2013新课标高中物理总复习阶段知能检测11
2013新课标高中物理总复习课时知能训练2-1
课时知能训练(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)1．在图中，A、B均处于静止状态，则A、B之间一定有弹力的是()2．如图2－1－17所示，四个完全相同的弹簧都处于水平位置，它们的右端受到大小皆为F的拉力作用，而左端的情况各不相同：图2－1－17①中弹簧的左端固定在墙上，②中弹簧的左端受大小也为F的拉力作用，③中弹簧的左端拴一小物块，物块在光滑的桌面上滑动，④中弹簧的左端拴一小物块，物块在粗糙的桌面上滑动．若认为弹簧的质量都为零，以x1、x2、x3、x4依次表示四个弹簧的伸长量，则有()A．x2＞x1B．x4＞x3C．x1＞x3D．x2＝x4图2－1－183．(2012·威海模拟)如图2－1－18所示，小车沿水平面向右做匀加速直线运动，车上固定的硬杆和水平面的夹角为θ，杆的顶端固定着一个质量为m的小球，当小车运动的加速度逐渐增大时，杆对小球的作用力(F1至F4变化)的变化图示可能是()4.图2－1－19如图2－1－19所示，小球B放在真空容器A内，球B的直径恰好等于正方体A的边长，将它们以初速度v0竖直向上抛出，下列说法中正确的是() A．若不计空气阻力，上升过程中，A对B有向上的支持力B．若考虑空气阻力，上升过程中，A对B的压力向下C．若考虑空气阻力，下落过程中，B对A的压力向上D．若不计空气阻力，下落过程中，B对A没有压力图2－1－205．如图2－1－20所示，物块m放在倾角为θ的斜面上，受到平行于斜面的推力F而静止，现将力F撤去，则物块()A．会沿斜面下滑B．摩擦力方向变化C．摩擦力不变D．摩擦力变小图2－1－216．(2012·山东淄博模拟)如图2－1－21所示，物块A放在倾斜的木板上，已知木板的倾角α分别为30°和45°时物块所受摩擦力的大小恰好相同，则物块和木板间的动摩擦因数为()A.12 B.32C.22 D.52图2－1－227．如图2－1－22所示，物体P放在粗糙水平面上，左边用一根轻弹簧与竖直墙相连，物体静止时弹簧的长度大于原长．若再用一个从0开始逐渐增大的水平力F向右拉P，直到拉动，那么在P被拉动之前的过程中，弹簧对P的弹力F T的大小和地面对P的摩擦力F f的大小的变化情况是()A．F T始终增大，F f始终减小B．F T保持不变，F f始终增大C．F T保持不变，F f先减小后增大D．F T先不变后增大，F f先增大后减小图2－1－238．如图2－1－23所示，斜面固定在地面上，倾角为37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，质量为1 kg的滑块，以一定的初速度沿斜面向下滑，斜面足够长，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.8.该滑块所受摩擦力F f随时间变化的图象是图中的(取初速度方向为正方向，g取10 m/s2)()图2－1－249．(2012·山东省实验中学月考)如图2－1－24所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到向右的拉力F的作用向右滑行，长木板处于静止状态．已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2.下列说法正确的是()A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mgB．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m＋M)gC．当F>μ2(m＋M)g时，木板便会开始运动D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动图2－1－2510．如图2－1－25所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中．质量为m、带电荷量为＋Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是() A．滑块受到的摩擦力不变B．滑块到达地面时的动能与B的大小无关C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下D．B很大时，滑块可能静止于斜面上二、非选择题(本题共2小题，共30分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)11．(15分)如图2－1－26所示，物体A、B的质量m A＝6 kg，m B＝4 kg，A 与B、B与地面之间的动摩擦因数都为μ＝0.3，在外力F作用下，A和B一起匀速运动，求A对B和地面对B的摩擦力的大小和方向(g取10 m/s2)．图2－1－26图2－1－2712．(15分)如图2－1－27所示，质量相等的A、B两物体在平行于固定斜面的推力F的作用下，沿光滑斜面做匀速直线运动，A、B间轻弹簧的劲度系数为k，斜面的倾角为30°，则匀速运动时弹簧的压缩量为多少？答案及解析1．【解析】假设将与研究对象接触的物体逐一移走，如果研究对象的状态发生变化，则表示它们之间有弹力；如果状态无变化，则表示它们之间无弹力．四个选项中只有B选项中的B物体移走后，A物体一定要摆动，所以B选项中A、B间一定有弹力．【答案】 B2．【解析】因为四个弹簧上各点受到的拉力都是F，由胡克定律可知F＝kx，则四个弹簧的伸长量x＝Fk都相等．【答案】 D3．【解析】小球只受重力和杆的弹力作用．杆的弹力F的竖直分量与重力平衡，水平分量产生加速度，即F竖直＝mg，F水平＝ma，所以选项C正确．【答案】 C4.【解析】若不计空气阻力，则A、B整体的加速度等于重力加速度，物体B的加速度也等于重力加速度，因此A对B没有作用力，同理，B对A也没有作用力，故选项A错D对；若考虑空气阻力，则上升过程中，A、B整体的加速度大于重力加速度，则B的加速度大于重力加速度，故A对B有向下的压力，选项B对；在下降过程中，A、B整体的加速度小于重力加速度，则B的加速度小于重力加速度，故A对B有向上的压力，根据力的相互作用，B对A有向下的压力，故选项C错，应选B、D.【答案】BD5．【解析】物体实际只受一个摩擦力的作用，施力时摩擦力的一个分力与重力沿斜面的分力相平衡，另一个分力与推力相平衡，撤去推力时摩擦力随外力的变化而突变，由原来的倾斜方向变为沿斜面向上，与重力沿斜面的分力相平衡，故选B、D.【答案】BD6．【解析】由题意可以判断出，当倾角α＝30°时，物块受到的摩擦力是静摩擦力，大小为Ff1＝mg sin 30°，当α＝45°时，物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小为Ff2＝μF N＝μmg cos 45°，由Ff1＝Ff2得μ＝2 2.【答案】 C7．【解析】加力F前，物体P所受到的静摩擦力方向水平向右，加上力F 后，力F增大的开始阶段，物体P所受到的静摩擦力仍水平向右，由平衡条件可得：F T＝F f＋F，物体被拉动之前，F T不变，F f随F的增大而减小，当F f＝0之后，F仍然增大，物体P所受静摩擦力水平向左，由平衡条件得：F T＋F f＝F，F f随F的增大而增大，故只有C正确．【答案】 C8．【解析】重力沿斜面向下的分力mg sin 37°＝1×10×0.6 N＝6 N，滑动摩擦力μmg cos 37°＝0.8×1×10×0.8 N＝6.4 N，所以滑块做匀减速运动，最后静止在斜面上．则滑块先受到滑动摩擦力，大小为6.4 N；后受静摩擦力，大小为6 N，其方向都与初速度方向相反，故A正确．【答案】 A9．【解析】木块在力F的作用下向右滑动，木块与木板之间为滑动摩擦力，F f1＝μ1mg.木板处于静止状态，其与地面间为静摩擦力，根据物体的平衡条件可知F f2＝F f1＝μ1mg，并保持不变．【答案】AD10．【解析】由左手定则知C正确．而F f＝μF N＝μ(mg cos θ＋BQ v)要随速度增加而变大，A错误．若滑块滑到底端已达到匀速运动状态，应有F f＝mg sin θ，可得v＝mgBQ(sin θμ－cos θ)，可看到v随B的增大而减小．若在滑块滑到底端时还处于加速运动状态，则B越大时，F f越大，滑块克服阻力做功越多，到达斜面底端的速度越小，B错误．当滑块能静止于斜面上时应有mg sin θ＝μmg cos θ，即μ＝tan θ，与B的大小无关，D错误．【答案】 C11．【解析】因为A、B一起在地面上运动，所以A与B间是静摩擦力，而B与地面间是滑动摩擦力，所以有F地B＝μ(m A＋m B)g＝0.3×(6＋4)×10 N＝30 NF地B的方向与相对运动方向相反，即向左．整体受力分析知F＝F地B＝30 N，对A物体有F T－F BA＝0，其中F T为绳的拉力，大小为F T＝F2＝15 N解得F BA＝15 N，方向向左，根据牛顿第三定律知，A对B的摩擦力大小为F AB＝F BA ＝15 N方向向右．【答案】15 N，方向向右30 N，方向向左12．【解析】设A、B匀速运动时弹簧的压缩量为x，由平衡条件：对A：F＝mg sin 30°＋kx对B：kx＝mg sin 30°解①②联立的方程组得：x＝F 2k.【答案】F 2k。
2013新课标高中物理总复习阶段知能检测12
阶段知能检测(十二)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题7分，共56分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)1．对于光的偏振，以下认识正确的是()A．一束自然光通过一个偏振片，以光束为轴旋转偏振片，透射光的强度发生变化B．一束自然光入射到两种介质的分界面上，当反射光线与折射光线之间的夹角恰好是90°时，反射光是偏振光C．日落时分，拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上偏振光片可以使景象更清晰D．光的偏振现象使人们认识到光是一种电磁波2．(2012·蚌埠模拟)关于薄膜干涉，下述说法中正确的是()A．干涉条纹的产生是由于光在膜的前后两表面反射后，形成的两列光波叠加的结果B．干涉条纹中的暗纹是由于两列反射光的波谷与波谷叠加的结果C．干涉条纹平行等间距的现象说明这个薄膜是等厚膜D．一定要在光屏上才能观察到薄膜干涉条纹3．(2011·四川高考)下列说法正确的是()A．甲乙在同一明亮空间，甲从平面镜中看见乙的眼睛时，乙一定能从镜中看见甲的眼睛B．我们能从某位置通过固定的任意透明介质看见另一侧的所有景物C．可见光的传播速度总是大于电磁波的传播速度D．在介质中光总是沿直线传播图14．(2011·皖南八校联考)a、b两种单色光以相同的入射角从某种介质射向空气，光路如图1所示，则下列说法正确的是()A．逐渐增大入射角α的过程中，a光先发生全反射B．通过同一双缝干涉装置，a光的干涉条纹间距比b光的宽C．在该介质中b光的传播速度大于a光的传播速度D．在该介质中a光的波长小于b光的波长图25．(2011·重庆高考)介质中坐标原点O处的波源在t＝0时刻开始振动，产生的简谐波沿x轴正向传播，t0时刻传到L处，波形如图2所示．下列能描述x0处质点振动的图象是()图36．(2012·石家庄模拟)如图3所示，E点为等边三棱镜截面ABC的边AB的中点，一束光射向E点并偏折到F点．已知入射方向与边AB的夹角为θ＝30°，F为边BC边的中点，则()A．该棱镜的折射率为 3B．若入射光线向AE偏转，光线在BC面会发生全反射C．光从空气进入棱镜，波长变小D．从F点出射的光束与入射到E点的光束平行7．(2012·南昌模拟)在一均匀介质中选取平衡位置在同一直线上的9个质点，相邻两质点间的距离均为0.1 m，如图4(a)所示，一列横波沿该直线向右传播，t ＝0时到达质点1，质点1开始向下运动，振幅为0.2 m，经过时间0.3 s第一次出现如图(b)所示的波形．则()(a)(b)图4A．第9个质点的起振方向向上B．该波的周期为0.2 sC．该波的波速为4 m/sD．在介质中还有一质点P，距质点1的距离为10 m，则再经2.35 s P点处于波峰8．(2011·全国高考)一列简谐横波沿x轴传播，波长为1.2 m，振幅为A.当坐标为x＝0处质元的位移为－32A且向y轴负方向运动时，坐标为x＝0.4 m处质元的位移为32A.当坐标为x＝0.2 m处的质元位于平衡位置且向y轴正方向运动时，x＝0.4 m处质元的位移和运动方向分别为()A．－12A、沿y轴正方向B．－12A、沿y轴负方向C．－32A、沿y轴正方向D．－32A、沿y轴负方向二、非选择题(本题共4小题，共44分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)9．(10分)(2012·张家口模拟)现有毛玻璃屏A、双缝B、白光光源C、单缝D 和透红光的滤光片E等光学元件，要把它们放在如图5所示的光具座上组装成双缝干涉装置，用以测量红光的波长．图5(1)将白光光源C放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，表示各光学元件的字母排列顺序应为C、________、A.(2)本实验的步骤有：①取下遮光筒左侧的元件，调节光源高度，使光束能直接沿遮光筒轴线把屏照亮；②按合理顺序在光具座上放置各光学元件，并使各元件的中心位于遮光筒的轴线上；③用米尺测量双缝到屏的距离；④用测量头(其读数方法同螺旋测微器)测量数条亮纹间的距离．在操作步骤②时还应注意_____________________________________________________________________ ___________和_____________________________________________________________________ ___．(3)将测量头的分划板中心刻线与某条亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图6甲所示．然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时乙图中手轮上的示数为________mm，求得相邻亮纹的间距Δx为________mm.甲乙图6(4)已知双缝间距d为2.0×10－4 m，测得双缝到屏的距离l为0.700 m，由计算公式λ＝________，求得所测红光波长为________mm.图710．(10分)(2012·汕头模拟)如图7所示，真空中平行玻璃砖折射率为n＝2，下表面镀有反射膜，一束单色光与界面成θ＝45°角斜射到玻璃砖表面上，最后在玻璃砖的右侧面竖直光屏上出现了两个光点A和B，相距h＝2.0 cm.已知光在真空中的传播速度c＝3.0×108 m/s，求：(1)该单色光在玻璃砖中的传播速度；(2)该单色光射入玻璃砖的折射角；(3)玻璃砖的厚度d.11．(12分)(1)下列说法正确的是()A．用三棱镜观察太阳光谱是利用光的干涉现象B．在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射现象C．用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象D．电视机遥控器是利用发出紫外线脉冲信号来变换频道的图8(2)光的“逆向反射”又称再归反射，俗称后反射，它和我们熟知的镜面反射、漫反射不同，能使光线沿原来的路径反射回去，该现象在交通上有很广泛的应用，在山区盘山公路的路面上一般都等间距地镶嵌一些玻璃球，当夜间行驶的汽车车灯照上后显得非常醒目，以提醒司机注意．若小玻璃球的半径为R，折射率为1.73，如图8所示，今有一束平行光沿直径AB方向照在小玻璃球上，试求离AB多远的入射光经折射—反射—折射再射出后沿原方向返回，即实现“逆向反射”．12．(12分)(2012·太原模拟)一列简谐横波沿直线传播，PQ是这一直线上的两点，其间距PQ＝30 m，已知PQ的振动图象分别如图9甲、乙所示．(1)若波由P传向Q，求可能的波速；(2)若波由Q传向P，求可能的波速．甲乙图9答案及解析1．【解析】自然光通过一个偏振片时，无论怎样旋转偏振片，透射光的强度都不会改变，A错误；光的偏振现象说明光是横波，D错误，故选B、C.【答案】BC2．【解析】干涉条纹是薄膜的上表面的反射光和下表面的反射光在上表面叠加的结果，波谷与波谷叠加是明条纹，A正确，B错误；若薄膜是等厚膜，看不到干涉条纹，C错误；薄膜干涉条纹出现在膜的上表面，肉眼可以直接观察，不需要光屏，D错误．【答案】 A3．【解析】根据光的反射过程中光路可逆性可知，A项正确；光从另一侧进入透明介质时可能发生全反射，因此，不一定能看见另一侧的所有景物，B项错；在真空中，光和电磁波的传播速度均为光速c，C项错；在同一种均匀介质中，光是沿直线传播的，在非均匀介质中，光会发生折射现象，D项错．【答案】 A4．【解析】由光路图可知，b光折射率n大，其临界角sin C＝1n小，故增大入射角时b光先发生全反射，A错误．由于在同种介质中频率越高、波长越短的单色光折射率越大，故a光波长长，再由Δx＝Ld知同一干涉装置中a光的干涉条纹宽，B正确D错误．由n＝cv知b光传播速度小，C错误．【答案】 B5．【解析】 因波沿x 轴正向传播，由“上下坡法”可知t ＝t 0时L 处的质点振动方向向下，可知x 0处的起振方向向下，故A 、B 两项均错；还可判断x 0处的质点振动方向也向下，故C 项正确，D 项错误．【答案】 C6．【解析】 在E 点作出法线可知入射角为60°，折射角为30°，折射率为3，A 对；入射光线向AE 偏转，在BC 边上的入射角减小，不会发生全反射，B 错；由公式λ介＝λ真n，可知C 对；三棱镜两次折射使得光线都向AC 边偏折，不会与入射到E 点的光束平行，故D 错．【答案】 AC7．【解析】 由于质点1起振方向向下，故第9个质点的起振方向也向下，A 错，根据t ＝0.3 s 时的波形图可知，0.3 s 内传播了Δx ＝1.5λ＝1.2 m ，故波速v ＝Δx Δt ＝1.20.3m/s ＝4 m/s.C 对，质点的振动周期等于波传播的周期T ＝0.2 s ．B 对．t ＝0.3 s 时，最右面的波峰为质点7，故波峰传到P 点的时间Δt ＝10－0.64s ＝2.35 s ．D 对．【答案】 BCD8．【解析】 λ＝1.2 m ，坐标为x ＝0.4 m 处的质元距坐标原点为13λ，若波沿x 轴正方向传播，其波形如图所示．此时x ＝0.2 m 处质元在平衡位置且向y 轴负方向运动，x ＝0.4 m 处质元也向y 轴负方向运动；当x ＝0.2 m 处质元在平衡位置且向y 轴正方向运动时，需经t ＝T 2，此时x ＝0.4 m 处质元应在平衡位置之下y ＝－32A ，沿y 轴正方向运动，A 、B 错误，C 正确．若波沿x 轴负方向传播，其波形如图所示．位移为32A 处的质元距O 点大于13λ，故D 错． 【答案】 C9．【解析】 (1)光具座上的光学元件自左向右应为：白光光源、滤光片、单缝、双缝、遮光筒、毛玻璃屏，所以C 、A 间应为E 、D 、B .(2)使单缝和双缝间距约为5～10 cm 使单缝与双缝相互平行 (3)13.870 2.310 (4)根据Δx ＝l dλ得λ＝d lΔx ，代入数据解得λ＝6.6×102 nm. 【答案】 见解析10．【解析】 (1)由n ＝c v 得：v ＝c n ＝322×108 m/s. (2)由题意可得： sin θ2＝sin θ1n ＝12，所以θ2＝30°. (3)光路图如图所示，则d ＝32h ＝1.7 cm. 【答案】 (1)322×108 m/s (3)30° (3)1.7 cm 11．【解析】 (1)用三棱镜观察太阳光谱是利用光的色散现象，在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射现象，用标准平面检查光学平面的平整程度是利用薄膜干涉原理，电视机遥控器是利用发出红外线脉冲信号来变换频道的．故选B.(2)只有入射光线折射后射到B 点的光线经反射再折射，射出后才能沿原方向返回，即实现“逆向反射”，光路如图所示，根据折射定律得：sin i sin r＝1.73由几何关系可知：∠i＝2∠r由以上两式可解得：∠r＝30°，∠i＝60°设能沿原方向返回即实现“逆向反射”的入射光线距AB的距离为h，则由几何关系可知：h＝R sin i＝0.87R.【答案】(1)B(2)0.87R12．【解析】(1)若波由P传向QT＝8 s①PQ＝(n＋14)λ(n＝0,1,2,3…)②v PQ＝λT ③v PQ＝154n＋1m/s.(n＝0,1,2,3，…)④(2)若波由Q传向P：PQ＝(n＋34)λ(n＝0,1,2,3，…)⑤v QP＝154n＋3m/s(n＝0,1,2,3，…)．⑥【答案】(1)154n＋1m/s(n＝0,1,2，…)(2)154n＋3m/s(n＝0,1,2，…)。
2013新课标高中物理总复习课时知能训练10-1
