高考物理二轮复习专题检测试题大全集,高分必备

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高考物理二轮复习专题检测试题大全集,高分必备

高考物理二轮复习专题检测试题大全集,高分必备 分子动理论、热力学定律(附参考答案) 1.(2012年深圳二模)下列说法正确的是 ( ) A.m、kg、s是一组国际单位制的基本单位 B.质点、位移都是理想化模型 C.分子直径的数量级为 10-15 m D.第二类永动机违反了能量守恒定律 2.(2012年广州一模)油滴在水面上形成如图 5-1-8所示的单分子油膜,可估测分子 大小.用该方法估测油酸分子的大小,需要测量油酸的( ) 图 5-1-8 A.质量和密度 B.体积和密度 C.质量和体积 D.体积和油膜面积 3.(双选,2012年深圳一模)下列说法正确的是( ) A.布朗运动是用显微镜观察到的分子的运动 B.物体的温度越高,分子的平均动能越大 C.气体的体积增大,内能有可能保持不变 D.热量可以自发地从低温物体传递到高温物体 4.小明闻到烟味,对爸爸说:“你一吸烟,我和妈妈都跟着被动吸烟.”小明这样说 的科学依据是( ) A.一切物体都是由分子组成的 B.分子在不停地做无规则的运动 C.分子之间存在相互作用力 D.有的分子之间只有引力,有的分子之间只有斥力 5.(2011年肇庆模拟)关于热现象,以下说法正确的是( ) A.物体的机械能和内能都与物体的机械运动、分子热运动及分子间的相互作用情况有 关 B.铁丝很难被拉断,说明分子之间只存在引力 C.分子之间存在着相互作用的引力和斥力 D.扩散现象只能说明分子是运动的,不能说明分子之间存在空隙 6.(双选,2011年云浮模拟)下列说法正确的是( ) A.理想气体在等温变化时,内能不改变,因而与外界不发生热量交换 B.布朗运动是液体分子的运动,它说明分子永不停息地做无规则运动 C.质量一定的理想气体,压强不变时,温度越高,体积越大 D.根据热力学第二定律可知,热量不可能自发地从低温物体传到高温物体 7.(双选,2012年广州二模)一定质量的理想气体由状态 A变化到状态 B,气体的压强 随热力学温度的变化如图 5-1-9所示,则此过程中( ) 图 5-1-9 A.气体的密度增大 B.外界对气体做功 C.气体从外界吸收了热量 D.气体分子的平均动能增大 8.(2012年福建卷)关于热力学定律和分子动理论,下列说法正确的是( ) A.一定质量的气体吸收热量,其内能一定增大 B.不可能使热量由低温物体传递到高温物体 C.若分子间的距离增大,分子势能一定增大 D.若分子间的距离减小,分子间的引力和斥力都增大 9.(双选)对于一定质量的理想气体,下列说法正确的是( ) A.若气体的压强和体积都不变,其内能也一定不变 B.若气体的内能不变,其状态也一定不变 C.若气体的温度随时间不断升高,其压强也一定不断增大 D.气体温度每升高 1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关 10.(2011年江门模拟)某校开展探究性课外活动,一同学用如图 5-1-10所示的装置 研究气体压强、体积、温度三个量之间的变化关系.气缸导热性良好,开口向下,内有理想 气体,并将气缸固定不动,缸内活塞可自由滑动且不漏气.把一温度计通过缸底小孔插入缸 内,插口处密封良好,活塞下挂一个沙桶,沙桶装满沙子时,活塞恰好静止.现给沙桶底部 钻一个小洞,让细沙慢慢漏出,外部环境温度恒定,则( ) 图 5-1-10 A.外界对气体做功,气体内能增大 B.外界对气体做功,温度计示数不变 C.气体体积减小,温度计示数变小 D.外界对气体做功,温度计示数变大 11.(2012年福建卷)空气压缩机的储气罐中储有 1.0 atm 的空气 6.0 L,现再充入 1.0 atm 的空气 9.0 L.设充气过程为等温过程,空气可看做理想气体,则充气后储气罐中气体的压 强为( ) A.2.5 atm B.2.0 atm C.1.5 atm D.1.0 atm 12.