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  • ID:6-8509789 山东省济南历城第二中学2021届高三上学期1月模拟考试物理试题 PDF版含答案

    高中物理/高考专区/模拟试题

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  • ID:6-8402045 [精]【新高考】山东省2011-2020年高考试卷分类汇编之15—选修模块3-5(解析卷)

    高中物理/高考专区/真题分类汇编

    中小学教育资源及组卷应用平台 山东省2011-2020年高考试卷分类汇编之15— 选修模块3-5 1.2016年山东卷35.[物理——选修3-5](15分) (1)(5分)现用某一光电管进行光电效应实验,当用某一频率的光入射时,有光电流产生。下列说法正确的是__________。(填正确答案标号。选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分。每选错1个扣3分,最低得分为0分) A.保持入射光的频率不变,入射光的光强变大,饱和光电流变大 B.入射光的频率变高,饱和光电流变大 C.入射光的频率变高,光电子的最大初动能变大 D.保持入射光的光强不变,不断减小入射光的频率,始终有光电流产生 E.遏止电压的大小与入射光的频率有关,与入射光的光强无关 答案:ACE 解析:由光电效应规律可知,当频率低于截止频率时无论光照强度多大,都不会有光电流,因此D错误;在发生光电效应时,饱和光电流大小由光照强度来决定,与频率无关,光照强度越大饱和光电流越大,因此A正确,B错误,根据可知,对于同一光电管,逸出功W不变,当频率变高,最大初动能变大,因此C正确,由和,得,遏制电压只与入射光频率有关,与入射光强无关,因此E正确。 (2)(10分)某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见,假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出;玩具底部为平板(面积略大于S);水柱冲击到玩具底板后,在竖直方向水的速度变为零,在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g,求: (i)喷泉单位时间内喷出的水的质量; (ii)玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度。 解析:(i)在一段很短的Δt时间内,可以为喷泉喷出的水柱保持速度v0不变。 该时间内,喷出水柱高度: ① 喷出水柱质量: ② 其中为水柱体积,满足: ③ 由①②③可得:喷泉单位时间内喷出的水的质量为 (ii)设玩具底面相对于喷口的高度为h 由玩具受力平衡得: ④ 其中;F冲为玩具底部水体对其的作用力. 由牛顿第三定律: ⑤ 其中,F压为玩具时其底部下面水体的作用力 v' 为水体到达玩具底部时的速度 由运动学公式: ⑥ 在很短时间内,冲击玩具水柱的质量为Δm ⑦ 由题意可知,在竖直方向上,对该部分水柱有 动量定理 ⑧ 由于Δt很小,Δmg也很小,可以忽略 ⑧式变为 ⑨ 由④⑤⑥⑦⑨可得 2.2015年理综山东卷39.【物理-物理3-5】 (1)发生放射性衰变为,半衰期约为5700年。已知植物存活期间,其体内与的比例不变;生命活动结束后,的比例持续减少。现通过测量得知,某古木样品中的比例正好是现代植物所制样品的二分之一。下列说法正确的是_____。(双选,填正确答案标号) a.该古木的年代距今约为5700年 b. 、、具有相同的中子数 c. 衰变为的过程中放出β射线 d. 增加样品测量环境的压强将加速的衰变 【答案】ac 【解析】:因古木样品中的比例正好是现代植物所制样品的二分之一,则可知经过的时间为一个半衰期,即该古木的年代距今约为5700年,选项a正确;、、具有相同的质子数,由于质量数不同,故中子数不同,选项b错误;根据核反应方程可知,衰变为的过程中放出电子,即发出β射线,选项c正确;外界环境不影响放射性元素的半衰期,选项d错误;故选 a c. (2)如图,三个质量相同的滑块A、B、C,间隔相等地静置于同一水平直轨道上。现给滑块A向右的初速度v0,一段时间后A与B发生碰撞,碰后AB分别以、的速度向右运动,B再与C发生碰撞,碰后B、C粘在一起向右运动。滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值。两次碰撞时间极短。求B、C碰后瞬间共同速度的大小。 答案: 解析:设A与B碰撞前A的速度为vA,根据动量守恒定律,AB碰撞过程满足 解得 从A开始运动到与B相碰的过程,根据动能定理: 解得 设B与C碰前B的速度为,则对物体B从与A碰撞完毕到与C相碰,损失的动能也为Wf, 根据动能定理: BC碰撞时满足动量守恒,则 解得 3.2014年理综山东卷39.(12分)【物理-物理3-5】 (1)氢原子能级如图,当氢原子从跃迁到的能级时,辐射光的波长为656nm。以下判断正确的是________.(双选,填正确答案标号) a、氢原子从跃迁到的能级时,辐射光的波长大于656nm b、用波长为325nm的光照射,可使氢原子从跃迁到的能级 c、一群处于能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线 d、用波长为633nm的光照射,不能使氢原子从跃迁到的能级 (2)如图,光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接,A的质量为m。开始时橡皮筋松驰,B静止,给A向左的初速度v0。一段时间后,B与A同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍,也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求: (ⅰ)B的质量; (ⅱ)碰撞过程中A、B系统机械能的损失。 【答案】(1)cd (2)m/2, 【解析】(2)(ⅰ)以初速度v0的方向为正方向,设B的质量为mB,A、B碰撞后的共同速度为v,由题意知:碰撞前瞬间A的速度为,碰撞前瞬间B的速度为2v,由动量守恒定律得 ① 由①式得 ② (ⅱ)从开始到碰后的全过程,由动量守恒定律得 ③ 设碰撞过程A、B系统机械能的损失为,则 ④ 联立②③④式得 ⑤ 4.2013年山东卷38、(8分)【物理——选修3-5】 (1)恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应在,当温度达到108K时,可以发生“氦燃烧”。 ①完成“氦燃烧”的核反应方程:。 ②是一种不稳定的粒子,其半衰期为。一定质量的经后所剩占开始时的____________________。 答案:或α;或12.5%。 解析:半衰期计算公式:;m为剩余质量;m0为原有质量;t为衰变时间;τ为半衰期,。 5.2012年理综山东卷38.(8分)【物理—物理3-5】 (1)氢原子第n能级的能量为,其中E1为基态能量。当氢原子由第4能级跃迁到第2能级时,发出光子的频率为v1;若氢原子由第2能级跃迁到基态,发出光子的频率为v2,则 。 答:1/4 解析:根据跃迁公式,可得:, , 所以 。 (2)光滑水平轨道上有三个木块A、B、C,质量分别为mA=3m、mB= mC=m,开始时B、C均静止,A以初速度v0向右运动,A与B相撞后分开,B又与C发生碰撞并粘在一起,此后A与B间的距离保持不变。求B与C碰撞前B的速度大小。 解析:设AB碰撞后,A的速度为,B与C碰撞前B的速度为,B与V碰撞后粘在一起的速度为,由动量守恒定律得 对A、B木块: mAv0= mA vA + mB vB ① 对B、C木块: mBvB=( mB + mC)v ② 由A与B间的距离保持不变可知 vA=v ③ 联立①②③式,代入数据得 ④ 6.2011年理综山东卷38.(8分)[物理—物理3-5] ⑴碘131核不稳定,会发生β衰变,其半衰变期为8天。 碘131核的衰变方程: ______________(衰变后的元素用X表示)。 经过________天有75%的碘131核发生了衰变。 ⑵如图所示,甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m,两船沿同一直线同一方向运动,速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞,乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船,甲船上的人将货物接住,求抛出货物的最小速度。(不计水的阻力) 答案:(1)①; ②16; (2)4v0 解析:①核衰变遵守电荷量和质量数守恒,所以 ② 根据半衰期概念,得 解得t=16天。 (2)解析:设乙船上的人抛出货物的最小速度为vmin,抛出货物后的速度为v1,甲船上的人接到货物后速度为v2,由动量守恒定律得: 12m v0=11m v1 - mvmin ① 10m×2v0 - mvmin =11m v2 ② 为避免两船相撞应满足: v1= v2 ③ 联立①②③式得:vmin= 4v0 ④ _21?????????è?????(www.21cnjy.com)_

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  • ID:6-8402043 [精]【新高考】山东省2011-2020年高考试卷分类汇编之14—选修模块3-4(解析卷)

