专题01 选择题（解析版）.docx

1、专题01 选择题1如图甲所示，水平地面上的一物体，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图乙，物体的速度v与时间t的关系如图丙，以下说法正确的是（）02秒，物体处于静止状态，是因为推力小于摩擦力24秒，物体受到的摩擦力为2N24秒，物体做匀速直线运动46秒，推力F做的功为16JA只有B只有C只有D只有【答案】D【详解】由vt图象可知，02秒，物体没有推动，物体处于平衡状态，受到的摩擦力与推力是一对平衡力，所以fF，故错误；由vt图象可知，在4s6s物体做匀速直线运动，处于平衡状态，由Ft图象可知在4s6s拉力F2N，由平衡条件可得滑动摩擦力fF2N由vt图象可知，物体在24秒

2、做加速直线运动，受到的摩擦力为滑动摩擦力。而压力和接触面的粗糙程度都不变，物体受到的摩擦力仍是2N，故正确，错误；由vt图象可知，在4s6s物体运动的速度v4m/s，由得，4s6s物体运动的距离为svt4m/s(6s4s)8m则46秒推力F做的功为WFs2N8m16J故正确。故选D。2每天运动一小时，健康生活一辈子。周末，小明与小强相约到东莞佛灵湖绿道骑单车健身，如图是他们某段时间内的运动图像，下列说法中正确的是（）A前10s，小明在做匀速直线运动B前10s，小强处于静止状态C小强的运动状态一直不变是因为他不受力的作用D小明在第10s时受到的力是非平衡力【答案】A【详解】A小明的运动图像描述的

3、是他通过的路程与所用时间的关系，斜线部分表示小明在做匀速直线运动，水平部分表示小明处于静止状态。前10s，小明在做匀速直线运动，故A正确。B小强的运动图像描述的是小强的速度随时间变化的关系，小强的运动速度保持不变，做匀速直线运动，前10s，小强做匀速直线运动，故B错误。C小强的运动状态不变，说明小强受力平衡，而不是因为他不受力的作用，故C错误；D由图可知，小明在第10s时处于匀速直线运动状态，受力平衡，故D错误。故选A。3如图所示，放在水平桌面上的甲、乙、丙三个完全相同的容器，装有三种不同的液体，将三个完全相同的长方体A分别放入三种液体中，静止时三个容器的液面恰好相平。则下列判断正确的是（）物

4、体A受到的浮力F甲浮F乙浮F丙浮容器对桌面的压力F甲F乙F丙液体的密度甲乙丙液体对容器底的压强p甲p乙p丙A只有B只有C只有D只有【答案】A【详解】根据图示可知，甲悬浮，乙、丙漂浮，所以其所受的浮力与其自身的重力相等，故F甲浮F乙浮F丙浮故正确；由图可知，物体排开的液体的体积关系为V甲V乙V丙由于F甲浮F乙浮F丙浮根据阿基米德原理可知甲乙丙故错误；因为丙的密度最大，并且液体的深度相同，因此由pgh可知，丙容器底所受的压强最大，其次是乙，再次是甲，故液体对容器底的压强p甲p乙p丙故错误；根据图示可知，三个容器中液面的高度相同，甲中物体排开液体的体积最大，丙中物体排开液体的体积最小，所以丙中液体最

5、多，由知丙液体的密度最大，由mV知丙液体的质量最大，且三个物体和容器相同，由FGmg可知，丙容器对桌面的压力最大，其次是乙，最小的是甲，故容器对桌面的压力F甲F乙F丙故正确。故选A。4小明用如图所示的模型模冰川在海面上漂浮的场景。底面积为的容器中装的是水，漂浮着的是正方体冰块，已知冰块的质量为，冰的密度为，下列说法正确的是（）A冰块熔化后，容器对桌面的压强增大B熔化前冰块在水下面的体积占总体积的C冰块完全熔化后液面上升D熔化前冰块底部所受液体压强为900Pa【答案】D【详解】A冰熔化成水之后，状态变化，质量不变，冰块熔化前后，容器对桌面的压力不变，都等于容器的重力、冰块的重力、水的重力之和，由

