1、1选择题 48 分练(十)(时间：20 分钟 分值：48 分)(14 小题为单选题，58 小题为多选题)1(2018驻马店二次质检)在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步下列表述符合物理学史的是( )A法拉第首次引入电场线和磁感线，极大地促进了人类对电磁现象的研究B伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证C牛顿利用“理想斜面实验”推翻了“力是维持物体运动的原因”的观点D胡克认为弹簧的弹力与弹簧的长度成正比A 法拉第首次引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究，故 A 正确；伽利略用数学和逻辑推理得出了自由落体的速度与下落时间成正比
2、，而不是直接用实验验证这个结论，故 B 错误伽利略利用“理想斜面实验”推翻了“力是维持物体运动的原因”的观点，故 C 错误；胡克认为弹簧的弹力与弹簧的形变量成正比，故 D 错误2. (2018太原五中一模)如图 1 所示，放置在竖直平面内的光滑轨道 AB，是按照从高度为 10 m 处以初速度 10 m/s 平抛的运动轨迹制成的， A 端为抛出点， B 端为落地点现将一小球置于 A 点，由静止开始从轨道 A 端滑下已知重力加速度为 g10 m/s 2，( )图 1A小球在下滑过程中不能脱离轨道B小球在下滑过程中的时间为 s2C小球下滑到 B 点的速度为 10 m/s3D小球在 B 点的水平分速度
3、为 10 m/sA 因为轨道是根据初速度为 10 m/s 平抛运动制成的，而小球是从静止开始释放的，在水平方向上的位移永远小于平抛时的位移，故小球不会脱离轨道，A 正确；若做平抛运动时，从 A 到 B 运动的时间为 t s，而小球不是做平抛运动，故运动时间不是 2hg 2 2s，B 错误；小球下滑过程中受到轨道的支持力，支持力有竖直向上的分力，小球运动过程中只有重力做功，所以机械能守恒，故 mgh mv ，解得 vB 10 m/s，C 错误；12 2B 2gh 2若做平抛运动，到达 B 点时，在 B 点的水平速度为 10 m/s，但是小球是从静止释放的，所2以到达 B 点时水平方向上的分速度小
4、于 10 m/s，D 错误3. (2018成都二诊)一理想自耦变压器如图 2 所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在 a、 b 间作为原线圈，通过滑动触头取该线圈的一部分，接在 c、 d 间作为副线圈，副线圈两端连有一电阻 R.在 a、 b 间输入电压为 U1的交变电压时， c、 d 间的电压为 U2，在将滑动触头从图中 M 点逆时针旋转到 N 点的过程中( )图 2A U2有可能大于 U1 B U1、 U2均增大C U1不变、 U2增大 D a、 b 间输入功率不变C 根据变压器的电压关系有 ，由于 n2 n1，所以 U2 U1，故 A 错误当滑动U1U2 n1n2触头逆时针转动时，即 n
5、2增大时，输入电压 U1不变，电压 U2 U1应该增大，B 错误，Cn2n1正确因负载不变，故输出功率增大，则变压器的输入功率增大，D 错误4(2018濮阳一模)某电场中 x 轴上电场强度 E 随 x 变化的关系如图 3 所示，设 x 轴正方向为电场强度的正方向一带电荷量为 q 的粒子从坐标原点 O 沿 x 轴正方向运动，结果粒子刚好能运动到 x3 x0处假设粒子仅受电场力作用， E0、 x0已知，则下列说法正确的是( )图 3A粒子一定带负电B粒子的初动能大小为 qE0x0C粒子沿 x 轴正方向运动过程中最大动能为 2qE0x0D粒子沿 x 轴正方向运动过程中电势能先增大后减小C 从图中可知
6、粒子在沿 x 轴正向运动过程中，电场强度方向发生改变，并且在x03 x0过程中电场强度和位移都比 0 x0过程中的大，也就是说如果先做负功后做正功，粒子不可能在 3x0处静止，所以只有先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故粒子一定带正电，A、D 错误；因为电场强度是均匀减小的，0 x0过程中平均电场强度为3E0， x03 x0过程中平均电场强度为 E0，故根据动能定理可得 E0qx0 E0q2x00 Ek0，12 12解得初动能 Ek0 qE0x0，B 错误；在 0 x0过程中电场力做正功，所以在 x0处动能最大，32最大为 Em Ek0 E0qx02 E0qx0，C 正确125. (201
