物理第3章以后试题及解析程书第三期第2天试题解析
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第3章 能量定理和守恒定律3-5一圆锥摆的摆球在水平面上作匀速圆周运动。
已知摆球质量为m ,圆半径为R ,摆球速率为υ,当摆球在轨道上运动一周时,作用在摆球上重力冲量的大小为多少?解:如3-5题图所示,一周内作用在摆球上重力冲量的大小为 3-6用棒打击质量为0.3Kg 、速率为20m/s 的水平飞来的球,球飞到竖直上方10 m 的高度。
求棒给予球的冲量多大?设球与棒的接触时间为0.02s ,求球受到的平均冲力。
解:设球的初速度为1υ,球与棒碰撞后球获得竖直向上的速度为2υ,球与棒碰撞后球上升的最大高度为h ,如3-6题图所示,因球飞到竖直上方过程中,只有重力作功,由机械能守恒定律得 由冲量的定义可得棒给予球的冲量为 其冲量大小为 球受到的平均冲力为t F I ⋅=__()N tIF 366__==3-7质量为M 的人,手里拿着一个质量为m 的球,此人用与水平线成θ角的速度0υ向前跳去。
当他达到最高点时,将物体以相对人的速度μ水平向后抛出,求由于物体的抛出,跳的距离增加了多少?(假设人可视为质点) 解:如3-7题图所示,把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向后抛物的过程中,满足动量守恒,故有式中υ为人抛物后相对地面的水平速率,υμ-为抛出物对地面的水平速率,得人的水平速率的增量为而人从最高点到地面的运动时间为所以,人由于向后抛出物体,在水平方向上增加的跳跃后距离为 3-8 一质量为m =2kg 的物体按()m t x 2213+=的规律作直线运动,求当物体由m x 21=运动到m x 62=时,外力做的功。
解:由2213+=t x ,可得 232dx t dt υ== 当物体在m x 21=处时,可得其时间、速度分别为()2113002m s υ-=⨯=⋅ (1)当物体在m x 62=处时,可得其时间、速度分别为()2123262m s υ-=⨯=⋅ (2)则由(1)、(2)式得外力做的功 3-9求把水从面积为250m 的地下室中抽到街道上来所需作的功。
大学物理第三章-部分课后习题答案
大学物理第三章 课后习题答案3-1 半径为R 、质量为M 的均匀薄圆盘上,挖去一个直径为R 的圆孔,孔的中心在12R 处,求所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量。
分析:用补偿法〔负质量法〕求解,由平行轴定理求其挖去部分的转动惯量,用原圆盘转动惯量减去挖去部分的转动惯量即得。
注意对同一轴而言。
解:没挖去前大圆对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为:2112J MR =① 由平行轴定理得被挖去部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为:2222213()()2424232c M R M R J J md MR =+=⨯⨯+⨯= ②由①②式得所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为:2121332J J J MR =-=3-2 如题图3-2所示,一根均匀细铁丝,质量为M ,长度为L ,在其中点O 处弯成120θ=︒角,放在xOy 平面内,求铁丝对Ox 轴、Oy 轴、Oz 轴的转动惯量。
分析:取微元,由转动惯量的定义求积分可得 解:〔1〕对x 轴的转动惯量为:2022201(sin 60)32Lx M J r dm l dl ML L ===⎰⎰ 〔2〕对y 轴的转动惯量为:20222015()(sin 30)32296Ly M L M J l dl ML L =⨯⨯+=⎰〔3〕对Z 轴的转动惯量为:22112()32212z M L J ML =⨯⨯⨯=3-3 电风扇开启电源后经过5s 到达额定转速,此时角速度为每秒5转,关闭电源后经过16s 风扇停止转动,已知风扇转动惯量为20.5kg m ⋅,且摩擦力矩f M 和电磁力矩M 均为常量,求电机的电磁力矩M 。
分析:f M ,M 为常量,开启电源5s 内是匀加速转动,关闭电源16s 内是匀减速转动,可得相应加速度,由转动定律求得电磁力矩M 。
解:由定轴转动定律得:1f M M J β-=,即11252520.50.5 4.12516f M J M J J N m ππβββ⨯⨯=+=+=⨯+⨯=⋅ 3-4 飞轮的质量为60kg ,直径为0.5m ,转速为1000/min r ,现要求在5s 内使其制动,求制动力F ,假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数0.4μ=,飞轮的质量全部分布在轮的外周上,尺寸如题图3-4所示。
高考物理总复习章节精练精析(第3章)(带答案与解析)解答解析、考点详解.doc
高考物理总复习章节精练精析(第3章)(带答案与解析)的正确答案、解答解析、考点详解姓名:_____________ 年级:____________ 学号:______________题型选择题填空题解答题判断题计算题附加题总分得分1.【题文】(2011年金华一中检测)关于惯性,下列说法正确的是( )A.静止的火车启动时速度变化缓慢,是因为火车静止时惯性大B.战斗机投入战斗时,必须抛掉副油箱,是要减少惯性,保证其运动的灵活性C.在绕地球运转的宇宙飞船内的物体处于失重状态,因而不存在惯性D.乒乓球可以快速抽杀,是因为乒乓球惯性大的缘故【答案】选B.【解析】物体的质量是物体惯性大小的量度,物体的惯性是物体的固有属性,只与质量有关,与物体的运动状态无关,抛掉副油箱可以减小质量,故选B.2.【题文】吊在大厅天花板上的吊扇的总重力为G,静止时固定杆对吊环的拉力大小为F,当接通电源,让扇叶转动起来后,吊杆对吊环的拉力大小为F′,则有( )A.F=G,F′=FB.F=G,F′FC.F=G,F′GD.F′=G,F′F【答案】C【解析】略3.【题文】如图所示,物块P与木板Q叠放在水平地面上,木板Q对物块P的支持力的反作用力是( )A.物块P受到的重力B.地面对木板Q的弹力C.物块P对木板Q的压力D.地球对木板Q的吸引力【答案】选C.【解析】两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等,方向相反,作用在同一条直线上,所以Q对P 的支持力的反作用力是P对Q的压力.评卷人得分4.【题文】(思维创新题)如图所示,一只盛水的容器固定在一个小车上,在容器中分别悬挂和拴着一只铁球和一只乒乓球.容器中的水和铁球、乒乓球都处于静止状态.当容器随小车突然向右运动时,两球的运动状况是(以小车为参考系)( )A.铁球向左,乒乓球向右B.铁球向右,乒乓球向左C.铁球和乒乓球都向左D.铁球和乒乓球都向右【答案】A【解析】因为小车突然向右运动时,由于惯性,铁球和乒乓球都有向左运动趋势,但由于与同体积的“水球”相比铁球的质量大,惯性大,铁球的运动状态难改变,即速度变化慢,而同体积的水球的运动状态容易改变,即速度变化快,而且水和车一起加速运动,所以小车加速运动时,铁球相对于小车向左运动,同理由于与同体积的“水球”相比乒乓球的质量小,惯性小,乒乓球向右运动.故选A.5.【题文】(2011年山东潍坊模拟) 质量为60 kg的人站在水平地面上,用定滑轮装置将质量为m=40 kg 的重物送入井中.当重物以2 m/s2的加速度加速下落时,忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦,则人对地面的压力大小为(g取10 m/s2)( )A.200 NB.280 NC.320 ND.920 N【答案】选B.【解析】根据牛顿第二定律有mg-F=ma,得绳子的拉力大小等于F=320 N,然后再对人进行受力分析,由物体的平衡知识得m0g=F+FN,得FN=280 N,根据牛顿第三定律可知人对地面的压力为280 N.B正确.6.【题文】如图所示为杂技“顶竿”表演,一人站在地上,肩上扛一质量为M的竖直竹竿,当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时,竿对“底人”的压力大小为( )A.(M+m)gB.(M+m)g-maC.(M+m)g+maD.(M-m)g【答案】选B.【解析】对竿上的人分析:受重力mg,摩擦力Ff,有mg-Ff=ma.竿对人有摩擦力,人对竿也有反作用力——摩擦力,且大小相等,方向相反.对竿分析:受重力Mg,摩擦力Ff,方向向下,支持力FN,Mg+Ff=FN,又因为竿对“底人”的压力和“底人”对竿的支持力是一对作用力与反作用力,由牛顿第三定律,得FN=(M+m)g-ma.7.【题文】(2011年慈溪中学月考)就一些实际生活中的现象,某同学试图从惯性角度加以解释,其中正确的是( )A.采用了大功率的发动机后,某些赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度.这表明,可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性B.射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透,这表明它的惯性小了C.货运列车运行到不同的车站时,经常要摘下或加挂一些车厢,这会改变它的惯性D.摩托车转弯时,车手一方面要控制适当的速度,另一方面要将身体稍微向里倾斜,通过调控人和车的惯性达到急转弯的目的【答案】选C.【解析】A、采用了大功率的发动机后,一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度,不是由于使小质量的物体获得大惯性,是由于功率增大的缘故.故A错误.B、射出枪膛的子弹在运动一段距离后连一件棉衣也穿不透,是由于速度减小了,不是由于惯性减小,子弹的惯性没有变化.故B错误.C、货车运行到不同的车站时,经常要摘下或加挂一些车厢,质量改变了,会改变它的惯性.故C正确.D、摩托车转弯时,车手一方面要控制适当的速度,另一方面要将身体稍微向里倾斜,改变向心力,防止侧滑,而人和车的惯性并没有改变.故D错误.故选C8.【题文】(2010年高考广东卷)下列关于力的说法正确的是( )A.作用力和反作用力作用在同一物体上B.太阳系中的行星均受到太阳的引力作用C.运行的人造地球卫星所受引力的方向不变D.伽利略的理想实验说明了力不是维持物体运动的原因【答案】选BD.【解析】作用力和反作用力作用在两个不同的物体上,A错误;太阳系中的所有行星都要受到太阳的引力,且引力方向沿着两个星球的连线指向太阳,B正确,C错误;伽利略理想实验说明力不是维持物体运动的原因,D正确.9.【题文】(2011年台州模拟)“嫦娥二号”的成功发射,一方面表明中国航天事业已走在了世界的前列,另一方面“嫦娥二号”的发射也带动了高科技的发展.目前计算机的科技含量已相当高,且应用于各个领域或各个方面.如图是利用计算机记录的“嫦娥二号”发射时,火箭和地面的作用力和反作用力变化图线,根据图线可以得出的结论是( )A.作用力大时,反作用力小B.作用力和反作用力的方向总是相反的C.作用力和反作用力是作用在同一个物体上的D.牛顿第三定律在物体处于非平衡状态时不再适用【答案】选B.【解析】作用力与反作用力总是大小相等,方向相反,分别作用在两个物体上的,A、C错,B对.牛顿第三定律反映的规律与运动状态无关,D错.10.【题文】 2008年9月25日地处西北戈壁荒滩的酒泉卫星发射中心,“长征”号火箭第109次发射,将“神舟”七号载人航天飞船发射到太空,并成功完成了中国宇航员第一次太空行走.下面关于飞船与火箭起飞的情形,叙述正确的是( )A.火箭尾部向下喷气,喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力,从而让火箭获得了向上的推力B.火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力,空气的反作用力使火箭获得飞行的动力C.火箭飞出大气层后,由于没有空气,火箭虽然向下喷气,但也无法获得前进的动力D.飞船进入运行轨道之后,与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力【答案】选AD.【解析】火箭升空时,其尾部向下喷气,火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体,火箭向下喷气时,喷出的气体同时对火箭产生向上的反作用力,即为火箭上升的推力,此动力并不是由周围的空气对火箭的反作用力提供的,因而与是否飞出大气层,是否在空气中飞行无关,因而B、C选项错误,A项正确;当飞船进入轨道后,飞船与地球之间依然存在着相互吸引力,即地球吸引飞船,飞船也吸引地球,这是一对作用力和反作用力,故D项正确.11.【题文】 (2009年高考安徽卷)在2008年北京残奥会开幕式上,运动员手拉绳索向上攀登,最终点燃了主火炬,体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神.为了探求上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用,可将过程简化.一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮,一端挂一吊椅,另一端被坐在吊椅上的运动员拉住,如图所示.设运动员质量为65 kg,吊椅的质量为15 kg,不计定滑轮与绳子间的摩擦,重力加速度取g=10 m/s2,当运动员与吊椅一起以a=1 m/s2的加速度上升时,试求:(1)运动员竖直向下拉绳的力;(2)运动员对吊椅的压力.【答案】(1)440 N (2)275 N【解析】(1)设运动员和吊椅的质量分别为M和m,绳拉运动员的力为F.