2019届高考物理金榜一轮单元评估检测(含详解) (5)

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2019版高考物理金榜一轮模块综合检测 一 含解析 精品

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模块综合检测(一)(选修3-3)(45分钟100分)1.(16分)(1)(多选)下列各种说法中正确的是( )A.0 ℃的铁和0 ℃的冰,它们的分子平均动能相同B.液体与大气相接触,表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互排斥C.橡胶无固定熔点,是非晶体D.凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性,在热传递中,热量只能从高温物体传递给低温物体,而不能从低温物体传递给高温物体E.压缩气体不一定能使气体的温度升高(2)在一端封闭、内径均匀的光滑直玻璃管内,有一段长为l=16 cm的水银柱封闭着一定质量的理想气体。

当玻璃管水平放置达到平衡时如图甲所示,被封闭气柱的长度l1=23 cm;当管口向上竖直放置时,如图乙所示,被封闭气柱的长度l2=19 cm。

已知重力加速度g=10 m/s2,不计温度的变化。

求:①大气压强p0(用cmHg表示)。

②当玻璃管开口向上以a=5 m/s2的加速度匀加速上升时,水银柱和玻璃管相对静止时被封闭气柱的长度。

【解析】(1)选A、C、E。

温度是分子平均动能的标志,与其他无关,选项A对。

液体的表面张力是分子间距离大于液体内部分子间距离引起的,分子力表现为引力,选项B错。

橡胶是非晶体,没有固定的熔点,选项C对。

凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性,在不引起其他变化的情况下热量只能从高温物体传递给低温物体,但是如果有做功等其他变化,热量也可以从低温物体传递给高温物体,选项D错误。

压缩气体等于对气体做功,而改变气体内能除了做功还有热传递,所以压缩的同时若伴随有热传递,压缩气体的温度也不一定升高,选项E 对。

(2)①由玻意耳定律可得:p0l1S=(p0+ρg l)l2S解得:p0=76 cmHg②当玻璃管加速上升时,设封闭气体的压强为p,气柱的长度为l3,液柱质量为m,对液柱,由牛顿第二定律可得:pS-p0S-mg=ma解得:p=p0+=100 cmHg由玻意耳定律可得:p0l1S=p l3S解得:l3=17.48 cm答案:(1)A、C、E(2)①76 cmHg ②17.48 cm2.(16分)(2018·福州模拟)(1)(多选)如图是某喷水壶示意图。