(双选,2012年江苏卷)下列现象中,说明液体存在表面张力的有( ) A.水黾可以停在水面上 B.叶面上的露珠呈球形 C.滴入水中的红墨水很快散开 D.悬浮在水中的花粉做无规则运动 13.(双选,2012年山东卷)以下说法正确的( ) A.水的饱和蒸气压随温度的升高而变大 B.扩散现象表明,分子在永不停息地运动 C.当分子间的距离增大时,分子间引力增大,分子间斥力减小 D.一定质量的理想气体,在等压膨胀过程中,气体分子的平均动能减小 14.(双选)夏天,如果自行车的内胎充气过足,又在阳光下曝晒(曝晒过程中内胎容积几 乎不变),车胎容易爆炸.关于这一现象,以下说法正确的是( ) A.车胎爆炸,是车胎内气体温度升高,气体分子间的斥力急剧增大的结果 B.在爆炸前的过程中,气体温度升高,分子无规则的热运动加剧,气体压强增大 C.在爆炸前的过程中,气体吸热,内能增加 D.在车胎爆炸过程中,气体内能不变 1.A 2.D 3.BC 4.B 5.C 6.CD 7.AB 解析:由图可知,在这个过程中气体温度不变,压强增大,由理想气体状态方 程 pV T =C可知,气体体积变小,即气体密度增大、外界对气体做功(W>0),A、B正确;气 体温度不变,因此气体内能不变(ΔU=0),气体分子的平均动能不变,D错误;由热力学第 一定律ΔU=W+Q,结合前面的分析可得 Q<0,即气体对外界放热,C错误. 8.D 解析:由热力学第一定律可知,做功和热传递都可以改变物体的内能,一定量 的气体吸收热量,如果气体同时对外做功,且做功比吸热多,则气体的内能减小,A错误; 在外界做功的帮助下,可以使热量由低温物体传递到高温物体,B错误;若分子间的距离小 于平衡时的距离,分子力表现为斥力,在增大的过程中分子力先做正功后做负功,分子势能 先减小后增大,C错误;若分子间的距离在减小,则分子间的引力和斥力都在增大,只不过 斥力增大得快些,D正确. 9.AD 解析:若气体的压强和体积都不变,由理想气体状态方程可知,其温度一定不 变,内能不变,A正确;若气体的内能不变,则温度一定不变,但压强和体积都有可能变化, B错误;当气体的温度升高时,其体积变化情况未知,压强可能增大,可能不变,也可能减 小,C错误;气体温度每升高 1 K所吸收的热量除了跟气体内能的变化有关外,还与气体在 该过程中做功的情况有关,D正确. 10.B 解析:细沙漏出,活塞向上运动,气缸内气体体积减小,外界对气体做功;气 缸导热性良好,细沙慢慢漏出,外部环境温度稳定,故气体温度不变,即内能不变,B正确. 11.A 解析:气体发生的是等温变化,即 p1V1=p2V2,得 p2=p1V1 V2 = 1×15 6 atm=2.5 atm. 12.AB 解析:滴入水中的红墨水很快散开是扩散现象,悬浮在水中的花粉做无规则 的运动是布朗运动. 13.AB 解析:水的饱和蒸气压随温度的升高而变大;扩散现象说明水分子在做永不 停息的运动;分子间的距离增大时,分子间的引力和斥力都减小;由 pV T =C可知,一定质量 的理想气体在等压膨胀的过程中,温度升高,分子的平均动能变大. 14.BC 解析:温度升高,体积不变,压强增大,内胎容易爆炸,B正确;由热力学 第一定律 改进型和设计型实验(附参考答案) 1.某物理兴趣小组采用如图 6-3-13所示的装置深入研究平抛运动.质量分别为 mA 和 mB的 A、B两个小球处于同一高度,M为 A球中心初始时在水平地面上的垂直投影.用 小锤打击弹性金属片,使 A球沿水平方向飞出,同时松开 B球,B球自由下落.A球落到地 面 N点处,B球落到地面 P点处.测得 mA=0.04 kg,mB=0.05 kg,B球距地面的高度是 1.225 m,M、N两点间的距离为 1.500 m,则 B球落到 P点的时间是________s,A球落地时的动 能是________J.(忽略空气阻力,取 g=9.8 m/s2) 图 6-3-13 图 6-3-14 2.