以运动员和吊椅整体为研究对象,受到重力的大小为(M+m)g,向上的拉力为2F,根据牛顿第二定律2F-(M+m)g=(M+m)aF=440 N根据牛顿第三定律,运动员拉绳的力大小为440 N,方向竖直向下.(2)以运动员为研究对象,运动员受到三个力的作用,重力大小Mg,绳的拉力F,吊椅对运动员的支持力FN.根据牛顿第二定律F+FN-Mg=MaFN=275 N根据牛顿第三定律,运动员对吊椅压力大小为275 N,方向竖直向下.12.【题文】如图所示,一辆卡车后面用轻绳拖着质量为m的物体A,A与地面的摩擦不计.(1)当卡车以a1=g的加速度运动时,绳的拉力为mg,则A 对地面的压力为多大?(2)当卡车的加速度a2=g时,绳的拉力为多大?【答案】(1)mg (2)mg【解析】(1)卡车和A的加速度一致.由图知绳的拉力的分力使A产生了加速度,故有:mgcosα=m·g解得cosα=,sinα=.设地面对A的支持力为FN,则有FN=mg-mg·sinα=mg由牛顿第三定律得:A对地面的压力为mg.(2)设地面对A弹力为零时,物体的临界加速度为a0,则a0=g·cotθ=g,故当a2=ga0时,物体已飘起.此时物体所受合力为mg,则由三角形知识可知,拉力F2==mg. 13.【题文】如图所示,车内绳AB与绳BC拴住一小球,BC水平,车由原来的静止状态变为向右加速直线运动,小球仍处于图中所示的位置,则( )A.AB绳、BC绳拉力都变大B.AB绳拉力变大,BC绳拉力变小C.AB绳拉力变大,BC绳拉力不变D.AB绳拉力不变,BC绳拉力变大【答案】选D.【解析】如图,车加速时,球的位置不变,则AB绳拉力沿竖直方向的分力仍为FT1cosθ,且等于重力G,即FT1=,故FT1不变.向右的加速度只能是由BC绳上增加的拉力提供,故FT2增加,所以D 正确.14.【题文】(2011年嘉兴模拟)一物块以某一初速度沿粗糙的斜面向上沿直线滑行,到达最高点后自行向下滑动,不计空气阻力,设物块与斜面间的动摩擦因数处处相同,下列图象能正确表示物块在这一过程中的速率与时间关系的是( )【答案】C【解析】由于整个过程当中摩擦力始终对物体做负功,故物体的机械能持续减小,所以物体回到出发点的速率小于开始运动时的初速度,故D错误.由于物体上升和下降过程中通过的路程相同,而上升时的平均速度大于下降时的平均速度,故物体上升的时间小于物体下降的时间.故AB错误,而C正确.故选C.15.【题文】(2011年北京西城区抽样测试)如图所示,倾角为θ的传送带沿逆时针方向以加速度a加速转动时,小物体A与传送带相对静止,重力加速度为g.则( )A.只有agsinθ,A才受沿传送带向上的静摩擦力作用B.只有agsinθ,A才受沿传送带向上的静摩擦力作用C.只有a=gsinθ,A才受沿传送带向上的静摩擦力作用D.无论a为多大,A都受沿传送带向上的静摩擦力作用【答案】选B.【解析】A与传送带相对静止,倾角为θ的传送带沿逆时针方向以加速度a加速转动时,A有沿斜面向下的加速度a,对A受力分析可知只有agsinθ,A才受沿传送带向上的静摩擦力作用,B正确.16.【题文】如图所示,在光滑的水平面上,质量分别为m1和m2的木块A和B之间用轻弹簧相连,在拉力F作用下,以加速度a做匀加速直线运动,某时刻突然撤去拉力F,此瞬时A和B的加速度为a1和a2,则( )A.a1=a2=0B.a1=a,a2=0C.a1=a,a2= aD.a1=a,a2=- a【答案】选D.【解析】首先研究整体,求出拉力F的大小F=(m1+m2)a.突然撤去F,以A为研究对象,由于弹簧在短时间内弹力不会发生突变,所以A物体受力不变,其加速度a1=a.以B为研究对象,在没有撤去F时有:F -F′=m2a,而F=(m1+m2)a,所以F′=m1a.撤去F则有:-F′=m2a2,所以a2=-a.D项正确.17.【题文】(2011年杭州模拟)如图所示,质量为m的小球用水平轻弹簧系住,并用倾角为30°的光滑木板AB托住,小球恰好处于静止状态.当木板AB突然向下撤离的瞬间,小球的加速度大小为( )A.0B.gC.gD.g【答案】选B.【解析】撤离木板时,小球所受重力和弹簧弹力没变,二者合力的大小等于撤离木板前木板对小球的支持力FN,由于FN==mg,所以撤离木板后,小球加速度大小为:a==g.B项正确.18.【题文】如图所示,放在光滑面上的木块受到两个水平力F1与F2的作用而静止不动,现保持F1大小和方向不变,F2方向不变,使F2随时间均匀减小到零,再均匀增加到原来的大小,在这个过程中,能正确描述木块运动情况的图象是( )【答案】A【解析】如图所示,放在光滑面上的木块受到两个水平力F1与F2的作用而静止不动,现保持F1大小和方向不变,F2方向不变,使F2随时间均匀减小到零,再均匀增加到原来的大小,在这个过程中,能正确描述木块运动情况的图象是A。
(完整版)大学物理学(课后答案)第3章
第3章动量守恒定律和能量守恒定律习题一选择题3-1 以下说法正确的是[ ](A)大力的冲量一定比小力的冲量大(B)小力的冲量有可能比大力的冲量大(C)速度大的物体动量一定大(D)质量大的物体动量一定大解析:物体的质量与速度的乘积为动量,描述力的时间累积作用的物理量是冲量,因此答案A、C、D均不正确,选B。
3-2 质量为m的铁锤铅直向下打在桩上而静止,设打击时间为t∆,打击前锤的速率为v,则打击时铁捶受到的合力大小应为[ ](A)mvmgt+∆(B)mg(C)mvmgt-∆(D)mvt∆解析:由动量定理可知,F t p mv∆=∆=,所以mvFt=∆,选D。
3-3 作匀速圆周运动的物体运动一周后回到原处,这一周期内物体[ ] (A)动量守恒,合外力为零(B)动量守恒,合外力不为零(C)动量变化为零,合外力不为零, 合外力的冲量为零(D)动量变化为零,合外力为零解析:作匀速圆周运动的物体运动一周过程中,速度的方向始终在改变,因此动量并不守恒,只是在这一过程的始末动量变化为零,合外力的冲量为零。
由于作匀速圆周运动,因此合外力不为零。
答案选C。
3-4 如图3-4所示,14圆弧轨道(质量为M)与水平面光滑接触,一物体(质量为m)自轨道顶端滑下,M与m间有摩擦,则[ ](A )M 与m 组成系统的总动量及水平方向动量都守恒,M 、m 与地组成的系统机械能守恒(B )M 与m 组成的系统动量不守恒, 水平方向动量守恒,M 、m 与地组成的系统机械能不守恒(C )M 与m 组成的系统动量不守恒, 水平方向动量不守恒,M 、m 与地组成的系统机械能守恒(D )M 与m 组成系统的总动量及水平方向动量都守恒,M 、m 与地组成的系统机械能不守恒解析:M 与m 组成的系统在水平方向上不受外力,在竖直方向上有外力作用,因此系统水平方向动量守恒,总动量不守恒,。
由于M 与m 间有摩擦,m 自轨道顶端滑下过程中摩擦力做功,机械能转化成其它形式的能量,系统机械能不守恒。
高中物理第三章检测含解析教科版选修3_2
第二章检测(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题包含10小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的四个选项中,1 ~6题只有一个选项符合题目要求,7〜10题有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1. 下列说法正确的是()A. 电饭锅中的敏感元件是光敏电阻B. 测温仪中测温元件可以是热敏电阻C. 机械式鼠标中的传感器接收到连续的红外线,输出不连续的电脉冲D. 火灾报警器中的光传感器在没有烟雾时呈现低电阻状态,有烟雾时呈现高电阻状态解析:电饭锅中的敏感元件是感温铁氧体,选项A错误;机械式鼠标中的传感器接收断续的红外线脉冲,输出相应的电脉冲信号,选项C错误;火灾报警器中的光传感器在没有烟雾时呈现高电阻状态,有烟雾时呈现低电阻状态,选项D错误;选项B正确.答案:B2. 某电容式话筒的原理示意图如图所示,E为电源,R为电阻,薄片P和Q为两金属极板,对着话筒说话时,P振动而Q可视为不动.在P、Q间距增大过程中()A. P、Q构成的电容器的电容增大B. P上电荷量保持不变C. M点的电势比N点的低D. M点的电势比N点的高解析:薄片P和Q为两金属极板,构成平行板电容器,由C —可知,当P、Q间距增大过程中即d增大,电容C减小,选项A错误.电容器始终与电源连接.两极板电压不变.据电容的定义式C 知电荷量减少,选项B错误.Q板上的正电荷流向M点经N点到电源正极,故$ 叫选项C错误,选项D正确.答案:D3. 压力传感器的阻值随所受压力的增大而减小, 有位同学利用压力传感器设计了判断小车运动状态的装置,其工作原理如图甲所示,将压力传感器和一块挡板固定在绝缘小车上, 中间放置一个绝缘重球.小车向右做直线运动过程中,电流表示数变化与时间t 的关系如图乙所示, 下列判断正确的是()A. 从11到12时间内,小车做匀速直线运动B. 从11到12时间内,小车做匀加速直线运动C. 从t2到t3时间内,小车做匀速直线运动D. 从t2到t3时间内,小车做匀加速直线运动解析: 在0~t1 内, I 恒定, 压力传感器阻值不变, 小球的受力不变, 小车可能做匀速或匀加速直线运动. 在t 1〜t 2内,I变大,阻值变小,说明压力变大,小车做变加速运动,选项A B错误.在t 2〜t 3内,I不变, 说明压力不变,小车做匀加速直线运动,选项C错误,选项D正确.答案:D4. 如图所示的电路是一火警报警器的一部分电路示意图,其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器电流表为值班室的显示器,a b之间接报警器.当传感器艮所在处出现火情时,显示器的电流12、报警器两端的电压U的变化情况是()A. 12变大,U变大B. 12变小,U变小C.12变小,U变大D. 12变大,U变小解析:抓住半导体热敏特性即电阻随温度升高而减小,再用电路动态变化的分析思路,按局部T整体T局部进行.当传感器F2处出现火情时,温度升高,电阻减小,电路的总电阻减小,总电流I增大,路端电压&=U=E-lr减小,1(叶R i)增大,U并=己-1 (叶R i)减小,通过Fb的电流13减小,通过F2的电流12=1-1 3增大,选项D正确.答案:D5. 利用传感器和计算机可以测量快速变化力的瞬时值,用这种方法获得了弹性绳中拉力F随时间t变化的图线,如图所示.实验时,把小球举到悬点0处,然后放手让小球自由落下•由图线所提供的信息,可以判定( )A. t 2时刻小球速度最大B. t 1时刻小球处在最低点C. t 3时刻小球处在悬点0处D. t 1至t 2时刻小球速度先增大后减小解析:o~t i过程,小球做自由落体,绳中拉力为0;t i~t2过程,11时刻小球刚好把绳拉直,但F=0, t2时刻拉力最大,说明小球已落至最低点,t l~t2过程中有某一时刻重力等于绳的拉力,此时小球速度最大,所以此过程中,小球速度先增大后减小;t2~t3过程,小球向上弹起,t3时刻绳恢复原长,F=0;之后重复以上过程•由分析可知,t l、t3时刻小球处在绳自然长度处,t2时刻在最低点,故选项D正确,选项A、B C错误.答案:D6. 在输液时,药液有时会从针口流出体外,为了及时发现,设计了一种报警装置,电路如图所示.M是贴在针口处的传感器,接触到药液时其电阻F L发生变化,导致S两端电压U增大,装置发出警报,此时( )A. R A变大,且R越大,U增大越明显B. 甩变大,且R越小,U增大越明显C. 甩变小,且R越大,U增大越明显D. 甩变小,且R越小,U增大越明显解析:根据闭合电路欧姆定律,当F M变小时,电路中电流增大,S两端电压U增大,且R越大,在甩减小时,R M与R 的并联电阻值变化越明显,电路中电流变化越明显,S两端电压U增大得也越明显,选项C正确.答案:C7. 下列关于传感器的说法, 正确的是( )A. 所有传感器的材料都是由半导体材料做成的B. 金属材料也可以制成传感器C. 传感器主要是通过感知电压的变化来传递信号的D .热敏电阻温度越高, 电阻越小解析:半导体材料可以制成传感器, 其他材料也可以制成传感器,如金属氧化物氧化锰就可以制成温度计,所以选项A错误,选项B正确•传感器不但能感知电压的变化,还能感受力、温度、光、声、化学成分等非电学量,所以选项C错误•热敏电阻温度越高,能够自由移动的载流子增多,导电性能越好,电阻越小,选项D正确•答案:BD8. 在一些学校教室为了保证照明条件,采用智能照明系统,在自然光不足时接通电源启动日光灯,而在自然光充足时,自动关闭日光灯,其原理图如图所示.R为一光敏电阻,L为一带铁芯的螺线管,在螺线管上方有一用细弹簧系着的轻质衔铁,一端用铰链固定在墙上可以自由转动,另一端用一绝缘棒连接两动触头. 有关这套智能照明系统工作原理描述正确的是( )A. 光照越强,光敏电阻阻值越大,衔铁被吸引下来B. 在光线不足时,光敏电阻阻值变大,电流小,衔铁被弹簧拉上去,日光灯接通C. 上面两接线柱应该和日光灯电路连接D. 下面两接线柱应该和日光灯电路连接解析:由光敏电阻特性可知,光照强度越强,电阻越小,电流越大,所以A项错,B项正确;上面两接线柱应接日光灯电路,所以C项正确,而D项错误.答案:BC9. 右图是温度报警器电路示意图,为“非”门电路,下列关于对此电路的分析正确的是( )A. 当F T的温度升高时,Rr减小,A端电势降低,丫端电势升高,蜂鸣器会发出报警声B. 当R的温度升高时,Rr减小,A端电势升高,丫端电势降低,蜂鸣器会发出报警声C. 当增大R时,A端电势升高,丫端电势降低,蜂鸣器会发出报警声D. 当增大R时,A端电势降低,丫端电势升高,蜂鸣器会发出报警声解析:当R温度升高时,由于R阻值减小,所以A电势升高,为高电平,丫输出低电平,蜂鸣器会发出报警声;只阻值增大,A电势升高,同样会出现上述现象,所以选项B、C正确.答案:BC10. 下图是电饭锅的结构图,如果感温磁体的“居里温度”为103 C ,下列说法正确的是()A. 常温下感温磁体具有较强的磁性B. 当温度超过103 C时,感温磁体的磁性较强C. 饭熟后,水分被大米吸收,锅底的温度会超过103 C ,这时开关按钮会自动跳起D. 