015·江苏如东四校期末)如图5所示，一只理想变压器原线圈与频率为50 Hz的正弦交流电源相连，两个阻值均为20 Ω的电阻串联后接在副线圈的两端。图中的电流表、电压表均为理想交流电表，原、副线圈分别为200匝和100匝，电压表的示数为5 V。则( ) 图5 A.电流表的读数为0.5 A B.流过电阻的交流电的频率为100 Hz C.交流电源的输出电压的最大值为202 V D.交流电源的输出功率为2.5 W U1n12 解析 副线圈两端的电压U2＝10 V，由＝＝，解得U1＝20 V，交流电源的输出电压 U2n21U22的最大值为202 V，选项C正确；副线圈中两个电阻消耗的功率P＝＝2.5 W，理想 2RP2.5 变压器的输入功率等于输出功率，所以选项D正确；由P＝U1I1，解得I1＝＝ A＝ U1200.125 A，选项A错误；变压器不改变交流电的频率，流过电阻的交流电的频率也为50 Hz， 选项B错误。 答案 CD 9.如图6甲所示，一质量可忽略不计的长为l的轻杆，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置能绕O点在竖直面内转动。假设小球在最高点的速度和对杆的弹力分别用v、FN表示，其中小球在最高点对杆的弹力大小与速度平方的关系图象如图乙所示。则( ) 图6 b A.重力加速度g＝ la B.小球的质量m＝l b C.当v2＝c时，小球受到向上的支持力 D.当c＝2b时，轻杆对小球的作用力大小为2a v2v2 解析 设在最高点时，小球受到的弹力方向竖直向下，则有FN＋mg＝m，解得FN＝m llb －mg，当FN＝0时，v2＝gl，所以gl＝b，得g＝，A正确；当v2＜gl时，在最高点杆对 lv2v2 小球的弹力方向竖直向上，有mg－FN＝m，可得FN＝mg－m，当v2＝0时，有a＝ llba mg，又g＝，则小球的质量m＝l，B正确；当v2＞gl时，在最高点杆对小球的弹力方 lbv2v2 向竖直向下，有FN＋mg＝m，可得FN＝m－mg，若v2＝c＝2b＝2gl，则FN＝mg＝a， llC、D错误。 答案 AB 选择题31分练(5) 一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分。每小题只有一个选项符合题意。 1.法拉第是19世纪最伟大的实验物理学家之一，他在电磁学研究方面的卓越贡献如同伽利略、牛顿在力学方面的贡献，具有划时代的意义，他提出了电场的概念。关于静电场场强的概念，下列说法正确的是( ) F A.由E＝可知，某电场的场强E与q成反比，与F成正比 q B.正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强的方向与放入该点的试探电荷的正负有关 C.电场中某一点的场强与放入该点的试探电荷的正负无关 D.电场中某点不放试探电荷时，该点的场强等于零 解析 电场强度是利用比值法定义的物理量，其大小与试探电荷所受的电场力及试探电荷所带电荷量均无关，电场强度由电场自身的因素决定，选项A错误，C正确；电场中某一点的场强方向与放入的试探电荷的正负无关，选项B错误；电场中某点的场强与放不放试探电荷无关，该点的场强也不一定等于零，选项D错误。 答案 C 2.据央视报道，奥地利著名极限运动员鲍姆加特纳曾从距地面的高度约3.9万米的高空跳下，并安全着陆，一举打破多项世界纪录。假设他从携带的氦气球太空舱上跳下到落地的过程中沿竖直方向运动的v－t图象如图1所示，则下列说法中正确的是( ) 图1 A.0～t1内运动员和所有装备整体所受重力大于空气阻力 B.t1秒末运动员打开降落伞，此后做匀减速运动至t2秒末 C.t1秒末到t2秒末运动员竖直方向的加速度方向向下，大小在逐渐增大 D.t2秒后运动员保持匀速下落直至落地 解析 由题中所给图象可知，0～t1内运动员竖直向下做加速运动，由牛顿第二定律有mg－Ff＝ma＞0，所以mg＞Ff，选项A正确；由v－t图象中图线的斜率大小表示加速度大小可知，t1～t2时间内运动员竖直向下做加速度减小的减速运动，选项B错误；t1秒末到t2秒末运动员在竖直方向的加速度方向向上，大小在逐渐减小，选项C错误；t2秒后运动员先匀速再减速下落直至落地，选项D错误。 答案 A 3.2014年3月8日，马来西亚航空公司从吉隆坡飞往北京的航班MH370失联，MH370失联后多个国家积极投入搜救行动，在搜救过程中卫星发挥了巨大的作用。其中我国的北斗导航系统和美国的GPS导航系统均参与搜救工作。北斗导航系统包含5颗地球同步卫星， 而GPS导航系统由运行周期为12小时的圆轨道卫星群组成，则下列说法正确的是( ) A.发射人造地球卫星时，发射速度只要大于7.9 km/s就可以 B.卫星向地面上同一物体拍照时，GPS卫星的拍摄视角小于北斗同步卫星的拍摄视角 C.北斗同步卫星的机械能一定大于GPS卫星的机械能 31 D.北斗同步卫星的线速度与GPS卫星的线速度之比为 2 解析 当发射速度大于7.9 km/s时，卫星可以离开地面绕地球运行，但发射的高度越大，对应的发射速度越大，选项A错误；由于GPS卫星运行的周期小于同步卫星的运行周期，即GPS卫星距离地面的高度小于同步卫星的高度，所以卫星向地面上同一物体拍摄时，GPS卫星的拍摄视角大于北斗同步卫星的拍摄视角，选项B错误；卫星的机械能不仅与卫星的高度有关，还与卫星的质量有关，因为同步卫星的质量与GPS卫星的质量关系不v2Mm2π2 确定，故不能比较两者机械能的大小，选项C错误；由G2＝m()r＝m可得北斗同rTr31步卫星的线速度与GPS卫星的线速度之比为，选项D正确。 2答案 D 4.如图2所示，杆BC的B端用铰链固定在竖直墙上，另一端C为一滑轮。重物G上系一绳经过滑轮固定于墙上A点处，杆恰好平衡。若将绳的A端沿墙缓慢向下移(BC杆、滑轮、绳的质量及摩擦均不计)，则( ) 图2 A.绳的拉力增大，BC杆受绳的压力增大 B.绳的拉力不变，BC杆受绳的压力增大 C.绳的拉力不变，BC杆受绳的压力减小 D.绳的拉力不变，BC杆受绳的压力不变 解析 选取绳子与滑轮的接触点为研究对象，对其受力分析，如图所示。绳中的弹力大小相等，即FT1＝FT2＝G，C点处于三力平衡状态，将三个力的示意图平移可以组成闭合三角形，如图中虚线所示，设AC段绳θ子与竖直墙壁间的夹角为θ，则根据几何知识可知F＝2Gsin ，当绳的 2 A端沿墙缓慢向下移时，绳的拉力不变，θ增大，F也增大，根据牛顿第三定律知，BC杆受绳的压力增大，B正确。 答案 B 5.如图3所示，匀强磁场中有一个带电荷量为q的离子自a点沿箭头方向运动，当它运动到b点时，突然吸收了附近的若干个电子，若吸收电子后仅电荷量发生变化，速度不变，接着ab 沿另一圆轨道运动到与a、b在一条直线上的c点。已知ac＝，电子电荷量为e，电子 2质量不计。由此可知，离子吸收的电子个数为( ) 图3 5qA. 3e 2qB. 3e q C. 2e q D. 3e mvmvr13 解析 设离子吸收电子后的电荷量为q1，则有r1＝，又r0＝，由题意可知＝，所 Bq1Bqr02q－q1qq3 以＝，又q1＝q－ne，所以离子吸收的电子个数为n＝＝，选项D正确。 