一、选择题:本题共8小题, 第1~5题只有一项符合题目要求, 每小题3分,第6~8题有多项符合题目要求。全部选对的得3分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。 1.如图所示,左侧为加速电场,右侧为偏转电场,加速电场的加速电压是偏转电场电压的k倍。有一初速度为零的带电粒子经加速电场加速后,从偏转电场两板正中间垂直电场强度方向射入,且正好能从下极板右边缘穿出电场,不计带电粒子的重力,则偏转电场长、宽的比值
1为( ) d
A. k B. 2k C. 3k D. 5k
【答案】B 【解析】
【详解】设加速电压=
kU,偏转电压为U,对直线加速过程,根据动能定理,有:q(kU)
12
mv; 2d21qU2l t;联立解得: 2k,故选B。 2mdd对类似平抛运动过程,有:l=vt; 【点睛】本题关键是分直线加速和类似平抛运动分析,对直线加速根据动能定理列式,对类似平抛过程根据分位移公式列式,基础题目.
2.如图所示,在斜面顶端A以速度v水平抛出一小球,经过时间t1恰好落在斜面的中点P;若在A点以速度2v水平抛出小球,经过时间t2落地完成平抛运动。不计空气阻力,则( )
A. t2>2t1 点 【答案】C
B. t2=2t1 C. t2<2t1 D. 落在B
【解析】
试题分析:在斜面顶端A以速度v水平抛出一小球,经过时间t1恰好落在斜面的中点P,有
122vtan2v2tangt,解得t1=,水平位移xvt1=,初速度变为原来的2倍,
tan2ggvt若还落在斜面上,水平位移应该变为原来的4倍,可知在A点以速度2v水平抛出小球,小球将落在水平面.可知两球下降的高度之比为1:2,根据t t2<2t1.故选C。 考点:平抛运动
【名师点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律,结合运动学公式灵活求解,难度不大。
3.如图所示,可视为质点的小球A和B用一根长为0.2 m 的轻杆相连,两球质量相等,开始时两小球置于光滑的水平面上,并给两小球一个2 m/s的初速度,经一段时间两小球滑上一个倾角为30°的光滑斜面,不计球与斜面碰撞时的机械能损失,g取10 m/s,在两小球的速度减小为零的过程中,下列判断正确的是( )
A. 杆对小球A做负功 B. 小球A的机械能守恒 C. 杆对小球B做正功
D. 小球B速度为零时距水平面的高度为0.15 m 【答案】D 【解析】
将小球A、B看做一个系统,设小球的质量均为m,最后小球B上升的高度为h,根据机械能
2
2h知,t1:t2=:12,则g12mv2mghmg(h0.2msin30),解得h=0.15m,D正确;以小球A为212研究对象,由动能定理有mg(h0.2msin30)W0mv,可知W>0,可见杆对小
2守恒定律有
球做正功,AB错误;由于系统机械能守恒,故小球A增加的机械能等于小球B减小的机械能,杆对小球B做负功,C错误; 故D正确;
4.2014年10月24日,“嫦娥五号”探路兵发射升空,为计划于2017年左右发射的“嫦娥五号”探路,并在8天后以“跳跃式返回技术”成功返回地面。“跳跃式返回技术”指航天器在关闭发动机后进入大气层,依靠大气升力再次冲出大气层,降低速度后再进入大气层。如图所示,虚线为大气层的边界。已知地球半径R,地心到d点距离r,地球表面重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. “嫦娥五号”在b点处于完全失重状态
gR2B. “嫦娥五号”在d点的加速度小于2
rC. “嫦娥五号”在a点速率大于在c点的速率 D. “嫦娥五号”在c点速率大于在e点的速率 【答案】C 【解析】
试题分析:A、“嫦娥五号“沿abc轨迹做曲线运动,曲线运动的合力指向曲线弯曲的内侧,所以在b点合力向上,即加速度向上,因此“嫦娥五号“在b点处于超重状态,故A错误.B、
GMgR22
在d点,“嫦娥五号”的加速度a2,又GM=gR,所以a2.故B错误.C、“嫦
rr娥五号”从a点到c点,万有引力不做功,由于阻力做功,则a点速率大于c点速率,故C正确.D、从c点到e点,没有空气阻力,机械能守恒,则c点速率和e点速率相等,故D错误.故选C.