常压下只要锅内有水,锅内的温度就不可能达到103 C,开关按钮就不会自动跳起解析:常温下感温磁体的磁性较强,当按下开关按钮时,永磁体与感温磁体相互吸引而接通电路,而感温磁体的“居里温度”是103C ,常压下只要锅内有水,锅内温度就不可能达到103 C ,开关就不会自动断开;饭熟后,水分被吸收,锅底温度就会升高,当达到103 C时,感温磁体磁性消失,在弹簧的作用下开关自动跳起•综上所述A、C D三项正确.答案:ACD二、填空题(本题包含2小题,共20分)11. (8分)按图所示接好电路,合上S、S,发现小灯泡不亮,原因是______________________________ ;用电吹风对热敏电阻吹一会儿热风,会发现小灯泡 ________,原因是______________________________ ;停止吹风,会发现__________________________ ;把热敏电阻放入冷水中会发现___________________ •答案:热敏电阻在常温时阻值较大,左侧电路电流较小,电磁铁磁性较弱,吸不住衔铁变亮当用电吹风对热敏电阻加热使其阻值变小,电路中电流增大,电磁铁吸住衔铁,使右侧电路接通,小灯泡亮了小灯泡依然亮着小灯泡熄灭12. (12分)如图所示,厚度为h、宽度为d的导体板放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中,当电流通过导体时,在导体板的上侧面A和下侧面A'之间会产生电势差,这种现象称为霍尔效应.实验表明,当磁场不太强时,电势差U电流I和B的关系为U=式中的比例系数称为霍尔系数霍尔效应可解释如下外部磁场的洛伦兹力使运动的电子聚集在导体板的一侧在导会出现多余的正电荷从而形成横向电场横向电场对电子施加与洛伦兹力方向相反的静电力当静电力与洛伦兹力达到平衡时导体板上下两侧之间就会形成稳定的电势差设电流是由电子的定向流动形成的电子的平均定向速度为电荷量为回答下列问题(1) 达到稳定状态时,导体板上侧面A的电势 _________ (选填“高于” “低于”或“等于”)下侧面A的电势.(2) 电子所受的洛伦兹力的大小为__________ .⑶当导体板上下两侧之间的电势差为U时,电子所受静电力的大小为________ .解析:(1)导体的电子定向移动形成电流,电子的运动方向与电流方向相反,电流方向向右,则电子向左运动.由左手定则判断,电子会偏向A端面,A'板上出现等量的正电荷,电场线向上,所以上侧面A 的电势低于下侧面A'的电势.(2)电子所受的洛伦兹力的大小为F>=evB.(3)电子所受静电力的大小为F静=eE=答案:(1)低于(2) evB (3)三、计算题(本题包含4小题,共40分.解答时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,答案中必须写明数值和单位)13. (8分)一热敏电阻在温度为80 C时阻值很大,当温度达到100 C时阻值就很小,今用一电阻丝给水加热,并配以热敏电阻以保持水温在80 C到100 C之间,可将电阻丝与热敏电阻并联,一并放入水中,如图所示,图中R为热敏电阻,民为电阻丝.请简述其工作原理.解析:开始水温较低时,R阻值较小,电阻丝F2对水进行加热;当水温达到100 C左右时,R阻值变得很小,R被短路,将停止加热;当温度降低到80 C时,R阻值又变得很大,F2又开始加热.这样就可达到保温的效果.答案:见解析14. (10分)图甲为热敏电阻的R-t图像,图乙为用此热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路,继电器线圈的电阻为100 Q .当线圈中的电流大于或等于20 mA时,继电器的衔铁被吸合为继电器线圈供电的电池的电动势E=9.0 V,内阻可以不计.图中的“电源”是恒温箱加热器的电源问:甲乙(1)应该把恒温箱内的加热器接在____________ (选填“ A B端”或“ C D端”).⑵如果要使恒温箱内的温度保持50 C,可变电阻R'的值应调节为多大?解析:⑴A B端.⑵由热敏电阻的R-t图像可知,温度为50C时,R=90Q .由闭合电路欧姆定律得I线则R'-线-R=260 Q .答案:(1) A B端⑵260 Q15. (10分)如图所示,小铅球P系在细金属丝下,悬挂在O点,开始时小铅球P沿竖直方向处于静止状态•当将小铅球P放入水平流动的水中时,球向左摆动一定的角度0 ,水流速度越大,0越大.为了测定水流对小球作用力的大小,在水平方向固定一根电阻丝BC其长为L,它与金属丝接触良好,不计摩擦和金属丝的电阻,C端在O点正下方处,且OC=h图中还有电动势为E的电源(内阻不计)和一只电压表.请你连接一个电路,使得当水速增大时,电压表示数增大.解析:电路图如答案图所示设CD=x P球平衡时由平衡条件可得tan 0根据闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律可得I ■根据电阻定律可得R=R=由式可得U——因为水流速度越大,0越大,所以U越大.答案:如图所示•16. (12分)某种电饭锅的工作原理图如图所示,煮饭时开关S是闭合的,红色指示灯亮;饭熟后(当时的温度大约为103 C )保护开关S自动断开,黄灯亮.(1) 电阻R的作用是保护红色指示灯不致因电流过大而烧毁,与电饭锅发热板的等效电阻相比,二者大小应有什么关系?为什么?(2) 通常情况下用这种电饭锅烧水时它的自动断电功能是否起作用?为什么?解析:(1) R应该远大于发热板的等效电阻.因为R和红灯只起指示作用,消耗的电功率应远小于发热板的功率,两者又是并联接入电路的,电压相同,所以流过R和红灯的电流应远小于流过发热板的电流,因此R应该远大于发热板的等效电阻.(2)水的沸腾温度为100 C,烧开时水温不会达到103 C,所以自动断电功能不起作用.答案:(1) R应该远大于发热板的等效电阻(2)见解析。
大学物理第三章部分答案知识讲解
大学物理第三章部分答案知识讲解大学物理第三章部分答案大学物理部分课后题参考答案第三章动量守恒定律和能量守恒定律选择题:3.15—3.19 A A D D C计算题:3.24 A 、B 两船在平静的湖面上平行逆向航行,当两船擦肩相遇时,两船各自向对方平稳地传递50kg 的重物,结果是A 船停了下来,而B 船以3.4m/s 的速度继续向前驶去。
A 、B 两船原有质量分别为0.5?103kg 和1.0?103kg ,求在传递重物前两船的速度。
(忽略水对船的阻力)解:(1)对于A 船及抛出的重物和B 船抛来的重物组成的系统,因无外力(水对船的阻力已忽略),系统动量守恒设A 船抛出重物前的速度大小为v A 、B 船抛出重物前的速度大小为v B ,两船抛出的重物的质量均为m .则动量守恒式为,0B A A A =+-mv mv v m (1)(2)对于B 船及抛出的重物和A 船抛来的重物组成的系统,因无外力(水对船的阻力已忽略),系统动量守恒设B 船抛出重物后的速度大小为V B ,则动量守恒式为,B B A B B B V m mv mv v m =+- (2)联立(1)、(2)式并代入kg 105.03A ?=m 、kg 100.13B ?=m 、kg 50=m 、m /s 4.3B =V 可得 m/s 4.0))((2B A B B A -=----=m m m m m mV m v3.38用铁锤把钉子敲入墙面木板。
设木板对钉子的阻力与钉子进入木板的深度成正比。
若第一次敲击,能把钉子钉入木板m1000.12-?,第二次敲击时,保持第一次敲击钉子的速度,那么第二次能把钉子钉入多深?解:因阻力与深度成正比,则有F = kx (k 为阻力系数)。
现令x 0 = 1.00?10-2 m ,第二次钉入的深度为x ?,由于钉子两次所作功相等,可得+=x x x x x kx x kx 000d d 0m 1041.02-?=?x。
大学物理第三章测试题及答案
第三章答案1.刚体绕一定轴作匀变速转动,刚体上任一点是否有切向加速度?是否有法向加速度?切向和法向加速度的大小是否随时间变化?答:当刚体作匀变速转动时,角加速度β不变。
刚体上任一点都作匀变速圆周运动,因此该点速率在均匀变化,v l ω=,所以一定有切向加速度t a l β=,其大小不变。
又因该点速度的方向变化,所以一定有法向加速度2n a l ω=,由于角速度变化,所以法向加速度的大小也在变化。
2.两个半径相同的轮子,质量相同,但一个轮子的质量聚集在边缘附近,另一个轮子的质量分布比较均匀,试问:(1)如果它们的角动量相同,哪个轮子转得快?(2)如果它们的角速度相同,哪个轮子的角动量大?答:(1)由于L I ω=,而转动惯量与质量分布有关,半径、质量均相同的轮子,质量聚集在边缘附近的轮子的转动惯量大,故角速度小,转得慢,质量分布比较均匀的轮子转得快;(2)如果它们的角速度相同,则质量聚集在边缘附近的轮子角动量大。
3.两个半径相同的轮子,质量相同,但一个轮子的质量聚集在边缘附近,另一个轮子的质量分布比较均匀,试问:(1)如果它们的角动量相同,哪个轮子转得快?(2)如果它们的角速度相同,哪个轮子的角动量大?答:(1)由于L I ω=,而转动惯量与质量分布有关,半径、质量均相同的轮子,质量聚集在边缘附近的轮子的转动惯量大,故角速度小,转得慢,质量分布比较均匀的轮子转得快;(2)如果它们的角速度相同,则质量聚集在边缘附近的轮子角动量大。
3. 如图所示,一半径为r ,质量为m 1的匀质圆盘作为定滑轮,绕有轻绳,绳上挂一质量为m 2的重物,求重物下落的加速度。
解:设绳中张力为T对于重物按牛顿第二定律有22m g T m a -= (1)对于滑轮按转动定律有 212Tr mr β=(2) 由角量线量关系有 a r β= (3)联立以上三式解得.4 有一半径为R 的均匀球体,绕通过其一直径的光滑固定轴匀速转动,转动周期为0T .如它的半径由R 自动收缩为R 21,求球体收缩后的转动周期.(球体对于通过直径的轴的转动惯量为J =2mR2 / 5,式中m 和R 分别为球体的质量和半径).解:(1) 球体收缩过程满足角动量守恒:0022I I ωω=2000202225421()52mR I I m R ωωωω=== 所以0202244T T ππωω=== .6 一质量均匀分布的圆盘,质量为M ,半径为R ,放在一粗糙水平面上(圆盘与水平面之间的摩擦系数为μ),圆盘可绕通过其中心O 的竖直固定光滑轴转动.开始时,圆盘静止,一质量为m 的子弹以水平速度v0垂直于圆盘半径打入圆盘边缘并嵌在盘边上,求(1) 子弹击中圆盘后,盘所获得的角速度.(2) 经过多少时间后,圆盘停止转动.解:(1) 子弹击中圆盘过程满足角动量守恒:2201()2mRv mR MR ω=+ 所以 0022()22mRv mv mR MR m M R ω==++ (2)圆盘受到的摩擦力矩为0223R M rdrgr MRg μσπμ'=-⋅=-⎰由转动定律得 M Iβ'= 2200001()(0)12()()32223mv mR MR m M R I mv t M Mg MRg ωωωωβμμ+-+--===='-。
高中物理选修33课后习题和答案以及解释
高中物理选修33课后习题和答案以及解释第一题:习题:一个物体以 3 m/s的速度水平移动,冲破一块墙,两秒钟后,墙壁的碎片垂直抛向天空并上升了2 m。
求墙壁的高度。
解答:首先,物体在两秒钟内水平移动的距离可以用速度和时间的关系来计算:移动距离=速度×时间=3 m/s × 2 s = 6 m。
墙壁的高度可以通过求解墙壁碎片的垂直抛体运动来确定。
根据抛体运动的公式 h = v0t - 1/2gt^2,其中h为高度,v0为初速度,t为时间,g为重力加速度。
题目中已经给出了碎片上升的高度为2 m,所以可以得到方程 2 =v0 × 2 - 1/2 × 9.8 × (2^2)。
解方程可得 v0 = 2 m/s。
由于物体在冲破墙壁前以3 m/s的速度水平移动,那么碎片的初速度等于物体的速度,即v0 = 3 m/s。
因此,墙壁的高度为:高度 = 速度 ×时间 = 3 m/s × 2 s = 6 m。
答案:墙壁的高度为6米。
第二题:习题:一个质量为1 kg的物体以4 m/s的速度水平运动到达一个下降斜面,在斜面上下滑动并到达斜面底部。
斜面倾角为30°,摩擦系数为0.2。
求物体下滑的距离。
解答:首先,我们可以根据斜面的倾角来确定斜面的高度和长度的比例关系。
对于一个倾角为30°的斜面,它的高度和长度的比例关系是1:√3。
所以,斜面的高度可以表示为h = l × √3,其中h为高度,l为长度。
接下来,我们需要计算物体在斜面上受到的重力和摩擦力。
摩擦力可以通过将重力分解为斜面和垂直于斜面的两个力来计算。
首先,我们计算物体在斜面上受到的垂直于斜面的重力分量,即Fv = m × g × cosθ,其中m为质量,g为重力加速度,θ为斜面的倾角。
然后,我们计算物体在斜面上受到的平行于斜面的重力分量,即Fp = m × g × sinθ。
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第三章3.10 平板中央开一小孔,质量为m 的小球用细线系住,细线穿过小孔后挂一质量为1M 的重物.小球作匀速圆周运动,当半径为0r 时重物达到平衡.今在1M 的下方再挂一质量为2M 的物体,如题3。
10图.试问这时小球作匀速圆周运动的角速度ω'和半径r '为多少?题3。
10图解: 在只挂重物时1M ,小球作圆周运动的向心力为g M 1,即201ωmr g M =①挂上2M 后,则有221)(ω''=+r m g M M②重力对圆心的力矩为零,故小球对圆心的角动量守恒. 即 v m r mv r ''=00ωω''=⇒2020r r ③联立①、②、③得1002112301112130212()()M gmr M g M M mr M M M M r g r m M M ωωω=+'=+'==⋅'+3.13 计算题3。