某同学利用如图 6-3-14所示的实验电路来测量电阻的阻值. (1)将电阻箱接入 a、b之间,闭合开关.适当调节滑动变阻器 R′后保持其阻值不变.改 变电阻箱的阻值 R,得到一组电压表的示数 U与 R的数据如下表: 电阻 R/Ω 5.0 10.0 15.0 25.0 35.0 45.0 电压 U/V 1.00 1.50 1.80 2.14 2.32 2.45 请根据实验数据在图 6-3-15中作出 U-R关系图象. 图 6-3-15 (2)用待测电阻 Rx替换电阻箱,读得电压表的示数为 2.00 V.利用(1)中测绘的 U-R图 象可得 Rx=________Ω. (3)使用较长时间后,电池的电动势可认为不变,但内阻增大.若仍用本实验装置和(1) 中测绘的 U-R图象测定某一电阻,则测定结果将________(填“偏大”或“偏小”).现将 一已知阻值为 10 Ω的电阻换接在 a、b之间,你应如何调节滑动变阻器,便仍可利用本实验 装 置 和 (1) 中 测 绘 的 U - R 图 象 实 现 对 待 测 电 阻 的 准 确 测 定 ? ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________. 3.(2012年江苏模拟)某变压器不能拆解,课外活动小组准备用下列器材测定其原线圈 使用的铜丝长度:多用电表、电流表(0~0.6~3 A)、电压表(0~3~15 V)、开关、滑动变阻 器(0~5 Ω)、导线、干电池等. 图 6-3-16 图 6-3-17 (1)用螺旋测微器、多用电表的欧姆“×1”挡分别测量铜丝的直径、阻值,结果如图 6 -3-16、6-3-17所示,则铜丝的直径为________mm、电阻约为________Ω. (2)请在下面虚框中画出测量铜丝电阻的实验原理图,并在下面实物图 6-3-18中补画 出未连接的导线. 图 6-3-18 4.(2011年山东卷)(1)某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案.如 图 6-3-19所示,将一个小球和一个滑块用细绳连接,跨在斜面上端.开始时小球和滑块 均静止,剪短细绳后,小球自由下落,滑块沿斜面下滑,可先后听到小球落地和滑块撞击挡 板的声音,保持小球和滑块释放的位置不变,调整挡板位置,重复以上操作直到能同时听到 小球落地和滑块撞击挡板的声音.用刻度尺测出小球下落的高度 H、滑块释放点与挡板处的 高度差 h和沿斜面运动的位移 x.(空气阻力对本实验的影响可以忽略) 图 6-3-19 (1)滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为________. (2)滑块与斜面间的动摩擦因数为__________________. (3)以下能引起实验误差的是________. A.滑块的质量 B.当地重力加速度的大小 C.长度测量时的读数误差 D.小球落地和滑块撞击挡板不同时 5.(2012年重庆卷)某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产的柑橘做了 果汁电池,他们测量这种电池的电动势 E和内阻 r,并探究电极间距对 E和 r的影响.实验 器材如图 6-3-20所示. (1)测量 E和 r的实验方案为:调节滑动变阻器,改变电源两端的电压 U和流过电源的 电流 I,依据公式________,利用测量数据作出 U-I图象,得出 E和 r. (2)将电压表视为理想表,要求避免电流表分压作用对测量结果的影响,请在图中用笔 画线代替导线连接电路. (3)实验中依次减小铜片与锌片的间距,分别得到相应果汁电池的 U-I图象如图 6-3 -21中 a、b、c、d所示,由此可知: 在该实验中,随电极间距的减小,电源电动势__________(填“增大”、“减小”或“不 变”),电源内阻________(填“增大”、“减小”或“不变”). 