PAGEPAGE10課時作業(十六)一、選擇題(共20個小題，3、4、6、7、14、15、18、19為多選，其余為單項選擇，每題5分共100分)1．有一條兩岸平直，河水勻稱流淌、流速恒為v的大河，小明駕著小船渡河，去程時船頭朝向始終與河岸垂直，回程時行駛路途與河岸垂直．去程與回程所用時間的比值為k，船在靜水中的速度大小相同，則小船在靜水中的速度大小為()A.eq\f(kv,\r(k2－1)) B.eq\f(v,\r(1－k2))C.eq\f(kv,\r(1－k2)) D.eq\f(v,\r(k2－1))答案B解析可設河寬為d，船在靜水中的速度為vc，第一種狀況時時間t1＝eq\f(d,vc)，其次種狀況為t2＝eq\f(d,\r(vc2－v2))，eq\f(t1,t2)＝k，可得出B項是正確的．2．(2024·遂寧模擬)如圖所示，放于豎直面內的光滑金屬細圓環半徑為R，質量為m的帶孔小球穿于環上，同時有一長為R的細繩一端系于球上，另一端系于圓環最低點，繩的最大拉力為2mg.當圓環以角速度ω繞豎直直徑轉動時，發覺小球受三個力作用．則ω可能為()A．3eq\r(\f(g,R)) B.eq\f(3,2)eq\r(\f(g,R))C.eq\r(\f(3g,2R)) D.eq\r(\f(g,2R))答案B解析因為圓環光滑，所以這三個力確定是重力、環對球的彈力、繩子的拉力．細繩要產生拉力，繩要處于拉伸狀態，依據幾何關系可知，此時細繩與豎直方向的夾角為60°.當圓環旋轉時，小球繞豎直軸做圓周運動，向心力由三個力在水平方向的合力供應，其大小為F＝mω2r，依據幾何關系，其中r＝Rsin60°確定，所以當角速度越大時，所須要的向心力越大，繩子拉力越大，所以對應的臨界條件是小球在此位置剛好不受拉力，此時角速度最小，須要的向心力最小，對小球進行受力分析得Fmin＝mgtan60°，即mgtan60°＝mωmin2Rsin60°，解得ωmin＝eq\r(\f(2g,R))；當繩子的拉力達到最大時，角速度達到最大，同理可知，最大角速度為ωmax＝eq\r(\f(6g,R))，故只有B項正確．3．如圖所示，質量為3m的豎直光滑圓環A的半徑為R，固定在質量為2m的木板B上，木板B的左右兩側各有一豎直擋板固定在地面上，B不能左右運動．在環的最低點靜止放有一質量為m的小球C.現給小球一水平向右的瞬時速度v0，小球會在圓環內側做圓周運動，為保證小球能通過環的最高點，且不會使環在豎直方向上跳起，初速度v0必需滿意()A．最小值為eq\r(4gR) B．最大值為3eq\r(gR)C．最小值為eq\r(5gR) D．最大值為eq\r(10gR)答案CD解析在最高點，速度最小時有：mg＝meq\f(v12,R)解得：v1＝eq\r(gR).從最高點到最低點的過程中，機械能守恒，設最低點的速度為v′1，依據機械能守恒定律，有：2mgR＋eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)mv′12解得：v′1＝eq\r(5gR).要使環不在豎直方向上跳起，環對球的壓力最大為：F＝2mg＋3mg＝5mg從最高點到最低點的過程中，機械能守恒，設此時最低點的速度為v′2，在最高點，速度最大時有：mg＋5mg＝meq\f(v22,R)解得：v2＝eq\r(6gR).依據機械能守恒定律有：2mgR＋eq\f(1,2)mv22＝eq\f(1,2)mv′22解得：v′2＝eq\r(10gR).所以保證小球能通過環的最高點，且不會使環在豎直方向上跳起，在最低點的速度范圍為：eq\r(5gR)≤v≤eq\r(10gR).故C、D兩項正確，A、B兩項錯誤．故選C、D兩項．4.