13图所示系统中物体的加速度.设滑轮为质量均匀分布的圆柱体,其质量为M ,半径为r ,在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转,忽略桌面与物体间的摩擦,设1m =50kg ,2m =200 kg ,M =15 kg , r =0.1 m解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象,受力图如图(b )所示.对1m ,2m 运用牛顿定律,有a m T g m 222=- ① a m T 11= ②对滑轮运用转动定律,有β)21(212Mr r T r T =- ③又, βr a = ④ 联立以上4个方程,得2212s m 6.721520058.92002-⋅=++⨯=++=M m m g m a题3.13(a )图 题3。
13(b )图3.15 如题3.15图所示,质量为M ,长为l 的均匀直棒,可绕垂直于棒一端的水平轴O 无摩擦地转动,它原来静止在平衡位置上.现有一质量为m 的弹性小球飞来,正好在棒的下端与棒垂直地相撞.相撞后,使棒从平衡位置处摆动到最大角度=θ 30°处. (1)设这碰撞为弹性碰撞,试计算小球初速0v 的值; (2)相撞时小球受到多大的冲量?题3.15图解: (1)设小球的初速度为0v ,棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω,而小球的速度变为v ,按题意,小球和棒作弹性碰撞,所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律,可列式:mvl I l mv +=ω0 ①2220212121mv I mv +=ω ② 上两式中231Ml I =,碰撞过程极为短暂,可认为棒没有显著的角位移;碰撞后,棒从竖直位置上摆到最大角度o30=θ,按机械能守恒定律可列式:)30cos 1(2212︒-=lMg I ω ③ 由③式得2121)231(3)30cos 1(⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡︒-=lg I Mgl ω由①式mlI v v ω-=0 ④ 由②式mI v v 2202ω-= ⑤所以22200()I I v v ml mωω-=- 求得021(1)(1)2236(23)312l I l M v ml m gl m Mmωω=+=+-+=(2)相碰时小球受到的冲量为d ()F t mv mv mv=∆=-⎰由①式求得ωωMl l I mv mv t F 31d 0-=-=-=⎰ 6(23)6gl M -=-负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反.3.16 一个质量为M 、半径为R 并以角速度ω转动着的飞轮 (可看作匀质圆盘),在某一瞬时突然有一片质量为m 的碎片从轮的边缘上飞出,见题3.16图.假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上. (1)问它能升高多少?(2)求余下部分的角速度、角动量和转动动能.题3.16图解: (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度ωR v =0设碎片上升高度h 时的速度为v ,则有gh v v 2202-=令0=v ,可求出上升最大高度为2220212ωR gg v H ==(2)圆盘的转动惯量221MR I =,碎片抛出后圆盘的转动惯量2221mR MR I -=',碎片脱离前,盘的角动量为ωI ,碎片刚脱离后,碎片与破盘之间的内力变为零,但内力不影响系统的总角动量,碎片与破盘的总角动量应守恒,即R mv I I 0+''=ωω式中ω'为破盘的角速度.于是R mv mR MR MR 0222)21(21+'-=ωω ωω'-=-)21()21(2222mR MR mR MR 得ωω=' (角速度不变)圆盘余下部分的角动量为ω)21(22mR MR - 转动动能为222)21(21ωmR MR E k -=。
高二物理新鲁科版必修三课后习题第3章恒定电流 章末练习(解析版)
第3章恒定电流 章末练习(解析版)科学认知1. 请研究你身边亮度可调的台灯。
探究它调节灯光亮度的原理。
简要的说:用旋钮调节电阻的大小来改变电容的充放电时间,利用电容充放电时间的长短通过触发管控制双向可控硅的导通时间来改变灯的亮度。
或者是用可控硅控制的,控制可控硅的导通角,调节在可控硅上的压降,从而调节输出电压,这种是最简单的调压电路,是要串在电源中的,一毅是用阻容无件组成充放电电路,控制导通角,可改变电阻或电容值的大小,来改变充放电的频率的。
2如图所示电路中,L 1、L 2灯泡的规格为“110V 60W",L 3、L 4灯泡的规格为“110V 30W". 各个灯泡的实际功率都没有超过它的额定功率,在这四个灯泡中,实际消耗功率最大和最小的分別是哪个?请说明理由。
【答案】实际消耗功率最大的是L 2,最小的分別是L 1. 【解析】根据P =U 2R,得R =U 2P,则L 1、L 2灯泡的电阻为R 1=R 2=220260Ω=807Ω,L 3、L 4灯泡的电阻为R 3=R 4=220230Ω=1614Ω.L 1与L 4串联,根据P =I 2R ,因为R 1<R 4,所以实际功率P 1<P 4; L 2与L 3并联,根据P =U 2R,因为R 2<R 3,所以实际功率P 2>P 3;根据P =I 2R ,因为R 3=R 4,而I 3<I 4所以实际功率P 3<P 4; 所以P 2>P 3<P 4>P 1即实际消耗功率最大的是L 2,最小的分別是L 1.3.在“伏安法测电阻”实验中,某同学用电流表外接法测电阻时,若将两表位置互换,则造成的结果为A电阻烧坏B.电流表烧坏C.电压表示数几乎为零D.电流表示数几乎为零【答案】D【解析】在“伏安法测电阻”实验中,某同学用电流表外接法测电阻时,电路图如下左图若将两表位置互换,则电路图如下右图,因为电流表内阻很小,待测电阻被短路,因为电压表内阻很大,所以造成的结果为A电阻电流很小,不会烧坏;B.电流表电流很小,不会烧坏;C.电压表示数很大;ABC错误;D.电流表示数几乎为零,D 正确。
鲁科版高中物理必修第三册第3章综合测试试卷含答-案答案在前
第 3 章综合测试答案解析一、 1.【答案】C【解析】电场传播速率(或电流传导速率)等于光速,而电子无规则热运动的速率,其数量级约为105 m/s , 自由电子定向移动速率数量级为10−5 m/s ,所以 C 正确。
2.【答案】B【解析】设白炽灯在正常工作时的电阻为 R ,由 得 R = 36 Ω ,当接在输出电压为18 V 的电源两端时,假 设白炽灯的电阻也为36 Ω ,则它消耗的功率为 U 1 18 W 9 W2 2P ' = = = ,但是当白炽灯两端电压为18 V 时,R 36 它的发热功率小,灯丝的温度较正常工作时的温度低,其电阻率小,所以其电阻要小于36 Ω ,其实际功率要大于9 W ,故 B 项正确。
3.【答案】D【解析】电路两端的电压为1 1 0.5 A 20 Ω 10 VUI >I R ,所以U = I R = =。
电动机是非纯电阻用电器, 2222I2U ==1 A 。
电流表的示数R2I = I + I <,A 、B 错误;电路消耗的电功率为 P =U (I + I )<,121.5 A1 215 WC 错误,D 正确。
4.【答案】A【解析】考虑电阻随温度的变化而变化。
灯泡工作时,灯泡中有电流通过,灯泡发热,温度升高。
由于金属 的电阻率随温度升高而增大,所以灯泡工作时电阻的阻值比不工作时要大。
故选项 A 正确。
5.【答案】A【解析】节约的电功率为原来输电线消耗的功率,由焦耳定律有 P = I 2R 。
根据输电线提供给用电器的功率和电压可知输电线中的电流 I 满足P =UI , 0 由以上两式有22P 0 40000 0.4 W 1000 WPR ===U800。
选项 A 正确。
6.【答案】D【解析】由公式 R U2= 知 RRP = I R 知 PP甲<,由于它们串联,电流相等,由甲< ,故 C 错误,D 正确。
22甲<,由于它们串联,电流相等,由甲<,故 C 错误,D 正确。
高中物理选修33课后习题和答案以及解释
高中物理选修33课后习题和答案以及解释1. 题目:假设一个有足够长度的弹簧的塑料小球下落的过程中,弹簧并不受到外力,那么弹簧是否是永久变形的?答案及解释:根据弹簧的弹性性质,当外力作用于弹簧上时,弹簧会发生形变,随即会产生一个与形变成正比的恢复力,使其回到原始形状。
当弹簧受到外力停止作用后,恢复力会将弹簧恢复到原来的形状,此时弹簧不再发生永久变形。
因此,在这个假设情况下,弹簧不会发生永久变形。
2. 题目:使用逐差法进行测量时,误差是否可以通过多次测量平均值的方式消除?答案及解释:逐差法是一种通过多次测量并取差值的方法来减少系统误差和随机误差的影响。
通过进行多次测量,并计算测量值的平均值,可以降低随机误差的影响,提高测量结果的准确性。
然而,逐差法无法消除系统误差,因为系统误差具有固定的性质,无论进行多少次测量,其一直存在于测量结果中。
因此,逐差法可以减小随机误差,但无法完全消除误差。
3. 题目:在电路中,为什么要使用电阻?答案及解释:电阻是电路中常见的元件,其作用是限制电流的流动,通过消耗电能将电流转化为热能。
在电路中,电阻可以起到以下几个作用:- 控制电流:电阻可以根据其电阻值来控制电流的大小,通过改变电阻值可以调节电路中的电流。
- 保护电路:在电路设计中,适当添加电阻可以起到保护其他电子元件的作用。
例如,通过串联一个适当的电阻可以限制电流的大小,以保护LED等元件免受过大电流的损坏。
- 产生热能:根据焦耳定律,电流经过电阻时会产生热能。
这种热能的产生可以应用于电热器、热水器等设备中。
- 调节信号:通过对电路中的电阻进行调节,可以改变信号的阻抗、幅度、相位等特性,实现对信号的调节和控制。
4. 题目:什么是电容器的电容?答案及解释:电容器的电容是指电容器存储电能的能力。
电容器由两个导体板和介质组成,在充电过程中,正负电荷会分别聚集在导体板上,形成外电场。
电容器的电容可以通过以下公式计算:C = Q/V其中,C表示电容,单位为法拉(F);Q表示电容器所带电荷量,单位为库仑(C);V表示电容器两板间的电压,单位为伏特(V)。
大学物理 第三章习题答案
AF (A1 A2 )
2 1 mgR sin sin k R( ) 2
3.17、氢原子中的电子在圆形轨道上绕核运动,速率为v,电子受 到大小为 e2 / 40 r 2 的向心力(电相互作用)的作用,其中e为电 子和质子的电量,r为轨道半径, 0 为恒量。
v1 v v1
由矢量三角形可知:
f v v1 v 2 2 gH
2 2
f 与传递带的夹角为:
2 gH v1 arctan arctan v v
所以,传递带受到饲料的作用力 f 与 f 互为作用力和反作用力
f 的大小:与 f 的大小相同;方向:与 f 的方向相反。
联立以上各式,解得: cos 23
48
61.37。
3.24、在一圆柱容器底部有一圆孔,孔的直径为d,圆柱体直 径为D,容器中水的高度随着水的流出而下降,试找出小孔
D
中水的流速v和水面高度h之间的关系。
解:由题意可得 设S1与S2分别为容器与小孔横截面积,v1为 h 容器水面下降速度, v2为水流从小孔中流出 d 速度,则 2 2 S1 D , S 2 d 4 4 d2 又根据连续性方程: S1v1 S2v2 v1 2 v2 规定小孔所在平面为参考平面,据伯努利方程:
mvl mvl J
小球与杆端碰撞是完全弹性碰撞,碰撞过 程中动能守恒,得:
1 ( J 2ml 2 ) 3
O
l
l
碰后,杆上升,只有重力做功,对杆, 机械能守恒,得:
1 1 1 2 2 2 mv mv J 2 2 2
1 1 2 J 2mgl 1 cos 2 2 3
大学物理习题答案解析第三章