课时知能训练一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)图10－1－161．一个矩形线圈绕与匀强磁场垂直的OO′轴逆时针转动，线圈的两条引线分别与A、B两半圆铜环相连，两个半圆铜环通过滑动电刷连入电路，电路中仅有一个电阻R.如图10－1－16所示，在线圈转动过程中，通过R的电流() A．大小和方向都不断变化B．大小不断变化，方向从A→R→BC．大小和方向都不变D．大小不断变化，方向从B→R→A2．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图10－1－17甲所示，则下列说法正确的是()图10－1－17A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B. t＝0.01 s时刻，Φ的变化率最大C. t＝0.02 s时刻，交流电动势达到最大D．该线圈产生的交流电动势的图象如图乙所示3．如图10－1－18甲所示，为一种调光台灯电路示意图，它通过双向可控硅电子器件实现了无级调节亮度．给该台灯接220 V的正弦交流电后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时交流电压表的示数为()图10－1－18A ．220 VB ．110 V C.2202 V D.1102V图10－1－194．(2012·合肥模拟)在垂直纸面向里的有界匀强磁场中放置了矩形线圈abcd .线圈cd 边沿竖直方向且与磁场的右边界重合．线圈平面与磁场方向垂直．从t ＝0时刻起，线圈以恒定角速度ω＝2πT 绕cd 边沿图10－1－19所示方向转动，规定线圈中电流沿abcda 方向为正方向，则从t ＝0到t ＝T 时间内，线圈中的电流I 随时间t 变化关系图象为( )5．如图10－1－20所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min 的时间，两电阻消耗的电功之比W 甲∶W 乙为( )图10－1－20A．1∶ 2 B．1∶2C．1∶3 D．1∶6图10－1－216．(2012·海淀模拟)如图10－1－21所示，闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′方向观察，线圈沿逆时针方向转动．已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，ab边的边长为l1，ad边的边长为l2，线圈电阻为R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时()A．线圈中感应电流的方向为abcdaB．线圈中的感应电动势为2nBl2ωC．穿过线圈磁通量随时间的变化率最大D．线圈ad边所受安培力的大小为n2B2l1l22ωR图10－1－227．如图10－1－22所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A、B间加一正弦交流电u＝20 2sin 100πt V，则加在R2上的电压有效值为() A．10 V B．20 VC．15 V D．510 V8．如图10－1－23所示，面积均为S的两个电阻相同的线圈，分别放在如图所示的磁场中，甲图中是磁感应强度为B0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期T绕OO′轴匀速转动，乙图中磁场变化规律为B＝B0cos 2πt/T，从图示位置开始计时，则()图10－1－23A．两线圈的磁通量变化规律相同B．两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同C．经相同的时间t(t＞T)，两线圈产生的热量相同D．从此时刻起，经T/4时间，流过两线圈横截面的电荷量相同图10－1－249．(2012·乌鲁木齐模拟)闭合金属线框曲线部分恰好是半个周期的正弦曲线，直线部分长度为0.4 m，线框的电阻为1 Ω，若线框从虚线位置开始以2 m/s的速度匀速进入足够大的匀强磁场(线框直线部分始终与磁场右边界垂直)，这个过程中线框释放出的焦耳热为0.4 J，线框中电流随时间变化的关系式为() A．i＝2sin 10πt A B．i＝2sin 10πt AC．i＝2sin 5πt A D．i＝2sin 5πt A10．如图10－1－25所示，光滑的长直金属杆上两个金属环与一个周期的正弦图象形状的金属导线ab连接，杆电阻不计，导线电阻为R，ab间距离为2L，导线组成的正弦图形顶部或底部到杆距离都是d，在导线和杆平面内有一有界匀强磁场区域，磁场的宽度为L，磁感强度为B.现在外力F作用下导线沿杆以恒定的速度v 向右运动，t ＝0时刻导线从O 点进入磁场，直到全部穿过过程中，外力F 所做功为( )图10－1－25A.B 2L 2v 2RB.2B 2d 2L v RC.3B 2d 2L v RD.3B 2d 2v 2R二、非选择题(本题共2小题，共30分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)图10－1－2611．(14分)一矩形线圈abcd 放置在如图10－1－26所示的有理想边界的匀强磁场中(OO ′的左边有匀强磁场，右边没有)，线圈的两端接一只灯泡．已知线圈的匝数n ＝100，电阻r ＝1.0 Ω，ab 边长L 1＝0.5 m ，ad 边长L 2＝0.3 m ，小灯泡的电阻R ＝9.0 Ω，磁场的磁感应强度B ＝1.0×10－2 T ．线圈以理想边界OO ′为轴以角速度ω＝200 rad/s 按如图10－1－26所示的方向匀速转动(OO ′轴离ab 边距离为23L 2)，以如图所示位置为计时起点．求：(1)在0～T4的时间内，通过小灯泡的电荷量；(2)画出感应电动势随时间变化的图象(以abcda 方向为正方向，至少画出一个完整的周期)；(3)小灯泡消耗的电功率．图10－1－2712．(16分)如图10－1－27所示，匀强磁场的磁感应强度B ＝2 T ，匝数n ＝6的矩形线圈abcd 绕中心轴OO ′匀速转动，角速度ω＝200 rad/s.已知ab ＝0.1 m ，bc ＝0.2 m ，线圈的总电阻R ＝40 Ω，试求：(1)感应电动势的最大值，感应电流的最大值；(2)设t ＝0时线圈平面与磁感线垂直，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；(3)画出感应电流的瞬时值i 随ωt 变化的图象；(4)当ωt ＝30°时，穿过线圈的磁通量和线圈中的电流的瞬时值各是多大？ (5)线圈从图示位置转过π2的过程中，感应电动势的平均值是多大？ (6)线圈的发热功率多大？答案及解析1．【解析】 线圈中产生交流电，由于电刷交替与两半圆铜环接触，组成一个换向器．流过R 的电流方向不变．根据右手定则可知，通过R 的电流方向是B →R →A .【答案】 D2．【解析】 由Φ－t 图象知，t ＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e ＝0，故A 、D 两项错误；由图象知T ＝0.04 s ，在t ＝0.01 s 时，Φ＝0，ΔΦΔt 最大，e 最大，则B 项正确；在t ＝0.02 s 时，Φ最大，ΔΦΔt ＝0，e ＝0，则C 项错误．【答案】 B3．【解析】 本题考查电压的有效值的计算．设电压的有效值为U ，根据有效值定义有(2202)2R ·T 2＝U 2R T ，解得U ＝110 V ，则B 正确．【答案】 B4．【解析】 在0～T4内，线圈在匀强磁场中匀速转动，故产生正弦式交流电，由楞次定律知，电流方向为负值；在T 4～34T ，线圈中无感应电流；在34T 时，ab 边垂直切割磁感线，感应电流最大，且电流方向为正值，故只有B 项正确．【答案】 B5．【解析】 电功的计算，I 要用有效值．图甲中，由有效值的定义得(12)2R ×2×10－2＋0＋(12)2R ×2×10－2＝I 21R ×6×10－2，得I 1＝33 A ；图乙中，I 的大小不变I 2＝1 A ，由W ＝UIt ＝I 2Rt 可以得到W 甲∶W 乙＝1∶3.C 正确．【答案】 C6．【解析】 根据右手定则，线圈中感应电流的方向为adcba ，A 错；当线圈转至图示位置时，线圈中感应电动势应为最大值E m ＝nBl 1l 2ω，此时，穿过线圈磁通量随时间的变化率最大，B 错，C 对；线圈ad 边所受安培力的大小F ＝Il 2nB ＝n 2B 2l 1l 22ωR，D 对．【答案】 CD7．【解析】 由于R 1＝R 2，当二极管上有正向电流时，R 1短路，加在R 2上电压有效值为20 V ．当二极管上有反向电流时，R 1、R 2串联，R 2上电压有效值为10 V ．由U 2R 2·T ＝202R 2·T 2＋102R 2·T 2得U ＝5 10 V ，故D 项正确．【答案】 D8．【解析】 甲图中的磁通量变化规律为Φ甲＝B 0S cos 2πT t ，乙图中磁通量的变化规律为Φ乙＝B 0S cos 2πT t .由于两线圈的磁通量变化规律相同，则两线圈中感应电动势的变化规律相同，达到最大值的时刻也相同，有效值E 也相同，又因两线圈电阻相同，所以Q ＝E 2R t 也相同，经过T4时间，流过两线圈横截面的电荷量q ＝I ·T4也相同，故A 、C 、D 三项正确．【答案】 ACD9．【解析】 设该正弦交流电的电流有效值为I ，由题意可得：Q ＝I 2Rt ，其中t ＝lv ＝0.2 s 解得I ＝ 2 A ，所以该正弦交流电的最大值为I m ＝2I ＝2 A ，金属线框从图示的位置到完全进入磁场为半个周期，故T ＝2l v ＝0.4 s ，ω＝2πT ＝5π rad/s ，所以正弦交流电的表达式为i ＝2sin 5πt A ，C 选项正确．【答案】 C10．【解析】 金属导线切割磁感线产生感应电动势的变化情况如图所示，外力所做的功等于安培力所做的功(焦耳热)．W ＝(E /2)2R ·2L v ＋(2E /2)2R ·L v ＝3B 2d 2v L R ，故C 项正确． 【答案】 C11．【解析】 (1)通过小灯泡的电荷量 q ＝I Δt ＝E R 总Δt ＝n ΔΦR 总＝nBL 1·23L 2R ＋r ＝0.01 C.(2)ab 边在磁场里切割磁感线时最大感应电动势为 E 1＝nBL 1·23L 2·ω，代入数据得E 1＝20 V .cd 边在磁场里切割磁感线时最大感应电动势为 E 2＝nBL 1·13L 2·ω，代入数据得E 2＝10 V . 图象如图所示．(3)设线圈的感应电动势的有效值为U ，则 (202)2R ·T 2＋(102)2R ·T 2＝U 2R ·T ，得U 2＝125 V 2，则小灯泡消耗的电功率P ＝(UR 总)2R ，代入数据得P ＝11.25 W.【答案】 (1)0.01 C (2)见解析 (3)11.25 W12．【解析】 (1)因为线圈匀速转动，感应电动势的最大值就出现在题图所示位置E m ＝nBSω＝6×2×0.1×0.2×200 V ＝48 V 感应电流最大值 I m ＝E m R ＝4840 A ＝1.2 A.(2)感应电动势的瞬时值表达式： e ＝E m ·sin ωt ＝48sin 200t V . (3)i -ωt 图象如图所示(4)当线圈从图示位置转过30°角时，穿过线圈的磁通量Φ和感应电动势e 分别为：Φ＝BL 1L 2·sin 30° ＝2×0.1×0.2×12 Wb ＝0.02 Wbe ＝48sin 30° V ＝24 V由欧姆定律可得此时电流瞬时值为：i＝eR＝0.6 A.(5)线圈从图示位置转过π2的过程中，磁通量的变化为ΔΦ＝B·S线圈转过π2所用的时间Δt＝π2ω此过程中交变电动势的平均值E＝n ΔΦΔt＝nB·Sπ/2ω＝2πnBSω＝2πE m＝2π×48 V≈30.6 V.(6)线圈的发热功率计算用电流有效值：P热＝(I m2)2R＝28.8 W.【答案】(1)48 V 1.2 A(2)e＝48sin 200t V(3)见解析图(4)0.02 Wb0.6 A (5)30.6 V(6)28.8 W。
2013新课标高中物理总复习阶段知能检测6
阶段知能检测(六)一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)图11．空气中的负离子对人的健康极为有益．人工产生负氧离子的方法最常用的是电晕放电法．如图1所示，一排针状负极和环形正极之间加上直流高电压，电压达5 000 V左右，使空气发生电离，从而产生负氧离子排出，使空气清新化，针状负极与环形正极间距为5 mm，且视为匀强电场，电场强度为E，电场对负氧离子的作用力为F，则()A．E＝103 V/m，F＝1.6×10－16 NB．E＝106 V/m，F＝1.6×10－16 NC．E＝103 V/m，F＝1.6×10－13 ND．E＝106 V/m，F＝1.6×10－13 N2．(2012·盐城模拟)静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图2所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是()图2A．断开开关S后，将A、B两极板分开些B．保持开关S闭合，将A、B两极板分开些C．保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些D．保持开关S闭合，将变阻器滑动触头向右移动图33．(2012·山东聊城模拟)匀强电场中的三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，D为AB的中点，如图3所示，已知电场线的方向平行于△ABC所在平面，A、B、C三点的电势分别为16 V、8 V和4 V，一电量为2×10－6 C的正电荷从D点移到C点，电场力所做的功为()A．1.6×10－5 J B．2×10－6 JC．8×10－6 J D．3.2×10－5 J图44．(2012·枣庄模拟)某电场的电场线分布如图4所示，下列说法正确的是()A．a点的电势高于b点的电势B．c点的电场强度大于d点的电场强度C．若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功D．若将一负试探电荷由c点移到d点，电势能增加图55．如图5所示，一个平行板电容器，板间距离为d，当对其加上电压后，A、B两板的电势分别为＋φ和－φ，下述结论正确的是()A．电容器两极板间可形成匀强电场，电场强度大小为E＝φdB．电容器两极板间各点的电势有的相同，有的不同；有正的，有负的，有的为零C．若只减小两极板间的距离d，该电容器的电容C要增大，极板上带的电荷量Q也会增加D．若有一个电子水平射入两极板之间的电场，则电子的电势能一定会减小图66．如图6所示，D是一只二极管，它的作用是只允许电流从a流向b，不允许电流从b流向a，平行板电容器AB内部原有电荷P处于静止状态，当两极板A和B的间距稍增大一些的瞬间(两极板仍平行)，P的运动情况将是() A．仍静止不动B．向下运动C．向上运动D．无法判断图77．(2012·威海模拟)如图7所示，在平行于xOy平面的区域内存在着电场，一个正电荷沿直线先后从C点移动到A点和B点，在这两个过程中，均需要克服电场力做功，且做功的数值相等．下列说法正确的是()A．A、B两点在同一个等势面上B．B点的电势低于C点的电势C．该电荷在A点的电势能大于在C点的电势能D．这一区域内的电场可能是在第Ⅳ象限内某位置的一个正点电荷所产生的图88．(2011·浙江宁波模拟)如图8所示匀强电场E的区域内，在O点处放置一点电荷＋Q，a、b、c、d、e、f为以O点为球心的球面上的点，aecf平面与电场平行，bedf平面与电场垂直，则下列说法中正确的是()A．b、d两点的电场强度相同B．a点的电势等于f点的电势C．点电荷＋q在球面上任意两点之间移动时，电场力一定做功D．点电荷＋q在球面上任意两点之间移动时，从球面上a点移动到c点的电势能变化量一定最大图99．质量为m的物块，带电荷量为＋Q，开始时让它静止在倾角α＝60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为E＝3mg/Q的匀强电场中，如图9所示，斜面高为H，释放物块后，物块落地时的速度大小为()A. 2gHB. 52gHC. 22gHD. 223 gH二、计算题(本题共4个小题，满分46分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)图1010．(10分)如图10所示，A、B两块带异号电荷的平行金属板间形成匀强电场，一电子以v0＝4×106 m/s的速度垂直于场强方向沿中心线由O点射入电场，从电场右侧边缘C点飞出时的速度方向与v0方向成30°的夹角．已知电子电荷量e＝1.6×10－19 C，电子质量m＝0.91×10－30 kg，求：(1)电子在C点时的动能是多少？(2)O、C两点间的电势差大小是多少？图1111．(12分)在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E＝6.0×105N/C，方向与x轴正方向相同．在O处放一个电荷量q＝－5.0×10－8C、质量m＝1.0×10－2kg的绝缘物块，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，沿x轴正方向给物块一个初速度v0＝2.0 m/s，如图11所示．求物块最终停止时的位置．(g取10 m/s2)图1212．(12分)(2011·福建高考)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图12所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动．已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×103 N/C和E2＝4.0×103 N/C，方向如图所示．带电微粒质量m＝1.0×10－20 kg，带电量q＝－1.0×10－9 C，A点距虚线MN的距离d1＝1.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：(1)B点距虚线MN的距离d2；(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t.图1313．(12分)(2012·潍坊模拟)绝缘光滑水平面内有一圆形有界匀强电场，其俯视图如图13所示，图中xOy所在平面与光滑水平面重合，场强方向与x轴正向平行，电场的半径为R＝ 2 m，圆心O与坐标系的原点重合，场强E＝2 N/C，一带电量为q＝－1×10－5 C、质量m＝1×10－5 kg的粒子，由坐标原点O处以速度v0＝1 m/s沿y轴正方向射入电场，求：(1)粒子在电场中运动的时间；(2)粒子出射点的位置坐标；(3)粒子射出时具有的动能．答案及解析1．【解析】由E＝Ud可得E＝5 0005×10－3V/m＝106V/m，F＝qE＝1.6×10－19×106 N＝1.6×10－13 N，故D正确．【答案】 D2．【解析】要使静电计的指针张开角度增大些，必须使静电计金属球和外壳之间的电势差增大，断开开关S后，将A、B两极板分开些，电容器的带电量不变，电容减小，电势差增大，A正确；保持开关S闭合，将A、B两极板分开或靠近些，静电计金属球和外壳之间的电势差不变，B、C错误；保持开关S闭合，将滑动变阻器滑动触头向右或向左移动，静电计金属球和外壳之间的电势差不变，D错误．【答案】 A3．【解析】由匀强电场特点可知，φD＝12 V，故U DC＝φD－φC＝8 V，将正电荷由D点移到C点，电场力所做的功为W DC＝U DC·q＝8×2×10－6 J＝1.6×10－5 J，A正确．【答案】 A4．【解析】由电场线的疏密程度可知E d>E c，B错误；过a、b两点作电场的等势线，根据电场方向可以判断，φb>φa，A错误；同理可知，φd>φc，由W cd ＝U cd·q，U cd<0，q<0可知，W cd>0，因此电场力对负试探电荷做正功电势能减少，D错误，由W ab＝U ab·q，U ab<0，q>0可知，W ab<0，因此，将正试探电荷由c点移到d点，电场力做负功，C正确．【答案】 C5．【解析】由题意可知，两极板间电压为2φ，电场强度为E＝2φd，A错误；板间与板平行的中线上电势为零，中线上方为正，下方为负，故B正确；由C＝εr S4πkd知，d减小，C增大，由Q＝CU知，极板带电量Q增加，C正确；电子水平射入两极板之间的电场时，电场力一定对电子做正功，电子的电势能一定减小，D正确．【答案】BCD6．【解析】此题利用二极管的单向导电性来判断电容器是Q不变还是U不变．若假设U不变，由E＝Ud可判断出E变小，电场力变小，电荷P向下运动，但d变大又导致C变小，结合U不变得出Q变小，即电容器A板应该放出正电荷，与题目不符，所以假设错误，即Q不变．可以根据E＝Ud＝QCd＝4kπQεr S得出E不变(与d无关)，故P仍受力平衡，A选项正确．【答案】 A7．【解析】由W＝U·q，W CA＝W CB<0可知，U CA＝U CB<0，故有A、B两点电势相等，B点电势高于C点电势，A正确，B错误；因W CA<0，故该电荷在A 点的电势能大于电荷在C 点的电势能，C 正确；此区域内的电场可能是由第Ⅳ象限内的正电荷产生的，此电荷应在AB 连线的中垂线上，D 正确．【答案】 ACD8．【解析】 电场中各点的电场强度均为匀强电场E 与＋Q 形成的电场强度的矢量和由对称性可知，b 、d 两点的电场强度大小相同，方向不同，A 错误；在球面上各点，相对于＋Q 形成的电场各点电势相同，但考虑匀强电场E 的存在，a 点电势高于f 点电势，B 错误；点电荷＋q 在bedf 面上移动时，电场力不做功，C 错误；因球面上a 、c 两点电势差最大，故将＋q 从a 点移到c 点电场力做功最多，电荷电势能变化量最大，故D 正确．【答案】 D9．【解析】 将重力和电场力合成如图所示，合力的方向与水平方向成30°.所以物体将沿合力方向做初速度为0的匀加速直线运动，对此过程应用动能定理：mgH ＋3QEH ＝12m v 2，解得v ＝22gH .【答案】 C10．【解析】 (1)电子在C 点时的速度为v t ＝v 0cos 30°有E k ＝12m (v 0cos 30°)2＝9.7×10－18 J.(2)对电子从O 到C 由动能定理，有eU ＝12m v 2t －12m v 20得U ＝m (v 2t －v 20)2e＝15.125 V . 【答案】 (1)9.7×10－18 J (2)15.125 V11．【解析】 物块先在电场中向右减速，设运动的位移为x 1，由动能定理得：－(qE ＋μmg )x 1＝0－12m v 20所以x 1＝m v 202(qE ＋μmg )代入数据得x 1＝0.4 m可知，当物块向右运动0.4 m 时速度减为零，因物块所受的电场力F ＝qE ＝0.03 N ＞F f ＝μmg ＝0.02 N ，所以物块将沿x 轴负方向加速，跨过O 点之后在摩擦力作用下减速，最终停止在O 点左侧某处，设该点距O 点距离为x 2，则对全过程由动能定理得－μmg (2x 1＋x 2)＝0－12m v 20.解得x 2＝0.2 m.【答案】 在O 点左侧距O 点0.2 m 处12．【解析】 (1)带电微粒由A 运动到B 的过程中，由动能定理有 |q |E 1d 1－|q |E 2d 2＝0①由①式解得d 2＝E 1E 2d 1＝0.50 cm.② (2)设微粒在虚线MN 两侧的加速度大小分别为a 1、a 2，由牛顿第二定律有 |q |E 1＝ma 1③|q |E 2＝ma 2④设微粒在虚线MN 两侧运动的时间分别为t 1、t 2，由运动学公式有d 1＝12a 1t 21⑤d 2＝12a 2t 22⑥又t ＝t 1＋t 2⑦由②③④⑤⑥⑦式解得t ＝1.5×10－8 s.【答案】 (1)0.50 cm (2)1.5×10－8 s13．【解析】 (1)粒子沿x 轴负方向做匀加速运动，加速度为a ， Eq ＝ma ①x ＝12at 2②沿y 轴正方向做匀速运动：y ＝v 0t ③由几何关系有x 2＋y 2＝R 2④联立上述方程，代入数据得：t ＝1 s ．⑤(2)由①②⑤得x＝1 m由③⑤得y＝1 m粒子射出电场边界的位置坐标为(－1,1)．(3)粒子射出时的动能由动能定理得：Eqx＝E k－12m v2代入解得：E k＝2.5×10－5 J.【答案】(1)1 s(2)(－1,1)(3)2.5×10－5 J。
2013新课标高中物理总复习第11章---第1讲
③r>r0时，F引>F斥，分子力F表现为 引力 ；
④r>10r0时，F引、F斥迅速减为零，分子力F＝ 0 . (3)分子力随分子间距离的变化图象(如图11－1－1)
随 堂 检 测 · 紧 练 兵
考 点 突 破 · 提 知 能
课 时 知 能 训 练
图11－1－1
菜 单
新课标 ·物理
二、物体的内能
自 主 落 实 · 固 基 础
)
A．在r大于r1时，分子间的作用力表现为引力
B．当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力 C．当r等于r2时，分子间的作用力为零 D．在r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力做负功
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考 点 突 破 · 提 知 能
课 时 知 能 训
图11－1－4
练
菜
单