(2024·浦東新區三模)如圖所示，拖拉機后輪的半徑是前輪半徑的兩倍，A和B是前輪和后輪邊緣上的點，若車行進時車輪沒有打滑，則()A．兩輪轉動的周期相等B．前輪和后輪的角速度之比為2∶1C．A點和B點的線速度大小之比為1∶2D．A點和B點的向心加速度大小之比為2∶1答案BD解析B項，依據v＝ωr和vA＝vB，可知A、B兩點的角速度之比為2∶1；故B項正確．A項，據ω＝eq\f(2π,T)和前輪與后輪的角速度之比2∶1，求得兩輪的轉動周期為1∶2，故A項錯誤．C項，A、B分別為同一傳動裝置前輪和后輪邊緣上的一點，所以vA＝vB，故C項錯誤．D項，由a＝eq\f(v2,r)，可知，向心加速度與半徑成反比，則A與B點的向心加速度之比為2∶1，故D項正確．故選B、D兩項．5．設地球自轉周期為T，質量為M，引力常量為G，假設地球可視為質量勻稱分布的球體，半徑為R.同一物體在南極和赤道水平面上靜止時所受到的支持力之比為()A.eq\f(GMT2,GMT2－4π2R3) B.eq\f(GMT2,GMT2＋4π2R3)C.eq\f(GMT2－4π2R3,GMT2) D.eq\f(GMT2＋4π2R3,GMT2)答案A解析物體在南極地面所受的支持力等于萬有引力，F＝eq\f(GMm,R2)①，在赤道處，F萬－F′＝F向，得F′＝F萬－F向，又F向＝meq\f(4π2,T2)R，則F′＝eq\f(GMm,R2)－meq\f(4π2,T2)R②，由①②式，可得，A項正確．6．(2024·城中區校級模擬)我國的火星探測安排在2024年綻開，在火星放射軌道探測器和火星巡察器．已知火星的質量約為地球質量的eq\f(1,9)，火星的半徑約為地球半徑的eq\f(1,2).下列說法中正確的是()A．火星探測器的放射速度應大于第一宇宙速度且小于其次宇宙速度B．火星探測器的放射速度應大于其次宇宙速度且小于第三宇宙速度C．火星表面與地球表面的重力加速度之比為4∶9D．火星探測器環繞火星運行的最大速度約為地球的第一宇宙速度的eq\f(\r(6),3)倍答案BC解析A、B項，火星探測器前往火星，脫離地球引力束縛，還在太陽系內，放射速度應大于其次宇宙速度、可以小于第三宇宙速度，故A項錯誤，B項正確．C項，依據表面物體受到的引力等于表面物體的重力，即Geq\f(Mm0,R2)＝m0g，結合火星的質量約為地球質量的eq\f(1,9)，火星的半徑約為地球半徑的eq\f(1,2)，那么火星表面與地球表面的重力加速度之比為4∶9，故C項正確；D項，由eq\f(GMm,R2)＝meq\f(v2,R)得，v＝eq\r(\f(GM,R))已知火星的質量約為地球的eq\f(1,9)，火星的半徑約為地球半徑的eq\f(1,2)，火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的eq\f(\r(2),3)倍，故D項錯誤．故選B、C兩項．7．(2024·湖南二模)嫦娥三號”于2013年12月2日在中國西昌衛星放射中心由長征三號乙運載火箭送入太空，12月14日勝利軟著陸于月球雨海西北部，12月15日完成著陸器和巡察器分別，并接連開展了“觀天、看地、測月”，的科學探測和其他預定任務．如圖所示為“嫦娥三號”釋放出的國產“玉兔”號月球車，若該月球車在地球表面的重力為G1，在月球表面的重力為G2，已知地球半徑為R1，月球半徑為R2，地球表面處的重力加速度為g，則()A．月球表面處的重力加速度為eq\f(G2,G1)gB．月球車內的物體處于完全失重狀態C．地球的第一宇宙速度與月球的第一宇宙速度之比為eq\r(\f(G1R1,G2R2))D．