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(8选择2实验)(三)(建议用时：30分钟)一、选择题(共8小题，每小题6分，共48分在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)14(2019陕西西安三模)下列说法正确的是()A铀核裂变的核反应是UBaKr2nB玻尔根据光的波粒二象性，大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性C原子从低能级向高能级跃迁，不吸收光子也能实现D根据爱因斯坦的“光子说”可知，光的波长越大，光子的能量越大C解析 铀核裂变的核反应是UnBaKr3n，选项A错误；德布罗意根据光的波粒二象性，大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性，选项B错误；受到电子或其他粒子的碰撞，原子也可从低能级向高能级跃迁，不吸收光子也能实现，选项C正确；根据爱因斯坦的“光子说”可知，根据，光的波长越大，频率越小，故能量h越小，选项D错误15(2019广西桂林十八中月考)科技的发展正在不断地改变着我们的生活，图示是一款放在水平桌面上的手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，用手触碰无粘感，接触到平整光滑的硬性物体时，会牢牢吸附在物体上手机静止吸附在该手机支架上，如图所示，若手机的重力为G，下列说法正确的是()A手机受到的支持力大小为Gcos B手机受到的摩擦力大小大于Gsin C纳米材料对手机的作用力方向竖直向上D纳米材料对手机的作用力大小为Gsin C解析 手机处于静止状态，受力平衡，根据平衡条件可知，在垂直于支架方向有FNGcos F吸，大于Gcos ，选项A错误；在平行于斜面方向，根据平衡条件，有fGsin ，选项B错误；手机处于静止状态，受力平衡，受到重力和纳米材料对手机的作用力，根据平衡条件可知，纳米材料对手机的作用力大小等于重力，方向与重力方向相反，竖直向上，选项C正确，D错误16(2019福建永安三中模拟)如图所示，质量为1 kg的小物块从倾角为30、长为2 m的光滑固定斜面顶端由静止开始下滑，若选初始位置为零势能点，重力加速度取10 m/s2，则它滑到斜面中点时具有的机械能和动能分别是()A5 J,5 J B10 J,15 JC0,5 J D0,10 JC解析 对物块进行受力分析可知，物块受到重力和支持力，下滑的过程中支持力不做功，只有重力做功，符合机械能守恒的条件，物块在中点时的机械能等于在斜面顶端时的机械能，故机械能等于零；物块在中点时的重力势能Epmgsin 305 J，由机械能守恒知，动能为5 J，选项C正确17(2019福建永安三中模拟)如图所示，半径为R的半圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场一质量为m、带电荷量为q且不计重力的粒子，以速度v沿与半径PO夹角30的方向从P点垂直磁场射入，最后粒子垂直于MN射出，则磁感应强度的大小为()A B C DB解析 由左手定则可判断带电粒子将向右偏转做圆周运动，可画出运动轨迹如图所示，做初、末速度的垂线如图所示，两垂线的交点为圆心O，可知圆心角为，由三角函数可得圆周运动的半径为r2R，又根据半径公式r，解得B，选项B正确18(2019陕西部分学校联考)2017年6月19日，我国在西昌卫星发射中心发射“中星9A”广播电视直播卫星，如图所示，按预定计划，“中星9A”应该首先被送入近地点约为200公里、远地点约为3.6万公里的转移轨道(椭圆)，然后通过远地点变轨，最终进入地球同步轨道(圆形)但是由于火箭故障，卫星实际入轨后初始轨道远地点只有1.6万公里科技人员没有放弃，通过精心操作，利用卫星自带燃料在近地点点火，尽量抬高远地点的高度，经过10次轨道调整，终于在7月5日成功定点于预定轨道下列说法正确的是()A失利原因可能是卫星发射速度没有达到7.9 km/sB卫星从轨道的P点进入轨道后机械能增加C卫星在轨道经过Q点时和轨道经过Q点时的速度相同D卫星在轨道由P点向Q点运行时处于超重状态B解析 卫星的最小发射速度为7.9 km/s，卫星已经进入轨道，失利原因不可能是发射速度没有达到7.9 km/s，选项A错误；卫星从轨道变轨到轨道，要做离心运动，卫星应从轨道的P点加速，卫星加速过程机械能增加，则卫星从轨道的P点进入轨道后机械能增加，选项B正确；卫星由轨道的Q点加速后才能进入轨道，由此可知，卫星在轨道经过Q点时的速度大于在轨道经过Q点时的速度，选项C错误；卫星在轨道由P点向Q点运行时只受到万有引力的作用，始终有向下的加速度，所以卫星处于失重状态，选项D错误19(2019江西南昌十中期末)如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠竖直墙壁，右侧靠一质量为M2的物块今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始下落，与半圆槽相切自A点进入槽内，则下列结论正确的是()A小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒B小球在槽内运动由B至C过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统在水平方向动量守恒C小球离开C点以后，将做竖直上抛运动D小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统机械能守恒BD解析 小球从AB的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量不守恒，则由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒；从BC的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动，一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量不守恒，但是小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒，选项A错误， B正确当小球运动到C点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，选项C错误因接触面都是光滑的，所以小球、半圆槽、物块组成的系统机械能守恒，选项D正确20(2019重庆巴蜀中学月考)如图甲所示为风力发电的简易模型在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁铁转动，转速与风速成正比某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示下列说法正确的是()A电流的表达式为i0.6sin 