物理学科综合能力训练四.docx
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物理学科综合能力训练四.docx
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物理学科综合能力训练四
物理学科综合能力训练(四)
一、选择题(含多选)。
1.一物体置于水平地面上,在与水平方向成θ角的力F作用下经时间t发生位移S(见右图)则F对物体所做的功W和冲量I分别为:
A.W=FS,I=FtB.W=FScosθ,I=Ft
C.W=FS,I=FtcosθD.W=FScosθ;I=Ftcosθ
2.按照玻尔理论,氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道上,则:
A.电子的动能变大,电势能变大,总能量变大
B.电子的动能变小,电势能变小,总能量变小
C.电子的动能变小,电势能变大,总能量不变
D.电子的动能变小,电势能变大,总能量变大
3.如下左图所示的是光在A、B、C三种介质中传播中发生的折射和反射情况。
若M、N两接口平行,光在三种介质中传播速度分别为VA、VB、VC,下列关系中正确的是:
A.VA>VB>VCB.VA<VC<VB
C.VA>VC>VBD.VC>VA>VB
4.一劲度系数为K的轻弹簧,上端固定,下端连一质量为m的物体并使其上下振动,其振幅为A(见上右图),当物体运动到最低点时,其恢复力大小和方向为:
A.KA,方向竖直向下B.mg+KA,方向竖直向上
C.KA-mg,方向竖直向上D.KA,方向竖直向上
5.若已知万有引力恒量,则在以下各组数据中,根据哪几组数据可以估算出地球的质量
A.地球绕太阳运行周期及地球到太阳中心的距离
B.月亮绕地球运行的周期及月球到地球中心距离
C.人造地球卫星在地面附近绕行的速度和运行周期
D.“地球同步卫星”离地面的高度及地球自转周期
6.矩形线圈在匀强磁场中转动时,在线圈里产生如下图所示的交流电流,那幺在下图的A、B、C、D中,正确的反映了在开始的1/2周期中穿过线圈的磁通量随时间而变化的情况是:
7.在下图电路中,当滑动变阻器R2的触头P向下滑动时,若电源内阻不能忽略,则下列说法正确的是:
A.电容器C的电容增大;
B.电容器C两极板间的电场强度增大;
C.伏特表的读数增大;
D.R1消耗的功率增大.
8.理想变压器的副线圈通过输电线上接有两个相同的灯泡L1和L2,输电导线的电阻为R(见上右图),开始S断开,设电源电压U保持不变,问当S闭合时,以下说法正确的是:
A.副线圈两端(M、N)输出电压减小
B.输电线等效电阻R两端电压增大
C.通过L1的电流减小
D.原线圈中的电流增大
9.一列简谐波在均匀介质传播.下图(a)表示t=0时刻的波形图线.下左图(b)表示图(a)中b质点从t=0时刻开始的振动图线,则这列波
A.从右向左传播B.波的频率是2Hz
C.波速是4m/sD.b、D点在振动过程中任意时刻的位移都相等
10.一定质量的理想气体,自状态A经状态B变化到状态C(见上右图)在整个过程中
A.气体体积不断增大B.气体内能不断增大
C.气体不断对外界做功D.气体不断向外界放热
11.质量为m的球在水平推力F的作用下,静止于竖直光滑墙壁和光滑斜面之间。
球跟倾角为θ的斜面的接触点为A。
推力F的作用线通过球心O,球的半径为R(见右图)若水平推力缓慢增大,在此过程中
A.斜面对球的作用力缓慢增大;
B.墙对球的作用力始终小于推力F;
C.斜面对球的支持力为mgcosG;
D.推力F对A点的力距为mgcosθ.
二、填空题.
12.一个带电质点,电量为q,质量为m,以平行于Ox轴的速度v从y轴a对射入下左图中第一象限区域,为了使该质点能从x轴上b点以垂直于Ox轴的速度v射出,可在适当地方加一个垂直于xoy平面,磁感应强度为B的匀强磁场,若此磁场分布在一个长方形的区域内,那幺该磁场区域的最小面积是.