q12e3e答案 D 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不选的得0分。 6.如图4所示，在特制的弹簧秤下挂一吊篮A，吊篮内挂一重物B，一人站在吊篮中，当此人用100 N的竖直向下的力拉重物时，下列说法中正确的是( ) 图4 A.弹簧秤的示数不变 B.人对地板的压力减小100 N C.B所受的合力增大100 N D.A所受的合力不变 解析 将吊篮A和重物B及人作为一个整体，这时无论人用多大的力拉重物B，弹簧秤的示数总等于整体的总重力，即弹簧秤的示数不变，选项A正确；对人进行受力分析可知，人受到向上的100 N的拉力，因此人对地板的压力减小100 N，选项B正确；这时B 仍处于静止状态，所受的合力仍为零，选项C错误；同样，A也处于静止状态，所受的合力仍为零，选项D正确。 答案 ABD 7.我国自行研制的新一代8×8轮式装甲车已达到西方国家第三代战车的水平，将成为中国军方快速部署型轻装甲部队的主力装备。设该装甲车的质量为m，若在平直的公路上从静止开始加速，前进较短的距离s，速度便可达到最大值vm。设在加速过程中发动机的功率恒定为P，装甲车所受阻力恒为Ff，当速度为v(vm＞v)时，所受牵引力为F。以下说法正确的是( ) A.装甲车的速度为v时，牵引力做的功为Fs PB.装甲车的最大速度vm＝ Ff F－Ff C.装甲车的速度为v时加速度为a＝ m D.装甲车从静止开始到达到最大速度vm所用的时间t＝ 2s vm 解析 在以恒定的功率启动的过程中，装甲车的牵引力随速度的增大而不断减小，所以不能利用W＝Fs求牵引力做的功，选项A错误；在加速过程中发动机的功率恒定为P，当P 牵引力等于阻力时，装甲车做匀速运动，此时的速度最大，且vm＝，选项B正确；当 Ff速度为v时，牵引力为F，由牛顿第二定律可知a＝ F－Ff，选项C正确；装甲车从静止m 开始到达到最大速度的过程中，因为牵引力逐渐减小，加速度也逐渐减小，所以装甲车从静止开始到达到最大速度vm的过程中v/＝答案 BC 8.如图5所示是霓虹灯的供电电路，电路中的变压器可视为理想变压器。已知变压器原线圈n11 与副线圈匝数比＝，加在原线圈的电压为u1＝311sin (100πt) V，霓虹灯正常工作的电 n220阻R＝440 kΩ，I1、I2表示原、副线圈中的电流。下列判断正确的是( ) vms2s ，所以t＝v≠，选项D错误。 2vm 图5 A.副线圈两端电压6 220 V，副线圈中的电流14.1 mA B.副线圈两端电压4 400 V，副线圈中的电流10 mA C.I1＜I2 D.I1＞I2 Um311U1n1解析 原线圈电压有效值U1＝＝ V≈220 V，由＝，可得U2＝4 400 V，由欧 U2n222U24 400I1n2姆定律可知I2＝＝ A＝0.01 A＝10 mA，由＝可得I1＞I2＝10 mA，所以选项 R440 000I2n1B、D正确。 答案 BD 9.在光滑水平桌面上有一边长为l的正方形线框abcd，bc边右侧有一等腰直角三角形匀强磁场区域efg，三角形腰长为l，磁感应强度竖直向下，a、b、e、f在同一直线上，其俯视图如图6所示，线框从图示位置在水平拉力F作用下向右匀速穿过磁场区，线框中感应电流i－t和F－t图象正确的是(以逆时针方向为电流的正方向，以水平向右的拉力为正，时间单位为l/v)( ) 图6 解析 根据E＝BLv，线框匀速运动时，有效切割长度均匀增加，感应电流均匀增加，且感应电流方向为逆时针方向，为规定的正方向；当bc边出磁场时ad边刚好进入磁场，有效切割长度依然是均匀增加，而感应电流方向为顺时针方向，故A错误，B正确；安培B2L2vB2v 力F＝＝(vttan θ)2，拉力等于安培力的大小，都是时间的二次函数，且拉力一直 RR向右，故C错误，D正确。 答案 BD 选择题31分练(6) 一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分。每小题只有一个选项符合题意。 1.如图1所示，质量为m的木块放在粗糙的水平地面上，木块与水平地面间的动摩擦因数为0.5，水平推力F作用于木块上，但未把木块推动，则下列选项中能正确反映木块受到的摩擦力Ff与水平推力关系的是( ) 图1 解析 用推力F后，物体没有滑动，说明物体受到静摩擦力的作用，由受力平衡知Ff静＝F，故选项A正确。 答案 A 2.无风时气球匀速竖直上升，速度为3 m/s。现吹水平方向的风，使气球获得4 m/s的水平速度，气球经一定时间到达某一高度h，则( ) A.气球实际速度的大小为7 m/s B.气球的运动轨迹是曲线 C.若气球获得5 m/s的水平速度，气球到达高度h的路程变长 D.若气球获得5 m/s的水平速度，气球到达高度h的时间变短 解析 由题意可知，水平速度为4 m/s，而竖直速度为3 m/s，根据运动的合成可知，气球实际速度的大小为5 m/s，选项A错误；气球在水平方向和竖直方向均做匀速直线运动，则合运动也是匀速直线运动，选项B错误；若气球获得5 m/s的水平速度，由于竖直向上的匀速速度不变，所以气球到达高度h的时间不变，但水平位移变大，则气球到达高度h的路程变长，选项C正确，D错误。 答案 C 3.(2015·广州市高三调研)如图2，S接a，带电微粒从P点水平射入平行板间，恰能沿直线射出。若S接b，相同微粒仍从P水平射入，则微粒( ) 图2 A.电势能减小 B.电势能不变 C.偏离直线向上偏转 D.偏离直线向下偏转 解析 S接a时，带电粒子沿直线运动，说明带电粒子受到的重力与电场力平衡，S接b后，两板的电压变小，带电粒子受到的电场力变小，带电粒子将向下偏转，C错误，D正确；电场力做负功，电势能增加，A、B错误。 答案 D 4.(2015·江苏南通市高三期中)如图3所示，从地面上A点发射一枚远程地对地弹道导弹，仅在万有引力作用下沿椭圆轨道ABC飞行击中地面目标C，轨道远地点B距地面高度为h。已知地球的质量为M、半径为R，引力常量为G。设导弹经A、B点时速度大小分别为vA、vB。下列说法中正确的是( ) 图3 A.地心O为导弹椭圆轨道的一个焦点 B.速度vA＞11.2 km/s，vB＜7.9 km/s GMC.导弹经B点时加速度大小为2 hD.导弹经B点时速度大小为 GM R＋h 解析 导弹在地球万有引力的作用下做椭圆运动，根据开普勒第一定律知，A项正确；因导弹要返回地面，故在A、B两点的速度均小于7.9 km/s，B项错误；由牛顿第二定律得mv2GMm ＝，得过B点绕地球做匀速圆周运动的卫星的速度v＝（R＋h）2R＋h做椭圆运动，故vB＜答案 A 5.在第一象限(含坐标轴)内有垂直于xOy平面周期性变化的均匀磁场，规定垂直于xOy平面向里的磁场方向为正。磁场变化规律如图4所示，磁感应强度的大小为B0，变化周期为T0。某一带正电粒子的质量为m、电荷量为q，在t＝0时从O点沿x轴正向射入磁场中。若要求粒子在t＝T0时距x轴最远，则B0的值为( ) GM ，C、D项错误。 