第三章动量守恒定律和能量守恒定律3 -1对质点组有以下几种说法:(1) 质点组总动量的改变与内力无关;(2) 质点组总动能的改变与内力无关;(3) 质点组机械能的改变与保守内力无关.下列对上述说法判断正确的是()(A) 只有(1)是正确的(B) (1)、(2)是正确的(C) (1)、(3)是正确的(D) (2)、(3)是正确的分析与解在质点组中内力总是成对出现的,它们是作用力与反作用力.由于一对内力的冲量恒为零,故内力不会改变质点组的总动量.但由于相互有作用力的两个质点的位移大小以及位移与力的夹角一般不同,故一对内力所作功之和不一定为零,应作具体分析,如一对弹性内力的功的代数和一般为零,一对摩擦内力的功代数和一般不为零,对于保守内力来说,所作功能使质点组动能与势能相互转换,因此保守内力即使有可能改变质点组的动能,但也不可能改变质点组的机械能.综上所述(1)(3)说法是正确的.故选(C).3 -2有两个倾角不同、高度相同、质量一样的斜面放在光滑的水平面上,斜面是光滑的,有两个一样的物块分别从这两个斜面的顶点由静止开始滑下,则()(A) 物块到达斜面底端时的动量相等(B) 物块到达斜面底端时动能相等(C) 物块和斜面(以及地球)组成的系统,机械能不守恒(D) 物块和斜面组成的系统水平方向上动量守恒分析与解对题述系统来说,由题意知并无外力和非保守内力作功,故系统机械能守恒.物体在下滑过程中,一方面通过重力作功将势能转化为动能,另一方面通过物体与斜面之间的弹性内力作功将一部分能量转化为斜面的动能,其大小取决其中一个内力所作功.由于斜面倾角不同,故物体沿不同倾角斜面滑至底端时动能大小不等.动量自然也就不等(动量方向也不同).故(A)(B)(C)三种说法均不正确.至于说法(D)正确,是因为该系统动量虽不守恒(下滑前系统动量为零,下滑后物体与斜面动量的矢量和不可能为零.由此可知,此时向上的地面支持力并不等于物体与斜面向下的重力),但在水平方向上并无外力,故系统在水平方向上分动量守恒.3 -3对功的概念有以下几种说法:(1) 保守力作正功时,系统内相应的势能增加;(2) 质点运动经一闭合路径,保守力对质点作的功为零;(3) 作用力和反作用力大小相等、方向相反,所以两者所作功的代数和必为零.下列上述说法中判断正确的是()(A) (1)、(2)是正确的(B) (2)、(3)是正确的(C) 只有(2)是正确的(D) 只有(3)是正确的分析与解保守力作正功时,系统内相应势能应该减少.由于保守力作功与路径无关,而只与始末位置有关,如质点环绕一周过程中,保守力在一段过程中作正功,在另一段过程中必然作负功,两者之和必为零.至于一对作用力与反作用力分别作用于两个质点所作功之和未必为零(详见习题3 -2 分析),由此可见只有说法(2)正确,故选(C).3 -4如图所示,质量分别为m1和m2的物体A和B,置于光滑桌面上,A和B之间连有一轻弹簧.另有质量为m1和m2的物体C和D分别置于物体A与B 之上,且物体A和C、B和D之间的摩擦因数均不为零.首先用外力沿水平方向相向推压A和B,使弹簧被压缩,然后撤掉外力,则在A和B弹开的过程中,对A、B、C、D 以及弹簧组成的系统,有()(A) 动量守恒,机械能守恒 (B) 动量不守恒,机械能守恒(C) 动量不守恒,机械能不守恒 (D) 动量守恒,机械能不一定守恒分析与解 由题意知,作用在题述系统上的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能未必守恒,这取决于在A 、B 弹开过程中C 与A 或D 与B 之间有无相对滑动,如有则必然会因摩擦内力作功,而使一部分机械能转化为热能,故选(D).3 -5 如图所示,子弹射入放在水平光滑地面上静止的木块后而穿出.以地面为参考系,下列说法中正确的说法是( )(A) 子弹减少的动能转变为木块的动能(B) 子弹-木块系统的机械能守恒(C) 子弹动能的减少等于子弹克服木块阻力所作的功(D) 子弹克服木块阻力所作的功等于这一过程中产生的热分析与解 子弹-木块系统在子弹射入过程中,作用于系统的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能并不守恒.这是因为子弹与木块作用的一对内力所作功的代数和不为零(这是因为子弹对地位移大于木块对地位移所致),子弹动能的减少等于子弹克服阻力所作功,子弹减少的动能中,一部分通过其反作用力对木块作正功而转移为木块的动能,另一部分则转化为热能(大小就等于这一对内力所作功的代数和).综上所述,只有说法(C)的表述是完全正确的.3 -6 一架以3.0 ×102 m·s-1 的速率水平飞行的飞机,与一只身长为0.20 m 、质量为0.50 kg 的飞鸟相碰.设碰撞后飞鸟的尸体与飞机具有同样的速度,而原来飞鸟对于地面的速率甚小,可以忽略不计.试估计飞鸟对飞机的冲击力(碰撞时间可用飞鸟身长被飞机速率相除来估算).根据本题的计算结果,你对于高速运动的物体(如飞机、汽车)与通常情况下不足以引起危害的物体(如飞鸟、小石子)相碰后会产生什么后果的问题有些什么体会?分析 由于鸟与飞机之间的作用是一短暂时间内急剧变化的变力,直接应用牛顿定律解决受力问题是不可能的.如果考虑力的时间累积效果,运用动量定理来分析,就可避免作用过程中的细节情况.在求鸟对飞机的冲力(常指在短暂时间内的平均力)时,由于飞机的状态(指动量)变化不知道,使计算也难以进行;这时,可将问题转化为讨论鸟的状态变化来分析其受力情况,并根据鸟与飞机作用的相互性(作用与反作用),问题就很简单了.解 以飞鸟为研究对象,取飞机运动方向为x 轴正向.由动量定理得式中F ′为飞机对鸟的平均冲力,而身长为20cm 的飞鸟与飞机碰撞时间约为Δt =l /v ,以此代入上式可得0Δ-='v m t F鸟对飞机的平均冲力为式中负号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反.从计算结果可知,2.25 ×105 N 的冲力大致相当于一个22 t 的物体所受的重力,可见,此冲力是相当大的.若飞鸟与发动机叶片相碰,足以使发动机损坏,造成飞行事故.3 -7 质量为m 的物体,由水平面上点O 以初速为v 0 抛出,v 0与水平面成仰角α.若不计空气阻力,求:(1) 物体从发射点O 到最高点的过程中,重力的冲量;(2) 物体从发射点到落回至同一水平面的过程中,重力的冲量.分析 重力是恒力,因此,求其在一段时间内的冲量时,只需求出时间间隔即可.由抛体运动规律可知,物体到达最高点的时间,物体从出发到落回至同一水平面所需的时间是到达最高点时间的两倍.这样,按冲量的定义即可求得结果.另一种解的方法是根据过程的始、末动量,由动量定理求出.解1 物体从出发到达最高点所需的时间为则物体落回地面的时间为 于是,在相应的过程中重力的冲量分别为 解2 根据动量定理,物体由发射点O 运动到点A 、B 的过程中,重力的冲量分别为3 -8 F x =30+4t (式中F x 的单位为N,t 的单位为s)的合外力作用在质量m =10 kg 的物体上,试求:(1) 在开始2s 内此力的冲量;(2) 若冲量I =300 N·s,此力作用的时间;(3) 若物体的初速度v 1 N 1055.252⨯=='lm F v N 1055.25⨯-='-=FF gαt sin Δ01v =gαt sin Δ01v =gαt t sin Δ2Δ012v ==j j F I αm t mg t t sin Δd 011Δ1v -=-==⎰j j F I αm t mg t t sin 2Δd 022Δ2v -=-==⎰j j j I αm y m mv Ay sin 001v v -=-=j j j I αm y m mv By sin 2002v v -=-==10 m·s -1 ,方向与Fx 相同,在t =6.86s 时,此物体的速度v 2 .分析 本题可由冲量的定义式,求变力的冲量,继而根据动量定理求物体的速度v 2.解 (1) 由分析知(2) 由I =300 =30t +2t 2 ,解此方程可得t =6.86 s(另一解不合题意已舍去)(3) 由动量定理,有I =m v 2- m v 1由(2)可知t =6.86 s 时I =300 N·s ,将I 、m 及v 1代入可得3 -9 高空作业时系安全带是非常必要的.假如一质量为51.0 kg 的人,在操作时不慎从高空竖直跌落下来,由于安全带的保护,最终使他被悬挂起来.已知此时人离原处的距离为2.0 m ,安全带弹性缓冲作用时间为0.50 s .求安全带对人的平均冲力.分析 从人受力的情况来看,可分两个阶段:在开始下落的过程中,只受重力作用,人体可看成是作自由落体运动;在安全带保护的缓冲过程中,则人体同时受重力和安全带冲力的作用,其合力是一变力,且作用时间很短.为求安全带的冲力,可以从缓冲时间内,人体运动状态(动量)的改变来分析,即运用动量定理来讨论.事实上,动量定理也可应用于整个过程.但是,这时必须分清重力和安全带冲力作用的时间是不同的;而在过程的初态和末态,人体的速度均为零.这样,运用动量定理仍可得到相同的结果.解1 以人为研究对象,按分析中的两个阶段进行讨论.在自由落体运动过程中,人跌落至2 m 处时的速度为(1)在缓冲过程中,人受重力和安全带冲力的作用,根据动量定理,有(2)由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为解2 从整个过程来讨论.根据动量定理有3 -10 质量为m 的小球,在合外力F =-kx 作用下运动,已知x =A cos ωt ,其中k 、ω、A 均为正常量,求在t =0 到 时间内小球动量的增量. 分析 由冲量定义求得力F 的冲量后,根据动量原理,即为动量增量,注意用式积分前,应先将式中x 用x =A cos ωt 代之,方能积分.解 力F 的冲量为 ⎰=21d t t t F I ()s N 68230d 43020220⋅=+=+=⎰t t t t I 112s m 40-⋅=+=mm I v v gh 21=v ()12Δv v m m t -=+P F ()N 1014.1Δ2ΔΔ3⨯=+=+=tgh mg t m Δmg F v N 1014.1/2Δ3⨯=+=mg g h tmg F ωt 2π=⎰21d t t t F即 3 -11 如图所示,在水平地面上,有一横截面S =0.20 m 2 的直角弯管,管中有流速为v =3.0 m·s-1 的水通过,求弯管所受力的大小和方向.分析 对于弯曲部分AB 段内的水而言,由于流速一定,在时间Δt 内,从其一端流入的水量等于从另一端流出的水量.因此,对这部分水来说,在时间Δt 内动量的增量也就是流入与流出水的动量的增量Δp =Δm (v B -v A );此动量的变化是管壁在Δt 时间内对其作用冲量I 的结果.依据动量定理可求得该段水受到管壁的冲力F ;由牛顿第三定律,自然就得到水流对管壁的作用力F′=-F .解 在Δt 时间内,从管一端流入(或流出) 水的质量为Δm =ρυS Δt ,弯曲部分AB 的水的动量的增量则为Δp =Δm (v B -v A ) =ρυS Δt (v B -v A )依据动量定理I =Δp ,得到管壁对这部分水的平均冲力从而可得水流对管壁作用力的大小为作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧.3 -12 一作斜抛运动的物体,在最高点炸裂为质量相等的两块,最高点距离地面为19.6 m .爆炸1.00 s 后,第一块落到爆炸点正下方的地面上,此处距抛出点的水平距离为1.00×102 m .问第二块落在距抛出点多远的地面上.(设空气的阻力不计)分析 根据抛体运动规律,物体在最高点处的位置坐标和速度是易求的.因此,若能求出第二块碎ωkA t t ωkA t kx t F I ωt t t t -=-=-==⎰⎰⎰2/π02121d cos d d ()ωkA m -=vΔ()A B t S ρtv v v -==ΔΔI F N 105.2232⨯-=-=-='v S ρFF片抛出的速度,按抛体运动的规律就可求得落地的位置.为此,分析物体在最高点处爆炸的过程,由于爆炸力属内力,且远大于重力,因此,重力的冲量可忽略,物体爆炸过程中应满足动量守恒.由于炸裂后第一块碎片抛出的速度可由落体运动求出,由动量守恒定律可得炸裂后第二块碎片抛出的速度,进一步求出落地位置.解 取如图示坐标,根据抛体运动的规律,爆炸前,物体在最高点A 的速度的水平分量为(1) 物体爆炸后,第一块碎片竖直落下的运动方程为 当该碎片落地时,有y 1 =0,t =t 1 ,则由上式得爆炸后第一块碎片抛出的速度(2) 又根据动量守恒定律,在最高点处有 (3) (4) 联立解式(1)、(2)、(3) 和(4),可得爆炸后第二块碎片抛出时的速度分量分别为爆炸后,第二块碎片作斜抛运动,其运动方程为(5)(6) 落地时,y 2 =0,由式(5)、(6)可解得第二块碎片落地点的水平位置x 2 =500 m3 -13 A 、B 两船在平静的湖面上平行逆向航行,当两船擦肩相遇时,两船各自向对方平稳地传递50 kg 的重物,结果是A 船停了下来,而B 船以3.4 m·s -1的速度继续向前驶去.A 、B 两船原有质量分别为0.5×103 kg 和1.0 ×103 kg,求在传递重物前两船的速度.(忽略水对船的阻力)分析 由于两船横向传递的速度可略去不计,则对搬出重物后的船A 与从船B 搬入的重物所组成的系统Ⅰ来讲,在水平方向上无外力作用,因此,它们相互作用的过程中应满足动量守恒;同样,对搬出重物后的船B 与从船A 搬入的重物所组成的系统Ⅱ亦是这样.由此,分别列出系统Ⅰ、Ⅱ的动量守hg x t x x 21010==v 21121gt t h y --=v 12121t gt h -=v x x m m 2021v v =y m m 2121210v v +-=1102s m 100222-⋅===hg x x x v v 112112s m 7.1421-⋅=-==t gt h y v v 2212t v x x x +=2222221gt t h y y -+=v恒方程即可解出结果.解 设A 、B 两船原有的速度分别以v A 、v B 表示,传递重物后船的速度分别以v A ′ 、v B ′ 表示,被搬运重物的质量以m 表示.分别对上述系统Ⅰ、Ⅱ应用动量守恒定律,则有(1)(2)由题意知v A ′ =0, v B ′ =3.4 m·s -1 代入数据后,可解得也可以选择不同的系统,例如,把A 、B 两船(包括传递的物体在内)视为系统,同样能满足动量守恒,也可列出相对应的方程求解.3 -14 质量为m′ 的人手里拿着一个质量为m 的物体,此人用与水平面成α角的速率v 0 向前跳去.当他达到最高点时,他将物体以相对于人为u 的水平速率向后抛出.问:由于人抛出物体,他跳跃的距离增加了多少? (假设人可视为质点)分析 人跳跃距离的增加是由于他在最高点处向后抛出物体所致.在抛物的过程中,人与物之间相互作用力的冲量,使他们各自的动量发生了变化.如果把人与物视为一系统,因水平方向不受外力作用,故外力的冲量为零,系统在该方向上动量守恒.但在应用动量守恒定律时,必须注意系统是相对地面(惯性系)而言的,因此,在处理人与物的速度时,要根据相对运动的关系来确定.至于,人因跳跃而增加的距离,可根据人在水平方向速率的增量Δv 来计算.解 取如图所示坐标.把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物的过程中,满足动量守恒,故有式中v 为人抛物后相对地面的水平速率, v -u 为抛出物对地面的水平速率.得人的水平速率的增量为 而人从最高点到地面的运动时间为 ()A A B A A m m m m v v v '=+-()''=+-B B A B B m m m m v v v ()()12s m 40.0-⋅-=---'-=m m m m m m m A B B B A v v ()()()12s m 6.3-⋅=---'-=m m m m m m m m B A B B A B vv ()()u m m αm m -+'='+v v v cos 0u mm m α'++=cos 00v v u m m m α'+=-=cos Δ0v v v所以,人跳跃后增加的距离 *3 -15 一质量均匀柔软的绳竖直的悬挂着,绳的下端刚好触到水平桌面上.