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  • ID:6-8498111 2021届浙江高三上学期一月物理选择性考试仿真模拟卷(二) Word版含答案

    高中物理/高考专区/模拟试题

    2021届浙江高三物理选择性考试仿真模拟卷(二) 一、选择题Ⅰ(本题共13小题,每小题3分,共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分) 1.人类对自然规律的认识史上,许多物理学家大胆猜想、勇于质疑,取得了辉煌成就,下列有关科学家及其贡献的描述正确的是(  ) A.开普勒通过对行星运行数据的研究,提出了行星受到的向心力与轨道半长轴平方成正比 B.伽利略用“理想实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动原因”的观点 C.玻尔大胆预言实物粒子在一定条件下会表现出波动性,提出了物质波概念 D.奥斯特由环形电流和条形磁铁磁场的相似性,提出分子电流假说 2.如图所示,一件所受重力为G的衣服悬挂在等腰衣架上,已知衣架顶角α=120°,底边水平,不计摩擦,则衣架一侧对衣服的作用力大小为(  )                    A.G B.G C.G D.G 3.如图所示,底部均有4个轮子的行李箱a竖立、b平卧放置在公交车上,箱子四周有一定空间。当公交车(  ) A.缓慢启动时,两只行李箱一定相对车子向后运动 B.急刹车时,行李箱a一定相对车子向前运动 C.缓慢转弯时,两只行李箱一定相对车子向外侧运动 D.急转弯时,行李箱b一定相对车子向内侧运动 4.关于原子核的变化,下列说法正确的是(  ) A.一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线 B.自由核子组成原子核时,其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能 C.铀核裂变的核反应是U→Ba+Kr+2n D.铀(U)经过多次α、β衰变形成稳定的铅(Pb)的过程中,有6个中子转变成质子 5.如图所示,小波同学在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极接电路中B,沿边缘放一个圆环形电极接电路中A完成“旋转的液体”实验,若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场,电源电动势为E=3 V,内阻r=0.1 Ω,电阻R0=4.9 Ω,玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R=1.0 Ω,闭合开关后当液体稳定旋转时电压表(视为理想电压表)的示数恒为1.5 V,则(  ) A.玻璃皿中的电流方向由中心流向边缘 B.由上往下看,液体做顺时针旋转 C.流过电阻R0的电流为0.5 A D.闭合开关后,液体热功率为0.09 W 6.把石块从高处抛出,初速度大小v0,抛出高度为h,方向与水平方向夹角为θ(0 ≤θ<90°),如图所示,石块最终落在水平地面上。若空气阻力可忽略,下列说法正确的是(  ) A.对于不同的抛射角θ,石块落地的时间可能相同 B.对于不同的抛射角θ,石块落地时的动能一定相同 C.对于不同的抛射角θ,石块落地时的机械能可能不同 D.对于不同的抛射角θ,石块落地时重力的功率可能相同 7.如图所示,水平线a、b、c、d为匀强电场中的等差等势线,一个质量为m,电荷量绝对值为q的粒子在匀强电场中运动,A、B为其运动轨迹上的两个点。已知该粒子在A点的速度大小为v1,在B点的速度大小为v2,且方向与等势线平行。A、B连线长为L,连线与竖直方向的夹角为θ,不计粒子受到的重力,则(  ) A.该粒子一定带正电 B.匀强电场的电场强度大小 C.粒子在B点的电势能一定小于在A点的电势能 D.等势线b的电势比等势线c的电势高 8.中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”,为国际抗疫贡献了中国力量.某运送抗疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成,在车头牵引下,列车沿平直轨道匀加速行驶时,第2节对第3节车厢的牵引力为F.若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等,则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为(  ) A.F B. C. D. 9.如图甲所示,在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力的传感器,传感器下方挂上一轻质弹簧,弹簧下端挂一质量为m的小球,若升降机在匀速运行过程中突然停止,并以此时为零时刻,在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F的大小随时间t变化的图像如图乙所示,g为重力加速度,则(  ) A.升降机停止前在向下运动 B.0~t1时间小球处于失重状态,t1~t2时间小球处于超重状态 C.t1~t3时间小球向下运动,动能先减小后增大 D.t3~t4时间弹簧弹性势能的减少量大于球动能的增加量 10.甲、乙两颗人造卫星质量相等,均绕地球做圆周运动,甲的轨道半径是乙的2倍。下列应用公式进行的推论正确的有(  ) A.由v= 可知,甲的速度是乙的 倍 B.由a=ω2r可知,甲的向心加速度是乙的2倍 C.由F=G可知,甲的向心力是乙的 D.由=k可知,甲的周期是乙的2 倍 11.如图所示,一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角,粒子的重力可以忽略,则粒子到达MN连线上的某点时(  ) A.所用时间为 B.速度大小为3v0 C.与P点的距离为 D.速度方向与竖直方向的夹角为30° 12.如图所示,用两根长度均为l的绝缘轻绳将带正电的小球悬挂在水平的天花板下,小球的质量为m,轻绳与天花板的夹角θ=30°,小球正下方距离也为l的A处有一绝缘支架上同样有一个带电小球,此时轻绳的张力均为0,现在将支架水平向右移动到B处,B处位置为与竖直方向的夹角为θ处,小球处于静止状态,则(  ) A.A处的带电小球带负电 B.A处与B处库仑力大小之比为2∶ C.支架处于B处,左边绳子张力为mg-mg D.支架处于B处,右边绳子张力为mg+mg 13.真空中有一匀强磁场,磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面,磁场的方向与圆柱轴线平行,其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m,电荷量为e,忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内,磁场的磁感应强度最小为(  ) A. B. C. D. 二、选择题Ⅱ(本题共3小题,每小题2分,共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得2分,选对但不全的得1分,有选错的得0分) 14.一理想变压器如图所示,K为单刀双掷开关,P为滑动变阻器的滑动触头,U1为加在原线圈两端的电压,I1为原线圈中的电流,则(  ) A.保持U1及P位置不变,K由a合到b时,I1将减小 B.保持U1及P的位置不变,K由b合到a时,R消耗功率减小 C.保持U1不变,K合在a处,使P上滑,I1将增大 D.保持P的位置不变,K合在a处,若U1增大,I1将增大 15.ABCDE为单反照相机取景器中五棱镜的一个截面示意图,AB⊥BC,由a、b两种单色光组成的细光束从空气垂直射入棱镜,经两次反射后光线垂直BC射出,且在CD、AE边只有a光射出,光路如图所示,则a、b两束光(  ) A.在真空中,a光的传播速度比b光大 B.这两束光同时射向某金属,若a光能发生光电效应,则b光一定能发生光电效应 C.以相同的入射角从空气斜射入水中,b光的折射角较小 D.从零逐渐增大从水斜射入空气的入射角,b光比a光先发生全反射 16.一水平长绳上系着一个弹簧和小球组成的振动系统,小球振动的固有频率为2 Hz,现在长绳两端分别有一振源P、Q同时开始以相同振幅A上下振动了一段时间,某时刻两振源在长绳上形成波形如图,两列波先后间隔一段时间经过弹簧振子所在位置,观察到小球先后出现了两次振动,小球第一次振动时起振方向向上,且振动并不显著,而小球第二次则产生了较强烈的振动,则(  ) A.由Q振源产生的波先到达振动系统 B.Q振源离振动系统较远 C.由Q振源产生波的波速较接近4 m/s D.有4个时刻绳上会出现振动位移大小为2A的点 三、非选择题(本题共6小题,共55分) 17.(7分)图1为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置示意图。图中打点计时器的电源为50 Hz的交流电源。在小车质量未知的情况下研究“在外力一定的条件下,物体的加速度与其质量间的关系” (1)完成下列实验步骤中的填空: ①平衡小车所受的阻力:去掉绳子和小吊盘,调整木板右端的高度,用手轻拨小车,直到打点计时器打出一系列________的点。 ②按住小车,在小吊盘中放入适当质量的物块,在小车中放入砝码。为了保证在改变小车中砝码的质量时,小车所受的拉力近似不变,小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是_______________________________________________。 ③打开打点计时器电源,释放小车,获得带点的纸带,在纸带上标出小车中砝码的质量m。 ④按住小车,改变小车中砝码的质量,重复步骤③。 ⑤在每条纸带上清晰的部分,每5个间隔标注一个计数点。测量相邻计数点的间距s1,s2,…。求出与不同m相对应的加速度a。 ⑥以砝码的质量m为横坐标,为纵坐标,在坐标纸上做出-m关系图线。 (2)根据上述操作完成下列填空: ①由图甲中的数据求得小车加速度的大小a=________m/s2。(结果保留2位小数) ②图乙中直线的斜率为k,在纵轴上的截距为b,则小车受到的拉力为________,小车的质量为________。(用k,b表示) (3)疫情期间“停课不停学”,小明同学在家自主开展实验探究。用手机拍摄物体自由下落的视频,得到分帧图片,利用图片中小球的位置来测量当地的重力加速度,实验装置如题图1所示。 ①家中有乒乓球、小塑料球和小钢球,其中最适合用作实验中下落物体的是________。 ②下列主要操作步骤的正确顺序是________。(填写各步骤前的字母) a.把刻度尺竖直固定在墙上 b.捏住小球,从刻度尺旁静止释放 c.手机固定在三脚架上,调整好手机镜头的位置 d.打开手机摄像功能,开始摄像 ③停止摄像,从视频中截取三帧图片,图片中小球和刻度如图2所示。已知所截取的图片相邻两帧之间的时间间隔为s,刻度尺的分度值是1 mm,由此测得重力加速度为________m/s2。(结果保留2位小数) ④在某次实验中,小明释放小球时手稍有晃动,视频显示小球下落时偏离了竖直方向。从该视频中截取图片,________(选填“仍能”或“不能”)用(3)问中的方法测出重力加速度。 18.(7分)小曹同学欲选取下图中实验器材进行实验研究: (1)他先选用图中器材①②③④⑦完成“测定干电池的电动势和内阻”实验,请将实物图连接完整。准确连接电路后,结合实验数据画出如图所示的U-I图像,则由图像可得干电池的电动势为________V,内阻为________Ω。(结果保留2位小数) (2)小曹同学采用与题(1)不同的方案测定干电池的电动势和内阻,则除了器材①②外,还需要图中的________(填写器件的编号即可)。 (3)若小曹同学找来另一节完全相同的干电池并选择图中的①②③④⑥⑦完成“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验,则下列四个电路图中最合适的是________。 19.(9分)单板滑雪U形池比赛是冬奥会比赛项目,其场地可以简化为如图甲所示的模型:U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成,轨道倾角为17.2°。某次练习过程中,运动员以vM=10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道,速度方向与轨道边缘线AD的夹角α=72.8°,腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点,不计空气阻力,取重力加速度的大小g=10 m/s2,sin 72.8°=0.96,cos 72.8°=0.30。求: (1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d; (2)M、N之间的距离L。 20.(12分)如图所示,水平面AB段光滑、BC段粗糙,右侧竖直平面内有一呈抛物线形状的坡面OD,以坡面底部的O点为原点、OC方向为y轴建立直角坐标系xOy,坡面的抛物线方程为y=x2。一轻质弹簧左端固定在A点,弹簧自然伸长状态时右端处在B点。一个质量m=0.2 kg 的小物块压缩弹簧后由静止释放,从C点飞出落到坡面上。已知坡底O点离C点的高度H=5 m,BC间距离L=2 m,小物块与BC段的动摩擦因数为0.1,小物块可视为质点,空气阻力不计。 (1)若小物块到达C点的速度为 m/s,求释放小物块时弹簧具有的弹性势能; (2)在(1)问的情况下,求小物块落到坡面上的位置坐标; (3)改变弹簧的压缩量,弹簧具有多大的弹性势能时,小物块落在坡面上的动能最小?并求出动能的最小值。 21.(10分)通过测量质子在磁场中的运动轨迹和打到探测板上的计数率(即打到探测板上质子数与衰变产生总质子数N的比值),可研究中子(n)的β衰变。中子衰变后转化成质子和电子,同时放出质量可视为零的反中微子e。如图所示,位于P点的静止中子经衰变可形成一个质子源,该质子源在纸面内各向均匀地发射N个质子。在P点下方放置有长度L=1.2 m以O为中点的探测板,P点离探测板的垂直距离OP为a。在探测板的上方存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。已知电子质量me=9.1×10-31 kg=0.51 MeV/c2,中子质量mn=939.57 MeV/c2,质子质量mp=938.27 MeV/c2(c为光速,不考虑粒子之间的相互作用)。 若质子的动量p=4.8×10-21 kg·m·s-1=3×10-8 MeV·s·m-1, (1)写出中子衰变的核反应式,求电子和反中微子的总动能(以MeV为能量单位); (2)当a=0.15 m,B=0.1 T时,求计数率; (3)若a取不同的值,可通过调节B的大小获得与(2)问中同样的计数率,求B与a的关系并给出B的取值范围。 22.(10分)如图所示,在间距L=0.2 m的两光滑平行水平金属导轨间存在方向垂直于纸面(向内为正)的磁场,磁感应强度的分布沿y方向不变,沿x方向如下: B= 导轨间通过单刀双掷开关S连接恒流源和电容C=1 F的未充电的电容器,恒流源可为电路提供恒定电流I=2 A,电流方向如图所示。有一质量m=0.1 kg的金属棒ab垂直于导轨静止放置于x0=0.7 m处。开关S掷向1,棒ab从静止开始运动,到达x3=-0.2 m处时,开关S掷向2。已知棒ab在运动过程中始终与导轨垂直。求: (提示:可以用F-x图像下的“面积”代表力F所做的功) (1)棒ab运动到x1=0.2 m时的速度v1; (2)棒ab运动到x2=-0.1 m时的速度v2; (3)电容器最终所带的电荷量Q. 参考答案与解析 1.B 开普勒通过对行星运行数据的研究,提出了行星轨道半长轴三次方与公转周期的平方比值都相等,故A项错误;伽利略用“理想实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动原因”的观点,符合客观事实,故B项正确;德布罗意大胆预言实物粒子在一定条件下会表现出波动性,提出了物质波概念,故C项错误;安培由环形电流和条形磁铁磁场的相似性,提出分子电流假说,故D项错误。 2.A 以衣服为研究对象,受力分析如图所示,衣架两侧对衣服作用力的夹角为60°,由平衡条件,2Fcos 30°=G,解得F=G,A项正确。 3.B 缓慢起动的公交车具有向前的加速度,但加速度较小,若箱子所受的静摩擦力足以提供该加速度,则箱子可以相对公交车静止,A项错误;急刹车时,公交车的加速度较大,箱子轮子受到公交车的摩擦力较小,行李箱a一定相对车子向前运动,B项正确;缓慢转弯时,车子具有指向轨迹内侧的较小的加速度,当行李箱所受的静摩擦力足以提供其做圆周运动所需的向心力时,行李箱相对车子静止,C项错误;急转弯时,汽车的加速度较大,若行李箱b所受的静摩擦力不足以提供所需的向心力,则其做离心运动,即相对车子向外侧运动,若行李箱b所受的静摩擦力足以提供所需的向心力,则其相对车子静止,D项错误。 4.D 一个原子核在一次衰变中只能放出α、β两种射线中的一种,γ射线可以伴随α射线或β射线放出,所以不能同时放出α、β和γ三种射线,故A项错误;自由核子组成原子核时,其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能,故B项错误;铀核裂变的核反应是U+n→Ba+Kr+3n,两边中子不能约掉,故C项错误;根据核反应过程中质量数和电荷数守恒知238=206+4×8,发生8次α衰变;92=82+2×8-6,发生6次β衰变,β衰变的实质是中子转化为质子的同时释放电子,所以有6个中子转变成质子,故D项正确。 5.D A较B点电势高,说明玻璃皿中的电流方向由边缘流向中心,故A项错误;磁场方向竖直向上,电流方向指向圆心,由左手定则可知,液体逆时针旋转,故B项错误;由闭合电路欧姆定律可得,E=U+I(r+R0),I==A=0.3 A,流过电阻R0的电流为0.3 A,故C项错误;闭合开关后,液体热功率P=I2R=0.32×1 W=0.09 W,故D项正确。 6.B 将石块抛出后,石块在水平方向上做匀速直线运动,竖直方向上做竖直上抛运动,竖直方向上有-h=v0tsin θ-gt2由此式可知,对于不同的抛射角θ,石块落地的时间不同,故A项错误;石块运动过程中,只有重力做功,所以机械能守恒,因初速度大小不变,所以对于不同的抛射角,石块落地时的机械能相同,即落地的动能相同,故B项正确,C项错误;在竖直方向:v-2=-2gh可求石块落地时的竖直方向的瞬时速度,再由P=mgvy可知,不同的抛射角θ,石块落地时重力的功率不相同,故D项错误。 7.B 电场为匀强电场,等势面沿水平方向,则电场线的方向沿竖直方向,粒子弯曲的方向向上,所以粒子受力的方向向上,但由于电场线方向不知,则粒子的电性无法确定,故A项错误;在沿电场线的方向的位移y=Lcos θ,设A、B间的电势差为UAB,由动能定理,有qUAB=-qEy=v,联立解得E=,故B项正确;电场为匀强电场,等势面沿水平方向,则电场线的方向沿竖直方向,粒子弯曲的方向向上,所以粒子受力的方向向上,从A到B的过程中电场力做负功,所以粒子的电势能增加,即粒子在B点的电势能一定大于在A点的电势能,故C项错误;粒子受力的方向向上,若粒子带正电,则电场的方向向上,c的电势高于b的电势;若粒子带负电,则电场的方向向下,c的电势低于b的电势,故D项错误。 8.C 设列车做匀加速直线运动的加速度为a,可将后面的38节车厢作为一个整体进行分析,设每节车厢的质量均为m,每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f,则有F-38f=38ma,再将最后面的2节车厢作为一个整体进行分析,设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F′,则有F′-2f=2ma,联立解得F′=F,C项正确,A、B、D项错误。 9.D 初始时刻弹簧伸长,弹力平衡重力,由图像看出,升降机停止运动后弹簧的拉力先变小,即小球向上运动,小球的运动是由于惯性,所以升降机停止前小球是向上运动的,即升降机停止前在向上运动,故A项错误;0~t1时间拉力小于重力,小球处于失重状态,t1~t2时间拉力也小于重力,小球也处于失重状态,故B项错误;t1时刻弹簧的拉力是0,说明t1时刻弹簧处于原长状态,t1时刻之后弹簧的拉力又开始增大说明弹簧开始变长,所以t1~t3时间小球向下运动,t1~t3时间内,弹簧对小球的弹力先小于重力,后大于重力,小球所受的合力方向先向下后向上,小球先加速后减速,动能先增大后减小,故C项错误;t3~t4时间内,小球向上运动,重力势能增大,弹簧势能减小,动能增大,根据系统机械能守恒得知,弹簧弹性势能变化量大于小球动能变化量,故D项正确。 10.D 卫星绕地球做圆周运动,万有引力提供向心力,则F向===mω2r=mr=ma,因为在不同轨道上g是不一样的,故不能根据v=得出甲、乙速度的关系,卫星的运行线速度v=代入数据可得==,故A项错误;因为在不同轨道上两卫星的角速度不一样,故不能根据a=ω2r得出两卫星加速度的关系,卫星的运行加速度a=代入数据可得==,故B项错误;根据F向=,两颗人造卫星质量相等,可得==,故C项错误;两卫星均绕地球做圆周运动,根据开普勒第三定律=k,可得==2,故D项正确。 11.C 粒子从P点垂直电场方向出发到达MN连线上某点时,沿水平方向和竖直方向的位移大小相等,即v0t=at2,a=,解得t=,A项错误;在该点,粒子沿电场方向的速度v=at=2v0,所以合速度大小为v==v0,B项错误;该点到P点的距离s=x=v0t=,C项正确;由平行四边形定则可知,在该点速度方向与竖直方向夹角的正切值tan θ==,则θ≠30°,D项错误。 12.C 当绝缘支架上的带电小球在A位置时,轻绳的张力均为0,说明上方小球受力平衡,受力分析可知其只受重力和库仑力,因此A处的带电小球带正电,故A项错误;根据库仑定律可得F=k因此在A处与B处库仑力大小之比等于带点小球距离平方的倒数比,即=,因为θ=30°,所以FA∶FB=4∶3故B项错误;支架处于B处,两球间的库仑力为FB=FA=mg,设左、右绳的张力分别为F1和F2,则由正交分解可得F1cos 30°+mgsin 30°=F2cos30° F1sin 30°+mgcos30°+F2cos 30°=mg 解得F1=mg-mg,F2=mg-mg,故C项正确,D项错误。 13.C 为使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内,电子进入匀强磁场中做匀速圆周运动的半径最大时轨迹如图所示, 设其轨迹半径为r,轨迹圆圆心为M,磁场的磁感应强度最小为B,由几何关系有+r=3a,解得r=a,电子在匀强磁场中做匀速圆周运动有evB=m,解得B=,C项正确. 14.BD 保持U1及P的位置不变,K由a合到b时,原线圈匝数变小,副线圈电压变大,所以副线圈功率变大,而原线圈功率等于副线圈功率,所以原线圈功率变大,根据I1=得I1将增大,故A项错误;保持U1及P的位置不变,K由b合到a时,原线圈匝数变大,副线圈电压变小,根据P=可知功率变小,故B项正确;保持U1不变,K合在a处,使P上滑时,R增大,而电压不变,所以副线圈电流变小,根据I1=可知I1将减小,故C项错误;保持P的位置不变,K合在a处,若U1增大,则副线圈电压增大,所以副线圈电流变大,根据I1=可知I1将增大,故D项正确。 15.BCD 在真空中,光的传播速度相同,真空中光速为c=3×108m/s,A项错误;在CD、AE边只有a光射出,b光发生了全反射,说明b光的临界角小,在五棱镜中的折射率大,频率越大的光,折射率越大,所以b光频率比a光大,这两束光同时射向某金属,若a光能发生光电效应,频率更大的b光一定能发生光电效应,B项正确;由折射定律n= 知,b光的折射率大,折射角小,C项正确;由全反射的临界角公式sin C=可知,b光的折射率大,全反射的临界角更小,比a光先发生全反射,D项正确。 16.BCD 由“上下坡”法得知P振源起振方向向上,Q振源起振方向向下,由于小球第一次振动时起振方向向上,故先经过弹簧振子所在位置的是P波,故A项错误;s=vt,由于两列波在同一介质中传播,波速相等,Q波后到达弹簧振子所在位置,故Q振源离振动系统较远,故B项正确;Q晚到达弹簧振子所在位置,且小球产生了较强烈的振动,即共振,故Q的振动频率接近2 Hz,则周期接近0.5 s,波速v==m/s=4 m/s,故C项正确;据波的叠加原理,有4个时刻绳上会出现振动位移大小为2A的点,故D项正确。 17.【答案】 (1)①间距相等 ②远小于小车和砝码的总质量 (2)①1.20(±0.02) ②  (3)①小钢球 ②acdb ③9.61(9.59~9.63) ④仍能 【解析】 (1)①当纸带上打出间距相等的点时,说明纸带做匀速直线运动。②以整体为对象:mg=(M+m)a,以小车为对象:F拉=Ma化简,F拉==。 由上式可知,为保证小车所受拉力近似不变,应满足小吊盘和盘中物块的质量之和远小于小车和砝码的总质量。 (2)①由Δx=aT2可知,a== m/s2=1.20m/s2。 ②根据牛顿第二定律可知F=(M+m)a, 变形得=+,与m为一次函数关系,根据几何关系可知:k=,b=, 解得F=,M=Fb=。 (3)①要测量当地重力加速度需要尽量减小空气阻力的影响,所以密度大体积小的小钢球最适合。 ②要完成实验,首先应该将刻度尺竖直固定在墙上,安装好三脚架,调整好手机摄像头的位置;因为下落时间很短,所以一定要先打开摄像头开始摄像,然后再将小球从刻度尺旁静止释放,故顺序为acdb。 ③由三张图片读出小球所在位置的刻度分别为2.50 cm,26.50 cm,77.20 cm;小球做自由落体运动,根据Δx=gT2可得g== m/s2≈9.61 m/s2。 ④因为就算小球偏离了竖直方向,但是小球在竖直方向上的运动依然是自由落体 运动,对实验结果无影响,故仍能用前面的方法测量出重力加速度。 18.【答案】 (1)见解析图 1.48 0.69(0.67~0.71) (2)④⑤(或③⑤) (3)A 【解析】 (1)根据测量干电池电动势和内阻实验原理,实物连接图如图所示 由闭合电路欧姆定律可知,在U-I图像中,纵坐标的截距为电动势,因此可知电动势为1.48 V;U-I图像的斜率的绝对值为内阻,由题图可计算内阻约为0.69 Ω。 (2)采用与题(1)不同的方案测定干电池的电动势和内阻,则需要电阻箱替代滑动变阻器,而电阻箱的阻值是已知的,因此只需要电压表或电流表中的一个,就能够通过计算得出外电路的电流或电压,即可完成实验,因此选择④⑤或③⑤均可以。 (3)测小灯泡的伏安特性曲线,需要使灯泡两端电压与通过它的电流可以在较大范围内变化,故应采用分压式接法,又因为小灯泡电阻远小于电压表内阻,故应采用电流表外接法,综上所述A项最合适。 19.【答案】 (1)4.8 m (2)12 m 【解析】 (1)在M点,设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1,由运动的合成与分解规律得 v1=vMsin 72.8° ① 设运动员在ABCD面内垂直于AD方向的分加速度为a1,由牛顿第二定律得 mgcos 17.2°=ma1 ② 由运动学公式得d= ③ 联立①②③式,代入数据得d=4.8 m。 ④ (2)在M点,设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2,由运动的合成与分解规得 v2=vMcos 72.8° ⑤ 设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2,由牛顿第二定律得 mgsin 17.2°=ma2 ⑥ 设腾空时间为t,由运动学公式得t= ⑦ L=v2t+a2t2 ⑧ 联立①②⑤⑥⑦⑧式,代入数据得L=12 m。 20.【答案】 (1)0.9 J (2) (3)Ep=2.9 J时动能最小Emin=7.5 J 【解析】 (1)根据Ep=μmgL+mv代入数据得Ep=0.9 J。 (2)单独分析水平和竖直方向位移得x=vCt h=gt2=H-y y=x2 联立得小物块落到坡面上的位置坐标为。 (3)B到C有 Ep′=μmgL+mv 得v=10Ep′-4 小物块做平抛运动x′=vC′t′ h′=gt′2 又有y′=H-h′=x2′ 得 h′=(或h′=) 小物块落在坡面上动能Ek=mv+mgh′ 代入得 Ek=0.1vC′2+(或Ek=Ep′-0.4+) 当vC′=5 m/s(即E′p=2.9 J)时,动能最小Emin=7.5 J。 21.【答案】 (1)0.746 8 MeV (2) (3)B= T B≥ T 【解析】 (1)n→p+e+e ΔEd=mnc2-(mpc2+mec2)=0.79 MeV Ekp==0.043 2 MeV Ee+Eν=ΔEd-Ekp=0.746 8 MeV。 (2)质子运动轨迹的半径 R==0.3 m 如图甲所示,打到探测板对应发射角度 α=β= 可得质子计数率为 η==。 (3)在确保计数率为η=的情况下 R′=2a 即B= T 如图乙所示,恰能打到探测板左端的条件 4R-= 即B≥ T。 22.【答案】 (1)2 m/s,方向向左 (2)m/s,方向向左 (3) C 【解析】 (1)从x0~x1的过程,由于安培力为恒力 安培力F=BIL 运用动能定理BIL(x0-x1)=mv-0 解得v1=2 m/s,方向向左。 (2)在区间-0.2 m≤x≤0.2 m 安培力F=5xIL 如图所示, 安培力做功 W安=(x-x) 由动能定理得W安=mv-mv,v2= m/s,方向向左。 (3)从0.2 m处移到-0.2 m处安培力不做功 v3=v1=2 m/s 设最后稳定时的速度为v,则 导体棒两端电压U=BLv 电容器上所带电荷量Q=CU 电路中通过的电荷量Q=It 根据动量定理-BILt=mv-mv3 得v= m/s,因此Q= C。

