选择＋实验专项练(一)

选择+实验专项练（一）（限时：40分钟）1．我国第一颗人造地球卫星东方红一号已经运行了50多年。如图1所示，A、B是东方红一号绕地球运动的远地点和近地点，则东方红一号()图1A．在A点的角速度大于B点的角速度B．在A点的加速度小于B点的加速度C．由A运动到B过程中动能减小，势能增加D．由A运动到B过程中引力做正功，机械能增大答案B解析由开普勒第二定律知，卫星与地球的连线在相等的时间内扫过的面积相等，故卫星在远地点转过的角度较小，由ω＝eq\f(θ,t)知，卫星在A点的角速度小于在B点的角速度，故A错误；设卫星的质量为m，地球的质量为M，卫星的轨道半径为r，由万有引力定律得Geq\f(mM,r2)＝ma，解得a＝eq\f(GM,r2)，由此可知，r越大，加速度越小，故卫星在A点的加速度小于在B点的加速度，故B正确；卫星由A运动到B的过程中，根据功能关系可知，引力做正功，动能增加，势能减小，机械能守恒，故C、D错误。2．某工厂为了落实有关节能减排政策，水平的排水管道满管径工作，减排前、后，水落点距出水口的水平距离分别为x0、x1，则减排前、后单位时间内的排水量之比()图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解析根据平抛运动的规律有，竖直方向h＝eq\f(1,2)gt2，减排前：水平方向x0＝v0t，减排后：水平方向x1＝v1t，所以eq\f(v0,v1)＝eq\f(x0,x1)，Δt时间内减排前的排水量V0＝Sv0Δt，减排后的排水量V1＝Sv1Δt，所以减排前、后相同时间内的排水量之比eq\f(V0,V1)＝eq\f(v0,v1)＝eq\f(x0,x1)，故A正确，B、C、D错误。3．如图3所示，质量为m的光滑圆弧形槽静止在光滑水平面上，质量也为m的小钢球从槽的顶端A处由静止释放，则()图3A．小球和槽组成的系统动量守恒B．小球可以到达与A等高的C点C．小球下滑到底端B的过程中，小球对地的运动轨迹为圆D．小球下滑到底端B的过程中，小球所受合力的瞬时功率增大答案B解析小球与圆弧槽组成的系统水平方向所受合外力为零，则小球与圆弧槽组成的系统水平方向的动量守恒，竖直方向合力不为零，所以小球与圆弧槽组成的系统动量不守恒，故A错误；由于只有重力做功，则系统的机械能守恒，小球滑到圆弧槽的另一侧时，可以到达和A同水平的最高点C，故B正确；小球下滑到底端B的过程中，小球相对圆弧槽做圆周运动，而圆弧槽受到球的作用，圆弧槽向左做加速运动，则小球相对地的运动轨迹不是圆，故C错误；小球开始时速度为0，合力的瞬时功率为0，滑到B点时速度方向与合力方向垂直，所以此时合力的瞬时功率也为0，则小球下滑到底端B的过程中，小球所受合力的瞬时功率先增大后减小，故D错误。4．利用如图4所示的电路研究光电效应现象，滑片P的位置在O点的正上方。已知入射光的频率大于阴极K的截止频率，且光的强度较大，则()图4A．减弱入射光的强度，遏止电压变小B．P不移动时，微安表的示数为零C．P向a端移动，微安表的示数增大D．P向b端移动，光电子到达阳极A的最大动能增大答案D解析遏止电压U与入射光的频率有关，与光的强度无关，故A错误；P不移动时，光电管电压为0，入射光的频率大于阴极K的截止频率，可发生光电效应，微安表的示数不为零，故B错误；滑动变阻器滑片P向a端移动时，滑动变阻器左端电阻增大，则与其并联部分的反向电压增大，光电流将会减小，则微安表示数减小，故C错误；P向b端移动，滑动变阻器右端电阻增大，则与其并联部分的正向电压增大，根据动能定理得Ek＝eU＋Ek0，可知光电子到达阳极A的最大动能增大，故D正确。5．如图5所示，正方形线圈MOO′N处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与水平面的夹角为30°，线圈的边长为L，电阻为R，匝数为n。