6、知道，冰块熔化后，容器对桌面的压强不变，故A错误；B冰块漂浮在水面上，所以根据阿基米德原理知道则即熔化前冰块在水下面的体积占总体积的，故B错误；C冰熔化成水之后，状态变化，质量不变，所以由知道则故则冰块完全熔化后容器里的水面的深度不变，故C错误；D熔化前冰块在水下面的体积占总体积的，由知道，熔化前冰块在水下面的高度占总高度的，冰块的体积则冰块的高度，则熔化前冰块底部所受液体压强为故D正确。故选D。5如图甲所示，质量为40kg的小林同学站在高台上竖直向上匀速拉动绳子，脚与地面的总接触面积为0.04m2，现改变G物，计算并绘出机械效率与G物的关系图象，如图乙所示，不计绳重和摩擦，下列说法正确的是（

7、）此滑轮组动滑轮的重力为20N 当G物150N时，小林对绳子的拉力为60N当G物=120N时，若此时的拉力的功率为15W，则物体上升的速度为0.3m/s 若水平高台能承受的最大压强为12500Pa，则该滑轮组所能提升物体的最大机械效率为90%A只有B只有C只有D只有【答案】A【详解】计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率由图象可知当物体的重力为120N时，滑轮组的机械效率80%，即解得动滑轮重力为G动=30N故错误；图知绳子的有效段数n=3，不计绳重和摩擦，当G物=150N时，小林对绳子的拉力故正确；不计绳重和摩擦，当G物=120N时，小林对绳子的拉力根据可知，绳子自由端移动的速度则物体上升的速度故错

8、误；人的重力G人=m人g=40kg10N/kg=400N由压强公式可知，水平高台能承受的最大压力F压=pS=12500Pa0.04m2=500N则人受到的最大支持力F支=F压=500N由力的平衡条件可知，绳子的最大拉力F最大=F支-G人=500N-400N=100N因为不计绳重和摩擦时，作用在绳子自由端的最大拉力为则小林所能提升的最大物重G最大=nF最大-G动=3100N-30N=270N根据可知滑轮组的机械效率因动滑轮的重力不变，当重物的重力最大时，机械效率最高，则该滑轮组所能提升物体的最大机械效率故正确。综上所述：故A正确，BCD错误。故选A。6如图所示，小球从弹簧正上方A点静止下落（忽略

9、空气阻力，弹簧处于自由伸长状态），在B点与弹簧接触，小球将弹簧压缩至C点时速度变为零。从A到C过程中（）A弹簧的机械能不变B小球的机械能一直减小C小球和弹簧的总机械能不变D小球的重力势能转化为小球的动能【答案】C【详解】小球自A点由静止开始自由下落，高度减小，速度变大，重力势能减小，动能变大，重力势能转化为动能；接触B点前，小球下落过程中，忽略空气阻力，小球的机械保持不变；到达B点时与弹簧接触，再向下运动时，高度减小，重力势能减小，弹簧发生了弹性形变，弹性形变的程度逐渐变大，弹性势能逐渐变大，小球的机械能转化为弹簧的机械能，即弹簧的机械能变大、小球的机械能逐渐变小；不计阻力，整个状态的机械能守

10、恒，即小球和弹簧的总机械能不变，故C符合题意，ABD不符合题意。故选C。7如图是小明利用闪光照相机拍摄小球自由竖直下落时的照片，下列关于小球在竖直下落过程中重力做功的功率随时间变化的图像。正确的是（）ABCD【答案】A【详解】由图示知，小球在下落过程中，相同时间内通过的路程变大，则小球下落的速度是随时间不断增大。小球下落过程中重力做功的功率因为小球的重力不变，其速度不断变大，所以小球下落过程中重力做功的功率随时间变化而变大，且小球自由竖直下落时，始终只受到重力作用，故速度变化相同，即v与t成正比，所以P与t成正比，故A正确，BCD错误。故选A。8图甲是一种测温电路，温度表由量程为3V的电压表改