考点:考查万有引力定律及其应用.
【名师点睛】解决本题的关键知道卫星在大气层中受到空气阻力作用,在大气层以外不受空气阻力,结合万有引力提供向心力、机械能守恒进行求解.
5.一理想变压器与电阻R、交流电压表V、电流表A按图甲所示方式连接,R=10Ω,变压器的匝数比为
n110。图乙是R两端电压U随时间变化的图象,Um102V。下列说法n21中正确的是( )
A. 通过R的电流iR2cos50t(A) B. 电流表A的读数为0.1A C. 电流表A的读数为2A 10D. 电压表V的读数为102V 【答案】B 【解析】
【详解】A、由图象知T=2×10-2s;f=50 Hz;ω=2πf=100π rad/s;故iR2cos100t(A),则A错误;
I1n22BC、次级电流的有效值为I2A1A,再根据=知,I1有效值为0.1A,即电流表
I2n12A的读数为0.1A,选项B正确,C错误; D、电压表读数应为副线圈电压有效值U
6.如图所示,在两等量异种点电荷连线上有D,E,F三点,且DE=EF.K,M,L分别为过D,E,F三点的等势面.一不计重力的带负电粒子,从a点射入电场,运动轨迹如图中实线所示,以
Um10V,选项D错误。 2Wab 表示该粒子从a点到b点电场力做功的数值,以Wbc 表示该粒子从b点到c点电场
力做功的数值,则( )
Wab=Wbc A. B. Wab>Wbc
C. 粒子由a点到b点,动能增加 D. a点的电势较b点的电势低 【答案】B 【解析】
根据等量异种点电荷电场线的分布情况可知,DE段场强大于EF段场强,由公式U=Ed定性分析得知,DE间电势差的绝对值大于EF间电势差的绝对值,由电场力做功公式W=qU得,|Wab|>|Wbc|.故A错误,B正确。由图看出,电荷的轨迹向左弯曲,则知其所受的电场力大致向左,所以等量异种点电荷中正电荷在左侧,负电荷在右侧,a点的电势高于b点的电势,粒子由a到b过程中,电势能增大,动能减小。故CD错误。故选B。
7.如图所示,在一匀强磁场中有三个带电粒子,其中1和2为质子,3为α粒子的径迹。它们在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动,三者轨道半径r1>r2>r3,并相切于P点,设T、v、a、t分别表示它们做圆周运动的周期、线速度、向心加速度以及各自从经过P点算起到第一次通过图中虚线MN所经历的时间,则( )
A. T1=T2 m42m,【详解】A、各粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期T=,根据粒子的比荷大小q2qBmH1可知:T1=T2 qBC、粒子运动的向心加速度a=正确; D、由图可知,粒子运动到MN时所对应圆心角的大小关系为θ1<θ2<θ3,而T1=T2,因此 qvB,结合各粒子的比荷关系及v1>v2>v3可得:a1>a2>a3,故Cmt1 周运动。小球运动到最高点时,杆与小球间弹力的大小为N,小球在最高点的速度大小为v, N-v2图象如图乙所示。则( ) A. 小球的质量为B. 当vC. 当vaR bb时,球对杆有向下的压力 b时,球对杆有向上的拉力 的 D. 若c=2b,则此时杆对小球的弹力大小为a 【答案】ABD 【解析】 【详解】A、由题意可知,在最高点时,若v2ammv2mv2二定律: mgN,解得:Nmg,斜率的绝对值k=,所以小球 bRRR的质量为m2 aR,A正确; bBC、vD、当v2=0时,有N =mg=a;当v2=b时,有mg联立可解得Nc=mg=a,D正确。 二、非选择题: 9.为了测量木块与木板间的动摩擦因数μ,某小组使用DIS位移传感器设计了如图甲所示实验装置,让木块从倾斜木板上一点A由静止释放,位移传感器可以测出木块到传感器的距离.