選擇＋實(shí)驗(yàn)專項(xiàng)練(一)

選擇+實(shí)驗(yàn)專項(xiàng)練（一）（限時(shí)：40分鐘）1．我國(guó)第一顆人造地球衛(wèi)星東方紅一號(hào)已經(jīng)運(yùn)行了50多年。如圖1所示，A、B是東方紅一號(hào)繞地球運(yùn)動(dòng)的遠(yuǎn)地點(diǎn)和近地點(diǎn)，則東方紅一號(hào)()圖1A．在A點(diǎn)的角速度大于B點(diǎn)的角速度B．在A點(diǎn)的加速度小于B點(diǎn)的加速度C．由A運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程中動(dòng)能減小，勢(shì)能增加D．由A運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程中引力做正功，機(jī)械能增大答案B解析由開(kāi)普勒第二定律知，衛(wèi)星與地球的連線在相等的時(shí)間內(nèi)掃過(guò)的面積相等，故衛(wèi)星在遠(yuǎn)地點(diǎn)轉(zhuǎn)過(guò)的角度較小，由ω＝eq\f(θ,t)知，衛(wèi)星在A點(diǎn)的角速度小于在B點(diǎn)的角速度，故A錯(cuò)誤；設(shè)衛(wèi)星的質(zhì)量為m，地球的質(zhì)量為M，衛(wèi)星的軌道半徑為r，由萬(wàn)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(diǎn)的加速度小于在B點(diǎn)的加速度，故B正確；衛(wèi)星由A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，根據(jù)功能關(guān)系可知，引力做正功，動(dòng)能增加，勢(shì)能減小，機(jī)械能守恒，故C、D錯(cuò)誤。2．某工廠為了落實(shí)有關(guān)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(diǎn)距出水口的水平距離分別為x0、x1，則減排前、后單位時(shí)間內(nèi)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(yùn)動(dòng)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(shí)間內(nèi)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(shí)間內(nèi)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(cuò)誤。3．如圖3所示，質(zhì)量為m的光滑圓弧形槽靜止在光滑水平面上，質(zhì)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(dòng)量守恒B．小球可以到達(dá)與A等高的C點(diǎn)C．小球下滑到底端B的過(guò)程中，小球?qū)Φ氐倪\(yùn)動(dòng)軌跡為圓D．小球下滑到底端B的過(guò)程中，小球所受合力的瞬時(shí)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(dòng)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(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；由于只有重力做功，則系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，小球滑到圓弧槽的另一側(cè)時(shí)，可以到達(dá)和A同水平的最高點(diǎn)C，故B正確；小球下滑到底端B的過(guò)程中，小球相對(duì)圓弧槽做圓周運(yùn)動(dòng)，而圓弧槽受到球的作用，圓弧槽向左做加速運(yùn)動(dòng)，則小球相對(duì)地的運(yùn)動(dòng)軌跡不是圓，故C錯(cuò)誤；小球開(kāi)始時(shí)速度為0，合力的瞬時(shí)功率為0，滑到B點(diǎn)時(shí)速度方向與合力方向垂直，所以此時(shí)合力的瞬時(shí)功率也為0，則小球下滑到底端B的過(guò)程中，小球所受合力的瞬時(shí)功率先增大后減小，故D錯(cuò)誤。4．利用如圖4所示的電路研究光電效應(yīng)現(xiàn)象，滑片P的位置在O點(diǎn)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(qiáng)度較大，則()圖4A．減弱入射光的強(qiáng)度，遏止電壓變小B．P不移動(dòng)時(shí)，微安表的示數(shù)為零C．P向a端移動(dòng)，微安表的示數(shù)增大D．P向b端移動(dòng)，光電子到達(dá)陽(yáng)極A的最大動(dòng)能增大答案D解析遏止電壓U與入射光的頻率有關(guān)，與光的強(qiáng)度無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；P不移動(dòng)時(shí)，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(yīng)，微安表的示數(shù)不為零，故B錯(cuò)誤；滑動(dòng)變阻器滑片P向a端移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)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(huì)減小，則微安表示數(shù)減小，故C錯(cuò)誤；P向b端移動(dòng)，滑動(dòng)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(dòng)能定理得Ek＝eU＋Ek0，可知光電子到達(dá)陽(yáng)極A的最大動(dòng)能增大，故D正確。5．如圖5所示，正方形線圈MOO′N處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與水平面的夾角為30°，線圈的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，電阻為R，匝數(shù)為n。