【物理】2020届一轮复习人教版选择题提速练9课时作业 4页

选择题提速练9‎ ‎1—5为单选，6—8为多选 ‎1．如图为一种变压器的实物图，根据其铭牌上所提供的信息，以下判断正确的是(　B　)‎ A．这是一个升压变压器 B．原线圈的匝数比副线圈的匝数多 C．当原线圈输入交流电压220 V时，副线圈输出直流电压12 V D．当原线圈输入交流电压220 V、副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流小 解析：根据铭牌上所提供的信息可知：变压器的输入电压为220 V，输出电压为12 V，该变压器为降压变压器，故选项A错误，选项B正确；变压器的工作原理是电磁感应，故变压器的原、副线圈上的电压都为交流电压，选项C错误；由理想变压器的输出功率等于输入功率，且原线圈的电压大于副线圈的电压，故副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流大，选项D错误．‎ ‎2．下图为某同学自制的加速度计．构造如下：一根轻质细杆的下端固定一个小球，杆的上端与光滑水平轴相连接．杆可在竖直平面内左右摆动．硬质面板紧靠杆摆动的平面放置，并标有刻度线．其中，刻度线c位于经过O的竖直线上，刻度线b在bO连线上，∠bOc＝30°，刻度线d在dO连线上，∠cOd＝45°.使用时，若约定加速度计的右侧为汽车前进的方向，速度v＝10 m/s，g取9.8 m/s2，汽车前进时(　B　)‎ A．若细杆稳定地指示在b处，则汽车加速度为4.9 m/s2‎ B．若细杆稳定地指示在d处，则0.5 s内汽车速度减小了4.9 m/s C．若细杆稳定地指示在b处，则0.5 s内汽车速度增大了4.9 m/s D．若细杆稳定地指示在c处，则5 s内汽车前进了100 m 解析：若细杆稳定地指示在b处，对小球分析受力，求出沿水平方向所受合力为F合＝mgtan30°，由牛顿第二定律得F合＝ma1，则汽车加速度为a1＝gtan30°＝9.8× m/s2＝5.66 m/s2，选项A错误；若细杆稳定地指示在d处，则汽车加速度为a2＝gtan45°＝9.8 m/s2，则0.5 s内汽车速度减小了Δv＝a2Δt＝4.9 m/s，选项B正确；若细杆稳定地指示在b处，则0.5 s内汽车速度增大了Δv＝a1Δt＝5.66×0.5 m/s＝2.83 m/s，选项C错误；若细杆稳定地指示在c处，汽车匀速运动，则5 s内汽车前进了s＝vt＝10×5 m＝50 m，选项D错误．‎ ‎3. (2018·荆州模拟)如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比RBRC＝32，A轮的半径大小与C轮的相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B轮也随之无滑动地转动起来．a、b、‎ c分别为三轮边缘上的三个点，则a、b、c三点在运动过程中的(　D　)‎ A．线速度大小之比为322‎ B．角速度之比为332‎ C．转速之比为232‎ D．向心加速度大小之比为964‎ 解析：A、B间靠摩擦传动，则边缘上a、b两点的线速度相等，即vavb＝11，选项A错误；B、C同轴转动，则其上b、c两点的角速度相等，即ωb＝ωc，＝＝，选项B、C错误；对a、b两点由a＝得＝＝，对b、c两点由a＝ω2r得＝＝，故aaabac＝964，选项D正确．‎ ‎4．(2018·郑州质量预测)如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则从A点到C点的过程中弹簧弹力做的功是(　A　)‎ A．mgh－mv2 B.mv2－mgh C．－mgh D．－(mgh＋mv2)‎ 解析：小球从斜面底端到最高点C的过程中，重力、弹簧弹力均做功，C点为最高点，即vC＝0，由动能定理得－mgh＋W＝0－mv2，解得弹簧弹力做的功W＝mgh－mv2，选项A正确．‎ ‎5．如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)(　B　)‎ A. B. C. D. 解析：作出粒子运动轨迹如图中实线所示．因P到ab距离为，可知α＝30°.因粒子速度方向改变60°，可知转过的圆心角2θ＝60°.