R＋h GM ，因导弹R＋h 图4 πm A. qT0 2πmB. qT0 3πm C. 2qT0 5πm D. 3qT0 解析 带正电粒子进入磁场时，磁场方向垂直于xOy平面向里，运动轨迹的圆心在y轴上，因为只有第一象限有磁场，故带电粒子做圆周运动而不能进入第二象限，否则会离开磁场做匀速直线运动，T0T0而且在前和后都不能进入第二象限，由对称性可知，末速度方 22T0向仍为水平向右，带电粒子若在t＝T0时距x轴最远，则后的运动2 T0轨迹与y轴相切，带电粒子的运动轨迹如图所示。由几何关系可知时间内带电粒子做圆25πT05π 周运动转过的圆心角为，若带电粒子做圆周运动的周期为T，则有＝T，故T＝ 626×2π6T02πm5πm ，又T＝，可得B0＝，选项D正确。 5qB03qT0答案 D 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不选的得0分。 6.(2015·辽宁省大连市高三测试)如图5，质量为M、倾角为θ的斜面放在粗糙水平面上，质量为m的物体在斜面上恰能匀速下滑，现加上一个沿斜面向下的力F，使物体在斜面上加速下滑(斜面始终不动)，则此过程中( ) 图5 A.物体与斜面间的动摩擦因数为tan θ F B.物体下滑的加速度大小为＋gsin θ mC.地面对斜面的支持力大小为(M＋m)g D.地面对斜面的摩擦力大小为Fcos θ 解析 因物体恰能匀速下滑，则有mgsin θ＝μmgcos θ，即μ＝tan θ，A正确；由牛顿第二F 定律知物体下滑的加速度大小为a＝，B错误；将力F及加速度a沿竖直向下方向及水 m平方向分解，由系统牛顿第二定律得(M＋m)g－FN＋Fsin θ＝masin θ及Fcos θ＋Ff＝macos θ，解得FN＝(M＋m)g，Ff＝0，C正确，D错误。 答案 AC 7.a、b两辆摩托车在一笔直的公路上同时由同一地点开始同向行驶，两车的运动均可视为匀 变速直线运动。由t＝0时刻开始每间隔Δt＝1 s将测量的摩擦托车a、b的速度记录在下表中。则由表中的数据分析可知 时间t/s va/(m·s1) －0 18.0 3.0 1 16.0 4.0 2 14.0 5.0 3 12.0 6.0 4 10.0 7.0 vb/(m·s1) －A.摩托车a的速度变化快 B.前4 s内摩托车a的平均速度小 C.前4 s内两摩托车的相对位移为56 m D.在第5 s末两摩托车间距最大 解析 由于两车做匀变速直线运动，根据表中数据求得aa＝－2 m/s2，ab＝1 m/s2，则a的速度变化快，A正确；利用匀变速直线运动的规律求得0～4 s内摩托车a的平均速度18＋103＋7 va＝ m/s＝14 m/s，摩托车b的平均速度vb＝ m/s＝5 m/s，B选项错误；在0～ 224 s内两车的位移分别为xa＝14×4 m＝56 m，xb＝5×4 m＝20 m，a相对b的位移为Δx＝56 m－20 m＝36 m，C错误；当两车的速度相等时，两车相距最远，在第5 s末两车速度相等，D正确。 答案 AD 8.(2015·湖北省部分高中高三联考)如图6所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是( ) 图6 A.电动机多做的功为mv2/2 B.物体在传送带上的划痕长v2/2μg C.传送带克服摩擦力做的功为mv2/2 D.电动机增加的功率为μmgv 1 解析 电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得的动能就是 21 mv2，所以电动机多做的功一定要大于mv2，故A错误；物体在传送带上的划痕长等于物 2v 体在传送带上的相对位移，物体达到速度v所需的时间t＝，在这段时间内物体的位移μgv2v2v2 x1＝，传送带的位移x2＝vt＝，则物体相对位移x＝x2－x1＝，故B正确；传送 2μgμg2μg带克服摩擦力做的功就为电动机多做的功，所以由A的分析可知，C错误；电动机增加 的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为fv＝μmgv，所以D正确。 答案 BD 9.如图7所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R。线框绕与cd重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，线框转π 过时的感应电流为I，下列说法正确的是( ) 6 图7 A.线框中感应电流的有效值为2I 2IR B.转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为 ω π2I C.从中性面开始转过的过程中，通过导线某横截面的电荷量为 2ω2πRI2 D.线框转一周的过程中，产生的热量为 ω π 解析 线框中产生的感应电动势的最大值Em＝BSω，线框转过时的感应电流为I＝Imsin 6πBSωπBSωEmE2BSω＝sin ＝，感应电动势的有效值为E＝，感应电流的有效值为I′＝＝6R62RR2R2＝2I，选项A错误；由 2BSω2IR ＝2I可得穿过线框的磁通量的最大值Φm＝BS＝，选2Rω πEΔΦ 项B正确；从中性面开始转过的过程中，通过导线某横截面的电荷量为q＝IΔt＝Δt＝ 2RRΔtBSω2 （）2ΔΦBS2IE2π Δt＝＝＝，选项C正确；线框转一周的过程中，产生的热量Q＝t＝× RRωRRω 2 4πI2R＝，选项D错误。 ω答案 BC 选择题31分练(7) 一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分。每小题只有一个选项符合题意。 1.(2015·太原市高三模拟)在台秤上，框架内有一轻弹簧，其上端固定在框架顶部，下端系一质量为m的物体，物体下方用竖直细线与框架下部固定，各物体都处于静止状态。今剪断细线，物体开始振动，且框架始终没有离开台秤，弹簧不超出弹性限度，空气阻力忽略不计，重力加速度为g。则下列说法正确的是( ) 图1 A.当台秤示数最小时弹簧一定处于原长状态 B.当台秤示数最小时物体一定处在平衡位置 C.振动过程中台秤的最大示数一定大于(M＋m)g D.振动过程中台秤的最大示数一定等于(M＋m)g 解析 当物体有向下的最大加速度时，物体失重最多，此时台秤示数最小，所以当台秤示数最小时物体处于最高点，选项A、B错误；振动过程中台秤有最大示数时，物体一定有向上的最大加速度，此时物体在最低点，因为弹簧的弹力大于mg，所以台秤的最大示数一定大于(M＋m)g，选项C正确，D错误。 答案 C 2.我国已经成功实现舰载机在航母上的起飞和降落。若舰载机在航母上从静止开始做匀加速直线运动然后起飞，起飞过程的平均速度为v，起飞过程的时间为t，则下列说法中正确的是( ) A.舰载机离开航母起飞时的速度为v 2vB.起飞过程的加速度为 t C.在航母上供舰载机起飞所需要的跑道的最短长度为2vt D.