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选择题48分满分练四选择题本题共8小题,每小题6分,在每个小题给出的四个选项中,第1~5题只有一个选项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分1.在物理学的研究及应用过程中涉及诸多的思想方法,如放大思想、理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法、科学假设法和理想化模型等.以下关于所用思想方法的叙述正确的是 A.在不需要考虑物体本身的大小和形状时,用质点来代替物体的方法是假设法B.在推导匀变速直线运动位移公式时,把整个运动过程等分成很多小段,然后将各小段位移相加,运用了微元法C.在探究库仑力大小与电荷量、距离三者之间的关系时,先保持距离不变研究库仑力与电荷量的关系,再保持电荷量不变研究库仑力与距离的关系,该实验应用了科学假设法D.如图是四个实验装置,这四个实验都体现了理想实验法解析质点是用来代替物体的有质量的点,采用的科学方法为物理化模型的方法,故A错误;在推导匀变速运动位移公式时,把整个运动过程划分成很多小段,每一小段近似看作匀速直线运动,然后把各小段的位移相加,这里采用了微元法,故B正确;在探究库仑力大小与电荷量、距离三者之间的关系时,先保持距离不变研究库仑力与电荷量的关系,再保持电荷量不变研究库仑力与距离的关系,该实验应用了控制变量法,故C错误;D项中的前三个实验装置是放大思想应用,第四个是理想斜面实验,故D错误.答案B2.由粗糙的水平杆AO与光滑的竖直杆BO组成的绝缘直角支架如图放置,在AO杆、BO杆上套有带正电的小球P、Q,两个小球恰能在某一位置平衡.现将P缓慢地向右移动一小段距离,两球再次达到平衡.若小球所带电荷量不变,与移动前相比 A.P、Q之间的距离减小B.杆BO对Q的弹力增大C.杆AO对P的摩擦力增大D.杆AO对P的弹力不变解析以Q为研究对象受力如图,由力的合成与平衡条件的图示可知,当P缓慢地向右移动时,BO杆对小球Q的弹力变小,两小球之间的库仑力变小;由库仑定律F=k可知,两小球P、Q的距离变大,A、B错误.对整体受力分析,可得AO杆对小球P的摩擦力变小,AO杆对小球P的弹力不变,C错误,D正确.答案D3.我国女子短道速滑队在世锦赛上实现女子3000m接力三连冠,观察发现,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行,待乙追上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲出.在乙推甲的过程中,忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用,则 A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B.甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D.甲对乙做多少负功,乙对甲就一定做多少正功解析乙推甲的过程中,甲、乙间产生大小相等、方向相反的作用力和反作用力,由I=Ft可知,甲对乙的冲量和乙对甲的冲量等大反向,A错误.又由动量定理I=Δp,知B正确.甲、乙的质量不一定相等,故对地的位移的大小不一定相等,做功不一定相同,所以动能的变化也不一定相同,C、D错误.答案B4.P
1、P2为相距遥远的两颗行星,距各自表面相同高度处各有一颗卫星S
1、S2做匀速圆周运动,图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a,横坐标表示物体到行星中心的距离r的平方,两条曲线分别表示P
1、P2周围的a与r2的反比关系,它们左端点横坐标相同,则 A.P1的平均密度比P2的大B.P1的“第一宇宙速度”比P2的小C.S1的向心加速度比S2的小D.S1的公转周期比S2的大解析两颗行星左端点横坐标相同,纵坐标不同,则两颗行星P
1、P2的半径相同,表面的重力加速度g1>g