2019高考物理一轮(江苏)综合检测 含解析

2019高考物理一轮(江苏)综合检测 含解析

综合检测考生注意:1.本试卷共4页.2.答卷前,考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上.3.本次考试时间90分钟,满分100分.4.请在密封线内作答,保持试卷清洁完整.一、单项选择题(本题共5小题,每小题3分,共计15分.每小题只有一个选项符合题意)1.(2018·盐城中学阶段性测试)一束带电粒子以同一速度v 0从同一位置进入匀强磁场,在磁场中它们的轨迹如图1所示.若粒子A 的轨迹半径为r 1,粒子B 的轨迹半径为r 2,且r 2=2r 1,q 1、q 2分别是它们的带电荷量,m 1、m 2分别是它们的质量.则下列分析正确的是( )图1A .A 带负电、B 带正电,比荷之比为q 1m 1∶q 2m 2=1∶1 B .A 带正电、B 带负电,比荷之比为q 1m 1∶q 2m 2=1∶1 C .A 带正电、B 带负电,比荷之比为q 1m 1∶q 2m 2=2∶1 D .A 带负电、B 带正电,比荷之比为q 1m 1∶q 2m 2=1∶2 2.(2018·无锡市暨阳地区联考)如图2所示,物块A 从滑槽某一不变高度滑下后又滑上粗糙的水平传送带,传送带静止不动时,A 滑至传送带最右端的速度为v 1,需时间t 1,若传送带逆时针转动,A 滑至传送带最右端速度为v 2,需时间t 2,则( )图2A .v 1>v 2,t 1<t 2B .v 1<v 2,t 1<t 2C .v 1>v 2,t 1>t 2D .v 1=v 2,t 1=t 23.(2017·扬州中学12月考)图3中K 、L 、M 为静电场中的3个相距很近的等势面(K 、M 之间无电荷).一带电粒子射入此静电场中后,沿abcde 轨迹运动.已知电势φK <φL <φM ,且粒子在ab段做减速运动.下列说法中正确的是()图3A.粒子带负电B.粒子在bc段也做减速运动C.粒子在a点的速率大于在e点的速率D.粒子从c点到d点的过程中电场力做负功4.(2017·小海中学期中)如图4所示,水平细杆上套一细环A,环A与球B间用一轻质绳相连,质量分别为m A、m B(m A>m B),由于B球受到水平风力作用,A环与B球一起向右匀速运动.已知细绳与竖直方向的夹角为θ,则下列说法正确的是()图4A.杆对A环的支持力随着风力的增加而不变B.风力增大时,轻质绳对B球的拉力保持不变C.B球受到的风力F为m A g tan θD.A环与水平细杆间的动摩擦因数为m Bm A+m B5.(2018·泰州中学调研)A、B、C、D四个质量均为2 kg的物体,在光滑的水平面上做直线运动,它们运动的x-t、v-t、a-t、F-t图象分别如图所示,已知物体在t=0时的速度均为零,其中0~4 s内物体运动位移最大的是()二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共计16分.每小题有多个选项符合题意.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,错选或不答的得0分)6.(2018·如皋市质检)如图5所示,理想变压器初级线圈接一交变电流,交变电流的电压有效值恒定不变.副线圈接有光敏电阻R(光敏电阻阻值随光照强度增大而减小)、R2和R3,则下列说法中正确的是()图5A.只将S1从2拨向1时,电流表示数变小B.只将S2从4拨向3时,电流表示数变小C.只将S3从闭合变为断开,电阻R2两端电压增大D.仅增大光照强度,原线圈的输入功率增大7.(2018·黄桥中学第三次段考)如图6所示,A、B都是重物,A被绕过小滑轮P的细线所悬挂,B放在粗糙的水平桌面上.滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点,O′是三根细线的结点,细线bO′水平拉着物体B,cO′沿竖直方向拉着弹簧.弹簧、细线、小滑轮的重力不计,细线与滑轮之间的摩擦力可忽略,整个装置处于静止状态.若悬挂小滑轮的斜线中的拉力是F=20 3 N,∠cO′a=120°,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是()图6A.弹簧的弹力为20 NB.重物A的质量为2 kgC.桌面对物体B的摩擦力为10 3 ND.细线OP与竖直方向的夹角为60°8.(2017·海州高级中学第五次检测)如图7所示,水平放置的两平行导轨左侧连接电阻R,其他电阻不计,导体杆MN放在导轨上,在水平恒力F的作用下,沿导轨向右运动,并穿过方向竖直向下的有界匀强磁场,磁场边界PQ与MN平行,从MN进入磁场开始计时,通过MN 的感应电流i随时间t变化的图象可能是图中的()图79.“嫦娥三号”探测器在西昌卫星发射中心成功发射,携带“玉兔号”月球车实现月球软着陆和月面巡视勘察,并开展月表形貌与地质构造调查等科学探测.“玉兔号”在地球表面的重力为G 1,在月球表面的重力为G 2;地球与月球均视为球体,其半径分别为R 1、R 2;地球表面重力加速度为g ,则( )A .月球表面的重力加速度为G 1g G 2B .月球与地球的质量之比为G 2R 22G 1R 12C .月球卫星与地球卫星分别绕月球表面与地球表面运行的速率之比为G 2R 2G 1R 1D .“嫦娥三号”环绕月球表面做匀速圆周运动的周期为2πG 2R 2G 1g 三、非选择题(本题共6小题,共计69分)10.(5分)(2017·徐州市考前模拟)某同学查阅电动车使用说明书知道自家电动车的电源是铅蓄电池,他通过以下操作测量该电池的电动势和内阻. (1)先用多用电表粗测电池的电动势.把电表的选择开关拨到直流电压50 V 挡,将两只表笔与电池两极接触,此时多用电表的指针位置如图8所示,读出该电池的电动势为________V.图8(2)再用图9所示装置进一步测量.多用电表的选择开关拨向合适的直流电流挡,与黑表笔连接的是电池的________极(选填“正”或“负”).闭合开关,改变电阻箱的阻值R ,得到不同的电流值I ,根据实验数据作出1I-R 图象如图10所示.已知图中直线的斜率为k ,纵轴截距为b ,则此电池的电动势E =________,内阻r =________.(结果用字母k 、b 表示)图9 图10(3)他发现两次测得电动势的数值非常接近,请你对此做出合理的解释:________________ ________________________________________________________________________. 11.(6分)(2018·高邮中学阶段检测)某同学利用小球在竖直平面内做圆周运动来验证机械能守恒定律.如图11甲所示,力传感器A固定在水平面上,细线的一端系着小球B,另一端系在传感器A上.将小球B拉至与传感器A等高处且细线刚好伸直,将小球由静止释放,传感器记录出小球在摆动过程中细线中的拉力F随时间t的变化图象如图乙所示.图11(1)实验室有小木球和小铁球,实验时应该选择________;现用游标卡尺测得小球的直径如图丙所示,则小球的直径为______cm.(2)实验中必须测量的物理量有________.A.小球的质量m B.传感器下端到小球球心的距离lC.小球运动的时间t D.当地的重力加速度g(3)若实验中测得传感器下端到小球球心的距离l=0.30 m,小球的质量为0.05 kg,F0=1.46 N,已知当地的重力加速度g=9.8 m/s2,则小球减少的重力势能为________J,小球增加的动能为________J.(结果均保留三位有效数字)(4)写出(3)中计算出动能的增加量小于重力势能减小量的一个原因___________________.12.【选做题】本题包括A、B、C三小题,请选定其中两小题,并在相应的答题区域内作答.若多做,则按A、B两小题评分.A.[选修3-3](12分)(1)下列说法正确的是________.A.雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力B.布朗运动反映了悬浮颗粒中分子运动的不规则性C.给自行车打气时气筒压下后反弹,是由分子斥力造成的D.单晶体的某些物理性质具有各向异性,而多晶体和非晶体是各向同性的(2)(2018·徐州市考前模拟打靶卷)一定质量的理想气体,由状态A通过如图12所示的箭头方向变化到状态C.则气体由状态A到状态B的过程中,气体的内能________(选填“增大”“减小”或“不变”),气体由状态A到状态C的过程中,气体与外界总的热交换情况是________(选填“吸热”“放热”或“无法确定”)图12(3)(2017·镇江市一模)某种油酸密度为ρ、摩尔质量为M 、油酸分子直径为d ,将该油酸稀释为体积浓度为1n的油酸酒精溶液,用滴管取一滴油酸酒精溶液滴在洒有痱子粉的水面上形成油膜,已知一滴油酸酒精溶液的体积为V .若把油膜看成是单分子层,每个油酸分子看成球形,则油酸分子的体积为πd 36,求: ①一滴油酸酒精溶液在水面上形成的面积;②阿伏加德罗常数N A 的表达式.B .[选修3-4](12分)(1)(2018·兴化一中调研)下列说法中正确的是________.A .X 射线穿透物质的本领比γ射线更强B .在电磁波发射技术中,使电磁波随各种信号而改变的技术叫做调谐C .根据宇宙大爆炸学说,遥远星球发出的红光被地球接收到时可能是红外线D .爱因斯坦狭义相对论指出:真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的(2)(2017·扬州市期末考试)如图13所示,直角三角形ABC 为一棱镜的横截面,∠A =30°,棱镜材料的折射率n = 3.在此截面所在的平面内,空气中的一条光线平行于底边AB 从AC 边上的M 点射入棱镜,经折射射到AB 边.光线从AC 边进入棱镜时的折射角为________,试判断光线能否从AB 边射出,________(填“能”或“不能”).图13(3)一列简谐横波由P 点向Q 点沿直线传播,P 、Q 两点相距1 m .图14甲、乙分别为P 、Q 两质点的振动图象,如果波长λ>1 m ,则波的传播速度为多少?图14C .[选修3-5](12分)(1)(2018·苏州市调研)一个质子以1.0×107 m/s 的速度撞入一个静止的铝原子核后被俘获,铝原子核变为硅原子核,已知铝核的质量是质子的27倍,硅核的质量是质子的28倍,则下列判断中正确的是________.A.核反应方程为2713Al+11H→2814SiB.核反应方程为2713Al+10n→2814SiC.硅原子核速度的数量级为107 m/s,方向跟质子的初速度方向一致D.硅原子核速度的数量级为105 m/s,方向跟质子的初速度方向一致(2)(2018·高邮中学阶段检测)目前,日本的“核危机”引起了全世界的瞩目,核辐射放出的三种射线超过了一定的剂量会对人体产生伤害.三种射线穿透物质的本领由弱到强的排列是________.A.α射线,β射线,γ射线B.β射线,α射线,γ射线C.γ射线,α射线,β射线D.γ射线,β射线,α射线(3)太阳能量来源于太阳内部氢核的聚变,设每次聚变反应可以看做是4个氢核(11H)结合成1个氦核(42He),同时释放出正电子(01e).已知氢核的质量为m p,氦核的质量为mα,正电子的质量为m e,真空中光速为c.计算每次核反应中的质量亏损及氦核的比结合能.13.(8分)(2017·涟水中学第三次检测)如图15为俯视图,虚线MN右侧存在一个竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场,电阻为R、质量为m、边长为L的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上,ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界.当线框以初速度v0穿出磁场过程中,安培力对线框所做的功为W,求:图15(1)初速度v0时刻,线框中感应电流I的大小和方向;(2)线框cd边穿出磁场时的速度v大小;(3)线框穿出磁场一半过程中,通过线框横截面的电荷量q.14.(12分)(2018·海安中学段考)如图16所示,在某竖直平面内,光滑曲面AB与水平面BC 平滑连接于B点,BC右端连接内壁光滑、半径r=0.2 m的四分之一细圆管CD,管口D端正下方直立一根劲度系数为k=100 N/m的轻弹簧,弹簧一端固定,另一端恰好与管口D端平齐.一个质量为1 kg的小球放在曲面AB上,现从距BC的高度为h=0.6 m处静止释放小球,它与BC间的动摩擦因数μ=0.5,小球进入管口C端时,它对上管壁有F N=2.5mg的相互作用力,通过CD后,在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能为E p=0.5 J.取重力加速度g=10 m/s2.求:图16(1)小球在C处的向心力大小;(2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能E km;(3)小球最终停止的位置.15.(14分)(2017·宿迁市上学期期末)在科学研究中,可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制.如图17甲所示,M、N为间距足够大的水平极板,紧靠极板右侧放置竖直的荧光屏PQ,在MN间加上如图乙所示的匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向下,磁场方向垂直于纸面向里,图中E0、B0、k均为已知量.t=0时刻,比荷qm=k的正粒子以一定的初速度从O点沿水平方向射入极板间,在0~t1(t1=1kB0)时间内粒子恰好沿直线运动,t=5kB0时刻粒子打到荧光屏上.不计粒子的重力,涉及图象中时间间隔时取0.8=π4,1.4=2,求:图17(1)在t2=2kB0时刻粒子的运动速度v;(2)在t3=2.8kB0时刻粒子偏离O点的竖直距离y;(3)水平极板的长度L.综合检测答案精析1.C [A 向左偏,B 向右偏,根据左手定则知,A 带正电,B 带负电.根据半径公式r =m v qB,知荷质比q m =v Br ,v 与B 相同,所以比荷之比等于半径的反比,所以q 1m 1∶q 2m 2=2∶1.故C 正确,A 、B 、D 错误.]2.D [传送带静止时,物块滑到传送带上受到的摩擦力大小为F f =μF N ,方向水平向左,当传送带逆时针转动时,物块与传送带间的正压力大小不变,而动摩擦因数也不变,所以受到的摩擦力大小仍为F f =μF N ,方向水平向左,即物块在两种情况下受力相同,所以两次运动情况相同,即v 1=v 2,t 1=t 2,D 正确.]3.B [已知电势φK <φL <φM ,则电场线方向大体向左,由轨迹弯曲方向知,粒子所受的电场力方向大体向左,故粒子带正电,故A 错误;由电势φL <φM ,b →c 电场力对正电荷做负功,动能减小,做减速运动,故B 正确;a 与e 处于同一等势面上,电势相等,电势能相等,根据能量守恒,速度大小也相等,故C 错误;粒子从c 点到d 点的过程中,电势降低,正电荷的电势能减小,电场力做正功,故D 错误.]4.A5.A [由x -t 图象可知,物体A 在4 s 末到达位置为-1 m 处,总位移大小为2 m ;由v -t 图象可知,物体B 前2 s 内沿正方向运动,2~4 s 沿负方向运动,方向改变,4 s 内总位移为零;由a -t 图象可知:物体在第1 s 内向正方向做匀加速运动,第2 s 内向正方向做匀减速运动,2 s 末速度减为0,然后在2~3 s 向负方向做匀加速运动,在3~4 s 向负方向做匀减速直线运动,4 s 末速度为零,并回到出发点,总位移为零,其v -t 图象如图甲所示: F -t 图象转化成a -t 图象,如图乙所示:由图象可知:物体在第1 s 内做匀加速运动,位移x 1=12at 2=14m ,第1~2 s 内做匀减速运动,2 s 末速度减为0,位移x 2=14m ,第2~4 s 内重复前面的过程,故0~4 s 内总位移x =1 m ,综上所述,A 的位移最大,故选A.]6.BD [只将S 1从2拨向1时,n 1变小,根据变压比公式,输出电压变大,故输出电流变大,输出功率变大;输入功率等于输出功率,故输入功率变大,输入电流变大,A 错误;只将S 2从4拨向3时,n 2变小,根据变压比公式,输出电压变小,故输出电流变小,输出功率变小;输入功率等于输出功率,故输入功率变小,输入电流变小,B 正确;只将S 3从闭合变为断开,少一个支路,但电阻R 2与R 3串联的支路的电压不变,故通过电阻R 2的电流不变,R 2两端电压也不变,C 错误;仅增大光照强度,负载总电阻变小,故输出电流变大,输出功率变大;输入功率等于输出功率,故输入功率增大,D 正确;故选B 、D.]7.BC [由于动滑轮两侧绳子的拉力大小相等,根据对称性可知,细线OP 与竖直方向的夹角为30°,D 错误;设悬挂小滑轮的斜线中的拉力与O ′a 绳的拉力分别为F 和F T ,受力分析如图甲,则有2F T cos 30°=F ,得F T =20 N ,以结点O ′为研究对象,受力分析如图乙,根据平衡条件得,弹簧的弹力为F 1=F T cos 60°=10 N ,A 错误;重物A 的质量m A =F T g =2 kg ,B 正确;绳O ′b 的拉力F 2=F T sin 60°=20×32N =10 3 N ,由平衡条件可知,C 正确.]8.ACD [MN 进入磁场时,若F 与安培力大小相等,MN 将做匀速运动,产生的感应电动势和感应电流不变,A 图是可能的,故A 正确;MN 进入磁场时,若F 大于安培力,MN 将做加速运动,随着速度的增大,由F 安=B 2L 2vR ,知安培力增大,合力减小,加速度减小,则MN 将做加速度减小的变加速运动,由i =BL vR 知,i 逐渐增大,但i 的变化率减小,图线切线的斜率减小,当MN 匀速运动时,产生的感应电流不变,故B 错误,D 正确;MN 进入磁场时,若F 小于安培力,MN 将做减速运动,随着速度的减小,由F 安=B 2L 2vR ,知安培力减小,合力减小,加速度减小,则MN 将做加速度减小的变减速运动.由i =BL vR 知,i 逐渐减小,i 的变化率减小,图线切线斜率的绝对值减小,当MN 匀速运动时,产生的感应电流不变,故C 正确.]9.BC [“玉兔号”的质量m =G 1g ,月球表面的重力加速度g 月=G 2m =G 2gG 1,故A 错误;根据mg =G Mm R 2,得M =gR 2G ,M 月M 地=g 月R 月2g 地R 地2=G 2R 22G 1R 12,故B 正确;根据v =GMR =gR ,v 月v 地= g 月R 月g 地R 地= G 2R 2G 1R 1,故C 正确;根据T 月=4π2R 月3GM 月,根据m ′g 月=G M 月m ′R 月2得GM 月=g 月R 月2,联立得T 月=4π2R 月g 月=2π G 1R 2G 2g,故D 错误.]10.(1)12.0 (2)负 1k bk(3)铅蓄电池的内阻远小于多用电表电压挡的内阻,因此直接用表笔接在蓄电池的两极时,电表的读数非常接近电池的电动势.解析 (1)电压挡量程为50 V ,则最小分度为1 V ,则指针对应的读数为12.0 V ;(2)作为电流表使用时,应保证电流由红表笔流进电表,黑表笔流出电表,故黑表笔连接的是电池的负极;由闭合电路欧姆定律可得:I =E r +R ,变形可得:1I =r E +1E ·R则由题图可知:r E =b ;1E =k ,则可解得:E =1k ,r =bk(3)因铅蓄电池的内阻远小于多用电表电压挡的内阻,因此直接用表笔接在蓄电池的两极时,电表的读数非常接近电池的电动势.11.(1)小铁球 1.145 (2)ABD (3)0.147 0.146 (4)小球在下摆过程中受到空气阻力 12.A.(1)AD (2)不变 放热 (3)①V nd ②6Mπρd3解析 (1)雨水在布料上形成一层薄膜,使雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力,故A 正确;布朗运动是悬浮微粒的运动,反映了液体分子的无规则运动,故B 错误;打气时会反弹是因为气体压强的原因,不是分子斥力的作用,故C 错误;单晶体的某些物理性质是各向异性的,多晶体和非晶体的物理性质是各向同性的,故D 正确.(2)理想气体从状态A 变化到状态B ,斜率k =pV 保持不变,所以做等温变化,故气体的内能不变;理想气体从状态A 变化到状态B ,气体体积减小,内能不变,W >0,从B 到C ,体积不变,压强减小,所以温度降低,内能减小,气体由状态A 到状态C 的过程中,ΔU <0,W >0,由ΔU =Q +W ,气体与外界总的热交换情况是,Q <0,则气体放热. (3)①一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为Vn ,水面上的面积S =Vnd②油酸的摩尔体积为V A =Mρ阿伏加德罗常数为N A =V A V 0=6M πρd 3B .(1)CD (2)30° 不能 (3)5 m/s解析 (1)X 射线的频率小于γ射线的频率,所以γ射线的穿透能力更强,故A 错误;在电磁波发射技术中,使电磁波随各种信号而改变的技术叫做调制,故B 错误;根据宇宙大爆炸学说,由于星球在远离地球,根据多普勒效应,接收到的频率小于发出的频率,遥远星球发出的红光被地球接收到可能是红外线,故C 正确;爱因斯坦狭义相对论指出:真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的,这是光速不变原理,故D 正确.(2)设光线在M 点的入射角为 i 、折射角为r ,由折射定律有:n =sin isin r由题意知i =60°,所以sin r =sin i n =sin 60°3=0.5,r =30° 由几何关系可知,光线在AB 面上P 点的入射角为 i ′=60°设发生全反射的临界角为C ,则有sin C =1n =33<32,C <60°,则光线在P 点发生全反射,不能从AB 边射出,光路图如图所示.(3)波的周期等于质点的振动周期,为 T =0.8 s.当P 质点在正向最大位移处时,Q 质点在平衡位置向上振动,波由P 向Q 传播,波长λ>1 m ,则有:λ4=1 m ,所以:λ=4 m ,波速:v =λT =5 m/sC .(1)AD (2)A (3)4m p -m α-2m e (4m p -m α-2m e )c 24解析 (1)由质量数守恒,电荷数守恒可知:核反应方程为2713Al +11H →2814Si ,故A 正确,B 错误;由动量守恒可知,m v =28m v ′,解得v ′=1.0×10728 m/s ,故数量级约为105 m/s ,故C 错误,D 正确.(2)核辐射中的三种射线穿透物质的本领由弱到强的排列是α射线,β射线,γ射线,故选A. (3)由题意可知,质量亏损为:Δm =4m p -m α-2m e由E =Δmc 2可知氦核的比结合能为:E 0=(4m p -m α-2m e )c 24.13.(1)BL v 0R ,方向为逆时针方向 (2)v 02+2Wm(3)BL 22R解析 (1)感应电动势为:E =BL v 0; 线框中感应电流为I =E R =BL v 0R根据楞次定律可知,电流方向为逆时针方向 (2)由动能定理可知,W =12m v 2-12m v 02解得:v =v 02+2Wm(3)由q =I ·Δt ,再由法拉第电磁感应定律可知:E =ΔΦΔt =BL 22Δt ,再由欧姆定律可知:I =E R联立解得:q =BL 22R14.(1)35 N (2)6 J (3)距离B 端0.2 m 处解析 (1)小球进入管口C 端时它与圆管上管壁有大小为F N =2.5mg 的相互作用力,故小球的向心力为:F 向=2.5mg +mg =3.5mg =3.5×1×10 N =35 N (2)在压缩弹簧过程中速度最大时,合力为零. 设此时小球离D 端的距离为x 0,则有kx 0=mg 解得x 0=mgk =0.1 m在C 点,由F 向=m v 2Cr代入数据得:v C =7 m/s从C 点到速度最大时,由机械能守恒定律有 mg (r +x 0)+12m v C 2=E km +E p得E km =mg (r +x 0)+12m v C 2-E p =3 J +3.5 J -0.5 J =6 J(3)小球从A 点运动到C 点过程,由动能定理得 mgh -μmgs =12m v C 2解得BC 间距离s =0.5 m小球与弹簧作用后返回C 处动能不变,小球的动能最终消耗在与BC 水平面相互作用的过程中.设小球第一次到达C 点后在BC 上的运动总路程为s ′,由动能定理有0-12m v C 2=-μmgs ′,解得s ′=0.7 m故最终小球在距离B 为0.7 m -0.5 m =0.2 m 处停下. 15.见解析解析 (1)在0~t 1时间内,粒子在电磁场中做匀速直线运动,由q v 0B 0=qE 0,得v 0=E 0B 0在t 1~t 2时间内,粒子在电场中做类平抛运动, v y =a (t 2-t 1)=qE 0m ·1kB 0=E 0B 0,则v =2v 0=2E 0B 0由tan θ=v yv 0=1得θ=45°,即v 与水平方向成45°角向下(2)在t 1~t 2时间内粒子在电场中运动:y 1=v y 2(t 2-t 1)=E 02kB 02在t 2~t 3时间内,粒子在磁场中做匀速圆周运动,运动周期T =2πm qB 0=2πkB 0在磁场中运动时间t =π4kB 0=18T ,即圆周运动的圆心角为α=45°,此时速度恰好沿水平方向在磁场中:由q v B 0=m v 2r 1得r 1=2E 0kB 02y 2=r 1(1-cos 45°)=(2-1)E 0kB 02在t 3时刻偏离O 点的竖直距离y =y 1+y 2=(2-12)E 0kB 20(3)在t 3时刻进入电场时以初速度v =2v 0=2E 0B 0做类平抛运动,v y ′=a (t 4-t 3)=qE 0m ·2kB 0=2E 0B 0t 4时刻进入磁场时,v ′=2v 0=2E 0B 0由tan θ′=v y ′v =1得θ′=45°,即v ′与水平方向成45°角向下,由 q v ′B 0=m v ′2r 2得r 2=2E 0kB 02综上可得:水平极板的长度L =v 0·2kB 0+r 1sin 45°+2v 0·2kB 0+r 2sin 45°=(5+2)E 0kB 02。