当线圈从竖直面绕OO′顺时针转至水平面的过程中，通过导线截面的电荷量为()图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解析当线圈竖直放置时，穿过线圈平面的磁通量Φ1＝BL2cos30°＝eq\f(\r(3)BL2,2)，当线圈水平放置时，穿过线圈平面的磁通量Φ2＝－BL2sin30°＝－eq\f(BL2,2)，线圈从竖直面绕OO′顺时针转至水平面的过程中，磁通量变化量的大小为ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝eq\f(（\r(3)＋1）BL2,2)，根据法拉第电磁感应定律有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，由闭合电路欧姆定律有I＝eq\f(E,R)，由公式q＝IΔt，联立解得通过导线截面的电荷量q＝neq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(（\r(3)＋1）nBL2,2R)，故A正确，B、C、D错误。6．一定质量理想气体的压强p随摄氏温度t的变化规律如图6所示，则气体从状态A变化到B的过程中()图6A．分子平均动能减小B．气体体积保持不变C．外界对气体做功D．气体对器壁单位面积的平均作用力不变答案C解析根据图像，从A到B温度升高，分子的平均动能增加，故A错误；画出p－T图像如图：由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C得p＝eq\f(C,V)T，p－T图像的斜率越小，表示气体体积越大，由图像可知，状态A的体积大于状态B的体积，即VA＞VB，故B错误；由以上的分析可知，气体从状态A变化到状态B的过程中气体体积减小，外界对气体做功，故C正确；从A到B，压强在增大，则气体对器壁单位面积的平均作用力增大，故D错误。7．如图7甲所示，A、B两物块静止叠放在水平地面上。水平拉力F作用在A上，且F从0开始逐渐增大，B的加速度aB与F的关系图像如图乙所示，则A的加速度aA与F的关系图像可能正确的是()图7答案C解析设A、B之间的动摩擦因数为μ1，B与地面之间的动摩擦因数为μ2，A的质量为mA，B的质量为mB，根据题图乙可知，当力F从0开始逐渐增大，开始一段时间A、B保持静止，aA＝aB＝0，后来A、B开始运动，保持相对静止，A的加速度等于B的加速度，对AB整体，根据牛顿第二定律有F－μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)aAB，解得aAB＝eq\f(F,mA＋mB)－μ2g，随着力F的增大，两者的加速度增大，对B分析，根据牛顿第二定律有FfAB－μ2(mA＋mB)g＝mBaB，解得aAB＝aB＝eq\f(FfAB,mB)－eq\f(μ2（mA＋mB）g,mB)，当加速度增大时，A、B之间的静摩擦力增大，当A、B之间的静摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B将要相对滑动，对B分析，由牛顿第二定律有μ1mAg－μ2(mA＋mB)g＝mBaB′，解得aB′＝eq\f(μ1mAg－μ2（mA＋mB）g,mB)，可知此后B的加速度保持不变，对A分析，由牛顿第二定律有F－μ1mAg＝maA′，解得aA′＝eq\f(F,mA)－μ1g，可知A的加速度随着力F的增大均匀增加，a－F图像的斜率变大，故C正确，A、B、D错误。8．均匀带电球面内部的电场强度处处为零。如图8所示，O为均匀带正电半球面的球心，P为与半球截面相平行截面的圆心，则()图8A．P点的电场强度为零B．P点的电场强度方向向左C．O、P两点电势相等D．O点电势比P点高答案B解析假设在球心O点左边补上带正电半球面，则P点电场强度为零，说明P点左侧大半个球面与P点右边小半个球面在P点的电场强度大小相等，方向相反。因此，可以把P点左侧的大半球面翻转180度，正好代替P点右侧的小半球面，而OP之间的球面只是P点左侧大半球面的一部分，因此可以判断P点的电场强度方向向左，沿着电场线的方向电势减低，则P点的电势大于O点，故B正确。9．如图9所示，水平桌面上有一正三角形线框abc，线框由粗细相同的同种材料制成，边长为L，线框处在与桌面成60°斜向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，ac边与磁场垂直。