13.在凸透镜主轴上2倍焦距处的B点垂直于主轴放置一物体AB,其长度为透镜直径的1/4,A′B′为AB的像见上右图,现在透镜右侧的焦点处,垂直于主轴放置一块挡板PQ,欲使像A′B′完全消失那幺PQ的长度至少应为AB长度的倍.
14.保温电板锅的电路,R1、R2为电阻丝,S为温控开关.A、B两点接在家庭电路上,那幺S闭合,电饭锅处于保温状态还是加热状态?
答:
处于状态,若R1:
R2=9:
1加热时功率为1000W,保温时的功率是W.
三、实验题本题共3小题,共17分.
15.下左图是“研究电磁感应现象”的实验装置图,其中A和B分别是原、副线圈,如果当闭合开关S时,发现电表指针向右偏转一下又回复至中央位置,则:
(1)若A插在B中不动,而把A中的铁芯C抽出则电表指针偏转.
(2)若只是由于滑动变阻器的滑片P的滑动引起电表指针向右偏转,则P应该向滑动.
16.利用水滴下落可以测出重力加速度g,调节水龙头,让水一滴一滴地流出,在水龙头的正下方放一个盘子,调节盘子的高度,使一个水滴碰的盘子里恰好有一水滴从水龙头开始下落,而空中还有一个正在下落中的水滴.测出水龙头到盘子间距离为h(m),再用秒表测时间.以第一个水滴离开水龙头开始计时,到第N个水滴落至盘中,共享时间为T(s).则第一个水滴到盘子时,第二个水滴离开水龙头的距离是(m),重力加速度g=m/s2。
17.某同学做“验证玻意耳定律”实验时,将注射器竖直放置,测得的数据如下表所示。
发现第5组数据中的pV乘积值有较大偏差,若读数和计算无误,则造成此偏差的原因可能是或。
实验次序
1
2
3
4
5
P(105Pa)
1.21
1.06
0.93
0.80
0.66
V(ml)
33.2
37.8
43.8
50.4
69.2
PV(105Pa·ml)
40.2
40.2
40.7
40.3
45.7
四、论述、计算题.
18.根据全电路欧姆定律,试分析证明用万用表(欧姆档)测电阻时,如果电池用久了,读出的阻值偏大。
19.如下左图所示,在小平面上有同为m的1、2两个小球,两球之间用长为L的不可伸长的细绳相连接,两球相距L/2长.现给球2一个竖直向上初速度v0,求细线绷直瞬间中两球损失的机械能△E.
20.如上右图所示,在地现附近的坐标xoy在竖直平面内,空间有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感强度为B,在x<0的空间内还有沿x轴负方向的匀强电场E,一个质量为m,带电量为q的油滴丝图中M(-a,0)点(a>0)沿着与水平方向成θ角斜向下做匀速直线运动,进入x>0的区域,求:
(1)油滴带什幺电荷(充分说明依据);
(2)油滴在M点运动的速率的大小;
(3)油滴进入x>0区域,若能到达x轴上的N点(在图中未标出),油滴在N点时的速度大小是多少?
21.如下图左中圆筒固定不动,活塞A横截面积为2S,活塞B横截面积为S,圆筒内壁光滑,左端封闭,右端与大气相通,大气压力P0.A、B将圆筒分为两部分,在左半部分是真空,A、B之间有一定质量的气体,B通过劲度系数为k的弹簧与圆筒左端相连,开始时粗筒和细筒的封闭长度均为L,现用水平向左的力F=(1/2)p0S作用在活塞A上,求活塞A移动的距离(气体的温度不变).