地球與月球的質量之比為eq\f(G1R22,G2R12)答案AC解析A項，重力加速度：g＝eq\f(G重力,m)，故地球表面處的重力加速度與月球表面處的重力加速度之比為G1∶G2，故月球表面處的重力加速度為eq\f(G2,G1)g，故A項正確；B項，在月球表面，月球車內的物體受重力和支持力，不是失重，故B項錯誤；C項，第一宇宙速度是近地衛星的環繞速度：v＝eq\r(gR)，故地球的第一宇宙速度與月球的第一宇宙速度之比：eq\f(v1,v2)＝eq\r(\f(G1,G2)·\f(R1,R2))＝eq\r(\f(G1R1,G2R2))，故C項正確；D項，依據g＝eq\f(GM,R2)，有：M＝eq\f(gR2,G)，故地球的質量與月球的質量之比為：eq\f(M地,M月)＝eq\f(G1R12,G2R22)，故D項錯誤；故選A、C兩項．8.如圖，一載流長直導線和一矩形導線框固定在同一平面內，線框在長直導線右側，且其長邊與長直導線平行．已知在t＝0到t＝t1的時間間隔內，直導線中電流i發生某種變更，而線框中感應電流總是沿順時針方向；線框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．設電流i正方向與圖中箭頭方向相同，則i隨時間t變更的圖線可能是()答案A解析要求框中感應電流順時針，依據楞次定律，可知框內磁場要么向里減弱(載流直導線中電流正向減小)，要么向外增加(載流直導線中電流負向增大)．線框受安培力向左時，載流直導線電流確定在減小，線框受安培力向右時，載流直導線中電流確定在增大，故答案選A項．9．地球表面旁邊某區域存在大小為150N/C、方向豎直向下的電場．一質量為1.00×10－4kg、帶電量為－1.00×10－7C的小球從靜止釋放，在電場區域內下落10.0m．對此過程，該小球的電勢能和動能的變更量分別為(重力加速度大小取9.80m/s2，忽視空氣阻力)()A．－1.50×10－4J和9.95×10－3JB．1.50×10－4J和9.95×10－3JC．－1.50×10－4J和9.65×10－3JD．1.50×10－4J和9.65×10－3J答案D解析電場力做功只與初末位置的電勢差有關，電場力做正功電勢能削減，電場力做負功，電勢能增加．小球帶負電，受到的電場力沿豎直方向向上，所以下落過程，電場力做負功，電勢能增加，A、C項錯誤；W電＝Eqh＝1.00×10－7C×150N/C×10m＝1.5×10－4J，依據動能定理，合力做功等于動能的變更，有：WG－W電＝(mg－Eq)h＝(9.8×10－4－1.00×10－7×150)×10J＝9.65×10－3J，D項正確．10．據報道，天文學家近日發覺了一顆距地球40光年的“超級地球”，名為“55Cancrie”該行星繞母星(中心天體)運行的周期約為地球繞太陽運行周期的eq\f(1,480)，母星的體積約為太陽的60倍．假設母星與太陽密度相同，“55Cancrie”與地球都做勻速圓周運動，則“55Cancrie”與地球的()A．軌道半徑之比約為eq\r(3,\f(60,480))B．軌道半徑之比約為eq\r(3,\f(60,4802))C．向心加速度之比約為eq\r(3,60×4802)D．向心加速度之比約為eq\r(3,60×480)答案B解析設行星的質量為m，恒星的質量為M，體積為V.對行星，由萬有引力供應向心力得Geq\f(Mm,r2)＝m(eq\f(2π,T))2r，行星的軌道半徑為r＝eq\r(3,\f(GMT2,4π2))＝eq\r(3,\f(GρVT2,4π2))，所以r∝eq\r(3,VT2)，B項正確，A項錯誤；行星的向心加速度為a＝(eq\f(2π,T))2r，所以a∝eq\r(3,\f(V,T4))，C、D兩項錯誤．11．太陽因核聚變釋放出巨大的能量，同時其質量不斷削減．太陽每秒鐘輻射出的能量約為4×1026J，依據愛因斯坦質能方程，太陽每秒鐘削減的質量最接近()A．1036kg B．