曲线(c)对应的电源电动势 E=____________V,内阻 r=__________Ω,当外电路总电 阻为 2 500 Ω时,该电源的输出功率 P=__________mW.(均保留三位有效数字) 图 6-3-20 图 6-3-21 1.0.5 0.66 解析:由自由落体运动公式得 hBP=1 2 gt2,代入数据可得时间 t=0.5 s;根据 xMN=v0t和 动能定理,有 mAghBP=Ek- 1 2 mAv20,联立可得 Ek=0.66 J. 2.(1)如图 55所示. 图 55 (2)19~21 (3)偏小 改变滑动变阻器阻值,使电压表示数为 1.50 V 3.(1)1.593~1.598 13 (2)分别如图 56、图 57所示. 图 56 图 57 4.(1) x H (2) h-x2 H 1 x2-h2 (3)CD 5.(1)U=E-Ir (2)如图 58所示. 图 58 (3)不变 增大 0.975 478 0.268 相互作用与物体的平衡(附参考答案) 1.(2012 年上海卷)已知两个共点力的合力为 50 N,分力 F1的方向与合力 F的方向成 30°角,分力 F2的大小为 30 N.则( ) A.F1的大小是唯一的 B.F2的方向是唯一的 C.F2有两个可能的方向 D.F2可取任意方向 2.(双选)如图 1-1-20所示,水平地面上质量为 m的物体,与地面的动摩擦因数为μ , 在劲度系数为 k的轻弹簧作用下沿地面做匀速直线运动.弹簧没有超出弹性限度,则( ) 图 1-1-20 A.弹簧的伸长量为 μmg k B.弹簧的伸长量为 mg k C.物体受到的支持力与物体对地面的压力是一对平衡力 D.弹簧的弹力与物体所受的摩擦力是一对平衡力 3.(双选,2011年执信中学模拟)如图 1-1-21所示,在青海玉树抗震救灾中,一运送 救灾物资的直升机沿水平方向匀速飞行.已知物资的总质量为 m,吊运物资的悬索与竖直方 向成θ角.设物资所受的空气阻力为 Ff,悬索对物资的拉力为 FT,重力加速度为 g,则( ) 图 1-1-21 A.Ff=mgsin θ B.Ff=mgtan θ C.FT= mg cos θ D.FT= mg tan θ 4.(2011年中山实验中学模拟)在机场,常用输送带运送行李箱.如图 1-1-22所示, a为水平输送带,b为倾斜输送带.当行李箱随输送带一起匀速运动时,下列判断正确的是 ( ) 图 1-1-22 A.a、b两种情形中的行李箱都受到两个力的作用 B.a、b两种情形中的行李箱都受到三个力的作用 C.情形 a中的行李箱受到两个力作用,情形 b中的行李箱受到三个力的作用 D.情形 a中的行李箱受到三个力作用,情形 b中的行李箱受到四个力的作用 5.(2012年浙江卷)如图 1-1-23所示,与水平面夹角为 30°的固定斜面上有一质量 m =1.0 kg的物体.细绳的一端与物体相连,另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧测力计 相连.物体静止在斜面上,弹簧测力计的示数为 4.9 N.关于物体受力的判断,下列说法正 确的是( ) 图 1-1-23 A.斜面对物体的摩擦力大小为零 B.斜面对物体的摩擦力大小为 4.9 N,方向沿斜面向上 C.斜面对物体的支持力大小为 4.9 N,方向竖直向上 D.斜面对物体的支持力大小为 4.9 N,方向垂直斜面向上 6.(2011年台山一中二模)如图 1-1-24所示,清洗楼房玻璃的工人常用一根绳索将自 己悬在空中,工人及其装备的总重量为 G,悬绳与竖直墙壁的夹角为α,悬绳对工人的拉力 大小为 F1 ,墙壁对工人的弹力大小为 F2 , 则( ) 图 1-1-24 A.F1= G sin α B.F2=Gtan α C.若缓慢减小悬绳的长度,F1与 F2的合力变大 D.若缓慢减小悬绳的长度,F1减小,F2增大 7.