2019版高考物理金榜一轮模块综合检测 二 含解析 精品

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模块综合检测(二)(选修3-4)(45分钟100分)1.(16分)(2018·大连模拟)(1)(多选)下列说法中正确的是( )A.单摆振动的周期与摆球质量无关B.发射无线电波时需要对电磁波进行调制和解调C.光的偏振现象说明光波是横波D.光纤通信和全息照相都利用了光的全反射原理E.声源与观察者相互靠近时,观察者接收的频率大于声源振动的频率(2)如图所示,一束平行光以45°的入射角照射到半径为R的半圆柱形玻璃砖的上表面上,已知玻璃砖对平行光的折射率为。

①圆柱面上光线能够射出的区域所对的圆心角是多少?②能从圆柱面射出的光线中,在玻璃砖中传播时间最长为多少?(光在真空中的速度为c)【解析】(1)选A、C、E。

单摆振动的周期与摆球质量无关,只与摆长和重力加速度有关,选项A正确;接收无线电波时需要对电滋波进行解调,选项B错误;光的偏振现象说明光波是横波,选项C正确;光纤通信利用了光的全反射原理,而全息照相利用的是光的干涉原理,选项D 错误;根据多普勒效应可知,声源与观察者相互靠近时,观察者接收的频率大于声源振动的频率,选项E正确;故选 A、C、E。

(2)①作出光路图,如图所示,由折射定律,有:n=得:sin r==,得r=30°如果光线EA刚好在A点发生全反射,则有n=即有∠EAO=45°,此时∠EOA=75°因EA与OB平行,所以∠EAO=∠AOB=45°如果光线FC刚好在C点发生全反射,则有∠FCO=45°此时∠FOC=15°故知圆柱面上光线能够射出的区域所对的圆心角θ=180°-∠EOA-∠FOC=180°-75°-15°=90°②能从圆柱面射出的光线中,光线在玻璃砖中传播的最长距离s=R光线在玻璃砖中传播的速度v=光线在玻璃砖中传播的最长时间t==答案:(1)A、C、E (2)①90°②2.(16分)(1)某同学在实验室做用单摆测定重力加速度的实验,测出摆线的长度为L,摆球的直径为d,测出N次全振动的总时间t。

2019届全国高三一轮精品卷(五)理综物理试卷

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2019届全国高三一轮精品卷(五)理综物理试卷本试卷共16页,38题(含选考题)。

全卷满分300分。

考试用时150分钟。

★祝考试顺利★注意事项:1、考试范围:高考范围。

2、答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4、非选择题的作答:用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

5、选考题的作答:先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案写在答题卡上对应的答题区域内,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