    高中物理/高考专区/真题分类汇编

    中小学教育资源及组卷应用平台 山东省2011-2020年高考试卷分类汇编之14— 选修模块3-4 1.2019年山东卷 34.[物理一选修3-4)(15分)(1)(5分)一简谐横波沿x轴正方向传播,在时刻,该波的波形图如图(a)所示,P、Q是介质中的两个质点。图(b)表示介质中某质点的振动图像。下列说法正确的是(填正确答案标号。选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分。每选错1个扣3分,最低得分为0分) A.质点Q的振动图像与图(b)相同 B.在t=0时刻,质点P的速率比质点Q的大 C.在t=0时刻,质点P的加速度的大小比质点Q的大 D.平衡位置在坐标原点的质点的振动图像如图(b)所示 E.在t=0时刻,质点P与其平衡位置的距离比质点Q的大 答案: CDE 解析:波沿x轴正方向传播,则可知Q质点在该时刻()向上振动,而在图(b)中对应的时刻,该质点的振动方向向下,故质点Q的振动图像与图(b)不符合,A错误; 在t=0时刻,波形图跟图(a)反相,质点P在负最大位移处,加速度最大,速率最小为零,质点Q仍在平衡位置处,加速度最小为零,速率最大,所以选项B错误,选项C、E正确; 图(a)中在时刻,平衡位置位于坐标原点的质点向下振动,图(a)中,时刻,质点也向下振动,所以选项D正确。故选CDE。 (2)(10分)如图,一般帆船静止在湖面上,帆船的竖直桅杆顶端高出水面3 m。距水面4 m的湖底P点发出的激光束,从水面出射后恰好照射到桅杆顶端,该出射光束与竖直方向的夹角为53°(取sin53°=0.8)。已知水的折射率为 (i)求桅杆到P点的水平距离; (ii)船向左行驶一段距离后停止,调整由P点发出的激光束方向,当其与竖直方向夹角为45°时,从水面射出后仍然照射在桅杆顶端,求船行驶的距离。 答案:(2)(i)设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1,到P点的水平距离为x2;桅杆高度为h,P点处水深为H,激光束在水中与竖直方向的夹角为θ。由几何关系有 ① ② 由折射定律 ③ 所以, ④ 联立①②③④式并代入题给数据得 (ii)设激光束在水中与竖直方向的夹角为θ'=45°时,从水面出射的方向与竖直方向夹角为,由折射定律有 ,所以 因为 , 所以 2.2018年山东卷 34.[物理——选修3-4](15分) (1)(5分)如图,△ABC为一玻璃三棱镜的横截面,。一束红光垂直AB边射入,从AC边上的D点射出,其折射角为,则玻璃对红光的折射率为 。若改用蓝光沿同一路径入射,则光线在D点射出时的折射角 大于 (填“小于”“等于”或“大于”)。 解析:(1)根据题述和图示可知,i=60°,r=30°,由折射定律,玻璃对红光的折射率为。若改用蓝光沿同一路径入射,由于玻璃对蓝光的折射率大于对红光的折射率,则光线在D点射出时的折射角大于60°。 (2)(10分)一列简谐横波在时的波形图如图(a)所示,P、Q是介质中的两个质点。图(b)是质点Q的振动图像。求 (i)波速及波的传播方向; (ii)质点Q的平衡位置的x坐标。 答案:(i)18cm/s 波沿轴负方向传播 (ii)9cm 解析:(i)由图(a)可以看出,该波的波长为 ① 由图(b)可以看出,周期为 ② 波速为 ③ 由图(b)知,当时,Q点向上运动,结合图(a)可得,波沿轴负方向传播。 (ii)设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为、。由图(a)知,处,因此 ④ 由图(b)知,在时Q点处于平衡位置,经,其振动状态向x轴负方向传播至P点处,由此及③式有 ⑤ 由④⑤式得,质点Q的平衡位置的x坐标为 ⑥ 3.2017年山东卷34.[物理——选修3–4](15分) (1)(5分)如图(a),在xy平面内有两个沿z方向做简谐振动的点波源S1(0,4)和S2(0,–2)。两波源的振动图线分别如图(b)和图(c)所示,两列波的波速均为1.00 m/s。两列波从波源传播到点A(8,–2)的路程差为________m,两列波引起的点B(4,1)处质点的振动相互__________(填“加强”或“减弱”),点C(0,0.5)处质点的振动相互__________(填“加强”或“减弱”)。 (2)(10分)如图,一玻璃工件的上半部是半径为R的半球体,O点为球心;下半部是半径为R、高位2R的圆柱体,圆柱体底面镀有反射膜。有一平行于中心轴OC的光线从半球面射入,该光线与OC之间的距离为0.6R。已知最后从半球面射出的光线恰好与入射光线平行(不考虑多次反射)。求该玻璃的折射率。 【答案】(1)2m 减弱 加强 (2) 【解析】(1)由几何关系可知AS1=10m,AS2=8m,所以波程差为2m;同理可求BS1-BS2=0,为波长整数倍,由振动图像知两振源振动方向相反,故B点为振动减弱点,CS1-CS2=1m,波长,所以C点振动加强。 (2)如答图示,根据光的对称性和光路的可逆性,与入射光线相对于OC轴对称平行。这样,从半球面射入的折射光线,将从圆柱体底面中心C点发射。 设光线在半球面的入射角为i,折射角为r,由折射定律有 ① 由正弦定理有 ② 由几何关系,入射点的法线与OC的夹角为i。由题设条件和几何关系有 ③ 式中L是入射光线与OC的距离。由②③式和题给数据得 ④ 由①③④式和题给数据得 ⑤ 4.2016年山东卷34.[物理—选修3-4](15分) (1)(5分)某同学漂浮在海面上,虽然水面波正平稳地以的速率向着海滩传播,但他并不向海滩靠近。该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为。下列说法正确的是__________。(填正确答案标号,选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分。每选错1个扣3分,最低得分为0分) A.水面波是一种机械波 B.该水面波的频率为 C.该水面波的波长为 D.水面波没有将该同学推向岸边,是因为波传播时能量不会传递出去 E.水面波没有将该同学推向岸边,是因为波传播时振动的质点并不随波迁移 答案:ACE 解析:水面波是一种典型机械波,A对;从第一个波峰到第十个波峰中经历了九个波形,时间间隔为15秒,所以其振动周期为,频率为0.6Hz,B错;其波长,C对;波中的质点都上下振动,不随波迁移,但是能传递能量,D错E对。 (2)(10分)如图,在注满水的游泳池的池底有一点光源A,它到池边的水平距离为。从点光源A射向池边的光线AB与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角,水的折射率为。 (i)求池内的水深; (ii)一救生员坐在离池边不远处的高凳上,他的眼睛到池面的高度为。当他看到正前下方的点光源A时,他的眼睛所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为。求救生员的眼睛到池边的水平距离(结果保留1位有效数字)。 (i)光由A射向B发生全反射,光路如图: 由反射公式可知: 得:; 由,由几何关系可得: 所以水深。 (ii)光由A点射入救生员眼中光路图如图: 由折射率公式: 可知:, 设,得 代入数据得:, 由几何关系得,救生员到池边水平距离为 6.2015年理综山东卷38.【物理-物理3-4】 (1)如图,轻弹簧上端固定,下端连接一小物块,物块沿竖直方向做简谐运动。以竖直向上为正方向,物块简谐运动的表达式为y=0.1sin(2.5πt)m。t=0时刻,一小球从距物块h高处自由落下;t=0.6s时,小球恰好与物块处于同一高度。取重力加速度的大小为g=10m/s2.以下判断正确的是______(双选,填正确答案标号) a. h=1.7m b. 简谐运动的周期是0.8s c. 0.6s内物块运动的路程是0.2m d. t=0.4s时,物块与小球运动方向相反 【答案】AB 【解析】t=0.6s时,物块的位移为y=0.1sin(2.5π×0.6)m= -0.1m;则对小球,解得h=1.7m ,选项A正确;简谐运动的周期是,选项B正确;0.6s内物块运动的路程是3A=0.3m,选项C错误;t=0.4s=,此时物块在平衡位置向下振动,则此时物块与小球运动方向相同,选项D错误;故选AB. (2)半径为R、介质折射率为n的透明圆柱体,过其轴线OO' 的截面如图所示。位于截面所在平面内的一细束光线,以角i0由O点入射,折射光线由上边界的A点射出。当光线在O点的入射角减小至某一值时,折射光线在上边界的B点恰好发生全反射。求A、B两点间的距离。 答案: 解析:光路如图示,当光线从A点射出时,设折射角为r,由折射定律得,则A点到左端面的距离为,若在B点发生全反射时,则, 故B点到左端面的距离为 联立解得 6.2014年理综山东卷38.(12分)【物理-物理3-4】 (1)一列简谐横波沿直线传播。以波源O由平衡位置开始振动为计时零点,质点A的振动图像如图所示,已知O、A的平衡位置相距0.9m.以下判断正确的是___________.(双选,填正确答案标号) a、波长为1.2m b、波源起振方向沿y轴正方向 c、波速大小为0.4m/s d、质点A的动能在时最大 (2)如图,三角形ABC为某透明介质的横截面,O为BC边的中点,位于截面所在平面内的一束光线自O以角i入射,第一次到达AB边恰好发生全反射。已知,BC边长为2L,该介质的折射率为。求: (ⅰ)入射角i; (ⅱ)从入射到发生第一次全反射所用的时间(设光在真空中的速度为c,可能用到或)。 【答案】(1)a b (2) 【解析】(2)根据全反射定律可知,光线在AB面上P点的入射角等于临界角C,由折射定律得: ① 代入数据得 ② 设光线在BC面上的折射角为r,由几何关系得 ③ 由折射定律得 ④ 联立③④式,代入数据得 ⑤ (ⅱ)在中,根据正弦定理得 ⑥ 设所用时间为t,光线在介质中的速度为v,得 ⑦ ⑧ 联立⑥⑦⑧式,代入数据得 ⑨ 7.2013年山东卷37、(8分)【物理——选修3-4】 (1)如图甲所示,在某一均匀介质中,A、B是振动情况完全相同的两个波源,其简谐运动表达式均为,介质中P点与A、B两波源间的距离分别为4m和5m,两波源形成的简谐横波分别沿AP、BP方向传播,波速都是10m/s。 ①求简谐横波的波长。 ②P点的振动_______________(填“加强”或“减弱”)。 答案:1m; 加强。 解析:①设简谐波的波速为v,波长为λ,周期为T,由题意知: T=0.1s…………………………① 由波速公式 …………………………② 代入数据 λ=1m…………………………③ ②波长为1m,A、B相距P点为4m和5m,均为波长的整数倍,故P点为振动加强点。 (2)如图乙所示,ABCD是一直角梯形棱镜的横截面,位于截面所在平面内的一束光线由O点垂直AD边射入。已知棱镜的折射率,AB=BC=8cm,OA=2cm,。 ①求光线第一次射出棱镜时,出射光线的方向。 ②第一次的出射点距C ___________ cm。 答案:450 ; 解析:①设发生全反射的临界角为C,由折射定律得:……………④ 代入数据得:C=450………………………………⑤ 光路图如图所示,由几何关系可知光线在AB边和BC边的入射角均为600,均发生全反射。设光线在CD边的入射角为α,折射角为β,由几何关系得α=300,小于临界角,光线第一次射出棱镜是在CD边,由折射定律得:…………………………⑥ 代入数据β=450……………………………⑦ ②OA=2cm,由几何关系可知,AB面的入射点在AB的中点,BC面的入射点在BC的中点,α=300,所以出射点距C的距离x为: ……⑧ 8.2012年理综山东卷37.(8分)【物理—物理3-4】 (1)一列简谐横波沿x轴正方向传播,t=0时刻的波形如图所示,介质中质点P、Q分别位于x=2m、x=4m处。从t=0时刻开始计时,当t=15s时质点Q刚好第4次到达波峰。 ①求波速。 ②写出质点P做简谐运动的表达式(不要求推导过程) 。 (2)如图所示,一玻璃球体的半径为R,O为球心,AB为直径。来自B 点的光线BM在M点射出。出射光线平行于AB,另一光线BN恰好在N点发生全反射。已知∠ABM=300,求 ①玻璃的折射率。 ②球心O到BN的距离 。 解:(1)①设简谐横波的波速为v,波长为λ,周期为T,由图像知,λ=4m。由题意知 ① ② 联立①②式,代入数据得 v=1m/s ③ ②质点P做简谐运动的表达式为 y=0.2sin(0.5πt) m ④ (2)设光线BM在M点的入射角为i,折射角为r,由几何关系可知,i=30°,r=60°,根据折射定律得 ⑤ 代入数据得 ⑥ 光线BN恰好在N点发生全反射,则∠BNO为临界角C ⑦ 设球心到BN的距离为d,由几何关系可知 ⑧ 联立⑥⑦⑧式得 ⑨ 9.2011年理综山东卷37、(8分)(物理—物理3--4) (1)如图所示,一列简谐波沿x轴传播,实线为t1=0时的波形图,此时P质点向y轴负方向运动,虚线为t2=0.01s时的波形图。已知周期T>0.01s。 ①波沿x轴________(填“正”或“负”)方向传播。 ②求波速。 (2)如图所示,扇形AOB为透明柱状介质的横截面,圆心角∠AOB=60°。一束平行于角平分线OM的单色光由OA射入介质,经OA折射的光线恰平行于OB。 ①求介质的折射率。 ②折射光线中恰好射到M点的光线__________(填“能”或“不能”)发生全反射。 答案:(1)①正;②100m/s(2)①;②不能 解析:(1)①t1=0时,P质点向y轴负方向运动,由波的形成与传播知识可以判断波沿x轴正向传播。 ②由题意知λ=8m   ①    ② 联立①②式代入数据求得v=100m/s (2)解析:①依题意作出光路图,如图所示。由几何知识知入射角i=600,折射角γ=300。根据折射定律代入数据求得。 ②, 而, i'

