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0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1A涡流探伤技术运
2、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，当金属处于该磁场中时，该金属中会感应出
3、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152016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，当两只手掌握点之间的距离增大时，夹角增大根据三力平衡的特点可知汉布岑手臂受到的拉力F，增大，cos 减小，F增大，故
4、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/s2.以此时作为计时起点，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B在前4 s的时间内，甲车运动位移为29.6 mC在t4 s时，甲车追上乙车D在t10 s时，乙车又回到起始位置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错速度时间图象与时间轴围成的面积代表位移，在t4 s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
5、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xv0tat25 m/s4 s1.2 m/s2(4 s)229.6 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边置于垂直纸面向里的匀强磁场中，回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场，以向里为磁场的正方向，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()图4B根据Bt图象知穿过线圈的磁通量在0时间内先向里减小再向外增加，根据楞次定律知该
6、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EnSkS，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边所受的安培力方向向左，为负值，由FBIL知，导线受到的安培力大小不变；穿过线圈的磁通量在T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FBIL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()图
7、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
8、之比D所受引力之比AB根据得，所以可以计算角速度之比，故A正确；根据开普勒第三定律k得，由a2r得，所以能求向心加速度之比，故B正确；设“超级地球”的质量为m，恒星质量为M，轨道半径为r，根据万有引力提供向心力，有：Gmr得：M，“超级地球”的质量同时出现在等号两边被约掉，故无法求“超级地球”的质量之比，故C错误；根据万有引力定律FG，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.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，
9、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 370.6，cos 370.8)则()图6A动摩擦因数B载人滑草车最大速度为C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 gAB对整个过程，由动能定理得：2mghmgcos 45mgcos 370，解得：，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：mghmgcos 45mv2，解得：v，故B正确；对整个过程，由动能定理得：2mghWf0，解得载人滑草车克服摩擦力做功为：Wf2mgh，故C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为：ag，故D错误21如图7所示，质量m1
10、kg的物体从高为h0.2 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0.2，传送带AB之间的距离为L5 m，传送带一直以v4 m/s的速度匀速运动，则()图7A物体从A运动到B的时间是1.5 sB物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做了2 J的功C物体从A运动到B的过程中，产生2 J的热量D物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做了10 J的功AC设物体下滑到A点的速度为v0，对PA过程，由机械能守恒定律有：mvmgh代入数据得：v02 m/sv4 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ag2 m/s2；加速至速度与传送带相等时用时：t11 s匀加速运动的位移s1t13 mL5 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t20.5 s故物体从A运动到B的时间为：tt1t21.5 s故A正确；物体运动到B的速度是v4 m/s，根据动能定理得：摩擦力对物体做功Wmv2mv6 J，故B错误；在t1时间内，皮带做匀速运动的位移为s皮带vt14 m故产生热量Qmgsmg(s皮带s1)，代入数据得：Q2 J故C正确；电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功WWQ8 J，故D错误