11、装而成，电源电压U恒为6V，R的阻值为40，热敏电阻的阻值R随温度t变化的关系如图乙所示。则（）A温度表示数减小，说明温度升高B电路可测量的最高温度为C温度表的应标在电压表1V刻度处D若仅将减小，电路可测量的最高温度将增大【答案】D【详解】A由图乙可知，随温度升高，该热敏电阻的阻值增大，由串联分压原理可知电压表示数增大，即温度表示数增大，故A错误,不符合题意；B由图甲可知和串联，温度表并联在两端，由串联电路的分压规律可知电阻越大，其两端电压越大，已知电压表（温度表）的最大量程为3V，即两端的电压最大为U大=3V，由串联电路的电压特点可知两端的最小电压此时电路中的最小电流则的最大阻值为由图乙可知

12、此时测得最高温度为；故B错误，不符合题意；C由图乙可知，当温度为时，由串联电路的电阻特点可知总电阻，电路中的电流则两端的电压故C错误，不符合题意；D若仅将减小，则两端的最小电压也减小，由欧姆定律可知电路中的最小电流也减小，则由可知的最大值增加，由图乙可知，测得的最高温增加，故D正确，符合题意。故选D。9在燃气改造中，需安装自动报警器以防管道漏气。如图为报警器的简化电路图，电源电压不变，R0为定值电阻，R为气敏电阻（其阻值随煤气浓度的增大而减小）。闭合开关，下列说法正确的是（）A煤气浓度增大时，电压表的示数变大B煤气浓度增大时，电流表的示数变大C煤气浓度减小时，保护电阻R0消耗的电功率变大D不管

13、煤气浓度如何变化，电压表与电流表示数的比值始终不变【答案】B【详解】由电路图可知，两电阻串联，电压表测量R两端的电压，电流表测电路中的电流。AB当煤气浓度增大时，气敏电阻R的阻值减小，电路中的总电阻减小，由可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大；由U=IR可知，定值电阻R0两端的电压变大，由串联电路电压的规律可知R两端的电压变小，电压表的示数变小，故B正确，A错误；C当煤气的浓度减小时，气敏电阻R的阻值增大，电路中的总电阻增大，由可知，电路中的电流变小，由P=I2R可知定值电阻R0消耗的电功率变小，故C错误；D电压表测量R两端的电压，电流表测电路中的电流，由欧姆定律可知电压表与电流表示数的

14、比值等于R的阻值，R的阻值随煤气浓度的增大而减小，所以煤气浓度变化时，电压表与电流表示数的比值是变化的，故D错误。故选B。10如图甲所示，电源电压不变，电流表的量程为0-0.6A，电压表的量程为0-15V，小灯泡参数“？V？W”模糊不清。第一次只闭合开关S和S1，滑片P从a端移到b端；第二次仅闭合开关S和S2，保证电路中所有元件都安全的前提下，最大范围内移动滑片P。图乙是这两次实验过程绘制的电压表和电流表示数变化的关系图像。下列判断正确的是（）A小灯泡的参数为“5V125W”B电源电压为6.5VC只闭合开关S、S2，电路的总功率最大时，灯与滑动变阻器的功率之比为51D只闭合开关S、S1，滑动变

15、阻器的最大电功率与定值电阻的最大电功率之比为14【答案】D【详解】第一次只闭合开关S、S1，滑动变阻器与定值电阻R0串联，电压表测滑动变阻器两端电压，电流表测电路中的电流；第二次只闭合开关S、S2，滑动变阻器与灯泡L串联，电压表测滑动变阻器两端电压，电流表测电路中的电流；第一次只闭合开关S、S1，滑片P从a端移到b端，当滑片在a端时，滑动变阻器接入电路中的电阻为0，其分得的电压为0，即电压表示数为0，所以图乙中直线为滑动变阻器与R0串联时的图像，曲线为滑动变阻器与灯泡L串联时的图像。AC图乙中曲线为滑动变阻器与灯泡串联时的图像，由图像可知，电压表示数最小为1.5V时，此时灯泡两端电压最大，则灯

