選擇＋實驗專項練(一)

選擇+實驗專項練（一）（限時：40分鐘）1．我國第一顆人造地球衛(wèi)星東方紅一號已經(jīng)運行了50多年。如圖1所示，A、B是東方紅一號繞地球運動的遠地點和近地點，則東方紅一號()圖1A．在A點的角速度大于B點的角速度B．在A點的加速度小于B點的加速度C．由A運動到B過程中動能減小，勢能增加D．由A運動到B過程中引力做正功，機械能增大答案B解析由開普勒第二定律知，衛(wèi)星與地球的連線在相等的時間內掃過的面積相等，故衛(wèi)星在遠地點轉過的角度較小，由ω＝eq\f(θ,t)知，衛(wèi)星在A點的角速度小于在B點的角速度，故A錯誤；設衛(wèi)星的質量為m，地球的質量為M，衛(wèi)星的軌道半徑為r，由萬有引力定律得Geq\f(mM,r2)＝ma，解得a＝eq\f(GM,r2)，由此可知，r越大，加速度越小，故衛(wèi)星在A點的加速度小于在B點的加速度，故B正確；衛(wèi)星由A運動到B的過程中，根據(jù)功能關系可知，引力做正功，動能增加，勢能減小，機械能守恒，故C、D錯誤。2．某工廠為了落實有關節(jié)能減排政策，水平的排水管道滿管徑工作，減排前、后，水落點距出水口的水平距離分別為x0、x1，則減排前、后單位時間內的排水量之比()圖2A.eq\f(x0,x1) B.eq\r(\f(x0,x1))C.eq\f(x1,x0) D.eq\r(\f(x1,x0))答案A解析根據(jù)平拋運動的規(guī)律有，豎直方向h＝eq\f(1,2)gt2，減排前：水平方向x0＝v0t，減排后：水平方向x1＝v1t，所以eq\f(v0,v1)＝eq\f(x0,x1)，Δt時間內減排前的排水量V0＝Sv0Δt，減排后的排水量V1＝Sv1Δt，所以減排前、后相同時間內的排水量之比eq\f(V0,V1)＝eq\f(v0,v1)＝eq\f(x0,x1)，故A正確，B、C、D錯誤。3．如圖3所示，質量為m的光滑圓弧形槽靜止在光滑水平面上，質量也為m的小鋼球從槽的頂端A處由靜止釋放，則()圖3A．小球和槽組成的系統(tǒng)動量守恒B．小球可以到達與A等高的C點C．小球下滑到底端B的過程中，小球對地的運動軌跡為圓D．小球下滑到底端B的過程中，小球所受合力的瞬時功率增大答案B解析小球與圓弧槽組成的系統(tǒng)水平方向所受合外力為零，則小球與圓弧槽組成的系統(tǒng)水平方向的動量守恒，豎直方向合力不為零，所以小球與圓弧槽組成的系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；由于只有重力做功，則系統(tǒng)的機械能守恒，小球滑到圓弧槽的另一側時，可以到達和A同水平的最高點C，故B正確；小球下滑到底端B的過程中，小球相對圓弧槽做圓周運動，而圓弧槽受到球的作用，圓弧槽向左做加速運動，則小球相對地的運動軌跡不是圓，故C錯誤；小球開始時速度為0，合力的瞬時功率為0，滑到B點時速度方向與合力方向垂直，所以此時合力的瞬時功率也為0，則小球下滑到底端B的過程中，小球所受合力的瞬時功率先增大后減小，故D錯誤。4．利用如圖4所示的電路研究光電效應現(xiàn)象，滑片P的位置在O點的正上方。已知入射光的頻率大于陰極K的截止頻率，且光的強度較大，則()圖4A．減弱入射光的強度，遏止電壓變小B．P不移動時，微安表的示數(shù)為零C．P向a端移動，微安表的示數(shù)增大D．P向b端移動，光電子到達陽極A的最大動能增大答案D解析遏止電壓U與入射光的頻率有關，與光的強度無關，故A錯誤；P不移動時，光電管電壓為0，入射光的頻率大于陰極K的截止頻率，可發(fā)生光電效應，微安表的示數(shù)不為零，故B錯誤；滑動變阻器滑片P向a端移動時，滑動變阻器左端電阻增大，則與其并聯(lián)部分的反向電壓增大，光電流將會減小，則微安表示數(shù)減小，故C錯誤；P向b端移動，滑動變阻器右端電阻增大，則與其并聯(lián)部分的正向電壓增大，根據(jù)動能定理得Ek＝eU＋Ek0，可知光電子到達陽極A的最大動能增大，故D正確。5．如圖5所示，正方形線圈MOO′N處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向與水平面的夾角為30°，線圈的邊長為L，電阻為R，匝數(shù)為n。