22.如上右图所示,倾角为θ的足够长的固定斜面上,物体A和小车B正沿斜面上滑,A的质量为mA=0.50kg,B的质量为mB=0.25kg.A始终受一沿斜面向上的恒定推力F的作用。
当A追上B时,A的速度为vA=1.8m/s,方向沿斜面向上,B的速度恰好为零,A、B相碰,相互作用时间极短,刚碰撞后,A的速度为v1=0.6m/s,方向沿斜面向上,再经T=0.6s,A的速率变为v1=1.8m/s,这一过程中A、B没有再次相碰,已知A与斜面间的动摩擦因数为μ=0.15,B与斜面的摩擦不计,sinθ=0.6,cosθ=0.8,g=10m/s2。
①求恒定推力F;
②在A、B第一次碰撞后,经一段时间(在第二次相碰前),A、B间的距离达到最大,求这段时间内A克服摩擦阻力所做的功。
参考答案
1.B
2.D.[Ke2/r=mv2/r,EK=KE2/2r,r增大,EK减小,库仑力(电场力)做负功、电势的增加,总能量En=E1/n2.(E1<0)量子数n变大.E变大].
3.C.[光线在M和N两界面处入射角相等,M面上发生全反射,N面上发生折射,说明nA<nB,nc<nB且nA<nC,据v=
,故选C=.
4.D
5.B、C[m(2π/T)2=GmM/R2,M=4π2R3/GT知选B对选A错,mv0/R=m(2π/T)2GmM/R2,M=v3T/2πG,故选C对.m(2πr)2·(R+h)=GmM(R+h)2,而R未知,选D错]
6.A[i—t图像t=0时刻矩形线圈与磁场垂直,此时φ=0,故排除B、C.据φ=BCcos(90°-ωt)=BSsinωt知正确答案为A.]
7.B、C[当P下增大,R2有效阻值增大,其两端电压增大,Uc随之增大,引起一方面据E=
知E增大,一方面电压表示数增大。
R2有效阻值的增加,引起总电流减小,R1消耗功率=I2R1变小,电容器C只与本身因素有关故正确答案为B、C]
8.B、C、D.[UMN=
U不变故A错]
9.A、B[由振动图像,从t=0时刻起,质点b开始向下振动.再由波的图像及b的位置,知A选项正确.T=0.5s,f=
=2H2所以B正确.由v=λf可知,C错,b、d质点相差半波长,位移等大反向,故D不正确]
10.D.[A→是等压、降温、缩小过程.△E=W+Q,△E<0,W>0,则Q<0.B→C是等温、增压、增压、缩小过程,△E=W+Q,△E=0,W>0,则Q<0,所以气体不断放热,所以选D正确.=
11.B、D[球受力见右图]
12.(
-1)(mv/Bq)2[带电粒子在磁场中做圆周运动半径r=mv/Bq.运动轨道圆心角为π/2(见下左图)O′M=O′N=r,那么最小长方形区域磁场,长为
r.因此最小面积,宽为r-rcos45°=(1-
r)S=(
-1)(mv/Bq)2.]
13.2.5[上图右,A′B′位于透镜右侧2F处,PQ为挡板的最小长度,PQ=(A′B′+4AB)/2=2.5AB(A′B′=AB).]
14.加热;100W.[S断开,电饭锅消耗功率P=U
/(R1+R2)
S闭合,电饭锅消耗功率P′=U
/R2>P
因此S闭合,电饭锅处于加热状态
P/P′=(R1+R2)
P/1000=1/10,P=100W为保温时的功率.]
15.左、右.[
(1)原磁场增强变化在B中激起的感应电流i的方向是“指针向右偏”,则原磁场减弱7变化在B线圈中激起的i的方向应该与前述相反,即“指针向左偏。
”
(2)指针向右偏
原电流增强
P向左移.]