(2012年海南卷)如图 1-1-25所示,墙上有两个钉子 a和 b,它们的连线与水平方 向的夹角为 45°,两者的高度差为 l.一条不可伸长的轻质细绳一端固定于 a点,另一端跨过 光滑钉子 b悬挂一质量为 m1的重物.在绳子距 a端 l 2 的 c点有一固定绳圈.若绳圈上悬挂质 量为 m2的钩码,平衡后绳的 ac段正好水平,则重物和钩码的质量比 m1 m2 为( ) A. 5 B.2 C. 5 2 D. 2 图 1-1-25 图 1-1-26 8.如图 1-1-26所示,三个完全相同的金属小球 a、b、c位于等边三角形的三个顶点 上.a和 c带正电,b带负电,a所带电量的大小比 b的小,已知 c受到 a和 b的静电力的 合力可用图中四条有向线段中的一条来表示,它应是( ) A.F1 B.F2 C.F3 D.F4 9.如图 1-1-27所示,顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙的水平地面上,A、B两物 体通过细绳相连,并处于静止状态(不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦).现用水平向右的力 F作用于物体 B上,将物体 B缓慢拉高一定的距离,此过程中斜面体与物体 A仍然保持静 止.在此过程中( ) 图 1-1-27 A.水平力 F一定变小 B.斜面体所受地面的支持力一定变大 C.物体 A所受斜面体的摩擦力一定变大 D.地面对斜面体的摩擦力一定变大 10.如图 1-1-28所示,位于水平桌面上的物块 P,由跨过定滑轮的轻绳与物块 Q相 连,从滑轮到 P和到 Q的两段绳都是水平的.已知 Q与 P之间以及 P与桌面之间的动摩擦 因数都是μ,两物块的质量都是 m,滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计,若用一水平向右 的力 F拉 P使它做匀速运动,则 F的大小为( ) A.4μmg B.3μmg C.2μmg D.μmg 图 1-1-28 图 1-1-29 11.如图 1-1-29所示, 一固定斜面上两个质量相同的小物块 A和 B紧挨着匀速下 滑, A与 B的接触面光滑.已知 A与斜面之间的动摩擦因数是 B与斜面之间动摩擦因数的 2倍, 斜面倾角为α.B与斜面之间的动摩擦因数是( ) A.2 3 tan α B. 2 3tan α C.tan α D. 1 tan α 1.C 2.AD 3.BC 4.C 5.A 解析:物体重力的下滑分量为 4.9 N,弹簧拉力为 4.9 N,物体沿斜面方向受力 平衡,所以摩擦力应为 0. 图 4 6.B 解析:工人的受力如图 4所示,由平衡条件可得 F1cos α=G、 F1sin α=F2,于 是 F1= G cos α ,F2=Gtan α,所以 A错、B 对;缓慢减小悬绳的长度,α 角变大,F1、F2都 增大,工人仍然处于平衡状态,所以 F1与 F2的合力不变,C、D均错. 7.C 解析:平衡后设绳的 bc段与水平方向成α角,则 tan α=2、sin α= 2 5 ,对 c点分 析,在竖直方向上有 m2g=m1gsin α,得 m1 m2 = 1 sin α = 5 2 ,选 C. 8.B 解析:a、c之间是排斥力,方向由 a指向 c,b、c之间是吸引力,方向由 c指 向 b,排斥力与吸引力之间的夹角为 120°,吸引力大于排斥力,由力的平行四边形定则得合 力偏向 cb. 9.D 解析:取物体 B为研究对象,其受力情况如图 5所示,则有 F=mgtan θ,T= mg cos θ , 在物体 B缓慢拉高的过程中,θ增大,则水平力 F随之变大,对 A、B两物体与斜面体这个 整体而言,由于斜面体与物体 A仍然保持静止,则地面对斜面体的摩擦力一定变大,但是 因为整体竖直方向并没有其他力,故斜面体所受地面的支持力不变;在这个过程中绳子张力 变大,由于物体 A所受斜面体的摩擦力开始时方向未知,故物体 A所受斜面体的摩擦力的 情况无法确定. 