舰载机起飞过程的加速度始终与速度的方向相反 v0＋vt 解析 根据匀变速直线运动的规律可知，平均速度v＝v＝，又v0＝0，故舰载机离 2开航母时的速度vt＝2v，而不是平均速度v，选项A错误；起飞过程的加速度为a＝＝ vt－v0 t 2v ，选项B正确；舰载机在起飞过程中的平均速度为v，起飞时间为t，则舰载机起飞t 所需要的跑道的最短长度为s＝vt，选项C错误；舰载机起飞过程做匀加速直线运动，根 据匀加速直线运动的性质知，此过程中加速度方向与速度方向相同，选项D错误。 答案 B 3.如图2所示，地球半径为R，a是地球赤道上的一栋建筑，b是与地心的距离为nR的地球9 同步卫星，c是在赤道平面内做匀速圆周运动、与地心距离为nR的卫星。某一时刻b、 16c刚好位于a的正上方(如图所示)，经过48 h，a、b、c的大致位置是( ) 图2 解析 由题意可知，b为同步卫星，因此b始终在a的正上方；b和c都是绕地球运行的27 卫星，万有引力提供向心力，可得Tc＝Tb，已知同步卫星周期为24 h，由此可得卫星c 64的周期，对比各个选项位置可知选项D正确。 答案 D 4.如图3所示，足够长的U形光滑金属导轨所在平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，磁感应强度大小为B的匀强磁场方向垂直导轨所在平面斜向上，导轨电阻不计，金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，棒ab接入电路的电阻为R，当流过棒ab某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在此下滑过程中( ) 图3 v2 A.运动的加速度大小为 2LqR B.下滑位移大小为 BLC.产生的焦耳热为qBLv B2L2v D.受到的最大安培力大小为sin θ R B2L2v 解析 由牛顿第二定律可知mgsin θ－＝ma，金属棒做变加速运动，选项A错误； R ΔΦΔΦBLxqR1 由q＝I·Δt＝·Δt＝＝得x＝，选项B正确；由动能定理可知mgxsin θ－Q＝ ΔtRRRBL2mv2，把x代入式中得到Q，选项C错误；金属棒ab受到的最大安培力大小为Fm＝BLImBLvB2L2v ＝BL＝，选项D错误。 RR答案 B 5.如图4所示，一根重力G＝0.1 N、长L＝1 m、质量分布均匀的导体ab，在其中点弯成60°角，将此导体放入匀强磁场中，导体两端a、b悬挂于两相同的弹簧下端，弹簧均处于竖直状态，当导体中通有I＝1 A的电流时，两根弹簧比原长各缩短了Δx＝0.01 m，已知匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度的大小B＝0.4 T，则( ) 图4 A.导体中电流的方向为a→b B.每根弹簧的弹力大小为0.5 N C.弹簧的劲度系数为k＝5 N/m D.若导体中不通电流，则弹簧比原长伸长了0.02 m 解析 由题意知通电后弹簧比原长缩短了，说明安培力方向竖直向上，由左手定则可知，1 电流方向为b→a，选项A错误；通电后，导体ab的有效长度为l＝L＝0.5 m，受到的安 2F－G0.2－0.1 培力为F＝BIl＝0.4×1×0.5 N＝0.2 N，又F＝2F弹＋G，则F弹＝＝ N＝0.05 22F弹0.05 N，选项B错误；由F弹＝kΔx得k＝＝ N/m＝5 N/m，选项C正确；导线中不通电 Δx0.01G0.1 流，则有2kΔx′＝G，可得Δx′＝＝ m＝0.01 m，选项D错误。 2k2×5答案 C 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不选的得0分。 6.(2015·盐城市高三质检)如图5所示，是A、B两质点从同一地点运动的x－t图象，则下列说法中正确的是( ) 图5 A.A质点以20 m/s的速度匀速运动 B.B质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动 C.B质点最初4 s做加速运动，后4 s做减速运动 D.A、B两质点在4 s末相遇 解析 x－t图象中图线的斜率表示速度，所以A质点的速度vA＝20 m/s，故选项A正确；B质点的位移先增大，后减小，故选项B正确；B质点的x－t图线切线斜率先减小后增加，说明B质点最初4 s做减速运动，后4 s做加速运动，故选项C错误；A、B两质点从同一地点出发，在4 s末位移相同，故选项D正确。 答案 ABD 7.如图所示，在匀强电场中平行于电场线的某一平面上有A、B、C三个点，各点的电势分别为φA＝5 V，φB＝2 V，φC＝3 V，H、F三等分AB、G为AC的中点，在各示意图中，能正确表示电场强度方向的是( ) 解析 把AB三等分，因UAB＝3 V，则每等份两端的电势差为1 V，φH＝4 V，φF＝3 V，连接FC，则FC为等势线，电场线应垂直于FC，从电势高处指向电势低处；把AC两等分，因UAC＝2 V，则每等份两端的电势差为1 V，φG＝4 V，直线GH为等势线，电场线应垂直于HG，从电势高处指向电势低处，所以选项B、C能正确表示电场强度方向，故A、D不符合题意。 答案 BC 8.某水库用水带动如图6甲所示的交流发电机发电，发电机与一个理想升压变压器连接，给附近工厂的额定电压为10 kV的电动机供电。交流发电机的两磁极间的磁场为匀强磁场，线圈绕垂直于匀强磁场的水平轴OO′沿顺时针方向匀速运动，从图示位置开始计时，产生的电动势如图乙所示。连接各用电器的导线电阻忽略不计，交流电压表与交流电流表都是理想电表。下列说法正确的是( ) 图6 A.0.01 s时通过电流表的电流的方向向右 B.变压器原、副线圈的匝数比为1∶20 C.进入电动机的电流的频率是100 Hz D.开关K闭合时电压表的示数不变，电流表的示数变大 解析 根据右手定则可知题图甲所示位置CD中的电流为从C到D，故0.01 s时通过CD的电流为从D到C，通过电流表的电流方向向右，选项A正确；原线圈两端的电压的有效值为500 V，用户需要的电压为10 kV，故匝数之比为500∶10 000＝1∶20，选项B正确；由题图乙可知周期T＝0.02 s，故频率为f＝50 Hz，选项C错误；开关K闭合时电压I1n2表的示数不变，负载电压不变，电阻减小，电流增大，根据＝知电流表的示数变大， I2n1选项D正确。 答案 ABD 9.(2015·浙江温州十校月考)如图7所示，离水平地面一定高处水平固定一内壁光滑的圆筒，筒内固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度。现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出，刚好能水平进入圆筒中，不计空气阻力。下列说法中正确的是( ) 图7 A.弹簧获得的最大弹性势能等于小球抛出时的动能 B.小球斜上抛运动过程中处于失重状态 C.小球压缩弹簧的过程，小球减小的动能等于弹簧增加的势能 D.