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  • ID:6-8401051 [精]【新高考】山东省2011-2020年高考试卷分类汇编之4—万有引力定律的应用(解析卷)

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    中小学教育资源及组卷应用平台 山东省2011-2020年高考试卷分类汇编之4— 万有引力定律的应用 (1)万有引力定律的应用 1. 2012年理综山东卷 15.2011年11月3日,“神舟八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器成功实施了首次交会对接。任务完成后“天宫一号”经变轨升到更高的轨道,等待与“神舟九号”交会对接。变轨前和变轨完成后“天宫一号”的运行轨道均可视为圆轨道,对应的轨道半径分别为R1、R2,线速度大小分别为v1、v2。则等于 A. B. C. D. 答:B 解析:万有引力提供向心力有,得, 所以,,选项B正确。 2.2018年山东卷 20.2017年,人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程,在两颗中子星合并前约时,它们相距约,绕二者连线上的某点每秒转动12圈。将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体,由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识,可以估算出这一时刻两颗中子星 ( BC ) A.质量之积 B.质量之和 C.速率之和 D.各自的自转角速度 解析:双中子星做匀速圆周运动的频率f=12Hz,周期,由万有引力等于向心力可得,,, 联立解得,选项A错误B正确; 由联立解得,选项C正确; 不能得出各自的自转角速度,选项D错误。 (2)人造地球卫星 3. 2011年理综山东卷17.甲、乙为两颗地球卫星,其中甲为地球同步卫星,乙的运行高度低于甲的运行高度,两卫星轨道均可视为圆轨道。以下判断正确的是 A.甲的周期大于乙的周期 B.乙的速度大于第一宇宙速度 C.甲的加速度小于乙的加速度 D.甲在运行时能经过北极的正上方 答案:AC 解析:对地球卫星,万有引力提供其做圆周运动的向心力,则有,可得向心加速度之比,C正确;周期之比,A正确;甲、乙均为两颗地球卫星,运行速度都小于第一宇宙速度,B错误;甲为地球同步卫星运行在赤道上方,D错误。 4. 2015年理综山东卷15.如图,拉格朗日点L1位于地球和月球连线上,处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下,可与月球一起以相同的周期绕地球运动。据此,科学家设想在拉格朗日点L1建立空间站,使其与月球同周期绕地球运动。以a1、a2分别表示该空间站和月球向心加速度的大小,a3表示地球同步卫星向心加速度的大小。以下判断正确的是 ( D ) A.a2> a3> a1 ?? B.a2> a1> a3 C.a3> a1 > a2?? D.a3> a2 > a1 ?解析:因为空间站建在拉格朗日点,故周期等于月球的周期,根据可知,a2 > a1;对空间站和地球的同步卫星而言,因同步卫星的周期小于空间站的周期,同步卫星的轨道半径较小,根据可知, a3> a2,故选项D正确。 5.2016年新课标I卷17.利用三颗位置适当的地球同步卫星,可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯。目前,地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍。假设地球的自转周期变小,若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的,则地球自转周期的最小值约为( ) A. B. C. D. 答案:B 解析:地球自转周期变小,卫星要与地球保持同步,则卫星的公转周期也应随之变小,由可得,则卫星离地球的高度应变小,要实现三颗卫星覆盖全球的目的,则卫星周期最小时,由几何关系可作出右图。 由几何关系得,卫星的轨道半径为 ① 由开普勒第三定律,代入题中数据,得 ② 由①②解得 6. 2014年理综山东卷20、2013年我国相继完成“神十”与“天宫”对接、“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程。某航天受好者提出“玉兔”回家的设想:如图,将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到h高度的轨道上,与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接,然后由飞船送“玉兔”返回地球。设“玉兔”质量为m,月球为R,月面的重力加速度为g月。以月面为零势能面。“玉兔”在h高度的引力势能可表示为,其中G为引力常量,M为月球质量,若忽略月球的自转,从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为 ( ) A、 B、 C、 D、 【答案】D 【解析】在月球表面上,在距离月球表面h高处, 可得在高h处“玉兔”的动能而将发送到该处时,对它做的功应等于它在该处的机械能,即对它做的功为选项D正确。 故选项A、B、D错,C正确。 (3)天体和行星的运动 7. 2013年山东卷 20、双星系统由两颗恒星组成,两恒星在相互引力的作用下,分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动。研究发现,双星系统演化过程中,两星的总质量、距离和周期均可能发生变化。若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T,经过一段时间演化后,两星总质量变为原来的k倍,双星之间的距离变为原来的n倍,则此时圆周运动的周期为( ) A、 B、 C、 D、 答案:B。 解析:设两恒星的质量分别为m1和m2,都绕O点做圆周运动,两恒星到O点的距离分别为r1和r2,两恒星间的距离为r,对m1有: ,解得: 同理可得: 两恒星的总质量 当两星的质量为原来的k倍,双星之间的距离变为原来的n倍时,圆周运动的周期设为, 同样有, 由①②得:,故答案B正确。 8.2020年山东卷7.我国将在今年择机执行“天问1号”火星探测任务。质量为m的着陆器在着陆火星前,会在火星表面附近经历一个时长为t0、速度由v0减速到零的过程。已知火星的质量约为地球的0.1倍,半径约为地球的0.5倍,地球表面的重力加速度大小为g,忽略火星大气阻力。若该减速过程可视为一个竖直向下的匀减速直线运动,此过程中着陆器受到的制动力大小约为(  ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】忽略星球的自转,万有引力等于重力 则 解得 着陆器做匀减速直线运动,根据运动学公式可知 解得 匀减速过程,根据牛顿第二定律得 解得着陆器受到的制动力大小为 ACD错误,B正确。 故选B。 _21?????????è?????(www.21cnjy.com)_

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  • ID:6-8401050 [精]【新高考】山东省2011-2020年高考试卷分类汇编之3—直线运动和曲线运动(解析卷)

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    中小学教育资源及组卷应用平台 山东省2011-2020年高考试卷分类汇编之3— 直线运动和曲线运动 (1)自由落体运动和竖直上抛运动 1.2019年山东卷 18.如图,篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮,离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个所用的时间为t1,第四个所用的时间为t2。 不计空气阻力,则满足 A.1<<2 B.2<<3 C.3<<4 D.4<<5 答案:C 解析:根据初速为零的匀加速运动的规律,通过相邻的相等位移所用的时间之比为 竖直上抛到最高点的运动可以看作倒过来的从最高点出发的初速为零的匀加速运动 可知题目中的,故选项C正确。 2.2015年理综山东卷14.距地面高5m的水平直轨道上A、B两点相距2m,在B点用细线悬挂一小球,离地高度为h,如图。小车始终以4m/s的速度沿轨道匀速运动,经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下,小车运动至B点时细线被轧断,最后两球同时落地。不计空气阻力,取重力加速度的大小g=10m/s?。可求得h等于 ( A ) A.1.25m????? B.2.25m????? C?.3.75m???? D.4.75m 解析:小车上的物体落地的时间, 小车从A到B的时间;小球下落的时间; 根据题意可得时间关系为:t1=t2+t3,即, 解得h=1.25m,选项A正确. (2)直线运动图像问题 3. 2016年山东卷21. 甲、乙两车在平直公路上同向行驶,其v-t图像如图所示。已知两车在t=3s时并排行驶,则( ) A. 在t=1s时,甲车在乙车后 B. 在t=0时,甲车在乙车前7.5m C. 两车另一次并排行驶的时刻是t=2s D. 甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m 答案:BD 解析:根据v-t图,甲、乙都沿正方向运动。t=3s时,甲、乙相遇,v甲=30m/s,v乙=25m/s,由位移和v-t图面积对应关系,0-3s内位移,。故t=0时,甲乙相距,即甲在乙前方7.5m,B选项正确。 0-1s内,,,,说明甲、乙第一次相遇。A、C错误。 乙两次相遇地点之间的距离为,所以D选项正确。 (3)曲线运动和运动的合成 4.2020年山东卷16.单板滑雪U型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, sin72.8°=0.96,cos72.8°=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。 【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 ① 设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1,由牛顿第二定律得 mgcos17.2°=ma1 ② 由运动学公式得 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=vMcos728° 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 mgsin17.2°=ma2 ⑥ 设腾空时间为t,由运动学公式 得 ⑦ ⑧ 联立①②⑤⑥⑦⑧式,代入数据得 L=12 m ⑨ (4)平抛运动 5. 2017年山东卷15.发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)。速度较大的球越过球网,速度较小的球没有越过球网,其原因是 A.速度较小的球下降相同距离所用的时间较多 B.速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大 C.速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少 D.速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大 【答案】C 【解析】由题意知,速度大的先过球网,即同样的时间速度大的水平位移大,或者同样的水平距离速度大的用时少,故C正确;ABD错误。 (5)匀速圆周运动 6.2015年理综山东卷23.如图甲所示,物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接。物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上,小球与右侧滑轮的距离为l. 开始时物块和小球均静止,将此时传感装置的示数记为初始值。现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力,将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角,如图乙所示,此时传感装置的示数为初始值的1.25倍;再将小球由静止释放,当运动至最低位置时,传感装置的示数为初始值的0.6倍。不计滑轮的大小和摩擦,重力加速度的大小为g。求: (1)物块的质量; (2)从释放到运动至最低位置的过程中,小球克服空气阻力所做的功。?? ?【答案】(1)3m;(2)0.1mgl 解析:(1)设物块质量为M,开始时,设压力传感器读数为F0,则F0-mg=Mg 当小球被抬高60°角时,对小球,根据平行四边形法则可得:T=mgcos60° 此时对物块:1.25F0-T=Mg, 解得M=3m, F0 =2mg, (2)当小球摆到最低点时,对物块:0.6F0-T1=Mg ,对小球, 对小球摆到最低点的过程,根据动能定理可知:, 联立解得:Wf=0.1mgl2 _21?????????è?????(www.21cnjy.com)_

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  • ID:6-8401049 [精]【新高考】山东省2011-2020年高考试卷分类汇编之2 —牛顿运动定律(解析卷)