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(2)①一颗炮弹在空中以某一速度v飞行，有人说：由于炮弹中所有
随 堂 检 测 · 紧 练 兵
(1)一个汞原子的质量(用相应的字母表示即可)；
(2)一个汞原子的体积(结果保留一位有效数字)； (3)体积为1 cm3的汞中汞原子的个数(结果保留一位有效数字)．
【思路点拨】 解答本题时应注意两点：
考 点 突 破 · 提 知 能
(1)固体分子可忽略分子间的间隙； (2)用阿伏加德罗常数建立宏观量与微观量的联系．
课 时 知 能 训 练
菜
单
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自 主 落 实 · 固 基 础
1.微观量 分子体积 V0、分子直径 d、分子质量 m0. 2．宏观量 物体的体积 V、摩尔体积 Vm，物体的质量 m、摩尔质量 M，物体 的密度 ρ. 3．关系 M ρVm (1)分子的质量：m0＝ ＝ . NA NA Vm M (2)分子的体积：V0＝ ＝ . NA ρNA V m (3)物体所含的分子数：n＝ NA＝ N Vm ρVm A m ρV 或 n＝ NA＝ NA. M M
2013新课标高中物理总复习课时知能训练9-4
课时知能训练(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)图9－4－211．如图9－4－21所示，在一匀强磁场中有一U形导体框bacd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可以在ab、cd上无摩擦地滑动，杆ef及线框中导体的电阻都可不计．开始时，给ef一个向右的初速度，则()A．ef将减速向右运动，但不是匀减速B．ef将匀速向右运动C．ef将加速向右运动D．ef将做往复运动图9－4－222．如图9－4－22所示，电阻为R，导线电阻均可忽略，ef是一电阻可不计的水平放置的导体棒，质量为m，棒的两端分别与ab、cd保持良好接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当导体棒ef从静止下滑一段时间后闭合开关S，则S闭合后()A．导体棒ef的加速度可能大于gB．导体棒ef的加速度一定小于gC．导体棒ef最终速度随S闭合时刻的不同而不同D．导体棒ef的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒图9－4－233．如图9－4－23所示，在光滑的水平面上，一质量为m、半径为r、电阻为R的均匀金属环，以v0的初速度向一磁感应强度为B的有界匀强磁场滑去(磁场宽度d＞2r)．圆环的一半进入磁场历时t秒，这时圆环上产生的焦耳热为Q，则t秒末圆环中感应电流的瞬时功率为()A.4B2r2v20R B.4B2r2(v20－2Qm)RC.2B2r2(v20－2Qm)R D.B2r2π2(v20－2Qm)R图9－4－244．如图9－4－24所示，矩形线圈长为L，宽为h，电阻为R，质量为m，在空气中竖直下落一段距离后(空气阻力不计)，进入一宽为h、磁感应强度为B 的匀强磁场中，线圈进入磁场时的动能为E k1，穿出磁场时的动能为E k2，这一过程中产生的焦耳热为Q，线圈克服安培力做的功为W1，重力做的功为W2，线圈重力势能的减少量为ΔE p，则以下关系中正确的是()A．Q＝E k1B．Q＝W2－W1C．Q＝W1D．W2＝W1＋E k2－E k1图9－4－255．如图9－4－25所示，阻值为R 的金属棒从图示位置ab 分别以v 1、v 2的速度沿光滑导轨(电阻不计)匀速滑到a ′b ′位置，若v 1∶v 2＝1∶2，则在这两次过程中( )A ．回路电流I 1∶I 2＝1∶2B ．产生的热量Q 1∶Q 2＝1∶4C ．通过任一截面的电荷量q 1∶q 2＝1∶2D ．外力的功率P 1∶P 2＝1∶2图9－4－266．(2012·济南模拟)如图9－4－26所示，在粗糙绝缘水平面上有一正方形闭合金属线框abcd ，其边长为l 、质量为m ，金属线框与水平面的动摩擦因数为μ，虚线框a ′b ′c ′d ′内有一匀强磁场，磁场方向竖直向下．开始时金属线框的ab 边与磁场的d ′c ′边重合．现使金属线框以初速度v 0沿水平面滑入磁场区域，运动一段时间后停止，此时金属线框的dc 边与磁场区域的d ′c ′边距离为l .在这个过程中，金属线框产生的焦耳热为( )A.12m v 20＋μmglB.12m v 20－μmglC.12m v 20＋2μmglD.12m v 20－2μmgl 7.图9－4－27如图9－4－27所示，在水平面内的直角坐标系xOy 中有一光滑金属导轨AOC ，其中曲线导轨OA 满足方程y ＝L sin kx ，长度为π2k 的直导轨OC 与x 轴重合，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中．现有一长为L 的金属棒从图示位置开始沿x轴正方向做匀速直线运动，已知金属棒单位长度的电阻为R0，除金属棒的电阻外其余电阻均不计，棒与两导轨始终接触良好，则在金属棒运动过程中，它与导轨组成的闭合回路()A．电流逐渐增大B．电流逐渐减小C．消耗的电功率逐渐增大D．消耗的电功率逐渐减小8．如图9－4－28甲所示，闭合线圈固定在小车上，总质量为1 kg.它们在光滑水平面上以10 m/s的速度进入与线圈平面垂直、磁感应强度为B的水平有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．已知小车运动的速度v随车的位移x变化的v－x图象如图9－4－28乙所示．则()图9－4－28A．线圈的长度L＝5 cmB．磁场的宽度d＝15 cmC．线圈进入磁场过程中做匀加速运动，加速度为0.8 m/s2D．线圈通过磁场过程中产生的热量为48 J图9－4－299．(2012·郑州模拟)如图9－4－29所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面且电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v,3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中() A．导体框所受安培力方向相同B．导体框中产生的焦耳热相同C．导体框ad边两端电势差相等D．通过导体框截面的电荷量相同二、非选择题(本题共3小题，共46分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)图9－4－3010．(12分)如图9－4－30所示，水平放置的导体框架，宽L＝0.50 m，接有电阻R＝0.20 Ω，匀强磁场垂直框架平面向里，磁感应强度B＝0.40 T．一导体棒ab垂直框边跨放在框架上，并能无摩擦地在框架上滑动，框架和导体棒ab的电阻均不计．当ab以v＝4.0 m/s的速度向右匀速滑动时，求：(1)ab棒中产生的感应电动势大小；(2)维持导体棒ab做匀速运动的外力F的大小；(3)若将外力F突然减小到F′，简要论述导体棒ab以后的运动情况．11．(15分)(2011·浙江高考)如图9－4－31甲所示，在水平面上固定有长为L ＝2 m、宽为d＝1 m的金属“U”型导轨，在“U”型导轨右侧l＝0.5 m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．在t＝0时刻，质量为m＝0.1 kg的导体棒以v0＝1 m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ＝0.1 Ω/m，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(g取10 m/s2)．甲乙图9－4－31(1)通过计算分析4 s内导体棒的运动情况；(2)计算4 s内回路中电流的大小，并判断电流方向；(3)计算4 s内回路中产生的焦耳热．12．(19分)(2012·宁波模拟)相距L＝1.5 m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1＝1 kg的金属棒ab和质量为m2＝0.27 kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图9－4－32甲所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同．ab棒光滑，cd棒与导轨间动摩擦因数为μ＝0.75，两棒总电阻为1.8 Ω，导轨电阻不计．ab 棒在方向竖直向上、大小按图乙所示规律变化的外力F作用下，从静止开始，沿导轨匀加速运动，同时cd棒也由静止释放(g取10 m/s2)．(1)求出磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小；(2)已知在2 s内外力F做功40 J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；(3)判断cd棒将做怎样的运动，求出cd棒达到最大速度所需的时间t0，并在丙中定性画出cd棒所受摩擦力f cd随时间变化的图象．图9－4－32答案及解析1．【解析】杆ef向右运动，所受安培力F＝BIl＝Bl Bl vR＝B2l2vR，方向向左，故杆ef做减速运动；v减小，F减小，杆做加速度逐渐减小的减速运动，A正确．【答案】 A2．【解析】开关闭合前，导体棒只受重力而加速下滑．闭合开关时有一定的初速度v0，若此时F安>mg，则F安－mg＝ma.若F安<mg，则mg－F安＝ma，F安不确定，A 正确，B 错误；无论闭合开关时初速度多大，导体棒最终的安培力和重力平衡，故C 错误．根据能量守恒定律知，D 正确．【答案】 AD3．【解析】 t 秒末圆环中感应电动势为E ＝B ·2r ·v .由能量守恒知，减少的动能全部转化为焦耳热：Q ＝12m v 20－12m v 2.t 秒末圆环中感应电流的功率为P ＝EI＝E 2R ＝4B 2r 2(v 20－2Q m )R .故B 对．【答案】 B4．【解析】 安培力做的负功等于其他能转化的电能，电能最后变成热能，故C 对，A 、B 错；由动能定理得W 2－W 1＝E k2－E k1，即W 2＝W 1＋E k2－E k1，D 正确．【答案】 CD5．【解析】 感应电动势为Bl v ，感应电流I ＝E R ＝Bl v R ，大小与速度成正比，A 正确；产生的热量Q ＝I 2Rt ＝B 2l 2v 2R ·l ′v ＝B 2l 2l ′R v ，B 、l 、l ′、R 是一样的，两次产生的热量比就是运动速度比，为1∶2，B 错；通过任一截面的电荷量q ＝It ＝Bl v R ·l ′v ＝Bll ′R 与速度无关，所以应为1∶1，C 错误；金属棒运动中受安培力的作用，为使棒匀速运动，外力大小要与安培力相同．则外力的功率P ＝F v ＝IlB ·v ＝B 2l 2v 2R ，其中B 、l 、R 相同，外力的功率与速度的平方成正比，应为1∶4，D 错．【答案】 A6．【解析】 闭合线框进入磁场的过程中，由于一条边切割磁感线运动，产生感应电动势，从而产生感应电流，处于磁场中受到安培力，故整个运动过程中有摩擦阻力和安培力做功，但其中安培力是变力，因此由功能关系可得：12m v 20＝μmg ·2l ＋Q ，所以金属线框中产生的焦耳热为Q ＝12m v 20－2μmgl ，故D 正确．【答案】 D7.【解析】 金属棒向右运动产生的电动势为E ＝By v 0，回路中的电阻R ＝yR 0，故回路中的电流I ＝E R ＝B v 0R 0，大小为一定值，故A 、B 均错误；再由P ＝I 2R ＝I 2R 0L sin kx 可知，在x ＜π2k 的情况下，P 随x 增大而增大，故C 正确，D 错误．【答案】 C8．【解析】 由v －x 图象分析出：在x 由5 cm ～15 cm 过程，小车受到安培力作用，在15 cm ～30 cm ，小车全部在磁场中运动，无电磁感应，从30 cm ～40 cm ，小车出磁场，由此得L ＝10 cm ，d ＝25 cm.小车受力F 安＝B 2L 2v R ＝ma ，a变化，由能的转化与守恒定律得Q ＝12m v 21－12m v 22＝12×1×(102－22) J ＝48 J ．选项D 正确．【答案】 D9．【解析】 根据楞次定律的第二种表述，安培力始终阻碍线框的运动，故所受安培力方向一定相反，A 项错误；由Q ＝E 2R t 得以速度v 拉出时，Q 1＝B 2L 2v 2RL v ＝B 2L 3v R ，以速度3v 拉出时，Q 2＝B 2L 29v 2R L 3v ＝3B 2L 3v R ，故B 项错误；线框向左出磁场时，bc 边为电源，ad 边两端电势差为ad 边消耗的电压之和，由闭合电路的欧姆定律得U 1＝BL v 4；线框向右出磁场时，ad 边为电源，ad 边两端电势差为其他三边消耗的电压之和，同理得U 2＝9BL v 4，故C 项错；由q ＝ΔΦR ，线框两次出磁场时，磁通量的改变量相同，故通过导体框截面的电荷量相同，D 项正确．【答案】 D10．【解析】 (1)ab 棒切割磁感线，故E ＝BL v ＝0.40×0.50×4.0 V ＝0.80 V .(2)回路电流I ＝E R ＝0.800.20 A ＝4 A故F 安＝BIL ＝0.40×4×0.50 N ＝0.80 N因导体棒匀速运动，则F ＝F 安＝0.80 N.(3)当F 突然减小为F ′时，F 安＞F ′，导体棒ab 所受合外力方向向左，导体棒做减速运动；由F 合＝F 安－F ′＝B 2L 2v ′R －F ′＝ma 知，棒ab 做加速度减小的减速运动，当a ＝0时，导体棒做匀速直线运动，速度为v ′＝F ′R B 2L 2.【答案】 (1)0.80 V (2)0.80 N (3)见解析11．【解析】 (1)导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，有－μmg ＝ma ，v t ＝v 0＋at ，x ＝v 0t ＋12at 2导体棒速度减为零时，v t ＝0.代入数据解得：t ＝1 s ，x ＝0.5 m ，导体棒没有进入磁场区域．导体棒在1 s 末已停止运动，以后一直保持静止，离左端位置仍为x ＝0.5 m.(2)前2 s 磁通量不变，回路电动势和电流分别为E ＝0，I ＝0后2 s 回路产生的电动势为E ＝ΔΦΔt ＝ld ΔB Δt ＝0.1 V回路的总长度为5 m ，因此回路的总电阻为R ＝5λ＝0.5 Ω电流为I ＝E R ＝0.2 A根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向．(3)前2 s 电流为零，后2 s 有恒定电流，焦耳热为Q ＝I 2Rt ＝0.04 J.【答案】 (1)前1 s 导体棒做匀减速直线运动，1～4 s 内一直保持静止．(2)0.2 A ，顺时针方向(3)0.04 J12．【解析】 (1)经过时间t ，金属棒ab 的速率v ＝at此时，回路中的感应电流为I ＝E R ＝BL v R对金属棒ab ，由牛顿第二定律得F －ILB －m 1g ＝m 1a由以上各式整理得F ＝m 1a ＋m 1g ＋B 2L 2R at在图线上取两点t 1＝0，F 1＝11 Nt 2＝2 s ，F 2＝14.6 N代入上式得a ＝1 m/s 2 B ＝1.2 T.(2)在2 s 末金属棒ab 的速率v t ＝at ＝2 m/s所发生的位移s ＝12at 2＝2 m由动能定律得W F －m 1gs －W 安＝12m 1v 2t又Q ＝W 安联立以上方程，解得Q ＝W F －mgs －12m v 2t ＝40 J －1×10×2 J －12×1×22 J ＝18 J. (3)cd 棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd 棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动．当cd 棒速度达到最大时，有m 2g ＝μF N又F N ＝F 安 F 安＝ILBI ＝E R ＝BL v m Rv m ＝at 0 整理解得t 0＝m 2gR μB 2L 2a ＝0.27×10×1.80.75×1.22×1.52×1s ＝2 s f cd 随时间变化的图象如图所示．【答案】 (1)1.2 T 1 m/s 2(2)18 J(3)见解析。
2011--2013年高考物理新课标卷汇总(带详解)资料
2011----2013年全国新课标物理试题汇总（含详解）14．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I 引起的。
在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是A ．B ．C ．D ．14、B 【解析】根据地磁场分布和安培定则判断可知正确答案是B 。
15．一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用。
此后，该质点的动能可能A ．一直增大B ．先逐渐减小至零，再逐渐增大C ．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D ．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大15、ABD 【解析】当恒力方向与速度在一条直线上，质点的动能可能一直增大，也可能先逐渐减小至零，再逐渐增大。
当恒力方向与速度不在一条直线上，质点的动能可能一直增大，也可能先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大。
所以正确答案是ABD 。
16．一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离。
假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是 A ．运动员到达最低点前重力势能始终减小B ．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加C ．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D ．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关16、ABC 【解析】运动员到达最低点过程中，重力做正功，所以重力势能始终减少， A 项正确。
蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加，B 项正确。
蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹性力做功，所以机械能守恒，C 项正确。
重力势能的改变与重力势能零点选取无关，D 项错误。
17．如图，一理想变压器原副线圈的匝数比为1∶2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220V ，额定功率为22W ；原线圈电路中接有电压表和电流表。
现闭合开关，灯泡正常发光。
若用U 和I 分别表示此时电压表和电流表的读数，则A ．U =110V ，I =0.2AB ．U =110V ，I =0.05AC ．U =1102V ，I =0.2AD ．U =1102V ，I =0.22A17、A 【解析】U 2=220V ，根据U 1：U 2＝n 1：n 2 得，U 1＝110V 。
2013新课标高中物理总复习实验11
知 能 演 练
典 例 探 究
菜
单
新课标 ·物理
3．实验器材
要 点 归 纳
热敏电阻、光敏电阻、多用电表、铁架台、烧杯、冷水、热水、小灯 泡、学生电源、继电器、滑动变阻器、开关、导线等．
知 能 演 练
典 例 探 究
菜
单
新课标 ·物理
二、研究光敏电阻的光敏特性 1．实验步骤
要 点 归 纳
(1)将光敏电阻、多用电表、小灯泡、滑动变
知 能 演 练
典 例 探 究
菜
单
新课标 ·物理
【解析】 (1)根据图表中的数据，在坐标纸上描点连线，得到如图所 示的变化曲线．
要 点 归 纳 知 能 演 练
典 例 探 究
阻值随照度变化的特点：光敏电阻的阻值随光照强度的增大非线性 减小．
菜
单
新课标 ·物理
要 点 归 纳
(2)当天色渐暗照度降低至1.0 lx时启动照明系统，此时光敏电阻阻值 为20 kΩ，两端电压为2 V，电源电动势为3 V，故应加上一个分压电 阻，分压电阻阻值为10 kΩ，即选用R1；此电路的原理图如图所示：
典 例 探 究
菜
单
新课标 ·物理
要 点 归 纳
(2010·新课标全国高考)用对温度敏感的半导体材料制成的某热敏电阻 RT，在给定温度范围内，其阻值随温度的变化是非线性的．某同学将 RT和两个适当的定值电阻R1、R2连成图1虚线框内所示的电路，以使 该电路的等效电阻RL的阻值随RT所处环境温度的变化近似为线性的， 且具有合适的阻值范围．为了验证这个设计，他采用伏安法测量在不 同温度下RL的阻值，测量电路如图10－3－4所示，图中的电压表内阻 很大．RL的测量结果如表格所示．
2013新课标高中物理总复习阶段知能检测2