6、考试结束后,请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并上交。

一、单选题(共5小题,每小题6.0分,共30分)1.如图所示,图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象,当调整线圈转速后,所产生正弦交流电的图象如图线b所示,以下关于这两个正弦交流电的说法错误的是( )A.交流电b电压的有效值为10VB.在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零C.交流电a的瞬时值为u=10s i n 5πt(V)D.线圈先后两次转速之比为3∶22.2012年10月15日,奥地利著名极限运动员鲍姆加特纳从距地面高度约3.9万米的高空跳下,并成功着陆.假设他沿竖直方向下落,其v-t图象如图所示,则下列说法中正确的是()A.0~t1时间内运动员及其装备机械能守恒B.t1~t2时间内运动员处于失重状态C.t1~t2时间内运动员的平均速度小于D.t2~t4时间内重力对运动员所做的功等于他克服阻力所做的功3.如图所示,人造卫星A,B在同一平面内绕地心O做匀速圆周运动。

已知A,B连线与A,O 连线间的夹角最大为,则卫星A,B的角速度之比等于A.B.C.D.4.物体甲,乙原来静止于光滑水平面上.从t=0时刻开始,甲沿水平面做直线运动,位移x 和时间平方t2的关系图象如图甲;乙受到如图乙所示的水平拉力F的作用。

2019高考物理:一轮选训习题1含解析新人教版1009473(含答案).doc

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2019人教高考物理一轮选训习题(1)及答案李仕才一、选择题1、如图,匀强磁场垂直于纸面,磁感应强度为B。

某种比荷为,速度大小为v的一群离子以一定发散角α由原点O射出,y轴正好平分该发散角,离子束偏转后打在x轴上长度为L的区域MN内,则cos()为世纪金榜导学号49294169( )A. -B.1-C.1-D.1-【解析】选B。

洛伦兹力充当向心力qvB=m,根据题意,粒子速度方向沿y轴正方向的打在N点,粒子速度方向与y轴正方向夹角为的打在M 点,画出粒子速度方向与y 轴正方向夹角为的轨迹,设OM 之间的距离为x,则有2rcos()=x,2r=x+L 联立解得:cos()=1-,故B 正确。

2、一质点在x 轴上运动,在t 0=0时刻质点处于位置x 0=0 m ,然后质点沿x 轴正方向运动,在t 1=2 s 时刻质点处于位置x 1=10 m ,此后质点沿x 轴负方向运动,在t 2=4 s 时刻质点处于位置x 2=-10 m ,求:(1)质点在0~4 s 内的平均速率;(2)后2 s 内质点的平均速度和0~4 s 内的平均速度.【答案】(1)7.5 m/s (2)-10 m/s ,沿x 轴负方向 -2.5 m/s ,沿x 轴负方向3、空间某区域竖直平面内存在电场,电场线分布如图所示。

一个质量为m 、电量为q,电性未知的小球在该电场中运动,小球经过A 点时的速度大小为v 1,方向水平向右,运动至B 点时的速度大小为v 2。

若A 、B 两点之间的高度差为h,则以下判断中正确的是 世纪金榜导学号49294164( )A.A 、B 两点的电场强度和电势大小关系为E A >E B 、φA <φBB.若v 2>v 1,则电场力一定做正功C.A、B两点间的电势差为(--2gh)D.小球从A运动到B点的过程中电场力做的功为m-m【解析】选C。

由电场线的疏密分布知EA <EB,沿电场线电势降低,φA >φB,所以A错误。

2019版高考物理金榜一轮单元评估检测 六 含解析 精品

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单元评估检测(六)(第六章)(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。

1~5题为单选题,6~8题为多选题)1.下列关于物体动量和冲量的说法正确的是( )A.物体所受合外力冲量越大,它的动量也越大B.物体所受合外力冲量不为零,它的动量一定要改变C.物体动量的方向,就是它所受冲量的方向D.物体所受合外力越大,它的动量变化就越大【解析】选B。

物体所受合外力冲量越大,它的动量变化就越大,不是动量越大,故A错误;合外力的冲量等于物体动量的变化量,物体所受合外力冲量不为零,它的动量一定要改变,故B正确;合外力的冲量等于物体动量的变化量,所以物体动量增量的方向,就是它所受冲量的方向,而动量的方向与所受冲量的方向没有直接关系,故C错误;物体所受合外力越大,加速度就越大,物体速度变化就越快,所以它的动量变化就越快,但不一定越大,故D错误。

2.(2018·南昌模拟)斜向上抛出一个爆竹,到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块,前面一块速度水平向东,后面一块速度水平向西,前、后两块的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反。

则以下说法中正确的是( )A.爆炸后的瞬间,中间那块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度B.爆炸后的瞬间,中间那块的速度可能水平向西C.爆炸后三块将同时落到水平地面上,并且落地时的动量相同D.爆炸后的瞬间,中间那块的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能【解析】选A。

设爆炸前的速度为v,爆炸后的速度为v前后以及v′,设向东为正方向,由水平方向动量守恒得3mv=mv前后+mv′-mv前后,解得v′=3v,方向向东,爆炸后的瞬间,中间那块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度,故A正确,B错误;爆炸后三块做平抛运动,竖直方向h=gt2,下落时间相同,则竖直方向分速度相同,前后两块水平方向分速度方向不同,故合速度方向不同,则动量不同,故C错误;中间那块的动能m(3v)2>〃3mv2,故D错误。

2019届高考物理(新课标)一轮复习测评手册(共计162页,含答案解析)测评答案

2019届高考物理(新课标)一轮复习测评手册(共计162页,含答案解析)测评答案

, 高考复习方案 | 新课标★物理参考答案45分钟单元能力训练卷(一)1.C 2.C 3.A 4.B 5.B 6.A7.(1)打开电源释放纸带(2)0.641 (3)大[解析] (1)实验时调整好仪器,开始打点计时的时候,应先开电源,然后再放纸带使纸带运动,这样可以使纸带上打出的点更多,有效点也较多,纸带的利用率较高.(2)a=()8.75+9.41+10.06-()6.84+7.48+8.139×0.12cm/s2=0.641 m/s2.(3)如果实验所用交流电的实际频率偏小,那么纸带上相邻两个计数点间的时间间隔的测量值偏小,由此根据匀变速直线运动规律a=ΔxT2得到的加速度的测量值比实际值偏大.8.(1)3 m/s (2)1.75 s[解析] (1)上升阶段人做加速度为g的匀减速直线运动,由运动学公式得-v20=-2gh解得v0=2gh=3 m/s.(2)上升阶段由运动学公式得0=v0-gt1解得上升阶段经历的时间t1=v0g=310s=0.3 s自由落体运动过程由运动学公式得H=12gt22解得下落过程经历的时间t2=2Hg=2×10.4510s=1.45 s故t=t1+t2=0.3 s+1.45 s=1.75 s.9.125 m或245 m45分钟单元能力训练卷(二)1.C 2.B 3.C 4.A 5.D 6.C7.(1)2.60 (2)图略 5.1 (3)59[解析] (1)精度为0.1 N的弹簧测力计要估读到0.01 N,其读数为2.60 N;(2)作出力的图示,再作力的平行四边形,根据比例大小换算得合力为5.1 N;(3)由图丙可知1 N对应的长度约为17 mm ,又F=kx,故k=Fx=59 N/m.8.(1)250 N 50 3 N (2)100 N 9.160 N[解析] A、B的受力分析如图所示.对A由平衡条件得F T sin 37°=f1=μF′N1F T cos 37°+F N1=m A g联立以上两式可得:F N1=3m A g4μ+3=60 Nf1=μF N1=30 N. 对B由平衡条件得F =f′1+f 2=f′1+μF N2=f 1+μ(F N1+m B g)=160 N.45分钟单元能力训练卷(三)1.A 2.D 3.A 4.C 5.C 6.C7.(1)图略 (2)正比例关系 (3)平衡摩擦力时木板抬得过高 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够8.(1)0.4 s (2)34[解析] (1)物体上滑,由牛顿第二定律,有mgsin 30°=ma解得a 1=mgsin 30°m=5 m/s 2 由运动学公式,上滑时间t 1=v 0a 1=0.4 s 上滑的位移x =12v 0t 1=0.4 m. (2)下滑时间t 2=t -t 1=(1.2-0.4) s =0.8 s又下滑的位移x =12a 2t 22 解得加速度a 2=1.25 m/s 2对下滑过程,由牛顿第二定律,有mgsin 30°-μmgcos 30°=ma 2解得μ=34. 9.(1)3 m (2)2.5 kg (3)40 J45分钟滚动复习训练卷(一)1.D 2.A 3.C 4.D 5.B 6.C7.(1)电火花 垫高 做匀速直线运动(或均匀打点)(2)m ≪M(或钩码的总质量远小于小车的质量) M(或小车的质量) (3) 0.95[解析] (1)电火花式打点计吋器的摩擦力小;平衡摩擦时,在没有钩码拖动下,需要将长木板的右端垫高,使小车做匀速直线运动.(2)细绳对小车的拉力F T =M M +m.mg ,在m ≪M 的条件下,可以认为拉力近似等于钩码的总重力mg ,在控制M 不变的情况下,可以探究加速度与力的关系.(3)由Δx =aT 2,则a =62.00-51.55-(51.55-42.05)0.12×10-2m/s 2=0.95 m/s 2. 8.(1)4 m/s (2)0.4 (3)3.2 m/s9.(1)1 s (2)如图所示 (3)1.25 m45分钟单元能力训练卷(四)1.B 2.A 3.B 4.C 5.B 6.B7.每个周期激光照射到反光材料的时间 7.14 0.228.(1)4π2()R +h 3GT 2 (2)4π2()R +h 3R 2T 2 (3)3π()R +h 3GT 2R3 [解析] (1)根据万有引力提供向心力,有G Mm ()R +h 2=m 4π2T 2(R +h) 解得M =4π2()R +h 3GT2. (2)月球表面万有引力等于重力,即GMmR 2=mg 解得g =4π2(R +h )3R 2T 2. (3)根据ρ=M V ,V =43πR 3 解得ρ=3π(R +h )3GT 2R 3. 9.(1)4.0 m/s (2)0.80 m (3)9 N45分钟单元能力训练卷(五)1.A 2.B 3.C 4.C 5.C 6.B7.(1)0.196 0.100(2)钩码的质量接近小车的质量,在钩码下落过程中,钩码减少的重力势能转化为小车和钩码的动能8. (1)6 m/s 4.8 m (2)20 m/s (3)3 N[解析] (1)小球做平抛运动,落至A 点时,由平抛运动速度分解图可得v 0=v y cot αv A =v y sin α由运动学规律,有v 2y =2ghh =12gt 2 x =v 0t由以上各式解得:v 0=6 m/s ,x =4.8 m ,v A =10 m/s.(2)由动能定理,有mgH =12mv 2B -12mv 2A 解得v B =20 m/s.(3)小球在BC 部分做匀速直线运动,在竖直圆轨道内侧做圆周运动,小球从C 点到D 点,由动能定理得-2mgR =12mv 2D -12mv 2C 在D 点由牛顿第二定律可得F N +mg =m v 2D R解得F N =3 N.9. (1)2 m/s ,水平向右 理由略 (2)0.2 (3)-24 J 36 J[解析] (1)由题图乙可知,物块被击穿后先向左做匀减速运动,速度为零后,又向右做匀加速运动,当速度等于2 m/s 以后随传送带一起匀速运动,所以传送带的速度方向向右,大小为2 m/s.(2)由题图乙可知,a =Δv Δt =42m/s 2=2 m/s 2 由牛顿第二定律得滑动摩擦力f =Ma ,其中f =μF N ,F N =Mg ,所以物块与传送带间的动摩擦因数μ=Ma Mg =210=0.2. (3)由题图乙可知,传送带与物块存在摩擦力的时间只有3 s ,传送带在这段时间内的位移x =vt =2×3 m =6 m所以物块对传送带所做的功为W =-fx =-4×6 J =-24 J物块与传送带前2 s 内的相对位移x 1=⎝ ⎛⎭⎪⎫42×2 +2×2 m =8 m 第3 s 内的相对位移x 2=⎝ ⎛⎭⎪⎫2×1-22×1 m =1 m 故物块相对于传送带的总位移x′=x 1+x 2=9 m系统中转化为内能的能量Q =fx =μMgx =4×9 J =36 J.45分钟单元能力训练卷(六)1.A 2.D 3.D 4. B 5.A 6.B7.(1)2 m/s (2)0.8 m/s[解析] (1)恒力做的功为W =Fl =2 J弹簧具有的最大弹性势能为E p =W =2 J弹簧完全弹开达到原长时,A 速度达到最大,即E p =12m A v 2, 解得v A =2E p m A=2 m/s. (2)当弹簧再次达到原长时,B 物体的速度最大,由动量和能量守恒有m A v A =m A v A ′+m B v B12m A v 2A =12m A v A ′2+12m B v 2B 解得v B =0.8 m/s. 8.(1)14m (2)4.5 J 45分钟滚动复习训练卷(二)1.A 2.B 3.B 4.D 5. C 6.C7. (1)左 (2)B (3)1.88 1.84 (4)在误差允许的范围内,重物下落过程中机械能守恒8.(1)3.0 m/s (2)3.0 J9.(1) 5 m/s (2)0.1 kg (3)0.2 J45分钟单元能力训练卷(七)1. C2.D3. C4.D5. C6.C7.(1)90 J (2)5 m/s (3) 小球没有冲出圆槽[解析] (1)在整个过程中,电场力对小球P 做的功为W =qE h tan θ=-90 J 小球P 电势能增加ΔE p =-W =90 J.(2)根据受力分析可知,斜面对小球P 的支持力为N =-qEsin θ+mgcos θ根据动能定理得mgh +qE h tan θ-μN h sin θ=12mv 2-0 解得v =5 m/s.(3)设当两者速度相等时,小球上升的高度为H ,根据水平方向动量守恒得mv =2mv′解得 v′=2.5 m/s根据机械能守恒定律得12mv 2=12·2mv ′2+mgH 解得H =0.625 m<R ,所以小球没有冲出圆槽. 8.(1)16L 0 L 02v 0(2)能 45分钟单元能力训练卷(八)1.C 2.D 3.A 4.A 5.A 6.C7.(1)0.520 (2)①×1 ②欧姆 右边的零刻线处 12(3)A C 图略8.(1)R 断路(2)如图所示(3)图略 1.50 V 0.50 Ω[解析] (1)把两表笔接c 、d 时,电压表有示数,说明c 到电源负极、d 到电源负极接触良好,且多用电表示数与电压表示数相同,大小接近电动势,则故障为R 断路;(2)实物电路连接如图所示;(3)根据闭合电路的欧姆定律有:E =U +I(r +R 0),整理可得U =E -I ()R 0+r ,图像的斜率k =R 0+r =1.30.43Ω≈3 Ω,则r =0.50 Ω,图像与纵轴的截距b =E =1.50 V.。