7、8江西重点中学联考)如图 4 为两个有界匀强磁场，左右两边磁感应强度大小分别为 B 和 2B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为 L，距磁场区域的左侧 L 处，有一边长为 L 的正方形导体线框，总电阻为 R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力 F使线框以速度 v 匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势 E 为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量 的方向为正则下列说法正确的是( )图 4A在 L/v 2 L/v 的过程中，磁通量的变化量为 2BL2B在 2L/v 3 L/v 的过程中，电路中产生的平均感应电动势为 E3 BLvC在 2L/v 3L/v 的过程中产生
8、的电功率是 L/v 2L/v 的过程中产生的电功率的9 倍D在 2L/v 3L/v 的过程中线框受安培力大小是 L/v2 L/v 的过程中线框受安培力大小的 3 倍BC 在 L/v 2L/v 的过程中，线圈在磁场中的面积变化了 L2，所以磁通量变化了 BS BL2，故 A 错误；在 2L/v 3L/v 的过程中，线圈的磁通量变化了 2 12 BL2( BL2)3 BL2，则平均感应电动势 3 BLv，故 BE t 3BL2Lv正确；在 2L/v 3L/v 的过程中，产生的电动势为 E13 BLv，感应电流为 I1 ，电3BLvR功率为 P1 I R ，同理，在 L/v 2L/v 的过程中电功率
9、为 P2 I R21 3BLv 2R 2，所以 9，故 C 正确；在 2L/v 3L/v 的过程中，左、右两条边受安培力方 BLv 2R P1P2向相同，大小 F12 BI1L BI1L3 BI1L，同理，在 L/v2 L/v 的过程中，只有右边受安培力，大小为 F2 BI2L，由 C 项分析可知， I13 I2，故 D 错误6(2018历城二中模拟)如图 5 所示，将圆柱形强磁铁吸在干电池负极上，金属导线4折成上端有一支点、下端开口的导线框，使导线框的顶端支点和底端分别与电源正极和磁铁都接触良好但不固定，这样整个线框就可以绕电池轴心旋转起来下列判断中正确的是( )图 5A俯视观察，线框沿逆时
10、针方向旋转B线框能旋转起来，这是属于电磁感应现象C电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率D旋转达到稳定时，线框中电流比刚开始转动时的大AC 分析线框下端，两侧导线中的电流均由电池正极流向磁铁，导线处磁感线方向向上，由左手定则知，左侧导线受力垂直纸面向外，右侧受力垂直纸面向里，所以，由上往下看(俯视)，线框沿逆时针转动，所以该装置的原理是电流在磁场中的受力，不是电磁感应，故 A 正确，B 错误；因为电源消耗的总功率一部分转化为内能，另一部分转化为动能，所以总功率大于热功率，故 C 正确；受到的安培力开始时使线圈做加速运动，当安培力等于阻力时速度达到最大，故 D 错误7. (多选)如图 6 所示，
11、物块 A、 B 叠放在一起，其中 B 与斜面间的摩擦因数 0所以上滑到最高点后 A、 B 整体将向下运动，故 B 错误；以 A 为研究对象，向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有：mAgsin Ff mAa解得： Ff m Agcos ；向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有：mAgsin Ff mAa，解得： Ff m Agcos ；所以 Ff Ff，即 A 与 B 之间的摩擦力上滑与下滑过程中大小相等，故 C 错误，D正确8(2018衡水中学十五模)如图 7 所示，两个大小不计、质量均为 m 的物体 A、 B 放置在水平地面上，一根长为 L、不可伸长的轻绳两端分别系在两物体上，绳恰好伸直且无拉
12、力，在绳的中点施加一个竖直向上的拉力 F，使两物体慢慢靠近，直至两物体接触，已知两物体与水平地面间的动摩擦因数均为 ，则在两物体靠近的过程中下列说法正确的是( )33图 7A拉力 F 一直增大B物体 A 所受的摩擦力不变C地面对 A 物体的支持力先减小后增大D当两物体间的距离为 L 时，绳上的拉力最小32AD 设某时刻与物体连接的绳子的拉力为 T，与水平方向的夹角为 ，则对每个物体：水平方向 Tcos F N，竖直方向 Tsin FN mg，其中 F2 Tsin ；联立可得： F，则随着 增加， F 变大，选项 A 正确； f Tcos ，则随着2 mg1tan mg1 tan 6 增加， f 变小，选项 B 错误； FN mg Tsin mg 则随着 增加， FN变 mg1tan 小，选项 C 错误； T ，对 cos sin sin( )(其 mgcos sin 1 2中 tan )，可知 60，则当分母最大时， T 最小，此时 30，可求得1 3两物体间的距离为 Lcos 30 L，选项 D 正确32