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    中小学教育资源及组卷应用平台 山东省2011-2020年高考试卷分类汇编之2— 牛顿运动定律 (1)牛顿运动定律的应用 1.2018年山东卷I、15.如图,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是 ( A ) A 解析:由牛顿运动定律, 联立解得,对比题给的四个图像,可能正确的是图像A。 2.2016年山东卷18. 一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力,且原来作用在质点上的力不发生改变,则( ) A. 质点速度的方向总是与该恒力的方向相同 B. 质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 C. 质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 D. 质点单位时间内速率的变化量总是不变 答案:BC 解析:质点一开始做匀速直线运动,处于平衡状态,施加恒力后,则该质点的合外力为该恒力 ①若该恒力方向与质点原运动方向不共线,则质点做曲线运动,质点速度方向时刻与恒力方向不同,故A错; ②若F的方向某一时刻与质点运动方向垂直,之后质点作曲线运动,力与运动方向夹角会发生变化,例如平抛运动,故B正确; ③由牛顿第二定律可知,质点加速度方向与其所受合外力方向相同; ④根据加速度的定义,相等时间内速度变化量相同,速率变化量不一定相同,故D错。 (2)超重和失重现象 3.2012年理综山东卷16.将地面上静止的货物竖直向上吊起,货物由地面运动至最高点的过程中,v-t 图像如图所示。以下判断正确的是( ) A.前3s内货物处于超重状态 B.最后2s内货物只受重力作用 C.前3s内与最后2s内货物的平均速度相同 D.第3s末至第5s末的过程中,货物的机械能守恒 答:AC 解析:根据v-t 图像可知,前3s内货物向上做匀加速直线运动,加速度向上,处于超重状态,选项A正确;最后2s内货物做匀减速直线运动,加速度大小为,受重力和拉力作用,选项B错误;根据匀变速直线运动平均速度公式,前3s内与最后2s内货物的平均速度相同,都为3m/s,选项C正确;第3s末至第5s末的过程中,货物匀速上升,机械能不守恒,选项D错误。 4.2020年山东卷1.一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼,其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示,速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是(  ) A. 0~t1时间内,v增大,FN>mg B. t1~t2 时间内,v减小,FNmg 【答案】D 【解析】A.由于s-t图像的斜率表示速度,可知在0~t1时间内速度增加,即乘客的加速度向下,处于失重状态,则FNmg,选项C错误,D正确; 故选D。 (3)整体法和隔离法 5. 2013年山东卷15、如图所示,用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂,小球处于静止状态,弹簧A与竖直方向夹角为30°,弹簧C水平,则弹簧A、C的伸长量之比为( ) A、 B、 C、 D、 答案:D。 解析:设弹簧的劲度系数为k,小球的质量为m,设弹簧A的拉力为FA,弹簧C的拉力为FC,把两球看作一个整体,则有:FAsin300=FC,即FA=2FC,两弹簧的伸长量之比为2:1,即答案D正确。 6.2015年理综山东卷16.如图,滑块A置于水平地面上,滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直),此时A恰好不滑动,B刚好不下滑。已知A与B间的动摩擦因数为μ1,A与地面间的动摩擦因数为 μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A与B的质量之比为 ( B ) A.?? ?????????? B.? ? C.?? ?????????? D. 解析:物体AB整体在水平方向; 对物体B在竖直方向有:; 联立解得:,选项B正确. (4)力和运动 7. 2014年理综山东卷23、(18分)研究表明,一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间),但饮酒会导致反应时间延长,在某次试验中,志愿者少量饮酒后驾车以v0=72km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶,从发现情况到汽车停止,行驶距离L=39m。减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示,此过程可视为匀变速直线运动。取重力加速度的大小g=10m/s2。求: (1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间; (2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少? (3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值。 【解析】(1)设减速过程中汽车加速度的大小为a,所用时间为t,由题可得初速度v0=20m/s,末速度,位移s=25m,由运动学公式得 ① ② 联立①②式,代入数据得 a=8m/s2 ③ t=2.5s ④ (2)设志愿者反应时间为t', 反应时间的增加量为,由运动学公式得 ⑤ ⑥ 联立⑤⑥式,代入数据得 ⑦ (3)设志愿者所受合外力的大小为F,汽车对志愿者作用力的大小为F0,志愿者质量为m,由牛顿第二定律得 ⑧ 由平行四边形定则得 ⑨ 联立③⑧⑨式,代入数据得 ⑩ 8. 2013年山东卷 22、(15分)如图所示,一质量m=0.4kg的小物块,以v0=2m/s的初速度,在与斜面成某一角度的拉力F作用下,沿斜面向上做匀加速运动,经t=2s的时间物块由A点运动到B点,A、B之间的距离L=10m。已知斜面倾角,物块与斜面之间的动摩擦因数,重力加速度g取10m/s2. (1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。 (2)拉力F与斜面夹角多大时,拉力F最小?拉力F的最小值是多少? 解:(1)设物块加速度的大小为a,到达B点时速度的大小为v,由运动学公式得: 联立①②两式,代入数据得 a=3m/s2………………③ v=8m/s…………… …④ (2)设物块所受支持力为FN,所受摩擦力为Ff, 拉力与斜面间的夹角为,受力分析如图所示, 由牛顿第二定律得: Fcosα-mgsinθ-Ff=ma…………⑤ Fsinα+FN-mgcosθ=0…………⑥ 又 Ff=μFN……………………⑦ 联立⑤⑥⑦式得: ……⑧ 由数学知识得: ……⑨ 由⑧⑨式可知对应F最小的夹角=300……⑩ 联立③⑧⑩式,代入数据得F的最小值为 _21?????????è?????(www.21cnjy.com)_

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  • ID:6-8401048 [精]【新高考】山东省2011-2020年高考试卷分类汇编之1—受力分析和共点力的平衡(解析卷)

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    中小学教育资源及组卷应用平台 山东省2011-2020年高考试卷分类汇编之1— 受力分析和共点力的平衡 1. 2011年理综山东卷 19.如图所示,将两相同的木块a、b置于粗糙的水平地面上,中间用一轻弹簧连接,两侧用细绳固定于墙壁。开始时a、b均静止。弹簧处于伸长状态,两细绳均有拉力,a所受摩擦力Ffa≠0,b所受摩擦力Ffb=0,现将右侧细绳剪断,则剪断瞬间 A.Ffa大小不变 B.Ffa方向改变 C.Ffb仍然为零 D.Ffb方向向右 答案:AD 解析:两物块相同,由受力分析可知两物体受到弹簧拉力大小相等,方向相反,绳子对b的拉力等于弹簧对b的拉力,若a平衡且有摩擦力,则绳对a拉力大小等于b受到得绳子拉力大小相等,此摩擦力小于最大静摩擦力,故当剪断右侧细绳后,a受力情况不变,b受到的摩擦力与弹簧拉力平衡,大小与a受到的摩擦力相等。 2. 2013年山东卷 14、伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法,利用这种方法伽利略发现的规律有(AC) A、力不是维持物体运动的原因 B、物体之间普遍存在相互吸引力 C、忽略空气阻力,重物与轻物下落得同样快 D、物体间的相互作用力总是大小相等,方向相反 解析:伽利略创造了有效的“侦察”方法—实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法,利用伽利略斜面实验,得到“力不是维持物体运动的原因”,故A正确。伽利略通过斜面实验和合理外推得出“忽略空气阻力,重物与轻物下落得同样快”,故C正确。17世纪下半叶,人们发现,相互作用存在于一切物体之间,故B错误;物体之间的相互作用力总是大小相等,方向相反,是牛顿第三定律的内容,故D错误。 3.2014年理综山东卷 14、如图,用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点,制成一简易秋千。某次维修时将两轻绳各剪去一小段,但仍保持等长且悬挂点不变。木板静止时,F1表示木板所受合力的大小,F2表示单根轻绳对木板拉力的大小,则维修后 ( ) A、F1不变,F2变大 B、F1不变,F2变小 C、F1变大,F2变大 D、F1变小,F2变小 【答案】A 【解析】由于木板始终处于静止状态,因此前后两次合力F1都是零保持不变,绳子各剪去一段后长度变短,悬挂木板时与竖直方向夹角变大,根据两力合成条件,合力不变,分力夹角变大,因此两个分力变大,因此A正确,BCD错误。, 4.2014年理综山东卷 15、一质点在外力作用下做直线运动,其速度v随时间t变化的图像如图。在图中标出的时刻中,质点所受合外力的方向与速度方向相同的有( ) A、t1 B、t2 C、t3 D、t4 【答案】AC 【解析】如果外力的方向与速度方向相同,则物体做加速运动,速度在增加,因此在t1和t3时刻速度在增加,选项AC正确,BD错误。 5. 2012年理综山东卷 17.如图所示,两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动,在O点悬挂一重物M,将两相同木块m紧压在竖直挡板上,此时整个系统保持静止。Ff表示木块与挡板间摩擦力的大小,FN表示木块与挡板间正压力的大小。若挡板间的距离稍许增大后,系统仍静止且O1、O2始终等高,则 A.Ff 变小 B.Ff 不变 C.FN 变小 D.FN 变大 答:BD 解析:把重物M和两木块m看成整体受力分析可得,竖直方向合力为零,始终木块与挡板间摩擦力2Ff=2mg+Mg,选项A错误B正确;挡板间的距离稍许增大后,对结点O受力分析可得,轻杆弹力增大,对木块受力分析得木块与挡板间正压力增大,选项C错误D正确。 6.2019年山东卷 19.如图,一粗糙斜面固定在地面上,斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块N。另一端与斜面上的物块M相连,系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N,直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。已知M始终保持静止,则在此过程中 A.水平拉力的大小可能保持不变 B.M所受细绳的拉力大小一定一直增加 C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加 D.M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加 答案:BD 解析:分析物体N的受力情况如右图a示,由平衡条件得,,用水平向左的拉力缓慢拉动N,则θ角增大,F和T一直增大,选项A错误; 当悬挂N的细绳与竖直方向的夹角增大到45°的过程中,细绳的拉力一直增大到,选项B正确; 分析物体M的受力情况如右图b示,由平衡条件得 或 由于不知道两物体的质量关系以及斜面倾角,无法判定M与斜面摩擦力的方向及大小,当细绳中的拉力增大的过程中,摩擦力f 可能先减小到零再反向增大,选项C错误,D正确。 7. 2017年山东卷21.如图,柔软轻绳ON的一端O固定,其中间某点M拴一重物,用手拉住绳的另一端N,初始时,OM竖直且MN被拉直,OM与MN之间的夹角为()。现将重物向右上方缓慢拉起,并保持夹角不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中 A.MN上的张力逐渐增大 B.MN上的张力先增大后减小 C.OM上的张力逐渐增大 D.OM上的张力先增大后减小 【答案】AD 【解析】以重物为研究对象,受重力mg,OM绳上拉力F1,MN上拉力F2,由题意知,三个力合力始终为零,矢量三角形如图所示,在F2转至水平的过程中,MN上的张力F1逐渐增大,OM上的张力F2先增大后减小,所以A、D正确;B、C错误。 8. 2016年新课标I卷19. 如图,一光滑的轻滑轮用细绳OO' 悬挂于点;另一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块a,另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力向右上方拉b,整个系统处于静止状态。若F方向不变,大小在一定范围内变化,物块b仍始终保持静止,则( ) A. 绳OO' 的张力也在一定范围内变化 B. 物块b所受到的支持力也在一定范围内变化 C. 连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化 D. 物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化 答案:BD 解析:由题意,在F保持方向不变,大小发生变化的过程中,物体a、b均保持静止,各绳角度保持不变;选a受力分析得,绳的拉力T=mag,所以物体a受到绳的拉力保持不变。由滑轮性质,滑轮两侧绳的拉力相等,所以b受到绳的拉力大小、方向均保持不变,C选项错误; a、b受到绳的拉力大小方向均不变,所以OO' 的张力不变,A选项错误;对b进行受力分析,并将各力沿水平方向和竖直方向分解,如上图所示。由受力平衡得:,。T和mbg始终不变,当F大小在一定范围内变化时;支持力在一定范围内变化,B选项正确;摩擦力也在一定范围内发生变化,D选项正确;故答案选BD。 9.2020年山东卷8.如图所示,一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上,质量分别为m和2m的物块A、B,通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接,A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时,物块A、B刚好要滑动,则μ的值为(  ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】当木板与水平面的夹角为45°时,两物块刚好滑动,对A物块受力分析如图 沿斜面方向,A、B之间的滑动摩擦力 根据平衡条件可知 对B物块受力分析如图 沿斜面方向,B与斜面之间的滑动摩擦力 根据平衡条件可知 两式相加,可得 解得 ABD错误,C正确。 故选C。 _21?????????è?????(www.21cnjy.com)_

