選擇題總分值練(二)14．以下關于物理學思想方法的表達錯誤的選項是()A．探究加速度與力和質量關系的實驗運用了控制變量法B．電學中電阻、電場場強和電勢的定義都運用了比值法C．力學中將物體看成質點運用了理想模型法D．當物體的運動時間Δt趨近于0時，Δt時間內的平均速度可看成瞬時速度運用了等效替代法D當物體的運動時間Δt趨近于0時，Δt時間內的平均速度可看成瞬時速度運用了極限法，選項D的表達是錯誤的．15．一輛汽車在平直公路上做剎車實驗，假設從0時刻起汽車在運動過程中的位移與速度的關系式為x＝(10－0.1v2)m，那么以下分析正確的選項是()A．上述過程的加速度大小為10m/s2B．剎車過程持續的時間為5sC．0時刻的初速度為10m/sD．剎車過程的位移為5mC根據公式x＝eq\f(v2－v\o\al(2,0),2a)和位移與速度的關系式為x＝(10－0.1v2)m，可得：eq\f(v2,2a)＝－0.1v2，eq\f(v\o\al(2,0),2a)＝－10，解得：a＝－5m/s2，v0＝10m/s，符號表示與運動方向相反，故A錯誤，C正確；剎車時間t0＝eq\f(0－v0,a)＝eq\f(－10,－5)s＝2s，故B錯誤；剎車位移為x0＝eq\f(v0,2)t0＝eq\f(10,2)×2m＝10m，故D錯誤．16．(2023·內蒙古包頭一模)假設在某行星和地球上相對于各自的水平地面附近相同的高度處、以相同的速率平拋一物體，它們在水平方向運動的距離之比為2∶eq\r(7).該行星質量約為地球的7倍，地球的半徑為R，由此可知，該行星的半徑為()A.eq\f(1,2)RB.eq\f(7,2)RC．2R D.eq\f(\r(7),2)RC對于任一行星，設其外表重力加速度為g，根據平拋運動的規律得h＝eq\f(1,2)gt2：得t＝eq\r(\f(2h,g))，那么水平射程x＝v0t＝v0eq\r(\f(2h,g)).可得該行星外表的重力加速度與地球外表的重力加速度之比：eq\f(g行,g地)＝eq\f(x\o\al(2,地),x\o\al(2,行))＝eq\f(7,4)，根據eq\f(GMm,r2)＝mg，得g＝eq\f(GM,r2)，可得eq\f(g行,g地)＝eq\f(M行,M地)·eq\f(R\o\al(2,地),R\o\al(2,行))，解得行星的半徑R行＝R地eq\r(\f(g地,g行))·eq\r(\f(M行,M地))＝R×eq\r(\f(4,7))·eq\r(7)＝2R.應選項C正確．17.如下圖，在邊長為a的正方形區域內，有以對角線為邊界、垂直于紙面的兩個勻強磁場，磁感應強度大小相同、方向相反，紙面內一邊長為a的正方形導線框沿x軸勻速穿過磁場區域，t＝0時刻恰好開始進入磁場區域，以順時針方向為導線框中電流的正方向，以下選項中能夠正確表示電流與位移關系的是()B在x∈(0，a)時，右邊框切割磁感應線產生感應電流，電流大小i＝eq\f(Ba－xv－Bxv,R)＝(a－2x)，eq\f(Bv,R)其中x∈(0，eq\f(a,2))時，方向順時針；x＝eq\f(a,2)時，導線框中感應電流為零；x∈(eq\f(a,2)，a)時，方向逆時針．在x∈(a,2a)時，左邊框切割磁感應線產生感應電流，x∈(a，eq\f(3,2)a)時，感應電流大小i＝eq\f(B[a－x－a]v－Bx－av,R)＝eq\f(Bv3a－2x,R)，方向逆時針；x＝eq\f(3,2)a時，導線框中感應電流為零；x∈(eq\f(3,2)a,2a)，方向順時針，所以B正確ACD錯誤．18．(2023·天津和平質量調查)如下圖，一絕緣細線Oa下端系一輕質帶正電的小球a(重力不計)，地面上固定一光滑的絕緣1/4圓弧管道AB，圓心與a球位置重合，一質量為m、帶負電的小球b從A點由靜止釋放，小球a由于受到絕緣細線的拉力而靜止，其中細線O′a水平，Oa懸線與豎直方向的夾角為θ，當小球b沿圓弧管道運動到a球正下方B點時對管道壁恰好無壓力，在此過程中(a、b兩球均可視為點電荷)()A．b球所受的庫侖力大小為2mgB．b球的機械能逐漸減小C．懸線Oa的拉力先增大后減小D．