江苏省高考考前热身卷2物理试题Word格式文档下载.docx
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上述卫星的周期均小于地球自转的周期,故角速度均大于地球自转的角速度,选项C正确;
可知,同一轨道上的卫星,由于质量不确定,故受到的万有引力大小不确定,选项D错误;
万有引力定律的应用
4.在某个电场中,x轴上各点电势φ随x坐标变化如图所示,一质量m、电荷量+q的粒子只在电场力作用下能沿x轴做直线运动,下列说法中正确的是( )
A.x轴上x=x1和x=-x1两点电场强度和电势都相同
B.粒子运动过程中,经过x=x1和x=-x1两点时速度一定相同
C.粒子运动过程中,经过x=x1点的加速度大于x=x2点加速度
D.若粒子在x=-x1点由静止释放,则粒子到达O点时刻加速度为零,速度达到最大
【答案】D
【详解】A、从x=x1到x=-x1,电势先降低后升高,因为沿着电场线方向电势逐渐降低,可知电场的方向先向右再向左,则知x轴上x=x1和x=-x1两点电场强度方向相反,根据斜率等于场强的大小,可知x=x1和x=-x1两点电场强度大小相等,故这两点电场强度不同。
由图知两点的电势相等,故A错误。
B、x=x1和x=-x1两点电势相等,电场力做功为0,根据动能定理可知粒子运动过程中,经过x=x1和x=-x1两点时速度大小一定相同,但速度方向有可能相反。
故B错误。
C、由x=x1和x=-x1两点电场强度大小相等,粒子所受的电场力大小相等,则加速度大小相等。
故C错误。
D、若粒子在x=-x1点由静止释放,粒子到达O处时所受的电场力为零,加速度为零,粒子先加速后减速,则到达O点时的速度最大,故D正确。
故选D.
【点睛】解决本题的关键知道电势的高低与电场方向的关系,知道电场力做功与电势能的关系,知道φ-x图象切线的斜率大小等于场强.
5.如图所示的圆形线圈共n匝,电阻为R,过线圈中心O垂直于线圈平面的直线上有A、B两点,A、B两点的距离为L,A、B关于O点对称.一条形磁铁开始放在A点,中心与O点重合,轴线与A、B所在直线重合,此时线圈中的磁通量为Φ1,将条形磁铁以速度v匀速向右移动,轴线始终与直线重合,磁铁中心到O点时线圈中的磁通量为Φ2,下列说法中正确的是( )
A.磁铁在A点时,通过一匝线圈的磁通量为
B.磁铁从A到O的过程中,线圈中产生的平均感应电动势为E=
C.磁铁从A到B的过程中,线圈中磁通量的变化量为2Φ1
D.磁铁从A到B的过程中,通过线圈某一截面的电量不为零
【答案】B
【详解】A、磁铁在A点时,线圈中的磁通量为Φ1,故通过一匝线圈的磁通量也为Φ1,与匝数无关,故A错误;
B、磁铁从A到O的过程中,线圈中产生的平均感应电动势为E=n
=n
=
故B正确;
C、D、磁通量先增加后减小,磁通量的变化量为零,故平均感应电动势为零,故平均感应电流为零,故通过线圈某一截面的电量为零,故C错误,D错误.
故选B.
【点睛】本题关键是明确感应电动势的平均值的求解方法,注意磁通量与面积和磁感应强度有关,与线圈的匝数无关.
二、多项选择题
6.如图是一辆静止在水平地面上的自卸车,当车厢缓慢倾斜到一定程度时,货物会自动沿车厢底部向车尾滑动。
上述过程,关于地面对车的摩擦力,下列说法正确的是
A.货物匀速滑动时,无摩擦力
B.货物匀速滑动时,摩擦力方向向后
C.货物加速滑动时,摩擦力方向向前
D.货物加速滑动时,摩擦力方向向后
【答案】AD
货物匀速滑动时,车对货物的摩擦力和支持力的合力方向竖直向上,故货物对车的摩擦力和对车的压力方向竖直向下,则地面对车无摩擦力,选项A正确,B错误;
货物加速滑动时,则对货物和车的整体而言,受的合外力沿斜面向下,故整体受地面的摩擦力方向向后,大小为macosθ,故选项C错误,D正确;
故选AD.