如果把绳的上端放开,绳将落在桌面上.试证明:在绳下落过程中的任意时刻,作用于桌面上的压力等于已落到桌面上绳的重量的三倍.分析 由于桌面所受的压力难以直接求出,因此,可转化为求其反作用力,即桌面给绳的托力.但是,应注意此托力除了支持已落在桌面上的绳外,还有对d t 时间内下落绳的冲力,此力必须运用动量定理来求.解 取如图所示坐标,开始时绳的上端位于原点,Oy 轴的正向竖直向下.绳的总长为l ,以t 时刻,已落到桌面上长为y 、质量为m′的绳为研究对象.这段绳受重力P 、桌面的托力F N 和下落绳子对它的冲力F (如图中所示)的作用.由力的平衡条件有(1) 为求冲力F ,可取d t 时间内落至桌面的线元d y 为研究对象.线元的质量,它受到重力d P 和冲力F 的反作用力F ′的作用,由于F ′>>d P ,故由动量定理得 (2) 而 (3)由上述三式可得任意时刻桌面受到的压力大小为 gαt sin 0v =()gm m αm t x '+==sin ΔΔ0vv 0N =-+F F yg l m y lm m d d =y lm t F d 0d v -='F F '-=g m yg lm l m yg l m F F '==+=-='332N N v*3 -16 设在地球表面附近,一初质量为5.00 ×105 kg 的火箭,从尾部喷出气体的速率为2.00 ×103 m·s -1 .(1) 试问:每秒需喷出多少气体,才能使火箭最初向上的加速度大小为4.90 m·s -2 .(2) 若火箭的质量比为6.00,求该火箭的最后速率.分析 这是一个系统内质量转移的问题.为了讨论火箭的运动规律,仍需建立其在重力场中的动力学方程.为此,以t 时刻质量为m 的火箭为研究对象,它在t →t +Δt 的时间内,将分离成火箭主体(包括尚剩的燃料)和排出的燃料两部分.根据它们的总动量的增量Σd P i 和系统所受的外力———重力(阻力不计),由动量定理可得到-mg =u d m′/d t +m d v /d t (推导从略,见教材),即火箭主体的动力学方程.由于在d t 时间内排出燃料的质量d m ′很小,式中m 也就可以视为此刻火箭主体的质量, 而燃料的排出率d m ′/d t 也就是火箭质量的变化率-d m /d t .这样,上述方程也可写成.在特定加速度a 0 的条件下,根据初始时刻火箭的质量m 0 ,就可求出燃料的排出率d m /d t .在火箭的质量比( 即t 时刻火箭的质量m 与火箭的初始质量m 0之比) 已知的条件下,可算出火箭所经历的时间,则火箭运动的速率可通过对其动力学方程积分后解得.解 (1) 以火箭发射处为原点,竖直向上为正方向.该火箭在重力场中的动力学方程为 (1) 因火箭的初始质量为m 0 =5.00 ×105 kg, 要使火箭获得最初的加速度a 0 =4.90 m·s -2,则燃气的排出率为(2) 为求火箭的最后速率,可将式(1)改写成分离变量后积分,有 火箭速率随时间的变化规律为 (2) 因火箭的质量比为6.00,故经历时间t 后,其质量为 得 (3) 将式(3)代入式(2),依据初始条件,可得火箭的最后速率 ma mg tm u=-d d ma mg tm u =-d d ()1300s kg 1068.3d d -⋅⨯=+=ua g m t m tm mg t m ud d d d v =-⎰⎰⎰-=t mm t g m m u 0d d d 00v v v gt m m u --=00lnv v m t t m m m 61d d 0=-=tm m t d /d 650=13000s m 1047.2d /d 65ln ln -⋅⨯=-=-='tm m m m u gt m m u v3 -17 质量为m 的质点在外力F 的作用下沿Ox 轴运动,已知t =0 时质点位于原点,且初始速度为零.设外力F 随距离线性地减小,且x =0 时,F =F 0 ;当x =L 时,F =0.试求质点从x =0 处运动到x =L 处的过程中力F 对质点所作功和质点在x =L 处的速率.分析 由题意知质点是在变力作用下运动,因此要先找到力F 与位置x 的关系,由题给条件知.则该力作的功可用式 计算,然后由动能定理求质点速率. 解 由分析知, 则在x =0 到x =L 过程中作功, 由动能定理有 得x =L 处的质点速率为 此处也可用牛顿定律求质点速率,即 分离变量后,两边积分也可得同样结果.3 -18 如图所示,一绳索跨过无摩擦的滑轮,系在质量为1.00 kg 的物体上,起初物体静止在无摩擦的水平平面上.若用5.00 N 的恒力作用在绳索的另一端,使物体向右作加速运动,当系在物体上的绳索从与水平面成30°角变为37°角时,力对物体所作的功为多少? 已知滑轮与水平面之间的距离d =1.00 m .分析 该题中虽施以“恒力”,但是,作用在物体上的力的方向在不断变化.需按功的矢量定义式来求解.解 取图示坐标,绳索拉力对物体所作的功为3 -19 一物体在介质中按规律x =ct 3 作直线运动,c 为一常量.设介质对物体的阻力正比于速度的平方.试求物体由x 0 =0 运动到x =l 时,阻力所作的功.(已知阻力系数为k )分析 本题是一维变力作功问题,仍需按功的定义式来求解.关键在于寻找力函数F =F (x ).根据运动学关系,可将已知力与速度的函数关系F (v ) =k v 2 变换到F (t ),进一步按x =ct 3 的x LF F F 00-=⎰L x F 0d x L F F F 00-=2d 0000L F x x L F F W L =⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎰0212-=v m W mL F 0=v xm t m x L F F d d d d 00v v v ==-⎰⋅=s F d W J 69.1d d cos d 2122=+-==⋅=⎰⎰⎰x x d Fx x θF W x x x F ⎰⋅=x F d W关系把F (t )转换为F (x ),这样,就可按功的定义式求解.解 由运动学方程x =ct 3 ,可得物体的速度按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为则阻力的功为3 -20 一人从10.0 m 深的井中提水,起始桶中装有10.0 kg 的水,由于水桶漏水,每升高1.00 m 要漏去0.20 kg 的水.水桶被匀速地从井中提到井口,求所作的功.分析 由于水桶在匀速上提过程中,拉力必须始终与水桶重力相平衡.水桶重力因漏水而随提升高度而变,因此,拉力作功实为变力作功.由于拉力作功也就是克服重力的功,因此,只要能写出重力随高度变化的关系,拉力作功即可题3 -20 图求出.解 水桶在匀速上提过程中,a =0,拉力与水桶重力平衡,有F +P =0在图示所取坐标下,水桶重力随位置的变化关系为P =mg -αgy其中α=0.2 kg/m,人对水桶的拉力的功为3 -21 一质量为0.20 kg 的球,系在长为2.00 m 的细绳上,细绳的另一端系在天花板上.把小球移至使细绳与竖直方向成30°角的位置,然后从静止放开.求:(1) 在绳索从30°角到0°角的过程中,重力和张力所作的功;(2) 物体在最低位置时的动能和速率;(3) 在最低位置时的张力.23d d ct tx ==v 3/43/242299x kc t kc k F ===v ⎰⋅=x F W d 3/73/23/403/20727d 9d 180cos d l kc x x kc x W l o l -=-==⋅=⎰⎰⎰xF ()J 882d d 1000=-=⋅=⎰⎰y agy mg W l y F分析 (1) 在计算功时,首先应明确是什么力作功.小球摆动过程中同时受到重力和张力作用.重力是保守力,根据小球下落的距离,它的功很易求得;至于张力虽是一变力,但是,它的方向始终与小球运动方向垂直,根据功的矢量式,即能得出结果来.(2) 在计算功的基础上,由动能定理直接能求出动能和速率.(3) 在求最低点的张力时,可根据小球作圆周运动时的向心加速度由重力和张力提供来确定.解 (1) 如图所示,重力对小球所作的功只与始末位置有关,即在小球摆动过程中,张力F T 的方向总是与运动方向垂直,所以,张力的功(2) 根据动能定理,小球摆动过程中,其动能的增量是由于重力对它作功的结果.初始时动能为零,因而,在最低位置时的动能为小球在最低位置的速率为(3) 当小球在最低位置时,由牛顿定律可得3 -22 一质量为m 的质点,系在细绳的一端,绳的另一端固定在平面上.此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动.设质点的最初速率是v 0 .当它运动一周时,其速率为v 0 /2.求:(1) 摩擦力作的功;(2) 动摩擦因数;(3) 在静止以前质点运动了多少圈?分析 质点在运动过程中速度的减缓,意味着其动能减少;而减少的这部分动能则消耗在运动中⎰⋅=s d F W ()J 53.0cos 1Δ=-==θmgl h P W P s F d T T ⋅=⎰W J 53.0k k ==E E 1P K s m 30.222-⋅===mW m E v lm P F 2T v =-N 49.22T =+=lm mg F v克服摩擦力作功上.由此,可依据动能定理列式解之.解 (1) 摩擦力作功为(1) (2) 由于摩擦力是一恒力,且F f =μmg ,故有(2)由式(1)、(2)可得动摩擦因数为(3) 由于一周中损失的动能为,则在静止前可运行的圈数为 圈 3 -23 如图(a)所示,A 和B 两块板用一轻弹簧连接起来,它们的质量分别为m 1 和m 2 .问在A 板上需加多大的压力,方可在力停止作用后,恰能使A 在跳起来时B 稍被提起.(设弹簧的劲度系数为k )分析 运用守恒定律求解是解决力学问题最简捷的途径之一.因为它与过程的细节无关,也常常与特定力的细节无关.“守恒”则意味着在条件满足的前提下,过程中任何时刻守恒量不变.在具体应用时,必须恰当地选取研究对象(系统),注意守恒定律成立的条件.该题可用机械能守恒定律来解决.选取两块板、弹簧和地球为系统,该系统在外界所施压力撤除后(取作状态1),直到B 板刚被提起(取作状态2),在这一过程中,系统不受外力作用,而内力中又只有保守力(重力和弹力)作功,支持力不作功,因此,满足机械能守恒的条件.只需取状态1 和状态2,运用机械能守恒定律列出方程,并结合这两状态下受力的平衡,便可将所需压力求出.解 选取如图(b)所示坐标,取原点O 处为重力势能和弹性势能零点.作各状态下物体的受力图.对A 板而言,当施以外力F 时,根据受力平衡有F 1 =P 1 +F (1)当外力撤除后,按分析中所选的系统,由机械能守恒定律可得式中y 1 、y 2 为M 、N 两点对原点O 的位移.因为F 1 =ky 1 ,F 2 =ky 2 及P 1 =m 1g ,上式可写为F 1 -F 2 =2P 1 (2)由式(1)、(2)可得20202k 0k 832121v v v m m m E E W -=-=-=mg μr πs F W 2180cos o f -==rgπμ16320v =2083v m 34k0==W En 2221212121mgy ky mgy ky +=-F=P1+F2(3) 当A板跳到N点时,B板刚被提起,此时弹性力F′2=P2 ,且F2=F′2.由式(3)可得F=P1+P2=(m1+m2 )g应注意,势能的零点位置是可以任意选取的.为计算方便起见,通常取弹簧原长时的弹性势能为零点,也同时为重力势能的零点.3 -24如图(a)所示,有一自动卸货矿车,满载时的质量为m′,从与水平成倾角α=30.0°斜面上的点A 由静止下滑.设斜面对车的阻力为车重的0.25 倍,矿车下滑距离l时,与缓冲弹簧一道沿斜面运动.当矿车使弹簧产生最大压缩形变时,矿车自动卸货,然后矿车借助弹簧的弹性力作用,使之返回原位置A 再装货.试问要完成这一过程,空载时与满载时车的质量之比应为多大?分析矿车在下滑和返回的全过程中受到重力、弹力、阻力和支持力作用.若取矿车、地球和弹簧为系统,支持力不作功,重力、弹力为保守力,而阻力为非保守力.矿车在下滑和上行两过程中,存在非保守力作功,系统不满足机械能守恒的条件,因此,可应用功能原理去求解.在确定重力势能、弹性势能时,应注意势能零点的选取,常常选取弹簧原长时的位置为重力势能、弹性势能共同的零点,这样做对解题比较方便.解取沿斜面向上为x轴正方向.弹簧被压缩到最大形变时弹簧上端为坐标原点O.矿车在下滑和上行的全过程中,按题意,摩擦力所作的功为Wf=(0.25mg+0.25m′g)(l+x) (1) 式中m′和m分别为矿车满载和空载时的质量,x为弹簧最大被压缩量.根据功能原理,在矿车运动的全过程中,摩擦力所作的功应等于系统机械能增量的负值,故有Wf=-ΔE=-(ΔE P+ΔEk)由于矿车返回原位时速度为零,故ΔEk=0;而ΔE P=(m -m′) g(l+x) sinα,故有Wf=-(m-m′) g(l+x) sinα (2) 由式(1)、(2)可解得。
高中物理必修三章末检测卷及答案解析(二)
