2017届高三物理二轮复习选择题48分强化练4

1、选择题48分强化练（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1417题只有 一个选项符合题目要求，第 1821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。分）14.图1甲所示是工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术的原理图.其原理是用电流线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变，从而获得构件内部是否断裂及位置的信息.如图1乙所示的是一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来的跳环实验装置，将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中，闭合开关S的瞬间，套环将立刻跳起.关于对以上两个运用实例理解正确的是（）甲乙图

2、1A.涡流探伤技术运用了互感原理，跳环实验演示了自感现象B.能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料C.以上两个案例中的线圈所连接的电源都必须是变化的交流电源D.以上两个案例中的线圈所连接的电源也可以都是稳恒电源B 涡流探伤技术的原理是用电流线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变；跳环实验演示线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流， 会跳动，属于演示楞次定律， 故A错误；无论是涡流探伤技术， 还是演示楞次定律，都需要产生感应电流，而感应电流产生的条件是在金属导体内，故B正确；金属探伤时，是探测器中通过交变电流，产生变化的磁场，当金

3、属处于该磁场中时， 该金属中会感应出涡流；演示楞次定律的实验中，线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间， 穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流，会跳动，故 C错误，D错误.15 . 2016年8月17日北京时间17日凌晨，里约奥运体操最后一项赛事男子单杠 决赛落幕，德国体操领军人物汉布岑以 15.766分摘金.假设汉布岑静止悬挂在单杠上，当 两只手掌握点之间的距离增大时，汉布岑手臂受到的拉力，下列判断正确的是（ ）图2A.不变B.变小C.变大D.无法确定C 对汉布岑受力分析如图所示，汉布岑静止悬挂在单杠上,受力平衡，设两臂与竖直方向夹角a ,当两只手掌握点之间的距离 增大时，夹角a增大

4、.根据三力平衡的特点可知汉布岑手臂受到的. mg. ,拉力F= 2C0TT，"增大,cos "减小,F增大,故C正确.16 .甲、乙两辆汽车沿同一方向做直线运动，两车在某一时刻刚好经过同一位置，此时甲的速度为5 m/s ,乙的速度为10 m/s ,甲车的加速度大小恒为1.2 m/s 2.以此时作为计时加仙小）«246 X IO x/*起点，它们的速度随时间变化的关系如图3所示，根据以上条件可知（）图3A.乙车做加速度先增大后减小的变加速运动17 在前4 s的时间内，甲车运动位移为 29.6 mC.在t=4 s时，甲车追上乙车D.在t = 10 s时，乙车又回到起始

5、位置B 速度-时间图象的斜率表示加速度，据此判断乙的运动过程加速度先减小再增大最后减小，选项 A错.速度一时间图象与时间轴围成的面积代表位移，在 t=4s时乙图象面 积大于甲图象面积， 所以乙的位移大于甲的位移，甲不可能追上乙车， 选项C错.前10秒,乙图象面积一直在增大，位移在增大，速度一直沿正方向，所以乙不可能回到初始位置，选项D错.在前4 s的时间内，甲车运动位移x=vot+2at2=5 m/sx 4 $ + ；><1.2 m/s2x (4 s)2 = 29.6 m ,选项 B 对.17 .将一段导线绕成图 4甲所示的闭合回路，并固定在水平面（纸面）内.回路的ab边置于垂直纸

6、面向里的匀强磁场I中，回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场n ,以向里为磁场n的正方向，其磁感应强度 B随时间t变化的图象如图乙所示.用 F表示ab边受到的安培 力，以水平向右为 F的正方向，能正确反映 F随时间t变化的图象是（）B 根据B-t图象知穿过线圈的磁通量在。T时间内先向里减小再向外增加，根据楞次定律知该段时间内线圈中产生的感应电流方向沿顺时针，由法拉第电磁感应定律E=A A B ,，一 一一 、一 ，、，一一 、n= jyS= kS,根据Bt图象知该段时间内图象的斜率不变，因此线框中产生的电动势大小恒定，由闭合电路欧姆定律得通过ab边的电流大小恒定，根据左手定则知，ab边所受的安培力方