16、泡正常发光，额定电压是此时电路中的电流是0.5A，则小灯泡的额定功率则小灯泡的参数为“4.5V 2.25W”。只闭合开关S、S2，电路的总功率最大时，电路中的电流最大，由图像知最大电流为0.5A，滑动变阻器的电压为1.5V，灯泡电压为4.5V，根据P=UI可知灯与滑动变阻器的功率之比故AC错误；BD只闭合开关S、S1，滑片P在a端时，电路中只有R0，此时电路中电流最大为滑片在b端时，滑动变阻器与定值电阻串联，电路中的电流最小，最小为滑动变阻器两端电压为4V；由欧姆定律和串联电路的电压特点得，电源电压即解得电源电压U=I大R0=0.6A10=6V根据可知定值电阻的功率最大值滑片在b端时，根据欧姆

17、定律可知滑动变阻器的最大阻值滑动变阻器的电功率所以，当时，滑动变阻器的电功率最大，最大为只闭合开关S、S1，定值电阻的功率最大值与的滑动变阻器的功率最大值之比为故B错误，D正确；综上可知，故ABC错误，D正确。故选D。11图甲是创新小组的同学们设计的自动控温电热水器的电路图。控制电路中，电源电压恒定，热敏电阻 R1阻值随温度变化的关系如图乙所示。电热丝 R3、R4为均置于水箱中，电磁铁线圈电阻忽略不计，当 R2的滑片移到某一位置不动，电磁铁电流达到一定值时，衔铁被吸下，进入保温状态。下列分析正确的是（）A水温升高时，R1的阻值会变大B水温升高时，通过 R1电流变小C水温下降时，R2两端电压变大

18、D水温下降时，R2的电功率变小【答案】D【详解】A由图乙可知，水温升高时，R1的阻值会变小，故A错误；B水温升高时，R1的阻值变小，R2阻值不变，R1所在电路的总电阻变小，电源电压不变，根据欧姆定律可知，通过 R1 电流变大，故B错误；C水温下降时，R1的阻值变大，R2阻值不变，根据串联分压原理可知，R1两端电压变大，R2两端电压变小，故C错误；DR2阻值不变，电压变小，根据公式可知，R2 的电功率变小，故D正确。故选D。12小军设计的模拟调光台灯电路如图所示，电源电压保持不变。闭合开关，回形针向左移动时，下列说法正确的是（）A电流表示数变小，电压表示数变大，小灯泡变暗B电流表示数变小，电压表

19、示数变小，小灯泡变暗C电流表示数变大，电压表示数变大，小灯泡变亮D电流表示数变大，电压表示数变小，小灯泡变亮【答案】D【详解】AB根据实物图可知，铅笔芯与灯泡串联接入电路中，电流表测量电路中的电流，电压表测量铅笔芯两端的电压；闭合开关，回形针向左移动时，铅笔芯接入电路中的长度变短，电阻变小，电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，电流表示数变大；根据U=IR可知，灯泡两端的电压变大；根据P=UI可知，灯泡的实际功率变大，灯泡变亮，故AB错误；CD根据串联电路的电压规律可知，铅笔芯两端的电压变小，电压表示数变小；故C错误，D正确。故选D。13如图所示是学生设计的模拟调光灯电路，闭合

20、开关后，移动回形针，发现灯泡发光，但亮度几乎不变，产生这一现象的原因可能是（）A灯泡被短路B电源断路C铅笔芯的总阻值相对于灯泡而言太小D铅笔芯的总阻值相对于灯泡而言太大【答案】C【详解】A若灯泡被短路，无电流通过灯泡，灯泡将不发光，故A不符合题意；B若电源断路，电路中无电流，灯泡将不发光，故B不符合题意；C由图铅笔芯和小灯泡串联分压，在移动回形针的过程中，发现灯泡发光，但亮度几乎不变，根据公式可知，灯泡实际功率几乎不变，是因为两端的电压几乎不变，说明铅笔芯的电阻相对于小灯泡来说，其电阻太小，也就是说，小灯泡的电阻太大，故C符合题意；D若铅笔芯的总阻值比灯泡的阻值大得多，容易改变电路中的电流，改