2019高考物理一轮复习题及答案解析电磁学综合附答案

2019高考物理一轮复习题及答案解析电磁学综合附答案

2019高考物理一轮复习题及答案解析电磁学综合1.如图1所示,质量m=2.0×10-4 kg、电荷量q=1.0×10-6C的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E1的匀强电场中。

取g=10 m/s2。

图1(1)求匀强电场的电场强度E1的大小和方向;(2)在t=0时刻,匀强电场强度大小突然变为E2=4.0×103 N/C,且方向不变。

求在t=0.20 s时间内电场力做的功;(3)在t=0.20 s时刻突然撤掉电场,求带电微粒回到出发点时的动能。

2.如图2所示,水平放置的平行金属板之间电压大小为U,距离为d,其间还有垂直纸面向里的匀强磁场。

质量为m、带电量为+q的带电粒子,以水平速度v0从平行金属板的正中间射入并做匀速直线运动,然后又垂直射入场强大小为E2,方向竖直向上的匀强电场,其边界a、b间的宽度为L(该电场竖直方向足够长)。

电场和磁场都有理想边界,且粒子所受重力不计,求图2(1)该带电粒子在a、b间运动的加速度大小a;(2)匀强磁场对该带电粒子作用力的大小F;(3)该带电粒子到达边界b时的速度大小v。

3.如图3是磁流体发电工作原理示意图。

发电通道是个长方体,其中空部分的长、高、宽分别为l、a、b,前后两个侧面是绝缘体,上下两个侧面是电阻可略的导体电极,这两个电极与负载电阻R相连。

发电通道处于匀强磁场里,磁感应强度为B,方向如图。

发电通道内有电阻率为ρ的高温等离子电离气体沿导管高速向右流动(单位体积内离子数为n),运动的电离气体受到磁场作用,产生了电动势。

发电通道两端必须保持一定压强差,使得电离气体以不变的流速v通过发电通道。

不计电离气体所受的摩擦阻力。

根据提供的信息完成下列问题:图3(1)判断发电机导体电极的正负极,求发电机的电动势E;(2)发电通道两端的压强差Δp;(3)若负载电阻R阻值可以改变,当R减小时,电路中的电流会增大;但当R减小到R0时,电流达到最大值(饱和值)I m;当R继续减小时,电流就不再增大,而保持不变。

2019年高考物理金榜押题卷答案(五)

2019年高考物理金榜押题卷答案(五)

答案14.D15.D16.C当滑动变阻器的滑片P向左移动时,变阻器左侧电阻减小,并联部分电阻减小,右侧电阻增大,外电路总电阻增大,再分析总电流和路端电压的变化,确定两电表读数的变化.电源的总功率为P=EI,根据总电流变化进行分析.17.A18.D19.AC解析:当条形磁铁的N极靠近圆环时,穿过圆环的磁通量增加,由愣次定律和右手定则知,圆环中感应电流方向与图中箭头方向相同,选项A正确错误,由“来拒去留”知,圆环与磁铁相互排斥,选项C正确,D错误。

20.AC21.BC22.1.接通打点计时器的电源; 放开滑块1; 2.0.620; 0.618; 3.纸带与打点计时器的限位空有摩擦解析:1.应先接通打点计时器的电源,然后释放拖动纸带的滑块1。

2.放开滑块1后,滑块1做匀速运动,与滑块2发生碰撞后跟滑块2一起做匀速运动,由纸带上的数据可得:碰前滑块1的速度为v1=2.00m/s,动量为p1=m1v1=0.620kg·m/s,滑块2的动量为0,所以碰前的总动量为0.620kg·m/s,碰后滑块1、2速度相等,均为v2=1.20m/s,所以碰后总动量为(m1+m2)v2=0.618kg·m/s。

3.数据不完全相等是因为纸带与打点计时器限位孔之间存在摩擦力的作用23答案:(1)10.0;(2)如图;(3)9,2解析:(1)欧姆表指针如图甲所示,则(2)因为所用的电压表(视为理想电压表)的量程较小,根据伏阻法测量电源的电动势和内阻的原理连接完整的实验电路:(3)由闭合电路欧姆定律可以知道,,变形得:根据题意可以知道,斜率为计算得出:,计算得出:,24.1. 由 得r 1=2R粒子的运动轨迹如图所示,则3πα=运动时间2.粒子运动情况如图所示, π=3β由22qvB=m v r 得v m =3. 粒子的轨道半径 3 1.5mv r cm Bq== 粒子到达的区域为图中的阴影部分区域面积为25.1.2s; 2.18m解析:1.小球乙在倾斜轨道上运动,由牛顿第二定律有m 2g sin37°=m 2a ①设小球乙在倾斜轨道上向上运动的时间为t ,t '=2t ②联立解得t '=2s③。