7、向向左，为负值，由F= BIL知，导线受到的安培力大小不变；穿过线圈的磁通量在TT时间内先向外减小再向里增加，根据楞次定律知线圈中产生的感应电流方向沿逆时针，同理得电流大小恒定，根据左手定则知ab边所受的安培力方向向右，为正值，由 F= BIL得导线受到的安培力大小不变，B项正确.18 .某同学为研究电动机在启动和工作过程中电流的变化情况，设计如图5所示的电路，则下列说法中正确的是（）quw1图5A.电动机启动时的电流大于正常工作时的电流B.电动机有负载时的电流小于空载时的电流C.若增大电动机的负载，则电流增大D.由于电动机内阻不变，因此电流与电动机的负载无关AC 电动机消耗的电能等于转化的机

8、械能与产生的热能之和，由于电动机启动时的速度小于正常工作时的速度，故转化的机械能较小，此时产生的热能较大，即电流较大，A正确；有负载时速度减慢，机械能输出减小，电流增大，大于空载时的电流，B、D错误，C正确.19. “超级地球”是指围绕恒星公转的类地行星.科学家发现有两颗未知质量的不同“超级地球”环绕同一颗恒星公转，周期分别为T1和T2.根据上述信息可以计算两颗“超级地球”的（）A角速度之比B.向心加速度之比C.质量之比D.所受引力之比AB 根据3 得，=T2,所以可以计算角速度之比，故 A正确；根据开普勒第3,rri三定律=k得1=Ir 2T3224o T-1 T 22 ai T2 33a=

9、 3得短=干 不一=：,所以能求向心加速度之比，故 02 I124T32 T3i正确；设“超级地球”的质量为田恒星质量为M轨道半径为r,根据万有引力提供向心力，有:Mm 4兀24兀23Grr= m 1 r 得： M= -2,“超级地球”的质量同时出现在等号两边被约掉，故Mm无法求“超级地球”的质量之比，故 C错误；根据万有引力定律 F=G产，因为无法知道两颗“超级地球”的质量比，所以无法求所受引力之比，故D错误.20.如图6所示为一滑草场.某条滑道由上下两段高均为 h,与水平面倾角分别为 45和37。的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为小质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过

10、上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端（不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37=0.6 , cos 37 ° = 0.8）.则（）图6一6A.动摩擦因数11 =7b.载人滑草车最大速度为、y2gC.载人滑草车克服摩擦力做功为mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为3 g5 hAB 对整个过程，由动能7E理得：2mghmgcos 45 sin 45(1 mgcos37 hsin 37=0,解得:6=7,故A正确；滑草车通过第一段滑道末端时速度最大，设为V,由动能定理得：mgh-,mgxos 4 h sin 45,故B正确;2m2,解得：v =对整个过程，由动能定理

11、得:2mgh- W= 0,解得载人滑草车克服摩擦力做功为：W= 2mgh故C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为:mgpos 37 ° mgsin 37 a=3 35g,故D错误.= 0.2，传送带AB21.如图7所示，质量 m= 1 kg的物体从高为h= 0.2 m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的 A点，物体和传送带之间的动摩擦因数为之间的距离为L=5 m,传送带一直以v=4 m/s的速度匀速运动，则A.物体从A运动到B.物体从A运动到C.物体从A运动到D.物体从A运动到AC 设物体下滑到图7B的时间是B的过程中,B的过程中,B的过程中,1.5 s摩擦力对物

12、体做了2 J的功产生2 J的热量带动传送带转动的电动机多做了10 J的功A点的速度为vo,对PA过程，由机械能守恒定律有:；mV= mgh代入数据得：vc= 42gh= 2 m/s< v= 4 m/s则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下做匀加速运动,加速度大小为mg a= m =2 m/s2;加速至速度与传送带相等时用时:tvvoa,v 一、一 vo+ v匀加速运动的位移 Si = -厂h = 3 m<L=5 m所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为L si t 2 =v=0.5 s故物体从A运动到B的时间为：t = t1+t2=1.5 s ,故A正确;W；mvmv