小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中小球的机械能守恒 解析 小球从抛出到将弹簧压缩过程，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能总量守恒，小球的动能转化为重力势能和弹簧的弹性势能，故A错误；小球斜上抛运动的过程中加速度为g，方向竖直向下，处于失重状态，故B正确；小球压缩弹簧的过程，小球的动能和弹簧的弹性势能总量守恒，所以小球减小的动能等于弹簧增加的势能，故C正确；小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，而小球的机械能不守恒，故D错误。 答案 BC 选择题31分练(8) 一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分。每小题只有一个选项符合题意。 1.F1＝F2＝1 N，分别作用于上下叠放的物体A、B上，且A、B均静止，则A、B之间，B与地面间摩擦力大小分别为( ) 图1 A.1 N，0 B.2 N，0 D.2 N，1 N C.1 N，1 N 解析 因为A、B均静止，合力为零，则对A：向左的推力与A、B之间的摩擦力平衡，故A、B间摩擦力等于1 N；对整体A、B：向左和向右的推力的合力为零，故B与地面间没有摩擦力。 答案 A 2.从空中平抛一个重为10 N的物体，物体在空中运动3 s落地，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则重力对物体做的功W及落地时重力的瞬时功率P分别为( ) A.W＝150 J P＝500 W B.W＝450 J P＝300 W C.W＝15010 J P＝500 W D.W＝600 J P＝700 W 解析 由于重力做功与路径无关，只与物体平抛运动初、末位置的高度差有关，且W＝1 mgh＝mg·gt2＝450 J 2 落地时重力的瞬时功率为P＝mgvy＝mg·gt＝300 W。故选项B正确，选项A、C、D错误。 答案 B 3.(2015·东北三省四市高三第二次联合考试)平直高速公路上有一辆正以108 km/h的速度匀速行驶的汽车，某时刻司机发现正前方80 m处有一辆正以72 km/h的速度匀速行驶的卡车，司机观察到无法超车，于是开始刹车做匀减速运动以避免发生交通事故，已知汽车司机的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s，若两车不相撞，则汽车刹车的加速度大小可能是( ) A.0.5 m/s2 C.0.7 m/s2 B.0.6 m/s2 D.0.8 m/s2 解析 v1＝108 km/h＝30 m/s，v2＝72 km/h＝20 m/s，设汽车开始做匀减速运动后经时间t1 与卡车速度相等，则有v2＝v1－at，x1＝v1t反＋v1t－at2，x2＝v2(t＋t反)，且有x1≤x2＋x0， 25 联立得a≥ m/s2，选项D正确。 7答案 D 4.(2015·海南单科，5)如图2所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q 的粒子。在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于2 正极板且与其相距l的平面。若两粒子间相互作用力可忽略。不计重力，则M∶m为( ) 5 图2 A.3∶2 B.2∶1 C.5∶2 D.3∶1 Eq21Eq2 解析 设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对M有，aM＝，l＝t；对m有， M52MEq31Eq2M3am＝，l＝t，联立解得＝，A正确。 m52mm2答案 A 5.如图3甲所示，竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度E＝40 N/C，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向，t＝0时刻，一质量m＝8×104 kg、电 － 荷量q＝＋2×104 C的微粒在O点具有竖直向下的速度v＝0.12 m/s，O′是挡板MN上一 － 点，直线OO′与挡板MN垂直，取g＝10 m/s2，则微粒下一次经过直线OO′时与O点的距离为( ) 图3 A.1.2 m B.0.6 m C.2.4 m D.1.8 m 解析 微粒在叠加场中受到重力mg、电场力qE和洛伦兹力qvB作用，代入数据可知，重力mg＝8×104×10 N＝8×103 N，电场力qE＝2×104×40 N＝8×103 N，方向竖 － － － － 直向上，即电场力与重力相平衡。因此微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨道半径mv2πmR＝＝0.6 m，运动周期T＝＝10π s，故微粒恰好运动半个周期再次通过OO′，此时 qBBq到O点的距离l＝2R＝1.2 m，A正确。 答案 A 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不选的得0分。 6.(2015·河北唐山市高三联考)某一物体从静止开始做直线运动，其加速度随时间变化的图线 如图4所示，则该物体( ) 图4 A.第1 s内加速运动，第2、3 s内减速运动，第3 s末回到出发点 B.第1 s末和第4 s末速度都是8 m/s C.第2 s末物体位移是10 m D.第3 s末速度为零，且此时开始改变运动方向 解析 物体在第1 s内从静止开始做匀加速运动，第2、3 s内沿原方向做匀减速运动，根据“面积”等于速度的变化量可知，3 s末物体的速度为零，所以第3 s末没有回到出发11 点，故A错误；第2 s末物体位移是x＝(×8×12＋8×1×1－×4×12) m＝10 m，C正 22确；第1 s末速度为v＝at＝8×1 m/s＝8 m/s；根据“面积”等于速度的变化量，则得4 s内速度的变化量为Δv＝at＝8 m/s，所以第4 s末速度是8 m/s，故B正确；第3 s末速度为零，接着重复前一个周期的运动，仍沿原方向运动，故D错误。 答案 BC 7.(2015·陕西联考)如图5所示，一理想变压器原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，原线圈所接电源为交变电流。副线圈上接有一电阻R，原、副线圈所接电表均为理想电表。若只减少副线圈的匝数n2，则( ) 图5 A.交流电的频率变小 B.电流表A1的示数变小 C.电流表A2的示数变小 D.电压表V的示数变小 U1n1n2U1 解析 交流电的频率不变，选项A错误；由＝得U2＝，只减少副线圈的匝数n2， U2n2n1则U2减小，I2减小，再由U1I1＝U2I2得I1减小，选项B、C、D均正确。 答案 BCD 8.如图6所示，在地球轨道外侧有一小行星带。假设行星带中的小行星都只受太阳引力作用，并绕太阳做匀速圆周运动。下列说法正确的是( ) 图6 A.各小行星绕太阳运动的周期大于一年 B.