  • ID:6-8496617 2021届高考二轮复习专题强化双击训练 专题十五 选修3-3 B卷(含解析)

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    2021届高考二轮复习专题强化双击训练 专题十五 选修3—3 B卷(含解析) 1.[物理·选修3-3] (1)下列说法中正确的是( ) A.若分子引力做正功,则分子斥力一定做负功,分子间的引力和斥力是相互作用力 B.不论是单晶体还是多晶体,都具有确定的熔点,非晶体不具有确定的熔点 C.一定质量的理想气体,在等压膨胀的过程中,吸收的热量等于封闭气体对外做的功 D.若空气的绝对湿度是,同温度下水蒸气的饱和汽压为,则此温度下空气的相对湿度是40% E.涉及热运动的宏观过程都有方向性,一切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行 (2)如图所示,内壁光滑的气缸固定在水平地面上,活塞的质量为、面积为,一劲度系数为的弹簧一端连接在活塞下表面的中心,另一端连接在地面上水平放置的力传感器上,弹簧处于竖直状态。已知活塞上方被封闭的理想气体压强为,长度为,温度为,活塞下方的气体和外界大气是连通的,外界大气压强,重力加速度取。 (i)求弹簧的形变量; (ii)通过给电阻丝通电,缓慢升高封闭气体的温度,当传感器的示数大小和未加热气体时的示数大小相同时,求此时封闭气体的温度。 2.【物理选修3-3】 (1)一定质量的理想气体由状态经状态到状态,其体积与热力学温度关系如图所示,三点在同一直线上,和平行于横轴,平行于纵轴,则下列说法正确的是______________。 A.从状态到状态,气体吸收热量 B.从状态到状态,每个气体分子的动能都增大 C.从状态到状态,气体对外做功,内能减小 D.从状态到状态,气体的密度不变 E.从状态到状态,气体的内能增加 (2)如图所示,长的薄壁玻璃管与水平面成角倾斜放置,玻璃管粗细均匀,底端封闭、另一端开口。现用长的水银柱封闭着一定质量的理想气体,气体温度为,且水银面恰与管口齐平.现将管口缓慢转到竖直向上位置,并将水银缓慢注入管中,直到水银面再次与管口齐平,已知大气压强。求: ①水银面再次与管口齐平时,管中气体的压强; ②对竖直玻璃管缓慢加热,若管中刚好剩下高的水银柱,气体温度升高了多少? 3.【物理—选修3-3】 (1)关于分子动理论及内能,下列说法正确的是( ) A.内能相同的物体,温度可能不同 B.两分子间的作用力表现为零时,分子势能最大 C.悬浮微粒做布朗运动,是液体分子的无规则运动撞击造成的 D.求分子间的距离常用立方体模型,对于固体或液体,用摩尔体积与阿伏加德罗常数的比值可以作为一个分子的体积 E.如果气体分子总数不变,而气体温度升高,气体分子的平均动能增大,因此压强必然增大 (2)如图所示圆柱形气缸开口向上放在水平地面上气缸足够高两个活塞将缸内气体分成两段密闭气柱Ⅰ、Ⅱ,两段气柱高均为,两活塞的质量均为,截面积为,不计气缸和活塞的厚度活塞与气缸内壁无摩擦且气密性好整个气缸导热性良好,大气压强为,环境温度为,重力加速度为,开始时两活塞均处于静止状态现将上面活塞向上缓慢移动,使下面的活塞上移,求: (ⅰ)下面活塞上移后,气柱Ⅱ中气体的压强多大; (ⅱ)上面的活塞上移的距离为多少. 4.[物理——选修3–3] (1)吸盘挂钩的工作原理如图甲、乙所示。使用时,按住锁扣把吸盘紧压在墙上(如图甲),吸盘中的空气被挤出一部分。然后将锁扣扳下(如图乙),让锁扣以盘盖为依托把吸盘向外拉出,这样吸盘就会牢牢地被固定在墙壁上。若气体可视为理想气体,在拉起吸盘的过程中,吸盘内气体的温度始终不变,则在拉起吸盘后,吸盘内气体的压强与拉起前的相比__________(填“增大”“不变”或“减小”),吸盘内空气的密度________(填“大于”“等于”或“小于”)外界空气的密度,吸盘内气体的内能_______(填“增大”“不变”或“减小”),此过程中吸盘内的气体要___________(填“吸收”或“放出”)热量。 (2)如图所示,内壁光滑、横截面积为S的导热气缸水平放置,在气缸正中间有两个正对的小挡板,内部用厚度不计、质量为M的活塞封闭有温度为的理想气体。已知气缸的长度为,重力加速度为g,大气压强为,现将气缸缓慢顺时针转动到开口竖直向上,活塞与气缸壁间无摩擦,且。求: (i)活塞在此过程中下降的高度; (ii)将缸内气体的温度下降到时,缸内气体的压强。 5.[物理——选修3—3] (1)关于热力学定律,下列说法正确的是________。 A.第二类永动机不违反能量守恒定律,但违反了热力学第一定律 B.可以从单一热库吸收热量,使之全部转化为功 C.对气体做功不一定能改变其内能 D.理想气体等压膨胀过程一定从外界吸热 E.两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡,那这两个系统彼此之间不一定达到热平衡 (2)一定质量的理想气体先从状态A经等压变化到状态B,再经等容变化到状态C,变化过程的图象如图所示,在状态A时气体的压强,求: (i)气体在状态A时的体积和在状态C时的压强; (ii)气体在过程中吸收的热量。 6.[物理—选修3-3] (1)一定质量的理想气体从a状态开始,经历三个过程回到a状态,其图象如图所示,图中的延长线过原点平行于t轴,的延长线过点。下列判断正确的是_______。 A.过程中外界对气体做功 B.过程中气体从外界吸热 C.过程中外界对气体做功 D.和c三个状态中,a状态时气体分子的平均动能最大 E.b状态与c状态相比,b状态时容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数较多 (2)如图所示,为两个固定的圆柱形筒,通过开有抽气孔的圆台形密封容器连接,A中活塞面积为中活塞面积为。容器平放在地面上,内壁均光滑。中的两活塞通过一不可伸长的杆连接,内分别装有一定质量的理想气体,中间部分通过抽气孔与大气相通。已知两圆柱形筒足够长且杆的横截面积可忽略不计。开始时,两个活塞静止不动,它们距各自所在筒的筒底的距离均为L,两圆筒内理想气体的温度均为27 ℃,A内理想气体的压强等于外界大气压强。 ①现缓慢地将中部的空气全部抽出,抽气过程中中理想气体的温度保持不变,求活塞的移动方向以及活塞移动的距离; ②在①的条件下,如果让A中理想气体的温度降低内理想气体的温度升高,使活塞又回到最初的位置,求的大小。 7.[物理——选修3-3] (1)一分子固定在原点O处,另一分子可在x轴上移动,这两个分子间的分子引力和分子斥力大小随其间距x的变化规律如图所示,曲线与的交点e的坐标为,则______。 A.时分子力大小为 B.的情况下,x越小,分子力越大 C.的情况下,x越大,分子力越小 D.的情况下,x越大,分子势能越大 E.的情况下,x越小,分子势能越大 (2)如图,一长为L的绝热气缸放在水平桌面上,一定质量的理想气体被横截面积为S的绝热活塞密封在气缸内。开始时,气缸被锁定,活塞与气缸底部的距离为,封闭气体的温度为27 ℃。现对封闭气体缓慢加热,当活塞恰好在气缸口时停止加热。已知外界大气压强为,不计一切摩擦,活塞的厚度及质量均不计。 ①求停止加热时封闭气体的热力学温度; ②若将气缸解除锁定,对活塞施加一逐渐增大、方向水平向左的推力,气缸向左做加速直线运动,当活塞与气缸底部的间距为时推力开始保持不变,此时推力大小为F,求此时封闭气体的热力学温度。 8.[物理——选修3—3] (1)如图所示,水平地面上放置一个导热性能良好的气缸,气缸内用活塞封闭着一定质量的理想气体,一条轻细绳一端连接在活塞上,另一端绕过两个光滑的定滑轮后连接在一个可施加拉力的传感器上,传感器由计算机控制,开始时活塞和气缸均静止。现通过计算机对活塞施加拉力,让活塞缓慢向上移动,发现活塞始终没有被从气缸中拉出,周围环境温度不变,不计一切摩擦。则在拉动活塞的过程中,下列说法正确的是______。 A.气缸内气体对活塞单位时间内碰撞的次数先减少后不变 B.气缸对地面的压力先不变后逐渐减小到零 C.缸内气体对外做功,气体从外界吸收热量 D.缸内气体从外界吸收热量,分子势能增加 E.传感器施加的拉力最大值与气缸、活塞和缸内气体的总重力大小相等 (2)一定质量的理想气体从状态1开始,经历四个变化过程又回到状态1,已知气体在状态1时的压强,在状态4时温度为,41和32的延长线均经过原点O,其它参数如图所示。 (i)求气体在状态2时的压强; (ii)若气体沿直线从状态1直接变化到状态3,求气体对外界做的功。 答案以及解析 1.答案:(1)BDE (2)已知活塞的质量为m=1kg、面积为S=10cm2=0.001m2。 (i)对活塞受力分析如图1所示,根据平衡条件有: p0S=p1S+mg+F,代入数据求得F=10N,弹簧弹力F=kx,可得x=0.05m=5cm. (ii)当未加热气体时,由第一问分析可知,弹簧开始时处于拉伸状态,缓慢升高封闭气体温度,当传感器的示数和未加热气体时的示数相同时,弹簧处于压缩状态,设此时封闭气体压强为p2。 当弹簧支持力为F=10N时,此时弹簧压缩量为Δx=5cm, 对活塞受力分析如图2所示,根据平衡条件: p0S+F=p2S+mg,可得封闭气体压强,p2=1.0×105Pa,此时封闭气体长度L'=L+2Δx=25cm,根据理想气体状态方程,可得T2=625K。 解析:(1)A、若分子引力做正功,则分子斥力一定做负功,分子间的引力和斥力方向相反,但是大小不是始终相等,不符合相互作用力的特点,所以分子间的引力和斥力不是相互作用力,故A错误; B、不论是单晶体还是多晶体,都具有确定的熔点,非晶体不具有确定的熔点,故B正确; C、一定质量的理想气体,在等压膨胀的过程中,根据热力学状态方程:,可知温度一定升高,又由热力学第一定律:ΔU=Q+W,可知吸收的热量大于封闭气体对外做的功,故C错误; D、若空气的绝对湿度是8×102Pa,同温度下水蒸气的饱和汽压为2.0×103Pa,由相对湿度公式得此温度下空气的相对湿度为:,故D正确; E、根据热力学第二定律的微观意义,可知涉及热运动的宏观过程都有方向性,一切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行,故E正确。 故选:BDE。 2.答案:(1)ADE (2)① ② 解析:(1)由状态a到状态b过程中,气体体积不变,则W=0,温度升高,则,根据可知气体吸收热量,选项A正确;由状态a到状态b过程中,气体的温度升高,则气体分子的平均动能变大,但不是每个气体分子的动能都会增大,选项B错误;从状态b到c,气体温度不变,内能不变,体积变大,则气体对外做功,选项C错误;从状态c到d,气体体积不变,则气体的密度不变,选项D正确;从状态a到状态d,气体温度升高,则内能增加,选项E正确. (2)①设玻璃管的横截面积为,水银密度为,重力加速度为g,初态时,管内气体的温度为,体积 压强为 当玻璃管竖直,水银面再次与管口齐平时,设水银柱高为H,则 压强为 由玻意耳定律, 代入数据解得: 故 ②设温度升至时,管中水银柱高为,气体体积 气体压强为 由理想气体状态方程: 代入数据得:. 3.答案:(1)ACD (2)(ⅰ)开始时气柱Ⅰ内气体的压强,气柱Ⅱ内气体的压强,当下面活塞上移时,设气柱Ⅱ的压强为,对气柱Ⅱ有,解得. (ⅱ)这时上面的气柱压强, 对上面的气柱Ⅰ有,解得,上面活塞上移的距离. 解析:(1)温度是分子平均动能的标志,内能相同的物体,温度不一定相同,选项A正确:从分子间的距离为时增大分子间距离,分子力表现为引力,分子力做负功,分子势能越来越大;减小分子间的距离,分子力表现为斥力,分子力同样做负功,分子势能增大,所以分子间作用力表现为零时,分子势能最小,选项B错误;布朗运动是小颗粒受到不同方向的液体分子无规则运动产生的撞击力不平衡引起的,它既不是液体分子的运动,也不是固体小颗粒分子的运动,而是小颗粒的运动,选项C正确;已知固体、液体物质的摩尔体积与阿伏加德罗常数可以近似计算每个分子的体积。选项D正确;对于一定量的气体,温度升高,分子的平均速率变大,但若气体体积增加得更多,气体的压强可能会降低,选项E错误。 4.答案:(1)减小;小于;不变;吸收 (2)(i)当气缸竖直放置时,设封闭气体的压强为p,由于活塞处于静止状态,对活塞受力分析可得 设气缸竖直后活塞下降的高度为h,由于气体的温度不变,故由玻意耳定律可得 两式联立可解得 (ii)设当活塞刚到达挡板处且对挡板无压力时,气体的温度为T,由于此过程中气体的压强不变,故由盖–吕萨克定律可得 解得 因,故需要在此基础上再进行降温,此时气体的体积不再发生变化。设当温度降到时气体的压强为,则由查理定律 可得 代入数据可解得 解析:(1)在吸盘被拉起的过程中,吸盘内封闭气体的体积增大,由于温度不变,所以由玻意耳定律可知吸盘内气体的压强减小。在锁扣未扳下之前,吸盘内空气密度与外界空气密度相同,当锁扣扳下之后,由于吸盘内气体的质量不变,但体积增大,所以其密度减小。一定质量的理想气体的内能仅与温度有关,由于在锁扣扳下的过程中吸盘内气体的温度不变,所以气体的内能不变。在锁扣扳下的过程中,由于气体的体积增大,所以气体要对外界做功,但气体的内能又不发生变化,故由热力学第一定律可知,此过程中气体要从外界吸收热量。 5.答案:(1)BCD (2)(i)由图象可知气体在状态B时,温度、体积 气体在状态A时的温度,从状态A到状态B气体发生等压变化,由盖–吕萨克定律有 解得 气体由状态B到状态C,发生等容变化,根据查理定律得 由图象可知气体在状态C时温度 解得 (ii)气体在两状态时温度相等,则气体的内能相同,即 从状态A到状态B气体发生等压变化,体积增大 外界对气体做的功 气体由状态B到状态C,发生等容变化,外界对气体不做功 根据热力学第一定律 解得 即气体在过程中吸收的热量为600 J。 解析:(1)第二类永动机不违反能量守恒定律,但违反了热力学第二定律,选项A错误;由热力学第二定律知,可以从单一热库吸收热量,使之全部转化为功,但会引起其他变化,选项B正确;改变物体内能的方式有两种,只叙述一种改变方式是无法确定内能变化的,选项C正确;理想气体等压膨胀对外做功,根据知膨胀过程一定吸热,选项D正确;如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡,那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡,选项E错误。 6.答案:(1)ABE (2)①抽气前对中的两个活塞整体进行受力分析,根据平衡条件可得,因为,解得 抽气后有,所以活塞将向右移动,设抽气后活塞向右移动了x,平衡后A中气体压强为中气体压强为,根据平衡条件可得,即 对A中气体根据玻意耳定律得 对B中气体根据玻意耳定律得 解得,即活塞向右移动的距离为。 ②中部的空气全部被抽出,且活塞稳定后,如果让A内理想气体的温度降低内理想气体的温度升高,使活塞又回到开始时的位置,同理可得此时中气体的压强关系为 对A中气体根据查理定律可得 对B中气体根据查理定律可得 解得 则 解析:(1)从a到b的过程,由理想气体状态方程可知,,从a到b的过程中的值一直在增大,所以这个过程中气体的体积减小,外界对气体做功,选项A正确;从b到c的过程压强不变,温度升高,气体体积膨胀,对外做功,温度升高内能增大,说明气体从外界吸热,选项B正确;从c到a的过程,气体体积不变,外界对气体不做功,选项C错误;一定质量的理想气体的分子平均动能只与温度有关,a状态时气体的温度最低,所以分子平均动能最小,选项D错误;b和c两个状态,压强相同,但c状态时气体温度较高,即c状态分子运动的平均速率较大,分子对容器壁的平均撞击力较大,可判断b状态时单位时间内单位面积容器壁受到分子撞击的次数多,选项E正确。 7.答案:(1)BDE (2)①缓慢加热过程中,封闭气体做等压变化,根据盖-吕萨克定律有 其中 解得 ②由题意可知,推力大小不变时,对活塞有 由于活塞的质量不计,则有 根据理想气体状态方程有 解得 解析:(1)分子引力与分子斥力方向相反,时分子引力与分子斥力恰好平衡,分子力为零,的情况下,分子斥力比分子引力变化得快,分子力表现为斥力,x越小,分子力越大,选项A错误,B正确;的情况下,分子力表现为引力,x从开始逐渐增大,分子力先增大后减小,选项C错误;的情况下,x越大,分子力做的负功越多,分子势能越大,选项D正确;的情况下,x越小,分子力做的负功越多,分子势能越大,选项E正确。 8.答案:(1)ACE (2)(i)由于41和32的延长线均经过原点O,由可知气体在过程均做等温变化,因此,由图可知 由1、3状态得 1到2过程气体做等容变化,有 解得 (ii)气体沿直线从状态1直接变化到状态3过程中压强不变,体积减小,气体对外界做负功,设为W,有 其中 所以 解析:(1)由于气缸导热,缓慢拉动活塞时缸内气体温度不变,气体分子平均动能不变,活塞上移时,气体体积增大,温度不变而压强减小,当绳的拉力增大到等于气缸、活塞和缸内气体的总重力时,气缸离开地面向上运动,此时气体体积不变,压强不变,因此气缸内气体对活塞单位时间内碰撞的次数先减少后不变,AE正确;气缸对地面的压力先减小后为零,B错误;拉力对活塞做功,而气体由于体积增大而对外做功,但其内能保持不变,根据热力学第一定律,气体从外界吸热,C正确;理想气体只有分子动能,没有势能,D错误。