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  • ID:6-8401046 [精]【新高考】山东省2011-2020年高考试卷分类汇编之16—其它(解析卷)

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    中小学教育资源及组卷应用平台 山东省2011-2020年高考试卷分类汇编之16— 其它 (1)理想气体状态方程 1.2020年山东卷15.中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上,进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种,如图所示,左侧为火罐,下端开口;右侧为抽气拔罐,下端开口,上端留有抽气阀门。使用火罐时,先加热罐中气体,然后迅速按到皮肤上,自然降温后火罐内部气压低于外部大气压,使火罐紧紧吸附在皮肤上。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上,再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时,罐内气体初始压强与外部大气压相同,温度为450 K,最终降到300 K,因皮肤凸起,内部气体体积变为罐容积的。若换用抽气拔罐,抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的,罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体,忽略抽气过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。 【答案】 【解析】 【详解】设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1,温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2,罐的容积为V0,由题意知 p1=p0、T1=450 K、V1=V2、T2=300 K、V2=20V0/21 ① 由理想气体状态方程得 ② 代入数据得 p2=0.7p0 ③ 对于抽气罐,设初态气体状态参量分别为p3、V3,末态气体状态参量分别为p4、V4,罐的容积为,由题意知p3=p0、V3=、p4=p2 ④ 由玻意耳定律得 ⑤ 联立②⑤式,代入数据得 ⑥ 设抽出的气体的体积为ΔV,由题意知 ⑦ 故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为 ⑧ 联立②⑤⑦⑧式,代入数据得 ⑨ (2)热力学第一定律 2.2020年山东卷6.一定质量的理想气体从状态a开始,经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a,其p-V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为a(V0, 2p0)、 b(2V0,p0)、c(3V0,2p0) 以下判断正确的是(  ) A. 气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功 B. 气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量 C. 在c→a过程中,外界对气体做功小于气体向外界放出的热量 D. 气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量 【答案】C 【解析】A.根据气体做功的表达式可知p-V图线和体积横轴围成的面积即为做功大小,所以气体在a→b过程中对外界做的功等于b→c过程中对外界做的功,A错误; B.气体从a→b,满足玻意尔定律pV=C,所以 所以,根据热力学第一定律可知 气体从,温度升高,所以,根据热力学第一定律可知 结合A选项可知 所以 b→c过程气体吸收的热量大于a→b过程吸收的热量,B错误; C.气体从c→a,温度降低,所以,气体体积减小,外界对气体做功,所以,根据热力学第一定律可知,放出热量,C正确; D.理想气体的内能只与温度有关,根据,可知 所以气体从c→a过程中内能的减少量等于b→c过程中内能的增加量,D错误。 故选C。 (3)全反射 3.2020年山东卷9.截面为等腰直角三角形的三棱镜如图甲所示。DE为嵌在三棱镜内部紧贴BB'C'C面的线状单色可见光光源,DE与三棱镜的ABC面垂直,D位于线段BC的中点。图乙为图甲中ABC面的正视图。三棱镜对该单色光的折射率为,只考虑由DE直接射向侧面AA' C'C的光线。 下列说法正确的是(  ) A. 光从AA'C'C面出射的区域占该侧面总面积的 B. 光从AA'C'C面出射的区域占该侧面总面积的 C. 若DE发出的单色光频率变小,AA'C'C面有光出射的区域面积将增大 D. 若DE发出的单色光频率变小,AA'C'C面有光出射的区域面积将减小 【答案】AC 【解析】AB.由题可知 可知临界角为45o,因此从D点发出的光,竖直向上从M点射出的光线恰好是出射光线的边缘,同时C点也恰好是出射光线的边缘,如右图所示,因此光线只能从MC段射出,根据几何关系可知,M恰好为AC的中点,因此在AA'C'C 平面上有一半的面积有光线射出,A正确,B错误; C.由于频率越高,折射率越大,当光源发出的光的频率变小,折射率也会变小,导致临界角会增大,这时M点上方也会有光线出射,因此出射光线区域的面积将增大,C正确,D错误。 故选AC。 (4)光的干涉和衍射 4.2020年山东卷3.双缝干涉实验装置的截面图如图所示。光源S到S1、S2的距离相等,O点为S1、S2连线中垂线与光屏的交点。光源S发出的波长为的光,经S1出射后垂直穿过玻璃片传播到O点,经S2出射后直接传播到O点,由S1到O点与由S2到O点,光传播的时间差为。玻璃片厚度为10,玻璃对该波长光的折射率为1.5,空气中光速为c,不计光在玻璃片内的反射。以下判断正确的是(  ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】光在玻璃中的传播速度为 可知时间差 故选A。 (5)天然放射性现象、半衰期 5.2020年山东卷2.氚核发生β衰变成为氦核。假设含氚材料中发生β衰变产生的电子可以全部定向移动,在3.2104 s时间内形成的平均电流为5.010-8 A。已知电子电荷量为1.610-19 C,在这段时间内发生β衰变的氚核的个数为(  ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】根据 可得产生的电子数为 个 因在β衰变中,一个氚核产生一个电子,可知氚核的个数为1.0×1016个。 故选B. (6)能级跃迁 6.2019年山东卷14.氢原子能级示意图如图所示。光子能量在1.63 eV~3.10 eV的光为可见光。要使处于基态(n=1)的氢原子被激发后可辐射出可见光光子,最少应给氢原子提供的能量为 A.12.09 eV B.10.20 eV C.1.89 eV D.1.5l eV 答案:A 解析:根据能级间跃迁吸收或辐射的光子的能量等于两能级间的能量差,即 由能级图可知,从激发态n=3、n=4…跃迁到n=2时能辐射出光子能量在1.63 eV~3.10 eV的可见光, 氢原子从基态(n=1)跃迁到n=3,应吸收光子的能量为 所以要使处于基态(n=1)的氢原子被激发后可辐射出可见光光子,最少应给氢原子提供的能量为12.09eV,故选A。 (7)核反应 核能 7.2017年山东卷17.大科学工程“人造太阳”主要是将氚核聚变反应释放的能量用来发电,氚核聚变反应方程是,已知的质量为2.0136u,的质量为3.0150u,的质量为1.0087u,1u=931MeV/c2。氚核聚变反应中释放的核能约为 A.3.7MeV B.3.3MeV C.2.7MeV D.0.93MeV 【答案】B 【解析】根据质能方程,释放的核能,,则 ,故B正确;A、C、D错误。 (8)物理学史 8. 2012年理综山东卷14.以下叙述正确的是( ) A.法拉第发现了电磁感应现象 B.惯性是物体的固有属性,速度大的物体惯性一定大 C.牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因 D.感应电流遵从楞次定律所描述的方向,这是能量守恒定律的必然结果 答:AD 解析:惯性是物体的固有属性,质量是决定物体惯性大下的唯一因素,选项A错误;伽利略最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的必然结果,选项C错误。 9. 2011年理综山东卷16.了解物理规律的发现过程,学会像科学家那样观察和思考,往往比掌握知识本身更重要。以下符合事实的是 A.焦耳发现了电流热效应的规律 B.库仑总结出了点电荷间相互作用的规律 C.楞次发现了电流的磁效应,拉开了研究电与磁相互关系的序幕 D.牛顿将斜面实验的结论合理外推,间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动 答案:AB 解析:1840年英国科学家焦耳发现了电流热效应的规律; 库仑总结出了点电荷间相互作用的规律; 法拉第发现了电磁感应现象,拉开了研究电与磁关系的序幕; 伽利略通过将斜面实验合力外推,间接证明了自由落体运动的规律。 (9)高中物理综合题 10.2020年山东卷17.某型号质谱仪的工作原理如图甲所示。M、N为竖直放置的两金属板,两板间电压为U,Q板为记录板,分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的I、Ⅱ两部分,M、N、P、Q所在平面相互平行,a、b为M、N上两正对的小孔。以a、b所在直线为z轴, 向右为正方向,取z轴与Q板的交点O为坐标原点,以平行于Q板水平向里为x轴正方向,竖直向上为y轴正方向,建立空间直角坐标系Oxyz。区域I、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场,磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E。一质量为m,电荷量为+q的粒子,从a孔飘入电场(初速度视为零),经b孔进入磁场,过P面上的c点(图中未画出)进入电场,最终打到记录板Q上。不计粒子重力。 (1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L; (2)求粒子打到记录板上位置的x坐标; (3)求粒子打到记录板上位置的y坐标(用R、d表示); (4)如图乙所示,在记录板上得到三个点s1、s2、s3,若这三个点是质子、氚核、氦核的位置,请写出这三个点分别对应哪个粒子(不考虑粒子间的相互作用,不要求写出推导过程)。 【答案】(1) ; (2);(3);(4)s1、s2、s3分别对应氚核、氦核、质子的位置 【解析】 (1)设粒子经加速电场到b孔的速度大小为v,粒子在区域I中,做匀速圆周运动对应圆心角为α,在M、N两金属板间,由动能定理得qU=mv2 ① 在区域I中,粒子做匀速圆周运动,磁场力提供向心力,由牛顿第二定律得 ② 联立①②式得 ③ 由几何关系得 ④ ⑤ ⑥ 联立①②④式得 ⑦ (2)设区域Ⅱ中粒子沿z轴方向的分速度为vz,沿x轴正方向加速度大小为a,位移大小为x,运动时间为t,由牛顿第二定律得 qE=ma ⑧ 粒子在z轴方向做匀速直线运动,由运动合成与分解的规律得 ⑨ ⑩ 粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动,由运动学公式得 ⑾ 联立①②⑤⑧⑨⑩⑾式得 ⑿ (3)设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y,其中在区域Ⅱ中沿y方向偏离的距离为y',由运动学公式得 y'=vtsinα ⒀ 由题意得y=L+y' ⒁ 联立①④⑥⑨⑩⒀⒁式 ⒂ (4)s1、s2、s3分别对应氚核、氦核、质子的位置。 _21?????????è?????(www.21cnjy.com)_

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  • ID:6-8401039 [精]【新高考】山东省2011-2020年高考试卷分类汇编之13—选修模块3-3(解析卷)