阶段知能检测(二)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)图11．(2012·大同模拟)光滑绝缘细杆与水平面成θ角固定，杆上套有一带正电小球．为使小球静止在杆上，可加一匀强电场．问图1中给出的四个方向中，沿哪些方向加电场，有可能使小球在杆上保持静止()A．垂直于杆斜向上B．垂直于杆斜向下C．竖直向上D．水平向右图22．(2012·广安模拟)如图2所示，质量均为m的物体A、B通过一劲度系数为k的弹簧相连，开始时B放在地面上，A、B均处于静止状态，现通过细绳将A向上拉起，当B刚要离开地面时，A上升距离为L，假设弹簧一直在弹性限度内，则()A．L＝2mgkB．L<2mgkC．L＝mgkD．L>mgk图33．(2011·泉州模拟)滑滑梯是小孩子很喜欢的娱乐活动．如图3所示，一个小孩正在滑梯上匀速下滑，则()A．小孩所受的重力与小孩所受的弹力大小相等B．小孩所受的重力与小孩所受的摩擦力大小相等C．小孩所受的弹力和摩擦力的合力与小孩所受的重力大小相等D．小孩所受的重力和弹力的合力与小孩所受的摩擦力大小相等4．(2012·临沂市月考)如图4所示，一个处于伸长状态的弹簧，上端固定，在倾角为θ的粗糙斜面上弹簧拉引着质量为m的物块保持静止．若将斜面倾角θ逐渐变大的过程中物块始终保持静止．则关于物块受到各力的变化情况，下列说法正确的是()图4A．受斜面的弹力变大B．受斜面的摩擦力变大C．受弹簧的弹力变大D．受到的重力的下滑分力变大图55．(2012·清华附中模拟)如图5所示，质量为m的光滑楔形物块，在水平推力F作用下，静止在倾角为θ的固定斜面上．则楔形物块受到的斜面支持力大小为()A．F sin θB．mg cos θC.Ftan θD.mgcos θ6．如图6所示，物体B靠在水平天花板上，在竖直向上的力F作用下，A、B保持静止，A与B图6间的动摩擦因数为μ1，B与天花板间的动摩擦因数为μ2，则关于μ1、μ2的值下列判断可能正确的是()A．μ1＝0，μ2≠0B．μ1≠0，μ2＝0C．μ1＝0，μ2＝0 D．μ1≠0，μ2≠07．(2012·长春模拟)如图7甲所示，A、B两物体叠放在光滑水平面上，对物体A施加一水平力F，F－t图象如图乙所示，两物体在力F作用下由静止开始运动，且始终相对静止，规定水平向右为正方向，则下列说法正确的是()甲乙图7A．两物体在4 s时改变运动方向B．在1 s～3 s时间内两物体间摩擦力为零C．6 s时两物体的速度为零D．B物体所受的摩擦力方向始终与力F的方向相同图88．(2012·无锡模拟)如图8所示，在水平地面上有一倾角为θ的斜面体B处于静止状态，其斜面上放有与之保持相对静止的物体A.现对斜面体B施加向左的水平推力，使物体A和斜面体B一起向左做加速运动，加速度从零开始逐渐增加，直到A和B开始发生相对运动，关于这个运动过程中A所受斜面的支持力F N以及摩擦力F f的大小变化情况，下列说法中正确的是() A．F N增大，F f持续增大B．F N不变，F f不变C．F N减小，F f先增大后减小D．F N增大，F f先减小后增大二、实验题(本题共2小题，共14分．将答案填在题中横线上或按要求做答．)图99．(6分)为了探究弹簧弹力F和弹簧伸长量x的关系，某同学选了A、B两根规格不同的弹簧进行测试，根据测得的数据绘出如图9所示的图象，从图象上看，该同学没能完全按实验要求做，使图象上端成为曲线，图线上端成为曲线的原因是________．弹簧B的劲度系数为________．若要制作一个精确度较高的弹簧测力计，应选弹簧________(选取“A”或“B”)．10．(8分)某同学在做测定木板与木块间的动摩擦因数的实验时，设计了两种实验方案．图10方案A：木板固定，用弹簧测力计拉动木块．如图10(a)所示．方案B：弹簧固定，用手拉动木板，如图10(b)所示．除了实验必需的弹簧测力计、木板、木块、细线外，该同学还准备了质量为200 g的配重若干个．(g＝10 m/s2)(1)上述两种方案中，你认为更合理的是方案________，原因是_____________________________________________________________________ ____________________________________________________________________ _______；(2)该实验中应测量的物理量是_____________________________________________________________________ ___；(3)该同学在木块上加放配重，改变木块对木板的正压力，记录了5组实验数据，如表所示，则可测出木板与木块间的动摩擦因数________.程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)图1111．(12分)如图11所示，光滑斜面倾角为θ＝30°，一个重20 N 的物体在斜面上静止不动．轻质弹簧原长为10 cm ，现在的长度为6 cm.(1)求弹簧的劲度系数；(2)若斜面粗糙，将这个物体沿斜面上移6 cm ，弹簧与物体相连，下端固定，物体仍静止于斜面上，求物体受到的摩擦力的大小和方向．图1212．(12分)(2012·苏州模拟)如图12所示，一根匀质绳质量为M ，其两端固定在天花板上的A 、B 两点，在绳的中点悬挂一重物，质量为m ，悬挂重物的绳PQ 质量不计．设α、β分别为绳子端点和中点处绳子的切线方向与竖直方向的夹角，试求tan αtan β的大小．图1313．(14分)(2012·玉林模拟)如图13所示，轻杆BC 的C 点用光滑铰链与墙壁固定，杆的B 点通过水平细绳AB 使杆与竖直墙壁保持30°的夹角．若在B 点悬挂一个定滑轮(不计重力)，某人用它匀速地提起重物．已知重物的质量m ＝30 kg ，人的质量M ＝50 kg ，g 取10 m/s 2.试求：(1)此时地面对人的支持力的大小； (2)轻杆BC 和绳AB 所受力的大小．答案及解析1．【解析】 要使小球在杆上静止，沿杆方向电场力向上的分力和重力沿杆方向的分力应等大反向，由图可知，C 、D 可以使小球保持静止，A 、B 中电场力与杆垂直不可能使球静止，故C 、D 正确．【答案】 CD2．【解析】 拉A 之前，A 静止时，mg ＝kx 1，弹簧的压缩量为x 1，当B 刚要离开地面时，弹簧的伸长量为x 2，mg ＝kx 2，所以A 上升的距离为L ＝x 1＋x 2＝2mg k，故A 正确．【答案】 A3．【解析】 小孩在滑梯上受力如图所示，设滑梯斜面倾角为θ，则F N ＝mg cos θ，F f ＝mg sin θ，所以A 、B 错误；小孩在重力、弹力和摩擦力三个力作用下处于平衡状态，其中任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反，故C 、D 正确．【答案】 CD4．【解析】 由于物体始终静止，因此弹簧的弹力不变，C 错误．由F N ＝mg cos θ和F ＝mg sin θ可知，A 错、D 对．物体所受到的摩擦力为静摩擦力，其方向未知，因此无法判断摩擦力大小的变化情况，B 错误．【答案】 D5．【解析】 对物体受力分析如图所示，因物块平衡，其合力为零，则有F N ＝mg cos θF sin θ，故D 正确，A 、B 、C 均错误．【答案】 D6．【解析】 以A 、B 整体为研究对象，可知天花板与B 间无摩擦，所以不能判断天花板和B 物体之间是否光滑；以A 为研究对象，A 受力情况如图所示，由平衡条件可判断A 一定受到B 对它的摩擦力作用，所以A 、B 之间一定不光滑．【答案】 BD7．【解析】 两物体在0～1 s 内，做加速度增大的变加速运动，在1 s ～3 s 内，做匀加速运动，在3 s ～4 s 内，做加速度增大的变加速运动，在4 s ～6 s 内，做加速度减小的变加速运动，故两物体一直向一个方向运动，A 、C 错误，D 正确，1 s ～3 s 时间内两物体做匀加速运动，对B 进行受力分析可知两物体间的摩擦力不为零，B 错误．【答案】 D8．【解析】 当物体A 与斜面体B 相对静止且以较小的加速度向左做加速运动时，斜面体B 对物体A 的摩擦力沿斜面向上，当加速度达到a ＝tan θ时，斜面体B 对物体A 的摩擦力为零，加速度再增大时，斜面体B 对物体A 的摩擦力沿斜面向下，故F f 先减小后增大，由平衡知识列方程求解可知F N 增大，所以D 正确．【答案】 D9．【解析】 在弹性限度内弹簧的弹力和伸长量成正比，图象后半部分不成正比，说明超过了弹簧的弹性限度；由图象可知，弹簧B 的劲度系数k ＝Fx ＝100N/m ；精确度高，说明受较小的力就能读出对应的形变量，因此选A .【答案】 超过了弹簧的弹性限度 100 N/m A10．【解析】 (1)方案A 中弹簧测力计不好控制，难以保证木块匀速运动；方案B 中，手拉木板不论做何运动，木块均静止不动，根据物体的平衡条件得F f ＝F ＝μF N .(2)求动摩擦因数，由μ＝F fF N可知要测F f 和F N ，即需测量滑动摩擦力和木块的质量．(3)建立坐标，如图所示，由图中直线的斜率即为木块与木板的动摩擦因数．μ＝ΔF f ΔF N＝0.25. 【答案】 (1)B A 方案难以保证木块匀速运动 (2)滑动摩擦力和木块的质量 (3)0.2511．【解析】 (1)对物体受力分析，则有： mg sin θ＝F 此时F ＝kx 1联立以上两式，代入数据，得： k ＝250 N/m.(2)物体上移，则摩擦力方向沿斜面向上 有：F f ＝mg sin θ＋F ′此时F ′＝kx 2＝5 N 代入上式得F f ＝15 N.【答案】 (1)250 N/m (2)15 N 沿斜面向上12．【解析】 设悬点A 、B 处对绳的拉力大小为F 1，取绳M 和m 为一整体，由平衡条件得：2F 1cos α＝(M ＋m )g设绳在P 点的张力大小为F 2，对P 点由平衡条件得： 2F 2cos β＝mg再以AP 段绳为研究对象，由水平方向合力为零可得： F 1sin α＝F 2sin β由以上三式联立可得：tan αtan β＝m M ＋m .【答案】mM ＋m13．【解析】 (1)因匀速提起重物，则F T ＝mg .且绳对人的拉力为mg ，所以地面对人的支持力为：F N ＝Mg －mg ＝(50－30)×10 N ＝200 N ，方向竖直向上．(2)B 点受力如图所示，定滑轮对B 点的拉力方向竖直向下，大小为2mg ，杆对B 点的弹力F BC 方向沿杆的方向，F AB 为水平绳的拉力，由共点力平衡条件得：F AB ＝2mg tan 30°＝2×30×10×33N ＝200 3 N F BC ＝2mg cos 30°＝2×30×1032N ＝400 3 N.由牛顿第三定律知轻杆BC 和绳AB 所受力的大小分别为400 3 N 和200 3 N.【答案】 (1)200 N (2)400 3 N 200 3 N。
2013新课标高中物理总复习课时知能训练3-2
课时知能训练(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)1．雨滴在下降过程中，由于水汽的凝聚，雨滴质量将逐渐增大，同时由于速度逐渐增大，空气阻力也将越来越大，最后雨滴将以某一收尾速度匀速下降，在此过程中()A．雨滴所受到的重力逐渐增大，重力产生的加速度也逐渐增大B．由于雨滴质量逐渐增大，下落的加速度逐渐减小C．由于空气阻力增大，雨滴下落的加速度逐渐减小D．雨滴所受到的重力逐渐增大，但重力产生的加速度不变图3－2－132．(2012·潍坊一中模拟)2011年8月30日，在韩国大邱世界田径锦标赛女子撑杆跳高决赛中，巴西选手穆勒以4米85的成绩夺冠．若不计空气阻力，则穆勒在这次撑杆跳高中()A．起跳时杆对她的弹力大于她的重力B．起跳时杆对她的弹力小于她的重力C．起跳以后的下落过程中她处于超重状态D．起跳以后的下落过程中她处于失重状态图3－2－143．质量相等的甲、乙两物体从离地面相同高度同时由静止开始下落，由于两物体的形状不同，运动中受到的空气阻力不同，将释放时刻作为t＝0时刻，两物体的速度图象如图3－2－14所示．则下列判断正确的是() A．t0时刻之前，甲物体受到的空气阻力总是大于乙物体受到的空气阻力B．t0时刻之前，甲物体受到的空气阻力总是小于乙物体受到的空气阻力C．t0时刻甲乙两物体到达同一高度D．t0时刻之前甲下落的高度小于乙物体下落的高度图3－2－154．某研究性学习小组用实验装置模拟火箭发射卫星．火箭点燃后从地面竖直升空，燃料燃尽后火箭的第一级和第二级相继脱落，实验中速度传感器测得卫星竖直方向的速度—时间图象如图3－2－15所示，设运动中不计空气阻力，燃料燃烧时产生的推力大小恒定．下列判断正确的是()A．t2时刻卫星到达最高点，t3时刻卫星落回地面B．卫星在0～t1时间内的加速度大于t1～t2时间内的加速度C. t1～t2时间内卫星处于超重状态D. t2～t3时间内卫星处于超重状态图3－2－165．(2012·福州模拟)如图3－2－16所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O 点并系住物体，现将弹簧压缩到A点后释放，使物体在A、B之间往复振动，若此过程物体受到的摩擦力可忽略，则物体()A．在A点刚释放时加速度最小B．在A、B两点加速度相同C．从O到B过程中，加速度大小逐渐增大D．从O到B过程中，加速度方向指向B点图3－2－176．如图3－2－17所示，足够长的传送带与水平面间夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ.则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()图3－2－187．如图3－2－18所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m 的竖立在地面上的钢管往下滑．已知这名消防队员的质量为60 kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3 s，g取10 m/s2，那么该消防队员()A．下滑过程中的最大速度为4 m/sB．加速与减速过程的时间之比为1∶2C．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1∶7D．加速与减速过程的位移之比为1∶48．(2012·济宁一中模拟)如图3－2－19所示，水平传送带A、B两端点相距x＝4 m，以v0＝2 m/s的速度顺时针运转．今将一小煤块无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10 m/s2.由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．则小煤块从A运动到B的过程中()图3－2－19A．小煤块从A运动到B的时间是 2 sB．小煤块从A运动到B的时间是2.25 sC．划痕长度是4 mD．划痕长度是0.5 m9．(2010·海南高考)在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t后停止．现将该木板改置成倾角为45°的斜面，让小物块以相同的初速度沿木板上滑．若小物块与木板之间的动摩擦因数为μ，则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为()A.2μ1＋μB.μ1＋2μC.μ2＋μD.1＋μ2μ10．(2010·福建高考)质量为2 kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．从t ＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F 随时间t的变化规律如图3－2－20所示．重力加速度g取10 m/s2，则物体在t ＝0至t＝12 s这段时间的位移大小为()图3－2－20A．18 m B．54 mC．72 m D．198 m二、非选择题(本题共2小题，共30分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)11．(14分)如图3－2－21所示，一光滑斜面固定在水平地面上，质量m＝1 kg的物体在平行于斜面向上的恒力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时立即撤去拉力F.此后，物体到达C点时速度为零．每隔0.2 s通过速度传感器测得物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据．图3－2－21(1)斜面的倾角α；(2)恒力F的大小；(3)t＝1.6 s时物体的瞬时速度．图3－2－2212．(16分)(2012·杭州模拟)如图3－2－22所示，传送带与地面倾角θ＝37°，从A到B长度为16 m，传送带以10 m/s的速度逆时针转动．在传送带上端A处无初速度的放一个质量为0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5.求物体从A运动到B所用时间是多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)答案及解析1．【解析】雨滴在下落过程中，质量逐渐增大，雨滴所受的重力逐渐增大，但重力产生的加速度始终为g，故A错误，D正确；由mg－F f＝ma得：a＝g－F fm，可见雨滴下落的加速度逐渐减小的原因不是m增大，而是F f增大，故B错误，C正确．【答案】CD2．【解析】当物体加速度方向向上时处于超重状态，当物体的加速度方向向下时处于失重状态．对于本题来说起跳时竖直方向由静止上升，具有向上的加速度，故杆对运动员的弹力大于重力，故A对；在下落过程具有向下的加速度，运动员处于失重状态，故D对．【答案】AD3．【解析】由牛顿第二定律可得物体下落的加速度a＝mg－fm＝g－fm从图象上的斜率可知甲的加速度不变，说明其受阻力不变，乙的加速度一直减小，说明其受阻力一直增大，比较两图象的斜率，乙的斜率先大于甲，后小于甲，中间某一时刻二者的斜率相等，说明甲物体所受阻力开始大于乙，后小于乙，中间某一时刻相等，因此A、B选项均错．t0时刻二者速度相等，从图象上图线所围面积推断乙下落的位移大，因此C错D对．【答案】 D4．【解析】卫星在0～t3时间内速度方向不变，一直升高，在t3时刻到达最高点，A错误；v－t图象的斜率表示卫星的加速度，由图可知，t1～t2时间内卫星的加速度大，B错误；t1～t2时间内，卫星的加速度竖直向上，处于超重状态，t2～t3时间内，卫星的加速度竖直向下，处于失重状态，故C正确，D错误．【答案】 C5．【解析】在A点刚释放时，弹簧的压缩量最大，弹力最大，由牛顿第二定律可知，此时的加速度最大，故A错误；物体在A点时弹簧处于压缩状态，而在B点时弹簧处于伸长状态，显然弹簧对物体的弹力方向相反，故物体在A、B两点的加速度不同，选项B错误；从O到B的过程中，弹簧的伸长量越来越大，弹力方向水平向左，且越来越大，故物体的加速度方向水平向左，且越来越大，选项C正确、D错误．【答案】 C6．【解析】m刚放上时，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1.当m与带同速后，因带足够长，且μ＜tan θ，故m要继续匀加速．此时，mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，a2＜a 1，故D 正确．【答案】 D7．【解析】 a 1t 1＝v max ＝a 2t 2，利用a 1＝2a 2得t 1∶t 2＝1∶2，B 正确；下滑的最大速度v max ＝2v ＝2s t ＝8 m/s ，A 错误；加速过程中有mg －Ff 1＝ma 1，减速过程中有Ff 2－mg ＝ma 2，而a 1＝8 m/s 2，a 2＝4 m/s 2，所以Ff 1∶Ff 2＝1∶7，C 正确；加速过程与减速过程的平均速度相等，则其位移x 1＝v t 1，x 2＝v t 2，x 1∶x 2＝t 1∶t 2＝1∶2，D 错误．【答案】 BC8．【解析】 该题考查动力学的两类基本问题．首先要判断二者达到共同速度时所用的时间，煤块的加速度a ＝μg ＝4 m/s 2，二者速度相同时，运动时间t 1＝v a ＝0.5 s ，运动的位移x 1＝12at 2＝0.5 m ．则煤块以后做匀速运动的时间t 2＝x －x 1v＝1.75 s ，所以t ＝t 1＋t 2＝2.25 s ，A 错、B 对．当煤块运动0.5 s 的过程中，传送带运动的位移x 2＝v t 1＝1 m ，则划痕长度Δx ＝0.5 m ，C 错、D 对．【答案】 BD9．【解析】 在水平木板上滑动时，加速度a 1＝μmg m ＝μg ，滑行时间t 1＝v 0a 1＝v 0μg 在倾角45°的斜面上上滑时，加速度a 2＝mg sin 45°＋μmg cos 45°m＝(22＋22μ)g .滑行时间t 2＝v 0a 2＝v 0(22＋22μ)g所以t 2t 1＝2μ1＋μ，选项A 正确． 【答案】 A10．【解析】 本题考查了牛顿运动定律和运动学公式，解答这类题目的关键是对物体进行正确的受力分析和运动过程分析．物体所受摩擦力为f ＝μmg ＝0.2×2×10 N ＝4 N ，因此前3 s 内物体静止.3 s ～6 s ，a ＝F －f m ＝8－42 m/s 2＝2m/s 2，x 1＝12at 21＝12×2×32 m ＝9 m ；6 s ～9 s ，物体做匀速直线运动，x 2＝v t 2＝at 1·t 2＝2×3×3 m ＝18 m ；9 s ～12 s ，物体做匀加速直线运动，x 3＝v t 3＋12at 23＝6×3 m＋12×2×9 m ＝27 m ；x 总＝x 1＋x 2＋x 3＝9 m ＋18 m ＋27 m ＝54 m ，故B 选项正确．【答案】 B11．【解析】 (1)经分析可知，当t ＝2.2 s 时，物体已通过B 点．因此减速过程加速度大小a 2 ＝3.3－2.12.4－2.2m/s 2＝6 m/s 2，mg sin α＝ma 2，解得α＝37°. (2)a 1＝2.0－1.00.4－0.2m/s 2＝5 m/s 2 F －mg sin α＝ma 1，解得F ＝11 N.(3)设第一阶段运动的时间为t 1，在B 点时有5t 1＝2.1＋6(2.4－t 1)，t 1＝1.5 s可见，t ＝1.6 s 的时刻处在第二运动阶段，由逆向思维可得v ＝2.1 m/s ＋6(2.4－1.6) m/s ＝6.9 m/s.【答案】 (1)37° (2)11 N (3)6.9 m/s12．【解析】 物体放在传送带上后，开始的阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，物体所受的摩擦力沿传送带向下，受力如图甲所示，物体由静止加速，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1解得a 1＝10 m/s 2物体加速到与传送带相同的速度需要的时间为t 1＝v a 1＝1010 s ＝1 s物体加速到与传送带相同的速度经过的位移为s ＝12a 1t 21＝5 m由于μ<tan θ(μ＝0.5，tan θ＝0.75)，物体在重力作用下将继续加速运动，当物体的速度大于传送带的速度时，物体受到沿传送带向上的摩擦力，受力如图乙所示由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2解得a 2＝2 m/s 2设后一阶段物体滑至底端所用时间为t 2由L －s ＝v t 2＋12a 2t 22解得t 2＝1 s(t 2＝－11 s 舍去)所以，物体从A 运动到B 所用时间t ＝t 1＋t 2＝2 s.【答案】 2 s。
2013新课标高中物理总复习阶段知能检测10