  • ID:6-8496616 2021届高考二轮复习专题强化双击训练 专题十四 交变电流 变压器 B卷(含解析)

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    2021届高考二轮复习专题强化双击训练 专题十四 交变电流 变压器 B卷(含解析) 1.将的电压输入如图所示的理想变压器的原线圈,原、副线圈的匝数比为,电阻.下列说法正确的是( ) A.该交流电的频率为100 Hz B.闭合开关S后,电流表的读数为0.22 A C.闭合开关S后,电阻消耗的电功率为1.6 W D.断开开关S后,变压器副线圈两端的电压为零 2.如图所示,理想变压器原线圈上连接着在水平面内的长直平行金属导轨,导轨之间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场.一金属杆在导轨上来回左右运动,金属杆始终与导轨垂直且接触良好,其速度v随时间t的变化规律为,两灯泡均发光.线圈L的直流电阻、导轨和金属杆的电阻均忽略不计.下列说法正确的是( ) A.只增大T,则灯泡A变暗、灯泡B变亮 B.当时间时,两灯泡都发光,电压表的示数恰好为零 C.只将滑动变阻器R的滑片向下滑时,通过副线圈的电流变大,电压表的示数变大 D.只增大,两灯泡都变亮,杆来回运动的最大距离变小 3.如图甲所示,理想变压器的原、副线圈匝数比,副线圈所在电路接有滑动变阻器R和额定电压为12 V、线圈电阻为的电动机M.原线圈输入的交流电压如图乙所示.闭合开关S,电动机正常工作,电流表示数为1 A.下列判断正确的是( ) A.副线圈两端的电压有效值为 B.滑动变阻器R接入电路的电阻为 C.电动机输出的机械功率为12 W D.若电动机突然卡住,原线圈输入功率将变小 4.如图所示,面积为、内阻不计的100匝矩形闭合线圈,从图示位置开始绕垂直于磁场的轴匀速转动,转动的角速度为100 rad/s,匀强磁场的磁感应强度大小为,矩形线圈通过滑环与理想变压器原线圈相连,触头P可移动,副线圈所接电阻,电表均为理想交流电表,下列说法正确的是( ) A.矩形线圈中感应电动势瞬时值的表达式为 B.P上移时,电流表示数减小 C.时,电压表示数为 D.当原、副线圈匝数比为2:1时,电阻R上消耗的功率为50 W 5.如图,理想变压器的原线圈与二极管一起接在交流电源上,副线圈接有的电阻,原、副线圈匝数比为2:1.假设该二极管的正向电阻为零,反向电阻为无穷大,电流表为理想电表.则( ) A.副线圈的输出功率为220 W B.原线圈的输入功率为 C.电流表的读数为 D.副线圈输出的电流方向不变 6.图甲为远距离输电示意图,升压变压器原、副线圈匝数比为1:1000,降压变压器原、副线圈匝数比为1000:1,输电线的总电阻为,若升压变压器的输入电压如图乙所示,用户端电压为220 V,下列说法正确的是(题中变压器均为理想变压器)( ) A.输电线中的电流为3 A B.电站输出的功率为7500 kW C.输电线路损耗的功率为90 kW D.用户端交变电流的频率为100 Hz 7.如图甲所示,理想变压器原、副线圈匝数比为10:1,电压表为理想电表,R为光敏电阻(其阻值随光的照射强度增大而减小),是三个额定电压均为10 V的灯泡,其中规格相同.原线圈接入如图乙所示的正弦交流电,三个灯泡均正常发光,设灯泡不会被烧坏,下列说法正确的是( ) A.电路中电流1 s内改变50次方向 B.灯泡的电功率之比为1:5 C.若将灯泡换为一个理想二极管,则电压表示数为11 V D.若将灯泡换为一个理想电流表,把照射R的光减弱,仍然可能正常发光 8.一小型发电机,输出功率为25 kW,发电机的输出电压为,输电线总电阻为.为了使输电线上损失的功率为发电机输出功率的5%,需要采用高压输电.设用户所需电压为220 V,则下列判断正确的是( ) A.升压变压器原、副线圈匝数比约为1:4 B.降压变压器原、副线圈匝数比约为8:1 C.输电导线上的电压损失约为286 V D.可供593盏“220 V 40 W”的白炽灯正常工作 9.如图所示,图甲是远距离输电示意图,图乙是发电机输出电压随时间变化的图像,则下列说法正确的是( ) A.用户用电器中交流电的频率是100 Hz B.发电机输出交流电的电压有效值是220 V C.输电线中的电流只由降压变压器原、副线圈的匝数比决定 D.当用户用电器的总电阻增大时,输电线上损失的功率减小 10.在图(a)所示的交流电路中,电源电压的有效值为220 V,理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,均为固定电阻,,各电表均为理想电表。已知电阻中电流随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示。下列说法正确的是( ) A.所用交流电的频率为50 Hz B.电压表的示数为100 V C.电流表的示数为1.0 A D.变压器传输的电功率为15.0 W 11.如图所示,理想变压器原、副线圈匝数分别为,副线圈两端与电阻R相连,原线圈两端与平行金属导轨相连,导轨间距为L,电阻不计.在虚线的左侧,存在方向与导轨所在平面垂直、大小为B的匀强磁场(图中未画出).金属杆垂直导轨放置,长度为L、电阻为r.现使金属杆沿导轨在磁场内做往复运动,其速度.若电流表的示数为,已知电表均为理想电表,则下列说法正确的是( ) A.金属杆两端的电压为 B.理想电压表的示数为 C.通过电阻R的电流强度的最大值为 D.电阻R消耗的电功率为 12.如图甲所示,电阻不计的N匝矩形闭合导线框处于磁感应强度大小为0.2 T的水平匀强磁场中,导线框面积为.导线框绕垂直于磁场的轴匀速转动,并与理想变压器原线圈相连,原、副线圈的匝数比为10:1,副线圈接有一滑动变阻器R,副线圈两端的电压随时间的变化规律如图乙所示.下列说法正确的是( ) A.闭合导线框中产生的交变电压的瞬时值表达式为 B.线框的匝数 C.若滑动变阻器的滑片P向上移动,电流表的示数将减小 D.若导线框的转速增加一倍,则变压器的输出功率将增加一倍 13.如图1所示为某发电站远距离输电的原理图,图中的变压器均为理想变压器,输电线的总电阻为,降压变压器所接用户可等效为图1中的滑动变阻器,用户增加时相当于滑动触头向下滑动。已知用户端正常工作的额定电压为,降压变压器原副线圈的匝数比为,升压变压器原线圈所接交变电流如图2所示,当用户端正常工作消耗的总功率为时,下列说法正确的是( ) A.发电厂的输出功率为120 kW B.升压变压器原副线圈的匝数比为 C.用户增加时,用户得到的电压升高 D.用户增加时,输电效率降低 14.电磁感应式无线充电系统原理如图(a)所示,给送电线圈中通以变化的电流,就会在邻近的受电线圈中产生感应电流,从而实现充电器与用电装置之间的能量传递.某受电线圈的匝数匝,电阻,两端接一阻值的电阻,当送电线圈接交变电流后,在受电线圈内产生了与线圈平面垂直的磁场,其磁通量随时间变化的规律如图(b)所示.求:(结果保留两位有效数字) (1)到时间内,通过电阻R的电荷量; (2)在一个周期内,电阻R产生的热量. 答案以及解析 1.答案:C 解析:根据瞬时值的表达式可知,该交流电的频率,A错误;由瞬时值的表达式可知,原线圈两端的电压最大值为,所以原线圈两端的电压的有效值,根据变压器电压关系有,可得,副线圈中的电流,电流表的读数为原线圈中的电流,根据变压器电流关系有,可得,B错误;电阻消耗的电功率,C正确;断开S后,变压器副线圈两端的电压仍为,D错误. 2.答案:A 解析:只增大T,即减小频率,电容器的特性为通交流、隔直流、通高频、阻低频,所以灯泡A变暗;电感线圈的特性为通直流、阻交流、通低频、阻高频,所以灯泡B变亮,故A正确;当时间时,两灯泡都发光,电压表的示数为有效值,不为零,故B错误;只将滑动变阻器R的滑片向下滑时,滑动变阻器R接入电路的阻值减小,通过副线圈的电流增大,但电压表的示数不变,仍为副线圈两端电压有效值,故C错误;只增大,副线圈两端电压有效值变大,两灯泡都变亮,根据速度一时间图线与时间轴所围面积表示位移,所围面积变大,所以杆来回运动的最大距离变大,故D错误. 3.答案:B 解析:由题图乙知,原线圈输入电压的有效值为,由得副线圈两端电压的有效值为,A错误;滑动变阻器两端的电压,由欧姆定律得滑动变阻器接入电路的电阻,B正确;电动机的输出功率,C错误;电动机正常工作时,,若电动机突然卡住,电动机相当于纯电阻,,由以上各式知,则副线圈的输出功率变大,由输入功率等于输出功率知,原线圈的输入功率变大,D错误. 4.答案:D 解析:矩形闭合线圈在磁场中转动,产生的感应电动势的最大值为,矩形线圈中感应电动势瞬时值的表达式为,故A错误;P上移时,原线圈的匝数减少,则副线圈两端电压增大,通过副线圈的电流增大,则通过原线圈的电流增大,电流表示数增大,故B错误;原线圈两端电压的有效值为,电压表示数为100 V,故C错误;当原、副线圈匝数比为2:1时,副线圈两端电压的有效值为50 V,电阻R上消耗的功率为,故D正确. 5.答案:C 解析:因为原线圈上接有理想二极管,所以原线圈只有半个周期有电流,副线圈也只有半个周期有电流.由,得副线圈电压的最大值.设副线圈电压的有效值为,则,解得,副线圈的输出功率,原线圈的输入功率,故A、B项错误.电流表读数,故C项正确.因为原线圈上接有理想二极管,原线圈中电流方向不变,原线圈中电流增大和减小时在副线圈中产生的感应电流方向相反,副线圈输出的电流方向改变,故D项错误. 6.答案:B 解析:根据题图乙可知升压变压器原线圈的电压有效值为,根据理想变压器原理可得升压变压器副线圈两端电压有效值为,降压变压器原线圈两端电压有效值为,所以输电线上损失的电压,输电线中的电流为,故A错误;根据功率关系可得电站输出的功率为,故B正确;输电线路损耗的功率为,故C错误;变压器不改变交变电流的频率,所以用户端交变电流的频率为,故D错误. 7.答案:BD 解析:由题图乙可知交流电的周期为,频率为,所以电路中电流1 s内改变100次方向,故A错误;理想变压器原、副线圈匝数比为10:1,故原、副线圈中电流之比为,又因为规格相同,所以流过的电流等于副线圈中电流的一半,所以流过的电流之比为,因为三个灯泡均正常发光,两端电压相同,故由可知电功率之比等于电流之比,即,B正确;若将灯泡换为一个理想二极管,则根据二极管单向导电性可知输入电压图像如图所示.根据正弦式交流电的电压有效值定义可得,解得电压有效值,理想变压器原、副线圈匝数比为10:1,故副线圈两端电压有效值为,即电压表示数为,C错误;若将灯泡换为一个理想电流表,则原线圈两端电压增加,副线圈两端电压增加,把照射R的光减弱,则光敏电阻R阻值增加,根据,可知副线圈中的电流可能不变,流过的电流可能不变,即仍然可能正常发光,D正确. 8.答案:AD 解析:通过升压变压器原线圈的电流,输电线上损失的功率为,得输电线上的电流,升压变压器原线圈与副线圈的匝数比,A正确;升压变压器的输出电压,流过降压变压器原线圈的电流,降压变压器原线圈两端的电压,已知降压变压器的输出电压,即用户电压,所以降压变压器原线圈与负线圈的匝数比,B错误;输电导线上的电压损失约为,C错误;设可安装的白炽灯为n盏,则灯消耗的功率等于降压变压器的输出功率,又对理想变压器有,解得,取593,D正确. 9.答案:BD 解析:由题图乙可知,发电机的输出电压随时间变化的周期,远距离输电不改变交流电的频率,故用户用电器中交流电的频率为50 Hz,故A错误;由题图乙可知发电机输出交流电的电压最大值为,根据正弦式交变电流有效值与最大值的关系可知,其有效值,故B正确;由题意可知,输电线中的电流由负载中电流和线圈匝数比共同决定,故C错误;当用户用电器的总电阻增大时,用户的总电流减小,则输电线上电流减小,输电线上损失的功率,可知损失功率减小,故D正确. 10.答案:AD 解析:由变压器不会使交流电的周期改变和图(b)可知所用交流电的周期为,可求得所用交流电的频率为50 Hz,选项A正确;由图(b)可知通过的电流的有效值为1 A,由串并联特点可知通过的电流(即通过电流表的电流)为0.5 A,故副线圈的电流为,由欧姆定律可得副线圈两端的电压,由变压器原、副线圈两端电压比与原、副线圈匝数比的关系可得,原线圈两端的电压,再根据原线圈电路的串联关系可得两端的电压为,选项B、C均错误;根据变压器原理可得变压器传输的电功率为,选项D正确。 11.答案:CD 解析:金属杆切割磁感线产生感应电动势的瞬时值,其有效值,根据闭合电欧姆定律知,金属杆两端的电压为,A错误;根据理想变压器两端电压与匝数成正比得,可知电压表的示数,B错误;根据理想变压器两端电流与匝数成反比得,可知通过电阻R的电流强度电流强度的最大值,故C正确;电阻R消耗的电功率与变压器的输入功率相等,则,故D正确. 12.答案:BC 解析:由题图乙可知,输出电压的最大值,周期为,角速度,输入端电压的最大值,则闭合导线框中产生的交变电压的瞬时值表达式为,故A错误;导线框输出电压的最大值,解得,故B正确;理想变压器原、副线圈匝数不变,输入电压不变,则输出电压不变,滑动变阻器的滑片P向上移动时,接入电路的电阻增大,则输出电流减小,输入电流减小,电流表示数减小,故C正确;若导线框的转速增加一倍,则线框产生交变电压的最大值增加一倍,有效值增加一倍,输出电压的有效值也增加一倍,则由可知,输出功率将变成原来的4倍,故D错误. 13.答案:BD 解析:A.当用户端正常工作消耗的总功率为时,降压变压器副线圈中的电流为,由理想变压器的工作原理可知,解得,输电线上损失的功率为,则发电厂的输出功率为,错误。 B.由题图2可知升压变压器原线圈两端的电压为,则升压变压器原线圈中的电流为,则升压变压器原副线圈的匝数比为,正确。 C.当用户增加时,用户消耗的功率增大,则发电厂的输出功率增大,输出电流增大,输电电流增大,输电线上损失的电压增大,降压变压器原线圈的输入电压减小,则其副线圈的输出电压减小,用户得到的电压降低,错误。 D.发电厂的输电效率为,由以上分析可知,用户增加时输电电流增大,则输电效率降低,正确。 14.答案:(1)受电线圈中产生的平均感应电动势为 通过电阻R的电流为 通过电阻R的电荷量为 由题图(b)知,在到的时间内 联立解得. (2)由题图(b)知周期 又 受电线圈中产生的电动势的最大值 受电线圈中产生的感应电流的最大值 通过电阻R的电流的有效值 电阻R在一个周期内产生的热量 联立解得.

