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选择题综合限时练(四)
(建议用时:20～25分钟)
一、单项选择题:在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.(2020·辽宁鞍山模拟)牛顿在伽利略、笛卡儿、开普勒、惠更斯等人研究的基础上,总结出牛顿运动定律和万有引力定律,建立了完整的经典力学体系,物理学从此成为一门成熟的自然科学,下列有关说法正确的是(　　)
A.牛顿认为力的真正效应是维持物体的速度
B.牛顿提出的万有引力定律奠定了天体力学的基础
C.牛顿巧妙地利用扭秤装置,第一次在实验室里测出了引力常量的
数值
D.经典力学的建立标志着近代自然科学进入了微观世界
2.(2020·福建漳州一检)某兴趣小组利用变压器的原理设计了一个起重机装置用于提升物体,如图所示,理想变压器原线圈的输入电压u=50sin
100πt(V),照明灯的规格为“10
V　20
W”,电动机的内阻为RM=5
Ω,装置启动时,质量为m=2
kg的物体恰好以v=0.25
m/s
的速度匀速上升,照明灯正常工作,电表均为理想电表,取g=10
m/s2。则(　　)
A.原、副线圈匝数比为1∶5
B.电压表的示数为14.1
V
C.装置启动时,电动机的输出功率为5
W
D.装置启动时,电流表的示数为4
A
3.(2020·广东湛江模拟)天琴一号卫星,于2019年12月20日11时22分在山西太原升空,并于2020年1月18日成功完成了无拖曳控制技术的在轨验证。它是我国“天琴”计划的首颗技术验证卫星。已知天琴一号卫星和地球同步卫星的周期之比约为1∶6,则可以判断(　　)
A.天琴一号卫星的角速度和同步卫星的角速度之比约为1∶6
B.天琴一号卫星的线速度和同步卫星的线速度之比约为6∶1
C.天琴一号卫星的轨道半径和同步卫星的轨道半径之比约为1∶6
D.天琴一号卫星的向心加速度和同步卫星的向心加速度之比约为6∶1
4.(2020·山东临沂一模)如图所示,是央视《国家地理》频道的实验示意图,直径相同(约30
cm左右)的4个装满水的薄皮气球水平固定排列,子弹射入水球中并沿水平线做匀变速直线运动,恰好能穿出第4个水球,气球薄皮对子弹的阻力忽略不计。以下判断正确的是(　　)
A.子弹在每个水球中的速度变化相同
B.每个水球对子弹做的功不同
C.每个水球对子弹的冲量相同
D.子弹穿出第3个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等
5.(2020·广东广州一模)图(甲)中竖直放置的电磁铁通入图(乙)所示电流,当t=t1时,测得上下两磁极之间的中央处O点磁感应强度大小为B0。若在O点水平固定一个闭合导体小圆环(圆心即O点),电磁铁仍通入图(乙)所示的电流,当t=t1时,测得O点磁感应强度大小为B,则圆环中感应电流在O点产生的磁感应强度大小为(　　)
A.B0
B.B0-B
C.B0+B
D.0
6.如图半径为R的内壁光滑圆轨道竖直固定在桌面上,一个可视为质点的质量为m的小球静止在轨道底部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球,使小球在极短的时间内获得一个水平速度后沿轨道在竖直面内运动。当小球回到A点时,再次用小锤沿运动方向击打小球,通过这两次击打,小球才能运动到圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道,在第一次击打过程中小锤对小球做功W1,第二次击打过程中小锤对小球做功W2。若两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能,则的值可能是(　　)
A.
B.1
C.2
D.3
7.在如图(甲)所示的空间里,xOy平面为光滑水平地面,质量m=0.4
kg、带电荷量q=1.6×10-4
C可视为质点的小球以v0=1
m/s的速度从A点沿y轴负方向运动,从某时刻起在空间加上平行于x轴的匀强交变电场,以此时刻为t=0,电场强度E随时间的变化如图(乙)所示(以沿x轴正向为E的正方向),OA=2
m。则(　　)
A.越早加电场,小球从A到达x轴的时间越短
B.小球到达x轴时离O点的距离最远可达1
m
C.不管什么时刻加电场,小球都能垂直打在x轴上
D.小球到达x轴时的速度最大可达2
m/s
二、多项选择题:在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。
8.如图,一足够长的倾斜传送带沿顺时针匀速转动。一小滑块以某初速度沿传送带向下运动,滑块与传送带间的动摩擦因数恒定,则其速度v随时间t变化的图象可能是(　　)
9.(2020·湖北宜春模拟)如图所示,一倾角为θ=53°(图中未标出)的斜面固定在水平面上,在其所在的空间存在竖直向上、大小E=2×106
V/m的匀强电场和垂直竖直面向里、大小B=4×105
T的匀强磁场。现让一质量m=4
kg、带电荷量q=+1.0×10-5
C的带电小球从斜面上某点(足够高)由静止出发,当沿斜面下落位移大小为3
m时,小球开始离开斜面,则以下说法正确的是(g=10
m/s2,sin
53°=0.8,
cos
53°=0.6)(　　)
A.离开斜面前小球沿斜面做加速度a=4
m/s2的匀加速运动
B.小球离开斜面时的速度为v=3
m/s
C.该过程中小球电势能增加了60
J
D.该过程中由于摩擦而产生的热量为30
J