阶段知能检测(十)一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)图11．(2012·福州质检)如图1所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO ′以恒定的角速度ω转动，从线圈平面与磁场方向平行的位置开始计时，则在t ＝πω时刻( )A ．线圈中的感应电动势最小B ．线圈中的感应电流最大C ．穿过线圈的磁通量最大D ．穿过线圈磁通量的变化率最小2．(2012·泉州模拟)如图所示，面积均为S 的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B 中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e ＝BSωsin ωt 的图是( )3．图2甲中的变压器为理想变压器，原线圈的匝数n 1与副线圈的匝数n 2之比为10∶1.变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式电流，两个20 Ω的定值电阻串联接在副线圈两端．电压表为理想电表，则( )图2A．原线圈上电压的有效值为100 VB．原线圈上电压的有效值约为70.7 VC．电压表的读数为5.0 VD．电压表的读数约为3.5 V图34．阻值为10 Ω的电阻接到电压波形如图3所示的交流电源上．以下说法中正确的是()A．电压的有效值为10 VB．通过电阻的电流有效值为22 AC．电阻消耗电功率为5 WD．电阻每秒钟产生的热量为10 J5．利用光敏电阻制作的光传感器，记录了传送带上工件的输送情况．如图4(a)所示为某工厂成品包装车间的光传感记录器，光传感器B能接收到发光元件A发出的光．每当工件挡住A发出的光时，光传感器就输出一个电信号，并在屏幕上显示出电信号与时间的关系，如图4(b)所示．若传送带始终匀速运动，每两个工件间的距离为0.1 m，则下述说法正确的是()图4A．传送带运动的速度是0.1 m/sB．传送带运动的速度是0.2 m/sC．该传送带每小时输送3 600个工件D．该传送带每小时输送7 200个工件图56．如图5所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，开始时开关S断开，当S接通时，以下说法正确的是()A．副线圈两端M、N的输出电压减小B．副线圈输电线等效电阻R上的电压将增大C．通过灯泡L1的电流减小D．原线圈的电流增大7．(2012·长春模拟)如图6所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为k，输出端接有一交流电动机，此电动机线圈的电阻为R.当原线圈两端接有正弦交变电流时，变压器的输入功率为P0，电动机恰好能带动质量为m的物体以速度v 匀速上升，此时理想交流电流表的示数为I.若不计电动机的机械能损耗，重力加速度为g，则下列说法正确的是()图6A．电动机输出的机械功率为P0B．变压器的输出功率为mg vC．副线圈两端电压的有效值为kP0 ID．整个装置的效率为mg v P08．如图7所示，左侧的圆形导电环半径为r＝1.0 cm，导电环与一个理想变压器的原线圈相连，变压器的副线圈两端与一个电容为C ＝100 pF 的电容器相连，导电环的电阻不计，环中有垂直于圆环平面的变化磁场，磁感应强度B 的变化率为ΔB Δt ＝100 2πsin ωt ，若电容器C 所带电荷量的最大值为1.41×10－9 C ，则所用理想变压器的原、副线圈的匝数之比为(取π2＝10)( )图7A ．1∶100B ．100∶1C ．1∶100 2D ．100 2∶19．(2012·海口模拟)电阻为1 Ω的某矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，所产生的正弦交流电的图象如图8图线a 所示；当调整线圈转速后，该线圈中所产生的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正确的是( )图8A ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B ．线圈先后两次转速之比为3∶2C ．交流电a 的电动势的有效值为5 2 VD ．交流电b 的电动势的最大值为5 V二、实验题(本题共2小题，共16分，将答案填在题中横线上或按要求做答)10．(6分)当光照射到光敏电阻上时，光敏电阻的阻值________(填“变大”、“不变”或“变小”)．半导体热敏电阻是利用半导体材料的电阻率随________变化而改变的特性制成的．11．(10分)(2012·临沂模拟)电流传感器可以像电流表一样测量电流，它与计算机相连，能在几秒内画出电流随时间变化的图像．如图9甲所示电路，电源电动势为直流8 V，电容器为几百微法的电解电容器，先使开关S与1相连，电源向电容器充电，然后把开关S掷向2，电容器通过电阻R放电，计算机屏幕上显示出电流随时间变化的I－t曲线，如图乙所示．则：在图乙中画出了一个竖立的狭长矩形(在乙图的左端)，它的面积表示的物理意义是：__________________.根据以上数据估算的电容是__________(结果保留三位有效数字)．甲：观察电容器放电的电路图乙：该电容器放电的I－t图象图9三、计算题(本题共2个小题，满分30分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)12．(15分)如图10(a)是一理想变压器的电路连接图，图(b)是原线圈两端所加的电压随时间变化的关系图象，已知原、副线圈的匝数比为10∶1，电流表A2的示数为2 A，开关S断开，求：图10(1)变压器的输入功率和电压表的示数；(2)将开关S闭合，定性分析电路中三只电表的示数变化情况．13．(15分)(2012·长沙模拟)交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．一小型发电机的线圈共220 匝，线圈面积S＝0.05 m2，线圈转动的频率为50 Hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B＝2πT．用此发电机所发出的交流电带动两个标有“220 V11 kW”的电动机正常工作，需在发电机的输出端a、b与电动机之间接一个理想变压器，电路如图11所示，求：(1)发电机的输出电压为多少？(2)变压器原、副线圈的匝数比为多少？(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多大？图11答案及解析1．【解析】经过时间t＝πω，线圈转过的角度为π，则该时刻磁通量为零，左、右两个边的速度刚好与磁感线垂直，由电动势E＝BL v得此刻产生的感应电动势最大，磁通量的变化率最大，线圈中的感应电流最大，B正确，A、C、D 错误．【答案】 B2．【解析】线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦交变电动势为e＝BSωsin ωt，由这一原则判断，A图中感应电动势为e＝BSωsin ωt；B图中的转动轴不在线圈所在平面内；C、D图转动轴与磁场方向平行，而不是垂直．【答案】 A3．【解析】原线圈上电压的最大值为100 V，有效值为50 2 V，即70.7 V，A错，B对；根据原、副线圈电压比与线圈匝数比的关系可得，副线圈电压的有效值为7.07 V，而电压表的读数为其中一个定值电阻两端电压的有效值，约为3.5 V，C错，D对．【答案】BD4．【解析】根据图象可知电压最大值为U m＝10 V，有效值为U＝102V．A错误；电流有效值为I＝UR＝22A，B正确；电阻消耗的电功率为P＝I2R＝(22)2×10 W＝5 W，C正确；由Q＝Pt知，电阻每秒钟产生的热量为5 J，D错误．【答案】BC5．【解析】因为相邻两次挡光时间间隔为0.5 s，而每两个工件间的距离为0.1 m，且传送带是匀速运动的，故传送带运动的速度v＝0.10.5m/s＝0.2 m/s，B正确；每小时传送带通过的距离为s＝v t＝720 m，故该传送带每小时输送7 200个工件，D正确．【答案】BD6．【解析】理想变压器不计原副线圈的直流电阻，副线圈两端电压U MN(有效值)不受负载电阻的影响，始终等于副线圈的感应电动势，而保持不变，故A 项是错误的．S接通后，次级回路的总电阻减小．而U MN保持不变，故次级回路中电流I2增大，输电线等效电阻R上的电压增大，导致灯泡L1两端电压减小，L1中电流减小，可见B、C项正确，又因I2增大，U MN不变，变压器的输出功率增大，故输入功率随着增大，原线圈中的电流I1增大，D项正确，所以本题正确答案应选B、C、D.【答案】BCD7．【解析】电动机输出的机械功率为mg v，选项A错误；理想变压器的输出功率P＝P0＝UI＝mg v＋I2R，副线圈两端电压的有效值U＝P0/I，选项B、C错误；整个装置的效率η＝P有P总＝mg vP0，选项D正确．【答案】 D8．【解析】原线圈两端电压最大值U 1m ＝(ΔB Δt )m S ＝0.1 2 V .副线圈两端电压的最大值即电容器两端电压的最大值由C ＝Q U 得：U 2m ＝Q m C ＝14.1 V所以n 1n 2＝U 1m U 2m＝1100.故A 对． 【答案】 A9．【解析】 由图象可知，t ＝0时刻线圈中的感应电流为0，感应电动势为0，穿过线圈的磁通量的变化率为0，所以穿过线圈的磁通量最大，A 错误；由图象可得线圈先后两次转动的周期之比为0.4∶0.6＝2∶3，转速与周期成反比，所以线圈先后两次转速之比为3∶2，B 正确；由图象可得交流电a 的电流的最大值为10 A ，有效值为102 A ＝5 2 A ，又矩形线圈的电阻为1 Ω，所以交流电a 的电动势的有效值为5 2 V ，C 正确；由E ＝nBSω，ω＝2πT 可得电动势与周期成反比，所以交流电b 的电动势的最大值为203 V ，D 错误．【答案】 BC10．【解析】 光敏电阻是感光元件，它的阻值随光照强度的增强而减小，它可把光学量变为电阻这一电学量，常用来制造光控开关，热敏电阻对温度反应敏感．【答案】 变小 温度11．【解析】 由q ＝It 可知，I －t 图像中的面积表示为通过电流传感器的电荷量．由数格法可知电容器放电前所带电荷量Q ＝37×0.2×10－3×0.4 C ＝2.96×10－3 C ，则C ＝Q U ＝370 μF.【答案】 通过电流传感器的电荷量 350～400 μF12．【解析】 (1)由图(b)可知输入电压的有效值U 1＝200 V 由U 1U 2＝n 1n 2得 U 2＝n 2U 1n 1＝20 V变压器的输入功率P1等于输出功率P2故P1＝P2＝U2I2＝20×2 W＝40 W.(2)将S闭合，U2不变，即电压表示数保持20 V不变；由于负载增多，负载总电阻减小，电流表A2的示数增大；次级线圈的输出功率增加，初级线圈的输入功率随之增加，电流表A1的示数增大．【答案】(1)40 W20 V(2)A1示数增大A2示数增大V示数不变13．【解析】(1)根据E m＝NBSω＝1 100 2 V得输出电压的有效值为U1＝E m2＝1 100 V.(2)根据U1U2＝n1n2得n1n2＝5∶1.(3)根据R入＝P出＝2.2×104 W再根据P入＝U1I1，解得I1＝20 A.【答案】(1)1 100 V(2)5∶1(3)20 A。
2013新课标高中物理总复习课时知能训练3-3
课时知能训练(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(本题共9小题，每小题7分，共63分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)图3－3－161．(2010·山东高考)如图3－3－16所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．下图中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程．下图中正确的是()2．如图3－3－17甲所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M(m∶M ＝1∶2)的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同．当用水平力F作用于B上且两物块共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1.当用同样大小的力F竖直加速提升两物块时(如图3－3－17乙所示)，弹簧的伸长量为x2，则x1∶x2等于()图3－3－17A．1∶1B．1∶2C．2∶1D．2∶33．质量为1 kg的物体静止在水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数为0.2.对物体施加一个大小变化、方向不变的水平拉力F，使物体在水平面上运动了3t0的时间．为使物体在3t0时间内发生的位移最大，力F随时间的变化情况应该为下面四个图中的()4．(2012·南京模拟)如图3－3－18所示，两块粘连在一起的物块a和b的质量分别为m a和m b，把它放在水平的光滑桌面上．现同时给它们施加方向如图所示的推力F a和拉力F b.已知F a>F b，则a对b的作用力()图3－3－18A．必为推力B．必为拉力C．可能为推力，也可能为拉力D．不可能为零5．(2012·金华一中模拟)如图3－3－19所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，A、B的质量均为2 kg，它们处于静止状态，若突然将一个大小为10 N、方向竖直向下的力施加在物块A上，则此瞬间，A对B的压力大小为(g取10 m/s2)()图3－3－19A．10 N B．20 NC．25 N D．30 N图3－3－206．如图3－3－20所示，粗糙水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，木块与水平面间动摩擦因数相同，其间均用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T.现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是()A．绳断前，a、b两轻绳的拉力比总为4∶1B．当F逐渐增大到T时，轻绳a刚好被拉断C．当F逐渐增大到1.5T时，轻绳a还不会被拉断D．若水平面是光滑的，则绳断前，a、b两轻绳的拉力比大于4∶17．一个物块放置在粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图3－3－21甲所示，速度v随时间t变化的关系如图乙所示，g＝10 m/s2，则由图中信息可判定()甲乙图3－3－21A．0～2 s内物块所受摩擦力F f＝4 NB．物块的质量为4 kgC．物块在前6 s内的平均速度为3 m/sD．物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.4图3－3－228．如图3－3－22所示，质量为m1＝2 kg的物体A经跨过定滑轮的轻绳与质量为M＝5 kg的箱子B相连，箱子底板上放一质量为m2＝1 kg的物体C，不计定滑轮的质量和一切阻力，在箱子加速下落的过程中，取g＝10 m/s2，下列正确的是()A．物体A处于失重状态，加速度大小为10 m/s2B．物体A处于超重状态，加速度大小为20 m/s2C．物体C处于失重状态，对箱子的压力大小为5 ND．轻绳对定滑轮的作用力大小为80 N图3－3－239．(2012·烟台模拟)如图3－3－23所示，在光滑水平面上，放着两块长度相同，质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块．开始时，木板和物块均静止，今在两物块上分别施加一水平恒力F1、F2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v1和v2，物块和木板间的动摩擦因数相同，下列说法正确的是()A．若F1＝F2，M1>M2，则v1>v2B．若F1＝F2，M1<M2，则v1>v2C．若F1>F2，M1＝M2，则v1>v2D．若F1<F2，M1＝M2，则v1>v2二、非选择题(本题共3小题，共37分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)10．(12分)如图3－3－24(a)所示，质量m＝1 kg的物体沿倾角θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图3－3－24(b)所示，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)，求：图3－3－24(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；(2)比例系数k.图3－3－2511．(12分)一弹簧秤秤盘的质量M＝1.5 kg，秤盘内放一个质量m＝10.5 kg 的物体P，弹簧质量忽略不计，弹簧的劲度系数k＝800 N/m，系统原来处于静止状态，如图3－3－25所示．现给P施加一竖直向上的拉力F，使P由静止开始向上做匀加速直线运动．已知在前0.2 s时间内F是变力，在0.2 s以后是恒力．求力F的最小值和最大值．(g取10 m/s2)12．(13分)(2012·淮南模拟)如图3－3－26所示，长12 m、质量为50 kg的木板右端有一立柱，木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，质量为50 kg的人立于木板的左端．木板与人都静止．当人以4 m/s2的加速度向右奔跑至板的右端时，立即抱住立柱．g取10 m/s2.试求：(1)人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小？(2)人在奔跑的过程中木板的加速度；(3)人从开始奔跑至到达木板的右端时，人和木板对地各运动了多大距离？图3－3－26答案及解析1．【解析】物体在斜面上受重力、支持力、摩擦力作用，其摩擦力大小为f1＝μmg cos θ，做初速度为零的匀加速直线运动，其v－t图象为过原点的倾斜直线，A错；加速度大小不变，B错；其s－t图象应为一段曲线，D错．物体到达水平面后，所受摩擦力f2＝μmg＞f1，做匀减速直线运动，所以正确选项为C.【答案】 C2．【解析】水平放置时，F－μ(m＋M)g＝(M＋m)a1，kx1－μm g＝ma1，可得x1＝mF(M＋m)k；竖直放置时：F－(m＋M)g＝(M＋m)a2，kx2－mg＝ma2，x2＝mF(M＋m)k，故x1∶x2＝1∶1，A正确．【答案】 A3．【解析】由牛顿第二定律得，F－μmg＝ma，再画出其对应的v－t图象，则其与t轴所围面积最大，则位移最大．【答案】 D4．【解析】该题考查加速度相同的连接体，可采用整体法求加速度、隔离法求相互作用力．选整体为研究对象，F a＋F b＝(m a＋m b)a，a＝F a＋F bm a＋m b，选b为研究对象，设作用力为F N，则F N＋F b＝m b a，F N＝F a m b＋F b m b－F b m a－F b m bm a＋m b＝F a m b－F b m am a＋m b.由于F a>F b，但a、b的质量关系未知，所以F N可能为正，也可能为负．故C选项正确．【答案】 C5．【解析】该题考查竖直方向上的连接体问题，选A、B整体为研究对象有F＝2ma，解得a＝2.5 m/s2.选A为研究对象有F－F N＋mg＝ma，解得F N＝25 N，选项C正确．【答案】 C6．【解析】取三木块为整体则有F－6μmg＝6ma，取质量为m、3m的木块为整体则有T a－4μmg＝4ma，隔离m则有T b－μmg＝ma，所以绳断前，a、b 两轻绳的拉力比总为4∶1，与F、μ无关，A对D错；当a绳要断时，解得a＝T4m－μg，拉力F＝1.5T，B、C错．【答案】 A7．【解析】由图乙知0～2 s内，物块处于静止状态，物块受静摩擦力作用，由甲图可读出F f＝4 N，A对；由v－t图线可知物块在前6 s内的位移大小为s＝(2＋4)×42m＝12 m，所以平均速度为v＝st＝2 m/s，C错；而在2～4 s内，物块做匀加速运动，加速度大小为a＝ΔvΔt＝2 m/s2，满足F2－μmg＝ma，在4 s后物块做匀速运动，有F3＝μmg，联立得m＝2 kg，μ＝0.4，B错D对．【答案】AD8．【解析】取A、B、C为整体，由牛顿第二定律得(M＋m2)g－m1g＝(M ＋m1＋m2)a，则加速度为a＝5 m/s2，A、B错；隔离C有m2g－F N＝m2a，即F N ＝5 N，C对；隔离A有T－m1g＝m1a，即T＝30 N，所以轻绳对定滑轮的作用力大小为2T＝60 N，D错．【答案】 C9．【解析】分别作出物块和木板运动的v－t图象，两图线包围的面积表示木板的长度L.若拉力F相等，木板质量不等，则物块加速度相等，木板质量大的加速度小，木板的v－t图线斜率小，则物块滑离木板所用时间短，滑离时速度小，即v1对应质量较大的木板如图所示，v2对应质量较小的木板，B对；同理，若拉力不等，木板的质量相等，则木板的加速度相等，受拉力大的物块的v－t图线斜率变大，物块滑离木板时间变短，滑离时速度变小，D对．【答案】BD10．【解析】(1)对初始时刻，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma0由图读出a0＝4 m/s2解得μ＝g sin θ－a0g cos θ＝0.25.(2)对于末时刻加速度为零，则mg sin θ－μF N－k v cos θ＝0而F N＝mg cos θ＋k v sin θ由图得出此时v＝5 m/s联立解得k＝mg(sin θ－μcos θ)v(μsin θ＋cos θ)＝0.84 kg/s.【答案】 (1)0.25 (2)0.84 kg/s11．【解析】 设开始时弹簧压缩量为x 1，t ＝0.2 s 时(m 、M 间恰无作用)弹簧的压缩量为x 2，设匀加速运动的加速度为a ，则有对整体：kx 1＝(M ＋m )g ①对M ：kx 2－Mg ＝Ma ②x 1－x 2＝12at 2③由①式得x 1＝(M ＋m )g k＝0.15 m ， 由②③式得a ＝6 m/s 2.t ＝0时，F 小＝(M ＋m )a ＝72 N ，t ＝0.2 s 时，F 大－mg ＝ma ，F 大＝m (g ＋a )＝168 N.【答案】 72 N 168 N12．【解析】 (1)设人的质量为m ，加速度为a 1，人受的摩擦力为f ，由牛顿第二定律有f ＝ma 1＝200 N ，方向水平向右．(2)由牛顿第三定律可知人对木板的摩擦力大小f ′＝200 N ，方向水平向左．设木板的质量为M ，加速度为a 2，对木板由牛顿第二定律有：f ′－μ(M ＋m )g ＝Ma 2，代入数据得a 2＝2 m/s 2，方向水平向左．(3)设人从左端跑到右端用的时间为t ，由运动学公式：L ＝12a 1t 2＋12a 2t 2，解得t ＝2 s.人对地向右前进的距离s 1＝12a 1t 2＝8 m ，木板向左后退的距离为s 2＝12a 2t 2＝4 m.【答案】 (1)200 N (2)2 m/s 2 方向水平向左 (3)8 m 4 m。
2013新课标高中物理总复习阶段知能检测7