牛顿第二定律;
整体及隔离法
7.如图所示,200匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B=
T的水平匀强磁场中,线框面积S=0.2m2,线框电阻不计.线框绕垂直于磁场的轴OO'
以角速度ω=100rad/s匀速转动,并与理想变压器原线圈相连,副线圈线接入一只“220V 60W”灯泡,且灯泡正常发光,熔断器允许通过的最大电流为10A,下列说法中正确的是( )
A.图示位置穿过线框的磁通量为零
B.线框中产生交变电压的有效值为400
V
C.变压器原、副线圈匝数之比为20∶11
D.允许变压器输出的最大功率为4000W
【答案】CD
【详解】A、图示位置穿过的磁通量最大,A错;
B、线框中产生交变电压的最大值为Em=nBSω=400
V,有效值为400V,B错;
C、原副线圈匝数比
C正确;
D、允许变压器输出的最大功率为P=UI=4000W,D正确.
故选CD.
【点睛】解决本题的关键掌握交流电电动势峰值的表达式,以及知道峰值与有效值的关系,知道原副线圈电压、电流与匝数比的关系.
8.如图所示,固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环,圆环与一弹性橡皮绳相连,橡皮绳的另一端固定在地面上的A点,橡皮绳竖直时处于原长h。
让圆环沿杆滑下,滑到杆的底端时速度为零。
则在圆环下滑过程中(整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内)()
A.橡皮绳的弹性势能一直增大
B.圆环的机械能先不变后减小
C.橡皮绳的弹性势能增加了mgh
D.橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大
【答案】BC
圆环与橡皮绳构成的系统机械能守恒,圆环的机械能先不变后减小,橡皮绳的弹性势能先不变后增加,选项A错误、选项BC正确;
橡皮绳再次到达原长时,合外力仍沿杆向下,圆环仍加速向下运动,速度不是最大值,故圆环动能不是最大,选项D错误。
机械能守恒定律
9.如图所示,以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域,磁感应强度为B,∠A=60°
AO=L,在O点放置一个粒子源,可以向各个方向发射某种带负电粒子.已知粒子的比荷为
发射速度大小都为v0=
.设粒子发射方向与OC边的夹角为θ,不计粒子间相互作用及重力.对于粒子进入磁场后的运动,下列说法中正确的是( )
A.当θ=45°
时,粒子将从AC边射出
B.所有从OA边射出的粒子在磁场中运动时间相等
C.随着θ角的增大,粒子在磁场中运动的时间先变大后变小
D.在AC边界上只有一半区域有粒子射出
【详解】A、粒子在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得:
,已知
解得粒子的运动半径r=L,当θ=60°
入射时,粒子恰好从A点飞出,则当θ=45°
时,由几何关系可知,粒子将从AC边射出,选项A正确;
B、所有从OA边射出的粒子,θ不同,而轨迹圆心对应的圆心角等于
,所用时间
,T一定,则知粒子在磁场中时间不相等,选项B错误;
C、当θ=0°
飞入的粒子在磁场中,粒子恰好从AC中点飞出,在磁场中运动时间也恰好是
;
当θ=60°
飞入的粒子在磁场中运动时间恰好也是
是在磁场中运动时间最长,故θ从0°
到60°
在磁场中运动时间先减小后增大,当θ从60°
到90°
过程中,粒子从OA边射出,此时在磁场中运动的时间逐渐减小,故C错误;
D、当θ=0°
飞入的粒子在磁场中,粒子恰好从AC中点飞出,因此在AC.边界上只有一半区域有粒子射出,故D正确.
【点睛】此题关键要根据磁场的界限来确定运动情况,并结合半径与周期公式来分析讨论.θ从0°
的过程中,粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆弧的弦长先减小后增大,所以粒子在磁场中运动时间先减小后增大是该题的关键.
三、简答题
10.某同学采用图甲的电路,测量电流表G1的内阻r1.其中电流表G1量程为0~5mA内阻约200Ω;
电流表G2量程为0~10mA,内阻约40Ω;
定值电阻R0阻值为200Ω;
电源电动势约为3V.
请回答下列问题:
(1)可供选择的滑动变阻器R1阻值范围为0~1000Ω,R2阻值范围为0~20Ω.则滑动变阻器应选,____(填“R1”或“R2”).
(2)图甲中,若要求G1表示数变大,变阻器滑动头P应向____(填“A”或“B”)端移动.
(3)请用笔画线在乙图完成实物连线_______________.