现a、c两点接到直流电源上，流过ac边的电流为I，线框静止在桌面上，则线框受到的摩擦力大小为()图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的电阻关系为Rabc＝2Rac，而ac和abc并联等压，所以Iac＝2Iabc＝I，线框受到水平方向的安培力为F安＝IacLBsin60°＋IabcLBsin60°＝ILBsin60°＋eq\f(1,2)ILBsin60°＝eq\f(3\r(3),4)ILB，因为线框静止，由平衡条件知，线框受到的摩擦力大小为Ff＝F安＝eq\f(3\r(3),4)ILB，故C正确，A、B、D错误。10．如图10所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处，弹簧水平且处于原长，到达C处的速度为零。圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度内，则圆环()图10A．下滑过程中，弹簧的弹性势能一直增大B．下滑过程中，经过B时的速度最大C．下滑过程中产生的摩擦热为eq\f(1,2)mv2D．上滑经过B的动量大于下滑经过B的动量答案D解析圆环从A处由静止开始下滑，弹簧弹力从A点到B点过程弹力做正功，弹性势能减小，故A错误；圆环到B点时，弹簧水平处于原长，弹簧弹力为零，杆对圆环无支持力，所以没有摩擦力，从B点开始向下运动合外力先做正功，动能先增加，故B点的速度不是最大，故B错误；圆环从A处由静止开始下滑到C过程，找到A点的对称点，从A点到其对称点过程弹簧弹力做功代数和为零，A点的对称点到C点过程，设弹簧弹力做功为W弹，运用动能定理得mgh＋Wf－W弹＝0，在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理得－mgh＋Wf＋W弹＝0－eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝－eq\f(1,4)mv2，即下滑过程中，克服摩擦力做的功为eq\f(1,4)mv2，所以下滑过程中产生的摩擦热为eq\f(1,4)mv2，故C错误；圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理得mgh′－Wf＋W弹＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理有－mgh′－Wf－W弹＝0－eq\f(1,2)mvB′2，即mgh′＋Wf＋W弹＝eq\f(1,2)mvB′2，可得vB′＞vB，由动量的定义式可知上滑经过B的动量大于下滑经过B的动量，故D正确。11．电学实验中可将电源E1与电源E2及灵敏电流计G连成如图11甲所示的电路，若G的示数为0，说明此时两电源的电动势相等。小明根据这一原理，设计了如图乙所示的电路测量待测电源C的电动势，其中A为内阻可忽略的工作电源，B为电动势恒定的标准电源，B的电动势为EB。图11(1)为保护灵敏电流计，开关闭合前，滑动变阻器R3的滑片应处在最________端(选填“左”或“右”)；(2)下列实验操作步骤，正确的顺序是________；①开关S2置于2处②将开关S2置于1处，闭合开关S1、S3③保持流过R1、R2的电流不变，调节R1、R2，使R3的阻值为0时，G的示数为0，记录此时的R1与R2的数值，分别为R1测、R2测④将R1和R2的阻值调至最大⑤调节R1、R2，使R3阻值为0时，G的示数为0，记录此时的R1与R2的数值，分别为R1标、R2标(3)在步骤③中，为保持流过R1和R2的电流不变，调整R1、R2时需要使R1测、R2测与R1标、R2标满足的关系是_________________________________________；(4)待测电源C的电动势EC＝________(用题中所给物理量符号表示)；(5)若工作电源A的内阻不可忽略，则待测电源C的电动势测量值相比于上述方案结果________(选填“偏大”“不变”或“偏小”)。答案(1)左(2)④②⑤①③(3)R1标＋R2标＝R1测＋R2测(4)eq\f(R2测,R2标)EB(5)不变解析(1)在开关闭合前，R3接入的阻值应为最大，保护G，则触头应在最左端。(2)实验操作中正确的顺序为④②⑤①③。(3)改用待测电源替换标准电源的位置，其前提条件是工作电源A所在电路电流I要保持不变，电源A的输出电压固定不变，采取的措施是使R1标与R2标的阻值之和为某一固定阻值，使R1测和R2测的阻值之和也为该固定阻值，即R1标＋R2标＝R1测＋R2测。(4)