水平細線的拉力先增大后減小Db球從A到B過程中，只有重力對b球做功，b球機械能守恒，那么有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mgR，由牛頓第二定律有F庫－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，得F庫＝3mg，A、B項錯誤．由庫侖定律可知小球b從A運動到B的過程中同，b球對a球的庫侖力大小不變，方向由a指向b，那么對a球受力分析可知兩段細線拉力的合力始終與b球對a球庫侖力等大反向，將庫侖力沿兩線方向分解，由圖可知懸線Oa的拉力一直增大，水平細線的拉力先增大后減小，C項錯誤，D項正確．19．(多項選擇)如下圖，頂端附有光滑定滑輪的斜面體靜止在粗糙水平面上，三條細繩結于O點．一條繩跨過定滑輪平行于斜面連接物塊P，一條繩連接小球Q，P、Q兩物體處于靜止狀態，另一條繩OA在外力F的作用下使夾角θ＜90°，現緩慢改變繩OA的方向至θ＞90°，且保持結點O位置不變，整個裝置始終處于靜止狀態．以下說法正確的選項是()A．繩OA的拉力先減小后增大B．斜面對物塊P的摩擦力的大小可能先減小后增大C．地面對斜面體有向右的摩擦力D．地面對斜面體的支持力等于物塊P和斜面體的重力之和AB緩慢改變繩OA的方向至θ＞90°的過程，OA拉力的方向變化如圖從1位置到2位置到3位置所示，可見OA的拉力先減小后增大，OP的拉力一直增大，故A正確；假設開始時P受繩子的拉力比擬小，那么斜面對P的摩擦力沿斜面向上，OP拉力一直增大，那么摩擦力先變小后反向增大，故B正確；以斜面體和P、Q整體為研究對象受力分析，根據平衡條件：斜面體受地面的摩擦力與OA繩子水平方向的拉力等大反向，故摩擦力方向向左，故C錯誤；以斜面體和P、Q整體為研究對象受力分析，設F與豎直方向的夾角為α，根據豎直方向受力平衡：FN＋Fcosα＝M斜g＋MPg＋MQg；由圖分析可知F的最大值即為MQg(當F豎直向上時)故Fcosα＜MQg；那么FN＞M斜g＋MQg，故D錯誤；應選A、B.20．(多項選擇)如以下圖所示，a圖中變壓器為理想變壓器，其原線圈接在u＝12eq\r(2)sin100πt(V)的交流電源上，副線圈與阻值為R1＝2Ω的電阻接成閉合電路，電流表為理想電流表．b圖中為阻值R2＝32Ω的電阻直接接到u＝12eq\r(2)sin100πt(V)的交流電源上，結果電阻R1與R2消耗的電功率相等，那么()A．通過電阻R1的交變電流的頻率為0.02HzB．電阻R1消耗的電功率為4.5WC．電流表的示數為6AD．變壓器原、副線圈匝數比為4∶1BD由交變電流瞬時值表達式u＝12eq\r(2)sin100πt(V)可知，ω＝100π＝2πf，該交流電源的頻率為f＝50Hz，周期為0.02s，由于變壓器不改變交變電流的頻率，所以通過電阻R1的交變電流的頻率為50Hz，選項A錯誤．由題圖b可知，R2＝32Ω的電阻兩端電壓的有效值為U＝12V，電阻R2消耗的電功率為P2＝eq\f(U2,R2)＝4.5W．根據題述，電阻R1與R2消耗的電功率相等，可知電阻R1消耗的電功率為P1＝P2＝4.5W，選項B正確．由P1＝I2R1，解得電流表的示數為I＝1.5A，選項C錯誤．變壓器副線圈電壓U2＝IR1＝3V，變壓器原、副線圈匝數比為n＝U∶U2＝12∶3＝4∶1，選項D正確．21．(多項選擇)(2023·河北百校聯考)如下圖，水平轉臺上的小物體A、B通過輕彈簧連接，并隨轉臺一起勻速轉動，A、B的質量分別為m、2m，A、B與轉臺的動摩擦因數都為μ，A、B離轉臺中心的距離分別為1.5r、r，彈簧的原長為1.5r，勁度系數為kA．當B受到的摩擦力為0時，轉臺轉動的角速度為eq\r(\f(k,m))B．當A受到的摩擦力為0時，轉臺轉動的角速度為eq\r(\f(2k,3m))C．當B剛好要滑動時，轉臺轉動的角速度為eq\r(\f(k,2m)＋\f(2μg,3r))D．當A剛好要滑動時，轉臺轉動的角速度為eq\r(\f(2k,3m)＋\f(2μg,3r))BDA．當B受到的摩擦力為0時，由彈簧彈力提供向心力，那么有k(1.5r＋r－1.5r)＝2mω2r解得：ω＝eq\r(\f(k,2m))，故A錯誤；B．當A受到的摩擦力為0時，由彈簧彈力提供向心力，那么有k(1.5r＋r－1.5r)＝mω2·1.5r解得：ω＝eq\r(\f(2k,3m))，故B正確；C．當B剛好要滑動時，摩擦力到達最大靜摩擦力，