2.由mg=G可得M=,则M1>M2,两颗行星的体积相同,由ρ=可得ρ1>ρ2,故选项A正确;由G=m可得v=,则v1>v2,故选项B错误;由G=ma可得a=,则a1>a2,故选项C错误;由G=mR+h2可得T=2π,则T1<T2,故选项D错误.答案A5.如图所示,一个不计重力的带电粒子以v0沿各图的虚线射入场中.A中I是两条垂直纸平面的长直导线中等大反向的电流,虚线是两条导线连线的中垂线;B中+Q是两个位置固定的等量同种点电荷的电荷量,虚线是两位置连线的中垂线;C中I是圆环线圈中的电流,虚线过圆心且垂直圆环平面;D中是正交的匀强电场和匀强磁场,虚线垂直于电场和磁场方向,磁场方向垂直纸面向外.其中,带电粒子不可能做匀速直线运动的是 解析在A中,合磁场方向是水平向右,带电粒子运动方向与合磁场方向相同,可以做匀速运动;B图中合电场方向在两电荷的连线的左边是水平向左,然后慢慢地减小到零,在两电荷的连线右方时,合电场方向水平向右,然后又增大再减小,所以粒子是做变速运动,B不可能做匀速运动;C图是环形电流磁场方向水平向左,粒子速度方向与磁场方向相反,粒子能做匀速运动;D图是复合场,粒子所受电场力和洛伦兹力方向相反等大,可以做匀速直线运动.故本题选择B选项.答案B6.如图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比为10∶11,L是电阻忽略不计、自感系数较大的线圈,在变压器的原线圈两端加上如图乙所示的交变电压时,灯泡正常发光,则下列说法正确的是 A.图乙所示电压的瞬时值表达式为u=200cos100πtVB.变压器副线圈两端的电压为110VC.若仅将变阻器的滑片P向上滑动,灯泡亮度不变D.若使图乙中交变电压的频率变小,灯泡将变暗解析由题图乙可知,交流电的最大值为200V,周期为
0.02s,故交流电的表达式为u=200sin100πtV,故A错误;变压器两端的电压为有效值,故电压为110V,故B正确;灯泡与R并联,仅滑动P时灯泡的亮度不变,故C正确;若将频率减小,则电感的阻碍作用减小,则灯泡将变亮,故D错误.答案BC
7.2016·眉山一诊如图所示,有一矩形区域abcd,水平边长s=m,竖直边长h=1m.当该区域只存在大小为E=10N/C、方向竖直向下的匀强电场时,一比荷为=
0.1C/kg的正粒子由a点沿ab方向以速率v0进入该区域,粒子运动轨迹恰好通过该区域的几何中心.当该区域只存在匀强磁场时,另一个比荷也为=
0.1C/kg的负粒子由c点沿cd方向以同样的速率v0进入该区域,粒子运动轨迹也恰好通过该区域的几何中心.不计粒子的重力,则 A.粒子进入矩形区域时的速率v0=m/sB.磁感应强度大小为T,方向垂直纸面向外C.正、负粒子各自通过矩形区域所用时间之比为D.正、负粒子各自离开矩形区域时的动能相等解析正粒子在电场中做类平抛运动,据题有水平方向=v0t1,竖直方向=at加速度a==
0.1×10m/s2=1m/s2联立解得v0=m/s,故A正确;负粒子在磁场中做匀速圆周运动,粒子进入磁场后所受洛伦兹力方向向上,由左手定则判断磁场方向垂直纸面向里,设粒子的轨迹半径为r,由几何关系得2+r-2=r2,解得r=1m,由洛伦兹力提供向心力得qv0B=得B=5T,B错误;设正粒子通过矩形区域所用时间为tE,则有h=at,解得tE=s,由上知r=h,所以负粒子轨迹的圆心在b点,则其通过磁场的时间为tB===s,故=,C项正确;洛伦兹力不做功,故负粒子动能不变,而正粒子在电场中电场力做正功,动能增大,所以正、负粒子各自离开矩形区域时的动能不相等,故D错误.答案AC8.如图所示为电磁驱动装置的简化示意图,两根平行长直金属导轨倾斜放置,导轨平面与水平面的夹角为θ,导轨的间距为L,两导轨上端接有阻值为R的电阻.质量为m的导体棒ab置于导轨上,导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ=tanθ,在导轨平面上的矩形区域如图中虚线框所示内存在着垂直导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度的大小为B.当磁场区域沿导轨平面以一定速度匀速向上运动时,导体棒就可以被驱动,以速度v0沿斜面匀速向上运动.导体棒在运动过程中始终处于磁场区域内,导轨和导体棒的电阻均不计.以下说法正确的是 A.导体棒以速度v0沿斜面匀速向上运动时,导体棒的感应电动势为BLv0B.磁场区域沿导轨平面匀速向上运动的速度为+v0C.磁场区域沿导轨平面匀速向上运动的速度为D.电阻R中的焦耳热功率为解析导体棒以速度v0沿斜面匀速向上运动时,导体棒的感应电动势为E=BLv-v0,A错误;回路中的感应电流I=,磁场带动导体棒共同向上运动受力如图所示,导体棒受安培力FA=BIL,由平衡方程得FA=mgsinθ+μmgcosθ,解得v=+v0,故B正确,C错误;导体棒以速度v0沿斜面匀速向上运动时,感应电流I=,电阻R中焦耳热功率P=I2R=,故D正确.答案BD。