當(dāng)線圈從豎直面繞OO′順時(shí)針轉(zhuǎn)至水平面的過(guò)程中，通過(guò)導(dǎo)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(dāng)線圈豎直放置時(shí)，穿過(guò)線圈平面的磁通量Φ1＝BL2cos30°＝eq\f(\r(3)BL2,2)，當(dāng)線圈水平放置時(shí)，穿過(guò)線圈平面的磁通量Φ2＝－BL2sin30°＝－eq\f(BL2,2)，線圈從豎直面繞OO′順時(shí)針轉(zhuǎn)至水平面的過(guò)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(yīng)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(guò)導(dǎo)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(cuò)誤。6．一定質(zhì)量理想氣體的壓強(qiáng)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(guò)程中()圖6A．分子平均動(dòng)能減小B．氣體體積保持不變C．外界對(duì)氣體做功D．氣體對(duì)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(dòng)能增加，故A錯(cuò)誤；畫(huà)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(cuò)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(guò)程中氣體體積減小，外界對(duì)氣體做功，故C正確；從A到B，壓強(qiáng)在增大，則氣體對(duì)器壁單位面積的平均作用力增大，故D錯(cuò)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(kāi)始逐漸增大，B的加速度aB與F的關(guān)系圖像如圖乙所示，則A的加速度aA與F的關(guān)系圖像可能正確的是()圖7答案C解析設(shè)A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，A的質(zhì)量為mA，B的質(zhì)量為mB，根據(jù)題圖乙可知，當(dāng)力F從0開(kāi)始逐漸增大，開(kāi)始一段時(shí)間A、B保持靜止，aA＝aB＝0，后來(lái)A、B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，保持相對(duì)靜止，A的加速度等于B的加速度，對(duì)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(duì)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(dāng)加速度增大時(shí)，A、B之間的靜摩擦力增大，當(dāng)A、B之間的靜摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)，A、B將要相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)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(duì)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(cuò)誤。8．均勻帶電球面內(nèi)部的電場(chǎng)強(qiáng)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(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零B．P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向向左C．O、P兩點(diǎn)電勢(shì)相等D．O點(diǎn)電勢(shì)比P點(diǎn)高答案B解析假設(shè)在球心O點(diǎn)左邊補(bǔ)上帶正電半球面，則P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為零，說(shuō)明P點(diǎn)左側(cè)大半個(gè)球面與P點(diǎn)右邊小半個(gè)球面在P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相反。因此，可以把P點(diǎn)左側(cè)的大半球面翻轉(zhuǎn)180度，正好代替P點(diǎn)右側(cè)的小半球面，而OP之間的球面只是P點(diǎn)左側(cè)大半球面的一部分，因此可以判斷P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向向左，沿著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)減低，則P點(diǎn)的電勢(shì)大于O點(diǎn)，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(xì)相同的同種材料制成，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，線框處在與桌面成60°斜向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，ac邊與磁場(chǎng)垂直。現(xiàn)a、c兩點(diǎn)接到直流電源上，流過(guò)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(guān)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°＋I(xiàn)abcLBsin60°＝ILBsin60°＋eq\f(1,2)ILBsin60°＝eq\f(3\r(3),4)ILB，因?yàn)榫€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(cuò)誤。