1018kgC．1013kg D．109kg答案D解析本題意在考查考生對愛因斯坦質能方程的運用實力，依據ΔE＝Δmc2，得Δm＝eq\f(ΔE,c2)＝eq\f(4×1026,（3×108）2)kg≈4.4×109kg.12．在國際單位制(簡稱SI)中，力學和電學的基本單位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．導出單位V(伏特)用上述基本單位可表示為()A．m2·kg·s－4·A－1 B．m2·kg·s－3·A－1C．m2·kg·s－2·A－1 D．m2·kg·s－1·A－1答案B13.如圖，在光滑水平面上有一質量為m1的足夠長的木板，其上疊放一質量為m2的木塊．假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等．現給木塊施加一隨時間t增大的水平力F＝kt(k是常數)，木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2，下列反映a1和a2變更的圖線中正確的是()答案A解析主要考查摩擦力和牛頓其次定律．木塊和木板之間相對靜止時，所受的摩擦力為靜摩擦力．在達到最大靜摩擦力前，木塊和木板以相同加速度運動，依據牛頓其次定律a1＝a2＝eq\f(kt,m1＋m2).木塊和木板相對運動時，a1＝eq\f(μm2g,m1)恒定不變，a2＝eq\f(kt,m2)－μg.所以選A項．14．(2024·樂山模擬)如圖甲所示，一志向變壓器原、副線圈匝數之比為55∶6，其原線圈兩端接入如圖乙所示的正弦溝通電，副線圈通過電流表與負載電阻R＝48Ω相連．若溝通電壓表和溝通電流表都是志向電表，則下列說法中正確的是()A．變壓器輸入電壓的最大值是220VB．若電流表的示數為0.50A，變壓器的輸入功率是12WC．原線圈輸入的正弦交變電流的頻率是50HzD．電壓表的示數是24eq\r(2)V答案BC解析A項，由圖乙可知溝通電壓最大值Um＝220eq\r(2)V，故A項錯誤；B項，志向變壓器原、副線圈匝數之比為55∶6，電阻R的電壓為U2＝eq\f(n2,n1)·U1＝eq\f(6,55)×220V＝24V，電壓表的示數是24V．電阻為48Ω，所以流過電阻中的電流為0.5A，變壓器的輸入功率是：P入＝P出＝eq\f(U22,R)＝eq\f(242,48)W＝12W．故B項正確，D項錯誤；C項，由圖乙可知溝通電周期T＝0.02s，可由周期求出正弦交變電流的頻率是50Hz，故C項正確．故選B、C兩項．15．(2024·資陽模擬)如圖所示，半徑為R的圓形區域內存在垂直于紙面對里的勻強磁場，一帶正電粒子以速度v1從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經過t1時間射出磁場．另一相同的帶電粒子以速度v2從距離直徑AOB的距離為eq\f(R,2)的C點平行于直徑AOB方向射入磁場，經過t2時間射出磁場．兩種狀況下，粒子射出磁場時的速度方向與初速度方向間的夾角均為60°.不計粒子受到的重力，則()A．v1∶v2＝eq\r(3)∶1 B．v1∶v2＝eq\r(2)∶1C．t1＝t2 D．t1>t2答案AC解析A、B項，如圖由幾何學問知R1＝Rtan60°，R2＝R，依據牛頓運動定律知Bqv＝meq\f(v2,r)知r＝eq\f(mv,Bq)與v成正比，故v1∶v2＝R1∶R2＝Rtan60°∶R＝eq\r(3)∶1，故A項正確，B項錯誤；由周期T＝eq\f(2πm,Bq)知兩粒子周期相同，在磁場中運動的時間為t＝eq\f(θ,2π)T確定于角度，角度θ相同，則時間相同，故C項正確，D項錯誤．故選A、C兩項．16.