2019版高考物理一轮复习精选题辑:周测五 含解析 精品

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周测五能量和动量(A卷)(本试卷满分95分)一、选择题(本题包括8小题,每小题6分,共48分.在每小题给出的四个选项中,有的小题只有一个选项是正确的,有的小题有多个选项是正确的.全部选对的得6分,选不全的得3分,有选错或不答的得0分)1.如图所示,一质点在一恒力作用下做曲线运动,从M点运动到N 点时,质点的速度方向恰好改变了90°.在此过程中,质点的动能() A.不断增大B.不断减小C.先减小后增大D.先增大后减小答案:C解析:本题考查的是曲线运动及动能定理.质点做曲线运动,恒力指向轨迹的内侧,在开始时恒力与速度成钝角,恒力做负功,当恒力与速度的夹角变为锐角时,恒力开始做正功,由动能定理知质点的动能先减小后增大,故本题答案为C.2.质量为2 kg的物体以一定的初速度沿倾角为30°的斜面向上滑行,在向上滑行的过程中,其动能随位移的变化关系如图所示,则物体返回到出发点时的动能为(取g=10 m/s2)()A.34 J B.56 JC.92 J D.196 J答案:A解析:本题考查动能定理的应用.物体上滑的过程中重力与摩擦力都做负功,由动能定理得-mgx·sin30°-fx=0-E0,下滑的过程中重力做正功,摩擦力做负功,得mgx·sin30°-fx=E-0,代入数据解得E=34 J,故选A.如图所示,一质量为m的圆环套在一根固定的光滑竖圆环通过细线绕过定滑轮O与质量为AC的中点,AO在同一水平高度,滑轮与竖直杆相距为的小球以初动能E k0从地面竖直向上抛出,过程中受到阻力作用,图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系表示上升的最大高度,图中坐标数据中的,则由图可知,下列结论正确的是(的速度大小可能为()示,若最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则( ).物体与地面间的动摩擦因数为F 0mg时刻的加速度大小为2v 0t 0.物体所受合外力在t 0时刻的功率为2F 0v 0的平均速度v =v 0+v 2=2v 0+F 0m t 02,故平均功率P =2F 0v =F 0⎝ ⎛⎭⎪⎫2v 0+F 0t 0m ,故D 正确. 二、非选择题(本题包括4小题,共47分)9.(8分)某兴趣小组的实验装置如图所示,通过电磁铁控制的小球从A点(球心位于A 点)自由下落,下落过程中经过光电门激光束所在位置B 时,通过与光电门相连的毫秒计时器(图中未画出)记录下挡光时间t ,测出A 、B 之间的距离h .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.(1)若用该套装置验证机械能守恒定律,已知重力加速度为g ,还需要测量的物理量为________.A .A 点与地面间的距离HB .小球的质量mC .小球从A 到B 的下落时间t ABD .小球的直径d(2)用游标卡尺测得小球直径如图甲所示,则小球直径为________cm ,某次小球通过光电门毫秒计数器的读数为3 ms ,则该次小球通过光电门位置B 时的瞬时速度大小为v =________m/s.(3)若用该套装置进行“探究做功和物体速度变化关系”的实验,大家提出以下几种猜想:W ∝v ;W ∝v 2;W ∝v ……然后调节光电门的位置,计算出小球每次通过光电门激光束所在位置B 的速度v 1、v 2、v 3、v 4……并测出小球在A 、B 间的下落高度h 1、h 2、h 3、h 4……然后绘制了如图所示h -v 的图象.若为了更直观地看出h 和v 的函,③W∝v.为了验证猜想,他们设计了如图甲所示的实验装置.处固定一个速度传感器(用来测量物体每次通.在刚开始实验时,小刚同学提出“不需要测出物体(3)实验中,木板与物体间摩擦力________(填“影响”或“不影响”)探究的结果.答案:(1)根据动能定理列出方程式mg (sin θ-μcos θ)L =12m v 2,可以简化约去质量m (3分)(2)A(2分) (3)不影响(2分)解析:本题考查了探究“合外力做功和物体速度变化的关系”实验.(1)若只有重力做功,则mgL sin θ=12m v 2,等号的两边都有m ,可以约掉,故不需要测出物体的质量.用牛顿第二定律求解,也能得出相同的结论,若是重力和摩擦力做功,则(mg sin θ-μmg cos θ)L =12m v 2,等号的两边都有m ,可以约掉,故不需要测出物体的质量.(2)采用表格方法记录数据,合理绘制的L -v 图象是曲线,不能得出结论W ∝v 2,为了更直观地看出L 和v 的变化关系,应该绘制L -v 2图象,选项A 正确.(3)重力和摩擦力的总功W 也与距离L 成正比,因此不会影响探究的结果.11.(16分)我国拥有航空母舰后,舰载机的起飞与降落等问题受到了广泛关注.2012年11月23日,舰载机“歼-15\”首降“辽宁舰\”获得成功,随后舰载机又通过滑跃式起飞成功.某兴趣小组通过查阅资料对舰载机滑跃起飞过程进行了如下的简化模拟:假设起飞时“航母\”静止,飞机质量视为不变并可看成质点.“航母\”起飞跑道由图示的两段轨道组成(二者平滑连接,不计拐角处的长度),其水平轨道长AB =L ,水平轨道与斜面轨道末端C 的高度差为h .一架“歼-15”飞机的总质量为m ,在C 端的起飞速度至少为v .若某次起飞训练中,“歼-15\”从A 点由静止启动,飞机发动机的推力大小恒为0.6mg ,方向与速度方向相同,飞机受到空气和轨道平均阻力的合力大小恒为0.1mg .重力加速度为g .求:(1)飞机在水平轨道AB 上运动的时间;(2)在水平轨道末端B ,发动机的推力功率;(3)要保证飞机正常起飞,斜面轨道的长度满足的条件.(结果用m 、g 、L 、h 、v 表示)答案:(1)2L g (2)0.6mg gL (3)l ≥v 2g +2h -L解析:(1)设飞机在水平轨道的加速度为a ,运动时间为t ,发动机的推力为F ,阻力为f粘连在一起时的速度大小;看成一个系统,则从A开始运动到周测五能量和动量(B卷)(本试卷满分95分)一、选择题(本题包括8小题,每小题6分,共48分.在每小题给出的四个选项中,有的小题只有一个选项是正确的,有的小题有多个选项是正确的.全部选对的得6分,选不全的得3分,有选错或不答的得0分)1.(多选)如图所示,位于水平面上的物体在斜向上的恒力F1的作用下,做速度为v的匀速运动,此时力F1与水平方向的夹角为θ1;现将该夹角增大到θ2,对应恒力变为F2,则以下说法正确的是() A.若物体仍以速度v做匀速运动,则可能有F2=F1B.若物体仍以速度v做匀速运动,则一定有F2>F1C.若物体仍以速度v做匀速运动,则F2的功率可能等于F1的功率D.若物体以大于v的速度做匀速运动,则F1的功率可能等于F2的功率答案:AD解析:本题考查功率.物体做匀速运动,由平衡条件,F1作用时,F1cosθ1=f1=μ(mg-F1sinθ1),解得F1=μmgcosθ1+μsinθ1=μmg1+μ2sin(θ1+φ),其中tanφ=1μ,同理,F2作用时,F2=μmg1+μ2sin(θ2+φ),虽然θ2>θ1,但是sin(θ1+φ)可能等于sin(θ2+φ),故可能有F2=F1,选项A正确、B错误;恒力F1作用下的功率P1=F1v cosθ1=μmg v cosθ1cosθ1+μsinθ1=μmg v1+μtanθ1,F2作用下的功率P2=F2v cosθ2=μmg v1+μtanθ2,由于θ2>θ1,则tanθ2>tanθ1,故一定有P1>P2,选项C 错误;若物体以大于v的速度做匀速运动,则可能有P1=P2,选项D 正确.2.如图所示,在倾角θ=30°的光滑固定斜面上,放有质量分和B ,且两球之间用一根长距水平面的高度h =0.3 m .现让两球从静止开始自由时刻水平力的瞬时功率为3F 20t 0mM v山东济宁期末)如图所示,一质量为放在光滑水平地面上,在其右端放一个质量为在光滑水平面上停放着质量为弧形槽的小车,一质量也为m的小球以水平初速度小车滑去,到达某一高度后,小球又返回右端,则.小球离开槽右端后将向右做平抛运动、B 两物体用轻绳相连,系统处于静止状态,E p =12kx 且弹簧一直处在弹性限度内,现将A 、B在“验证机械能守恒定律”实验中,小伟所用实验装置如图甲所源使用情况来填“电磁打点计时器\”或“电火花打点计时器50 Hz的交流电源,在实验各项操作正确的情况下,得到的纸带如图乙所示.小伟选取纸带上某点为计时起点,并记为计数点0123456本实验中可认为,弹簧被压缩后的弹性势能相等.已知重力加速度大小为g.为求得用所选取的测量量和已知量表示E k,得中的直线是实验测量得到的s-增加,s-Δx图线的斜率会;如果m不变,h填“增大”“减小”或“不变”0.4 m的光滑圆弧轨道和圆心O的连线与水平方向的夹角为轨道的最低点且与粗糙水平面相切,一轻质弹簧右端固定0.1 kg的小物块(可视为质点的速度水平抛出,恰好从B端沿轨道切线方向进入轨道,10 m/s,求:小物块的质量m;圆轨道的半径及轨道DC所对应的圆心角θ;(小物块与斜面AD间的动摩擦因数μ.(1)0.5 kg(2)37°(3)0.3如果物块只在圆轨道上运动,则由动能定理得。

2019版高考物理金榜一轮单元评估检测: (五) Word版含解析

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单元评估检测(五)(第五章)(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。

1~5题为单选题,6~8题为多选题)1、如图所示,小球位于光滑的曲面上,曲面体位于光滑的水平地面上,从地面上看,在小球沿曲面下滑的过程中,曲面体对小球的作用力( )A、垂直于接触面,做功为零B、垂直于接触面,做负功C、不垂直于接触面,做功为零D、不垂直于接触面,做正功【解析】选B。

对整体进行受力分析可知,小球曲面体系统在水平方向上不受外力作用,故在水平方向上动量守恒,当小球沿曲面下滑过程中,曲面体将向右后退,曲面体对小球的作用力为弹力且与曲面的切线垂直,小球的运动方向与力的方向之间的夹角为钝角,故曲面体对小球的作用力垂直于接触面,且做负功。

B选项正确。

2、(2018·岳阳模拟)在平直的公路上,一辆汽车在牵引力作用下从静止开始做匀加速直线运动,当速度达到某一值时汽车做匀速直线运动。

若汽车所受阻力与速度成正比,则汽车功率P随时间t变化的关系可能是 ( )【解析】选A。

汽车在匀加速阶段,根据牛顿第二定律F-F f=ma,物体的速度v=at,受到的阻力F f=kv,解得F=kat+ma,在加速阶段的功率P=Fv=ka2t2+ma2t,达到额定功率后,此时P突然减小,由于惯性,速度不会突变,由P=Fv知,牵引力F突然减小,使牵引力等于阻力,汽车又开始做速度减小了的匀速运动,故A正确,B、C、D错误。