21、变灯泡的亮暗，故D不符合题意。故选C。14小灯泡L1与L2串联（灯丝电阻不变），其中L2的电功率为4W，且L1比L2亮，使用一段时间后，L2灯突然熄灭，L1的亮度明显变亮，此时L1的功率为25W，则L2发生的电路故障及L2未熄灭之前，L1的电功率为（）A短路；1WB短路；9WC短路；16WD断路；18W【答案】C【详解】由图可知，两灯泡串联，若两灯中只有一灯发光，则电路故障一定不是断路，而是另一个灯泡短路，因为是L2灯突然熄灭，L1的亮度明显变亮，则故障是L2短路。当L2短路时，此电路为L1的简单电路，灯L1的功率为两灯泡串联，灯L2的功率为4W，设此时L1的功率为Px，L1两端的电压为U，则

22、两式联立可得解得则L2两端的电压为此时通过电路的电流为灯L2的功率为将代入得解得Px1W或Px16W，因为小灯泡L1与L2串联（灯丝电阻不变）时，L2的电功率为4W，且L1比L2亮，所以此时L1的功率为16W。综上可知，C符合题意，ABD不符合题意。故选C。15如图所示电路，闭合开关S后，发现L1、L2两灯泡都不亮。将一根导线的两端分别接到a、b点时，两灯都不亮；接到c、d点时，两灯都不亮；接到d、e点时，只有一只灯泡发光。则电路故障可能是（）A开关S接触不良B灯泡L2灯丝断了C灯泡L2灯丝短路D灯泡L1灯丝断了【答案】D【详解】A如果开关S接触不良，那么将导线接入a、b点时，此时电路应该为通

23、路，两灯泡应该发光，与题目接到a、b点时，两灯都不亮相矛盾，故A不符合题意；B如果灯泡L2灯丝断了，那么将导线接入c、d点时，灯泡L2被短路，此时灯泡L1接入电路，电路为通路，灯泡L1应该发光，与题目接到c、d点时，两灯都不亮矛盾，故B不符合题意；C如果灯泡L2灯丝短路，那么闭合开关后，灯泡L1可以发光，与题目闭合开关S后，发现L1、L2两灯泡都不亮相矛盾，故C不符合题意；D如果灯泡L1灯丝断了，那么闭合开关后两灯泡都不亮，将导线分别接在a、b点和c、d点时，电路仍然为开路，两灯仍然不亮。将导线接到d、e点时，灯泡L2被短路，此时电路为通路，灯泡L1可以发光，与题目相符合，故D符合题意。故选D

24、。16小华用如图甲所示的电路探究滑动变阻器的电功率与通过的电流大小间的关系，电源电压保持不变，为定值电阻，为滑动变阻器。当滑片P由b端移动到a端的过程中，分别测出几组对应的电压值和电流值，通过计算得出滑动变阻器对应的电功率，并画出滑动变阻器的电功率和电流的关系图象，如图乙所示。下列关于本次探究的说法中，正确的是（）A图甲电路中是电压表，是电流表B电源电压为C整个电路消耗的最小电功率是D整个电路消耗的最大电功率是【答案】C【详解】A由图甲可知，与滑动变阻器并联，串联在电路中，因为电压表应与被测电路并联，电流表应与被测电路串联，所以处应为电流表，处应为电压表，故A错误；B由图甲可知，当滑片P在端时