(4)若实验中读得G1表和G2表的读数为I1和I2,则G1表的内阻r1=____(用I1、I2及R0表示).
【答案】
(1).R2
(2).B(3).
(4).
R0
【详解】
(1)由电路图可知,本实验采用分压接法,故滑动变阻器应选择小电阻,故选R2.
(2)为了使电流表电流增大,则应使并联的滑动变阻器部分增大;
故滑片应向B端移动.
(3)根据给出的原理图可得出其实物图,如图所示.
(4)G1表与定值电阻R0并联,由欧姆定律可知G1表两端的电压U=(I2-I1)R0,则G1的内阻r=
R0.
【点睛】本题考查电阻测量实验,要注意明确电路结构,再根据实验电路图确定所选用的实验仪器及接法;
并由欧姆定律分析实验结果。
11.
(1)某同学想利用图甲所示装置,验证滑块与钩码组成的系统机械能守恒,该同学认为只要将摩擦力平衡掉就可以了.你认为该同学的想法____(填“正确”或“不正确”),理由是:
_______.
(2)另一同学用一倾斜的固定气垫导轨来验证机械能守恒定律.如图乙所示,质量为m1的滑块(带遮光条)放在A处,由跨过轻质定滑轮的细绳与质量为m2的钩码相连,导轨B处有一光电门,用L表示遮光条的宽度,x表示A、B两点间的距离,θ表示气垫导轨的倾角,g表示当地重力加速度.
①气泵正常工作后,将滑块由A点静止释放,运动至B,测出遮光条经过光电门的时间t,该过程滑块与钩码组成的系统重力势能的减小量表示为________,动能的增加量表示为________;
若系统机械能守恒,则
与x的关系式为
=______(用题中已知量表示).
②实验时测得m1=475g,m2=55g,遮光条宽度L=4mm,sinθ=0.1,改变光电门的位置,滑块每次均从A点释放,测量相应的x与t的值,以
为纵轴,x为横轴,作出的图象如图丙所示,则根据图象可求得重力加速度g0为______m/s2(计算结果保留两位有效数字),若g0与当地重力加速度g近似相等,则可验证系统机械能守恒.
【答案】
(1).不正确
(2).有摩擦力做功,不满足机械能守恒的条件(3).(m2-m1sinθ)gx(4).
(m1+m2)
(5).
(6).9.4
(1)机械能守恒的条件只有重力或弹力做功,平衡摩擦力时,是用重力的分力等于摩擦力,但此时系统受到摩擦力,故摩擦力对系统做功,机械能不守恒;
故该同学的想法不正确;
(2)①滑块由A到B的过程中,系统重力势能的减小量为:
△EP=m2gx-m1gxsinθ;
经过光电门时的速度为:
则动能的增加量为:
或机械能守恒,则有:
△EP=△EK
联立解得:
②由上述公式可得,图象中的斜率表示
代入数据解得:
g=9.4m/s2.
【点睛】本题考查验证机械能守恒定律的条件,属于创新型的实验题目,要求能正确分析实验原理,能明确是两物体组成的系统机械能守恒.
12.下列说法中正确的是()
A.当分子间作用力表现为斥力时,分子势能随分子间距离的增大而增大
B.气体压强的大小跟气体分子的平均动能有关,与分子的密集程度无关
C.有规则外形的物体是晶体,没有确定的几何外形的物体是非晶体
D.由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离,液面分子间表现为引力,所以液体表面具有收缩的趋势
当分子间作用力表现为斥力时,分子间的距离增大,斥力做正功,分子势能减小,A错误;
气体压强是由于大量气体分子频繁碰撞器壁而产生的,气体压强的大小跟气体分子的平均动能和分子密集程度有关.B错误;
晶体分单晶体和多晶体,单晶体有规则的几何外形,而多晶体及非晶体没有;
C错误;
由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离,液面分子间表现为引力,所以液体表面具有收缩的趋势,D正确;
考查了分子间的作用力,气体压强,晶体,液体表面张力
13.一定质量的理想气体经历了如图所示A到B状态变化的过程,已知气体状态A参量为pA、VA、tA,状态B参量为pB、VB、tB,则有pA____(填“>
”“=”或“<
”)pB.若A到B过程气体内能变化为ΔE,则气体吸收的热量Q=____.