3、(2018·石家庄模拟)质量为2 t的汽车,发动机的额定功率为60 kW。

该汽车在水平路面上以额定功率行驶时能达到的最大速度为15 m/s,所受阻力恒定,则当汽车速度为10 m/s时的加速度为( )A、0、5 m/s2B、1 m/s2C、2 m/s2D、2、5 m/s2【解析】选B。

汽车在水平路面上达到最大速度时,牵引力与阻力二力平衡,则有F=F f,由P=Fv m得P=F f v m,解得F f=,当汽车的速度为10m/s时,牵引力为F′=,根据牛顿第二定律得a==,代入数据解得a=1 m/s2,故B正确,A、C、D错误。

2019版高考物理金榜一轮单元评估检测: (二) Word版含解析

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单元评估检测(二)(第二章)(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。

1~5题为单选题,6~8题为多选题)1、如图所示,斜面体A静置于粗糙水平面上,小球B置于光滑的斜面上,用一轻绳拴住B,轻绳左端固定在竖直墙面上P处。

初始时轻绳与斜面平行,若将轻绳左端从P处缓慢沿墙面上移到P′处,斜面体始终处于静止状态,则在轻绳移动过程中( )A、轻绳的拉力逐渐减小B、斜面体对小球的支持力逐渐减小C、斜面体对水平面的压力逐渐增大D、斜面体对水平面的摩擦力逐渐增大【解析】选B。

小球受力如图1所示,小球受到斜面体的支持力F N1及轻绳拉力F的合力始终与小球重力G1等大反向,当轻绳左端上升时,F 增大,F N1减小,A错误,B正确;对斜面体A进行受力分析,如图2所示,随小球对斜面压力F N1的减小,由受力平衡可知,水平面对斜面体的支持力F N2逐渐减小,摩擦力F f逐渐减小,由牛顿第三定律可知C、D错误。

2、(2018·临沂模拟)如图所示,每个钩码重1、0 N,弹簧测力计自身重量、绳子质量和摩擦不计,弹簧伸长了5 cm(在弹簧的弹性限度内),下列说法正确的是( )A、该弹簧测力计的示数为1、0 NB、该弹簧测力计的示数为5 cmC、该弹簧的劲度系数为40、0 N/mD、不挂重物时,该弹簧的劲度系数为0【解题指导】弹簧的两端各受1、0 N 拉力F,弹簧测力计的示数显示拉力的大小为1、0 N。

弹簧平衡时伸长了5 cm,根据胡克定律F=kx 求解弹簧的劲度系数。

另外劲度系数k由弹簧本身的性质决定,与弹力大小无关,与是否受到力也无关。

【解析】选A。

弹簧测力计的两端各受1、0 N拉力F,弹簧测力计显示一端受到的拉力大小为1、0 N,则该弹簧测力计的示数为1、0 N,故A正确,B错误;由胡克定律F=kx得:k===20 N/m,故C错误;劲度系数k由弹簧本身的性质决定,与弹力大小无关,当不挂重物时,该弹簧的劲度系数依然不变,故D错误。

2019版高考物理金榜一轮单元评估检测: (四) Word版含解析

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单元评估检测(四)(第四章)(45分钟100分)一、选择题(本题共12小题,每小题5分,共60分。

1~8题为单选题,9~12题为多选题)1、一质点在几个共点力作用下做匀速直线运动,现对其施加一恒力,且原来作用在质点上的力保持不变,则( )A、质点一定做匀变速运动B、质点一定做匀变速直线运动C、质点可能做匀速圆周运动D、质点在单位时间内速率的变化量总是不变【解析】选A。

质点一开始做匀速直线运动,处于平衡状态,施加恒力后,则该质点受到的合外力为该恒力,由牛顿第二定律可知物体的加速度不变,即为匀变速运动,故A正确;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;若该恒力方向与质点原运动方向共线,则质点做直线运动,故B错;做匀速圆周运动需要向心力,而且向心力时刻指向圆心,是变力而不是恒力,故C错误;因为加速度不变,单位时间内速度的变化量(是矢量)是不变的,而速率的变化量不一定不变,故D错误。

【加固训练】物体受到几个力的作用而做匀速直线运动,如果只撤掉其中的一个力,其他力保持不变,它不可能做( )A、匀速直线运动B、匀加速直线运动C、匀减速直线运动D、曲线运动【解析】选A。

物体受到几个力的作用而做匀速直线运动,如果只撤掉其中的一个力,其他力保持不变,合力与撤去的力大小相等方向相反,合力大小方向不变,不可能做匀速直线运动,故选项A正确;若撤去的力与运动的方向相反,则物体做匀加速直线运动,故选项B错误;若撤去的力与运动的方向相同,则物体做匀减速直线运动,故选项C 错误;若撤去的力与速度的方向不在同一条直线上,物体做曲线运动,故选项D错误。

2、(2018·和平区模拟)甲同学以速度v1将铅球水平推出,推出点距地面高度为H1,乙同学身高较高,将铅球在距地面H2高度处水平推出(H2>H1),两位同学推出铅球的水平位移恰好一样,不计空气阻力的作用,则乙同学推出铅球的速度为( ) A、v1B、v1C、v1D、v1【解析】选B。

2019版高考物理金榜一轮单元评估检测: (十) Word版含解析

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单元评估检测(十)(第十、十一章)(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。

1~5题为单选题,6~8题为多选题)1、如图甲所示,水平面上的不平行导轨MN、PQ上放着两根光滑导体棒ab、cd,两棒间用绝缘丝线系住;开始时匀强磁场垂直纸面向里,磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示,则以下说法正确的是( )A、在t0时刻导体棒ab中无感应电流B、在t0时刻导体棒ab所受安培力方向水平向左C、在0~t0时间内回路电流方向是acdbaD、在0~t0时间内导体棒ab始终静止【解析】选C。

由图乙所示图象可知,0到t0时间内,磁场向里,磁感应强度B均匀减小,线圈中磁通量均匀减小,由法拉第电磁感应定律得知,回路中产生恒定的感应电动势,形成恒定的电流。

由楞次定律可得出电流方向沿acdba,在t0时刻导体棒ab中感应电流不为零,故A项错误,C项正确;在t0时刻B=0,根据安培力公式F=BIL知此时ab和cd 都不受安培力,故B项错误;在0~t0时间内,根据楞次定律可知ab受力向左,cd受力向右,由于cd所受的安培力比ab的安培力大,所以ab 将向右运动,故D项错误。

2、(2018·永州模拟)如图所示,边长为2l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场,一个边长为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直,导线框的一条对角线和虚线框的一条对角线恰好在同一直线上。

从t=0开始,使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向移动进入磁场,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I-t关系的图线中,正确的是( )【解析】选D。

导线框完全进入磁场后,没有感应电流产生,故A、B 项均错误;进入和穿出磁场过程,线框有效切割长度变化,感应电动势和感应电流在变化,故C项错误;线框进入磁场过程,有效切割长度L 均匀增大,感应电动势E均匀增大,感应电流I均匀增大。

2019版高考物理金榜一轮单元评估检测: (九) 含解析

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单元评估检测(九)(第九章)(45分钟100分)一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。

1~7题为单选题,8~10题为多选题)1.关于电场力与洛伦兹力,下列说法中正确的是 ( )A.电荷只要处在电场中,就会受到电场力的作用B.电荷只要处在磁场中,就会受到磁场力的作用C.洛伦兹力的方向在磁感线上D.运动的电荷在磁场中一定会受到洛伦兹力的作用【解析】选A。

电场的基本性质是对放入其中的电荷有力的作用,电荷只要在电场中就会受到电场力作用,故A正确;只有运动电荷在磁场中才可能受到洛伦兹力作用,故B错误;由左手定则可知,洛伦兹力与磁感线相互垂直,故C错误;运动的电荷在磁场中平行于磁场的方向运动时,不会受到洛伦兹力的作用,故D错误。

2.如图所示,空间中有垂直纸面向里的匀强磁场,一不可伸缩的软导线绕过纸面内的小动滑轮P(可视为质点),两端分别拴在纸面内的两个固定点M、N处,并通入由M到N的恒定电流I,导线PM和PN始终伸直。

现将P从左侧缓慢移动到右侧,在此过程中导线MPN受到的安培力大小 ( )A.始终不变B.逐渐增大C.先增大后减小D.先减小后增大【解析】选A。

在P从左侧缓慢移动到右侧的过程中,导线MPN受到的安培力可等效为直导线MN通过电流I时受到的安培力,即导线MPN 受到的安培力大小始终不变,选项A正确。

3.(2018·长沙模拟)在同时存在匀强电场和匀强磁场的空间中取正交坐标系Oxyz(z轴正方向竖直向上),如图所示,已知电场方向沿z轴正方向,电场强度大小为E,磁场方向沿y轴正方向,磁感应强度的大小为B。

若质量为m、带电量为+q的质点从原点沿不同的方向射出,重力加速度为g,则下列说法正确的是( )A.若沿x轴正方向射出,速度一定会变化B.若沿y轴正方向射出,动能一定会变化C.若沿z轴正方向射出,速度一定会变化D.若沿z轴正方向射出,动能一定会变化【解析】选C。

若沿x轴正方向射出,重力竖直向下,电场力与洛伦兹力向上,可能平衡,速度不一定变化,故A错误;若沿y轴正方向射出,重力可能和电场力平衡,动能不一定变化,故B错误;若沿z轴正方向射出,重力竖直向下,电场力向上,洛伦兹力垂直速度方向,一定沿曲线运动,速度一定变化,当做匀速圆周运动时,动能不变,故C正确,D 错误。

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单元评估检测(五)(第五章)(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。

1~5题为单选题,6~8题为多选题)1.如图所示,小球位于光滑的曲面上,曲面体位于光滑的水平地面上,从地面上看,在小球沿曲面下滑的过程中,曲面体对小球的作用力( )A.垂直于接触面,做功为零B.垂直于接触面,做负功C.不垂直于接触面,做功为零D.不垂直于接触面,做正功【解析】选B。

对整体进行受力分析可知,小球曲面体系统在水平方向上不受外力作用,故在水平方向上动量守恒,当小球沿曲面下滑过程中,曲面体将向右后退,曲面体对小球的作用力为弹力且与曲面的切线垂直,小球的运动方向与力的方向之间的夹角为钝角,故曲面体对小球的作用力垂直于接触面,且做负功。