与太阳距离相等的每一颗小行星，受到太阳的引力大小都相等 C.小行星带内侧行星的加速度小于外侧行星的加速度 D.小行星带内各行星绕太阳公转的线速度均小于地球公转的线速度 Mm2π 解析 由G2＝m()2r，可得T＝2π rT r3，所以行星运动的轨道半径越大，对应的周GM 期越大，因为地球的公转周期为一年，而小行星的轨道半径大于地球的轨道半径，故各小行星绕太阳运动的周期大于一年，选项A正确；因为每颗小行星的质量不一定相等，故Mm 与太阳距离相等的每一颗行星，受到太阳的引力大小不一定相等，选项B错误；由G2rMm ＝ma可知，小行星带内侧行星的加速度大于外侧行星的加速度，选项C错误；由G2＝rv2 m可得v＝r 选项D正确。 答案 AD 9.如图7甲所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L，一端通过导线与阻值为R的电阻连接。导轨上放一质量为m的金属杆，金属杆、导轨的电阻均忽略不计，匀强磁场垂直导轨平面向下。用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动。当改变拉力的大小时，金属杆做匀速运动时的速度v也会变化，v和F的关系如图乙所示。下列说法正确的是( ) GM ，故小行星带内各行星绕太阳公转的线速度均小于地球公转的线速度，r 图7 A.金属杆在匀速运动之前做匀加速直线运动 B.流过电阻R的电流方向为a→R→b B2L23 C.由图象可以得出B、L、R三者的关系式为＝ R2D.当恒力F＝3 N时，电阻R消耗的最大电功率为8 W B2L2v 解析 金属杆在匀速运动之前，随着运动速度的增大，由F安＝可知金属杆所受的安R 培力增大，由牛顿第二定律可知金属杆的加速度减小，故金属杆做加速度减小的加速运动，选项A错误；由楞次定律可知，流过电阻R的电流方向为a→R→b，选项B正确；因为图象与横轴交点等于金属杆所受摩擦力的大小，故由图象可知金属杆所受的摩擦力为1 B2L2vB2L2F－Ff1N，金属杆匀速运动时有F－Ff＝F安＝，则可得＝v＝，选项C错误；当 RR2恒力F＝3 N时，金属杆受到的安培力大小为F安＝F－Ff＝2 N，金属杆匀速运动的速度为4 m/s，所以金属杆克服安培力做功的功率P＝8 W，转化为电能的功率为8 W，故电阻R消耗的最大电功率为8 W，选项D正确。 答案 BD 选择题31分练(9) 一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分。每小题只有一个选项符合题意。 1.如图1所示，重物挂在弹性很好的橡皮筋的中点，在橡皮筋的两端点S、P相互缓慢靠近的过程中，其长度( ) 图1 A.先增加后缩短 B.逐渐增加 C.逐渐缩短 D.保持不变 解析 两条橡皮筋拉力的合力与重物的重力平衡，设它们的夹角为2θ，则橡皮筋的拉力F满足2Fcos θ＝mg，当θ减小时，cos θ增大，F减小，橡皮筋的长度减小，C正确。 答案 C 2.如图2所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P点时的速度大小为( ) 图2 A.2v0 B.v0 C.2v0 D.5v0 1 解析 小球做类平抛运动，由题意可知小球到P点时水平位移和竖直位移相等，即v0t＝ 2 2vPyt，解得vPy＝2v0，合速度vP＝v20＋vPy＝5v0，选项D正确。 答案 D 3.如图3所示，水平传送带两端点A、B间的距离为L，把一个小物体放到右端的A点，某人用水平向左恒力F使小物体以速度v1匀速滑到左端的B点，拉力F所做的功为W1、功率为P1。这一过程中物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1(这一过程中传送带始终静止)。随后让传送带以v2的速度逆时针匀速运动，此人仍用相同的水平向左的恒力F拉物体，使它以相对传送带为v1的速度匀速从A滑行到B，这一过程中，拉力F所做的功为W2、功率为P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q2，下列关系中正确的是( ) 图3 A.W1＝W2，P1＜P2，Q1＝Q2 B.W1＝W2，P1＜P2，Q1＞Q2 C.W1＞W2，P1＝P2，Q1＞Q2 D.W1＞W2，P1＝P2，Q1＝Q2 解析 根据恒力做功公式W＝FL，其中L为小物体对地的位移，故W1＝W2；第一次小物体对地的速度为v1，第二次小物体对地的速度为v1＋v2，根据P＝Fv可知P1＜P2；设小物体与传送带间的动摩擦因数为μ，Q＝μmgx，其中x为物体与传送带间的相对位移，第一次相对位移x＝L，第二次相对位移x＜L，故Q1＞Q2。 答案 B 4.(2015·南京市高三第二次模拟)随着“嫦娥三号”的成功发射，我国宇航员登上月球已不是梦想，假如我国宇航员乘坐某嫦娥系列号卫星登上月球，并在月球表面某处以一定初速度竖直向上抛出一个小球，经时间t后小球回到抛出点，已知月球的半径为R，引力常量为G，该嫦娥系列号卫星在离月球表面高h处绕月球飞行的周期为T，则竖直上抛小球的初速度为( ) 4π2（R＋h）3tA. R2T2 2π2（R＋h）3t B. R2T24π2（R＋h）2tC. RT2 2π2（R＋h）2t D. RT2解析 令月球表面重力加速度为g，竖直上抛小球的初速度为v0，则由竖直上抛运动规律gtMm 知v0＝，在月球表面有G2＝mg，嫦娥系列号卫星绕月球做匀速圆周运动时有 2R2π2（R＋h）3tMm′4π2 G＝m′2(R＋h)，联立得v0＝，B正确。 TR2T2（R＋h）2答案 B 5.一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5∶1，原线圈接入电压为220 V的正弦交流电，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，如图4所示，电压表和电流表均为理想交流电表。则下列说法正确的是( ) 图4 A.原、副线圈中的电流之比为5∶1 B.电压表的读数约为44 V C.若滑动变阻器接入电路的阻值为20 Ω，则1分钟内产生的热量为2 904 J D.若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均增大 解析 由理想变压器的规律可知，原、副线圈中的电流之比为1∶5，选项A错误；副线圈两端的电压U2＝44 V，由于二极管的单向导电性，若R两端的电压的有效值为U，则U2TU22有×＝×T，所以电压表的示数为U＝222 V，选项B错误；在1 min内产生的热R2RU2 量Q＝t＝2 904 J，选项C正确；若将滑动变阻器的滑片向上滑动，因滑动变阻器的有 R效电阻减小，而副线圈两端的电压不变，所以电压表的示数不变，但通过电阻的电流增大，故原线圈中的电流表示数增大，选项D错误。 答案 C 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不选的得0分。 6.