16.h/4,h(N+1)2/2T2,[设每滴水从水龙头落至盘中经历时间为t0,则第一滴水经历t0=
到达盘中时,第二滴水正在空中,它运动了t0/2的时间,运动距离h′=h/4.若从第1个水滴离开水龙头开始计时,则相继下落的水滴到达盘中的时刻依次为
第一滴水落盘时:
t1=t0
第二滴水落盘时:
t2=t0+
t0=(
)t0
第三滴水落盘时
t3=(
)t0=T
∴t0=
∴g=
17.温度升高;进入气体。
四、论述、计算题
20.证明:
假设现在的电势为ε′,则ε′<ε,用新、旧电池测同样Rx的阴值,这时分别有
新电池:
Ig=ε/R内
I=ε/(R内+Rx)=ε/[(ε/Ig)+Rx]
=
旧电池:
Ig=ε′/R′内
I′=ε′/(R′内+Rx)=ε′/[(ε′/Ig)+Rx]
=
∵ε′<ε,∴I′<I
即这时的指针跟用新电池相比偏左,故用旧电池读出的阻值偏大。
21.解:
设在力F的作用下,活塞A移动的距离为△l,活塞B向前移动的距离为△x,以A、B间气体为研究对象.由气体作等温变化.则有:
p1V1=p2V2①
初状态:
p1=p0,V1=L·2S+L·S=3LS
末状态:
p2=p0+
=
p0,
V2=(L+△x)S+(L-△l)·2S
且p0S=kx1(末状态)
x1=
x2=
△x=x2-x1=
把p1、p2、V1、V2代入方程①得
p0·3LS=
p0·(3LS+△xs-2△lS)②
把△x代入②式和△l=
L+
若
<
L,则△L=
L+
若
≥
L,则△L=L.
22.解:
小球2在作竖直上抛过程中机械守恒有
mv
=
mv2+mg(
·
)①
由于细线绷直瞬间,绳子张力远大于重力,故可认为两球沿细线方向动量守恒,v2大小保持不变.设细线绷直末态,两球的速度都为v′,则
mv1=2mv′②
机械能损失量为
△E=
mv
-
(2m)v′2③
从图中的速度矢量分解关系中有
v1=vcos30°④
联解四式,得到△E=3m(v
-
qL)/16.
23.解:
(1)要使油滴做直线运动,油滴必须带正电荷.
(2)物体做匀速直线运动,合力为零,受力情况如上右图所示。
∴qvmB=F′=mg/cosθ
vm=mg/qBcosθ
(3)油滴从M运动到N过程中,由动能定理:
-qEa=
mv2N-
mv2m
又∵qE=mgtgθ
解得vn=
24.解①A、B碰撞动量守恒,取沿斜面向上为正,有mAvA=mAv1+mBvB
解出vB=2.4m/s
碰后A有两种运动的可能:
(Ⅰ)加速向上,(Ⅱ)减速向上再加速向下.
第一种情况:
A加速向上,aA=
=2m/s2,
B的加速度,aB=-gsinθ-6m/s2
第二次相遇满足:
v1t+
aAt2=vBt+
aBt2
解出t=0.45s,∵t<0.6s,故这种情况不合题意。
第二种情况:
设A上滑时间为△t,则下滑时间为T-△t,由运动学公式得
A上滑加速度a1=
;
A下滑加速度a2=
,由牛顿第二定律得
F-mAgsinθ-μmAgcosθ=mAa1
mAgsinθ-μmAgcosθ-F=mAa2
联立解出:
△t=0.1s,a1=-6m/s2,a2=3.6m/s2,F=0.6N.
在0.6s后,A在碰撞点的下方,而B上升时间为tB=
=0.4s,返回碰撞,F=0.6N符合题意。
②设经时间t1,A、B间距离最大(再次碰前,)此时A、B等速,取沿斜面向下为正,有
a1(t1-0.1)=a′B(t1-0.4)
得t1=0.85s.
这段时间内,A的总路程为
sA=s1+s2=
△t+
a2(t1-△t)2=1.04m
所以,A克服摩擦力做功为W=fA·SA=0.62J。
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