  • ID:6-8496615 2021届高考二轮复习专题强化双击训练 专题十三 电磁感应定律及其应用 B卷(含解析)

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    2021届高考二轮复习专题强化双击训练 专题十三 电磁感应定律及其应用 B卷(含解析) 1.如图所示,两个质量不同的闭合铝环套在一个光滑水平绝缘长圆柱上,中间还有一个塑料环P.现在用恒流源为两环同时通入大小相同、方向相反的电流后,下列说法中正确的是( ) A.两环的机械能始终相等 B.两环的动量始终等大反向 C.两环的加速度始终等大反向 D.穿过P环的磁通量恒为零 2.如图所示,在光滑的水平桌面上有两个完全相同的等边三角形线框,其底边都平行于有界匀强磁场(方向竖直向下)的上、下边界,边界间的距离等于等边三角形线框的高度h.现使两个线框在拉力作用下沿垂直于磁场边界的方向以大小相同的速度匀速通过磁场,设线框受到的拉力大小在刚进入磁场时分别为和,在磁场中运动距离为时分别为和,刚要完全出磁场时分别为和,进、出磁场过程中流过线框的电流分别用和表示,进入磁场的过程中流过线框某一横截面的电荷量分别为和,则( ) A. B. C.进、出磁场过程方向相反,且逐渐减小, D.进、出磁场过程方向相反,且逐渐增大, 3.如图所示,导体轨道固定,其中是半圆弧,Q为半圆弧的中点,O为圆心,轨道的电阻忽略不计.是有一定电阻、可绕O转动的金属杆,M端位于上,与轨道接触良好,空间存在与轨道所在平面垂直的匀强磁场,磁感应强度的大小为B.现使与的夹角从位置以恒定的角速度逆时针转到位置并固定(过程Ⅰ),再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到(过程Ⅱ).在过程Ⅰ、Ⅱ中,流过的电荷量相等,则等于( ) A. B. C. D.2 4.如图所示,是一个竖直的电阻为R的单匝矩形导线框,且该线框处于磁感应强度为B的水平向右的匀强磁场中,线框面积为边水平,线框绕某竖直固定轴以角速度ω匀速转动(俯视逆时针转动).下列说法正确的是( ) A.在图示位置时线框中的感应电动势为 B.在图示位置时,线框中电流的方向是 C.从图示位置继续旋转30°的过程中,线框中的平均电流为 D.该线框连续转动产生的交流电的电流的有效值为 5.如图所示,边长为的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场,一个直角边长为L的等腰直角三角形导线框所在平面与磁场方向垂直,导线框斜边的中线和虚线框的一条对角线恰好共线.从开始,使导线框从图示位置开始以恒定速度v沿对角线方向进入磁场,直到整个导线框离开磁场区域.用I表示导线框中的感应电流(逆时针方向为正),则下列表示关系的图象中,正确的是( ) A. B. C. D. 6.如图所示,水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨和,两导轨间距为L,导轨电阻忽略不计.在M和P之间接有阻值均为R的甲、乙两个定值电阻,导体杆的质量为m、电阻为r,并与导轨接触良好.整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中.现给导体杆一初速度,使杆向右运动,最后杆停在导轨上.下列说法正确的是( ) A.杆做匀减速直线运动直到静止 B.当杆速度减为时,杆加速度大小为 C.当杆速度减为时,通过甲电阻的电荷量为 D.当杆速度减为时,杆运动的位移 7.图中和为竖直方向的两平行足够长的光滑金属导轨,间距为L,电阻不计.导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,导轨两端分别接阻值为的电阻和电容为C的电容器.质量为m、长为L、电阻为R的金属杆始终垂直于导轨,并与其保持良好接触.杆由静止开始下滑,在下滑过程中最大的速度为v,整个电路消耗的电功率最大为P,则( ) A.电容器左极板带正电 B.电容器所带电荷量最大为 C.杆的最大速度v等于 D.杆克服安培力做功的最大功率为 8.有一边长分别为L和的单匝矩形导线框,导线框的总电阻为R,让导线框在磁感应强度大小为B的匀强磁场中以恒定角速度ω且同时以两短边中点连线为轴旋转,如图所示,此时导线框平面平行于磁场方向.下列说法正确的是( ) A.导线框的发热功率为 B.导线框转到图示位置时,某一长边两端的电压为 C.从图示位置开始,导线框转过的过程中通过导线某一横截面的电荷量为 D.从图示位置开始,导线框转过时的电动势是 9.如图所示,在水平边界的下方空间内存在着垂直纸面向里的有界匀强磁场,是用粗细相同的同种电阻丝制成的单匝正方形闭合线框和圆形闭合线框,A线框的边长与B线框的直径相等,M点和N点是A线框底边的两个端点,P点和Q点是B线框水平直径的两个端点.现将两线框从磁场上方由静止自由释放,两线框进入磁场的过程中连线始终保持水平.下列说法正确的是( ) A.两线框进入磁场的过程中,感应电流的方向均为顺时针 B.若两线框恰有一半进入磁场的瞬间,速度相等,则间和间的电压之比为3:2 C.若两线框恰有一半进入磁场的瞬间,速度相等,则所受安培力大小之比为 D.两线框完全进入磁场的过程中,流过某一截面的电荷量之比为 10.如图甲所示,一对足够长的平行光滑轨道(电阻不计)固定在水平面上,两轨道相距,左端用的电阻连接,一质量、电阻的导体杆垂直并静置于两轨道上,整个装置处于磁感应强度的匀强磁场中,磁场方向垂直轨道平面向上.现用水平拉力F沿轨道方向作用在导体杆上,导体杆的速度随时间变化的关系如图乙所示.某时刻撤去拉力F,导体杆又滑行了一段距离后停下.则以下说法正确的是( ) A.前2 s内,通过电阻R的电荷量为4 C B.导体杆运动过程中所受拉力恒为8 N C.导体杆在前2 s内产生的电动势与时间的数值关系为 D.从撤去拉力F到导体杆停止运动的过程中,电阻R上产生的热量为6 J 11.在水平桌面上,有一个矩形导线框,导线框内有一个圆形金属环P和一个圆形区域的磁场,磁场方向以竖直向下为正,如图甲所示.圆形区域内的磁场的磁感应强度B随时间t按图乙所示规律变化,不计P中电流对矩形导线框中电流的影响.下列说法正确的是( ) A.在~时间内,P有收缩趋势 B.在~时间内,P有扩张趋势 C.在~时间内,P中有沿逆时针方向的感应电流 D.在~时间内,P中有沿逆时针方向的感应电流 12.两条间距为的足够长平行金属导轨水平放置,在两导轨间存在着垂直导轨平面向下的有界磁场,磁感应强度沿坐标轴分区分布,在区域,在区域,如图所示.金属棒与导轨垂直静止在处,长为,质量,电阻,导轨左端的定值电阻,其余部分电阻不计.在区域的导轨是光滑的,导轨其余部分与棒的动摩擦因数均为.在导轨的右侧接有一个带有控制开关的“恒流源”,可提供的恒定电流,现闭合开关K发现棒沿导轨向左运动,取,求: (1)闭合开关瞬间棒中的电流方向和棒的加速度大小; (2)若棒运动到时立即断开开关K,问棒最后静止在何处(用x轴坐标表示). (3)上述整个过程中产生的焦耳热.(备选信息:弹簧振子的周期公式,其中m为振子质量,k为弹簧的劲度系数) 答案以及解析 1.答案:B 解析:P环是塑料环,当穿过P环的磁通量变化时,不产生感应电流,不受安培力,所以P环静止不动.对于两环组成的系统,合外力为零,系统的动量守恒,由于总动量为零,所以两环的动量始终等大反向,故B正确;因为两环质量不同,动量大小相等,所以两环的动能不相等,机械能不相等,故A错误;两环受到的作用力大小相等,但质量不同,所以加速度大小不相等,故C错误;两环速度大小不等,同一时刻两环离P环的距离不等,因此穿过P环的磁通量不为零,故D错误. 2.答案:B 解析:线框刚进入磁场时,线框M的有效切割长度为线框的边长,线框N的有效切割长度为0,则线框M中有感应电流,线框N中无感应电流,由知,;线框在磁场中运动距离为时,两线框的有效切割长度相同,回路中产生的感应电动势相同,感应电流相同,由知,,线框刚要完全出磁场时,线框M的有效切割长度为0,线框N的有效切割长度为线框的边长,则线框M中无感应电流,线框N中有感应电流,由知,,B正确,A错误;由楞次定律知,进磁场时方向沿逆时针方向,出磁场时方向沿顺时针方向,故进、出磁场时方向相反,感应电动势,由闭合电路欧姆定律得,线框M在运动过程中切割磁感线的有效长度逐渐减小,故逐渐减小,同理可知,进、出磁场时方向相反,,线框N在运动过程中切割磁感线的有效长度逐渐增大,故还渐增大,由法拉第电磁感应定律得,由闭合电路欧姆定律得,联立解得流过某一横截面的电荷量,故,C、D错误. 3.答案:C 解析:设半圆轨道的半径为R,金属杆从位置以恒定的角速度逆时针转到位置时,有,根据法拉第电磁感应定律有,设回路的总电阻为r,过程Ⅰ中通过金属杆某一横截面的电荷量;磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到的过程中设时间为,则有,过程Ⅱ中通过金属杆某一横截面的电荷量,由题可知,联立可得,故选C. 4.答案:D 解析:导线框在匀强磁场中匀速转动产生正弦式交变电流,从导线框与磁感线平行位置开始计时,其瞬时值表达式为,当边与磁场方向的夹角为时,即,可知此时线框中感应电动势为,故A错误;当边与磁场方向的夹角为时,导线框内的磁通量向右增加,根据楞次定律可知导线框中的电流方向是,故B错误;从图示位置继续旋转的过程中,根据法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势为,线框中的平均电流为,故C错误;该线框连续转动产生的交流电的电流的有效值为,故D正确. 5.答案:D 解析:线框进入磁场的过程中,穿过线框的磁通量增加,由楞次定律知,感应电流沿逆时针方向,为正.在线框从开始到运动距离的过程中,线框的有效切割长度均匀增大,感应电动势均匀增大,感应电流均匀增大.线框在接下来运动的距离的过程中,由于存在反电动势,感应电动势均匀减小,感应电流均匀减小.导线框完全进入磁场后,没有感应电流产生,此过程,线框通过的距离为,所用时间与线框进入磁场的时间相同.刚穿出磁场时,线框的有效切割长度最大,感应电流最大.在出磁场的过程中,有效切割长度均匀减小,感应电动势均匀减小,感应电流均匀减小,磁通量减小,由楞次定律知,感应电流沿顺时针方向,为负.故A、B、C错误,D正确. 6.答案:BD 解析:杆水平方向上受与运动方向相反的安培力,加速度大小为,由于速度减小,所以杆做加速度减小的减速运动直到静止,故A错误;当杆的速度减为时,安培力为,所以加速度大小为,故B正确;对杆,由动量定理得,即,解得,由于甲、乙两电阻并联,所以通过甲电阻的电荷量为,故C错误;由,解得杆运动的位移,故D正确. 7.答案:BC 解析:根据右手定则可知,感应电流的方向为,故电容器右极板带正电,故A错误;当杆的速度达到最大时,感应电动势最大,感应电动势的最大值,路端电压的最大值为,故电容器所带电荷量最大为,故B正确;当杆的重力与其所受安培力平衡时,即,杆的速度达到最大值,此时电路消耗的电功率最大且等于重力做功的功率,根据功率表达式,可得,故C正确;杆克服安培力做功的最大功率为,故D错误. 8.答案:ABD 解析:导线框在磁场中转动产生感应电动势的最大值为,其有效值为,导线框的发热功率,解得,A正确;导线框转到题图所示位置时,某一长边产生的感应电动势是导线框在磁场中产生感应电动势的最大值的一半,,此时导线框中的电流,某一长边两端的电压,B正确;从题图所示位置开始,导线框转过60°的过程中通过导线某一橫截面的电荷量,C错误;从题图所示位置开始,导线框转过60°时的电动势,D正确. 9.答案:BC 解析:两线框进入磁场的过程中,穿过两线框的磁通量增加,根据楞次定律可知两线框的感应电流的方向均为逆时针,A错误.若两线框恰有一半进入磁场的瞬间,速度相等,又两线框的有效切割长度均相同,则回路中感应电动势相同且为,可得两端电压为,两端电压为,故它们之间的电压之比为3:2;而两线框总电阻不同,,则两线框中电流之比,两线框所受安培力之比,故选B、C正确.完全进入磁场的过程中,流过线框某一截面的电荷量,对线框A有,对圆形线框B有,可得,D错误. 10.答案:ACD 解析:前2 s内导体杆运动的位移为,通过电阻R的电荷量为,A正确;前2 s内导体杆做匀加速运动,由牛顿第二定律有,即,则前2 s内导体杆受到的拉力逐渐增大,故B错误;导体杆在前2 s内产生的电动势,C正确;由题图乙可知,撤去拉力时导体杆的速度为4 m/s,由动能定理得,则整个回路中产生的热量为8 J,电阻R上产生的热量为,D正确. 11.答案:AD 解析:在~时间内,圆形区域内的磁感应强度的变化率逐渐增大,则矩形导线框中的电流也逐渐增大,穿过金属环P的磁通量增大,可知P有收缩趋势,A正确;在~时间内,圆形区域内的磁感应强度的变化率恒定不变,导线框中产生的感应电流也将保持不变,穿过金属环P的磁通量不变,P中无感应电流且没有扩张或收缩的趋势,B、C错误;在~时间内,圆形区域内磁感应强度垂直纸面向外减小,且减小的越来越慢,根据楞次定律可判断出导线框中产生沿方向的感应电流,且电流在逐渐减小,故穿过金属环P向外的磁通量减小,P中有沿逆时针方向的感应电流,D正确. 12.答案:(1)b到a; (2) (3) 解析:(1)由题可知,闭合开关瞬间,发现棒沿导轨向左运动,即受到了向左的安培力作用,根据左手定则可知,棒中电流的方向为从b到a,与并联,则流过棒的电流为, 对棒,根据牛顿第二定律有, 又, 解得. (2)对棒,从开始到过程,根据动能定理有 , 棒所受安培力,则, , 代入得, 设棒穿过左侧匀强磁场后的速度为,根据动量定理可得 , 代入得, 根据速度—位移公式有, 棒最后停在位置处. (3)棒在O点右侧所受安培力为, 则受到的合力为, 由简谐运动的性质可知棒在区域的运动是以处为平衡位置的简谐运动的部分,,周期为, 棒在区域运动的位移相当于弹簧振子从最大位移处开始一个振幅加半个振幅的位移,可得时间为, 整个过程中电阻上产生的焦耳热为 ,, 代入数据解得.

  • ID:6-8496614 2021届高考二轮复习专题强化双击训练 专题十七 近代物理 B卷(含解析)

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    2021届高考二轮复习专题强化双击训练 专题十七 近代物理 B卷(含解析) 1.天然放射现象的发现揭开了原子核的秘密,在科学史上意义重大.若的半衰期为,衰变方程为,则下列说法正确的是( ) A.天然放射现象是由居里夫妇首先发现的 B.与的结合能之和一定大于的结合能 C.与的质量之和一定大于的质量 D.10个原子核经时间后一定还有5个没有发生衰变 2.2018年8月23日,国家重大科技基础设施中国散裂中子源项目通过国家验收,正式投入运行,并将对国内外各领域的用户开放.有关中子的研究,下列说法正确的是( ) A.卢瑟福发现中子的核反应方程为 B.中子和其他微观粒子一样,都具有波粒二象性 C.核反应方程中的,X的中子个数为128 D.在中子轰击下生成和的过程中,原子核中核子的平均质量变大 3.发生衰变的方程可以写为:,则( ) A.该衰变是β衰变 B.Y粒子是中子 C.Y粒子的穿透能力很强 D.20个经过一个半衰期后,可能还有20个 4.图示为氢原子能级示意图,已知大量处于能级的氢原子,当它们受到某种频率的光线照射后,可辐射出6种不同频率的光子,下列说法正确的是( ) A.可能是处于能级的氢原子受到照射后跃迁到能级 B.这6种光子有3种可以让逸出功为10 eV的某金属发生光电效应 C.频率最高的光子是氢原子从能级跃迁到能级辐射出的 D.波长最长的光子是氢原子从能级跃迁到能级辐射出的 5.人们发现,不同的原子核,其核子的平均质量(原子核的质量除以核子数)与原子序数有如图所示的关系.下列关于原子结构和核反应的说法错误的是( ) A.由图可知,原子核D和E聚变成原子核F时会有质量亏损要放出核能 B.由图可知,原子核A裂变成原子核B和C时会有质量亏损,要放出核能 C.已知原子核A裂变成原子核B和C时放出的γ射线能使某金属板逸出光电子,若增加γ射线强度,则逸出光电子的最大初动能增大 D.在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度 6.已知氢原子的能级公式.大量处于某激发态的氢原子向低能级跃迁时,发出的复色光通过玻璃三棱镜后分成六束(含不可见光),如图所示.据此可知,从能级向能级(基态)跃迁产生的那一束是( ) A.b B.c C.d D.e 7.如图所示是氢原子的能级示意图,当氢原子从高能级向低能级跃迁时会辐射一定频率的光子,已知可见光的光子的能量范围在1.62 eV~3.11 eV之间,普朗克常量,则以下说法正确的是( ) A.用波长为60 nm的伦琴射线照射能使处于基态的氢原子电离 B.锌的逸出功是3.34 eV,一群处于能级的氢原子向基态跃迁时,发出的光照射锌板,锌板表面所发出的光电子的最大初动能为8.75 eV C.一个处于基态的氢原子可以吸收任意频率的光子后跃迁到高能级 D.根据玻尔理论,氢原子辐射光子后能量减小,核外电子的动能增大 8.图甲为光电效应实验电路图,移动滑动变阻器滑片位置或对调电源正负极,得到电流表的示数I随电压表的示数U变化的规律如图乙所示,则下列说法中正确的是( ) A.由能量守恒定律可知,光电子的最大初动能等于入射光子的能量 B.由欧姆定律可知,电压表的示数为零时,电流表的示数也为零 C.保持光的频率不变,只增加光照强度时,图像的纵截距会增大 D.只改变光的频率,发现图像的横截距绝对值增大,改变后的光在同一双缝干涉装置中的干涉条纹间距比原来的光要小 9.氘、氚的核聚变方程为,氘核的质量为,氚核的质量为,氦核的质量为,中子的质量为.核反应中放出γ光子,该γ光子照射到逸出功为的金属板上,逸出的光电子的最大初动能为,已知光电子的质量为m,光速为c,普朗克常量为h,则( ) A.核聚变反应释放的核能为 B.γ光子来源于核外电子的能级跃迁 C.光电子的德布罗意波长为 D.γ光子的频率为 10.氢原子的能级图如图所示,a和b是从高能级向低能级跃迁时辐射出的两种可见光,则( ) A.a光的光子能量高于b光的光子能量 B.a光的波长大于b光的波长 C.a光与b光在空间叠加时可以产生干涉现象 D.同一玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率 11.图甲为研究光电效应的电路图,图乙为静止在匀强磁场中的某种放射性元素的原子核衰变后产生的新核Y和某种射线的轨迹,下列说法正确的是( ) A.利用能够产生光电效应的两种(或多种)频率已知的光采用图甲的所示电路进行实验可测出普朗克常量 B.将图甲的正负极对调,在光照不变的情况下,可研究得出光电流的饱和值 C.图乙对应的衰变方程为 D.图乙对应的衰变方程为 12.如图甲所示为一半圆形玻璃砖,一定强度的激光沿半径方向入射到玻璃砖的圆心O点后分离为三束单色光(如图甲所示),现让经过玻璃砖后的三束光分别照射相同的光电管的阴极(如图乙所示),在C光的照射下,电路中恰好有光电流产生,则( ) A.B光照射光电管的阴极时,有光电子逸出 B.A光和C光分别照射光电管的阴极时,A光逸出光电子的最大初动能较大 C.入射光的入射角从开始增大,C光比B光先消失 D.A光照射光电管时产生的光电流一定比C光大 13.如图甲为发生光电效应的电路图,所有元件均完好,图乙为氢原子的能级图.已知氢原子从能级跃迁到能级时,辐射出的A光恰能使图甲中的光电管发生光电效应,则以下判断正确的是( ) A.若某次实验中灵敏电流计没有电流通过,经检查电路连接没有问题,一定是光照时间太短 B.氢原子从能级跃迁到能级辐射的光也能逸出光电子,且具有更大的最大初动能 C.氢原子从能级跃迁到能级辐射的光在同一种介质中的传播速度比A光大 D.一群处于能级的氢原子向低能级跃迁时,辐射出的光中有3种光能使图甲中光电管发生光电效应 答案以及解析 1.答案:B 解析:1896年,法国物理学家贝克勒尔发现了天然放射现象,故A错误;一重原子核衰变成α粒子和另一原子核,要释放能量,衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能,故B正确;衰变的过程中要释放能量,根据质能方程可知,与的质量之和一定小于的质量,故C错误;半衰期具有统计意义,对个别的放射性元素的原子没有意义,故D错误. 2.答案:B 解析:卢瑟福通过分析α粒子散射实验的结果,提出了原子核式结构模型的猜想,查德威克通过α粒子轰击铍核获得碳核的实验验证了卢瑟福的猜想,A错误;所有粒子都具有波粒二象性,B正确;由质量数守恒知,,X的中子数为,C错误;裂变反应释放能量,根据质能方程可知,核反应过程中存在质量亏损,原子核中核子的平均质量变小,D错误. 3.答案:D 解析:根据质量数守恒和电荷数守恒可知,Y粒子质量数为4,质子数为2,为,则该衰变是α衰变,选项A、B均错误;α粒子的穿透能力很弱,电离本领较强,选项C错误;半衰期是大量原子核衰变的统计规律,对少量的原子核衰变不适用,20个经过一个半衰期后,可能都不衰变,选项D正确. 4.答案:B 解析:根据知,若可辐射出6种不同频率的光子,是处于能级的氢原子受到照射后跃迁到能级,故A错误;根据能级差公式可得,从能级跃迁到能级辐射的光子的能量为,从能级跃迁到能级辐射的光子的能量为,从能级跃迁到能级辐射的光子的能量为,以上3种光子可以让逸出功为10 eV的某金属发生光电效应;其余三种频率的光子能量小于10 eV,故B正确;氢原子从能级向能级跃迁时辐射的光子能量最大,频率最高,故C错误;由题图可知,当氢原子从能级跃迁到能级时,能级差最小,所以辐射出光子的能量最小,频率最低,波长最长,故D错误. 5.答案:C 解析:由图像可知,D和E核子的平均质量大于F核子的平均质量,原子核D和E聚变成原子核F时,核子总质量减小,有质量亏损,要释放出核能,故A正确;A核子的平均质量大于B与C核子的平均质量,原子核A裂变成原子核B和C时会有质量亏损,要释放出核能,故B正确;对某种特定金属,逸出光电子的最大初动能是由入射光的频率决定的,与入射光的强度无关,增加入射光的强度,光电子的最大初动能不变,故C错误;在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度,故D正确;本题选说法错误的,故选C. 6.答案:D 解析:大量处于某激发态的氢原子向低能级跃迁时,发出的复色光通过玻璃三棱镜后分成6束,可知氢原子发生了从能级向基态的跃迁,其中从能级向能级(基态)跃迁产生的光的频率最大,从能级向能级(基态)跃迁产生的光的频率从高到低排列是第2位,因频率越大的光折射率越大,偏折程度越大,可知从能级向能级跃迁产生的是e光,故D正确. 7.答案:ABD 解析:伦琴射线的能量,则能使处于基态的氢原子电离,故A正确;一群处于能级的氢原子向基态跃迁时,放出的能量,由爱因斯坦光电效应方程有,故B正确;一个处于基态的氢原子向高能级跃迁时吸收的能量一定等于两个能级间的能量差,对应光子的能量是一定的,故C错误;氢原子辐射出一个光子后,从高能级向低能级跃迁,氢原子的能量减小,轨道半径减小,根据可知,轨道半径减小时,电子动能增大,故D正确. 8.答案:CD 解析:根据光电效应方程,发生光电效应时,光电子的最大初动能等于入射光子的能量减去金属的逸出功,故A错误;由题图乙可知,电压表示数为零时,仍有光电流,因为光电子有初动能,故B错误;保持光的频率不变,只增加光照强度,即增加单位时间内入射光光子个数,则从金属中逸出的光电子数增多,会增大,故C正确;根据光电效应方程结合最大初动能与遏止电压的关系可知,遏止电压的大小与入射光频率有关,遏止电压增大,说明入射光的频率增大,则波长减小,根据公式可知改变后的光在同一双缝干涉装置中的干涉条纹间距比原来的光要小,故D正确. 9.答案:AC 解析:由爱因斯坦的质能方程可知,核聚变反应释放的核能为,故A正确;γ光子来源于核聚变反应释放的能量,故B错误;光电子的德布罗意波长,又,所以,故C正确;由爱因斯坦光电效应方程可知,解得,故D错误. 10.答案:AD 解析:由可知,a光的光子能量和b光的光子能量分别为,,故a光的光子能量高于b光的光子能量,A正确;由于,由可得,a光的波长小于b光的波长,故B错误;由于两光的频率不相等,故a光与b光在空间叠加时不会发生干涉现象,故C错误;由于a光的频率大于b光的频率,因此同一玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率,故D正确. 11.答案:ABD 解析:根据光电效应方程得,联立两式解得,所以分别测出两次电流表读数为零时电压表的示数和即可测得普朗克常量,选项A正确;将题图甲中电源的正负极对调,此时光电管中所加电压为正向电压,在光照不变的情况下,通过调节滑动变阻器可调节光电管两端的电压,可研究得出光电流的饱和值,选项B正确;由题图乙可知,发生的是β衰变,故衰变方程为,选项C错误,D正确. 12.答案:BC 解析:由三种光的折射光路图可看出,三种光的折射率大小关系为,则频率关系为,在C光的照射下,电路中恰好有光电流产生,故B光照射光电管的阴极时没有光电子逸出,A光照射光电管的阴极时逸出的光电子的最大初动能比C光的大,选项A错误,B正确;C光的频率比B光大,则C光的全反射临界角小于B光,可知当入射光的入射角从开始增大时,C光比B光先消失,选项C正确;由于A光和C光的强度不确定,故不能确定A光照射光电管时产生的光电流一定比C光大,选项D错误. 13.答案:CD 解析:依据光电效应发生条件可知,当灵敏电流计没有电流通过,经检查电路连接没有问题,一定是入射光的频率低于极限频率,与光照时间无关,故A错误;氢原子从能级跃迁到能级辐射的光子的能量小于从能级跃迁到能级时辐射出的A光,因此不能发生光电效应,故B错误;原子从能级跃迁到能级辐射的光频率小于从能级跃迁到能级时辐射出的A光,那么在同一种介质中的传播速度比A光大,故C正确;一群处于能级的氢原子向较低能级跃迁时可能辐射出种不同频率的光子,能量大于或等于A光的情况有4→1、3→1、2→1共三种,所以共有3种频率的光能使图甲中光电管发生光电效应,故D正确.