高中物理必修三章末检测卷及答案解析(二)一、单项选择题(本题共8小题,每小题4分,共32分)1.关于电流,下列说法中正确的是( )A .导体中的电流越大,表示通过其横截面的电荷量越多B .在相同时间内,通过导体横截面的电荷量越多,导体中电流就越小C .通电时间越短,电流越大D .单位时间内通过导体横截面的电荷量越多,导体中电流越大答案 D解析 根据电流的定义式I =q t ,即电流等于单位时间内通过导体横截面的电荷量,与通电的时间无关,选项A 、B 、C 错误,选项D 正确.2.(2020·砚山县第三高级中学高二期中)电子绕核运动可以看作一环形电流.设氢原子中的电子绕原子核在半径为r 的轨道上运动,用e 表示电荷量,m 表示电子的质量,k 为静电力常量.则( )A .电子运动的速率为v =ek mr B .电子运动的周期为T =2πr em k C .电子运动形成的电流I =ek mr D .电子运动形成的电流I =e 2πrk mr答案 A解析 氢原子原子核对电子的作用力充当电子的向心力,则有k e 2r 2=m v 2r ,解得v=ekmr,A 正确;电子运动的周期T=2πrv=2πremrk,B错误;电子运动形成的电流I=eT=e22πrkmr,C、D错误.3.一段长为L、电阻为R的均匀电阻丝,把它拉成3L长的均匀细丝后,再切成等长的三段,则其中每一段电阻丝的阻值为()A.3R B.R C.R3 D.R9答案 A解析电阻丝体积一定,即LS=3L·S′,则S′=S3,由电阻定律得R′=ρLS3=3R,即每一段电阻丝的阻值为3R,选项A正确.4.(2020·陕西咸阳市实验中学高二月考)如图1所示,用甲、乙两种电路测R x的阻值,甲电路中电压表和电流表的示数分别为3.0 V和3.0 mA,乙电路中电压表和电流表示数分别为2.9 V和4.0 mA,则待测电阻R x的值应()图1A.比1 000 Ω略大一些B.比1 000 Ω略小一些C.比725 Ω略大一些D.比725 Ω略小一些答案 B解析因电流表的示数变化大,说明了电压表的分流作用明显,所以要用电流表内接法的电路进行测量,即选甲电路.对甲电路:电压表的示数是待测电阻和电流表的电压之和,故测量电压比真实值大,R测=U测I=3.03.0×10-3Ω=1 000 Ω,又U测>U真,所以R测>R真,即测量值偏大,真实值比1 000 Ω略小一些,故B正确,A、C、D错误.5.一电流表的满偏电流I g=30 mA,内电阻R g=95 Ω,要把它改装成一个量程为0.6 A的电流表,应在电流表上()A.串联一个5.00 Ω的电阻B.串联一个4.75 Ω的电阻C.并联一个5.00 Ω的电阻D.并联一个4.75 Ω的电阻答案 C6.某同学用一块多用电表来判断一个二极管的极性.该同学使用的是多用电表的“×10”欧姆挡.将多用电表的红表笔接触二极管a端、黑表笔接触二极管b端时,发现多用电表的指针偏转角非常小;随后该同学将多用电表的黑表笔接触二极管a端、红表笔接触二极管b端时,多用电表指针指到如图2所示位置.由此可以判断()图2A.二极管的正向电阻为20.0 ΩB.a端是二极管的正极C.用多用电表欧姆挡“×10”测电阻时,如果指针偏角太小,应换用“×1”倍率D.用多用电表欧姆挡测电阻时,指针越靠近刻度盘右边,误差越小答案 B解析用欧姆挡测电阻时,阻值=示数×倍率,则二极管的正向电阻为20×10 Ω=200 Ω,A错误;当用多用电表的红表笔接触二极管a端、黑表笔接触二极管b 端时,b端电势高、a端电势低,此时多用电表的指针偏转角非常小,说明此时电阻很大,即此时二极管两端所加为反向电压,则a端是二极管的正极,B正确;用多用电表欧姆挡“×10”测电阻时,如果指针偏角太小,应换用更高倍率,C错误;用多用电表欧姆挡测电阻时,指针越靠近刻度盘中间,误差越小,D错误.7.如图3所示,一根长为l,横截面积为S的金属棒,其材料的电阻率为ρ,棒内单位体积自由电子数为n,电子的质量为m,电荷量为e.在棒两端加上恒定的电压时,棒内产生电流,自由电子定向移动的平均速率为v,则金属棒内的电场强度大小为()图3A.mv22el B.mv2SneC.ρnev D.ρev Sl答案 C解析金属棒的电阻R=ρlS,自由电子定向移动形成的电流I=neSv,金属棒两端电压U=IR,故金属棒内的电场强度大小为E=Ul=neSvρllS=ρnev,故选C.8.如图4所示为某控制电路的一部分,已知U AA′=24 V,如果电阻R=6 kΩ,R1=6 kΩ,R2=3 kΩ,则U BB′不可能为()图4A.12 V B.8 VC.6 V D.3 V答案 D解析由题图可知,BB′输出的是下半部分电阻两端的电压,则可知,当两电阻均不接入电路时,U BB′=24 V;当只有R1接入时,输出电压U BB′=R1R1+RU AA′=12 V;当只有R2接入时,输出电压U BB′=R2R2+RU AA′=8 V;当两电阻均接入时,R1和R2并联部分的电阻R′=R1R2R1+R2=2 kΩ,则U BB′=R′R′+RU AA′=6 V,故选D.二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分)9.如图5所示,a、b、c、d是滑动变阻器的四个接线柱,现把此变阻器接成一个分压电路向一个小灯泡供电,并要求滑片P向c移动时,小灯泡两端电压减小,下列说法中正确的是()图5A.a接电源正极,b接电源负极,c、d接小灯泡两端B.a接电源正极,b接电源负极,c、a接小灯泡两端C.a接电源正极,b接电源负极,d、b接小灯泡两端D.a接电源正极,b接电源负极,d、a接小灯泡两端答案BD解析分压电路的正确接法是“一上两下”,而且a与b需要接电源两极,可将a 接电源正极,b接电源负极,由于题目要求“滑片P向c移动时,小灯泡两端电压减小”,可知滑片P向c移动时,分压部分的电阻丝的长度减小,由题图可知P 与a之间的电阻丝长度减小,所以需要c、a或d、a接小灯泡两端,故选B、D.10.(2021·黄石市有色第一中学高二期末)某导体中的电流随其两端电压的变化关系如图6所示,则下列说法中正确的是()图6A.加5 V电压时,导体的电阻为5 ΩB.加11 V电压时,导体的电阻可能为1.4 ΩC.由图可知,随着电压的增大,导体的电阻不断减小D.由图可知,随着电压的减小,导体的电阻不断减小答案AD解析导体在加5 V电压时,由题图知R=UI=5 Ω,所以此时导体电阻为5 Ω,故A正确;由题图知,随着电压的增大,图像上的点与原点连线的斜率减小,此斜率表示电阻的倒数,则知导体的电阻不断增大;随着电压的减小,导体的电阻不断减小,故B、C错误,D正确.11.某同学做研究串联电路特点的实验时,接成如图7所示的电路,闭合S后,他将多用电表电压挡的红、黑表笔并联在A、C两点间时,电压表读数为U;当并联在A、B两点间时,电压表读数也为U;当并联在B、C两点间时,电压表读数为零,故障的原因可能是()图7A.AB段断路B.BC段断路C.AB段短路D.BC段短路答案AD解析由题意可得U AB=U AC=U,说明由A、B分别至电源的线路均已接通.若BC段完好,则AB段断路;若BC段短路,则AB段可能断路,也可能完好.又由题述得U BC=0,因而可能AB段断路或BC段短路,也有可能出现两者同时发生的情况,故选A、D.12.如图8所示电路中,A1和A2为理想电流表,示数分别为I1和I2,R1∶R2∶R3=1∶2∶3.当a、b两点间加以恒定的电压U后,下列结论正确的是()图8A.I1∶I2=3∶4B.I1∶I2=5∶9C.将A1、A2换成理想电压表,其示数之比为3∶5D.将A1、A2换成理想电压表,其示数之比为1∶1答案BC解析 电源接在a 、b 两点时,电路图如图甲所示.并联电路中各支路两端的电压相等,且干路电流等于各支路电流之和,图中,I 1I 2=U R 2+U R 3U R 1+U R 2=59,故A 错误,B 正确;将A 1、A 2换成理想电压表,电路图如图乙所示,R 1、R 2、R 3串联,U R 1∶U R 2∶U R 3=1∶2∶3,U 1U 2=U R 1+U R 2U R 2+U R 3=35,故C 正确,D 错误.三、非选择题(本题共6小题,共52分)13.(6分)在“测定金属的电阻率”的实验中:图9(1)用螺旋测微器测量金属丝直径时,其示数如图9甲所示,则金属丝的直径为d =______ mm.(2)某同学设计了如图乙所示的电路测量该金属丝的电阻(阻值约为3 Ω). 可选用的器材规格如下:电源E (电动势3 V);电流表A(0~0.6 A ,内阻约为0.5 Ω);电流表G(0~10 mA ,内阻为50 Ω);滑动变阻器R 1(阻值0~5 Ω,额定电流2 A);滑动变阻器R 2(阻值0~1 kΩ,额定电流1 A);定值电阻R 3=250 Ω;定值电阻R 4=2 500 Ω;开关S 和导线若干.①为了便于操作,并使测量尽量精确,定值电阻应选________,滑动变阻器R 应选________.②某次测量时电流表G 的读数为5.0 mA ,电流表示数为0.50 A ,计算R x 的准确值为R x =________(计算结果保留3位有效数字).答案 (1)0.800(2分) (2)①R 3(1分) R 1(1分)②3.03 Ω(2分)解析 (1)由题图甲螺旋测微器可知,固定刻度示数为0.5 mm ,可动刻度示数为30.0×0.01 mm =0.300 mm ,螺旋测微器示数为0.5 mm +0.300 mm =0.800 mm.(2)①根据闭合电路欧姆定律和电流表最小读数,可求出电路中需要的最大电阻为R =E I =313×0.6 Ω=15 Ω,由于待测电阻约为3 Ω,所以滑动变阻器应用R 1,根据分压原理,R 支m =E I G=30.01 Ω=300 Ω,故定值电阻选R 3. ②根据电阻定律,R x =I G R 3+rI A -I G =0.005×250+500.50-0.005 Ω≈3.03 Ω.14.(8分)在测定一根粗细均匀金属丝的电阻率的实验中:(1)某同学先用多用电表粗测其电阻.用已经调零且选择开关指向欧姆挡“×10”挡位的多用电表测量,发现指针的偏转角太大,这时他应将选择开关换成欧姆挡的“________”挡位(选填“×100”或“×1”),然后进行________,再次测量金属丝的阻值,其表盘及指针所指位置如图10所示.图10(2)现要进一步精确测量其阻值,实验室提供了下列可选用的器材:A.电流表A1(量程为0~300 mA,内阻约为1 Ω)B.电流表A2(量程为0~0.6 A,内阻约为0.3 Ω)C.电压表V1(量程为0~3.0 V,内阻约为3 kΩ)D.电压表V2(量程为0~15.0 V,内阻约为5 kΩ)E.滑动变阻器R1(最大阻值为10 Ω)F.滑动变阻器R2(最大阻值为500 Ω)G.电源E(电压为4 V)H.开关、导线若干①为了尽可能提高测量准确度,电流表应选________,电压表应选________;滑动变阻器应选________(均填器材前面的字母).②下列给出的测量电路中,最合适的电路是________.③这位同学在一次测量时,电压表的示数如图11所示,电压表的读数为________ V.图11(3)若本实验中,测得金属丝的长度为L,直径为D,电阻为R x,则该金属丝的电阻率的计算式为ρ=________.答案(1)×1(1分)欧姆调零(1分)(2)①A(1分)C(1分)E(1分)②B(1分)③2.40(1分)(3)πR x D24L(1分)解析(1)用已经调零且选择开关指向欧姆挡“×10”挡位的多用电表测量,发现指针的偏转角度太大,知该电阻较小,换用“×1”挡位,换挡后进行欧姆调零.(2)①电源电动势为4 V,为了测量精确,电压表应选择C,粗测的金属丝电阻约为12 Ω,则流过金属丝的最大电流约为I max=UR=412A≈0.33 A,可知电流表应选择A.金属丝的电阻值仅仅约12 Ω,与500 Ω的滑动变阻器的电阻值相差比较大,滑动变阻器阻值越小,调节时电表变化越明显,为方便实验操作,滑动变阻器应选E.②待测金属丝的阻值与电流表内阻相当,属于小电阻,电流表应采用外接法.题目要求尽可能提高测量精确度,滑动变阻器应用分压式接法,故选B.③电压表的读数为2.40 V.(3)根据R x=ρLS=ρLπD22,得ρ=πR x D24L.15.(10分)(2021·江西模拟)某同学把量程为500 mV但内阻未知的电压表改装成量程为5 V的电压表,步骤如下:图12(1)测量电压表的内阻,测量电路如图12甲所示,将R1的滑片移至最左侧,闭合开关S1、S2,滑动R1的滑片,使电压表的指针指在500 mV处;断开S2,调节电阻箱R2,使电压表的指针指在300 mV处,此时电阻箱R2的示数如图乙所示,为________ Ω,则电压表的内阻R V=________ Ω;(2)为把电压表改装成量程为5 V的电压表需要________(选填“并”或“串”)联一个阻值为________ Ω的电阻R0;(3)用图丙所示电路对改装电压表进行校对,由于内阻测量造成的误差,当标准电压表示数为5 V时,改装电压表示数为0.49 V.为了尽量消除改装后的电压表测量电压时带来的误差,R0的阻值应调至________ Ω(小数点后面保留一位).答案(1)580(2分)870(2分)(2)串(2分)7 830(2分)(3)7 656.4(2分)解析(1)由题图知R2=580 Ω,由欧姆定律可得300 mVR V=500-300 mVR2可得电压表的内阻R V=870 Ω.(2)由欧姆定律可得0.5 VR V(R V+R0)=5 V可得R0=7 830 Ω,即要串联一个分压电阻R0,阻值为7 830 Ω.(3)当改装电压表示数为0.49 V时,改装电压表所在支路电流为I=5-0.497 830A=4.517 830A改装电压表的实际内阻为R V′=0.49 VI当改装电压表正常显示0.5 V时应满足0.5 VR V′=4.5 VR0′,联立解得R0′≈7 656.4 Ω故R0的阻值应调至7 656.4 Ω.16.(8分)在一根长L=5 m、横截面积S=3.5×10-4 m2的铜质导线两端加2.5×10-3 V电压.已知铜的电阻率ρ=1.75×10-8Ω·m,则:(1)该导线的电阻多大?(2)该导线中的电流多大?(3)将该导线对折后,接入相同的电压,电流是多大?答案(1)2.5×10-4Ω(2)10 A(3)40 A解析(1)该导线的电阻R=ρLS=1.75×10-8×53.5×10-4Ω=2.5×10-4Ω(3分)(2)该导线中的电流I=UR=10 A(2分)(3)导线对折后,L ′=L2,S ′=2S 则R ′=ρL ′S ′=R4(2分) I ′=U ′R ′=4I =40 A .(1分)17.(10分)如图13所示的电路中,R 1=8 Ω,R 2=4 Ω,R 3=6 Ω,R 4=3 Ω.图13(1)求电路中的总电阻;(2)当加在电路两端的电压U =42 V 时,通过R 1、R 2、R 3、R 44个电阻的电流是多少?答案 (1)14 Ω (2)3 A 3 A 1 A 2 A 解析 (1)设R 3、R 4并联后电阻为R 34,则 R 34=R 3R 4R 3+R 4=6×36+3Ω=2 Ω(2分)R 1、R 2和R 34串联,总电阻R =R 1+R 2+R 34=14 Ω(2分) (2)根据欧姆定律I =U R ,得干路电流I =4214 A =3 A(2分) 通过R 1、R 2的电流I 1=I 2=I =3 A.设通过R 3、R 4的电流分别为I 3、I 4,由并联电路的特点知I 3+I 4=3 A(1分) I 3I 4=R 4R 3(1分)解得I 3=1 A ,I 4=2 A(2分)18.(10分)如图14所示,A 、B 两点间电压恒定为12 V ,定值电阻R 1=2.4 kΩ,R 2=4.8 kΩ.图14(1)若在a、b之间接一个C=100 μF的电容器,闭合开关S,电路稳定后,求电容器上所带的电荷量;(2)若在a、b之间接一个内阻R V=4.8 kΩ的电压表,求电压表的示数.答案(1)8×10-4 C(2)6 V解析(1)设电容器上的电压为U C,则U C=R2R1+R2U(2分) 电容器的带电荷量Q=CU C(1分)解得Q=8×10-4 C(2分)(2)电压表与R2并联后电阻为R并=R2R VR2+R V(1分)则电压表两端的电压为U V=R并R1+R并U(2分)解得U V=6 V.(2分)。