图 5 10.A 解析:设绳中张力为 T,对物块 Q和 P分别受力分析如图 6所示.因为它们都 做匀速运动,所以所受合外力均为零. 对 Q有 T=f1=μmg 对 P有 f2=2μmg,F=f2+T+f1 解得 F=4μmg. 图 6 图 7 11.A 解析:对 A、B这一系统进行受力分析,如图 7所示.设 B与斜面之间的动摩 擦因数为μ,它们的质量均为 m,对该系统受力分析,由摩擦定律与平衡条件得μmgcos α+ 2μmgcos α=2mgsin α 由此可得μ=2 3 tan α. 力学电学中的曲线运动与天体的运动(附参考答 案) 1.(2012年广州一模)如图 1-3-11所示,甲车自西向东做匀加速运动,乙车由南向北 做匀速运动,到达 O位置之前,乙车上的人看到甲车的运动轨迹大致是( ) 图 1-3-11 2.(2011年执信中学模拟)如图 1-3-12 所示,在同一平台上的 O点水平抛出的三个 物体,分别落到 a、b、c三点,则三个物体运动的初速度 va、vb、vc的关系和三个物体运动 的时间 ta、tb、tc的关系分别是( ) A.va>vb>vc,ta>tb>tc B.vatb>tc D.va>vb>vc,taEkB>EkA 10.(2012 年汕头一模)如图 1-3-18甲所示,圆形玻璃平板半径为 r,离水平地面的 高度为 h,一质量为 m的小木块放置在玻璃板的边缘,随玻璃板一起绕圆心 O在水平面内 做匀速圆周运动. (1)若匀速圆周运动的周期为 T,求木块的线速度和所受摩擦力的大小. (2)缓慢增大玻璃板的转速,最后木块沿玻璃板边缘的切线方向水平飞出,落地点与通 过圆心 O的竖直线间的距离为 s,俯视图如图乙所示.不计空气阻力,重力加速度为 g,试 求木块落地前瞬间的动能. 甲 乙 图 1-3-18 11.(2011年深圳二模)如图 1-3-19所示,完全相同的金属板 P、Q带等量异种电荷, 用绝缘杆将其连成一平行正对的装置,放在绝缘水平面上,其总质量为 M,两板间距为 d, 板长为 2d,在 P板中央位置处有一小孔.一质量为 m、电量为+q的小球,从某一高度下 落通过小孔后进入 PQ,恰能匀速运动.外部的电场可忽略,板间电场可视为匀强电场,重 力加速度为 g,求: 图 1-3-19 (1)PQ间电场强度及电势差; (2)小球下落过程中,装置对绝缘水平面的压力; (3)现给 PQ间再加一垂直纸面向里、磁感应强度为 B的匀强磁场,要使小球进入 PQ后 不碰板飞出,则小球应距 P板多高处自由下落? 1.C 2.C 3.D 4.BD 5.AC 6.AC 解析:船行驶的方向不确定,由平行四边形定则得,船的速度在 2~8 m/s 之 间. 7.AD 8.D 解析:小铁球恰能到达最高点 B,则小铁球在最高点处的速度 v= gL.以地面为 零势能面,小铁球在 B点处的总机械能为 mg·3L+1 2 mv2=7 2 mgL,无论轻绳是在何处断的, 小铁球的机械能总是守恒的,因此到达地面时的动能 1 2 mv′2= 7 2 mgL,故小铁球落到地面时 的速度 v′= 7gL. 9.CD 10.解:(1)根据匀速圆周运动的规律可得木块的线速度大小为 v=2πr T 木块所受摩擦力等于木块做匀速圆周运动的向心力,则摩擦力的大小为 Ff=m 2π T 2r=4πmr T2 . (2)木块脱离玻璃板后在在竖直方向上做自由落体运动,有 h=1 2 gt2 在水平方向上做匀速运动,水平位移 x=vt x与距离 s、半径 r的关系 s2=r2+x2 木块从抛出到落地前机械能守恒,得 Ekt=1 2 mv2+mgh 由以上各式解得木块落地前瞬间的动能 Ekt=mg s2-r2 4h +h . 11.解:(1)因小球受力平衡,有 mg=qE 得 E=mg q ,电场方向向上 U=Ed=mgd q . (2)在小球未进入 PQ前绝缘装置对水平面的压力 N1=Mg,进入 PQ后小球受到方向向 上、大小等于 mg的电场力,根据牛顿第三定律可得 PQ对水平面的压力 N2=Mg+mg=(M+m)g. (3)依题意可知,小球可从 P点飞出,也可从 Q点飞出. 