【答案】
(1).=
(2).pA(VB-VA)+ΔE
【详解】热力学温度:
T=273+t,由图示图象可知,V与T成正比,因此,从A到B过程是等压变化,有:
pA=pB,
在此过程中,气体体积变大,气体对外做功,W=Fl=pSl=p△V=pA(VB-VA),
由热力学第一定律可知:
Q=△U+W=△E+pA(VB-VA);
【点睛】本题考查了判断气体压强间的关系、求气体吸收的热量,由图象判断出气体状态变化的性质是正确解题的关键,应用热力学第一定律即可正确解题.
14.冬天天气寒冷,有时室内需要加温。
如果有一房间室内面积为22.4m2,高为3.0m,室内空气通过房间缝隙与外界大气相通,开始时室内温度为0℃,通过加热使室内温度升为20℃。
若上述过程中大气压强不变,已知气体在0℃的摩尔体积为22.4L/mol,阿伏加德罗常数为6.0×
1023mol-1,试估算这个过程中有多少空气分子从室内跑出。
(结果保留两位有效数字)
【答案】ΔN≈1.2×
1026个
0℃时室内气体分子总数N=
NA=
×
6.0×
1023=1.8×
1027(个)
设20℃时室内气体体积与气体总体积分别为V1和V2,
根据盖—吕萨克定律得
,
T1=273K,T2=(273+20)K=293K
解得
则室内气体分子数与总分子数之比为
从室内跑出的气体分子数为ΔN=N-N1
联立解得ΔN=
N≈1.2×
1026(个)。
点睛:
先求0℃时室内气体分子总数,再根据盖•吕萨克定律求出室内气体体积和总体积之比,即可求解.
15.下列说法中正确的是 .
A.麦克斯韦预言了电磁波的存在,赫兹用实验证实了电磁波的存在
B.只有机械波多能产生普勒效应,光波不能产生多普勒效应
C.在照相机镜头上涂一层氟化镁,可以增透所需要的光,这是利用光的干涉原理
D.不同频率的机械波在同一种介质中的传播速度一定不相同
【答案】AC
【详解】A、麦克斯韦预言了电磁波的存在,赫兹用实验证实了电磁波的存在,故A正确;
B、多普勒效应是波的特有现象,不论机械波,还是电磁波都有此现象,故B错误;
C、照相机镜头上涂一层氟化镁,使反射光进行干涉叠加,从而削弱,可以增透所需要的光,这是利用光的干涉原理,故C正确;
D、不同频率的机械波在同一种介质中的传播速度一定相同,而不同频率的电磁波在同一介质中传播速度不同,故D错误;
故选AC.
【点睛】考查电磁波发现与证实,掌握多普勒效应的适用范围,理解光的干涉原理,注意机械波与电磁波的不同.
16.如图所示为直角三棱镜的截面图,一条光线平行于BC边入射,经棱镜折射后从AC边射出.已知∠A=θ=60°
该棱镜材料的折射率为____;
光在棱镜中的传播速度为____(已知光在真空中的传播速度为c).
【答案】
(1).
(2).
(1)作出完整的光路如图,
根据几何关系可知φ=∠B=30°
,所以α=60°
。
根据折射定律有
因为
,所以
,故
则根据折射定律
(2)根据公式
,有:
【点睛】能正确的作出光路图是解本题的关键,还要知道折射定律的一些公式:
.
17.如图所示,甲为某一列简谐波t=t0时刻的图象,乙是这列波上P点从这一时刻起的振动图象,试讨论:
①波的传播方向和传播速度.
②求0~2.3s内P质点通过的路程.
【答案】①x轴正方向传播,5.0m/s②2.3m
(1)根据振动图象可知判断P点在t=t0时刻在平衡位置且向负的最大位移运动,则波沿x轴正方向传播,
由甲图可知,波长λ=2m,由乙图可知,周期T=0.4s,则波速
(2)由于T=0.4s,则
则路程
【点睛】本题中根据质点的振动方向判断波的传播方向,可采用波形的平移法和质点的振动法等等方法,知道波速、波长、周期的关系.