25、，电路中的电流最小，由乙图可知，此时电路中的电流，滑动变阻器的电功率，由可知，滑动变阻器的最大阻值为由乙图可知，当电路中的电流为0.4A时，滑动变阻器的电功率为3.2W，由可知，滑动变阻器接入电路的阻值当滑片在端时，电源电压当电路中的电流为0.4A时，电源电压由解得：，；故B错误；C当滑片P在端时，电路中的电流最小，电路消耗的电功率最小，最小电功率故C正确；D当滑片P在端时，电路为的简单电路，电路中的电流最大，电路消耗的电功率最大，最大电功率故D错误。故选C。17如图是探究物质熔化和凝固规律的实验图像，说法正确的是（）A该物质是松香，在CD段时处于固态B在BC段处于固液共存状态，温度不变，内能

26、大小不变C该物质在C点处的内能比在F点的内能要大D该物质在液态时的比热容较小【答案】C【详解】A由图可知，该物质有固定的熔点，是一种晶体，松香是非晶体，所以该物质不是松香；在CD段时处于液态，故A错误；B由图可知，在BC段物质处于熔化过程中，是固液共存状态，吸收热量，温度不变，内能增加，故B错误；C由图可知，该物质在C点处于液态，在F点处于固态，温度相同，分子动能相同，状态不同，在C点处分子之间的距离较大，分子势能较大，所以该物质在C点处的内能比在F点的内能要大，故C正确；D由图可知，在AB段和CD段，加热时间相同，物质质量相同，吸收的热量相同，AB段温度变化较大，由可知，该物质在固态时的比热

27、容较小，故D错误。故选C。18李明和张红选用规格完全相同的实验器材来探究水沸腾时的特点，用如图1所示的装置进行实验。图2是两位同学根据实验数据绘制出的温度随时间变化的图像，下列说法正确的是（）A组装器材时，应按照自上而下的顺序进行B实验时，04min内两名同学所用水吸收的热量相同C实验过程中杯盖上出现小水珠是汽化现象D分析图像可知，李明和张红实验中所用水的质量不同【答案】B【详解】A酒精灯需用外焰加热，所以要放好酒精灯，再固定铁圈的高度；安装实验器材时，应按照自下而上的顺序进行，故A错误；B04min内，因加热时间相同，两同学所用水吸收的热量是相同，故B正确；C杯盖上出现的小水珠，是水蒸气遇冷

28、液化形成的，故C错误；D由图2可知，李明和张红实验所用水在04分钟水温的变化均为1，水吸收相同的热量，温度变化相同，可以判断她们实验所用水的质量相同，故D错误。故选B。19如图所示，这是探究“物质吸热能力大小”的实验装置、某时刻温度计的示数及根据实验数据绘制的温度随加热时间变化的关系图像。（水和沙子质量相等）下列说法正确的是（）A图甲中，组装实验装置时应按自上而下的顺序组装B图甲中，未点燃酒精灯加热前水和沙子的内能为零C图乙中，温度计的示数为41D图丙中，由图像可知，沙子比水的吸热能力弱【答案】D【详解】A要用酒精的外焰加热，故甲中，组装实验装置时应按自下而上的顺序组装，故A错误；B一切物体在

29、任何温度下都有内能，加热前水和沙子的内能不为零，故B错误；C图乙中，温度计的分度值为1，示数为39，故C错误；D根据图丙可知，加热相同的时间，质量相同的水和沙子，水升温慢，沙子比水的吸热能力弱，故D正确。故选D。20某物质的温度随时间变化的图像如图所示，下列判断正确的是（）A该物质属于非晶体B该物质的熔点为80CBC段物质的内能不变D物质固态的比热容比液态大【答案】B【详解】AB由图像知，该物质在凝固过程中温度保持80不变，该物质属于晶体，凝固点与熔点相同为80，故A错误，B正确；C晶体凝固时，不断放出热量，BC段物质的内能减小，故C错误；D晶体物质在凝固前后质量不变；由图像知，整个放热过程中，单位时间内放出的热量相等，降低相同的温度，晶体在固态时需要的时间较短，即放出的热量较少，由Q=cmt知，该物质在固态时的比热容小于液态时的比热容，故D错误。故选B。