  • ID:6-8496613 2021届高考二轮复习专题强化双击训练 专题十六 选修3-4 B卷(含解析)

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    2021届高考二轮复习专题强化双击训练 专题十六 选修3—4 B卷(含解析) 1.[物理——选修3–4] (1)如图所示,平行玻璃砖的下表面涂有反光层,一束复合光从玻璃砖上表面的某点射入玻璃砖内,经玻璃砖折射后分成两束单色光从上表面射出,则__________。 A.a光在玻璃砖中的传播速度较大 B.a光的频率大于b光的频率 C.两束光射出玻璃砖时一定相互平行 D.两束光在玻璃砖中的传播时间一定相同 E.用同一装置进行双缝干涉实验时,a光相邻亮条纹中心的间距较小 (2)如图所示,实线是一列简谐横波在时刻的波形图,虚线为该列简谐横波在时刻的波形图,质点M(未画出)的平衡位置位于处。 (i)若质点M在这段时间内通过的路程为0.7 m,求该波的波速大小; (ii)若该波的传播速度为75 m/s,求该波的传播方向和周期。 2.[物理——选修3-4] (1)图甲为一条均匀绳子两端产生的两列简谐横波在时刻的波形图,图乙为横坐标是处质点M的振动图象,则横波Q的波速为_______m/s,周期为_______s,从起到质点O的位移为的过程中所用的最短时间为________s。 (2)图示是由透明材料制成的柱体的横截面图,圆弧所对的圆心角为120°,圆弧半径为为上的点。现有一光线沿纸面垂直从P点射入,射到圆弧面上的C点恰好发生全反射。已知,光在真空中传播的速度大小为c。求: ①透明材料的折射率和光线发生全反射的临界角; ②光从P点射入到第一次射出柱体所用的时间。 3.[物理——选修3-4] (1)1801年,托马斯·杨用双缝干涉实验研究光波的性质。菲涅耳利用双面镜同样得到了杨氏双缝干涉的结果,即菲涅耳双面镜干涉实验,实验装置及光路如图所示,将两块边缘磨光的平面镜和的边缘对齐,之后倾斜微小的角度θ,用单色光源S向它们照射,则在双面镜对面的光屏L上会出现干涉条纹(D为遮光板,使光源S发出的光不能直接照射到光屏上,S刚好位于与夹角的角平分线上)。根据实验装置及光路回答下列问题:若增大线光源S到O点的距离,其余条件不变,则屏上相邻两条亮纹(暗纹)中央的距离将_______(填“增大”或“减小”);若换用光子能量较小的单色光,则光屏上相邻两条亮纹(暗纹)中央的距离将________(填“增大”或“减小”)。 (2)如图所示,一波源在绳的左端产生一个波1,频率为,振幅为,波长为;同时另一波源在绳的右端产生一个波2,频率为,振幅为,图中。 ①求波2的波长; ②两列波相遇到分开的过程中,求绳上振幅可达的质点有几个并写出这些点与P点之间的距离。 4.[物理—选修3—4] (1)一列简谐横波在某时刻的波形图如图1所示,从该时刻开始计时,质点A的振动图象如图2所示。下列说法正确的是_________。 A.这列波的传播速度为1 m/s B.在图1所示时刻以后的0.25 s内,质点A通过的路程为 C.这列波沿x轴正方向传播 D.与该波发生干涉的另一列简谐横波的频率一定为2.5 Hz E.质点A与质点B的振动方向总是相同 (2)一半径为3 m的圆柱形水池里有一定高度的水,水面距池口上沿的距离为4 m,有一只小青蛙蹲坐在水池底正中间抬头仰望天空,假设青蛙水平面内的视线角度为,且在青蛙眼中在水面上看到的池口面积是实际面积的,已知水的折射率为,求水池里的水的深度。 5.[物理—选修3—4] (1)用图(a)所示的干涉仪做“用双缝干涉测量光的波长”实验,图(b)是红光产生的干涉条纹,图(c)是通过目镜观测到测量头上的两条纹的位置刻度,已知双缝到光屏的距离,双缝间距,则下列说法正确的是_______。 A.实验中必须用拨杆来调整单缝和双缝,使单缝和双缝相互平行 B.实验中还需测出单缝到光屏的距离 C.实验中测得红光的波长为700 nm D.若改用间距为0.300 mm的双缝做实验,则相邻两亮条纹中心的距离将增大 E.若将红色滤光片换成绿色滤光片,则相邻两亮条纹中心的距离将减小 (2)将气垫导轨倾斜放置,倾角为,质量为的物块放在气垫导轨上,用轻弹簧连接固定挡板和物块,如图(a)所示。从弹簧处于自然伸长状态时上端的位置由静止释放物块,物块在气垫导轨上运动的图象如图(b)所示,物块的振幅为A(未知)。已知弹簧振子的周期,其中m为振子的质量,k为弹簧的劲度系数,取。 (i)求物块振动的位移表达式; (ii)若让物块振动的振幅为2 cm,请写出物块振动时所受回复力与振动位移的关系式。 6.[物理——选修3—4] (1)有一列沿x轴传播的简谐横波,在某一时刻它的波形图如图甲所示,M和N是这列简谐横波上的两个质点,从该时刻起某同学记录下了质点N在一段时间内的振动图象,如图乙所示。则下列说法正确的是________。 A.该列简谐横波正以1.0 m/s的速度沿x轴负方向传播 B.图甲所示时刻M和N两质点的速度都为零 C.M和N两质点的振动方向始终相反 D.当时质点M距离其平衡位置最远,且加速度最大 E.在2 s内质点N向左移动了2.0 m (2)一玻璃砖的横截面为直角三角形,如图所示,,斜边边长为L,玻璃砖的折射率为。有一束光线垂直照射到上的E点,E点是边的中点,光在真空中的传播速度为c,光发生折射时不考虑反射光线。 (i)当光线到达时,判断光线是否会从射出; (ⅱ)求光线在玻璃砖中传播所用的时间。 7.[物理——选修3-4] (1)某同学在实验室做“用双缝干涉测量光的波长”实验,在实验操作过程中,该同学转动手轮,使分划板向一侧移动,测得第一条亮纹中心与第七条亮纹中心间的距离为,已知双缝间的距离为,双缝到屏的距离为,则对应的光波的波长______nm。若在实验时,该同学没有调节好实验装置就进行实验,结果使测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上,而是处在如图所示的位置,则在这种情况下测量干涉条纹间距时,测量值_________实际值(填“大于”“小于”或“等于”),这时可通过调节__________使它们平行。 (2)如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波,介质中两质点的平衡位置相距个波长。已知时的波形图如图所示,此时质点P的位移为3 cm,设向上为正方向,经时间(小于一个周期),质点P的位移又为3 cm,且向下运动,已知该简谐横波的振幅为6 cm,频率为1 Hz。求: ①该横波的波速大小; ②时刻质点Q的位移。 8.[物理——选修3-4] (1)如图所示,一列简谐横波沿x轴正方向传播,实线为时刻的波形图,虚线为时刻的波形图,质点S的横坐标,波源不在坐标原点O,则下列说法正确的是______。 A.质点S的振幅为0.12 m B.波的频率可能为10 Hz C.波的传播速度可能为10 m/s D.质点S沿x轴正方向运动 E.时刻在S左侧与S相距5 m处的质点振动方向向下 (2)如图所示,玻璃砖的截面为三分之二圆,圆的直径为D,一束单色光从c点沿垂直方向射入玻璃砖,与的夹角为30°,折射光线(未画出)照射到边上的d点,,真空中光速为c。 ①求玻璃砖对该单色光的折射率; ②从边出射的光线从面上的e点(未画出)再次射入玻璃砖,折射光线照射到圆弧面上的f点(未画出),求光从c点传播到f点所用的时间。 答案以及解析 1.答案:(1)BCE (2)(i)由于质点M的振幅为10 cm,所以当质点M通过的路程为0.7 m时,经历的时间为 又因为,所以可得,解得 由题图可知,该波的波长,由可得该波的波速大小为 (ii)若波沿x轴正方向传播,则波在0.14 s内传播的距离为 故其波速为 因此波速不可能等于75 m/s 故波沿x轴负方向传播,其波速为 当时,该波沿x轴负方向传播的速度为75 m/s,此时波的周期为 解析:(1)两束光在玻璃砖中的光路图如图所示,由于a光的偏折程度大,则玻璃砖对a光的折射率较大,由可知a光在玻璃砖中的传播速度较小,选项A错误;由于光的频率越大,玻璃砖对其折射时的折射率就越大,故a光的频率大于b光的频率,选项B正确;由几何关系可知,两束光从玻璃砖中射出时,光线与竖直方向的夹角相等,故两束光从玻璃砖中射出时一定相互平行,选项C正确;设玻璃砖的厚度为d,光线射入玻璃砖时a光的折射角为α,b光的折射角为β,则a光在玻璃砖中传播的路程为,b光在玻璃砖中传播的路程为,设复合光入射时的入射角为θ,则玻璃砖对a光的折射率为,对b光的折射率为,故a光在玻璃砖中的传播速度为,b光在玻璃砖中的传播速度为,所以a光在玻璃砖中的传播时间为,b光在玻璃砖中的传播时间为,只有时,即只有此时,选项D错误;在用同一装置做双缝干涉实验时,两相邻亮条纹中心的距离为,由于a光的折射率大,则a光的波长短,故a光两相邻亮条纹中心的间距较小,选项E正确。 2.答案:(1) (2)①光路图如图所示,设透明材料的折射率为n,光线发生全反射的临界角为θ,则 其中 解得 ②在C点发生全反射的光线在圆弧面上恰好再次发生全反射,后垂直从E点射出柱体。 由几何关系有 光从P点传播到E点所用的时间为 又 解得 解析:(1)由图甲知横波P的波长的波长,由图乙知P的周期,波速,由于介质是同一条绳,则的波速一样大,即Q的波速也是1.5 m/s,横波Q的周期。由图乙知时刻质点M的运动方向为沿y轴负方向,则P沿x轴正方向传播,P的波谷传到质点O还需要的时间为(其中n为自然数),Q的波谷传到质点O还需要的时间为(其中k为自然数)。即时,质点O的位移为,则,当n取最小值时,所用时间最短,为。 3.答案:(1)减小;增大 (2)①根据波速公式得 解得 ②两列波相遇时,绳上振幅可达的质点有2个,即两波峰相遇的点和两波谷相遇的点 由于两个波波速相同,则 点位于题图中两波峰的中点,距P的距离为 点位于题图中两波谷的中点,距P的距离为 解析:(1)光源S在平面镜和中成虚像和发出的光经反射后的光线可看做是从虚像发出的;S发出的光经反射后的光线可看做是从虚像发出的。这两束反射光在光屏上叠加可形成干涉条纹,而和等效于两个相干光源,因此和间的距离相当于双缝间距d,设光源S到O点距离为a,根据几何知识可得,设线段长为L,相邻两条亮纹(暗纹)中央的间距的表达式为,可知当a增大时,屏上相邻两条亮纹(暗纹)中央的间距将减小,当换用光子能量较小的单色光时,波长变长,所以屏上相邻两条亮纹(暗纹)中央的间距将增大。 4.答案:(1)ABD (2)青蛙视野的光路图如图所示, 已知 根据光的折射定律有 由几何关系有 在青蛙眼中,池口的面积为 池口实际的面积为 解得,即水池里的水深为。 解析:(1)由图1知,波长,由图2知,质点的振动周期为,波速,选项A正确;由图2可知,波在传播过程中,质点的振动周期为0.4 s,在以后的0.25 s内,质点A振动的时间为,由正弦函数的性质可知,质点A在半个周期内运动的距离为振幅的二倍,其余的内,质点A运动的路程为振幅的倍,即,总路程为,选项B正确;由图2知,计时开始时,图1中质点A的振动方向沿y轴正方向,所以这列波的传播方向为沿x轴负方向,选项C错误;由于该波的频率为2.5 Hz,那么与该波发生干涉的另一列简谐横波的频率一定为2.5 Hz,选项D正确;质点A与质点B相差半个波长,质点A与质点B振动方向总是相反的,选项E错误。 5.答案:(1)ACE (2)(i)由题意知弹簧振子做简谐运动,振子的振幅等于物块到平衡位置时弹簧的压缩量,即 与比较有 由图(b)结合数学知识得 联立解得 (ii)由题意得 回复力 解得 解析:(1)实验中,单缝和双缝必须平行,选项A正确;由可知,不需要测定单缝到光屏的距离,选项B错误;红色滤光片只允许红光透过,A条纹位置刻度为0.641 mm,B条纹位置刻度为9.041 mm,则条纹间距,由得,红光的波长,选项C正确;由知,当d增大时减小,选项D错误;滤光片允许对应颜色的光透过,绿光比红光的波长短,因此换用绿色滤光片时,相邻两亮条纹中心的距离将减小,选项E正确。 6.答案:(1)ACD (2)(i)作出光线进入玻璃砖后刚到达上的处时的光路图,如图1所示。由几何知识可知光线在上的入射角为,设光线在玻璃砖中发生全反射时的临界角为C,根据光的折射定律得 ,故光线会在上发生全反射,不会从射出。 (ii)作出光线第一次射到上的处的光路图如图2所示,根据几何知识可知光线在上的入射角为 即光线会从边射入空气中 光在玻璃砖中的传播速度为 根据几何知识可知光线在玻璃砖中通过的路程为 故光线在玻璃砖中传播所用的时间为 解析:(1)由题图可知,该简谐横波波长为,周期,所以波速为,根据图乙可知该时刻质点N振动方向向上,所以该波沿x轴负方向传播,即向左传播,故选项A正确;图甲所示时刻,均位于平衡位置,加速度为零,速度最大,选项B错误;因为质点相差半个波长,所以它们的振动方向总是相反的,选项C正确;由图乙及以上分析可知,当时质点M距离其平衡位置最远,且加速度最大,选项D正确;简谐横波在传播过程中质点不会随波迁移,选项E错误。 7.答案:(1)640;大于;测量头 (2)①由波形图知,波长为 根据波速公式有 ②由题意可知,时刻质点P振动方向向上,则该简谐横波沿x轴正方向传播 则质点P的振动方程为 则 解得 由于质点Q在质点P右侧个波长处,所以质点Q的振动与质点P相比滞后个周期,其振动方程为 当时,质点Q的位移 解析:(1)相邻两亮条纹中心间的距离,可得。测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上时,测得第n条与第1条亮(暗)纹中心间的距离比两者在同一方向上时的大,对应算出的也偏大。图中出现的问题是分划板中心刻线与干涉条纹不平行,应调节测量头使干涉条纹与分划板中心刻线在同一方向上。 8.答案:(1)ACE (2)①光路图如图所示,由几何关系可知,在c点的入射角 由于 设折射角为r,根据几何关系可得 解得 玻璃砖对该单色光的折射率 ②根据几何关系和光路可逆原理可知,光在面上的入射角为30°,折射角为60°,光在面上的入射角为60°,折射角为30°,光在玻璃砖中的传播速度 由几何关系可知 因此光从c点传播到f点所用的时间 解析:(1)质点S的振幅等于波的振幅,由题图知,振幅为0.12 m,A正确;波沿x轴正方向传播,则,周期为,频率为,所以波的频率可能为2.5 Hz、12.5 Hz、…不可能为10 Hz,B错误;波速为,由题图可知,当时,,C正确;简谐横波的传播过程是振动形式的传播,质点不会沿波的传播方向运动,选项D错误;,在时刻在S左侧与S相距5 m处的质点振动方向向下,E正确。

  • ID:6-8496611 2021届高考二轮复习专题强化双击训练 专题十九 电学实验 B卷(含解析)