10.(2020·重庆期末)如图所示,平行金属导轨与水平面间的倾角为θ,导轨电阻不计,与阻值为R的定值电阻相连,匀强磁场垂直穿过导轨平面,磁感应强度为B。有一质量为m、长为l的导体棒在ab位置以初速度v沿斜面向上运动,最远到达a′b′处,导体棒向上滑行的最远距离为x。导体棒的电阻也为R,与导轨之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。在导体棒向上滑动过程中,下列说法正确的是(　　)
A.导体棒受到的最大安培力为
B.导体棒损失的机械能为mv2-mgxsin
θ
C.导体棒运动的时间为
D.整个电路产生的焦耳热为mv2-mgx(sin
θ+μcos
θ)
参考答案
1.B　牛顿认为力是改变物体的运动状态的原因,故A错误;万有引力定律是牛顿在总结开普勒等人的研究成果基础上得出的,牛顿提出的万有引力定律奠定了天体力学的基础,故B正确;卡文迪许巧妙地利用扭秤装置,第一次在实验室里测出了引力常量的数值,故C错误;量子力学的建立标志着近代自然科学进入了微观世界,故D错误。
2.C　原线圈电压有效值为50
V,副线圈电压的有效值为10
V,根据=,可知,原、副线圈匝数比为5∶1,A错误;电压表测量的是副线圈电压的有效值,为10
V,B错误;由于物体匀速上升,输出功率全部用来提升物体,因此装置启动时,电动机的输出功率为P出=mgv=5
W,C正确;电动机是非纯电阻性用电器,根据P入-P热=P出,即UI-I2RM=P出,解得I=1
A,流过灯的电流I′==2
A,因此流过电流表的电流为3
A,
D错误。
3.C　由公式ω=可知,天琴一号卫星的角速度和同步卫星的角速度之比约为6∶1,故A错误;由公式=k可知,天琴一号卫星的轨道半径和同步卫星的轨道半径之比约为===1∶6,由公式v=ωr可知,天琴一号卫星的线速度和同步卫星的线速度之比约为∶1,故B错误,C正确;由公式a=ω2r可知,天琴一号卫星的向心加速度和同步卫星的向心加速度之比约为36∶1,故D错误。
4.D　子弹向右做匀减速运动,通过相等的位移所用时间逐渐增长,所以子弹在每个水球中运动的时间不同。加速度相同,由Δv=at知,子弹在每个水球中的速度变化不同,A错误;由W=-fx知,f不变,x相同,则每个水球对子弹的做的功相同,B错误;由I=ft知,f不变,t不同,则每个水球对子弹的冲量不同,C错误;子弹恰好能穿出第4个水球,则根据运动的可逆性知子弹穿过第4个水球的时间与子弹穿过前3个水球的时间相同,子弹穿出第3个水球的瞬时速度即为中间时刻的速度,与全程的平均速度相等,D正确。
5.B　设a点电势更高,由右手螺旋定则可知,O点磁感应强度方向竖直向上,大小为B0;若在O点水平固定一个闭合导体小圆环,当t=t1时穿过闭合导体小圆环的磁通量增大,由楞次定律可知,从上往下看,小圆环有顺时针的感应电流,由右手螺旋定则可知,小圆环中感应电流产生的磁场方向竖直向下,由矢量合成得,B=B0-B感,则圆环中感应电流在O点产生的磁感应强度大小为,B感=B0-B,故B正确,A、C、D
错误。
6.A　第一次击打后球最多到达与球心O等高位置,根据功能关系,有W1≤mgR①,两次击打后可以到轨道最高点,根据功能关系,有W1+W2-2mgR=mv2②,在最高点,有mg+FN=m≥mg③,联立①②③解得W1≤mgR,W2≥mgR,故≤,故A正确,B、C、D错误。
7.B　不管什么时候加电场,小球运动到x轴的时间是一定的,t==2
s,故A错误;加电场时间越晚小球碰到x轴时离O点越近,小球在空间的运动具有对称性,最远距离x=4×at2=1
m,故B正确;通过计算可知,只有小球在A点或OA中点时加电场,才能垂直打在x轴上,故C错误;小球能达到的最大速度为
m/s,故D错误。
8.BC　根据题意,设传送带倾角为θ,动摩擦因数为μ,若mgsin
θ>μmgcos
θ,合力沿传送带向下,滑块向下匀加速;若mgsin
θ=μmgcos
θ,沿传送带方向合力为零,滑块匀速下滑;若mgsin
θ<μmgcos
θ,合力沿传送带向上,滑块先匀减速,当速度减为零时,开始反向加速,当加速到与传送带速度相同时,因为最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力,之后滑块随传送带一起匀速运动,故A、D错误,B、C正确。
9.BD　对小球进行受力分析如图所示:
小球离开斜面时应满足支持力FN=0,且qvB=(mg-qE)cos
53
°,可得v=3
m/s,故B正确;由于小球的速度增加,可知小球与斜面之间的压力减小,由Ff=μFN可知,小球所受摩擦力也减小,沿斜面方向对小球受力分析可得,小球在离开斜面前做加速度增大的加速运动,故A错误;电势能ΔEp=-WF=qE×Lsin
53°=48
J,故C错误;由能量守恒定律可得-ΔEpG=ΔEp+Q+ΔEk,代入相应数据可得Q=30
J,故D正确。
10.BCD　根据E=Blv,可以知道速度最大时感应电动势最大,电流和安培力也最大,所以初始时刻的安培力最大,根据F=BIl,I=,可得F=,故A错误;从初始位置到滑行最远时根据能量守恒有损失的机械能为ΔE=mv2-mgxsin
θ,故B正确;导体棒向上滑动过程中由动量定理可知Blt+(mgsin
θ+μmgcos
θ)t=mv,而由电流的定义式结合法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知q=t=t==,联立解得t=,故C正确;上滑过程中克服摩擦力和重力做的总功为W=mgx(μcos
θ+sin
θ),根据能量守恒定律可得整个电路产生的焦耳热为Q=mv2-mgx(μcos
θ+sin
θ),故D正确。

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