当小球从 P点飞出时,有 2R1>d 根据 qv1B=m v21 R1 得 v1=qBR1 m 又因为 mgh1=1 2 mv21,得 h1= v21 2g = q2B2d2 8gm2 图 8 图 9 当小球从 Q点飞出时,有 R2L),磁场的磁感应强度为 B=5 T,方向与线框平面垂直.今线框从距磁场 上边界 h=30 cm处自由下落,已知线框的 dc边进入磁场后,ab 边到达上边界之前的某一 时刻线框的速度已达到这一阶段的最大值,问从线框开始下落到 dc边刚刚到达磁场下边界 的过程中,磁场作用于线框的安培力做的总功是多少?(取 g=10 m/s2) 图 2-2-19 11.如图 2-2-20所示,ABCD表示竖立在场强为 E=104 V/m的水平匀强电场中的绝 缘光滑轨道,其中轨道的 BCD部分是半径为 R的半圆环,轨道的水平部分与半圆环相切, A为水平轨道上的一点,而且,AB=R=0.2 m,把一质量 m=10 g、带电量 q=+10-5 C的 小球在水平轨道的 A点由静止释放后,小球在轨道的内侧运动,取 g=10 m/s2,求: (1)小球到达 C点时的速度. (2)小球达到 C点时对轨道的压力. (3)要使小球刚好能运动到 D点,小球开始运动的位置应离 B点多远? 图 2-2-20 12.(2011年惠州一模)如图 2-2-21所示,PR是一长为 L=0.64 m的绝缘平板,固定 在水平地面上,挡板 R固定在平板的右端.整个空间有一个平行于 PR的匀强电场 E,在板 的右半部分有一垂直于纸面向里的匀强磁场,磁场的宽度 d=0.32 m.一个质量 m=0.50×10 -3 kg、带电荷量为 q=5.0×10-2 C 的小物体,从板的 P端由静止开始向右做匀加速运动, 从 D点进入磁场后恰能做匀速直线运动.当物体碰到挡板 R后被弹回,若在碰撞瞬间撤去 电场,物体返回时在磁场中仍做匀速运动,离开磁场后做减速运动,停在 C点,PC=L 4 .若 物体与平板间的动摩擦因数μ=0.20,取 g=10 m/s2.(结果保留两位有效数字) (1)判断电场的方向及物体带正电还是带负电; (2)求磁感应强度 B的大小; (3)求物体与挡板碰撞过程中损失的机械能. 图 2-2-21 1.A 解析:设外力 F做功为 W1,克服电场力做功为 W2,克服摩擦力做功为 W3.由动 能定理得ΔEk=W1-W2-W3=8 J.由势能规律,电势能变化量ΔEp=W2=8 J.机械能增加 量ΔE=W1-W2-W3=8 J.选 A. 2.AC 解析:从曲线运动弯曲方向看粒子受力应该沿电场线斜向上,所以电场力的方 向与场强方向一致,粒子带正电,A项正确; A点电场线较密,所以粒子在 A点受到的电 场力大于在 B点受到的电场力,B项错误;从 A到 B电场力做正功,动能增加,C项正确; 电场力做正功电势能减少,D项错误. 3.BD 4.AD 解析:φM>φN,UMN>0,W=UMN·q,若 q>0,W>0,电场力做正功,电势 能减少.若 q<0,W<0,电场力做负功,电势能增加.选 AD. 5.BD 解析:ab棒在恒力 F的作用下向右运动,产生的电流、安培力如图 12所示, 可知安培力对 ab棒做负功,对 cd棒做正功,A错 B 对;电路中电流方向一直为逆时针方 向,根据楞次定律,回路中磁通量一直增加,C错;F做的功等于回路产生的总热量和系统 的动能增加量之和,D对. 图 12 6.C 解析:L2电势为 0,电势能为 0.L3到 L1,动能变为 0,则在 L2处的动能为 10 J.L2 处总能量为 10 J.根据能量守恒,E 电+Ek=恒量,当 E 电=4 J,Ek=6 J.