三峡大学大学物理第三章答案
第3章 力学基本定律与守恒律 习题答案1.作用在质量为10 kg 的物体上的力为i t F)210(+=N ,式中t 的单位是s ,(1)求4s 后,这物体的动量和速度的变化.(2)为了使这力的冲量为200 N ·s ,该力应在这物体上作用多久,试就一原来静止的物体和一个具有初速度j 6-m ·s -1的物体,回答这两个问题. 解: (1)若物体原来静止,则i t i t t F p t 1401s m kg 56d )210(d -⋅⋅=+==∆⎰⎰,沿x 轴正向,ip I imp v111111s m kg 56s m 6.5--⋅⋅=∆=⋅=∆=∆ 若物体原来具有6-1s m -⋅初速,则⎰⎰+-=+-=-=ttt F v m t mF v m p v m p 000000d )d (,于是⎰∆==-=∆tp t F p p p 0102d ,同理, 12v v ∆=∆,12I I=这说明,只要力函数不变,作用时间相同,则不管物体有无初动量,也不管初动量有多大,那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同,这就是动量定理. (2)同上理,两种情况中的作用时间相同,即⎰+=+=tt t t t I 0210d )210(亦即 0200102=-+t t 解得s 10=t ,(s 20='t 舍去)2.一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -⋅v ,当子弹在枪筒内被加速时,它所受的合力为 F=(bt a -)N(b a ,为常数),其中t 以秒为单位:(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零,试计算子弹走完枪筒全长所需时间;(2)求子弹所受的冲量.(3)求子弹的质量. 解: (1)由题意,子弹到枪口时,有0)(=-=bt a F ,得ba t =(2)子弹所受的冲量⎰-=-=tbtat t bt a I 0221d )(将ba t =代入,得 baI 22=(3)由动量定理可求得子弹的质量22bv av I m ==3.如图所示,一质量为m 的球,在质量为M 半径为R 的1/4圆弧形滑槽中从静止滑下。
专题11 内能(解析版)(第三期)
2021年全国中考物理真题全解全析汇编(第三期)专题11 内能1、(2021·福建·T3)小华在家学做菜,厨房里菜香四溢,这个现象说明()A.分子间存在空隙B.分子间存在引力C.分子间存在斥力D.分子不停地做无规则运动2、(2021·广东·T3)关于四冲程汽油机的工作过程,下列说法正确的是()A.吸气冲程:只吸入空气B.压缩冲程:缸内温度降低C.做功冲程:气体推动活塞做功D.排气冲程:内能转化为机械能3、(2021·海南·T8)双手相互摩擦时感觉发热,这一过程的能量转化与四冲程汽油机的哪个冲程相同()A.吸气冲程B.压缩冲程C.做功冲程D.排气冲程4、(2021·宁夏·T4)下列关于热和能现象的说法,正确的是()A.冬天人们搓手取暖是利用热传递来增加手掌内能B.热机损失的能量中,废气带走的能量最少C.冰熔化过程中吸收热量,内能增大,温度升高D.“墙内开花墙外香”是因为发生了扩散现象5、(2021·青海·T4)下列实例,通过做功改变物体内能的是()A.晒太阳B.搓手取暖C.用电褥子取暖D.向双手哈气取暖6、(2021·云南昆明·T2)如图所示,民间艺人将糖加热到流体状态,然后用它在平板上“画成”各种小动物,静待慢慢变硬后就制作成了栩栩如生的“糖画”。
关于“糖画”,下列表述正确的是()A.糖是晶体B.糖的内能一直在增加C.糖分子之间只有引力没有斥力D.糖先熔化后凝固7、(2021·福建·T18)电熨斗熨衣服是通过______的方式改变内能,提高衣服和其中水的温度。
穿上熨好的衣服照镜子时,平面镜中的像与人大小______。
8、(2021·河南·T5)图为一款养生壶的电路简图该壶有“加热”和“保温”两挡,电源电压为220V,电阻丝R1、R2的阻值分别为44Ω、356Ω。
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撤去电场后,质子做螺旋运动的螺距(单位: cm ).
【难度】 0 【分析】 先考虑粒子做匀速运动的状态,需要让洛仑兹力平衡电场力,这样计算出速度。去掉电场后, 在沿着磁场方向粒子做匀速运动,在垂直于磁场方向做圆周运动。 【解答】
式中 a 是已知常量,求轨道的半径.设不计重力.
【难度】
1 【分析】
粒子受到洛仑兹力和电场力的共同作用下做匀速圆周运动,这样需要在垂直于轨道面上合
外力为零,在轨道面内写牛顿第二定律
【解答】
设粒子距离磁极 r ,轨道半径为 R ,回旋角速度为 。
粒子受力如图
Fe
kq2 r2
,
Fm
qBR
其中
B
a r2
,
而在沿 B
方向匀速运动,故螺距为 h
Tv sin
2 mE tan qB2
6.1cm
【答案】
6.1
3-11 【题目】 一束质子流(不考虑相对论效应),不偏离地通过某一区域后击中接地的靶子.这个区域中 有均匀的互相垂直的横向电场和磁场: E 120kV/m , B 50mT .如果质子束的电流强度 为 I 0.80mA ,求作用在靶子上的力(单位: μΝ ). 【难度】
恒,利用在临界的时候,电子恰好擦过右边版,此时 x d , px 0 ,联立得到答案。 【解答】
法一:
建立空间直角坐标系如图。电子的动力学方程为
m dv q E v B dt
取 v0
E B
yˆ
U Bd
yˆ ,记 u
v v0 ,有
du e B u dt m
可见 u 是以 eB 为角速度的匀速圆周运动的速度。由初始条件 m
qB m
为角速度的匀速圆周运动的速度。由初始条件
u
t0
v0
,解得
ux
E B
cos t ,
uy
E B
sin t
,故有 vx
E B
1 cost ,
vy
E B
sin t
,积分得到
x
mE qB2
t
sint
,
y
mE qB2
1
cost
其中 qB m
(3)粒子速度为零,即 vx 0 vy ,由此解得t 2n , n 0,1, 2... ,相邻的t 2 ,
圆心 O′的 y 坐标值.
【难度】
0 【分析】 在垂直于圆面方面合外力为零,在圆面内写牛顿第二定律。不知道的量统统设出来… 【解答】 设圆运动半径为 R
2 Rm
k
Qq R2 y2
R qRB R2 y2
mg k
y
R2 y2 R2 y2
由第一个方程得
k
Qq R2 y2
1 qB 2m R2 y2
【难度】
1 【分析】 方法一,设一个速度 v0 使得洛仑兹力和电场力能平衡,把粒子运动速度分解为 v(t) v '(t) v0 ,则 v '(t) 圆周运动。方法二,体系在竖直方向具有平移不变性,于是可以可
以写 y 方向动量定理得到: py qvxBt qxB ,于是 py qxB 是不变量。结合能量守
(4) E B
3-14 【题目】
带电量为 q q 0 的点电荷和细长磁棒的其中一个磁极处于同一位置,在它们所生成的电
磁场中,有一个质量为 m 、带电量为 q 的质点,沿圆轨道运动.圆轨道直径的视角为 2 角——从产生电磁场的电荷和磁极所在处的点看.假定磁极产生磁场的磁感应强度
B
a r2
r r
Idt 。这些粒子的质量为 m Idt 。由动量定理 e Fdt 0 v m Idt e
其中 F 是质子束受到的力。作用在靶上的力是它的反作用力
【答案】
F ' F mIv mIE 20μΝ e eB
20
3-12 【题目】一荷质比为 q / m 的粒子以初速 v0 从坐标的原点 O 沿 x 轴飞出,坐标所在区域有均 匀的电场 E 和磁场 B ,它们的方向都和 y 轴平行,如图所示.不考虑相对论效应,求:
结合第二个方程解得 y mg
(qB m) 【答案】
mg (qB m)
3-16 【题目】 如图所示, A1 和 A2 是两块面积很大、互相平行又相距较近的带电金属板,相距为 d ,两板 间的电势差为U .同时,在这两板间还有方向与均匀电场正交而垂直纸面向外的均匀磁 场.一束电子通过左侧带负电的板 A1 上的小孔,沿垂直于金属板的方向射入,为使该电子 束不碰到右侧带正电的板 A2 ,问所加磁场的磁感应强度至少要多大?设电子所受到的重力 及从小孔进入时的初速度均可不计.
R
r
sin
动力学方程可由力三角表示,以 Fe, Fm 为直角边的三角形,斜边为 m2R
解得 r a2 tan2 km
故有 R a2 sin3 km cos2
【答案】 a2 sin3 km cos2
m2R cos Fm Fm tan Fe
3-15
【题目】 如图所示的直角坐标系中,坐标原点 O 固定一个电量为 Q 的正点电荷,另有指向 y 轴正向 的匀强磁场,磁感应强度大小为 B .若有一质量为 m 、电量为 q 的正点电荷微粒恰好能以 y 轴上的 O′点为圆心做匀速圆周运动,圆轨道平面与水平面 xOz 平行,角速度为 .试求
解得 B 1 2meV ed
【答案】
1 2meU ed
ma qE
得 a Eq 。 m
在 xz 平面内的投影是一个经过原点的圆,圆心在 z 轴上。故 t nT n 2m 时,粒子第 n 次
qB
穿过 y 轴,有
yn
at 2 2
n2
22mE qB2
(2)此时 vy
ta
n
2E B
而在垂直于磁场方向速度分量为 vxoz v0
得 arctan vxoz arctan v0B
x
mE qB2
t
2 mE qB2
,
y
0
所以 s
x 2
y2
2 mE qB2
(4) u
是匀速圆周运动的速度,平均下来是 0
,故漂移速度就是 v0
E B
xˆ
。它的
x 投影 vx
为E B
【答案】
(1)
mE qB2
m
t
sin
qB m
t
(2)
mE qB2
1
cos
qB m
t
(3) 2 mE qB2
u t 0
U Bd
yˆ 知圆运动这部分的半径 R
u
Um eB2d
,且与 y 轴相切,由几何关系临界是当
2R d 时。解得 B 1
ed 法二:
动力学方程的 y 分量
2meV
m dvy dt
q
0
vx
B
qB
dx dt
由此 mvy qBx 0 。
临界情况下电子到了正极板处速度沿 y 方向 v2 vy2 ,又能量关系 1 mv2 0 qU eU 2
0 【分析】
粒子能在垂直的电场和磁场中沿直线运动,说明粒子受到的洛仑兹力和电场力平衡。这样
能确定粒子在垂直于磁场方向的速度。已知电场和磁场都是横向的,即垂直于质子束的,
即可由动量定理求出作用力。
【解答】
如图,速度方向、电场方向和磁场方向两两垂直,洛伦
兹力与电场力平衡
qE qvB
得v E B
取一小段时间 dt ,这期间冲到靶上的粒子的电量为
(3)轨迹上的邻近两点间的一段长度,在这两点处,粒子的速度为零.
(4)粒子的速度矢量在 x 轴上的投影的平均值(即漂移速度) vx .
【难度】 1 【分析】 因为洛仑兹力垂直于磁场,所以粒子会在 xy 平面中运动。假设粒子以速度 v0 向右匀速运动 时,洛仑兹力和电场力可以平衡。将粒子的速度分解为 v(t) v0xˆ v '(t) ,做牛顿第二定律化
简得到 m v '(t) qv '(t) B ,这样 v '(t) 做纯匀速圆周运动。于是粒子的速度可以表示成为匀 t
速运动和匀速圆周运动的叠加。
【解答】
(1)(2)动力学方程
取 v0
E B
xˆ ,记 u
v
v0
,有
m dv q E v B dt
du q B u dt m
可见
u
是以
vy
2En
【答案】
(1)
n2
22mE qB2
(2) arctan v0B 2En
3-13 【题目】 一荷质比为 q / m 的粒子在互相垂直的匀强电场 E 和匀强磁场 B 中运动,如图所示.当 t 0 时,粒子位于 O 点且速度为零.求:
(1)粒子的运动规律 xt 的表达式.
(2)粒子的运动规律 y t 的表达式.
因为 E 垂直于 xz 平面而质子轨迹在 xz 平面内,所以质子的动能守恒。因为洛伦兹力也垂直 于 xz 平面,所以粒子匀速运动,且洛伦兹力与电场力平衡:
qE qBv cos
解得 v E 。 B cos
撤去电场后,质子运动在垂直于平面内的投影是匀速圆周运动:
m2r qBr
解得T 2 2 m qB
(1)当粒子第 n 次穿过 y 轴时,它的坐标 yn (2)这时粒子的速度矢量和 y 轴的夹角 .
【难度】 0 【分析】 沿磁场方向粒子做匀加速直线运动,在垂直于磁场方向粒子做匀速圆周运动。 【解答】 (1)在垂直于磁场方向粒子做匀速圆周运动,动力学方程