在物理学发展史中，许多科学家通过自己不懈的努力和聪明的智慧做出了卓越的贡献，发现了许多重要的自然规律，形成了科学的解决问题的方法，下列说法正确的是( ) A.牛顿发现了万有引力定律并利用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量 B.库仑利用扭秤实验发现了库仑定律，并测出了静电力常量k的值 C.探究求合力的方法的实验中运用了控制变量的方法 D.把带电体看成点电荷运用了理想化模型的方法 解析 牛顿发现了万有引力定律，而引力常量是卡文迪许测定的，A错误；探究求合力的方法运用了等效替代法，C错误；B、D符合史实，B、D正确。 答案 BD 7.(2015·江苏省连云港、徐州、淮安、宿迁四市高三调研考试)位于正方形四角上的四个等量点电荷的电场线分布如图5所示，ab、cd分别是正方形两条边的中垂线，O点为中垂线的交点，P、Q分别为cd、ab上的点。则下列说法正确的是( ) 图5 A.P、O两点的电势关系为φP＝φO B.P、Q两点电场强度的大小关系为EQ＜EP C.若在O点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力不为零 D.若将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点，电场力做负功 解析 根据电场叠加，由图象可知ab、cd两中垂线上各点的电势都为零，所以P、O两点的电势相等，故A正确；电场线的疏密表示场强的大小，根据图象知EP＞EQ，故B正确；四个点电荷在O点产生的电场相互抵消，场强为零，故在O点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力为零，故C错误；P、Q两点电势相等，所以将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点，电场力做功为零，故D错误。 答案 AB 8.(2015·陕西省高三质检)如图6所示，在直径为d的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B1，一个带电粒子以速率v从A点沿与直径AC成30°角的方向射入磁场，经时间t从C点射出磁场，现调整磁场的磁感应强度大小为B2，让同一粒子沿与直径AC成60°角的方向仍以速率v射入磁场，经时间t2仍从C点射出磁场，则下列说法中正确的是( ) 图6 A.B1∶B2＝3∶1 C.t1∶t2＝2∶3 B.B1∶B2＝3∶3 D.t1∶t2＝3∶2 解析 粒子运动轨迹如图所示，由图知粒子运行的轨道半径为r＝v2mvd ，由牛顿第二定律知Bqv＝m，即B＝，联立得B＝2sin θrqr2mvsin θB1sin 30°3 ，所以＝＝，选项A错误，B正确；粒子运行qdB2sin 60°32πm2θ2mθt1周期T＝，粒子在磁场中运行的时间为t＝T＝，所以＝Bq360°Bqt23 ，选项C错误，D正确。 2答案 BD 9.如图7甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g＝10 m/s2。下列说法中正确的是( ) 图7 A. 0～5 m内物块做匀减速直线运动 B.在t＝1 s时刻，恒力F反向 C.恒力F大小为10 N D.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3 解析 由v2＝v20＋2ax可知，图象的斜率k＝2a，0～5 m位移内物块做匀减速直线运动，1100 恒力F方向向左，由牛顿第二定律得－F－Ff＝ma1，其中加速度a1＝×(－) m/s2＝－ 2510 m/s2；5～13 m位移内，物块做匀加速直线运动，恒力F在5 m位移处反向，同理得F164 －Ff＝ma2，a2＝× m/s2＝4 m/s2，联立解得Ff＝3 N，F＝7 N，则物块与水平面间的 28动摩擦因数μ＝＝ Ff＝0.3，选项A、D正确，C错误；物块速度为零时恒力F反向，则tmg 0－v0＝1 s，选项B正确。 a1 答案 ABD 选择题31分练(10) 一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分。每小题只有一个选项符合题意。 1.(2015·湖南五市十校联合检测)物体的运动情况或所受合外力的情况如图所示，四幅图的图线都是直线，从图中可以判断这四个质量一定的物体的某些运动特征。下列说法正确的是( ) A.甲物体受到不为零且恒定的合外力 B.乙物体受到的合外力越来越大 C.丙物体受到的合外力为零 D.丁物体的加速度越来越大 解析 甲物体做匀速直线运动，合外力为零，选项A错误；乙物体做匀加速运动，合外力恒定，且不为零，选项B错误；丙物体做匀加速运动，合外力恒定且不为零，选项C错误；丁物体所受合外力越来越大，加速度越来越大，选项D正确。 答案 D 2.(2015·北京丰台区期末)在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则( ) 图1 A.t＝0.005 s时线圈平面与磁场方向平行 B.t＝0.010 s时线圈的磁通量变化率最大 C.线圈产生的交变电动势频率为100 Hz D.线圈产生的交变电动势有效值为311 V 解析 t＝0.005 s时线圈平面与磁场方向平行，感应电动势最大， 选项A正确；t＝0.010 s时线圈的磁通量最大，变化率最小，选项B错误；线圈产生的交变电动势周期为0.02 s，频率为50 Hz，选项C错误；线圈产生的交变电动势最大值为311 V，选项D错误。 答案 A 3.(2015·西安市高三第二次质检)如图2所示，小球a、b的质量分别是m和2m。a从倾角为30°的光滑固定斜面的顶端无初速度下滑，b从斜面等高处以初速度v0平抛，不计空气阻力。比较a、b落地前的运动过程有( ) 图2 A.a、b运动的时间相等 B.a的运动时间小于b的运动时间 C.a、b都做匀变速运动 D.落地前瞬间a、b的速度相同 1解析 设斜面的高度为h，a球在斜面上自由下滑时加速度为a＝gsin 30°＝g，运动时间 2h11 满足＝×gt2，而b球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，下落时间满足h＝ sin 30°22112 gt，可见t1＝2t2，则A、B错误，C正确；a、b两球落地时速度不同，则D错误。 22答案 C 4.有新闻报道，荷兰“火星一号”公司在全球招募志愿者参加他们的单程火星之旅，发射飞船将志愿者送往火星定居。已知火星与地球绕太阳公转的轨道半径之比约3∶2，火星和地球的质量和半径之比分别约为1∶10和1∶2，则下列说法中正确的是( ) 2 A.志愿者在火星表面附近的重力约为地球表面附近的 5B.志愿者在火星上的“一年”比在地球上要短 C.发射载有志愿者的飞船的最小速度为第一宇宙速度 D.