當線圈從豎直面繞OO′順時針轉至水平面的過程中，通過導線截面的電荷量為()圖5A.eq\f(（\r(3)＋1）nBL2,2R) B.eq\f(（\r(3)＋1）n2BL2,2R)C.eq\f(（\r(3)－1）nBL2,2R) D.eq\f(（\r(3)－1）n2BL2,2R)答案A解析當線圈豎直放置時，穿過線圈平面的磁通量Φ1＝BL2cos30°＝eq\f(\r(3)BL2,2)，當線圈水平放置時，穿過線圈平面的磁通量Φ2＝－BL2sin30°＝－eq\f(BL2,2)，線圈從豎直面繞OO′順時針轉至水平面的過程中，磁通量變化量的大小為ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝eq\f(（\r(3)＋1）BL2,2)，根據(jù)法拉第電磁感應定律有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，由閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,R)，由公式q＝IΔt，聯(lián)立解得通過導線截面的電荷量q＝neq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(（\r(3)＋1）nBL2,2R)，故A正確，B、C、D錯誤。6．一定質量理想氣體的壓強p隨攝氏溫度t的變化規(guī)律如圖6所示，則氣體從狀態(tài)A變化到B的過程中()圖6A．分子平均動能減小B．氣體體積保持不變C．外界對氣體做功D．氣體對器壁單位面積的平均作用力不變答案C解析根據(jù)圖像，從A到B溫度升高，分子的平均動能增加，故A錯誤；畫出p－T圖像如圖：由理想氣體狀態(tài)方程eq\f(pV,T)＝C得p＝eq\f(C,V)T，p－T圖像的斜率越小，表示氣體體積越大，由圖像可知，狀態(tài)A的體積大于狀態(tài)B的體積，即VA＞VB，故B錯誤；由以上的分析可知，氣體從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B的過程中氣體體積減小，外界對氣體做功，故C正確；從A到B，壓強在增大，則氣體對器壁單位面積的平均作用力增大，故D錯誤。7．如圖7甲所示，A、B兩物塊靜止疊放在水平地面上。水平拉力F作用在A上，且F從0開始逐漸增大，B的加速度aB與F的關系圖像如圖乙所示，則A的加速度aA與F的關系圖像可能正確的是()圖7答案C解析設A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ1，B與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ2，A的質量為mA，B的質量為mB，根據(jù)題圖乙可知，當力F從0開始逐漸增大，開始一段時間A、B保持靜止，aA＝aB＝0，后來A、B開始運動，保持相對靜止，A的加速度等于B的加速度，對AB整體，根據(jù)牛頓第二定律有F－μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)aAB，解得aAB＝eq\f(F,mA＋mB)－μ2g，隨著力F的增大，兩者的加速度增大，對B分析，根據(jù)牛頓第二定律有FfAB－μ2(mA＋mB)g＝mBaB，解得aAB＝aB＝eq\f(FfAB,mB)－eq\f(μ2（mA＋mB）g,mB)，當加速度增大時，A、B之間的靜摩擦力增大，當A、B之間的靜摩擦力達到最大靜摩擦力時，A、B將要相對滑動，對B分析，由牛頓第二定律有μ1mAg－μ2(mA＋mB)g＝mBaB′，解得aB′＝eq\f(μ1mAg－μ2（mA＋mB）g,mB)，可知此后B的加速度保持不變，對A分析，由牛頓第二定律有F－μ1mAg＝maA′，解得aA′＝eq\f(F,mA)－μ1g，可知A的加速度隨著力F的增大均勻增加，a－F圖像的斜率變大，故C正確，A、B、D錯誤。8．均勻帶電球面內部的電場強度處處為零。如圖8所示，O為均勻帶正電半球面的球心，P為與半球截面相平行截面的圓心，則()圖8A．P點的電場強度為零B．P點的電場強度方向向左C．O、P兩點電勢相等D．O點電勢比P點高答案B解析假設在球心O點左邊補上帶正電半球面，則P點電場強度為零，說明P點左側大半個球面與P點右邊小半個球面在P點的電場強度大小相等，方向相反。因此，可以把P點左側的大半球面翻轉180度，正好代替P點右側的小半球面，而OP之間的球面只是P點左側大半球面的一部分，因此可以判斷P點的電場強度方向向左，沿著電場線的方向電勢減低，則P點的電勢大于O點，故B正確。9．如圖9所示，水平桌面上有一正三角形線框abc，線框由粗細相同的同種材料制成，邊長為L，線框處在與桌面成60°斜向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，ac邊與磁場垂直?，F(xiàn)a、c兩點接到直流電源上，流過ac邊的電流為I，線框靜止在桌面上，則線框受到的摩擦力大小為()圖9A.eq\f(\r(3),4)ILB B.eq\f(2\r(3),2)ILBC.eq\f(3\r(3),4)ILB D．