由图中几何关系有(r＋)tanθ＝Rcosα，解得 r＝R.再由Bqv＝m可得v＝，故B正确．‎ ‎6．(2018·湖北七市联考)如图所示，传送带与水平面夹角为37°，白色传送带以10 m/s的恒定速率沿顺时针方向转动，今在传送带上端A处无初速度地轻放上一个质量为1 kg的小煤块(可视为质点)，它与传送带间的动摩擦因数为0.50，已知传送带A到B的长度为16 m，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2，则在小煤块从A运动到B的过程中(　ACD　)‎ A．小煤块从A运动到B的时间为2 s B．煤块对皮带做的总功为0‎ C．小煤块在白色皮带上留下黑色印记的长度为6 m D．因煤块和皮带之间的摩擦而产生的内能为24 J 解析：煤块放上传送带，滑动摩擦力的方向先沿斜面向下，根据牛顿第二定律得a1＝＝gsin37°＋μgcos37°＝10 m/s2.‎ 则速度达到传送带速度所需的时间为t1＝＝1 s.‎ 经过的位移为x1＝a1t＝5 m.‎ 由于mgsin37°>μmgcos37°，可知煤块与传送带不能保持相对静止．‎ 速度相等后，煤块所受的摩擦力沿斜面向上．‎ 根据牛顿第二定律得 a2＝＝gsin37°－μgcos37°＝2 m/s2.‎ 根据vt2＋a2t＝L－x1，‎ 代入数据解得t2＝1 s.‎ 则t＝t1＋t2＝2 s，故A正确；‎ 煤块对传送带做的总功即是摩擦力所做的功，为W＝－fx传＝－μmgcosθ·x传＝－μmgcosθ·vt＝－80 J，故B错误；‎ 在t1时间内，传送带位移为x2＝vt1＝10 m.‎ 所以划痕长度是Δx1＝x2－x1＝5 m；‎ 在t2时间内，传送带位移为x3＝vt2＝10 m，‎ 煤块的位移为x4＝L－x1＝11 m.‎ 所以划痕长度为Δx2＝x4－x3＝1 m.‎ 所以总划痕长度是Δx＝Δx1＋Δx2＝6 m，故C正确；‎ 产生的热量Q＝fΔx＝μmgcosθΔx＝24 J，D正确．‎ ‎7．(2018·山东模拟)卫星电话在抢险救灾中能发挥重要作用，第一代、第二代海事卫星只使用静止轨道卫星，不能覆盖地球上的高纬度地区，第三代海事卫星采用同步和中轨道卫星结合的方案，它由4颗同步卫星与12颗中轨道卫星构成，中轨道卫星高度为10 354 km，分布在几个轨道平面上(与赤道平面有一定的夹角)．在这个高度上，卫星沿轨道旋转一周的时间为四分之一天，下列说法中正确的是(　BC　)‎ A．中轨道卫星的线速度小于同步卫星的线速度 B．中轨道卫星的线速度大于同步卫星的线速度 C．在中轨道卫星经过地面某点的正上方的一天后，该卫星还在地面该点的正上方 D．如果某一时刻中轨道卫星、同步卫星与地球的球心在同一直线上，那么经过6小时它们仍在同一直线上 解析：由题意知，中轨道卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径(约为42 400 km)，所以，其线速度大于同步卫星的线速度，选项B正确；中轨道卫星的周期T1＝6 h，其经过地面某点的正上方的一天后，仍在该点，选项C正确；选项D中，中轨道卫星需经过t＝(＋nT1)，T1＝6 h，n＝0,1,2,3，…，同步卫星需经过t′＝(＋nT2)．T2＝24 h，n＝0,1,2,3，…，二者再次在同一直线上，显然t′≠t，选项D错误．‎ ‎8．(2018·武昌模拟)某同学设计了一种静电除尘装置，如图甲所示，其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料，图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒为U的高压直流电源相连．带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值称为除尘率．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．要增大除尘率，则下列措施可行的是(　AC　)‎ A．只增大电压U B．只增大高度d C．只增大长度L D．只增大尘埃被吸入水平速度v0‎ 解析：尘埃做类平抛运动，达到下板的尘埃被收集，竖直偏移量y＝at2＝t2＝越大越容易收集，则可以增大U、L，减小v0、d，选项A、C正确．‎