B选项正确。

2.(2018·岳阳模拟)在平直的公路上,一辆汽车在牵引力作用下从静止开始做匀加速直线运动,当速度达到某一值时汽车做匀速直线运动。

若汽车所受阻力与速度成正比,则汽车功率P随时间t变化的关系可能是( )【解析】选A。

汽车在匀加速阶段,根据牛顿第二定律F-F f=ma,物体的速度v=at,受到的阻力F f=kv,解得F=kat+ma,在加速阶段的功率P=Fv=ka2t2+ma2t,达到额定功率后,此时P突然减小,由于惯性,速度不会突变,由P=Fv知,牵引力F突然减小,使牵引力等于阻力,汽车又开始做速度减小了的匀速运动,故A正确,B、C、D错误。

3.(2018·石家庄模拟)质量为2 t的汽车,发动机的额定功率为60 kW。

该汽车在水平路面上以额定功率行驶时能达到的最大速度为15 m/s,所受阻力恒定,则当汽车速度为10 m/s时的加速度为( )A.0.5 m/s2B.1 m/s2C.2 m/s2D.2.5 m/s2【解析】选B。

汽车在水平路面上达到最大速度时,牵引力与阻力二力平衡,则有F=F f,由P=Fv m得P=F f v m,解得F f=,当汽车的速度为10m/s时,牵引力为F′=,根据牛顿第二定律得a==,代入数据解得a=1 m/s2,故B正确,A、C、D错误。

4.(2018·大庆模拟)如图所示,半径为R的金属环竖直放置,环上套有一质量为m的小球,小球开始时静止于最低点,现使小球以初速度v0=沿环上滑,小环运动到环的最高点时与环恰无作用力,则小球从最低点运动到最高点的过程中( )A.小球机械能守恒B.小球在最低点时对金属环的压力是6mgC.小球在最高点时,重力的功率是mgD.小球机械能不守恒,且兊服摩擦力所做的功是0.5mgR【解析】选D。

小球在最高点与环作用力恰为0时,设速度为v,则mg=m,解得v=,从最低点到最高点,由动能定理得-mg2R-W克=mv2-m,解得W克=mgR,所以机械能不守恒,且克服摩擦力所做的功是0.5mgR,故A错误,D正确;在最低点,由牛顿第二定律得,F N-mg=m,解得F N=7mg,故B错误;小球在最高点时,重力方向与速度方向垂直,重力的功率为零,故C错误。

5.如图所示,长为2L的轻弹簧AB两端等高地固定在竖直墙面上,弹簧刚好处于原长,现在其中点O处轻轻地挂上一个质量为m的物体P后,物体向下运动,当它运动到最低点时,弹簧与竖直方向的夹角为θ,重力加速度为g,下列说法正确的是( )A.向下运动的过程中,物体的加速度先增大后减小B.向下运动的过程中,物体的机械能先增大后减小C.物体在最低点时,弹簧的弹性势能为D.物体在最低点时,弹簧中的弹力为【解析】选C。

物体向下运动,弹簧弹力增大,所受合外力减小,加速度减小,方向向下,当加速度为零时,重力和弹簧弹力的合力相等,速度最大,物体继续向下运动弹簧弹力增大,合力增大,加速度增大,方向向上,到达最低点时速度为零,加速度先减小后增大,故A错误;物体向下运动的过程中,弹簧弹力向上,位移向下,做负功,根据W除重=ΔE可知机械能一直减小,故B错误;根据机械能守恒定律可知,物体在最低点时,速度为零,动能为零,物体减小的重力势能转化为弹簧的弹性势能,由几何关系得物体下降的高度h=,故弹簧的弹性势能为E弹=mgh=,故C正确;当加速度为零时,重力和弹簧弹力的合力相等,物体继续向下运动弹簧弹力增大,弹簧弹力的合力大于重力,则有F弹cosθ>,解得F弹>,故D错误。

【加固训练】长L的轻杆两端分别固定有质量为m的小铁球,杆的三等分点O处有光滑的水平转动轴。

用手将该装置固定在恰好水平的位置,然后由静止释放,当杆到达竖直位置时,轴对杆的作用力F的大小和方向为( )A.2.4mg 竖直向上B.2.4mg 竖直向下C.6mg 竖直向上D.4mg 竖直向上【解析】选A 。

对于整个系统而言,机械能守恒,有mgL =m + m ,当杆运动到竖直位置时,顶端的小球向心力为F 1+mg=m ω2,底端的小球向心力为F 2-mg=mω2,联立以上三式得轴对杆的作用力F 的大小F 2-F 1=2.4mg,方向竖直向上,选项A 正确。

6.如图所示,一倾角为α固定斜面下端固定一挡板,一轻弹簧下端固定在挡板上。

现将一物块从斜面上离弹簧上端某处由静止释放,已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ,则小物块从释放到运动至最低点的过程中,下列说法中正确的是( )A.μ<tan αB.μ>tan αC.物块刚与弹簧接触的瞬间达到最大动能D.弹簧的最大弹性势能等于整个过程中重力对物块做的功与摩擦力对物块做的功之和【解题指导】解答本题应注意以下三点:(1)物块能沿斜面由静止下滑,则有mgsinα>μmgcosα;(2)物块所受合力为零时速度最大;(3)物块下滑过程功和能的转化关系。

【解析】选A、D。

物块从静止释放后能沿斜面下滑,则有mgsinα>μmgcosα,解得μ<tanα,故A正确,B错误;物块刚与弹簧接触的瞬间,弹簧的弹力仍为零,仍有mgsinα>μmgcosα,物块继续向下加速,动能仍在增大,所以此瞬间动能不是最大,当物块的合力为零时动能才最大,故C错误;根据能量转化和守恒定律知,弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与产生的内能之差,而内能等于物块克服摩擦力做功,可得弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与摩擦力对物块做功之和,故D正确。

7.如图所示,杆A倾斜固定在水平地面上,倾角为θ,质量为m的小环P 把竖直杆B和杆A套在一起,竖直杆B以速度v水平向左匀速直线运动,所有接触点均光滑。

在小环P沿着杆A上升过程中,下列关于小环P的说法,正确的是( )A.小环P速度大小为B.小环P速度大小为vcosθC.小环的机械能守恒D.小环的机械能增加【解题指导】解答本题应注意以下两点:(1)环的速度沿杆向上,可将杆的速度沿杆和垂直杆分解;(2)小环的机械能如何变化可由小环的动能和重力势能的变化判断。

【解析】选A、D。

将小环P的运动沿着水平和竖直方向分解,如图所示,故环的实际速度v P=,故A正确,B错误;环匀速上升,重力势能增加,动能不变,故机械能(等于动能与重力势能的代数和)增加,故C错误,D正确。

8.(2018·咸阳模拟)如图所示,质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上,一质量为m的滑块放置在木板左端,滑块与木板间滑动摩擦力大小为F f,用水平的恒定拉力F作用于滑块。

当滑块运动到木板右端时,木板在地面上移动的距离为s,下列结论中正确的是( )A.上述过程中,F做功等于滑块和木板动能的增量B.其他条件不变的情冴下,M越大,s越小C.其他条件不变的情冴下,F越大,滑块到达右端所用时间越长D.其他条件不变的情冴下,F f越大,滑块与木板间产生的热量越多【解析】选B、D。

由功能关系可知拉力F做功除了增加两物体动能以外还有系统产生的热量,故A错误;由于木板受到摩擦力不变,当M 越大时木板加速度小,而滑块加速度不变,相对位移一样,滑块在木板上运动时间短,所以木板运动的位移小,故B正确;滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动,在其他条件不变的情况下,木板的运动情况不变,滑块和木板的相对位移还是L,所以拉力F越大滑块的加速度越大,离开木板时间就越短,故C错误;系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积,相对位移没变,摩擦力越大,产生的热量越多,故D正确。

【总结提升】解决功能关系问题应该注意的三个方面(1)分清是什么力做功,并且分析该力做正功还是做负功;根据功能之间的对应关系,判定能的转化形式,确定能量之间的转化情冴。

(2)可以根据能量之间的转化情冴,确定是什么力做功,尤其可以方便计算变力做功的多少。

(3)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系,功是能量转化的量度和原因,在不同问题中的具体表现不同。

二、实验题(本题共2小题,共15分)9.(7分)某探究学习小组的同学欲验证“动能定理”,他们在实验室组装了一套如图所示的装置,另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、滑块、细沙、刻度尺。

当滑块连接上纸带,用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时,释放小桶,滑块处于静止状态。

若你是小组中的一位成员,要完成该项实验,则:(1)你认为还需要的实验器材有。

(2)实验时为了保证滑块受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等,沙和沙桶的总质量应满足的实验条件是,实验时首先要做的步骤是。

(3)在(2)的基础上,某同学用天平称量滑块的质量M,往沙桶中装入适量的细沙,用天平称出此时沙和沙桶的总质量m。

让沙桶带动滑块加速运动,用打点计时器记录其运动情冴,在打点计时器打出的纸带上取两点,测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2(v1<v2)。

则本实验最终要验证的数学表达式为(用题中的字母表示实验中测量得到的物理量)。

【解析】(1)在实验中,需要测量滑块、沙和沙桶的质量,所以还需要天平。

(2)实验时为了保证滑块受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等,需要保证沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量,即M≫m,实验时首先要平衡滑块受到的摩擦力。

(3)由动能定理得W=ΔE k,拉力做的功W=mgL,则实验最终要验证的数学表达式为mgL=M-M。

答案:(1)天平(2)沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量平衡摩擦力(3)mgL=M-M【加固训练】某同学利用如图所示的装置“探究功与速度变化的关系”:在木板的左端固定一挡板,挡板上拴一轻质弹簧,弹簧的右端固定一小物块,物块的上方有一很窄的遮光片,当弹簧的长度为原长时,物块恰处于O 点,O点的正上方有一光电门,光电门上连接计时器(图中未画出)。

已知弹性势能的表达式为E p=k(Δx)2。

(1)实验开始时, 平衡摩擦力; 测量遮光片的宽度(均选填“需要”或“不需要”)。

(2)所有实验条件具备后,将小物块向左压缩弹簧Δx后从静止释放,小物块在弹簧的作用下被弹出,记下遮光片通过光电门的时间t1。

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