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    2021届高考二轮复习专题强化双击训练 专题十九 电学实验 B卷(含解析) 1.某同学在做完“描绘小灯泡的伏安特性曲线”后,又对一个标有“6 V 3.5 W”小电风扇电动机(线圈电阻恒定)的伏安特性曲线进行了研究,同研究小灯泡一样,要求电风扇电动机两端的电压能从零逐渐增加到6 V,实验室备有下列器材: A.电流表(量程I:0~0.6 A,内阻约为;量程Ⅱ:0~3 A,内阻约为) B.电压表(量程为0~15 V,内阻几千欧) C.滑动变阻器(最大阻值,额定电流2 A) D.滑动变阻器(最大阻值,额定电流0.3 A) E.电池组(电动势为9 V,内阻小于) F.开关和导线若干 (1)实验中所用的滑动变阻器应选________(填“C”或“D”),电流表的量程应选_______(填“I”或“II”). (2)请用笔画线代替导线将实物图甲连接成符合这个实验要求的电路. (3)闭合开关前,为防止电动机输入电压过高而损坏,滑动变阻器滑片P应滑到________(填“M”或“N”)端. (4)闭合开关,移动滑动变阻器的滑片P,改变加在电动机两端的电压,实验中发现当电压表示数大于l V时电风扇才开始转动,电动机的伏安特性曲线如图乙所示,则电动机线圈的电阻为___________Ω,电动机正常工作时的机械功率为_________W.(结果保留两位有效数字) 2.某兴趣小组要将一量程为1 mA、内阻约为的电流表G改装成量程为3 V的电压表.首先要测量该电流表的内阻,现有如下器材. A.待测电流表G(量程1 mA、阻值约) B.滑动变阻器(最大阻值、额定电流1 A) C.滑动变阻器(最大阻值、额定电流1 A) D.电阻箱(总阻值) E.电源(电动势为1.5 V,内阻很小) F.电源(电动势为3 V,内阻很小) G.开关、导线若干 (1)该小组如果选择如图甲所示的电路来测量待测电流表G的内阻,则滑动变阻器应选择________(填字母),电源应选择__________(填字母). (2)实验时,先断开开关,闭合开关,调节滑动变阻器,使得G的示数为;保证的阻值不变,再闭合;调节电阻箱,使得G的示数为,此时电阻箱的示数如图乙所示,则G的内阻为________Ω. (3)该实验中,G的内阻测量值____________真实值.(填“大于”或“小于”) 3.某同学欲利用图甲电路测量电流表的内阻,实验室提供的实验器材如下。 A.待测电流表(量程为0~300 μA,内阻约120 Ω) B.电流表(量程为0~1 mA,内阻约为30 Ω) C.定值电阻(阻值为50 Ω) D.定值电阻(阻值为15 Ω) E.滑动变阻器(0~20 Ω,允许通过的最大电流为2 A) F.滑动变阻器(0~1 000 Ω,允许通过的最大电流为0.1 A) G.电源E H.开关及导线若干 在尽可能减小测量误差的情况下,请回答下列问题: (1)图甲中电流表应选用________,定值电阻应选用________,滑动变阻器R应选用_______。(选填相应器材前的字母) (2)根据图甲中的电路图,用笔画线代替导线,将图乙中的实物图连接成测量电路。 (3)正确选择器材并进行实验操作,调节滑动变阻器的滑片,可获得电流表的多组数据,作出图线如图丙所示,则待测电流表的内阻为________Ω。利用图象法处理数据的好处是_______________________________。 (4)要将待测电流表改装成量程为0~0.6 A的电流表,应将待测电流表与阻值为_______Ω的电阻_______联(选填“串”或“并”)。(计算结果保留两位有效数字) 4.某兴趣小组从表中提供的实验器材中选取部分,设计一电路来测量电压表V的内阻. 器材(代号) 规格 电压表(V) 量程0~10 V,内阻约几千欧 电流表(mA) 量程0~1 mA,内阻 定值电阻() 阻值100 滑动变阻器() 总阻值约20 Ω 滑动变阻器() 总阻值约2 kΩ 电源(E) 电动势10 V,内阻不计 开关(S) 导线若干 (1)为了尽可能提高测量精度,要求两电表指针偏转至少达到满偏刻度的一半,并能测得多组数据,兴趣小组成员设计了以下四种不同的电路,其中合理的是_______. A. B. C. D. (2)根据所选的电路图,在开关S闭合前,应把滑动变阻器的滑片置于______(填“a”或“b”)端. (3)根据所选的电路图,实验中所用滑动变阻器R应选用_______(填“”或“”). (4)实验中电压表V读数为U,电流表mA的读数为I,试写出计算电压表V内阻的表达式_________.(用题中字母表示) 5.某同学欲测量一电池的电动势和内阻,现有如下器材可供选择: ①标准电池1(电动势,内阻可以忽略) ②标准电池2(电动势,内阻可以忽略) ③检流计(量程,内阻未知) ④滑动变阻器(已知总绕线长度为,且滑片P移至任意位置对应的绕线长度L可读) ⑤定值电阻(阻值已知) ⑥单刀单掷开关三个,记为 ⑦待测电池(电动势约为6 V,内阻) ⑧导线若干 该同学设计了如图所示的电路完成实验.两个标准电池只能选一个使用,在图中记为. (1)请帮助该同学在虚线框内将电路图补充完整. (2)为了完成实验,标准电池应选择_________(填“1”或“2”). (3)该同学按照如下步骤完成该实验: ①将滑片P移至A端,闭合开关; ②保持断开,调节滑片P位置,直至闭合开关时,示数为0,记录此时滑动变阻器段绕线长度; ③保持闭合,再调节滑片P位置,直至闭合开关时,示数为0,记录此时滑动变阻器段绕线长度. (4)待测电源电动势的表达式为_______,待测电源内阻的表达式为_______.(用表示) (5)考虑到标准电池有内阻,对上述测量结果进行误差分析.的测量值_______,的测量值__________.(填“偏大”“偏小”或“无影响”) 6.在“练习使用多用电表”的实验中: (1)某同学用多用电表测量电阻,电路如图甲所示,若选择开关置于“”挡,按正确使用方法测量电阻的阻值,指针位于图乙所示位置,则_________Ω. (2)若该欧姆表使用一段时间后,电池电动势变小,内阻变大,但此表仍能调零,按正确使用方法再测上述,其测量结果与原结果相比将_________(选填“变大”“变小”或“不变”). (3)某同学利用图甲中的器材设计了一只欧姆表,其电路如图丙所示. ①关于该欧姆表,下列说法正确的是________. A.电阻刻度的零位置在表盘的右端 B.表盘上的电阻刻度是均匀的 C.测量前,不需要将红、黑表笔短接调零 D.测量后,应将开关S断开 ②某同学进行如下操作:当未接入时,闭合开关S,将红、黑表笔分开时,调节可变电阻,使电流表满偏.当接入表笔之间时,若电流表的指针指在表盘的正中央,则待测电阻的阻值为__________(已知电流表的内阻为,电池的内阻为r,可变电阻接入电路的阻值为R). 7.在“测定电源电动势和内阻”的实验中,实验室仅提供了下列实验器材: A.两节旧干电池,每节电动势约1.5 V B.直流电压表,量程均为0~3 V,内阻约 C.电流表,量程0~0.6 A,内阻小于 D.定值电阻,阻值 E.滑动变阻器R,最大阻值 F.开关和导线若干 (1)请根据如图甲所示的实物图,在图乙虚线框中画出对应的电路图. (2)根据图甲电路进行实验,测得多组数据,作出图象,求出电动势和内阻的值均小于真实值,其产生误差的原因是___________. (3)实验过程中,由于电流表发生了故障,某同学又设计了如图丙所示的电路测定电源的电动势和内阻,实验中移动滑动变阻器触头,记录多组和的值如表所示,用测出的数据在图丁中绘出图线. 组数 1 2 3 4 5 6 电压 0.80 1.25 1.53 1.72 1.87 1.98 电压 1.60 1.87 2.04 2.15 2.24 2.31 (4)在(3)中,由图线可得被测电池组的电动势__________V,内阻______Ω.(结果保留两位有效数字) 8.在“测定金属丝的电阻率”实验中,所用的测量仪器均已校准.待测金属丝接入电路部分的长度约为50 cm. (1)用螺旋测微器测量金属丝的直径,某一次测量结果(接近多次测量的平均值)如图1所示,其读数为_________mm. (2)用伏安法测金属丝的电阻的阻值(约为),实验室提供了如下器材: A.电源E(电动势为3 V,内阻约为); B.电流表(量程为0~0.6 A,内阻约为); C电流表(量程为0~3 A,内阻为); D.电压表(量程为0~3 V,内阻约为); E.电压表(量程为0~15 V,内阻为); F.电阻箱R(阻值范围为0~,额定电流为1 A); G.开关S,导线若干. 为使测量结果尽可能准确,电流表应选用_______(填器材前的字母标号),电压表应选用_______(填器材前字母标号);应采用图2给出的_____电路进行测量. (3)根据记录的电阻箱阻值R及对应电流表示数I和电压表示数U,在坐标纸上作图象如图3所示,根据图象可得金属丝的电阻______Ω(保留两位有效数字). (4)根据以上数据估算金属丝的电阻率约为_________. A. B. C. D. (5)关于本实验的误差,下列说法正确的是_______. A.用螺旋测微器测量金属丝的直径时,由于读数引起的误差属于系统误差 B.由电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差 C.若将电流表和电压表内阻计算在内,可以消除由仪表引起的系统误差 D.用图象处理数据求金属丝的电阻可以减小偶然误差 答案以及解析 1.答案:(1)C;I (2)见解析图 (3)M (4)2.5;2.6 解析:(1)电风扇的额定电流,从读数误差的角度考虑,电流表选择I.电风扇的电阻比较小,则滑动变阻器选择最大阻值为的误差较小,即选择C. (2)因为电动机两端的电压需从零开始测起,则滑动变阻器采用分压式接法,电风扇的电阻远小于电压表内阻,属于小电阻,电流表采用外接法.实物图如图所示. (3)闭合开关前,为防止电动机输入电压过高而损坏,滑动变阻器滑片P应滑到M端. (4)由题意可知,电压表读数小于或等于1 V时电风扇没启动,由题图可知当时,.根据欧姆定律得,电动机线圈的电阻为.电动机正常工作时电压,由题图知电流约为,则电风扇发热功率,则电动机的机械功率. 2.答案:(1)B;F (2)96 (3)小于 解析:(1)由于要将电流表G改装成量程为3 V的电压表,所以选电动势为3 V的电源,故电源应选择F;待测电流表G量程是1 mA,则通过的最大电流,电路中的总电阻,所以滑动变阻器应选择B. (2)使得G的示数为,则通过电阻箱的电流为,因电流表G与电阻箱并联,因此它们两端电压相等,根据电路结构则有,解得. (3)测电流表内阻时,闭合开关后整个电路电阻变小,电路中电流变大,电流表G的示数为,流过电阻箱的电流大于,电阻箱阻值小于电流表内阻的2倍,即电流表内阻测量值偏小. 3.答案:(1)B;C;E (2)连线如图 (3)125;可以剔除误差较大的数据,并减小偶然误差 (4)0.063;并 解析:(1)由图甲知通过的电流大于通过的电流,电流表应选用量程较大的电流表即应选用B;若两个电流表均满偏,则,定值电阻应选用C;由于滑动变阻器采用分压式接法,要求滑动变阻器的最大电阻与测量电路的总电阻差不多或小于测量电路的总电阻,而本题中测量电路的总电阻约为,滑动变阻器应选用E。 (3)由题图甲得,变形得,结合题图丙有,解得待测电流表的内阻。利用图象法处理数据的好处是,可以剔除误差较大的数据,并减小偶然误差。 (4)要将待测电流表改装成量程为0~0.6 A的电流表需要并联一个电阻,其阻值。 4.答案:(1)A (2)a (3) (4) 解析:(1)由于要多测几组数据尽可能提高测量的精度,所以排除限流接法CD,选用分压式接法A或B,已知电动势为10 V,如果采用B电路,电流的大小约为,电流表无法达到题设中两电表指针偏转至少达到满刻度一半的要求,故B电路图不合理,而电流表的内阻已知,可以当电压表使用,题设需要测电压表的内阻,所以选项A中电压表可以当电流表使用,由于其内阻为待测量,故可通过转换为测量定值电阻R.列出表达式从而推导出电压表内阻,并且通过计算可知A电路符合两电表指针偏转至少达到满刻度一半的要求,所以电路应为A. (2)A电路是滑动变阻器分压式接法,闭合开关前滑动变阻器的分压电阻应调最小,即滑片置于a端. (3)采用分压式接法,滑动变阻器阻值小易调节,故应选用. (4)利用伏安法测电阻,通过转换为测量定值电阻列出表达式,再转换成求电压表的内阻,即得. 5.答案:(1)见解析图 (2)2 (4); (5)偏大;无影响 解析:(1)设计的电路图如图所示. (2)根据电路的要求,标准电池要比待测电池的电动势大,才符合要求,所以标准电池选2.(4)当保持断开,检流计的示数为0时,之间的电压,所以;当保持闭合,检流计的示数为0时,由欧姆定律可知,联立可求得.(5)考虑到标准电池的内阻,则当保持断开,检流计的示数为0时,,其中为标准电池的内阻,为滑动变阻器的最大阻值,可知电动势的测量值偏大,但内阻未受到影响. 6.答案:(1)700 (2)变大 (3)①CD ② 解析:(1)欧姆表的示数乘以相应挡位的倍率,即待测电阻的阻值,图示读数为. (2)当电池电动势变小、内阻变大时,欧姆表需要重新调零,归于满偏电流不变,由公式可知,欧姆表内阻应调小,待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的,由可知,当变小时,I变小,指针跟原来的位置相比偏左了,欧姆表的示数变大了. (3)①由图丙可知,该欧姆表利用并联电路特点与闭合电路欧姆定律测电阻阻值,电阻刻度的零位置在表盘的左端,由闭合电路欧姆定律可知,表盘上的电阻刻度是不均匀的,测量前,不需要将红、黑表笔短接调零,测量后,应将开关S断开,故选项A、B错误,C、D正确. ②当未接入时,闭合开关S,将红、黑表笔分开,调节可变电阻使电流表满偏,由闭合电路欧姆定律得,当接入表笔之间时,若电流表的指针指在表盘的正中央,由闭合电路欧姆定律得,联立解得. 7.答案:(1)如图1所示 (2)电压表的分流 (3)如图2所示 (4)2.8(2.5 V~3.0 V均可);3.0(2.5 Ω~3.0 Ω均可) 解析:(1)如图1所示. (2)电压表的分流作用. (3)如图2所示. (4)由闭合电路欧姆定律可知,,变形得,结合图象分析可得(2.5 V~3.0 V均可),(2.5~3.0均可). 8.答案:(1)0.399 (2)B;D;甲 (3)17 (4)C (5)CD 解析:(1)由图1所示的螺旋测微器可知,其读数为. (2)电源电动势为3 V,则电压表选D(量程为0~3 V,内阻约为); 通过金属丝的最大电流约为,电流表选择B(量程为0~0.6 A,内阻约为). 由题意可知,电压表内阻远大于待测金属丝的阻值,电流表应选择外接法; 由题意可知,待测金属丝的阻值约为,电阻箱最大阻值为,为测多组实验数据,尽可能使电压变化范围较大,电阻箱应与待测金属丝并联,如果串联所测实验数据太少,应选择图2中甲所示实验电路进行测量. (3)由图2中甲所示实验电路,根据并联电路特点与欧姆定律得,整理得图象的截距,则待测金属丝的阻值. (4)由电阻定律可知,则电阻率,故选C. (5)用螺旋测微器测量金属丝的直径时,由于读数引起的误差属于偶然误差,故A项错误;由电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差,不是偶然误差,故B项错误;若将电流表和电压表内阻计算在内,可以消除由仪表引起的系统误差,故C项正确;用图象处理数据求金属丝的电阻可以减小偶然误差,不能消除系统误差,故D项正确.

  • ID:6-8496609 2021届高考二轮复习专题强化双击训练 专题十二 电场和磁场综合应用 B卷(含解析)