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    中小学教育资源及组卷应用平台 山东省2011-2020年高考试卷分类汇编之13— 选修模块3-3 1.2019年山东卷 33.[物理—选修3-3](15分) (1)(5分)某容器中的空气被光滑活塞封住,容器和活塞绝热性能良好,空气可视为理想气体。初始时容器中空气的温度与外界相同,压强大于外界。现使活塞缓慢移动,直至容器中的空气压强与外界相同。此时,容器中空气的温度__________(填“高于”“低于”或“等于”)外界温度,容器中空气的密度__________(填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密度。 (2)(10分)热等静压设备广泛用于材料加工中。该设备工作时,先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中,然后炉腔升温,利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理,改部其性能。一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13 m3,炉腔抽真空后,在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中。已知每瓶氩气的容积为3.2×10-2 m3,使用前瓶中气体压强为1.5×107 Pa,使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106 Pa;室温温度为27 ℃。氩气可视为理想气体。 (i)求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强; (i i)将压入氩气后的炉腔加热到1227 ℃,求此时炉腔中气体的压强。 答案:(1)低于 大于 (2)(i)32×107 Pa (i i)1.6×108 Pa 解析:(1)气体对外做功,内能减少,温度降低; 容器内的气体温度低,压强与外界压强相同,说明单位时间内碰撞器壁次数多,故密度大。 (2)(i)设初始时每瓶氩气的体积为V1,压强为p1,由玻意耳定律 ① 得 被压入压缩机内的体积 10瓶氩气压入压缩机内的体积 ② 由玻意耳定律 p2V0=pV ③ 得p2=3.2×107 Pa ④ (ii)设加热前炉腔的温度为T0,加热后炉腔温度为T1,气体压强为p3,由查理定律 ⑤ 联立④⑤式并代入题给数据得 p3=1.6×108 Pa ⑥ 2.2018年山东卷 33.[物理——选修3-3](15分) (1)(5分)如图,一定质量的理想气体从状态a开始,经历过程①、②、③、④到达状态e。对此气体,下列说法正确的是 BDE (选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分;每选错1个扣3分,最低得分为0分)。 A.过程①中气体的压强逐渐减小 B.过程②中气体对外界做正功 C.过程④中气体从外界吸收了热量 D.状态c、d的内能相等 E.状态d的压强比状态b的压强小 解析:在过程①中,体积不变,外界不对气体做功,气体也不对外界做功,温度升高,压强增大,内能增加,故A错误; 在过程②中,气体的体积增大,气体对外界做正功,故B正确; 在过程④中,体积不变,外界不对气体做功,气体也不对外界做功,温度下降,内能减少,气体向外界放热,C错误;在过程cd中,温度不变,内能不变,故D正确。 由得,可知T-V图线的斜率与压强相关,斜率大则压强大,状态b的斜率大于状态d的斜率,所以状态d的压强比状态b的压强小,选项E正确。故选BDE。 (2)(10分)如图,容积为V的汽缸由导热材料制成,面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分,汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连,细管上有一阀门K。开始时,K关闭,汽缸内上下两部分气体的压强均为。现将K打开,容器内的液体缓慢地流入汽缸,当流入的液体体积为时,将K关闭,活塞平衡时其下方气体的体积减小了。不计活塞的质量和体积,外界温度保持不变,重力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。 解:设活塞再次平衡后,活塞上方气体的体积为V1,压强为p1;下方气体的体积为V2,压强为p2。在活塞下移的过程中,活塞上、下方气体的温度均保持不变,由玻意耳定律得 ① ② 由已知条件得 ③ ④ 设活塞上方液体的质量为m,由力的平衡条件得 ⑤ 联立以上各式得 ⑥ 3.2017年山东卷33.[物理——选修3–3](15分) (1)(5分)氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示。下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分。每选错1个扣3分,最低得分为0分) A.图中两条曲线下面积相等 B.图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形 C.图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形 D.图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目 E.与0 ℃时相比,100 ℃时氧气分子速率出现在0~400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大 【答案】ABC 【解析】温度是分子平均动能的标志,温度升高分子的平均动能增加,不同温度下相同速率的分子所占比例不同,温度越高,速率大的分子占比例越高,故虚线为0℃,实线是100℃对应的曲线,曲线下面积都等于1,故面积相等,所以ABC正确。 (2)(10分)如图,容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通,阀门K2位于细管的中部,A、B的顶部各有一阀门K1、K3,B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)。初始时,三个阀门均打开,活塞在B的底部;关闭K2、K3,通过K1给汽缸充气,使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1。已知室温为27 ℃,汽缸导热。 (i)打开K2,求稳定时活塞上方气体的体积和压强; (ii)接着打开K3,求稳定时活塞的位置; (iii)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20℃,求此时活塞下方气体的压强。 【答案】(i)V/2 2p0 (ii)顶部 (iii)1.6 p0 【解析】(i)设打开K2后,稳定时活塞上方气体的压强为p1,体积为V1。依题意,被活塞分开的两部分气体都经历等温过程。由玻意耳定律得 ① ② 联立①②式得 ③ ④ (ii)打开K3后,由④式知,活塞必定上升。 设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V2≤2V)时活塞下气体压强为p2,由玻意耳定律得 ⑤ 由⑤式得 ⑥ 由⑥式知,打开K3后活塞上升直到B的顶部为止;此时为 (iii)设加热后活塞下方气体的压强为p3,气体温度从T1=300K升高到T2=320K的等容过程中,由查理定律得 ⑦ 将有关数据代入⑦式得 p3=1.6p0 ⑧ 4. 2016年山东卷33. [物理—选修3-3](15分) (1)(5分)关于热力学定律,下列说法正确的是__________。(填正确答案标号。选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分,每选错1个扣3分,最低得分为0分) A.气体吸热后温度一定升高 B.对气体做功可以改变其内能 C.理想气体等压膨胀过程一定放热 D.热量不可能自发地从低温物体传到高温物体 E.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达到热平衡 答案:BDE 气体内能的改变ΔU=Q+W,故对气体做功可改变气体内能,B选项正确;气体吸热为Q,但不确定外界做功W的情况,故不能确定气体温度变化,A选项错误;理想气体等压膨胀过程中对外做功,W<0,由理想气体状态方程,P不变,V增大,气体温度升高,内能增大。由ΔU=Q+W,气体等压膨胀过程中对外做功,W<0,所以一定吸热,C选项错误;由热力学第二定律,D选项正确;根据平衡性质,E选项正确; (2)(10分)在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强,两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为,其中。现让水下处一半径为的气泡缓慢上升。已知大气压强,水的密度,重力加速度大小。 (i)求在水下处气泡内外的压强差; (ii)忽略水温随水深的变化,在气泡上升到十分接近水面时,求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。 答案:水下处气泡的压强差是,气泡在接近水面时的半径与原来半径之比为。 解析:(i)由公式得, 水下10m处气泡的压强差是28Pa。 (ii)忽略水温随水深的变化,所以在水深10m处和在接近水面时气泡内温度相同。 由理想气体状态方程,得 ① 其中, ② ③ 由于气泡内外的压强差远小于水压,气泡内压强可近似等于对应位置处的水压,所以有 ④ ⑤ 将②③④⑤代入①得, 5.2015年理综山东卷37.【物理-物理3-3】 (1)墨滴入水,扩而散之,徐徐混匀。关于该现象的分析正确的是______。(双选,填正确答案标号) a.混合均匀主要是由于碳粒受重力作用 b.混合均匀的过程中,水分子和碳粒都做无规则运动 c.使用碳粒更小的墨汁,混合均匀的过程进行得更迅速 d.墨汁的扩散运动是由于碳粒和水分子发生化学反应引起的 答案:bc 解析:根据分子运动论的知识可知,混合均匀主要是由于水分子做无规则运动,使得碳粒做无规则运动形成的布朗运动;由于布朗运动的剧烈程度与颗粒大小和温度有关,所以使用碳粒更小的墨汁,布朗运动会越明显,则混合均匀的过程进行得更迅速,故选bc。 (2)扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象;如图,截面积为S的热杯盖扣在水平桌面上,开始时内部封闭气体的温度为300K,压强为大气压强p0。当封闭气体温度上升至303K时,杯盖恰好被整体顶起,放出少许气体后又落回桌面,其内部压强立即减为p0,温度仍为303K。再经过一段时间,内部气体温度恢复到300K。整个过程中封闭气体均可视为理想气体。求: (ⅰ)当温度上升到303K且尚未放气时,封闭气体的压强; (ⅱ)当温度恢复到300K时,竖直向上提起杯盖所需的最小力. 答案:(ⅰ)1.01p0;(ⅱ)0.02p0S 解析:(ⅰ)气体等容变化,开始时,压强p0,温度T0=300K;当温度上升到303K且尚未放气时,压强为p1,温度T1=303K,根据解得:; (ⅱ)当内部气体温度恢复到300K时,由解得: 当杯盖恰好被整体顶起时有, 若将杯盖提起时所需的最小力满足:, 解得:Fmin≈0.02p0S 6.2014年理综山东卷37.(12分)【物理-物理3-3】 (1)如图,内壁光滑、导热良好的气缸中用活塞封闭有一定质量的理想气体。当环境温度升高时,缸内气体______________。(双选,填正确答案标号) a、内能增加 b、对外做功 c、压强增大 d、分子间的引力和斥力都增大 (2)一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示。将一质量M=3×103kg、体积V0=0.5m3的重物捆绑在开口朝下的浮筒上。向浮筒内充入一定量的气体,开始时筒内液面到水面的距离h1=40m,筒内气体体积V1=1m3。在拉力作用下浮筒缓慢上升,当筒内液面到水面的距离为时,拉力减为零,此时气体体积为,随后浮筒和重物自动上浮。求和。 已知大气压强p0=1×105Pa,水的密度1×103kg/m3,重力加速度的大小g=10m/s2。不计水温度变化,筒内气体质量不变且可视为理想气体,浮筒质量和筒壁厚度可忽略。 【答案】a b 【解析】(2)当F=0时,由平衡条件得 ① 代入数据得 ② 设筒内气体初态、末态的压强分别为P1、P2,由题意得 ③ ④ 在此过程中筒内气体温度和质量不变,由玻意耳定律得 ⑤ 联立②③④⑤式,代入数据得 ⑥ 7.2013年山东卷36、(8分)【物理——选修3-3】 (1)下列关于热现象的描述正确的一项是( ) a、根据热力学定律,热机的效率可能达到100% b、做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的 c、温度是描述热运动的物理量,一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同 d、物体由大量分子组成,其单个分子的运动是无规则的,大量分子的运动也是无规律的。 答案:c。 解析:用来做有用功的那部分能量和燃料完全燃烧放出的能量之比,叫做热机的效率。热机效率小于1,故a错误;热传递是通过能量的转移的方式,故b错误;热平衡的标志是温度相等,故c正确;单个分子运动是无规则的,大量分子的运动具有统计规律,故d错误。 (2)我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超过七千米,再创载人深潜新纪录。在某次深潜实验中,“蛟龙”号探测到990m深处的海水温度为280K。某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化。如图所示,导热良好的气缸内封闭一定质量的气体,不计活塞的质量和摩擦,气缸所处海平面的温度T0=300K,压强p0=1atm,封闭气体的体积V0=3m3。如果将该气缸下潜至990m深处,此过程中封闭气体可视为理想气体。 ①求990m深处封闭气体的体积(1atm相当于10m深的海水产生的压强)。 ②下潜过程中封闭气体_________(填“吸热”或“放热”),传递的热量_______(填“大于”或“小于”)外界对气体所做的功。 答案:2.8×10-2m3 ; 放热 大于。 解析:①当气缸下潜至990m时,设封闭气体的压强为p,温度为T,体积为V,由题意可知 p=100atm………………① 根据理想气体状态方程得: …………② 代入数据得:V=2.8×10-2m3……③ ②气体体积缩小,外界对气体做功,气体的温度降低,内能减少,故放热;传递的热量大于外界对气体所做的功。 8. 2012年理综山东卷36.(8分)【物理—物理3-3】 (1)以下说法正确的是 。 a.水的饱和汽压随温度的升高而增大 b.扩散现象表明,分子在永不停息地运动 c.当分子间距离增大时,分子间引力增大,分子间斥力减小 d.一定质量的理想气体,在等压膨胀过程中,气体分子的平均动能减小 (2)如图所示,粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U型管竖直放置,右端与大气相通,左端封闭气柱长l1=20cm(可视为理想气体),两管中水银面等高。先将右端与一低压舱(未画出)接通,稳定后右管水银面高出左管水银面h=10cm(环境温度不变,大气压强P0=75cmHg) ①求稳定后低压舱内的压强(用“cmHg”做单位) ②此过程中左管内的气体对外界 (填“做正功”“做负功”“不做功”),气体将 (填“吸热”或放热“)。 (1)答: a b 解析: 当分子间距离增大时,分子间引力减小,分子间斥力也减小,选项c 错误;一定质量的理想气体,在等压膨胀过程中,温度升高,气体分子的平均动能增大,选项d 错误。 (2)答:①50cmHg ②做正功;吸热 解析:①设U型管横截面积为S,右端与大气相通时左管中封闭气体压强为p1,右端与一低压舱接通后左管中封闭气体压强为p2,气柱长度为l2,稳定后低压舱内的压强为p。左管中封闭气体发生等温变化,根据玻意耳定律得 p1V1= p2V2 ① p1= p0 ② p2= p + ph ③ V1= l1S ④ V2= l2S ⑤ 由几何关系得 h=2(l2- l1) ⑥ 联立①②③④⑤⑥式,代入数据得 p=50cmHg ⑦ 9.2011年理综山东卷36.(8分)[物理—物理3-3] ⑴人类对物质属性的认识是从宏观到微观不断深入的过程。以下说法正确的是 。 a.液体的分子势能与体积有关 b.晶体的物理性质都是各向异性的 c.温度升高,每个分子的动能都增大 d.露珠呈球状是由于液体表面张力的作用 ⑵气体温度计结构如图所示。玻璃测温泡A内充有理想气体,通过细玻璃管B和水银压强计相连。开始时A处于冰水混合物中,左管C中水银面在O点处,右管D中水银面高出O点h1=14cm。后将A放入待测恒温槽中,上下移动D,使C中水银面仍在O点处,测得D中水银面高出O点h2=44cm。(已知外界大气压为1个标准大气压,1标准大气压相当于76cmHg) ①求恒温槽的温度。 ②此过程A内气体内能 (填“增大”或“减小”),气体不对外做功,气体将 (填“吸热”或“放热”)。 答案:(1)a d(2)①364K ②增大;吸热 解析:物体体积变化时,分子间的距离将发生改变,分子势能随之改变,所以分子势能与体积有关,a正确。晶体分为单晶体和多晶体,单晶体的物理性质各向异性,多晶体的物理性质各向同性,b错误。温度是分子平均动能的标志,具有统计的意义,c错误。液体表面的张力具有使液体表面收缩到最小的趋势,d正确。 (2)①设恒温槽的温度为T2,由题意知T1=273K,A内气体发生等容变化 由查理定律得 ①   P1= P0+ Ph1   ②   P2= P0+ Ph2  ③  联立①②③式解得T2=364K  ④ ②理想气体的内能只由温度决定,A气体的温度升高,所以内能增大。 由热力学第一定律ΔU=Q+W知,气体不对外做功,气体将吸热。 _21?????????è?????(www.21cnjy.com)_