圖示為一個內、外半徑分別為R1和R2的圓環狀勻稱帶電平面，其單位面積帶電量為σ.取環面中心O為原點，以垂直于環面的軸線為x軸．設軸上隨意點P到O點的距離為x，P點電場強度的大小為E.下面給出E的四個表達式(式中k為靜電力常量)，其中只有一個是合理的．你可能不會求解此處的場強E，但是你可以通過確定的物理分析，對下列表達式的合理性做出推斷．依據你的推斷，E的合理表達式應為()A．E＝2πkσ(eq\f(R1,\r(x2＋R12))－eq\f(R2,\r(x2＋R22)))xB．E＝2πkσ(eq\f(1,\r(x2＋R12))－eq\f(1,\r(x2＋R22)))xC．E＝2πkσ(eq\f(R1,\r(x2＋R12))＋eq\f(R2,\r(x2＋R22)))xD．E＝2πkσ(eq\f(1,\r(x2＋R12))＋eq\f(1,\r(x2＋R22)))x答案B解析本題為電場類題目，考查的學問點抽象，題型新奇，要求學生具有確定的分析推斷實力，大部分學生乍一看題目就感到無從下手．但本題若采納極限法和單位法進行分析，便可快速作答．由單位法，可知A、C項等號兩邊單位不一樣，故解除A、C項．用極限學問若取x→∞時E→0，而D項中化簡得E→4πκσ故解除D項；所以，由極限法知正確的只能為B項．17.如圖所示，有兩個相鄰的有界勻強磁場區域，磁感應強度的大小均為B，磁場方向相反，且與紙面垂直，磁場區域在x軸方向寬度均為a，在y軸方向足夠長．現有一高為a的正三角形導線框從圖示位置起先向右沿x軸方向勻速穿過磁場區域．若以逆時針方向為電流的正方向，在選項圖中，線框中感應電流i與線框移動的位移x的關系圖像正確的是()答案C解析線圈向右起先運動后，在0～a這段位移內，穿過線圈的磁場向里且磁通量增加，依據楞次定律可推斷出感應電流為逆時針，在a～2a這段位移內，向里穿過線圈的磁通量削減，且向外穿過線圈的磁通量增加，由楞次定律可推斷出感應電流為順時針，在2a～3a位移內，穿過線圈的磁通量向外且削減，由楞次定律可推斷出感應電流為逆時針，C項正確．18．(2024·江蘇南京二模)如圖所示，光滑平行金屬導軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角，M、P兩端接一阻值為R的定值電阻，阻值為r的金屬棒ab垂直導軌放置，其他部分電阻不計．整個裝置處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面對下．t＝0時對金屬棒施一平行于導軌的外力F，金屬棒由靜止起先沿導軌向上做勻加速直線運動．下列關于穿過回路abPMa的磁通量變更量ΔΦ、磁通量的瞬時變更率eq\f(ΔΦ,Δt)、通過金屬棒的電荷量q隨時間t變更以及a、b兩端的電勢差U隨時間t變更的圖像中，正確的是()答案BD解析設加速度為a，運動的位移x＝eq\f(1,2)at2，磁通量變更量ΔΦ＝BLx＝eq\f(1,2)BLat2，ΔΦ∝t2，A項錯誤；感應電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝BLat，故eq\f(ΔΦ,Δt)∝t，B項正確；U＝eq\f(RE,R＋r)＝eq\f(RBLa,（R＋r）)t；U∝t，D項正確；電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)，因為ΔΦ∝t2，所以q∝t2，C項錯誤．19．(2024·山東省煙臺市高三)如圖所示，同一豎直面內的正方形導線框a、b的邊長均為l，電阻均為R，質量分別為2m和m.它們分別系在一跨過兩個定滑輪的輕繩兩端，在兩導線框之間有一寬度為2l、磁感應強度大小為B、方向垂直豎直面的勻強磁場區域．起先時，線框b的