阶段知能检测(七)一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分)图11．如图1所示，现有甲、乙、丙三个电动势E相同而内阻r不同的电源．用这三个电源分别给定值电阻R供电，已知它们的阻值大小关系为R>r甲>r乙>r丙，则将R先后接在这三个电源上时的情况相比较，下列说法正确的是() A．接在甲电源上时，电源内阻消耗的功率最大B．接在乙电源上时，电源的总功率最大C．接在丙电源上时，电源的输出功率最大D．接在甲电源上时，电源的输出功率最大图22．如图2所示，厚薄均匀的长方体金属片，边长ab＝10 cm，bc＝5 cm，当A与B间接入的电压为U时，电流为1 A，当C与D间接入的电压为U时，其电流为()A．4 A B．2 AC．0.5 A D．0.25 A图33．(2012·镇江模拟)如图3所示，电源E的电动势为3.2 V，电阻R的阻值为30 Ω，小灯泡L的额定电压为3.0 V，额定功率为4.5 W，当电键S接位置1时，电压表的读数为3 V，那么当电键S接到位置2时，小灯泡L的发光情况是() A．很暗，甚至不亮B．正常发光C．比正常发光略亮D．有可能被烧坏4．(2012·济宁模拟)在高速公路隧道内两侧的电灯泡不易更换，为了延长电灯泡的使用寿命，一个接口处通常安装两个完全相同的灯泡，下列说法正确的是()A．两个灯泡串联B．两个灯泡并联C．每个灯泡实际消耗的功率是其额定功率的四分之一D．每个灯泡实际消耗的功率大于其额定功率的四分之一5．如图4所示是一位同学设计的防盗门报警器的简化电路示意图．门打开时，红外光敏电阻R3受到红外线照射，电阻减小；门关闭时会遮蔽红外线源(红外线源没有画出)．经实际试验，灯的亮灭的确能反映门的开、关状态．门打开时两灯的发光情况以及R2两端电压UR2与门关闭时相比()图4A．红灯亮，UR2变大B．绿灯亮，UR2变大C．绿灯亮，UR2变小D．红灯亮，UR2变小图56．(2012·长沙模拟)现有经过精确校准的电压表V1和V2，当分别用来测量某线路中电阻R两端a、b间的电压时，如图5所示，读数分别为12.7 V和12.3 V，则()①a、b间的实际电压略大于12.7 V②a、b间的实际电压略小于12.3 V③电压表V1的内阻大于V2的内阻④电压表V1的内阻小于V2的内阻以上判断正确的是()A．①③B．②④C．①④D．②③7．(2011·杭州模拟)直流电源电动势为E，内阻为r，用它给直流电动机供电使之工作，直流电动机的电枢线圈的电阻为R，电动机两端电压为U，通过电动机的电流为I，导线电阻不计，在t时间内()A．电流在整个电路中做功等于I2(R＋r)tB．电流在整个电路中做功等于(U＋Ir)ItC．电动机输出的机械能等于(E－Ir)ItD．电动机输出的机械能等于[E－I(R＋r)]It图68．(2012·西安模拟)为了儿童安全，布绒玩具必须检测其中是否存在金属断针，可以先将玩具放置在强磁场中，若其中有断针，则断针被磁化，用磁报警装置可以检测到断针的存在．如图6所示是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中R B是磁敏传感器，它的电阻随断针的出现而减小，a、b接报警器，当传感器R B所在处出现断针时，电流表的电流I，a、b两端的电压U将() A．I变大，U变大B．I变小，U变小C．I变大，U变小D．I变小，U变大图79．(2012·泰安模拟)如图7所示的电路中，电源电动势为E，电源内阻为r，闭合开关S，待电流达到稳定后，将滑动变阻器的滑动触头P从图示位置向a端移动一些，待电流再次达到稳定后，则与P移动前相比()A．电流表示数变小，电压表示数变大B．小灯泡L变亮C．电容器C的电荷量增加D．电源的总功率变大二、非选择题(本题共4小题，共46分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)10．(10分)某课题小组通过实验测量黄河水的电阻率．现备有一根均匀的长玻璃管(两端各有一个圆形电极，可装入样品水，接触电阻不计)、电压表(量程12 V，内阻约100 kΩ)、电流表(量程100 μA，内阻约50 Ω)、滑动变阻器(10 Ω、1 A)、电池组(电动势E＝12 V，内阻不计)、开关、导线若干、直尺、待测的样品水．如图8甲是他们用伏安法多次测量并计算出对应的水柱长度L与水柱电阻R描点画出的图象．实验中还用10分度的游标卡尺测量了玻璃管的内径，结果如图乙所示．图8请回答下面的问题：(1)玻璃管内径d的测量值为________cm；(2)请在虚线框内画出测量水柱电阻的电路图；(3)所测水的电阻率为________Ω·m(保留两位有效数字)．11．(12分)(2011·广东高考)在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，所用器材有：小电珠(2.5 V,0.6 W)，滑动变阻器，多用电表，电流表，学生电源，开关，导线若干．(1)粗测小电珠的电阻，应选择多用电表________倍率的电阻挡(请填写“×1”、“×10”或“×100”)；调零后，将表笔分别与小电珠的两极连接，示数如图9甲，结果为____Ω.图9(2)实验中使用多用电表测量电压，请根据实验原理图乙完成实物图丙中的连线．(3)开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片P置于________端．为使小电珠亮度增加，P应由中点向________端滑动．(4)下表为电压等间隔变化测得的数据．为了获得更准确的实验图象，必须在相邻数据点________间多测几组数据(请填写“ab”、“bc”、“cd”、“de”或“ef”).12．爆发，山东半岛也出现较多的病例，为了做好防范，需要购买大量的体温计，市场体温计出现供货不足的情况，某同学想自己制作一个金属温度计，为此该同学从实验室找到一个热敏电阻，并通过查资料获得该热敏电阻的阻值R随温度t 变化的图线如图10甲所示．该同学进行了如下设计：将一电动势E＝1.5 V(内阻不计)的电源、量程5 mA内阻R g＝100 Ω的电流表、电阻箱R′及用该电阻作测温探头的电阻R，串联成如图乙所示的电路，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“金属电阻温度计”．图10(1)电流刻度较小处对应的温度刻度________；(填“较高”或“较低”)(2)若电阻箱阻值R′＝70 Ω，图丙中5 mA刻度处对应的温度数值是多少？图1113．(12分)(2011·黄冈模拟)在如图11所示的电路中，R1是由某金属氧化物制成的导体棒，实验证明通过它的电流I和它两端电压U遵循I＝kU3的规律(式中k＝0.02 A/V3)，R2是普通电阻，阻值为24 Ω，遵循欧姆定律，电源电动势E ＝6 V，闭合开关S后，电流表的示数为0.16 A．求：(1)R1两端的电压；(2)电源的内电阻r；(3)R1、R2和r消耗的电功率P1、P2和P r.答案及解析1．【解析】电源的内阻消耗功率P内＝(Er＋R )2·r＝E2(r－R)2r＋4R，可见，甲电源内阻消耗功率最大，A正确；由P总＝Er＋R·E可知，丙电源的总功率最大，B错误；由P出＝I2R＝E2(r＋R)2R可知，丙电源内阻最小，电源的输出功率最大，C正确．D错误．【答案】AC2．【解析】设长方体金属片的厚度为l，则当AB接入电路时的电阻R AB＝ρ·ab bc ·l ；当CD 接入电路时的电阻R CD ＝ρ·bc ab ·l，故R AB ∶R CD ＝(ab )2∶(bc )2＝4∶1.根据欧姆定律I ＝U R得，I AB ∶I CD ＝R CD ∶R AB ＝1∶4，即I CD ＝4 A ，选项A 正确． 【答案】 A3．【解析】 S 接1时，由U ＝R R ＋r E 得r ＝2 Ω.R L ＝U 2额P 额＝2 Ω，S 接2时，U L ＝E R L ＋r ·R L＝1.6 V<3.0 V ，故灯很暗，甚至不亮，所以选项A 正确，B 、C 、D 错误．【答案】 A4．【解析】 两个灯泡串联，每个灯泡分担的电压为220 V/2＝110 V ，低于额定电压，灯泡不易损坏；由P ＝U 2/R ，U 变为原来的1/2，由于灯丝较正常发光时温度偏低，故灯丝电阻较正常发光时小，所以每个灯泡实际消耗的功率大于其额定功率的四分之一．故选项A 、D 正确．【答案】 AD5．【解析】 当门打开时，R 3受红外线照射，电阻减小，从而使并联电路电阻减小，总电阻减小，总电流I ＝E R ＋r 增大，R 2两端电压UR 2＝U 并＝E －I (R 1＋r )减小，R 2中电流IR 2＝UR 2R 2减小，所以R 3中电流IR 3＝I －IR 2增大，线圈产生的磁场增强，把衔铁吸下，红灯亮，故D 对．【答案】 D6．【解析】 并联电压表后，使a 、b 间的电阻变小，从而使a 、b 间的电压变小，即电压表的示数比a 、b 间没有接电压表时的实际电压略小些，而且，电压表的内阻越大，电压表的示数越大，越接近于a 、b 间没接电压表时的实际值．故电压表V 1的内阻较大，a 、b 间的实际电压略大于12.7 V ．故①③正确，选项A 正确．【答案】 A7．【解析】 由于电动机是非纯电阻电路，所以整个电路电流做的功应为IEt ＝I (U ＋Ir )t ，故A 选项错，B 选项正确；电动机输出的机械能应等于电动机消耗的电能减去电动机内阻损失的电热，即IUt －I 2Rt ＝[E －I (R ＋r )]It ，故C 选项错，D 选项正确．【答案】 BD8．【解析】 由题意知R B 的电阻随断针的出现而减小，即外电路的电阻减小，由闭合电路欧姆定律有I 总＝E /(R ＋r )可知I 总增大，再由U 外＝E －I 总r 可知，外电压U 减小．而由U 1＝I 总R 1可知，U 1增大，U 2必减小，I 2减小，由电流表的电流I ＝I 总－I 2可知，电流表的电流必变大．故A 、B 、D 错误，选项C 正确．【答案】 C9．【解析】 当触头P 向a 端移动时，滑动变阻器有效阻值增大，回路中总电流减小，内电压减小，路端电压增大，A 选项正确，B 选项错；电容器两端电压增大，电荷量增加，C 选项正确；电源的总功率P ＝IE 减小，D 选项错．【答案】 AC10．【解析】 (1)由游标卡尺的读数规则可知：d ＝22 mm ＋6×0.1 mm ＝2.26 cm.(2)因为测量的电压值与电流值是从零开始，故应选用分压电路．因电压表的内阻相对于电流表的内阻更接近于被测电阻，所以应选用电流表内接法．(3)因为ρ＝RS L ，由图象可知：R L ＝2×105 Ω/m.而S ＝πd 244×10－4 m 2，所以ρ＝RS L＝80 Ω·m. 【答案】 (1)2.26(2)如图所示(3)8011．【解析】 (1)由小电珠的额定电压为2.5 V 、额定功率为0.6 W ，可得小电珠正常工作时电阻R ＝U 2P ＝(2.5)20.6Ω＝10.4 Ω.选多用电表的“×1”倍率时的中值电阻为15 Ω.因为在中值电阻附近测量的量最精确，又知10.4在15附近，所以选择“×1”倍率．(2)在画实物连线时，应先连干路，再连分压电路．(3)闭合开关前P应先置于a端，此举为保护小电珠．为使小电珠亮度增加，滑片P应向b端滑动，使其分压增加．(4)在ab间电流的变化从0～0.122 A，变化较大，为了更准确，应在ab间多测几组数据．【答案】(1)×17.3～7.7(2)如图所示(3)a(或左)b(或右)(4)ab12．【解析】(1)由闭合电路欧姆定律E＝I g(R＋R′＋R g)，可知电流越小电阻越大，而由图甲知电阻越大温度则越高，即电流刻度较小处对应的温度刻度应该较高．(2)若电阻箱阻值R′＝70 Ω时，将数据代入E＝I g(R＋R′＋R g)得热敏电阻的阻值R＝130 Ω，结合图甲可知此时对应的温度数值为30 ℃.【答案】(1)较高(2)30 ℃13．【解析】(1)由I＝kU3得U＝3Ik＝30.160.02V＝2 V.(2)根据闭合电路欧姆定律有E＝U＋IR2＋Ir故r＝E－U－IR2I＝E－UI－R2＝6－20.16Ω－24 Ω＝1 Ω.(3)R1消耗的电功率P1＝IU＝0.16×2 W＝0.32 WR2和r消耗的电功率P2＝I2R2＝0.162×24 W≈0.61 WP r＝I2r＝0.162×1 W≈0.026 W.【答案】(1)2 V(2)1 Ω(3)0.32 W0.61 W 0．026 W。
2013新课标高中物理总复习阶段知能检测3
阶段知能检测(三)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．下列说法中正确的是()A．只有处于静止状态或做匀速直线运动的物体才有惯性B．通常情况下，物体的惯性保持不变，要想改变物体的惯性，就必须对物体施加力的作用C．牛顿认为力的真正效应总是改变物体的速度，而不是使之运动D．伽利略根据理想实验推论出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去图12．(2012·茂名模拟)直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图1所示．设投放初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态．在箱子下落过程中，下列说法正确的是()A．箱内物体对箱子底部始终没有压力B．箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大C．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大D．若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”图23．如图2所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是()A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为g sin θB．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2g sin θD．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零4．(2012·哈尔滨模拟)一物体从静止开始由倾角很小的光滑斜面顶端滑下，保持斜面底边长度不变，逐渐增加斜面长度以增加斜面倾角直至斜面倾角接近90°.在倾角增加的过程中(每次下滑过程中倾角不变)，物体的加速度a和物体由顶端下滑到底端的时间t的变化情况是()A．a增大，t增大B．a增大，t变小C．a增大，t先增大后变小D．a增大，t先变小后增大图35．如图3所示，在光滑的水平地面上，有两个质量均为m的物体，中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连，在外力F1、F2作用下运动(F1>F2)，则下列说法中正确的是()A．当运动达到稳定时，弹簧的伸长量为F1＋F2 2kB．当运动达到稳定时，弹簧的伸长量为F1－F2kC．撤去F2的瞬间，A、B的加速度之比为F1－F2 F1＋F2D．撤去F2的瞬间，A、B的加速度之比为F1－F2 F26．如图4甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F 从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示．根据图乙中所标出的数据可计算出()图4A．物体的质量为1 kgB．物体的质量为2 kgC．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.57．(2012·淮南模拟)如图5所示，A、B两物体紧靠着放在粗糙水平面上．A、B间接触面光滑，在水平推力F作用下两物体一起加速运动，物体A恰好不离开地面，则关于A、B两物体的受力个数，下列说法正确的是()图5A．A受3个力，B受4个力B．A受4个力，B受3个力C．A受3个力，B受3个力D．A受4个力，B受4个力8．(2012·杭州重点中学检测)如图6所示，光滑水平面上放置一斜面体A，在其粗糙斜面上静止一物块B，开始时A处于静止．从某时刻开始，一个从零逐渐增大的水平向左的力F作用在A上，使A和B一起向左做变加速直线运动．则在B与A发生相对运动之前的一段时间内()图6A．B对A的压力和摩擦力均逐渐增大B．B对A的压力和摩擦力均逐渐减小C．B对A的压力逐渐增大，B对A的摩擦力逐渐减小D．B对A的压力逐渐减小，B对A的摩擦力逐渐增大二、实验题(本题共2小题，共16分，将答案填在题中横线上或按要求做答)9．(7分)(2012·济宁模拟)在“验证牛顿运动定律”的实验中，若测得某一物体质量m一定时，a与F的有关数据资料如下表所示：(1)(2)根据图象判定：当m一定时，a与F的关系为__________________．(3)若甲、乙两同学在实验过程中，由于没有按照正确步骤进行实验，处理数据后得出如图7所示的a－F图象．图7试分析甲、乙两同学可能存在的问题：甲：_____________________________________________________________________ ___；乙：_____________________________________________________________________ ___.10．(9分)物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图8所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz.开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点．图8(1)图给出的是实验中获取的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点(图中未标出)，计数点间的距离如图9所示．根据图中数据计算的加速度a＝________(保留三位有效数字)．图9(2)回答下列两个问题：①为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有________．(填入所选物理量前的字母)A．木板的长度lB．木板的质量m1C．滑块的质量m2D．托盘和砝码的总质量m3E．滑块运动的时间t②测量①中所选定的物理量时需要的实验器材是______．(3)滑块与木板间的动摩擦因数μ＝________(用被测物理量的字母表示，重力加速度为g)．与真实值相比，测量的动摩擦因数________(填“偏大”或“偏小”)．写出支持你的看法的一个论据：_____________________________________________________________________ ____________________________________________________________________ _______.三、计算题(本题共3个小题，满分36分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)图1011．(12分)两个完全相同的物块a、b质量均为m＝0.8 kg，在水平面上以相同的初速度从同一位置开始运动，图10中的两条直线表示物块受到水平拉力F 作用和不受拉力作用的v－t图象，(a、b线分别表示a、b物块的v－t图象)求：(1)物块b所受拉力F的大小；(2)8 s末a、b间的距离．12．(12分)如图11甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的细杆与水平面成θ＝37°固定，质量为m＝1 kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O点，今有水平向右的风力F作用于小球上，经时间t1＝2 s后停止，球与细杆的动摩擦因数为μ＝0.5.小球沿细杆运动的部分v－t图象如图乙所示(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．试求：图11(1)小球在0～2 s内的加速度a1和2 s～4 s内的加速度a2；(2)0～2 s内风对小球作用力F的大小．13．(12分)(2012·福州模拟)如图12所示，在光滑的桌面上叠放着一质量为m A＝2.0 kg的薄木板A和质量为m B＝3 kg的金属块B.A的长度L＝2.0 m．B上有轻线绕过定滑轮与质量为m C＝1.0 kg的物块C相连．B与A之间的动摩擦因数μ＝0.10，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力．忽略滑轮质量及与轴、线之间的摩擦．起始时令各物体都处于静止状态，绳被拉直，B位于A的左端(如图)，然后放手，求经过多长时间后B从A的右端脱离(设A的右端距滑轮足够远)(取g ＝10 m/s2)．图12答案及解析1．【解析】惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性，且惯性与物体的运动状态及受力情况无关，其大小由物体的质量决定．故A、B错．伽利略认为力不是维持物体运动的原因，他根据理想实验推论出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去．牛顿认为力是改变物体运动状态的原因，并不是使物体运动的原因．故C、D对．【答案】CD2．【解析】对于箱子和箱内物体组成的整体，a＝(M＋m)g－F fM＋m，随着下落速度的增大，空气阻力F f增大，加速度a减小．对箱内物体，mg－F N＝ma，所以F N＝m(g－a)将逐渐增大．故选C.【答案】 C3．【解析】线烧断瞬间，弹簧弹力与原来相等，B球受力平衡，a B＝0，A 球所受合力为mg sin θ＋kx＝2mg sin θ，故a A＝2g sin θ.【答案】BC4．【解析】设斜面倾角为θ，斜面底边长为x0，则斜边长为x0cos θ.物体的加速度a＝g sin θ，θ增大时，a增大，由x0cos θ＝12at2可得：t＝4x0g sin 2θ，可见随θ的增大，t先变小后增大，故只有D正确．【答案】 D5．【解析】把两个物体看做一个整体，对该整体进行受力分析得：水平方向的F1和F2的合力即是整体受到的合外力F＝F1－F2，根据牛顿第二定律得整体的加速度a＝F1－F22m，方向向右；再隔离其中的一个物体A进行受力分析，水平方向受到向右的拉力F 1和水平向左的弹簧弹力kx 的共同作用，由牛顿第二定律得F 1－kx ＝ma ，联立可得弹簧的伸长量为F 1＋F 22k ，A 对；撤去F 2的瞬间，弹簧弹力不变，此时A 的加速度不变，B 的加速度为a B ＝kx m ＝F 1＋F 22m ，所以A 、B的加速度之比为F 1－F 2F 1＋F 2，C 对． 【答案】 AC6．【解析】 由牛顿第二定律有F －μmg ＝ma从乙图中取两点的坐标值代入上式解方程组可得m ＝2 kg ，μ＝0.3.【答案】 BC7．【解析】 该题考查加速度相同的连接体的受力分析．由于A 恰好不离开地面，所以地面对A 的支持力为零，因此A 只受到三个力的作用，而B 受到四个力的作用，A 选项正确．【答案】 A8．【解析】 该题考查牛顿第二定律的应用．由题意可知，物体运动的加速度a 逐渐增大，B 受力分析如图所示，将a 沿平行斜面和垂直斜面方向分解．则平行斜面方向有：F f －mg sin θ＝ma cos θ，垂直斜面方向有mg cos θ－F N ＝ma sin θ.当a 增大时由以上两式可以判断出，F f 增大，F N 减小，故D 选项正确．【答案】 D9．【解析】 (1)若a 与F 成正比，则图象是一条过原点的直线．同时，因实验中不可避免地出现误差，研究误差产生的原因，从而减小误差，增大实验的准确性，则在误差允许范围内图象是一条过原点的直线即可．连线时应使直线过尽可能多的点，不在直线上的点应大致对称地分布在直线两侧，离直线较远的点应视为错误数据，不予以考虑．描点画图如图所示．(2)由图可知a 与F 的关系是正比例关系．(3)图中甲在纵轴上有较大截距，说明绳对小车拉力为零时小车就有加速度a 0，可能是平衡摩擦力过度所致．乙在横轴上有截距，可能是实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够．【答案】 (1)见解析 (2)正比例关系(3)平衡摩擦力时木板抬的过高 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够10．【解析】 (1)将题干图中每段距离标记为x 1、x 2、…、x 7，加速度可由逐差法计算a ＝(x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)9T 2可得：a ＝0.496 m/s 2.(2)为测量动摩擦因数，需计算压力和摩擦力，压力F N ＝m 2g ，所以为确定压力需测量滑块质量m 2，而摩擦力满足F T －F f ＝m 2a ，又因为m 3g －F T ＝m 3a ，所以F f ＝m 3g －(m 2＋m 3)a ，所以为确定摩擦力还需测量托盘和砝码的总质量m 3.m 2、m 3需用托盘天平测出，还需要的实验器材是托盘天平(带砝码)．(3)由(2)中分析得：F N ＝m 2g ，F f ＝m 3g －(m 2＋m 3)a ，由F f ＝μF N ，μ＝m 3g －(m 2＋m 3)a m 2g.由于纸带与限位孔及滑轮处阻力的存在，所计算F f 值比真实值偏大，所以μ的测量值偏大．【答案】 (1)0.495 m/s 2～0.497 m/s 2(2)①CD ②托盘天平(带砝码)(3)m 3g －(m 2＋m 3)a m 2g偏大 见解析 11．【解析】 (1)设a 、b 两物块的加速度大小分别为a 1、a 2，由v －t 图象可得a 1＝|0－64－0| m/s 2，得a 1＝1.5 m/s 2a 2＝|12－68－0| m/s 2，得a 2＝0.75 m/s 2 对a 、b 两物块由牛顿运动定律得F f ＝ma 1F －F f ＝ma 2由以上几式可得F ＝1.8 N.(2)设a 、b 两物块8 s 内的位移分别为x 1、x 2，由图象得x 1＝12×6×4 m ＝12 mx 2＝12×(6＋12)×8 m ＝72 m所以Δx ＝x 2－x 1＝60 m.【答案】 (1)1.8 N (2)60 m12．【解析】 (1)由图象可知，在0～2 s 内a 1＝v 2－v 1t 1＝20 m/s 2 方向沿杆向上在2 s ～4 s 内a 2＝v 3－v 2t 2＝－10 m/s 2 负号表示方向沿杆向下．(2)有风力时的上升过程，对小球受力分析如图所示，由牛顿第二定律有 F cos θ－μ(mg cos θ＋F sin θ)－mg sin θ＝ma 1代入数据可得0～2 s 内风对小球的作用力F ＝60 N.【答案】 (1)20 m/s 2 方向沿杆向上 10 m/s 2 方向沿杆向下 (2)60 N13．【解析】 以桌面为参考系，令a A 表示A 的加速度，a B 表示B 、C 的加速度，t 表示B 从静止到从A 的右端脱离经过的时间，s A 和s B 分别表示t 时间内A和B运动的距离，则由牛顿运动定律可得m C g－μm B g＝(m C＋m B)a B①μm B g＝m A a A②由匀加速直线运动的规律可得s B＝12a B t2③s A＝12a A t2④s B－s A＝L⑤联立①②③④⑤式，代入数值得t＝4.0 s. 【答案】 4.0 s。