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  • ID:6-8401037 [精]【新高考】山东省2011-2020年高考试卷分类汇编之12—电学实验(解析卷)

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    中小学教育资源及组卷应用平台 山东省2011-2020年高考试卷分类汇编之12— 电学实验 (1)伏安法测电阻 1.2014年理综山东卷22、(10分)实验室购买了一捆标称长度为100m的铜导线,某同学想通过实验测定其实际长度。该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2,查得铜的电阻率为,再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx,从而确定导线的实际长度。 可供使用的器材有: 电流表:量程0.6A,内阻约为0.2Ω; 电压表:量程3V,内阻约9KΩ; 滑动变阻器R1:最大阻值5Ω; 滑动变阻器R2:最大阻值20Ω; 定值电阻:R0=3Ω; 电源:电动势6V,内阻可不计; 开关、导线若干。 回答下列问题: (1)实验中滑动变阻器应选____________(填“R1”或“R2”),闭合开关S前应将滑片移至_________端(填“a”或“b”). (2)在实物图(见答题卡)中,已正确连接了部分导线,请根据图甲电路完成剩余部分的连接。 (3)调节滑动变阻器,当电流表的读数为0.50A时,电压表示数如图乙所示,读数为____V. (4)导线实际长度为_______m(保留2位有效数字) 【答案】(1)R2;a。 (2)如右图所示 (3)2.30(2.29、2.31均正确)。 (4)94(93、95均正确) 【解析】(1)估算待测电阻约为2Ω,这样R0+ R的总阻值约为5Ω,滑动变阻器采用限流接法, 阻值约等于待测电阻的35倍测量较准确,因此滑动变阻器选R2;另外测量前应将滑动变阻器阻值调到最大值以保护电路。 (2)如右图所示 (3)电压表读数为2.30V (4)这样测得的电阻值为,因此待测电阻为R=1.6Ω,而代入数据可得导线长度L=94m. (2)测定金属的电阻率 2. 2012年理综山东卷21.(2)在测量金属丝电阻率的实验中,可供选用的器材如下: 待测金属丝:Rx(阻值约4Ω,额定电流约0.5A); 电压表:V(量程3V,内阻约3kΩ); 电流表:A1(量程0.6A,内阻约0.2Ω); A2(量程3A,内阻约0.05Ω); 电源:E1(电动势3V,内阻不计) E2(电动势12V,内阻不计) 滑动变阻器:R(最大阻值约20Ω) 螺旋测微器;毫米刻度尺;开关S;导线。 ①用螺旋测微器测量金属丝的直径,示数如图所示,读数为 mm。 ②若滑动变阻器采用限流接法,为使测量尽量精确,电流表应选 、电源应选 (均填器材代号),在虚线框中完成电路原理图。 答:①1.773 (1.771~1.775均正确) ②A1;E1;电路图如右。 解析:②因为待测金属丝的额定电流为0.5 A,所以流经电流表的电流最大值是0.5 A,所以电流表选择A1。本实验滑动变阻器采用限流法,所以滑动变阻器与待测电阻丝串联,如果选择电动势为12 V的电源,电路中的最小电阻为 Ω=24 Ω,滑动变阻器必须全部接入电路,不能得到多组数据,影响测量精度,所以电源选择E1。 (3)电表的改装 3.2019年山东卷 23.(10分)某同学要将一量程为250μA的微安表改装为量程为20 mA的电流表。该同学测得微安表内阻为1200 Ω,经计算后将一阻值为R的电阻与微安表连接,进行改装。然后利用一标准毫安表,根据图(a)所示电路对改装后的电表进行检测(虚线框内是改装后的电表)。 (1)根据图(a)和题给条件,将(b)中的实物连接。 (2)当标准毫安表的示数为16.0mA时,微安表的指针位置如图(c)所示,由此可以推测出改装的电表量程不是预期值,而是 。(填正确答案标号) A.18 mA A.21 mA C.25mA D.28 mA (3)产生上述问题的原因可能是 。(填正确答案标号) A.微安表内阻测量错误, 实际内阻大于1 200 Ω B.微安表内阻测量错误,实际内阻小于1200 Ω C.R值计算错误,接入的电阻偏小 D.R值计算错误,接入的电阻偏大 (4)要达到预期目的,无论测得的内阻值是否正确,都不必重新测量,只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可,其中k= 。 答:(1)连线如右边答图所示 (2)C (3)AC (4) 解析:(2)微安表指示的电流值为160μA,标准电流表的电流为16mA,说明改装后的电表量程扩大100倍,由此可以推测出改装的电表量程是25 mA,故选C。 (3)满偏电流偏大,说明经过跟微安表并联的电阻R的电流过大,而,则可能是微安表实际内阻Rg大于1200 Ω,或接入的电阻R过小,故选A、C。 (4)微安表改装为量程为20 mA的电流表,量程扩大80倍,需并联电阻 微安表改装为量程为25 mA的电流表,量程扩大100倍,需并联电阻 把量程25mA改为量程20mA,只需要把R2替换为R1即可,即 (4)描绘小灯泡的伏安特性曲线 4.2017年山东卷23.(10分)某同学研究小灯泡的伏安特性,所使用的器材有:小灯泡L(额定电压3.8 V,额定电流0.32 A);电压表(量程3 V,内阻3 kΩ);电流表(量程0.5 A,内阻0.5 Ω);固定电阻R0(阻值1000 Ω);滑动变阻器R(阻值0~9.0 Ω);电源E(电动势5 V,内阻不计);开关S;导线若干。 (1)实验要求能够实现在0~3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量,画出实验电路原理图。 (2)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图(a)所示。 由实验曲线可知,随着电流的增加小灯泡的电阻_________(填“增大”“不变”或“减小”),灯丝的电阻率__________(填“增大”“不变”或“减小”)。 (3)用另一电源E0(电动势4 V,内阻1.00 Ω)和题给器材连接成图(b)所示的电路,调节滑动变阻器R的阻值,可以改变小灯泡的实际功率。闭合开关S,在R的变化范围内,小灯泡的最小功率为____________W,最大功率为___________W。(结果均保留2位小数) 【答案】(1)如答图1示 (2)增大;增大; (3)0.39w 1.17w 【解析】(1)要求能够实现在0~3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量,故滑动变阻器用分压式接法,小灯泡为小电阻,电流表用外接法,如答图1; (2)由I-U图像知,切线的斜率在减小,故灯泡的电阻随电流的增大而增大,再由电阻定律知,电阻率增大; (3)当滑动变阻器的阻值为9Ω时,电路电流最小,灯泡的实际功率最小,此时,得,在图中作出该直线如答图2示,所以交点坐标约为U=1.75V,I=225mA,; 整理得, 当直线的斜率最大时,与灯泡的I-U曲线的交点坐标最大,即灯泡消耗的功率最大。当滑动变阻器电阻值R=0时,灯泡消耗的功率最大,此时交点坐标为U=3.67V,I=0.32A,如答图3所示,最大的功率为P2=UI=1.17W。 (5)测定电源的电动势和内阻 5.2020年山东卷14.实验方案对实验测量的精度有直接的影响,某学习小组对“测量电源的电动势和内阻”的实验方案进行了探究。实验室提供的器材有: 干电池一节(电动势约1.5 V,内阻小于1 Ω); 电压表V (量程3 V,内阻约3 kΩ); 电流表A (量程0.6 A,内阻约1 Ω); 滑动变阻器R (最大阻值为20 Ω); 定值电阻R1 (阻值2 Ω); 定值电阻R2 (阻值5 Ω); 开关一个, 导线若干。 (1)该小组按照图甲所示的电路进行实验,通过调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏,记录此过程中电压表和电流表的示数,利用实验数据在U-I坐标纸上描点,如图乙所示,结果发现电压表示数的变化范围比较小,出现该现象的主要原因是_____。(单选,填正确答案标号) A.电压表分流 B.干电池内阻较小 C.滑动变阻器最大阻值较小 D.电流 表内阻较小 (2)针对电压表示数的变化范围比较小的问题,该小组利用实验室提供的器材改进了实验方案,重新测量得到的数据如下表所示。 序号 1 2 3 4 5 6 7 I/A 0.08 0.14 0.20 0.26 032 0.36 0.40 U/V 1.35 1.20 1.05 0.88 073 0.71 052 请根据实验数据,回答以下问题: ①答题卡的坐标纸上已标出后3组数据对应的坐标点,请在答题卡的坐标纸上标出前4组数据对应的坐标点并画出U-I图像________。 ②根据实验数据可知,所选的定值电阻为_____ (填“R1”或“R2”)。 ③用笔画线代替导线,请在答题卡上按照改进后的方案,将实物图连接成完整电路____________。 