位移传感器连接计算机,描绘出滑块相对传感器的距离x随时间t的变化规律如图乙所示. mb2mb;当v2=c=2b时,有mgNc;RR (1)根据上述图线,计算0.4 s时木块的速度大小v=______ m/s,木块加速度a=______ m/s(结果均保留2位有效数字). (2)在计算出加速度a后,为了测定动摩擦因数μ,还需要测量斜面的倾角θ(已知当地的重力加速度g),那么得出μ的表达式是μ=____________.(用a,θ,g表示) 【答案】 (1). 0.40 (2). 1.0 (3). 【解析】 (1)根据某段时间内平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度,得0.4s末的速度为: 2 gsina gcos0.30.140.320.24m/s=0.40m/s,0.2s末的速度为:v′==0.2m/s, 0.40.4vv0.40.21.0m/s2. 则木块的加速度为:at0.2v= (2)选取木块为研究的对象,木块沿斜面方向是受力:ma=mgsinθ-μmgcosθ 得:gsina; cos点睛:解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论,在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,以及会通过实验的原理得出动摩擦因数的表达式. 10.某实验小组的同学在学校实验室中发现一电学元件,该电学元件上标有“最大电流不超过6 mA,最大电压不超过7 V”,同学们想通过实验描绘出该电学元件的伏安特性曲线,他们设计的一部分电路如图所示,图中定值电阻R=1 kΩ,用于限流;电流表量程为10 mA,内阻约为5 Ω;电压表(未画出)量程为10 V,内阻约为10 kΩ;电源电动势E为12 V,内阻不计,滑动变阻器阻值0~20 Ω,额定电流1 A。正确接线后,测得的数据如下表: 次数 1 0.00 0.00 2 3.00 0.00 3 4 5 6.28 0.50 6 6.32 1.00 7 6.36 2.00 8 6.38 3.00 9 6.39 4.00 10 6.40 5.00 U/V I/mA 600 0.00 .6.16 0.06 (1)由以上数据分析可知,电压表并联在M与________之间(填“O”或“P”)。 (2)将电路图在虚线框中补充完整_________。 (3)从表中数据可知,该电学元件的电阻特点是:________________________。 【答案】 (1). (1)P (2). (2)如图所示 (3). (3)当元件两端的电压小于或等于6 V时,元件的电 阻非常大,不导电;当元件两端的电压大于6 V时,随着电压的升高元件的电阻变小; 【解析】 (1)由表中实验数据可知,电学元件电阻最小测量值约为:R=6.4/0.0055Ω≈1163.6Ω, 电流表内阻约为5Ω,电压表内阻约为10kΩ,相对来说,元件电阻远大于电流表内阻,电流表应采用内接法,因此电压表应并联在M与P之间. (2)描绘伏安特性曲线,电压与电流应从零开始变化,滑动变阻器应采用分压接法,由(2)可知,电流表采用内接法,实验电路图如图所示: (3)由表中实验数据可知,当元件两端的电压小于6V时,电路电流很小,几乎为零,由欧姆定律可知,元件电阻非常大,不导电;当元件两端电压大于6V时,随着电压的升高电流迅速增大,电压与电流的比值减小,电阻变小; 点睛:本题考查了实验器材选择、实验实验电路设计、实验数据分析等问题,确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路的关键;要掌握握器材选取的方法:精确、安全. 11.如图所示,一根直杆AB与水平面成某一角度自定,在杆上套一个小物块,杆底端B处有一弹性挡板,杆与板面垂直.现将物块拉到A点静止释放,物块下滑与挡板第一次碰撞前后的 v-t图象如图乙所示,物块最终停止在B点. 重力加速度为取g=10 m/s2.求: (1)物块与杆之间的动摩擦因数μ. (2)物块滑过的总路程s. 