2013新课标高中物理总复习阶段知能检测13
阶段知能检测(十三)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)1．(2011·上海高考)在存放放射性元素时，若把放射性元素①置于大量水中；②密封于铅盒中；③与轻核元素结合成化合物．则()A．措施①可减缓放射性元素衰变B．措施②可减缓放射性元素衰变C．措施③可减缓放射性元素衰变D．上述措施均无法减缓放射性元素衰变2．(2011·太原模拟)钴60是金属元素钴的放射性同位素之一，其半衰期为5.27年．它会通过β衰变放出能量高达315 keV的高速电子衰变为镍60，同时会放出两束γ射线，其能量分别为1.17 MeV及1.33 MeV.钴60的应用非常广泛，几乎遍及各行各业．在农业上，常用于辐射育种、食品辐射保藏与保鲜等；在工业上，常用于无损探伤、辐射消毒、辐射加工、辐射处理废物以及自行控制等；在医学上，常用于癌和肿瘤的放射治疗．关于钴60下列说法正确的是() A．衰变方程为6027Co→6028Ni＋0－1eB．利用钴60对人体肿瘤进行放射治疗是利用其衰变放出的电子流C．钴60可以作为示踪原子研究人体对药物的吸收D．钴60衰变过程中不会有质量亏损3．a、b两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰，作用前a球动量p a ＝30 kg·m/s，b球动量p b＝0，碰撞过程中，a球的动量减少了20 kg·m/s，则作用后b球的动量为()A．－20 kg·m/s B．10 kg·m/sC．20 kg·m/s D．30 kg·m/s4．(2012·长沙模拟)一小型爆炸装置在光滑、坚硬的水平钢板上发生爆炸，所有碎片均沿钢板上方的圆锥面(圆锥的顶点在爆炸装置处)飞开．在爆炸过程中，下列关于爆炸装置的说法中正确的是()A．总动量守恒B．机械能守恒C．水平方向动量守恒D．竖直方向动量守恒5．原子核聚变可望给人类未来提供丰富的洁净能源．当氘等离子体被加热到适当高温时，氘核参与的几种聚变反应可能发生，放出能量．这几种反应的总效果可以表示为621H→k42He＋d11H＋210n＋43.15 MeV由平衡条件可知()A．k＝1，d＝4 B．k＝2，d＝2C．k＝1，d＝6 D．k＝2，d＝36．下列说法正确的是()A.157N＋11H→126C＋42He是α衰变方程B.11H＋21H→32He＋γ是核聚变反应方程C.23892U→23490Th＋42He是核裂变反应方程D.42He＋2713Al→3015P＋10n是原子核的人工转变方程7．核聚变与核裂变相比几乎不会带来放射性污染等环境问题，而且其原料可直接取自海水中的氘，来源几乎取之不尽，是理想的获取能源的方式．EAST 装置是中国耗时8年、耗资2亿元人民币自主设计、自主建造而成的，它成为世界上第一个建成并真正运行的全超导非圆截面核聚变实验装置．已知两个氘核聚变生成一个氦3和一个中子的核反应方程是221H→32He＋10n＋3.26 MeV若有2 g氘全部发生聚变，则释放的能量是(N A为阿伏加德罗常数)() A．0.5×3.26 MeV B．3.26 MeVC．0.5N A×3.26 MeV D．N A×3.26 MeV8．设氢原子由n＝3的状态向n＝2的状态跃迁时放出能量为E、频率为ν的光子．氢原子()A．跃迁时可以放出或吸收能量为任意值的光子B．由n＝2的状态向n＝1的状态跃迁时放出光子的能量大于EC．由n＝3的状态向n＝1的状态跃迁时放出光子的能量等于6.4ED．由n＝4的状态向n＝3的状态跃迁时放出光子的频率大于ν9．在光滑水平冰面上，甲、乙两人各乘一小车，甲、乙质量相等，甲手中另持一小球，开始时甲、乙均静止，某一时刻，甲向正东方向将球沿着冰面推给乙，乙接住球后又向正西方向将球推回给甲，如此推接数次后，甲又将球推出，球在冰面上向乙运动，但已经无法追上乙，此时甲的速率v甲、乙的速率v乙及球的速率v三者之间的关系为()A．v甲＝v乙≥v B．v<v甲<v乙C．v甲<v≤v乙D．v≤v乙<v甲图110．(2012·海淀模拟)静止在光滑水平面上的物体，受到水平外力F作用，F 随时间按正弦规律变化，如图1所示，则()A．外力F在t2到t6时间内对物体做负功B．外力F在t1到t5时间内对物体的冲量为零C．物体在t3到t7时间内的动量始终在减小，但方向不变D．物体在t3到t5时间内的位移大小一定大于t4到t6时间内的位移大小二、非选择题(本题共2小题，共30分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)11．(14分)(2011·盐城模拟)(1)核能作为一种新能源在现代社会中已不可缺少，但安全是核电站面临的非常严峻的问题．核泄露中的钚(Pu)是一种具有放射性的超铀元素，钚的危险性在于它对人体的毒性，与其他放射性元素相比钚在这方面更强，一旦侵入人体，就会潜伏在人体肺部、骨骼等组织细胞中，破坏细胞基因，提高罹患癌症的风险．已知钚的一种同位素23994Pu的半衰期为24 100年，其衰变方程为23994Pu→X＋42He＋γ，下列有关说法正确的是()A．X原子核中含有143个中子B．100个23994Pu经过24 100年后一定还剩余50个C．由于衰变时释放巨大能量，根据E＝mc2，衰变过程总质量增加D．衰变发出的γ放射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力(2)氢原子核的光谱在可见光范围内有四条谱线，其中在靛紫色区内的一条是处于量子数n＝4的能级氢原子跃迁到n＝2的能级发出的，氢原子的能级如图2所示，已知普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，则该条谱线光子的能量为________eV，该条谱线光子的频率为________Hz.(结果保留3位有效数字)图2(3)已知金属铷的极限频率为5.15×1014 Hz，现用波长为5.0×10－7 m的一束光照射金属铷，能否使金属铷产生光电效应？若能，请算出逸出光电子的最大初动能．(结果保留2位有效数字)12．(16分)(2012·长沙模拟)如图3所示，光滑水平面上放置质量均为M＝2 kg 的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连(当滑块滑过感应开关时，两车自动分离)，甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数μ＝0.5.一根通过细线拴着且被压缩的轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m＝1 kg的滑块P(可视为质点)与弹簧的右端接触但不相连，此时弹簧的弹性势能E0＝10 J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态．现剪断细线，求：图3(1)滑块P滑上乙车前的瞬时速度的大小；(2)滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P在乙车上滑行的距离．(g取10 m/s2)答案及解析1．【解析】放射性元素的衰变快慢由其原子核内部结构决定，与外界因素无关，所以A、B、C错误，D正确．【答案】 D2．【解析】根据质量数守恒及电荷数守恒，可判断A项正确．钴60半衰期太长，且衰变放出的高能粒子对人体伤害太大，不能作为药品的示踪原子，C 项不正确；利用钴60对人体肿瘤进行放射治疗是利用其衰变放出的γ射线，因为衰变释放能量，必然存在质量亏损，B、D两项都不正确．【答案】 A3．【解析】碰撞过程中，a球的动量减少了20 kg·m/s，故此时a球的动量是10 kg·m/s，a、b两球碰撞前后总动量保持不变为30 kg·m/s，则作用后b球的动量为20 kg·m/s.C对．【答案】 C4．【解析】爆炸装置在光滑、竖硬的水平钢板上发生爆炸，与钢板间产生巨大的相互作用力，这个作用力将远远大于它所受到的重力，所以爆炸装置的总动量是不守恒的．但由于钢板对爆炸装置的作用力是竖直向上的，因此爆炸装置在竖直方向动量不守恒，而在水平方向动量是守恒的．爆炸时，化学能转化为机械能，因此，机械能不守恒．故只有C对．【答案】 C5．【解析】核反应的基本规律是质量数和电荷数守恒，所以6×2＝4k＋d ＋2,6×1＝2k＋d，解得k＝2，d＝2，因此B选项正确．【答案】 B6．【解析】核反应类型分四种，核反应的方程特点各有不同，衰变方程的左边只有一个原子核，右边出现α或β粒子．聚变方程的左边是两个轻核反应，右边是中等原子核．裂变方程的左边是重核与中子反应，右边是中等原子核．人工核转变方程的左边是氦核与常见元素的原子核反应，右边也是常见元素的原子核，由此可知B、D两选项正确．【答案】BD7．【解析】根据核反应方程可知，两个氘核聚变释放的能量为3.26 MeV，那么2 g氘核(即1 mol氘核)聚变释放的能量为0.5N A×3.26 MeV，所以C正确．【答案】 C8．【解析】由玻尔理论知，hν＝E3－E2＝5|E1|36.当由n＝2的状态向n＝1的状态跃迁时，E ′＝E 2－E 1＝3|E 1|4＞5|E 1|36＝E ；由n ＝3的状态向n ＝1的状态跃迁时放出光子的能量为E ″＝E 3－E 1＝8|E 1|9＝6.4E ；由n ＝4的状态向n ＝3的状态跃迁时，hν′＝E 4－E 3＝7|E 1|144＜hν.故B 、C 正确．【答案】 BC9．【解析】 以甲、乙、球三者为系统，系统的动量守恒，取向西为正方向，在全过程中有：0＝m 甲v 甲－m 乙v 乙－m 球v且m 甲＝m 乙故v 甲>v 乙，根据球最终无法追上乙得，v ≤v 乙，故选项D 正确．【答案】 D10．【解析】 分析物体的运动，画出物体运动的速度变化情况示意图如图所示，由动能定理可知外力F 在t 2到t 6时间内对物体做功为零，A 错误；由动量定理知外力F 在t 1到t 5时间内对物体的冲量等于其动量改变量，由图知此时间段内动量改变量大于零，B 错误；由图知物体在t 3到t 7时间内的速度大小先增大后减小，方向不变，由p ＝m v 知C 错误；因速度图线与时间轴所围面积等于物体通过的位移，由图可见D 正确．【答案】 D11．【解析】 (1)由衰变过程中核电核数守恒得235 92X ，其中中子数为235－92＝143，A 项对．半衰期对大量原子核的衰变才有意义，B 项错．衰变过程中核子总质量减小，质量必亏损，C 项错．衰变后产生巨大的能量以γ光子的形式释放，D 项对．(2)光子的能量E ＝E 4－E 2＝(－0.85)eV －(－3.4) eV ＝2.55 eV .由E ＝hν得ν＝E h ＝2.55×1.6×10－19J 6.63×10－34 J·s＝6.15×1014 Hz. (3)因入射光子的频率ν＝c λ得ν＝6.0×1014Hz ，大于金属铷的极限频率，故能使金属铷产生光电效应由爱因斯坦光电效应方程E km ＝hν－WW ＝hν0代入数值得E km ＝5.6×10－20 J.【答案】 (1)AD (2)2.55 6.15×1014 (3)能 5.6×10－20 J12．【解析】 (1)设滑块P 滑上乙车前的速度为v 1，对整体应用动量守恒和能量关系有m v 1－2M v 2＝0E 0＝m v 21/2＋2M v 22/2解之得v 1＝4 m/s ，v 2＝1 m/s.(2)设滑块P 和小车乙达到的共同速度为v ′，对滑块P 和小车乙有 m v 1－M v 2＝(m ＋M )v ′μmgL ＝12m v 21＋12M v 22－12(M ＋m )v ′2代入数据解得L ＝53 m.【答案】 (1)4 m/s (2)53m。
2013新课标高中物理总复习知能演练11
1．关于各种材料的电阻率，下列说法正确的是()A．纯金属的电阻率较合金的电阻率小B．把一根长导线截成两段，每段的电阻率是原来的1/2C．任何材料的电阻率在任何条件下都不可能为零D．任何材料的电阻率都随温度的升高而增大2．用遥控器调换电视机频道的过程，实际上就是传感器把光信号转化为电信号的过程．下列所述与其工作原理相同的是()A．走廊照明灯的声控开关B．火灾报警器C．自动洗衣机中的压力传感装置D．电饭煲中控制加热和保温的温控器图10－3－93．有一金属热电阻的电阻值随温度变化的R－t图象如图10－3－9所示，现将该金属热电阻接在欧姆表的两表笔上，做成一个电子温度计，为了便于读数，再把欧姆表上的电阻值转换成温度值．现想使该温度计对温度的变化反应较为灵敏，那么该温度计测量温度较为适宜的范围为(设在温度范围内，欧姆表的倍率不变)()A．t1～t2段B．t2～t3段C．t3～t4段D．t1～t4段4．(2012·聊城模拟)如图10－3－10所示，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当照射光强度增大时()图10－3－10A．电压表的示数增大B．R2中电流减小C．小灯泡的功率增大D．电路的路端电压增大图10－3－115．如图10－3－11所示的电路中，电源两端的电压恒定，L为小灯泡，R 为光敏电阻，LED为发光二极管(电流越大，发出的光越强)，且R与LED间距不变，下列说法中正确的是()A．当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率增大B．当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率减小C．当滑动触头P向右移动时，L消耗的功率可能不变D．无论怎样移动触头P，L消耗的功率都不变图10－3－126．(2010·全国高考)如图10－3－12所示，一热敏电阻R T放在控温容器M 内；Ⓐ为毫安表，量程6 mA，内阻为数十欧姆；E为直流电源，电动势约为3 V，内阻很小；R为电阻箱，最大阻值为999.9 Ω；S为开关．已知R T在95 ℃时时的阻值为150 Ω，在20 ℃的阻值约为550 Ω.现要求在降温过程中测量在95 ℃～20 ℃之间的多个温度下R T的阻值．(1)在图中画出连线，完成实验原理电路图．(2)完成下列实验步骤中的填空：a．依照实验原理电路图连线．b．调节控温容器M内的温度，使得R T的温度为95 ℃c．把电阻箱调到适当的初值，以保证仪器安全．d．闭合开关，调节电阻箱，记录电流表的示数I0，并记录________．e．将R T的温度降为T1(20 ℃<T1<95 ℃)；调节电阻箱，使得电流表的读数________，记录________．f．温度为T1时热敏电阻的电阻值R T1＝________.g．逐步降低T1的数值，直至20 ℃为止；在每一温度下重复步骤e、f.答案及解析1．【解析】合金的电阻率比纯金属的大，故A正确；金属电阻率是金属导体的特性，与形状、体积、长度等无关，故B错；超导材料达到一定低温时，其电阻率可达到零，故C错；半导体(热敏电阻)的电阻率随温度升高而减小，故D错．【答案】 A2．【解析】声控开关是声传感器，火灾报警器是光传感器，自动洗衣机中的压力传感装置是力传感器，电饭煲中控制加热和保温的温控器是热传感器，B 正确．【答案】 B3．【解析】由金属热电阻的电阻值随温度变化的图象可知，随温度的升高，电阻值增大．但由于各温度段的电阻随温度变化显著程度不同，在t2～t3段，电阻值随温度的变化比较明显，故在t2～t3段时，该温度计对温度的测量比较灵敏．【答案】 B4．【解析】当照射光强度增大时，R3阻值减小，外电路电阻随R3的减小而减小，R1两端电压因干路电流增大而增大，同时内电压增大，故电路路端电压减小，电压表的示数增大，A项正确，D项错误；由路端电压减小，R1两端电压增大知，R2两端电压必减小，则R2中电流减小，故B项正确；结合干路电流增大知流过小灯泡的电流必增大，则小灯泡的功率增大，故C项正确．【答案】ABC5．【解析】触头P左移，使其电阻减小，则流过二极管的电流增大，从而发光增强，使光敏电阻R的阻值减小，通过灯泡L的电流增大，则L消耗的功率增大，A正确，B、D错误；触头P向右移动时，可分析出L消耗的功率变小，C错误．【答案】 A6．【解析】(1)电阻箱的最大阻值与热敏电阻的最大阻值相差不大，因此电阻箱应与热敏电阻串联．(2)本实验原理是当电路的电流相等时，外电路的总电阻相等，所以95 ℃和T1时R T对应的电路的电阻相等，有150 Ω＋R0＝RT1＋R1，即RT1＝R0－R1＋150 Ω.【答案】(1)实验原理电路图如图所示(2)d.电阻箱的读数R0e．仍为I0电阻箱的读数R1f．R0－R1＋150 Ω。
2013新课标高中物理总复习第11章---第2讲
随 堂 检 测 · 紧 练 兵
考 点 突 破 · 提 知 能
固定的熔点，即当晶体因温度升高而熔化时，在熔化过程中晶体的 温度将保持不变，只有晶体全部熔化后其温度才继续上升，而非晶 体没有这个特点，结合题目中的图象特点可知B正确． 【答案】 B
课 时 知 能 训 练
菜
单
新课标 ·物理
自 主 落 实 · 固 基 础
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考 点 突 破 · 提 知 能
课 时 知 能 训 练
菜
单
新பைடு நூலகம்标 ·物理
④微观解释：一定质量的某种理想气体，温度升高时，分子的平
自 主 落 实 · 固 基 础
均动能增大．要保持压强不变，只有增大气体体积，减小分子的密 集程度才行． 2．理想气体及其状态方程 (1)理想气体
菜 单
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新课标 ·物理
自 主 落 实 · 固 基 础
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考 点 突 破 · 提 知 能
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菜
单
新课标 ·物理
一位质量为60 kg的同学为了表演“轻功”，他用打气筒给
自 主 落 实 · 固 基 础
4只相同的气球充以相等质量的空气(可视为理想气体)，然后将这4只 气球以相同的方式放在水平放置的木板上，在气球的上方放置一轻 质塑料板，如图11－2－2所示． (1)(多选)关于气球内气体的压强，下列说法正确的是( A．大于大气压强 B．是由于气体重力而产生的 )
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图11－2－3
菜 单
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【解析】
2013新课标高中物理总复习阶段知能检测9