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    2021届高考二轮复习专题强化双击训练 专题十二 电场和磁场综合应用 B卷(含解析) 1.如图所示,若速度为、电荷量为的正离子恰能沿直线飞出离子速度选择器,选择器中磁感应强度为,电场强度为,则在其它条件不变的情况下( ) A.若改为电荷量的离子,将往上偏 B.若速度变为,将往上偏 C.若改为电荷量的离子,将往下偏 D.若速度变为,将往上偏 2.质谱仪的出现为人们研究同位素提供了帮助,如图所示,粒子发射源S发出的比荷不同的粒子经加速电压U加速后,由狭缝N穿过屏(屏无限大)射入屏下侧半径为R的半圆形磁场区域,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B,半圆的圆心与狭缝N重合,忽略粒子之间的相互作用及粒子的重力。下列说法正确的是( ) A.粒子一定带正电 B.粒子的比荷越大,打到屏上时距圆心越远 C.打在屏上距N点范围内的粒子在磁场中运动的时间相等 D.打不到屏上的粒子的比荷一定不超过 3.如图所示为质谱仪的工作原理图,它由加速电场、速度选择器(磁场方向垂直纸面)和偏转磁场构成。四种电荷量相同、质量不同的粒子a,b,c,d由O点处的粒子源竖直向下射入加速电场(粒子a,b,c的初速度相同),四种粒子经过一段时间到达图中不同的位置,粒子的重力以及粒子间的相互作用均不计。则下列说法正确的是( ) A.粒子可能带负电 B.速度选择器中磁场的方向垂直纸面向里 C.粒子a的比荷最大 D.粒子c在O点的初速度大于粒子d在O点的初速度 4.如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图,此质谱仪由以下几部分构成:离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器,静电分析器通道中心线半径为R,通道内有均匀辐向电场,在中心线处的电场强度大小为E;磁分析器中分布着方向垂直于纸面,磁感应强度为B的匀强磁场,其左边界与静电分析器的右边界平行.由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零,重力不计),经加速电场加速后进入静电分析器,沿中心线做匀速圆周运动,而后由P点进入磁分析器中,最终经过Q点进入收集器.下列说法正确的是( ) A.磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向里 B.加速电场中的加速电压 C.磁分析器中圆心到Q点的距离 D.任何离子若能到达P点,则一定能进入收集器 5.如图所示是磁流体发电机的示意图,间距为d的两平行金属板之间有一磁感应强度大小为B的匀强磁场,与电阻R相连接,一束含有大量正、负带电离子的等离子体以速度v沿垂直于磁场的方向射入磁场。若两平行金属板之间的内阻为r,则下列说法正确的是( ) A.流过电阻R的电流方向由b到a B.流过电阻R的电流大小为 C.电阻R的热功率为 D.当时,磁流体发电机输出电功率最大 6.同位素质谱仪是分离和检测不同同位素的仪器.如图所示为质谱仪的原理图.若互为同位素的三个粒子从处无初速度释放进入电场,经电压为U的加速电场加速后,垂直磁场边界从处进入匀强磁场,经磁场偏转后打在底片上,磁场的磁感应强度大小为B,不计粒子的重力,则下列说法正确的是( ) A.质量大的粒子由电场进入磁场时的速度大 B.质量大的粒子打在底片上的位置离远 C.比荷大的粒子打在底片上的位置离远 D.某一粒子打在底片上的位置到的距离与成正比 7.用图示装置可以检测霍尔效应。利用电磁铁产生磁场,电流表检测输入霍尔元件的电流,电压表检测元件输出的电压,已知图中的霍尔元件是半导体,与金属导体不同,它内部形成电流的“载流子”是空穴,空穴可视为能自由移动的带正元电荷的粒子,元电荷电荷量为e。图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端,当开关闭合后,电流表和电压表V都有明显示数,已知霍尔元件的电阻率为ρ,端面1宽度为a,厚度为b,霍尔元件长度为c,电流表的读数为I,电压表读数为U,电磁铁在霍尔元件处产生的磁场的磁感应强度大小为B。下列说法正确的是( ) A.霍尔元件处磁场的方向为竖直向下 B.霍尔元件1、3两接线端的电阻为 C.形成电流的空穴“载流子”的定向移动速率为 D.霍尔元件中单位体积内的空穴“载流子”数为 8.质谱仪是一种测量带电粒子质量和分析同位素的重要工具,它的构造原理如图,离子源A产生电荷量相同而质量不同的离子束(初速度可视为零),从狭缝进入电场,经电压为U的加速电场加速后,再通过狭缝从小孔垂直射入圆形匀强磁场。该匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直于纸面向外,半径为R,磁场边界与直线相切于E点。离子离开磁场最终到达感光底片上,设离子电荷量为q,到达感光底片上的点与E点的距离为x,不计离子重力,可以判断( ) A.离子束带负电 B.x越大,则离子的比荷一定越大 C.到达处的离子质量为 D.到达处的离子在匀强磁场运动时间为 9.现代科技往往和电磁场联系,现代化的装备很多是在电磁场原理下制作的,如回旋加速器、质谱仪、速度选择器等.现有一种装置,原理如下:半径为R的圆内分布着磁感应强度为B的匀强磁场,是圆的直径,质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,由静止开始经加速电场加速后,沿着与直径平行且相距的直线从A点进入磁场,如图所示.若带电粒子在磁场中的运动时间是,那么加速电场的加速电压是( ) A. B. C. D. 10.如图所示,带电粒子由静止开始经电压为的电场加速后,射入水平放置、电势差为的两极板间的匀强电场中,带电粒子沿水平方向从两板正中间射入,穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中,设粒子射入磁场的位置为M、射出磁场的位置为N,两点间的距离为d(不计重力,不考虑边缘效应),则( ) A.比荷不同的粒子射入磁场时的位置M相同 B.粒子在电场中运动的时间与粒子的比荷及加速电压有关 C.d的大小只与有关,与粒子的比荷无关 D.带电粒子在电、磁场中的运动轨迹相同,与比荷无关 11.图甲是回旋加速器的示意图,其核心部分是两个D形金属盒,在加速带电粒子时,两金属盒置于匀强磁场中,并分别与高频电源相连。带电粒子在磁场中运动的动能随时间t的变化规律如图乙所示,若忽略带电粒子在电场中的加速时间,则下列说法中正确的是( ) A.在图中应有 B.高频电源的变化周期应该等于 C.要使粒子获得的最大动能增大,可以增大电源电压 D.在磁感应强度B、D形盒半径、粒子的质量m及其电荷量q不变的情况下,粒子的加速次数越多,粒子的最大动能一定越大 12.如图所示,一个质量为、电荷量的带电微粒(重力忽略不计),从静止开始经电压加速后,以水平进入两平行金属板间的偏转电场中,其板长,两板间距,进入磁场时速度偏离原来方向的角度,磁场宽度,则( ) A.加速电场 B.两金属板间的电压为 C.为使微粒不从磁场右边射出,该匀强磁场的磁感强度至少为 D.若匀强磁场的磁感强度合适,带电微粒可以回到出发点 13.如图所示,两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上.两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场.将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面,从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为、带相等电荷量的墨滴.调节电源电压至U,墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动;进入电场、磁场共存区域后,最终垂直打在下板的M点. (1)判断墨滴所带电荷的种类,并求其电荷量. (2)求磁感应强度B的值. (3)现保持喷口方向不变,使其竖直下移到两板中间的位置,为了使墨滴仍能到达下板M点,应将磁感应强度调至,则的大小为多少? 14.质谱仪通过探测不同离子到达探测头的时间,可以测得离子比荷.如图甲所示,探测头在探测器左端中点.脉冲阀P喷出微量气体,经激光S照射产生不同价位的离子,假设正离子在A极板处初速度为零,极板间的加速电压为,离子加速后从B板上小孔射出,沿中心线方向进入板间的偏转控制区.已知加速电场间距为d,偏转极板的长度及宽度均为L.设加速电场和偏转电场均为匀强电场,不计离子重力和离子间相互作用. (1)若偏转电压,某比荷为k的离子沿中心线到达探测头,求该离子飞行的总时间; (2)若偏转电压,在板间加上垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,要使所有离子均能通过控制区域并从右侧飞出,求这些离子比荷k的取值范围; (3)若偏转电压与时间t的关系如图乙所示,最大值,周期,假设离子比荷为k,并且在时刻开始连续均匀地射入偏转电场.以D极板的右端点为坐标原点,竖直向上为y轴正方向,探测头可在y轴上自由移动,在到时间内,要使探测头能收集到所有粒子,求探测头坐标y随时间t变化的关系. 答案以及解析 1.答案:D 解析:A.正离子恰能沿直线飞出,说明粒子做匀速直线运动,根据平衡条件有 若改为电荷量的离子,根据左手定则判断可知离子受的洛伦兹力方向向下,电场力方向向上,由于两个力的关系仍有,此时洛伦兹力与电场力仍然平衡,所以负离子不偏转,仍沿直线运动,A错误; B.若速度变为,洛伦兹力减小为原来的2倍,而离子受的洛伦兹力方向向上,电场力不变,所以离子将向下偏转,B错误; C.若改为电荷量的离子,根据题意可得 即 此时洛伦兹力与电场力仍然平衡,所以离子不偏转,仍沿直线运动,C错误; D.若速度变,正离子所受洛伦兹力为原来的1.5倍,方向向上,而电场力不变,所以离子将向上偏转,D正确。 故选D。 2.答案:D 解析:因为不知道极板的带电情况和粒子的运动轨迹,所以不能确定粒子所带的电性,A错误;设粒子所带的电荷量为q,质量为m,则粒子经加速电场进入磁场的速度,粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有,解得,可见粒子的比荷越大,粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径越小,则打到屏上时距圆心越近,B错误;打作屏上距N点范围内的粒子虽然都在磁场中运动半个周期,但是由可知,因为粒子的比荷不同,所以其运动周期不同,故打在屏上所需的时间不同,C错误;若加速电压U为某一值时,可使粒子速度方向在磁场中刚好偏转,则粒子离开磁场时的速度与屏平行,此时粒子刚好打不到屏上,假设此时粒子的轨道半径为r,则,则粒子打不到屏上的条件为,粒子在磁场中运动时,有,粒子在电场中运动时有,联立解得,D正确。 3.答案:C 解析:由粒子c、d在磁场中的偏转方向结合左手定则可知,粒子一定带正电,A错误;由于粒子c、d在速度选择器中的运动轨迹为直线,则粒子c、d在速度选择器中做匀速直线运动,由平衡条件可得,因此粒子c、d在速度选择器中的速度大小相等,又左极板带正电,则速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外,B错误;由粒子a、b在速度选择器中的偏转方向可知,粒子a所受的洛伦兹力大于电场力,粒子b所受的洛伦兹力小于电场力,因此,粒子在加速电场中运动时,有,可得,又因为粒子a,b,c的初速度相同,所以粒子a的比荷大于粒子c的比荷,粒子c的比荷大于粒子b的比荷,粒子c、d在磁场中运动时,由洛伦兹力提供向心力,由,得, 由图可知粒子c的轨迹半径小于粒子d的轨迹半径,所以粒子c的比荷大于粒子d的比荷,两粒子在加速电场中运动时,由得,显然比荷越大的粒子初速度越小,因此粒子c在O点的初速度小于粒子d在O点的初速度,C正确,D错误。 4.答案:BC 解析:离子在磁分析器中沿顺时针方向转动,所受洛伦兹力指向圆心,根据左手定则可知,磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外,故A错误;离子在静电分析器中做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律有,离子在加速电场中加速的过程中,由动能定理有,解得,B正确;离子在磁分析器中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有,解得,则,故C正确;由B项分析可知与离子的质量、电荷量无关,离子在磁场中的轨道半径,离子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径与离子的质量和电荷量有关,能够到达P点的不同离子,半径不一定都等于d,不一定能进入收集器,故D错误. 5.答案:BC 解析:含有大量正、负带电离子的等离子体进入磁场,根据左手定则,正离子向上偏,打在上极板P上,负离子向下偏,打在下极板Q上,所以上极板P带正电,下极板Q带负电,流过电阻R的电流方向由a到b,A项错误;设磁流体发电机的电动势为E,带电离子从两平行金属板之间通过,依据电场力等于洛伦兹力,即,则有,再由闭合电路的欧姆定律,B项正确;电阻R的热功率,C项正确;根据电源输出电功率最大的条件可知,当时,磁流体发电机输出电功率最大,D项错误。 6.答案:BD 解析:根据动能定理有,得,由于互为同位素的粒子所带电荷量相同,因此质量大的粒子进入磁场时的速度小,A错误;粒子进入磁场后做匀速圆周运动,半径,粒子打在底片上的位置与的距离,由此可知,质量大的粒子打在底片上的位置离远,比荷大的粒子打在底片上的位置离近,B正确,C错误;对某一粒子而言,打在底片上的位置与的距离,即x与成正比,D正确. 7.答案:CD 解析:由安培定则可判断出,电磁铁在霍尔元件处形成竖直向上的磁场,A错误;由电阻定律可得,B错误;根据左手定则,可以判断带正电的空穴“载流子”偏转聚集在4端,显正电,对应2端缺少带正电的空穴“载流子”显负电,当聚集的“载流子”形成的电场对后来的“载流子”的电场力等于洛伦兹力时,达到平衡,4、2端之间电势差稳定,设形成电流的空穴"载流子"的定向移动速率为v,即有,解得,C正确;根据电流微观表达式,解得,D正确。 8.答案:CD 解析:在加速电场中,设加速后离子的速度大小为v,根据动能定理有,解得;离子出电场后匀速运动到E点并进入有界匀强磁场中,在磁场中做匀速圆周运动,其运动轨迹如图所示,由左手定则得,离子束带正电,A错误;设离子在磁场中运动的轨迹半径为r,洛伦兹力提供其做圆周运动的向心力,则有,可得,离开磁场后做匀速直线运动到N点,x越大则r越大,则比荷越小,B错误;设离子在磁场中运动的圆心角为θ,当时,在中,,解得,根据数学知识有:,联立三式,解得,由,则,C、D正确。 9.答案:B 解析:电荷量为q的带正电的粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为,由于带电粒子在磁场中的运动时间,可得,所以该带电粒子在磁场中运动所对应的圆心角为,如图所示,O为匀强磁场区域的圆心,由几何关系可得为带电粒子轨迹圆的圆心,即在圆周上,由圆的对称性知为匀强磁场区域的直径,带电粒子的轨迹圆半径,由牛顿第二定律得,解得,由动能定理得,联立可得加速电场的加速电压,故B正确. 10.答案:AB 解析:对于加速过程,有,得,设偏转电场的长度为L,间距为b,粒子在偏转电场中的偏转位移为y,则,由此可见粒子的偏转位移与比荷无关,则比荷不同的粒子射入磁场时的位置M相同,故A正确;设加速电场宽度为,粒子在加速电场中运动的时间,粒子在偏转电场中运动的时间,又,所以粒子在偏转电场中运动的时间与粒子的比荷及加速电压有关,故B正确;带电粒子在偏转电场中做类平抛运动,可将射出偏转电场时的粒子速度v沿初速度方向与加速度方向分解,设出射速度与水平方向的夹角为θ,则有,在磁场中做匀速圆周运动,设运动轨迹对应的半径为R,由几何关系可得,半径与直线的夹角正好等于θ,则有,所以,又因为半径公式,则有,故d的大小与和粒子的比荷有关,与无关,粒子的比荷不同则d不同,d不同则运动轨迹不同,故C、D错误。 11.答案:AB 解析:洛伦兹力提供向心力,有,解得,故周期与速度无关,故,故A正确;交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致,故高频电源的变化周期应该等于,故B正确;当粒子从D形盒中出来时,速度最大,此时运动的半径等于D形盒的半径,最大动能,可知最大动能与加速器的半径、磁感应强度以及电荷的电荷量和质量有关,与加速电压等其他因素无关,故C、D错误。 12.答案:AC 解析:A、带电微粒在加速电场加速运动的过程,根据动能定理得:,则得:,故A正确。 B、带电微粒在偏转电场中只受电场力作用,做类平抛运动。在水平方向微粒做匀速直线运动,水平方向有:;带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动,加速度为a,出电场时竖直方向速度为;竖直方向:,,得:。由速度分解关系得:;联立以上两式解得:,故B错误。 C、带电微粒进入磁场做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,设微粒轨迹恰好与磁场右边相切时半径为R。由几何关系知;设微粒进入磁场时的速度为v′,则;由牛顿运动定律及运动学规律得:,解得:,所以带电粒子不射出磁场右边,磁感应强度B至少为0.2T。故C正确。 D、带电微粒从磁场左边界射出时与磁场边界成斜向下,进入电场后,在竖直方向被加速,水平方向匀速,不可能达到出发点,故D正确。 13.答案:(1)负电荷; (2) (3) 解析:(1)墨滴在电场区域受重力和电场力作用,做匀速直线运动,电场力与重力平衡,电场的方向竖直向下,说明墨滴带负电荷, 设其电荷量为q,则有, 解得. (2)墨滴进入电场和磁场共存区域后,受重力、电场力和洛伦兹力作用,但重力和电场力平衡,合力即为洛伦兹力,墨滴做匀速圆周运动,设其做圆周运动的轨迹半径为R,有, 因为墨滴垂直打在下板,根据几何关系可知半径, 联立解得. (3)根据题设,墨滴运动轨迹如图所示, 设墨滴做圆周运动的轨迹半径为,则有, 由图示几何关系,可得, 可得, 联立解得. 14.答案:(1) (2) (3) 解析:(1)离子在电场中加速时,由运动学公式有,其中, 解得加速时间, 此过程根据动能定理有, 解得, 离子在板之间匀速运动的时间, 所以离子飞行的总时间. (2)若离子从C极板边缘飞出,此时离子做圆周运动的轨迹半径是最小的,其运动轨迹如图所示, 根据几何关系有, 解得离子做圆周运动的最小轨迹半径为, 因为,所以, 解得, 所以这些离子比荷的取值范围为. (3)离子通过板间的时间, 若离子在时刻进入偏转电场,离子先做类平抛运动后再做类斜抛运动,垂直于极板方向有,偏转位移,离子刚好从极板下边缘飞出, 设离子在时刻进入,探测头接收到离子的时间, 离子向下偏转的位移大小为, 解得, 则探测头的坐标y随时间t变化的关系为 .

  • ID:6-8496608 2021届高考二轮复习专题强化双击训练 专题十八 力学实验 B卷(含解析)

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    2021届高考二轮复习专题强化双击训练 专题十八 力学实验 B卷(含解析) 1.某实验小组用如图1所示装置做“研究匀变速直线运动”实验.打点计时器所接交流电的频率为50 Hz. (1)实验必须做到的是________. A.钩码的质量远小于小车的质量 B.垫高长木板没有定滑轮的一端,平衡摩擦力 C.小车释放前靠近打点计时器 D.连接小车的细绳平行于长木板 (2)调节好实验装置,进行正确操作,打出的纸带如图2所示,在纸带上取计数点,相邻两个计数点间还有四个计时点未画出,由图中的数据可知,打点计时器打下C点时小车运动的速度大小是__________m/s,小车运动的加速度大小是______.(计算结果均保留两位有效数字) (3)如果交流电的频率实际只有49 Hz,则测得的小车的加速度比实际值_________(填“大”或“小”). 2.某同学设计了如图甲所示的装置来探究小车的加速度与所受合力的关系。将装有力传感器的小车放置于水平长木板上,缓慢向小桶中加入细砂,直到小车刚开始运动为止,记下传感器的最大示数,以此表示小车所受摩擦力的大小。再将小车放回原处并按住,继续向小桶中加入细砂,记下传感器的示数。 (1)打点计时器接通频率为50 Hz的交流电源,释放小车,打出如图乙所示的纸带。从比较清晰的点起,每5个点取一个计数点,量出相邻计数点之间的距离,则小车的加速度________。 (2)改变小桶中细砂的重力,多次重复实验,获得多组数据,描绘小车加速度a与合力的关系图像。不计纸带与打点计时器间的摩擦。下列图像中可能正确的是_______。 A. B. C. D. (3)同一次实验中,小车释放前传感器示数与小车加速运动时传感器示数的关系是_______(选填“<”“=”或“>”)。 (4)关于该实验,下列说法中正确的是( ) A.小车和传感器的总质量应远大于砂桶和砂的总质量 B.实验中需要将长木板右端垫高 C.实验中需要测出小车和传感器的总质量 D.用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比,可更方便地获取多组实验数据 3.“研究平抛物体的运动”实验的装置如图甲所示。小球从斜槽上滚下,经过水平槽飞出后做平抛运动。每次都使小球从斜槽上同一位置由静止滚下,在小球运动轨迹的某处用带孔的卡片迎接小球,使小球恰好从孔中央通过而不碰到边缘,然后对准孔中央在白纸上记下一点。通过多次实验,在竖直白纸上记录小球所经过的多个位置,用平滑曲线连起来就得到小球做平抛运动的轨迹。 (1)实验所需的器材有:白纸、图钉、平板、铅笔、弧形斜槽、小球、重垂线、有孔的卡片,除此之外还需要的一项器材是_________。 A.天平 B.秒表 C.刻度尺 (2)在此实验中,小球与斜槽间有摩擦________(选填“会”或“不会”)使实验的误差增大;如果斜槽末端点到小球落地点的高度相同,小球每次从斜槽滚下的初始位置不同,那么小球每次在空中运动的时间______(选填“相同”或“不同”)。 (3)如图乙所示是在实验中记录的一段轨迹。已知小球是从原点O水平抛出的,经测量A点的坐标为,g取,则小球平抛的初速度______m/s,若B点的横坐标为,则B点的纵坐标为________m。 (4)一同学在实验中采用了如下方法:如图丙所示,斜槽末端的正下方为O点。用一块平木板附上复写纸和白纸,竖直立于正对槽口前的处,使小球从斜槽上某一位置由静止滚下,小球撞在木板上留下痕迹A。将木板向后平移至处,再使小球从斜槽上同一位置由静止滚下,小球撞在木板上留下痕迹B。间的距离为,间的距离为,间的高度差为y。则小球抛出时的初速度为_______。 A. B. C. D. 4.某实验小组用如图所示实验装置探究合力做功与动能变化的关系.铁架台固定在水平桌面上,将足够长的薄长木板倾斜放置,一端固定在水平桌面边缘P处,另一端放置在铁架台的铁杆上,忽略铁杆粗细,P处放置一光电门(未画出).实验步骤如下: ①用游标卡尺测出滑块上的挡光片的宽度,用天平测出滑块的质量m; ②平衡摩擦力:以P处为长木板的转动中心,调节长木板在铁架台上的放置位置,使滑块恰好沿木板向下做匀速运动.在铁架台竖直杆上记下此位置,用刻度尺测出到水平桌面的高度H; ③长木板一端保持在P处,另一端放置在铁架台竖直杆位置,用刻度尺量出、的距离,将滑块从木板上的位置由静止释放,记录挡光片的挡光时间; ④保持长木板一端在P处,重新调节长木板另一端在铁架台上的放置位置,重复步骤③数次. Ⅰ.滑块沿长木板由运动到P的过程中,用测量的物理量回答下列问题(已知重力加速度为g). (1)滑块动能的变化量______. (2)滑块克服摩擦力做的功________. (3)合力对滑块做的功_________. Ⅱ.某考生以木板在铁架台竖直杆上的放置位置到的距离h为横轴,以滑块通过光电门时的挡光时间t的倒数的平方为纵轴,根据测量数据在坐标系中描点画出图线,若图线为过原点的直线,且图线斜率____________,则能证明合外力做的功等于物体动能的变化量. 5.某同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律.实验所用的电源为学生电源,可提供输出电压为6 V的交流电和直流电两种,交流电的频率为50 Hz,重锤从高处由静止开始下落,在重锤拖着的纸带上打出一系列的点,对纸带上的点测量并分析,即可验证机械能守恒定律. (1)他进行了下面几个操作步骤: A.按照图示的装置安装器件; B.将打点计时器接到电源的“交流输出”上; C.用天平测出重锤的质量; D.先释放纸带,后接通电源,打出一条纸带; E.测量纸带上某些点间的距离; F.根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能. 其中操作不当的步骤是________没有必要进行的步骤是_______.(填选项字母) (2)该同学进行正确操作后挑选出一条点迹清晰的纸带进行测量分析,如图乙所示.其中O点为起始点,为六个计时点.根据纸带上的测量数据分析可知,打B点时重锤的速度为__________m/s,重锤的加速度为_____.(保留三位有效数字) (3)该同学通过计算数据及查阅资料发现,重锤的加速度与当地的重力加速度相差较大,为此他对实验设计进行了改进,用如图丙所示的实验装置来验证机械能守恒定律.通过电磁铁控制的小铁球从A点自由下落,下落过程中经过光电门B时,通过与之相连的毫秒计时器(图中未画出)记录挡光时间t,用毫米刻度尺测出之间的距离h,用游标卡尺测得小铁球的直径d.重力加速度为g.实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束. 则小铁球通过光电门时的瞬时速度________.如果满足关系式_________,就可验证机械能守恒定律. 6.某物理兴趣小组利用如图甲所示的装置进行验证动量守恒定律及测定平台上A点左侧与滑块a之间的动摩擦因数的实验.在足够大的水平平台上的A点放置一个光电门,A点右侧为光滑水平面,左侧为粗糙水平面,当地重力加速度大小为g.采用的实验步骤如下: A.在小滑块a上固定一个宽度为d的窄挡光片; B.用天平分别测出小滑块a(含挡光片)和小球b的质量; C.在a和b间用细线连接,中间夹一被压缩了的轻短弹簧,静止放置在平台上; D.烧断细线后,瞬间被弹开,向相反方向运动; E.记录滑块a通过光电门时挡光片的遮光时间; F.滑块a最终停在C点(图中未画出),用刻度尺测出之间的距离; G.小球b从平台边缘飞出后,落在水平地面的B点,用刻度尺测出平台距水平地面的高度h及平台边缘垂线与B点之间的水平距离; H.改变弹簧压缩量,进行多次测量. (1)用螺旋测微器测量挡光片的宽度,如图乙所示,则挡光片的宽度为_____mm; (2)该实验要验证动量守恒定律,则只需验证弹开后的动量大小相等,即a的动量大小_________等于b的动量大小__________;(用上述实验所涉及物理量的字母表示) (3)改变弹簧压缩量,多次测量后,该兴趣小组得到的距离与,的关系图象如图丙所示,图象的斜率为k,则平台上A点左侧与滑块a之间的动摩擦因数大小为________.(用上述实验数据字母表示) 7.为了验证动量守恒定律(探究碰撞中的不变量),某同学选取了两个材质相同、体积不等的立方体滑块A和B,按照下述步骤进行实验: 步骤1:在的相撞面分别装上橡皮泥,以便二者相撞以后能够立刻结为整体; 步骤2:安装如图1所示实验装置,铝质长轨道的左端是倾斜轨道,右端是长直水平轨道。倾斜轨道和水平轨道由一小段圆弧连接,轨道被固定在水平桌面上,在轨道的侧面与水平轨道等高且适当远处安装一台数码频闪照相机; 步骤3:让滑块B静置于水平轨道的某处,滑块A从倾斜轨道某处由静止释放,同时开始频闪拍摄,直到停止运动,得到一张多次曝光的照片; 步骤4:多次重复步骤3,得到多张照片,挑出其中最理想的一张,去掉B滑块只剩下A滑块,打印出来,将刻度尺紧靠照片放置,如图2所示。 (1)经过分析可知,滑块A与滑块B发生碰撞的位置_________。 ①在之间 ②在处 ③在之间 (2)为了探究碰撞中动量是否守恒,需要直接测量或读取的物理量是______________。 ①两个滑块的质量 ②滑块A释放时距水平轨道的高度 ③频闪照相的周期T ④照片尺寸和实际尺寸的比例 ⑤照片上测得的和 ⑥照片上测得的和 ⑦滑块与水平轨道间的动摩擦因数 写出验证动量守恒定律的表达式______________。 8.某学习小组利用如图所示的装置验证动能定理。 (1)将气垫导轨调至水平,安装好实验器材,从图中读出两光电门中心之间的距离______cm; (2)测量挡光条的宽度d,记录挡光条通过光电门1和2所用的时间和,并从拉力传感器中读出滑块受到的拉力F,为了完成实验,还需要测量的一个物理量是_________; (3)该实验是否需要满足砝码盘和砝码的总质量远小于滑块、挡光条和拉力传感器的总质量?__________(填“是”或“否”)。 答案以及解析 1.答案:(1)CD (2)0.96;2.4 (3)大 解析:(1)研究匀变速直线运动时,不需要平衡摩擦力,不需要满足钩码的质量远小于小车的质量,A、B项错误;为了能多打出一些点便于数据处理,小车释放前应靠近打点计时器,C项正确;为了使小车能做匀变速运动,连接小车的细绳应平行于长木板,D项正确. (2)根据匀变速直线运动中中间时刻的速度等于该过程中的平均速度,有 小车运动的加速度. (3)如果交流电的频率实际只有49 Hz,则测量计算时所用频率偏大,由知计算所得的加速度偏大. 2.答案:(1)0.16 (2)B (3)> (4)D 解析:(1)小车的加速度 。 (2)由题意易知,描绘的小车加速度a与合力的关系图像,相当于已平衡摩擦力后描绘的小车加速度与作用力关系图像,且均为小车受到的力,可由力传感器直接得出,故图像应为过原点的倾斜直线,B项正确。 (3)小车加速运动时绳的拉力小于砂和砂桶的总重力(等于车静止时绳的拉力),故。 (4)本实验中力的大小可由力传感器直接得出,不需要使小车和传感器的总质量远大于砂和砂桶的总质量,A项错误;用加砂的方法改变拉力的大小,每次砂的质量可增加得很少,而挂钩码每次质量增加得多,故前者可更方便地获取多组实验数据,D项正确;用力传感器测出了摩擦力,不需要平衡摩擦力,B项错误;本实验是探究小车的加速度与合力的关系,只要保持小车和传感器的总质量不变,不需要测出它们的具体数值,C项错误。 3.答案:(1)C (2)不会;相同 (3)2;0.45 (4)A 解析:(1)此实验中只需描绘出小球做平抛运动的轨迹,根据轨迹进行计算,本实验还需要刻度尺,故选C。 (2)只要小球从同一高度、无初速开始运动,在相同的情形下,即使小球与槽之间存在摩擦力,由于每次摩擦力的影响相同,仍能保证小球做平抛运动的初速度相同,对实验没有影响,所以在此实验中,小球与斜槽间有摩擦不会使实验的误差增大;如果斜槽末端点到小球落地点的高度相同,那么小球每次在空中运动的时间相同。 (3)到达A点的时间,小球平抛的初速度;到达B点的时间,B点纵坐标为。 (4)在竖直方向上:,水平方向上:,联立解得小球抛出时的初速度,故选A。 4.答案:Ⅰ.(1) (2) (3) Ⅱ. 解析:Ⅰ.(1)由于挡光片宽度很小,滑块通过光电门的速度近似为,滑块动能的变化量. (2)滑块从位置释放匀速下滑时,由动能定理有,且,得(x为P到铁架台竖直杆的距离,θ为此时长木板的倾角),从释放时,设长木板的倾角为α,长度为,则克服摩擦力做功为,,故. (3)合力做的功. Ⅱ.由动能定理,有 整理得,故图线斜率. 5.答案:(1)D;C (2)1.84;9.31 (3); 解析:(1)实验时应先接通电源,后释放纸带,打出一条纸带,D操作不当;在处理实验数据时,m可约去,不需要用天平测重锤的质量,C没有必要.(2)匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度,由此可以求出B点的速度大小为;由逐差法得.(3)光电门测速度的原理是用短时间内的平均速度代替瞬时速度,因此有.若满足,即,就可验证机械能守恒定律. 6.答案:(1)2.550 (2); (3) 解析:(1)螺旋测微器的固定刻度读数为2.5 mm,可动刻度读数为,所以最终读数为. (2)烧断细线后,a向左运动,经过光电门.根据速度公式可知,a经过光电门的速度大小为,故a的动量大小为离开平台后做平抛运动,根据平抛运动规律可得,解得,故b的动量大小为. (3)对滑块a由光电门向左运动过程分析,则有,经过光电门的速度大小,由牛顿第二定律可得,联立可得,则由图象可知. 7.答案:(1)② (2)①⑥; 解析:(1)由题图2可知,,,根据匀变速直线运动的规律可知相撞的位置在处,故②正确。 (2)设碰撞前滑块A在的速度分别为,碰撞后,滑块整体在的速度分别为,则,,又,得到碰撞前滑块A速度,同理,碰撞后整体的速度,原来需要验证的方程为,联立以上方式得:,即需要验证的表达式,需要直接测量的物理量是两个滑块的质量及和,故①⑥正确。 8.答案:(1)50.0 (2)滑块、挡光条和拉力传感器的总质量M (3)否 解析:(1)从题图中刻度尺可得光电门1为20.0 cm,光电门2为70.0 cm,所以两光电门中心之间的距离; (2)由于光电门的宽度d很小,所以平均速度可近似等于瞬时速度,滑块通过光电门1速度为,滑块通过光电门2速度为;根据动能定理需要验证的关系式为,可见还需要测量出M,即滑块、挡光条和拉力传感器的总质量; (3)该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小,不是将砝码盘和砝码的总重力作为滑块、挡光条和拉力传感器的拉力,故不需要满足砝码盘和砝码的总质量远小于滑块、挡光条和拉力传感器的总质量。