10t(A)B磁铁的转速为10 r/sC风速加倍时，电流的表达式为i1.2sin 10t(A)D风速加倍时，线圈中电流的有效值为0.6 AAD解析 由图象可知，线圈转动周期T0.2 s，则10 rad/s，交流电的电流表达式iAsint(A)0.6sin 10t(A)，选项A正确；根据2n可知转速为5 r/s，选项B错误；转速与风速成正比，当风速加倍时，转速也加倍，电流的最大值Im1.2 A，则电流的表达式为i1.2sin 20t(A)，电流的有效值I A0.6 A，选项C错误，D正确21(2019陕西武功检测)如图所示为两个有界匀强磁场，左右两边磁感应强度大小分别为B和2B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量的方向为正则下列说法正确的是()A在 的过程中，磁通量的变化量为2BL2B在 的过程中，电路中产生的平均感应电动势为E3BLvC在 的过程中产生的电功率是 的过程中产生的电功率的9倍D在 的过程中线框受安培力大小是的过程中线框受安培力大小的3倍BC解析 在的过程中，线圈在磁场中的面积变化了L2，所以磁通量变化了BSBL2，选项A错误；在的过程中，线圈的磁通量变化了212BL2(BL2)3BL2，则平均感应电动势3BLv，选项B正确；在 的过程中，产生的电动势为E13BLv，感应电流为I1，电功率为P1IR，同理，在的过程中电功率为P2IR，所以9，选项C正确；在 的过程中，左、右两条边受安培力方向相同，大小F12BI1LBI1L3BI1L，同理，在的过程中，只有右边受安培力，大小为F2BI2L，由C项分析可知，I13I2，选项D错误二、实验题(共15分)22(2020黑龙江牡丹江一中开学考试)(6分)如图甲所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图钩码的质量为m1，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g.(1)下列说法正确的是_A每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力B实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源C本实验m2应远小于m1D在用图象探究加速度与质量关系时，应作a图象(2)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得Fm1g，作出aF图象，他可能作出图乙中_(选填“a”“b”“c”)图线此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是_A小车与轨道之间存在摩擦 B导轨保持了水平状态C钩码的总质量太大 D所用小车的质量太大(3)实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的a图象，如图丙所示设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车与木板间的动摩擦因数_.解析 (1)平衡摩擦力时，假设木板倾角为，则有fmgsin mgcos ，等式两边都有m，可以约去，则每次在小车上加砝码时，不需要重新平衡摩擦力，选项A错误；实验时应先接通电源后释放小车，选项B错误；实验中，拉小车的绳子上的实际拉力为Fm2a，当把钩码的重力当作绳子的拉力时，即Fm1g，需要满足m1应远小于m2才能成立，选项C错误；由牛顿第二定律Fma，可得a，所以用图象探究小车的加速度与质量的关系时，通常作a图象，选项D正确(2)由于实验中遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，小车不会运动的情况，故可能作出题图乙中的c图线题图乙中图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是钩码的总质量太大，没有满足远小于小车和砝码的质量，选项C正确(3)根据牛顿第二定律可知m1gm2gm2a，则有a，结合图丙可得k，b，解得小车与木板间的动摩擦因数为.答案 (1)D(2)cC(3)23(2019湖北黄冈中学三模)(9分)用直流电源(内阻可忽略不计)、电阻箱、定值电阻R0(阻值为2.0 k)、开关和若干导线，连接成如图甲所示的电路来测量电压表V(量程3 V)的内阻 RV.闭合开关S，适当调节电阻箱的阻值R，读出电压表的示数U，获得多组数据(1)此实验时电阻箱的读数如图乙所示，其值为_.(2)根据测得的数据画出如图丙所示的R关系图线，由图象上的数据可计算得到纵轴截距与图线斜率的比值为_，进而求得电压表的内阻RV_k.(计算结果均保留两位有效数字)丙(3)若电源内阻不可忽略，用此法测得的RV_(选填“偏大”或“偏小”)(4)定值电阻R0的作用是_解析 (1)由图示电阻箱可知，其示数为0100 k010 k61 k5100 010 01 6 500 .(2)根据闭合电路欧姆定律可得E(RVR0R)，整理可得R，所以纵轴截距与图线斜率的表达式分别为b和k，根据图丙可知斜率为k，截距为b0.25，则9.0 k，联立解得电压表的内阻为RV7 000 7.0 k.(3)考虑电源内阻r，由欧姆定律得E(RVR0Rr)，实际测量的阻值相当于是RVr，相对RV的阻值来说偏大(4)当电阻箱阻值为零的时候，电阻R0起到保护电压表的作用答案 (1)6 500(2)9.0 k7.0(3)偏大(4)保护电压表
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