10．如圖10所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與一質(zhì)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(kāi)始下滑，經(jīng)過(guò)B處，彈簧水平且處于原長(zhǎng)，到達(dá)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(nèi)，則圓環(huán)()圖10A．下滑過(guò)程中，彈簧的彈性勢(shì)能一直增大B．下滑過(guò)程中，經(jīng)過(guò)B時(shí)的速度最大C．下滑過(guò)程中產(chǎn)生的摩擦熱為eq\f(1,2)mv2D．上滑經(jīng)過(guò)B的動(dòng)量大于下滑經(jīng)過(guò)B的動(dòng)量答案D解析圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑，彈簧彈力從A點(diǎn)到B點(diǎn)過(guò)程彈力做正功，彈性勢(shì)能減小，故A錯(cuò)誤；圓環(huán)到B點(diǎn)時(shí)，彈簧水平處于原長(zhǎng)，彈簧彈力為零，桿對(duì)圓環(huán)無(wú)支持力，所以沒(méi)有摩擦力，從B點(diǎn)開(kāi)始向下運(yùn)動(dòng)合外力先做正功，動(dòng)能先增加，故B點(diǎn)的速度不是最大，故B錯(cuò)誤；圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑到C過(guò)程，找到A點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)，從A點(diǎn)到其對(duì)稱點(diǎn)過(guò)程彈簧彈力做功代數(shù)和為零，A點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)到C點(diǎn)過(guò)程，設(shè)彈簧彈力做功為W彈，運(yùn)用動(dòng)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(yùn)用動(dòng)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(guò)程中，克服摩擦力做的功為eq\f(1,4)mv2，所以下滑過(guò)程中產(chǎn)生的摩擦熱為eq\f(1,4)mv2，故C錯(cuò)誤；圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑到B過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)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(guò)程，運(yùn)用動(dòng)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(dòng)量的定義式可知上滑經(jīng)過(guò)B的動(dòng)量大于下滑經(jīng)過(guò)B的動(dòng)量，故D正確。11．電學(xué)實(shí)驗(yàn)中可將電源E1與電源E2及靈敏電流計(jì)G連成如圖11甲所示的電路，若G的示數(shù)為0，說(shuō)明此時(shí)兩電源的電動(dòng)勢(shì)相等。小明根據(jù)這一原理，設(shè)計(jì)了如圖乙所示的電路測(cè)量待測(cè)電源C的電動(dòng)勢(shì)，其中A為內(nèi)阻可忽略的工作電源，B為電動(dòng)勢(shì)恒定的標(biāo)準(zhǔn)電源，B的電動(dòng)勢(shì)為EB。圖11(1)為保護(hù)靈敏電流計(jì)，開(kāi)關(guān)閉合前，滑動(dòng)變阻器R3的滑片應(yīng)處在最________端(選填“左”或“右”)；(2)下列實(shí)驗(yàn)操作步驟，正確的順序是________；①開(kāi)關(guān)S2置于2處②將開(kāi)關(guān)S2置于1處，閉合開(kāi)關(guān)S1、S3③保持流過(guò)R1、R2的電流不變，調(diào)節(jié)R1、R2，使R3的阻值為0時(shí)，G的示數(shù)為0，記錄此時(shí)的R1與R2的數(shù)值，分別為R1測(cè)、R2測(cè)④將R1和R2的阻值調(diào)至最大⑤調(diào)節(jié)R1、R2，使R3阻值為0時(shí)，G的示數(shù)為0，記錄此時(shí)的R1與R2的數(shù)值，分別為R1標(biāo)、R2標(biāo)(3)在步驟③中，為保持流過(guò)R1和R2的電流不變，調(diào)整R1、R2時(shí)需要使R1測(cè)、R2測(cè)與R1標(biāo)、R2標(biāo)滿足的關(guān)系是_________________________________________；(4)待測(cè)電源C的電動(dòng)勢(shì)EC＝________(用題中所給物理量符號(hào)表示)；(5)若工作電源A的內(nèi)阻不可忽略，則待測(cè)電源C的電動(dòng)勢(shì)測(cè)量值相比于上述方案結(jié)果________(選填“偏大”“不變”或“偏小”)。答案(1)左(2)④②⑤①③(3)R1標(biāo)＋R2標(biāo)＝R1測(cè)＋R2測(cè)(4)eq\f(R2測(cè),R2標(biāo))EB(5)不變解析(1)在開(kāi)關(guān)閉合前，R3接入的阻值應(yīng)為最大，保護(hù)G，則觸頭應(yīng)在最左端。(2)實(shí)驗(yàn)操作中正確的順序?yàn)棰堍冖茛佗邸?3)改用待測(cè)電源替換標(biāo)準(zhǔn)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(biāo)與R2標(biāo)的阻值之和為某一固定阻值，使R1測(cè)和R2測(cè)的阻值之和也為該固定阻值，即R1標(biāo)＋R2標(biāo)＝R1測(cè)＋R2測(cè)。(4)