【答案】(1)物块与杆之间的动摩擦因数μ为0.25; (2)物块滑过的总路程s为6m. 【解析】 解:(1)设杆子与水平方向的夹角为θ,由图象可知,物块匀加速运动的加速度大小 , 匀减速上滑的加速度大小, 根据牛顿第二定律得,mgsinθ﹣μmgcosθ=ma1,mgsinθ+μmgcosθ=ma2, 联立两式解得μ=0.25,sinθ=0.6. (2)物块最终停止在底端,对全过程运用动能定理得, mgs1sinθ﹣μmgcosθ•s=0, 由图线围成的面积知,代入数据解得s=6m. 答:(1)物块与杆之间的动摩擦因数μ为0.25; (2)物块滑过的总路程s为6m. 【点评】本题考查了牛顿第二定律、动能定理以及速度时间图线的综合运用,知道加速度是联系力学和运动学的桥梁,难度不大. 12.如图,两条间距L=0.5m且足够长的平行光滑金属直导轨,与水平地面成30°角固定放置,磁感应强度B=0.4T的匀强磁场方向垂直导轨所在的斜面向上,质量mab0.1kg、 , mcd0.2kg的金属棒ab、cd垂直导轨放在导轨上,两金属棒的总电阻r=0.2Ω,导轨电阻 不计。ab在沿导轨所在斜面向上的外力F作用下,沿该斜面以v2m/s的恒定速度向上运动。某时刻释放cd, cd向下运动,经过一段时间其速度达到最大。已知重力加速度g=10m/s,求在cd速度最大时, 2 (1)abcd回路的电流强度I以及F的大小; (2)abcd回路磁通量的变化率以及cd的速率。 【答案】(1) I=5A ,F=1.5N (2)【解析】 (1)以cd为研究对象,当cd速度达到最大值时,有: Δ1.0Wb/s,vm3m/s ΔtmcdgsinBIL① 代入数据,得: I=5A 由于两棒均沿斜面方向做匀速运动,可将两棒看作整体,作用在ab上的外力: F(mabmcd)gsin② (或对ab:FmabgsinBIL) 代入数据,得: F=1.5N (2) 设cd达到最大速度时abcd回路产生的感应电动势为E,根据法拉第电磁感应定律, Δ③ ΔtE由闭合电路欧姆定律,有:I④ rΔ联立③④并代入数据,得:=1.0Wb/s Δt有: E设cd的最大速度为vm,cd达到最大速度后的一小段时间t内, abcd回路磁通量的变化量:ΔBΔSBL(vmv)Δt⑤ 回路磁通量的变化率: ΔBL(vmv)⑥ Δt联立⑤⑥并代入数据,得:vm3m/s 点睛:本题是电磁感应中的力学问题,综合运用电磁学知识和力平衡知识;分析清楚金属棒的运动过程与运动性质是解题的前提,应用平衡条件、欧姆定律即可解题. 13.如图,在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场。长度为l的轻质绝缘细绳一端固定在O点,另一端连接一质量为m、电荷量为+q的小球(可视为质点),初始时小球静止在电场中的a点,此时细绳拉力为2mg,g为重力加速度。 (1)求电场强度E和a、O两点的电势差U; (2)若小球在a点获得一水平初速度va4gl,使其在竖直面内做圆周运动,求小球运动到b点时细绳拉力F的大小. 【答案】(1)E【解析】 【详解】(1)小球静止在a点时,由共点力平衡得 mg+2mg=qE 解得 E3mg,方向竖直向上 q3mgl3mg,方向竖直向上;UaO (2)F6mg qq在匀强电场中,有UOaEl 则a、O两点电势差 UaO3mgl qvb,由动能定理得 (2) 小球从a点运动到b点,设到b点速度大小 1212qE2lmg2lmvbmva 22小球做圆周运动通过b点时,由牛顿第二定律得 2vbFqEmgm l联立②⑤⑥式,代入va4gl 解得 F6mg 14.如图,上表面光滑、下表面粗糙的木板放置于水平地面上,可视为质点的滑块静止放在木板的上表面。t = 0时刻,给木板一个水平向右的初速度v0,同时对木板施加一个水平向左的恒力F,经一段时间,滑块从木板上掉下来。