载有志愿者的飞船减速落向火星表面时，志愿者处于失重状态 GMm 解析 由2＝mg得志愿者在火星和地球表面附近的重力之比约为2∶5，A选项正确； R根据开普勒第三定律，火星的公转轨道半径较大，火星的公转周期较长，B选项错误；脱离地球的最小发射速度为第二宇宙速度，C选项错误；飞船在火星表面减速降落时，加速度具有竖直向上的分量，故志愿者处于超重状态，D选项错误。 答案 A 5.真空中有一半径为r0的带电金属球，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图3所示，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离。根据电势图象(φ－r图象)，判断下列说法中正确的是( ) 图3 A.该金属球可能带负电 B.A点的电场强度方向由A指向B C.A点的电场强度小于B点的电场强度 D.电荷量为q的正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做功W＝q(φ2－φ1) 解析 根据电势图象可知，r趋近于无限远处电势为零，金属球带正电，选项A错误；带正电的金属球的电场类似于正点电荷的电场，根据正点电荷的电场特征可知，A点的电场强度方向由A指向B，选项B正确；电势图象切线的斜率表示电场强度，从A到B，场强逐渐减小，选项C错误；A、B两点之间的电势差为U＝φ1－φ2，电荷量为q的正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做功W＝qU＝q(φ1－φ2)，选项D错误。 答案 B 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不选的得0分。 6.(2015·连云港、徐州、淮安、宿迁四市高三调研)如图4所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态。若将固定点c向右移动少许，而a与斜劈始终静止，则(不计滑轮重力)( ) 图4 A.细线对物体a的拉力增大 B.斜劈对地面的压力减小 C.斜劈对物体a的摩擦力减小 D.地面对斜劈的摩擦力增大 解析 对滑轮和物体b受力分析，受重力和两个拉力，如图甲所示。mbg根据平衡条件，有：mbg＝2Tcos θ，解得：T＝。 2cos θ将固定点c向右移动少许，则θ增大， 故拉力T增大，故A正确； 对斜劈、物体a、物体b整体受力分析，受重力、支持力、细线的拉力和地面的静摩擦力，如图乙所示。 mbg 根据平衡条件，有N＝G总－Tcos θ＝G总－，N与角度θ无关，恒定不 2 mbg 变，根据牛顿第三定律，压力也不变，故B错误；f＝Tsin θ＝tan θ，将固定点c向右 2移动少许，则θ增大，故摩擦力增大，故D正确；对物体a受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，由于不知道拉力与重力沿斜面向下的分力的大小关系，故无法判断静摩擦力的方向，所以不能判断静摩擦力的变化情况，故C错误。 答案 AD 7.(2015·郑州市高三第二次质量预测)如图5所示，固定斜面AD上有B、C两点，且AB＝BC＝CD，小滑块以初动能Ek0从A点出发，沿斜面向上运动。若整个斜面AD光滑，则滑块到达D位置速度恰好为零，而后下滑。现斜面AB部分与滑块间处处有相同的摩擦力，其余部分BD仍无摩擦力，则滑块恰好滑到C位置速度为零，然后下滑，那么滑块下滑到( ) 图5 Ek0A.位置B时的动能为 3Ek0 B.位置B时的动能为 2Ek0C.位置A时的动能为 2Ek0 D.位置A时的动能为 3 解析 设斜面长3x、高为3h，若斜面光滑，滑块由底端到顶端过程中，－mg·3h＝0－Ek0 ①；若AB部分粗糙、其他部分光滑，滑块由底端A到C过程中，－Ff·x－mg·2h＝0－Ek0 1 ②；滑块由C滑到B过程中，mgh＝EkB ③，解①③可得：EkB＝Ek0，A项正确；滑块由 3C滑到A过程中，mg·2h－Ff·x＝EkA ④，解①②④三式得EkA＝答案 AD 8.如图6甲所示，电阻不计且间距L＝1 m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R＝2 Ω的电阻，虚线OO′下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量m＝0.1 kg、电阻不计的金属杆ab从OO′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好 Ek0，D项正确。 3 接触且始终水平，已知杆ab进入磁场时的速度v0＝1 m/s，下落0.3 m的过程中加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示，g取10 m/s2，则( ) 图6 A.匀强磁场的磁感应强度为2 T B.杆ab下落0.3 m时金属杆的速度为1 m/s C.杆ab下落0.3 m的过程中R上产生的热量为0.2 J D.杆ab下落0.3 m的过程中通过R的电荷量为0.25 C B2L2v0解析 在杆ab进入磁场时，由－mg＝ma，由题图乙知，a的大小为10 m/s2，解得 RB2L2v′ B＝2 T，A正确；杆ab下落0.3 m时杆做匀速运动，则有＝mg，解得v′＝0.5 m/s， R1 选项B错误；在杆ab下落0.3 m的过程，根据能量守恒，R上产生的热量为Q＝mgh－mv′2 2ΔΦB·ΔS ＝0.287 5 J，选项C错误；通过R的电荷量q＝＝＝0.25 C。选项D正确。 RR答案 AD 9.在半径为r的圆形区域内存在匀强电场或匀强磁场，质子以一定的初速度v0从P点沿半径PO方向射入圆形区域，且质子初速度方向垂直于电场或磁场，结果不论质子是在电场中r 运动还是在磁场中运动，都从Q点离开场区，已知OM＝，且MQ⊥PO。则下列说法正 2确的是( ) 图7 A.电场方向沿MQ指向Q，磁场方向垂直圆平面向里 B.质子在电场和磁场中速度的偏转角的正切值之比为2∶3 C.电场强度与磁感应强度大小之比为4∶9 33 D.质子在电场和磁场中的运动时间之比为∶1 2π 解析 质子带正电，所受电场力方向与场强方向相同，因此电场方向沿MQ指向Q；由左手定则可判断，磁场方向垂直于圆平面向外，A选项错误；电场中，质子射出方向反向13r3MQ23 延长线交PO于N点，如图(a)，可得NM＝PM＝，MQ＝r，因此tan θ1＝＝；242NM3MQ 磁场中，质子射出速度的反向延长线交于圆心O点，如图(b)，则tan θ2＝＝3，解得 OMmv0tan θ12311qE3r2r ＝，B选项正确；电场中，沿场强方向r＝at2＝()，磁场中R＝＝，tan θ23222m2v0θ2qB tan 2E4PM3r 联立解得＝v0，C选项错误；质子在电场中的运动时间t1＝＝，质子在磁场中的 B3v02v0θ2R3πrt133 运动时间t2＝＝，＝，D选项正确。 v03v0t22π 答案 BD 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容