18.下列说法正确的是____________
A.β射线为原子的核外电子电离后形成的电子流
B.一个氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时,最多能产生3个不同频率的光子
C.用加温、加压或改变其化学状态的方法都不能改变原子核衰变的半衰期
D.原子核经过衰变生成新核,则新核的质量总等于原核的质量
β衰变的电子是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子,电子释放出来,不是来自核外电子,A错误;
一个氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时,最多产生两种不同频率的光子,但是若是大量氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时,最多可产生3种不同频率的光子,B错误;
原子核的半衰期与外界因素无关,C正确;
原子核经过衰变生成新核,需要释放出射线,质量减小,D错误;
考查了原子衰变,氢原子跃迁
19.如图所示,光滑水平面上有A、B两物块,已知A物块的质量为2kg,以4m/s的速度向右运动,B物块的质量为1kg,以2m/s的速度向左运动,两物块碰撞后粘在一起共同运动.若规定向右为正方向,则碰撞前B物块的动量为kg•m/s,碰撞后共同速度为m/s.
【答案】-2;
2
规定向右为正方向,碰撞前B物块的动量PB=mBvB=1×
(-2)kg·
m/s=-2kg·
m/s.
根据动量守恒定律得:
mAvA+mBvB=(mA+mB)v,
解得:
v=2m/s.
动量守恒定律
20.中科院等离子物理研究所设计并制造的世界上首个“人造太阳”实验装置大部件已安装完毕.若在此装置中发生核反应的方程是
,已知
、
核的比结合能分别为EH=1.11MeV、EHe=7.07MeV,试求此核反应过程中释放的核能.
【答案】△E=23.84MeV
【详解】则核反应过程中释放的核能:
△E=4EHe−4EH=4×
(7.07−1.11)MeV=23.84MeV,
答:
此核反应过程中释放的核能23.84MeV.
四、计算题
21.如下图所示,MN、PQ为足够长的光滑平行导轨,间距L=0.5m.导轨平面与水平面间的夹角θ=30°
.NQ⊥MN,NQ间连接有一个R=3Ω的电阻.有一匀强磁场垂直于导轨平面,磁感应强度为B0=1T.将一根质量为m=0.02kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上,且与导轨接触良好,金属棒的电阻r=2Ω,其余部分电阻不计.现由静止释放金属棒,金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行.当金属棒滑行至cd处时速度大小开始保持不变,cd距离NQ为s=0.5m,g=10m/s2.
(1)求金属棒达到稳定时的速度是多大.
(2)金属棒从静止开始到稳定速度的过程中,电阻R上产生的热量是多少?
(3)若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0,从此时刻起,让磁感应强度逐渐减小,可使金属棒中不产生感应电流,则t=1s时磁感应强度应为多大?
【答案】
(1)2m/s
(2)0.006J.(3)0.1T
(1)在达到稳定速度前,金属棒的加速度逐渐减小,速度逐渐增大,达到稳定速度时,有
mgsinθ=FA,
FA=BIL,
E=BLv,
由以上四式代入数据解得v=2m/s.
(2)根据能量关系有:
电阻R上产生的热量QR=
Q,
解得QR=0.006J.
(3)当回路中的总磁通量不变时,金属棒中不产生感应电流.此时金属棒将沿导轨做匀加速运动
mgsinθ=ma,
x=vt+
at2,
设t时刻磁感应强度为B,总磁通量不变有:
BLs=B'
L(s+x),
当t=1s时,代入数据解得,此时磁感应强度B'
=0.1T.
【点睛】本题考查滑轨问题,关键是结合切割公式、欧姆定律公式、安培力公式列式分析,同时要结合牛顿第二定律、平衡条件进行考虑,第三问要注意最后导体棒做匀加速直线运动.
22.如图所示,半径r=
m的两圆柱体A和B,转动轴互相平行且在同一水平面内,轴心间的距离为s=3.2m.两圆柱体A和B均被电动机带动以6rad/s的角速度同方向转动,质量均匀分布的长木板无初速度地水平放置在A和B上,其重心恰好在B的上方.从木板开始运动计时,圆柱体转动两周,木板恰好不受摩擦力的作用,且仍沿水平方向运动.设木板与两圆柱体间的动摩擦因数相同.重力加速度取g=10.0m/s2,取π≈3.0.求:
(1)圆柱体边缘上某点的向心加速度.
(2)圆柱体A、B与木板间的动摩擦因数.
(3)从开始运动到重心恰在A的上方所需的时间.
(1)12.0m/s2
(2)0.1(3)2.6s
(1)根据向心加速度的公式可知:
a轮=ω2r=12.0m/s2
(2)木板的速度等于圆柱体轮缘的线速度时,木板不受摩擦力.则:
v=rω=2.0m/s
圆柱体转动两周的时间:
所以加速度:
由:
所以:
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