2ILB答案C解析ac和abc的電阻關系為Rabc＝2Rac，而ac和abc并聯(lián)等壓，所以Iac＝2Iabc＝I，線框受到水平方向的安培力為F安＝IacLBsin60°＋IabcLBsin60°＝ILBsin60°＋eq\f(1,2)ILBsin60°＝eq\f(3\r(3),4)ILB，因為線框靜止，由平衡條件知，線框受到的摩擦力大小為Ff＝F安＝eq\f(3\r(3),4)ILB，故C正確，A、B、D錯誤。10．如圖10所示，輕質彈簧一端固定，另一端與一質量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連。圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處，彈簧水平且處于原長，到達C處的速度為零。圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A。彈簧始終在彈性限度內，則圓環(huán)()圖10A．下滑過程中，彈簧的彈性勢能一直增大B．下滑過程中，經(jīng)過B時的速度最大C．下滑過程中產(chǎn)生的摩擦熱為eq\f(1,2)mv2D．上滑經(jīng)過B的動量大于下滑經(jīng)過B的動量答案D解析圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，彈簧彈力從A點到B點過程彈力做正功，彈性勢能減小，故A錯誤；圓環(huán)到B點時，彈簧水平處于原長，彈簧彈力為零，桿對圓環(huán)無支持力，所以沒有摩擦力，從B點開始向下運動合外力先做正功，動能先增加，故B點的速度不是最大，故B錯誤；圓環(huán)從A處由靜止開始下滑到C過程，找到A點的對稱點，從A點到其對稱點過程彈簧彈力做功代數(shù)和為零，A點的對稱點到C點過程，設彈簧彈力做功為W彈，運用動能定理得mgh＋Wf－W彈＝0，在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A，運用動能定理得－mgh＋Wf＋W彈＝0－eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝－eq\f(1,4)mv2，即下滑過程中，克服摩擦力做的功為eq\f(1,4)mv2，所以下滑過程中產(chǎn)生的摩擦熱為eq\f(1,4)mv2，故C錯誤；圓環(huán)從A處由靜止開始下滑到B過程，運用動能定理得mgh′－Wf＋W彈＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，圓環(huán)從B處上滑到A的過程，運用動能定理有－mgh′－Wf－W彈＝0－eq\f(1,2)mvB′2，即mgh′＋Wf＋W彈＝eq\f(1,2)mvB′2，可得vB′＞vB，由動量的定義式可知上滑經(jīng)過B的動量大于下滑經(jīng)過B的動量，故D正確。11．電學實驗中可將電源E1與電源E2及靈敏電流計G連成如圖11甲所示的電路，若G的示數(shù)為0，說明此時兩電源的電動勢相等。小明根據(jù)這一原理，設計了如圖乙所示的電路測量待測電源C的電動勢，其中A為內阻可忽略的工作電源，B為電動勢恒定的標準電源，B的電動勢為EB。圖11(1)為保護靈敏電流計，開關閉合前，滑動變阻器R3的滑片應處在最________端(選填“左”或“右”)；(2)下列實驗操作步驟，正確的順序是________；①開關S2置于2處②將開關S2置于1處，閉合開關S1、S3③保持流過R1、R2的電流不變，調節(jié)R1、R2，使R3的阻值為0時，G的示數(shù)為0，記錄此時的R1與R2的數(shù)值，分別為R1測、R2測④將R1和R2的阻值調至最大⑤調節(jié)R1、R2，使R3阻值為0時，G的示數(shù)為0，記錄此時的R1與R2的數(shù)值，分別為R1標、R2標(3)在步驟③中，為保持流過R1和R2的電流不變，調整R1、R2時需要使R1測、R2測與R1標、R2標滿足的關系是_________________________________________；(4)待測電源C的電動勢EC＝________(用題中所給物理量符號表示)；(5)若工作電源A的內阻不可忽略，則待測電源C的電動勢測量值相比于上述方案結果________(選填“偏大”“不變”或“偏小”)。答案(1)左(2)④②⑤①③(3)R1標＋R2標＝R1測＋R2測(4)eq\f(R2測,R2標)EB(5)不變解析(1)在開關閉合前，R3接入的阻值應為最大，保護G，則觸頭應在最左端。(2)實驗操作中正確的順序為④②⑤①③。(3)改用待測電源替換標準電源的位置，其前提條件是工作電源A所在電路電流I要保持不變，電源A的輸出電壓固定不變，采取的措施是使R1標與R2標的阻值之和為某一固定阻值，使R1測和R2測的阻值之和也為該固定阻值，即R1標＋R2標＝R1測＋R2測。(4)