已知木板质量M =3 kg,高h = 0.2 m,与地面间的动摩擦因数µ=0.2;滑块质量m =0.5 kg,初始位置距木板左端L1=0.46 m,距木板右端L2=0.14 m;初速度v0=2 m/s,恒力F = 8 N,重力加速度g=10 m/s。求: 2 (1)滑块从离开木板开始到落至地面所用时间; (2)滑块离开木板时,木板的速度大小; (3)从t = 0时刻开始到滑块落到地面的过程中,摩擦力对木板做的功。 【答案】1)0.2s(2)0.6m/s(3)-7.38J 【解析】 试题分析:由于A上表面光滑,小物块B与木板A间无摩擦则小物块B离开木板A前始终对地静止,滑块离开后做自由落体运动,由h12gt来计算时间;由于A上表面光滑则小物2块B离开木板A前始终对地静止,木板A在恒力和摩擦力共同作用下先向右匀减速后向左匀加速,对木板应用牛顿第二定律求出加速度,根据运动学公式即可求解时间;摩擦力做功为 Wfs,s为木板运动的路程. (1)设滑块从离开木板开始到落到地面所用时间为t0,以地面为参考系,滑块离开木板后做自由落体运动,根据运动学公式知h122hgt0,得t00.2s 2g(2)以木板为研究对象,向右做匀减速直线运动,由牛顿第二定律F(mM)gMa1 得a1=5m/s,则木板减速到零所经历的时间t12 v00.4s a1v020.4m 所经过的位移s12a1由于s1<L1=0.46m,表明这时滑块仍然停留在木板上 此后木板开始向左做匀加速直线运动,摩擦力的方向改变,由牛顿第二定律 F(mM)gMa2 得a2= 12 m/s 3滑块离开木板时,木板向左的位移s2s1L20.m 该过程根据运动学公式s212a2t2,得t2=1.8s 2滑块滑离瞬间木板的速度v2a2t20.6m/s (3)滑块离开木板后,木板所受地面的支持力及摩擦力随之改变,由牛顿第二定律 FMgMa3 得a3= 2m/s2 3故木板在t0这段时间的位移为s3v2t0122a3t0m 215整个过程摩擦力对木板做的功为Wf(mM)g(s1s2)Mgs3 得Wf7.38J 15.下列说法中正确的是________ A. 温度越高,分子的无规则热运动越剧烈 B. 物体的温度越高,所有分子的动能都一定越大 C. 分子间的引力和斥力都随分子间的距离增大而减小 D. 一定质量的理想气体在等压膨胀过程中温度一定升高 E. 如果物体从外界吸收了热量,则物体的内能一定增加 【答案】ACD 【解析】 【详解】A. 温度是分子平均动能的标志,则温度越高,分子的无规则热运动越剧烈,选项A正确; B. 物体的温度越高,分子平均动能变大,但并非所有分子的动能都一定越大,选项B错误; C. 分子间的引力和斥力都随分子间的距离增大而减小,选项C正确; D. 根据 pV一定质量的理想气体在等压膨胀过程中温度一定升高,选项D正确; C可知, TE. 如果物体从外界吸收了热量,但是物体同时对外做功,则物体的内能不一定增加,选项E错误. 16.一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C,其状态变化过程的p-V图象如图所示。已知该气体在状态C时的温度为300 K。求: (i)该气体在状态A、B时的温度分别为多少? (ii)该气体从状态A到B是吸热还是放热?请写明理由。 【答案】(i)tB=27℃;tA=177 ℃(ii)放热,见解析 【解析】 pBVBpCVC=(i)对一定质量的理想气体由B到C过程,由理想气体状态方程知; TBTC解得TBTC300K(或tB27℃); (或者由pBVB=pCVC得知该过程为等温变化过程,得TB=TC=300K); 又A到B为等容过程有 pApB; TATB解得TA450K(或tA177℃); (ii)根据图象可知从A到B气体体积不变所以外界对气体做功W0J; 又TATB可知内能变化U0; 根据热力学第一定律UWQ,得Q0,即放热。 因篇幅问题不能全部显示,请点此查看更多更全内容
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