  • ID:6-8496604 2021届高考二轮复习专题强化双击训练 专题三 牛顿运动定律 B卷(含解析)

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    2021届高考二轮复习专题强化双击训练 专题三 牛顿运动定律 B卷(含解析) 1.将重为的均匀长方体物块切成相等的两部分,切面与边面夹角为45°,如图所示叠放并置于水平地面上,现用弹簧测力计竖直向上拉物块A的上端,弹簧测力计示数为,整个装置保持静止,则( ) A.地面与物块间可能存在静摩擦力 B.物块对地面的压力大于 C.A对B的压力大小为 D.之间静摩擦力大小为 2.如图甲所示,足够长的木板B静置于光滑水平面上,其上放置小滑块A.木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时,用传感器测出木板B的加速度a,得到如图乙所示的图像,已知g取,则( ) A.小滑块A与木板B间的动摩擦因数为0.1 B.当时,木板B的加速度为 C.木板B的质量为1.5 kg D.小滑块A的质量为4 kg 3.如图所示,一个小球从竖直立在地面上的轻弹簧正上方某处自由下落,在小球与弹簧开始接触到弹簧被压缩到最短的过程中,小球的速度和加速度的变化情况是( ) A.加速度越来越大,速度越来越小 B.加速度和速度都是先增大后减小 C.速度先增大后减小,加速度方向先向下后向上 D.速度一直减小,加速度大小先减小后增大 4.如图甲所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率运行,初速度大小为的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带.若从小物块滑上传送带开始计时,小物块在传送带上运动的图像(以地面为参考系)如图乙所示.已知,则下列说法错误的是( ) A.时刻,小物块离A处的距离达到最大 B.时刻,小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C.0~时间内,小物块受到的摩擦力方向始终向右 D.0~时间内,小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 5.在两个足够长的固定的相同斜面体上(其斜面光滑),分别有如图所示的两套装置(斜面体B的上表面水平且光滑,长方体D的上表面与斜面平行且光滑,分别是固定在上的挡板,完全相同的两个弹簧一端固定在挡板上,另一端分别连在A和C上,在A与与D分别保持相对静止沿斜面自由下滑的过程中,下列说法正确的是( ) A.两弹簧都处于拉伸状态 B.两弹簧都处于压缩状态 C.弹簧处于压缩状态,弹簧处于原长状态 D.弹簧处于拉伸状态,弹簧处于压缩状态 6.一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上,其上放质量均为1 kg的两物块,与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为,水平恒力F作用在A物块上,如图所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取。下列说法正确的是( ) A.若,则A物块所受摩擦力大小为1.5 N B.若,则B物块的加速度为 C.无论力F多大,A与薄硬纸片都不会发生相对滑动 D.无论力F多大,B与薄硬纸片都不会发生相对滑动 7.如图甲所示为杂技中的“顶竿”表演。水平地面上演员B用肩部顶住一根长直竹竿,另一演员A爬至竹竿顶端完成各种动作。某次顶竿表演结束后,演员A自竿顶由静止开始下滑,滑到竿底时速度正好为零,然后曲腿跳到地面上,演员质量均为50 kg,长竹竿质量为5 kg,A下滑的过程中速度随时间变化的图像如图乙所示。重力加速度g取,下列判断正确的是( ) A.竹竿的总长度约为3 m B.0~6 s内,演员B对地面的压力大小始终为1050 N C.0~6 s内,竹竿对演员B的压力的冲量大小为 D.演员A落地时向下曲腿,是为了缩短作用时间以减小地面的冲击力 8.如图所示,一质量为m、半径为r的光滑球A用细绳悬挂于O点,另一质量为M、半径为R的半球形物体B被夹在竖直墙壁和A球之间,B的球心到O点之间的距离为h,的球心在同一水平线上,处于静止状态,重力加速度为g。则下列说法正确的是( ) A.A对B的压力大小为 B.竖直墙壁对B的摩擦力可能为零 C.当只轻轻把球B向下移动一点距离,若再次保持静止,则A对B的压力大小保持不变,细绳拉力增大 D.当只轻轻把球B向下移动一点距离,若再次保持静止,则A对B的压力减小,细绳拉力减小 9.如图所示,倾角为θ的斜面固定于水平地面上,上表面光滑,三小球的质量分别为,轻质弹簧一端固定在斜面顶端,另一端与A球相连,间固定一个轻杆,间由一轻质细线连接.弹簧、轻杆与细线均平行于斜面,初始系统处于静止状态.现突然剪断细线或断开弹簧与A的连接点,下列判断正确的是( ) A.弹簧断开的瞬间,之间杆的弹力大小不为零 B.细线被剪断的瞬间,球的加速度沿斜面向上,大小为 C.弹簧断开的瞬间,三个小球的加速度均为零 D.细线被剪断的瞬间,之间杆的弹力大小为 10.如图所示,水平传送带间的距离为16 m,质量分别为2 kg、4 kg的物块,通过绕在光滑定滑轮上的细线连接,Q在传送带的左端且连接物块Q的细线水平,当传送带以8 m/s的速度逆时针转动时,Q恰好静止.取重力加速度,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.当传送带突然以8 m/s的速度顺时针转动时,下列说法正确的是( ) A.Q与传送带间的动摩擦因数为0.5 B.Q从传送带左端到右端所用的时间为2.4 s C.整个过程中,Q相对传送带运动的距离为4.8 m D.Q从传送带左端到右端的过程细线受到的拉力为 11.如图甲所示,一轻质弹簧下端固定在水平面上,上端放置一小物体,小物体处于静止状态.现对小物体施一竖直向上的拉力F,使小物体始终向上做匀加速直线运动,直到物体与弹簧分离,拉力F与物体位移x的关系如图乙所示,均为已知量,重力加速度为g,弹簧始终在弹性限度内.则下列结论正确的是( ) A.开始时弹簧的压缩量为d B.物体与弹簧分离时,弹簧处于压缩状态 C.物体的加速度大小为 D.物体从开始运动到离开弹簧的过程经过的时间为 12.如图甲所示,为测定物体冲上粗糙斜面能达到的位移x与斜面倾角θ的关系,将某一物体每次以大小不变的初速度沿足够长的斜面向上推出,调节斜面与水平方向的夹角θ,实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示,重力加速度g取,根据图象可求出( ) A.物体的初速度 B.物体与斜面间的动摩擦因数 C.取不同的倾角θ,物体在斜面上能达到的位移的最小值为1.44 m D.当时,物体达到最大位移后将沿斜面下滑 13.如图甲所示,用黏性材料粘在一起的两物块静止于光滑水平面上,两物块的质量分别为,当之间产生拉力且大于0.3 N时,将会分离.时刻开始对物块A施加一水平推力,同时对物块B施加同一方向的拉力,使从静止开始运动,运动过程中、方向保持不变,、的大小随时间变化的规律如图乙所示.则下列关于两物块受力及运动情况的分析,正确的是( ) A.时刻之间作用力大小为0.6 N B.时刻之间作用力为零 C.时刻A对B的作用力方向向左 D.从时刻到分离,它们运动的位移为5.4 m 14.某物理课外小组利用图(a)中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。图中,置于实验台上的长木板水平放置,其右端固定一轻滑轮;轻绳跨过滑轮,一端与放在木板上的小滑车相连,另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有个,每个质量均为0.010 kg。实验步骤如下: (1)将5个钩码全部放入小车中,在长木板左下方垫上适当厚度的小物块,使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑。 (2)将n(依次取)个钩码挂在轻绳右端,其余个钩码仍留在小车内;用手按住小车并使轻绳与木板平行。释放小车,同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s,绘制图像,经数据处理后可得到相应的加速度a。 (3)对应于不同的n的a值见下表。时的图像如图(b)所示;由图(b)求出此时小车的加速度(保留2位有效数字),将结果填入下表。 n 1 2 3 4 5 0.20 0.58 0.78 1.00 (4)利用表中的数据在图(c)中补齐数据点,并作出图像。从图像可以看出:当物体质量一定时,物体的加速度与其所受的合外力成正比。 (5)利用图像求得小车(空载)的质量为_______kg(保留2位有效数字,重力加速度取)。 (6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1),下列说法正确的是_____(填入正确选项前的标号)。 A.图线不再是直线 B.图线仍是直线,但该直线不过原点 C.图线仍是直线,但该直线的斜率变大 答案以及解析 1.答案:D 解析:对整体受力分析,水平方向不受地面的摩擦力,否则不能平衡,竖直方向受力平衡,则有,解得,则物块对地面的压力等于,故A、B错误;对A部分受力分析,如图所示。把A部分所受力沿切面和垂直切面方向进行分解,根据平衡条件得,,解得,由牛顿第三定律知A对B的压力,故C错误,D正确。 2.答案:B 解析:由题图可知,时,小滑块与木板相对静止,当时,加速度,对整体分析,由牛顿第二定律有,解得,当F大于8 N时,发生相对滑动,根据牛顿第二定律,对B分析有,解得,由题图可知,时,图线的斜率,解得,则,由题图可知,,解得,A、C、D错误;当时,小滑块A与木板B相对滑动,B的加速度为,B正确. 3.答案:C 解析:在接触的第一个阶段,,合力方向竖直向下,小球向下运动,x逐渐增大,所以逐渐减小,由得,,方向竖直向下,且逐渐减小,又因为这一阶段a与v都竖直向下,所以v逐渐增大。当时,,,此时速度达到最大。之后,小球继续向下运动,,合力,方向竖直向上,小球向下运动,x继续增大,增大,,方向竖直向上,随x的增大而增大,此时a与v方向相反,所以v逐渐减小。综上所述,小球向下压缩弹簧的过程中,的方向先向下后向上,大小先减小后增大;a的方向先向下后向上,大小先减小后增大;v的方向向下,大小先增大后减小。 4.答案:D 解析:在0~时间内小物块向左减速,在~时间内小物块向右加速,时刻小物块向左减速运动到速度为零,离A处的距离达到最大,故A正确;时刻前小物块相对传送带向左运动,之后相对静止,则知时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大,故B正确;0~时间内,小物块相对传送带向左运动,受到的摩擦力方向始终向右,且大小不变,故C正确;由题图乙知,在~时间内小物块做匀速直线运动,此时受力平衡,小物块不受摩擦力作用,故D错误. 5.答案:C 解析:根据题意分析可知A与B保持相对静止,则二者沿斜面向下的加速度是相等的,设它们的总质量为M,则,所以;同理,若以为研究对象,则它们共同的加速度大小也是.以A为研究对象,A受到重力、斜面体B对其竖直向上的支持力,两力的合力的方向在竖直方向上,由于A在水平方向的加速度,水平方向的加速度由弹簧对其的弹力提供,所以弹簧处于压缩状态;以C为研究对象,C受到重力、长方体的支持力,合力的大小,加速度为,即C不受弹簧的弹力,所以弹簧处于原长状态.故选项C正确. 6.答案:C 解析:A与纸片间的最大静摩擦力为与纸片间的最大静摩擦力为。若,则与纸片保持相对静止,整体在F作用下向左匀加速运动,加速度为,此时对A有,解得,故A错误;物体B做加速运动的最大加速度为,若,相对纸片静止时,加速度为,则此时B相对纸片发生滑动,B的加速度仍为,选项B、D错误;由以上分析可知当纸片的加速度为时B相对纸片将要发生滑动,此时纸片受到的摩擦力为2 N,即纸片对A的摩擦力也为,则无论力F多大,A与薄硬纸片都不会发生相对滑动,选项C正确。 7.答案:C 解析:竹竿的长度等于图线与t轴所围的面积,由题图乙可知,竹竿的总长度,故选项A错误。0~6 s内演员A先加速向下,再减速向下,先失重再超重,故演员B对地面的压力一定是变化的,显然选项B错误。由题图乙可知,0~4 s内A向下加速,加速度为,则由牛顿第二定律得,解得,4~6 s内A向下减速,加速度大小为,则由牛顿第二定律得,代入数值解得,设向下为正方向,则0~6 s内竹竿对演员B的压力的冲量大小为,其中,代入解得,故C正确。演员A落地时向下曲腿,是为了延长作用时间以减小地面的冲击力,故选项D错误。 8.答案:AD 解析:分析A球的受力情况,如图1所示,B对A的支持力N与A的重力的合力与细绳的拉力T等大、反向、共线,根据两个阴影三角形相似得:,得,由牛顿第三定律知A对B的压力大小为:,A正确;B在竖直方向受到重力,而间无摩擦,由平衡条件知竖直墙壁对B一定有摩擦力,B错误;当只轻轻把球B向下移动一点距离,分析A球的受力情况,如图2所示,N与T的合力与等大、反向、共线,根据两个阴影三角形相似得:,可得:,由于,可知N减小,T减小,由牛顿第三定律知A对B的压力减小,C错误,D正确。 9.答案:BD 解析:弹簧断开的瞬间,对整体由牛顿第二定律可得,对球A由牛顿第二定律可得,解得,,故三个小球的加速度均为,之间杆的弹力大小为零,选项A、C错误;初始系统处于静止状态,对整体有,细线被剪断的瞬间,对整体可得,对B有,解得,故球的加速度大小为,之间杆的弹力大小为,选项B、D正确. 10.答案:AC 解析:当传送带以速度逆时针转动时,Q恰好静止不动,对Q受力分析知,,即,解得,故A正确;当传送带突然以顺时针转动,组成的系统做初速度为零的匀加速直线运动,有,代入数据解得,当速度达到传送带速度即8 m/s后,做匀速直线运动,匀加速的时间为,解得,匀加速运动的位移为,则匀速运动的时间,Q从传送带左端到右端所用的时间为,故B错误;加速阶段的位移之差为,即整个过程中,Q相对传送带运动的距离为4.8 m,故C正确;当Q加速时,对P分析有,代入数据解得,当Q做匀速直线运动时,有,故D错误. 11.答案:AD 解析:对小物体进行受力分析,有,当时,,此时弹簧恢复原长且与物体分离,物体的位移d等于弹簧的压缩量,故选项A正确,选项B错误;开始时,物体重力和弹簧弹力二力平衡,由平衡条件得,拉力为b时,弹簧弹力和物体重力平衡,合力等于拉力,根据牛顿第二定律有,物体与弹簧分离后,拉力为c,根据牛顿第二定律有,联立解得物体的质量,弹簧的劲度系数,加速度,故选项C错误;从物体开始运动到离开弹簧的过程,物体的位移为d,根据匀变速直线运动的位移公式得,解得运动时间,故选项D正确. 12.答案:AC 解析:由题图乙可知,当斜面倾角时,物体做竖直上抛运动,其上升的最大高度为,由匀变速直线运动的规律可得,解得,选项A正确;由题图乙可知,当斜面倾角为时,由牛顿第二定律可得,解得物体减速运动的加速度大小为,此时物体运动的距离为,由匀变速直线运动的规律可得,联立以上两式可解得,选项B错误;物体在粗糙斜面上向上运动时,由牛顿运动定律可得,解得,则物体能达到的位移,引入辅助角α,由数学知识可得,故,代入数据可解得,选项C正确;当时,由于,故有,所以物体达到最大位移后不再下滑,选项D错误. 13.答案:AD 解析:由题图乙可知、的合力保持不变,根据牛顿第二定律,可知两个物块一起运动的加速度.时刻,,对B应用牛顿第二定律有,,解得,选项A正确.若间的作用力恰为零,由牛顿第二定律得,由题图乙知,解得时间的作用力为零,选项B错误.,此时两物块紧靠着,A对B的作用力方向向右,选项C错误.当之间产生拉力且大于0.3 N时将会分离,对B分析,,代入得时两物块分开,则,选项D正确. 14.答案:(3)0.39(在0.37~0.49范围内都可) (4)如图所示 (5)0.45(在0.43~0.47范围内都可) (6)BC 解析:(3)由得:,在图像中找一点坐标,代入公式即可求出a。 (5)对小车和钩码组成的系统应用牛顿第二定律:,则,图像的斜率,从而可解出M。 (6)对于已平衡摩擦力的情况,对整体应用牛顿第二定律:,则①;对于木板水平的情况,对整体应用牛顿第二定律:,整理得:②,比较①②可见,B、C均正确。