阶段知能检测(九)一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分)1．(2012·合肥模拟)穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图1中①～④所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是()图1A．图①中，回路产生的感应电动势恒定不变B．图②中，回路产生的感应电动势一直在变大C．图③中，回路在0～t1时间内产生的感应电动势小于在t1～t2时间内产生的感应电动势D．图④中，回路产生的感应电动势先变小后变大2．如图2所示，A，B为两个闭合金属环挂在光滑的绝缘杆上，其中A环固定．现给A环中分别通以如下图所示的四种电流，其中能使B环在0～t1时间内始终具有向右加速度的是()图2图33．(2012·丹东模拟)如图3所示，某人在自行车道上从东往西沿直线以速度v骑行，该处地磁场的水平分量大小为B1，方向由南向北，竖直分量大小为B2，方向竖直向下；自行车车把为直把、金属材质，两把手间距为L，只考虑自行车在地磁场中的电磁感应，下列结论正确的是()A．图示位置中辐条A点电势比B点电势低B．图示位置中辐条A点电势比B点电势高C．自行车左车把的电势比右车把的电势高B2L vD．自行车在十字路口左拐改为南北骑向，则自行车车把两端电动势要降低图44．如图4所示，在垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个均匀导线制成的单匝直角三角形线框．现用外力使线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框的AB边始终与磁场右边界平行．已知AB＝BC ＝l，线框导线的总电阻为R.则线框离开磁场的过程中()A．线框中的电动势随时间均匀增大B．通过线框截面的电荷量为Bl2 2RC．线框所受外力的最大值为2B2l2v RD．线框中的热功率与时间成正比5．(2012·宜昌模拟)如图5所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，虚线间的距离为l.金属圆环的直径也是l.圆环从左边界进入磁场，以垂直于磁场边界的恒定速度v穿过磁场区域．则下列说法正确的是()图5A．感应电流的大小先增大后减小再增大再减小B．感应电流的方向先逆时针后顺时针C．金属圆环受到的安培力先向左后向右D．进入磁场时感应电动势平均值E＝12πBl v6．(2011·临沂模拟)如图6所示，一闭合的小金属环用一根绝缘细杆挂在固定点O处，使金属环在竖直线OO′的两侧来回摆动的过程中穿过水平方向的匀强磁场区域，磁感线的方向和水平面垂直．若悬点摩擦力和空气阻力均不计，则()图6A．金属环每次进入和离开磁场区域都有感应电流，而且感应电流的方向相反B．金属环进入磁场区域后越靠近OO′线时速度越大，而且产生的感应电流越大C．金属环开始摆动后，摆角会越来越小，摆角小到某一值后不再减小D．金属环在摆动过程中，机械能将全部转化为环中的电能7．(2012·长春模拟)如图7所示，图7一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外．一个矩形闭合导线框abcd 沿纸面由图示位置自由下落．当bc边刚进入磁场时，线框恰好做匀速运动，线框边长L小于磁场宽度H，则()A．线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→aB．线框离开磁场时，受到的安培力方向竖直向上C．线框bc边刚进入磁场时的感应电流，小于线框bc边刚离开时的感应电流D．线框穿过磁场的过程中机械能守恒8．(2012·枣庄模拟)图8长为a、宽为b的矩形线框有n匝，每匝线圈电阻为R.如图8所示，对称轴MN的左侧有磁感应强度为B的匀强磁场，第一次将线框从磁场中以速度v匀速拉出，第二次让线框以ω＝2v/b的角速度转过90°角．那么() A．通过导线横截面的电荷量q1∶q2＝1∶nB．通过导线横截面的电荷量q1∶q2＝1∶1C．线框发热功率P1∶P2＝2n∶1D．线框发热功率P1∶P2＝2∶19．在图9(a)、(b)、(c)中除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，(a)图中的电容器C原来不带电，设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计．图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中，导轨足够长，今给导体棒ab一个向右的初速度v0，导体棒的最终运动状态是()图9A．三种情况下，导体棒ab最终都是匀速运动B．图(a)、(c)中，ab棒最终将以不同的速度做匀速运动；图(b)中ab棒最终静止C．图(a)、(c)中，ab棒最终将以相同的速度做匀速运动D．三种情况下，导体棒ab最终均静止二、非选择题(本题共4小题，共46分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)10．(10分)在开展研究性学习的过程中，某同学设计了一个利用线圈测量转轮转速的装置．如图10所示，在轮子的边缘上贴上小磁体，将小线圈靠近轮边放置，接上数据采集器和电脑(即DIS实验器材)．如果小线圈的面积为S，圈数为N匝，小磁体附近的磁感应强度最大值为B，回路的总电阻为R，实验发现，轮子转过θ角，小线圈的磁感应强度由最大值变为零．因此，他说“只要测得此时感应电流的平均值I，就可以测出转轮转速的大小”．请你运用所学的知识，通过计算对该同学的结论作出评价．图1011．(12分)(2011·重庆高考)有人设计了一种可测速的跑步机，测速原理如图11所示．该机底面固定有间距为L、长度为d的平行金属电极，电极间充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且接有电压表和电阻R.绝缘橡胶带上镀有间距为d的平行细金属条，磁场中始终仅有一根金属条，且与电极接触良好，不计金属电阻．若橡胶带匀速运动时，电压表读数为U，求：(1)橡胶带匀速运动的速率；(2)电阻R消耗的电功率；(3)一根金属条每次经过磁场区域克服安培力做的功．图1112．(12分)(2012·苏州模拟)如图12所示，正方形线框abcd放在光滑绝缘的水平面上，其质量m＝0.5 kg、电阻R＝0.5 Ω、边长L＝0.5 m．M，N分别为线框ad，bc边的中点．图示两个虚线区域内分别有竖直向下和竖直向上的匀强磁场，磁感应强度均为B＝1 T，PQ为其分界线．线框从图示位置以初速度v0＝2 m/s 向右滑动，当MN与PQ重合时，线框的瞬时速度方向仍然向右，求：(1)线框由图示位置运动到MN与PQ重合的过程中磁通量的变化量；(2)线框运动过程中最大加速度的大小．图1213．(12分)如图13所示，在水平面上有两条光滑的长直平行金属导轨MN、PQ，导轨间距离为L，导轨的电阻忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面．质量分别为m a、m b的两根金属杆a、b跨搁在导轨上，接入电路的电阻均为R.轻质弹簧的左端与b杆连接，右端被固定．开始时a杆以初速度v0向静止的b杆运动，当a杆向右的速度为v时，b杆向右的速度达到最大值v m，此过程中a杆产生的焦耳热为Q，两杆始终垂直于导轨并与导轨良好接触．求当b杆达到最大速度v m时：图13(1)b杆受到弹簧的弹力；(2)弹簧具有的弹性势能．答案及解析1．【解析】图①中穿过回路的磁通量Φ是一恒定值，所以回路中不产生感应电动势，选项A错；图②中穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t均匀变化，感应电动势是一恒定值，选项B错；图③中穿过回路的磁通量在0～t1时间内的变化率ΔΦΔt 大于在t 1～t 2时间内的变化率，所以回路在0～t 1时间内产生的感应电动势大于在t 1～t 2时间内产生的感应电动势，选项C 错；图④中穿过回路的磁通量的变化率ΔΦΔt 先变小后变大，所以回路产生的感应电动势先变小后变大，选项D 正确．【答案】 D2．【解析】 A 环固定，当A 环通以变化的电流，B 环中产生感应电流，感应电流的磁场阻碍磁通量的变化，B 环有向右的加速度，依据楞次定律得A 环中的电流一定是增大的．故C 正确．【答案】 C3．【解析】 自行车车把切割磁感线，由右手定则知，自行车左车把的电势比右车把的电势高B 2L v ；辐条旋转切割磁感线，由右手定则知，图示位置中辐条A 点电势比B 点电势低；自行车在十字路口左拐改为南北骑向，地磁场竖直分量始终垂直于自行车车把，则其两端电动势不变．正确答案为A 、C 两项．【答案】 AC4．【解析】 三角形线框向外匀速运动的过程中，由于有效切割磁感线的长度L ＝v t ，所以线框中感应电动势的大小E ＝BL v ＝B v 2t ，故选项A 正确；线框离开磁场的运动过程中，通过线圈的电荷量Q ＝It ＝ΔΦΔtR ×Δt ＝Bl 22R ，选项B 正确；当线框恰好刚要完全离开磁场时，线框有效切割磁感线的长度最大，则F ＝BIl ＝B 2l 2v R ，选项C 错误；线框的热功率为P ＝F v ＝BI v t ×v ＝B 2v 4t 2R ，选项D 错误．【答案】 AB5．【解析】 在圆环进入磁场的过程中，通过圆环的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向，感应电动势E ＝Bl v ，有效长度先增大后减小，所以感应电流先增大后减小，同理可以判断出磁场时的情况，A 、B 两项正确；根据左手定则可以判断，进入磁场和出磁场时受到的安培力都向左，C 项错误；进入磁场时感应电动势平均值E ＝ΔΦΔt ＝B ·14πl 2l v ＝14πBl v ，D 项错误．【答案】 AB6．【解析】 金属环每次进入和离开磁场，通过金属环的磁能量均发生变化，故有感应电流产生，但进入和离开过程中，磁通量变化趋势相反，故感应电流方向相反，A 项正确；金属环在进入磁场区域后，磁通量不再发生变化，故无感应电流产生，B 项错；当金属环摆角减小到不再离开磁场时，金属环机械能守恒，摆角不再减小，C 项正确，D 项错．【答案】 AC7．【解析】 线框进入磁场时，线框的bc 边切割磁感线由右手定则可知电流方向为：a →d →c →b →a ，A 选项错误；由楞次定律的推论“来拒去留”可得线框离开磁场时，安培力竖直向上，B 选项正确；线框匀速进入磁场，由于L <H ，故线框完全进入磁场后感应电流消失，线框仅受重力做加速度为g 的匀加速运动，当bc 边到达磁场下边界时，由于加速运动使线框ad 边切割磁感线的速度增大了，电动势增大，感应电流增大，C 选项正确；线框穿过磁场的过程中有感应电流产生，机械能部分转化为电能，D 选项错误．【答案】 BC8．【解析】 首先，在第一、二次运动过程中，磁通量的减少量为ΔΦ1＝ΔΦ2＝B ·ab /2.当回路为n 匝，总电阻为nR 时．由q ＝I ·Δt ＝E nR ·Δt ＝ΔΦΔtR ·Δt ＝ΔΦ/R .可得q 1∶q 2＝1∶1.故知A 错B 对．两种情况下线框电阻不变，由电(热)功率公式可得P 1P 2＝(E 1E 2)2①E 1＝nBa v ②E 2＝nB ·ab 2·2v 2b ③联立①②③式，即可求出以下结果P 1∶P 2＝2∶1，故知C 错D 对．【答案】 BD9．【解析】 图(a)中，ab 棒以v 0向右运动的过程中，电容器开始充电，ab 棒做减速运动，ab 棒上的感应电动势减小，当ab 棒上的感应电动势与电容器两端电压相等时，ab 棒上无电流，从而做匀速运动；图(b)中，由于电阻R 消耗能量，所以ab 棒做减速运动，直至停止；图(c)中，当ab 棒向右运动时，产生的感应电动势与原电动势同向，因此作用在ab 棒上的安培力使ab 棒做减速运动，速度减为零后，在安培力作用下向左加速运动，向左加速过程中，ab棒产生的感应电动势与原电动势反向，当ab棒产生的感应电动势与原电动势大小相等时，ab棒上无电流，从而向左匀速运动，所以B正确．【答案】 B10．【解析】该同学的结论是正确的．设转轮的角速度、转速分别为ω和n，轮子转过θ角所需时间为Δt，通过小线圈的磁通量的变化量为ΔΦ，小线圈中产生的感应电动势的平均值为E.根据法拉第电磁感应定律有E＝N ΔΦΔt＝NBSΔt由闭合电路欧姆定律有I＝E/R又Δt＝θωn＝ω2π联立以上四式得：n＝IRθ2πNBS由此可见，该同学的结论是正确的．【答案】见解析11．【解析】(1)设电动势为ε，橡胶带运动速率为v.由：ε＝BL v，ε＝U得：v＝U BL.(2)设电功率为P.P＝U2 R.(3)设电流强度为I，安培力为F，克服安培力做的功为W.由：I＝UR，F＝BIL，W＝Fd得：W＝BLUd R.【答案】(1)UBL(2)U2R(3)BLUdR12．【解析】(1)MN与PQ重合时，穿过线框的磁通量为零，故磁通量的变化量为ΔΦ＝BS ＝BL 2＝0.25 Wb.(ΔΦ＝－0.25 Wb 也可)(2)cd 边刚过PQ 的瞬间，线框中的感应电动势最大 E ＝2BL v 0＝2×1×0.5×2 V ＝2 V感应电流的大小为I ＝E R ＝4 A线框所受安培力的大小为F ＝2BIL ＝2×1×4×0.5 N ＝4 N线框加速度的大小为a ＝F m ＝8 m/s 2.【答案】 (1)0.25 Wb (2)8 m/s 213．【解析】 (1)设某时刻a 、b 杆速度分别为v 和v m ，经过很短的时间Δt ，a 杆移动距离为v Δt ，b 杆移动距离为v m Δt ，回路面积改变量ΔS ＝L (v －v m )Δt .由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势E ＝B ΔS Δt [或直接写为E ＝BL (v－v m )]回路中的电流I ＝E 2Rb 杆受到的安培力F b ＝BIL当b 杆的速度达到最大值v m 时，b 杆的加速度为0，设此时b 杆受到的弹簧弹力为F T ，由牛顿第二定律得F T ＝F b ，联立以上各式解得F T ＝B 2L 2(v －v m )2R. (2)以a 、b 杆和弹簧为研究对象，设弹簧弹性势能为E p ，由能量转化与守恒定律得12m a v 20＝12m a v 2＋12m b v 2m ＋2Q ＋E p ， 故E p ＝12m a v 20－12m a v 2－12m b v 2m －2Q . 【答案】 (1)B 2L 2(v －v m )2R(2)12m a v 20－12m a v 2－12m b v 2m －2Q。
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阶段知能检测(十一)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．液体表面张力产生的原因是()A．液体表面层分子较紧密，分子间斥力大于引力B．液体表面层分子较紧密，分子间引力大于斥力C．液体表面层分子较稀疏，分子间引力大于斥力D．液体表面层分子较稀疏，分子间斥力大于引力图12．如图1所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中实线所示，F>0为斥力，F<0为引力，a、b、c、d为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从a处静止释放逐渐向甲分子靠近的过程中，下列说法正确的是()A．分子间相互作用的引力和斥力同时增大B．分子间作用力先增大后减小C．先是分子力对乙做正功，然后乙克服分子做功D．分子势能先减小后增大，乙分子的动能先增大后减小3．(2011·福建高考)一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量2.5×104 J，气体对外界做功1.0×104 J，则该理想气体的()A．温度降低，密度增大B．温度降低，密度减小C．温度升高，密度增大D．温度升高，密度减小4．关于永动机不可能制成的下列说法中正确的是()A．第一类永动机违反了能量守恒定律B．第二类永动机违反了能量守恒定律C．第一类永动机不能制成说明了自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性D．第二类永动机不能制成说明了自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性5．在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上蜡，由烧热的针接触其上一点，蜡熔化的范围如图2甲、乙、丙所示，而甲、乙、丙三种液体在熔解过程中温度随加热时间变化的关系如图2丁所示()图2A．甲、乙为非晶体，丙是晶体B．甲、丙为晶体，乙是非晶体C．甲、丙为非晶体，丙是晶体D．甲为多晶体，乙为非晶体，丙为单晶体6．一定质量的理想气体．从某一状态开始，经过一系列变化后又回到开始的状态．用W1表示外界对气体做功的数值，W2表示气体对外界做功的数值．Q1表示气体吸收的热量多少，Q2表示气体放出的热量多少，则在整个过程中可能正确的关系有()A．|Q1－Q2|＞|W2－W1|B．Q1＝Q2C．W1＝W2D．Q1＞Q27．根据分子动理论，设两个分子之间的距离为r0时分子间的引力和斥力相等，以下关于分子力和分子势能与它们之间距离的关系，正确的是() A．若两分子之间距离在r0的基础上增大，则分子间的引力增大，斥力减小，分子力表现为引力B．两分子之间距离为r0时，分子势能最小，在r0的基础上距离增大或减小，分子势能都变大C．两分子之间距离越大，分子力越小；分子间距离越小，分子力越大D．两分子之间距离越大，分子势能越大；分子间距离越小，分子势能越小图38．(2012·抚顺模拟)一定质量的理想气体状态变化过程如图3所示，第1种变化是从A到B，第2种变化是从A到C.比较两种变化过程，则() A．A到C过程气体吸收热量较多B．A到B过程气体吸收热量较多C．两个过程气体吸收热量一样D．两个过程气体内能增加相同图49．如图4所示，两个绝热的、容积相同的球状容器A、B，用带有阀门K 的绝热细管连通，相邻两球球心的高度差h＝1.00 m．初始时，阀门是关闭的，A中装有1 mol的氦(He)，B中装有1 mol的氪(Kr)，两者的温度和压强都相同．气体分子之间的相互作用势能可忽略．现打开阀门K，两种气体相互扩散，达到稳定状态时()A．系统的内能增加B．系统的内能减少C．氦分子的平均速率小于氪分子的平均速率D．氦分子的平均速率大于氪分子的平均速率二、非选择题(本题共3小题，共46分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)10．(14分)(2011·上海高考)在“用单分子油膜估测分子大小”实验中，(1)某同学操作步骤如下：①取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液；②在量筒中滴入一滴该溶液，测出它的体积；③在蒸发皿内盛一定量的水，再滴入一滴油酸酒清溶液，待其散开稳定；④在蒸发皿上覆盖透明玻璃，描出油膜形状，用透明方格纸测量油膜的面积．改正其中的错误：_______________(2)若油酸酒精溶液体积浓度为0.10%，一滴溶液的体积为4.8×10－3 mL，其形成的油膜面积为40 cm2，则估测出油酸分子的直径为________m.图511．(16分)(2011·浙江高考)吸盘是由橡胶制成的一种生活用品，其上固定有挂钩用于悬挂物体．如图5所示，现有一吸盘，其圆形盘面的半径为2.0×10－2 m，当其与天花板轻轻接触时，吸盘与天花板所围容积为1.0×10－5 m3；按下吸盘时，吸盘与天花板所围容积为2.0×10－6 m3，盘内气体可看作与大气相通，大气压强为p0＝1.0×105Pa.设在吸盘恢复原状过程中，盘面与天花板之间紧密接触，吸盘内气体初态温度与末态温度相同．不计吸盘的厚度及吸盘与挂构的重量．(1)吸盘恢复原状时，盘内气体压强为________；(2)在挂钩上最多能悬挂重为________的物体；(3)请判断在吸盘恢复原状过程中盘内气体是吸热还是放热，并简述理由．图612．(16分)如图6所示，一直立的汽缸用一质量为m的活塞封闭一定量的理想气体，活塞横截面积为S，汽缸内壁光滑且缸壁是导热的，开始活塞被固定，打开固定螺栓K，活塞下落，经过足够长时间后，活塞停在B点，已知AB＝h，大气压强为p0，重力加速度为g.(1)求活塞停在B点时缸内封闭气体的压强；(2)设周围环境温度保持不变，求整个过程中通过缸壁传递的热量Q(一定量理想气体的内能仅由温度决定)．答案及解析1．【解析】液体表面层分子间距离介于气体和液体之间．液体分子力可认为为零，则表面层分子力表现为引力，故C正确．【答案】 C2．【解析】由分子力的性质和分子与分子势能变化的关系可判定正确选项为A、C、D.【答案】ACD3．【解析】由ΔU＝W＋Q可得理想气体内能变化ΔU＝－1.0×104J＋2.5×104J＝1.5×104J>0，故温度升高，A、B两项均错．因为气体对外做功，所以气体一定膨胀，体积变大，由ρ＝mV可知密度变小，故C项错误D项正确．【答案】 D4．【解析】第一类永动机违背了能量守恒定律，第二类永动机违背了热传递的方向性．因此，正确选项为A、D.【答案】AD5．【解析】由图甲、乙、丙可知：甲、乙各向同性，丙各向异性；由图丁可知：甲、丙有固定熔点，乙无固定熔点，所以甲、丙为晶体，乙是非晶体．其中甲为多晶体，丙为单晶体．故B、D正确．【答案】BD6．【解析】本题考查对热力学第一定律的理解，即定量表达做功与热传递对内能的影响，表达式为：ΔU＝W＋Q.依题意，一系列变化后回到开始的状态，则内能最终没有改变，由于是理想气体，故温度与初始温度一致，且直接与内能对应．由热力学第一定律得：ΔU＝W1＋Q1＋W2＋Q2＝ΔW＋ΔQ＝0，则|W1－W2|＝|Q1－Q2|，A错；若ΔW＝0，即外界对气体做的功和气体对外界做的功的代数和为零，则ΔQ＝0，即放出和吸收的热量相等，B、C可能；同理若气体对外做的功大于外界对气体做的功，则气体必然吸收热量，且吸收的热量多于放出的热量，即Q1＞Q2，D对．【答案】BCD7．【解析】当两分子之间的距离为r0时，分子间的引力和斥力相等，分子力为零；若分子间距在r0的基础上增大，分子间的引力和斥力同时减小，因斥力减小的快，故分子力表现为引力，故A错误；从分子力随距离变化的图象可知，分子力的变化不具有单调性，故C错误；由分子势能与分子间距的关系图象可知，两分子之间距离为r0时，分子势能最小，当分子之间距离在r0的基础上增大时，分子间的作用力表现为引力，分子力做负功，分子势能增加，当分子间的距离在r0的基础上减小时，分子间的作用力表现为斥力，分子力做负功，分子势能增加，故可以判断B是正确的；同时，分子势能的图象不具有单调性，故D错误．【答案】 B8．【解析】在p－T图中，等容线是过原点的倾斜直线，如图所示，可知V C>V A>V B，故从A→C，气体对外做功较多，由T B＝T C可知两过程内能增量相同，根据ΔU＝W＋Q可知，从A→C，气体吸收热量较多，选项A、D正确而B、C错误．【答案】AD9．【解析】对两种气体组成的系统，由于气体的相互扩散，最终使系统的重心上升，重力势能增加，内能减少，故温度降低，A错，B正确；混合后两气体温度最终相同，则分子的平均动能一样，氦分子的质量较小，故氦分子的平均速率大于氪分子的平均速率，C错，D正确．【答案】BD10．【解析】(1)②由于一滴溶液的体积太小，直接测量时相对误差太大，应用微小量累积法减小测量误差．③液面上不撒痱子粉时，滴入的油酸酒精溶液在酒精挥发后剩余的油膜不能形成一块完整的油膜，油膜间的缝隙会造成测量误差增大甚至实验失败．(2)由油膜的体积等于一滴油酸酒精溶液内纯油酸的体积可得：d ＝V S ＝4.8×10－3×10－6×0.10%40×10－4 m ＝1.2×10－9 m. 【答案】 (1)②在量筒中滴入N 滴溶液③在水面上先撒上痱子粉(2)1.2×10－911．【解析】 (1)吸盘恢复原状时盘内气体发生等温变化由p 1V 1＝p 2V 2可得p 2＝p 1V 1V 2＝p 0V 1V 2＝1.0×105×2.0×10－61.0×10－5Pa ＝2.0×104 Pa. (2)由平衡条件可得，G ＝(p 0－p 2)S ＝100 N.(3)吸盘恢复原状过程中盘内气体发生等温膨胀，其内能不变却对外做功，由热力学第一定律可知气体吸热．【答案】 (1)2.0×104 Pa (2)100 N (3)吸热．简述理由见解析12．【解析】 (1)设封闭气体的压强为p ，活塞受力平衡p 0S ＋mg ＝pS解得p ＝p 0＋mg S. (2)由于气体的温度不变，则内能的变化ΔU ＝0由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可得：放热Q ＝(p 0S ＋mg )h .【答案】 (1)p 0＋mg S (2)放热Q ＝(p 0S ＋mg )h。