1、选择题提速练 915 为单选，68 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 VD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
2、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，bOc30，刻度线 d 在 dO 连线上， cOd45.使用时，若约定加速度计的右侧为汽车前进的方向，速度 v10 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/s2B若细杆稳定地指示在 d 处，则 0.5 s 内汽车速
3、度减小了 4.9 m/sC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/sD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 ma 1，则汽车加速度为 a1gtan309.8 m/s25.66 m/s2，选项 A 错33误；若细杆稳定地指示在 d 处，则汽车加速度为 a2gtan459.8 m/s2，则 0.5 s 内汽车速度减小了 va 2t4.9 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
4、增大了va 1t 5.660.5 m/s2.83 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 sv t105 m50 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 RBRC32 ，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 322B角速度之比为 332C转速之比为
5、 232D向心加速度大小之比为 964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 vavb 11，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 b c， ，选项 B、C 错误；对 a、bnbnc bc 11两点由 a 得 ，对 b、c 两点由 a 2r 得 ，v2r aaab RbRa 32 abac RbRc 32故 aaabac964 ，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，
6、则从 A 点到 C 点的过程中弹簧弹力做的功是( A )Amgh mv2 B. mv2mgh12 12Cmgh D(mgh mv2)12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 vC0，由动能定理得mgh W0 mv2，解得弹簧弹力做的功 Wmgh mv2，选项12 12A 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(q0)、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R2夹角为 60，则粒子
7、的速率为(不计重力)( B )A. B.qBR2m qBRmC. D.3qBR2m 2qBRm解析：作出粒子运动轨迹如图中实线所示因 P 到 ab 距离为 ，R2可知 30.因粒子速度方向改变 60，可知转过的圆心角 260.由图中几何关系有(r )tanRcos ，解得 rR .再由 BqvmR2可得 v ，故 B 正确v2r qBRm6(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
8、 B 的长度为 16 m，取 sin370.6，cos370.8，g10 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 sB煤块对皮带做的总功为 0C小煤块在白色皮带上留下黑色印记的长度为 6 mD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 gsin37gcos37mgsin37 mgcos37m10 m/s 2.则速度达到传送带速度所需的时间为 t1 1 s.va1经过的位移为 x1 a1t 5 m.12 21由于 mgsin37mgcos37，可知煤块与
9、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 gsin37gcos372 m/s 2.mgsin37 mgcos37m根据 vt2 a2t L x 1，12 2代入数据解得 t21 s.则 tt 1t 22 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 Wfx 传mg cosx 传 mgcosvt80 J，故 B 错误；在 t1时间内，传送带位移为 x2vt 110 m.所以划痕长度是 x1 x2x 15 m；在 t2时间内，传送带位移为 x3vt 210 m，煤块的位移为 x4Lx 111 m.所以划痕长度为 x2 x4x 31 m.所以
10、总划痕长度是 x x1x 26 m，故 C 正确；产生的热量 Qfx mgcosx24 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
11、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 T16 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( nT 1)，T 16 h，n0,1,2,3 ，同步卫星需经过T12t( nT2)T 2 24 h，n0,1,2,3，二者再次在同一直线上，T22显然 tt，选项 D 错误8(2018武昌模拟) 某
12、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 UB只增大高度 dC只增大长度 LD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12 Uq2md UqL22mdv20小 v0、d，选项 A、C 正确