【答案】 (1). B (2). (3). R1 (4). 【详解】(1)电压表示数变化过小,则原因是外电阻比内阻大的多,即电源内阻偏小,故选B。 (2)①根据数据作出U-I图像如图; ②由图像可知 电源内阻小于1Ω,则定值电阻大于1.63Ω,可知定值电阻为R1; ③定值电阻与电源串联,电路如上图; (6)其它电学实验 6.2015年理综山东卷22.(8分)如图甲所示的电路中,恒流源可为电路提供恒定电流I0,R为定值电阻,电流表、电压表均可视为理想电表。某同学利用该电路研究滑动变阻器RL消耗的电功率。改变RL的阻值,记录多组电流、电压的数值,得到如图乙所示的U—I关系图线。 ?回答下列问题: (1)滑动触头向下移动时,电压表示数???? ? (填“增大”或“减小”)。 (2)I0= ???? ? A。 (3)RL消耗的最大功率为? ???? W(保留一位有效数字) 【答案】(1)减小;(2)1(3)5 【解析】(1)滑动头向下移动时,RL阻值减小,则总电阻减小,电压变小,则电压表读数变小;(2)由电路图可知:,即:U=I0R-IR,由U-I图线可知,I0R=20;,则I0=1A;(3)RL消耗的功率为P=IU=20I-20I2,则当I=0.5时,功率的最大值为Pm=5W。 7.2018年山东卷 23.(10分)某实验小组利用如图(a)所示的电路探究在范围内某热敏电阻的温度特性。所用器材有:置于温控室(图中虚线区域)中的热敏电阻RT,其标称值(25°C时的阻值)为;电源E(,内阻可忽略);电压表(量程);定值电阻R0(阻值),滑动变阻器R1(最大阻值为);电阻箱R2(阻值范围);单刀开关S1,单刀双掷开关S2。 实验时,先按图(a)连接好电路,再将温控室的温度t升至80.0°C。将S2与1端接通,闭合S1,调节R1的滑片位置,使电压表读数为某一值U0;保持R1的滑片位置不变,将R2置于最大值,将S2与2端接通,调节R2,使电压表读数仍为U0;断开S1,记下此时R2的读数。逐步降低温控室的温度t,得到相应温度下R2的阻值,直至温度降到25.0°C。实验得到的R2-t数据见下表。 t/ 25.0 30.0 40.0 50.0 60.0 70.0 80.0 R2/ 900.0 680.0 500.0 390.0 320.0 270.0 240.0 回答下列问题: (1)在闭合S1前,图(a)中R1的滑片应移动到 (填“a”或“b”)端; (2)在图(b)的坐标纸上补齐数据表中所给数据点,并作出R2-t曲线; (3)由图(b)可得到在范围内的温度特性。当时,可得 ; (4)将握于手心,手心温度下的相应读数如图(c)所示,该读数为 ,则手心温度为 °C。 答案:(1)b (2)如图 (3)450 (4)620.0 33.0 解析:图(1)(a)的电路中滑动变阻器采用限流法,在闭合S1前,R1应该调节到接入电路部分的电阻最大,使电路中的电流最小,即图(a)中R1的滑片应移动到b端。 (2)将t=60℃和t=70℃对应的两组数据画在坐标图上,然后用平滑曲线过尽可能多的数据点画出R2-t图像。 (3)根据题述实验过程可知,测量的R2数据等于对应的热敏电阻RT的阻值。由画出的R2-t图像可知,当t=44.0℃时,对应的RT=450Ω (4)由画出的图像可知,当RT=620.0Ω,则手心温度t=33.0℃. 8. 2013年山东卷21.(2)霍尔效应是电磁基本现象之一,近期我国科学家在该领域的实验研究上取得了突破性进展。如图丙所示,在一矩形半导体薄片的P、Q间通入电流I,同时外加与薄片垂直的磁场B,在M、N间出现电压UH,这种现象称为霍尔效应,UH为霍尔电压,且满足,式中d为薄片的厚度,k为霍尔系数。某同学通过实验测定该半导体薄片的霍尔系数。 ①若该半导体材料是空穴(可视为带正电粒子)导电,电流与磁场方向如图丙所示,该同学用电压表测量UH时,应将电压表的“+”接线柱与________(填“M”或“N”)端通过导线连接。 ②已知薄片厚度d=0.40mm。该同学保持磁感应强度B=0.10T不变,改变电流I的大小,测量相应的UH值,记录数据如下表所示, I(×10-3A) 3.0 6.0 9.0 12.0 15.0 18.0 UH(×10-3V) 1.1 1.9 3.4 4.5 6.2 6.8 根据表中数据在给定坐标纸上(见答题卡)画出UH-I图线,利用图线求出该材料的霍尔系数为________________(保留2位有效数字)。 ③该同学查阅资料发现,使半导体薄片中的电流反向再次测量,取两个方向的测量的平均值,可以减小霍尔系数的测量误差,为此该同学设计了如图丁所示的测量电路。S1、S2均为单刀双掷开关,虚线框内为半导体薄片(未画出)。为使电流自Q端流入,P端流出,应将S1掷向____(填“a”或“b”), S2掷向____(填“c”或“d”)。 为了保证测量安全,该同学改进了测量电路,将一合适的定值电阻串联在电路中。在保持其它连接不变的情况下,该定值电阻串接在相邻器件____与_____(填器件代号)之间。 答案:①M;②如图所示,1.5(1.4或1.6)。 ③b,c; S1,E(或S2,E) 解析: ①由于可视为带正电粒子导电,正电荷向M点聚集,M点的电势高,故电压表的“+”接线柱与M端通过导线连接。 ②UH-I图线如图所示, 即 解得:k=1.5×10-3V·m·A-1·T-1 ③电流自Q端流入,P端流出,即Q端电势高,应将S1掷向b,S2掷向c;定值电阻应和电池串联保证测量安全,所以应串接在S1与E或串接在S2与E之间。 9. 2011年理综山东卷23.(2)某同学利用图甲所示电路,探究了电源在不同负载下的输出功率。 ①所得实验数据如下表,请在给出的直角坐标系上画出U-I图像。 U/V 1.96 1.86 1.80 1.84 1.64 1.56 I/A 0.05 0.15 0.25 0.35 0.45 0.55 ②根据所画U-I图像,可求得电流I=0.20A时电源的输出功率为______W。(保留两位有效数) ③实验完成后,该同学对实验方案进行了反思,认为按图甲电路进行实验操作的过程中存在安全隐患,并对电路重新设计。在图乙所示的电路中,你认为既能测出电源在不同负载下的输出功率,又能消除安全隐患的是 。(Rx阻值未知) 答案:①如右图所示; ②0.37(或0.36); ③bc 解析:①如右图所示 ②由U-I图象可知,当I=0.2A时,U=1.84V。由P=UI得:P=1.84×0.2W=0.368W ③按图甲电路进行实验操作的过程中存在安全隐患是:滑动变阻器的滑片移动到最右端时,相当于把电流表直接接在电源两极,会烧坏电流表。而图乙中的a仍然出现图甲的问题;b中的Rx在滑动变阻器的滑片移动时起分流作用保护电流表;c中的Rx在滑动变阻器的滑片移动到最右端时起限流作用保护电流表;d中的Rx在滑动变阻器的滑片移动到最右端时,Rx与r串联相当于电源内阻,等于直接把电流表接在电源两极。b、c正确。 10.2016年山东卷23. (10分)现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统,要求当热敏电阻的温度达到或超过时,系统报警。提供的器材有:热敏电阻,报警器(内阻很小,流过的电流超过时就会报警),电阻箱(最大阻值为),直流电源(输出电压为,内阻不计),滑动变阻器(最大阻值为),滑动变阻器(最大阻值为),单刀双掷开关一个,导线若干。在室温下对系统进行调节。已知约为18V,约为10mA;流过报警器的电流超过时,报警器可能损坏;该热敏电阻的阻值随温度升高而减小,在60°C时阻值为650.0Ω。 (1) 在答题卡上完成待调节的报警系统原理电路图的连线。 (2) 电路中应选用滑动变阻器_____________(填“”或“”)。 (3) 按照下列步骤调节此报警系统: ①电路接通前,需将电阻箱调到一固定的阻值,根据实验要求,这一阻值为______Ω;滑动变阻器的滑片应置于_______(填“a”或“b”)端附近,不能置于另一端的原因是________________________________。 ②将开关向_______(填“c”或“d”)端闭合,缓慢移动滑动变阻器的滑片,直至________________________________。 (4) 保持滑动变阻器滑片的位置不变,将开关向另一端闭合,报警系统即可正常使用。 答案:(1)如下图 (2) R2 (3) ①650.0, b, 接通电源后,流过报警器的电流会超过20mA,报警器可能损坏坏 ② c,报警器开始报警 解析:(1)热敏电阻工作温度达到60°C时,报警器报警。故需通过调节电阻箱使其电阻为60°C时的热敏电阻的阻值,即调节到阻值650.0Ω,光使报警器能正常报警,电路图如上图 (2)U=18V,当通过报警器的电流10mA≤IC≤20 mA,故电路中总电阻, 980Ω≤R≤1800Ω,故滑动变阻器选R2。 (3)热敏电阻为650.0Ω时,报警器开始报警,模拟热敏电阻的电阻器阻值也应为650.0Ω,为防止通过报警器电流过大,造成报警器烧坏,应使滑动变阻器的滑片置于b端。 _21?????????è?????(www.21cnjy.com)_

    • 2020-12-24
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