选 C. 7.BD 解析:设下落 t秒时速度大小为 v,再次回到 A时为 vx,两次位移大小相等, 则 v 2 t=vx+-v 2 t,得 vx=2v,ΔE=1 2 mv2x=1 2 m(2gt)2=2mg2t2,A错;动量增加量Δp=mvx= m(2gt)=2mgt,B对;加电场时速度为 v,最低点时速度为零,则动能变化ΔE=1 2 mv2=1 2 m(gt)2, C错;加电场后加速度为 ax,ax= vx--v t ,g=v t ,所以 ax=3g,所以下落中减速时间 t′ = 1 3 t,下落总位移 h=1 2 gt2+1 2 ax t 3 2= 2 3 gt2,ΔEp=mgh=2 3 mg2t2,D对. 8.CD 解析:物块远离点电荷,场强变小,所受电场力逐渐减小,A错;电场力做正 功电势能逐渐减少,B错;物块带负电,电势能减少,由 Ep=qφ,则电势增大, C对;过 程初、末动能都为零,电势能转化为内能,所以电势能变化量的大小等于克服摩擦力做的功, D对. 9.D 10.解:设线框的最大速度为 vm ,此后直到 ab边开始进入磁场为止,线框做匀速直 线运动,此过程中线框的动能不变.由 mg=B2L2vm R 解得 vm=mgR B2L2 =2 m/s 全部进入后,无安培力,因此只需考虑从开始下落到刚好全部进入时,这段时间内线框 因克服安培力做功而损失的机械能为 mg(h+L)-1 2 mv2m=0.2 J 所以磁场作用于线框的安培力做的总功是-0.2 J. 11.解:(1)设小球在 C点的速度大小是 vC,则对于小球由 A运动到 C的过程中,应用 动能定理得 qE·2R-mgR=1 2 mv2C-0 解得 vC= 4qER m -2gR=2 m/s. (2)设小球在 C点时,对轨道的压力大小为 NC.在 C点的圆轨道径向应用牛顿第二定律, 有 NC-qE=mv2C R 解得 NC=qE+mv2C R =0.3 N. (3)设小球初始位置应在离 B点 x m的 A′点,对小球由 A′→D的过程应用动能定理, 有 qEx-mg·2R=1 2 mv2D 在 D点的圆轨道径向应用牛顿第二定律,有 mg=mv2D R 解得 x=5mgR 2qE =0.5 m. 12.解:(1)物体由静止开始向右做匀加速运动,证明电场力向右且大于摩擦力.进入 磁场后做匀速直线运动,说明它所受的摩擦力增大,证明它所受的洛伦兹力方向向下.由左 手定则判断,物体带负电. 物体带负电而所受电场力向右,证明电场方向向左. (2)设物体被挡板弹回后做匀速直线运动的速度为 v2,从离开磁场到停在 C点的过程中, 根据动能定理有 -μmgL 4 =0-1 2 mv22 解得 v2=0.80 m/s 物体在磁场中向左做匀速直线运动,受力平衡 mg=qv2B 解得 B=0.13 T. (3)设从 D点进入磁场时的速度为 v1,根据动能定理有 qE1 2 L-μmg1 2 L=1 2 mv21 物体从 D到 R做匀速直线运动受力平衡,有 qE=μ(mg+qv1B) 解得 v1=1.6 m/s 小物体撞击挡板损失的机械能为 ΔE=1 2 mv21-1 2 mv22 解得ΔΕ=4.8×10-4 J. 动量与能量的综合应用(附参考答案) 1.有一种硬气功表演,表演者平卧于地面,将一大石板置于他的身子上,另一人将重 锤举到高处并砸向石板,石板被砸碎,表演者却安然无恙,假设重锤与石板撞击后两者具有 相同的速度,表演者在表演时尽量挑选质量较大的石板.对这一现象,下列说法正确的是 ( ) A.重锤在与石板撞击的过程中,重锤与石板的总机械能守恒 B.石板的质量越大,石板获得的动量就越小 C.石板的质量越大,石板所受到的打击力就越小 D.石板的质量越大,石板获得的速度就越小 2.如图 2-3-14所示,子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块,子弹未穿透木 块,此过程产生的内能为 6 J,那么此过程木块的动能可能增加了( ) A.12 J B.16 J C.4 J D.6 J 图 2-3-14 图 2-3-15 3.如图 2-3-15所示,A、B两木块的质量之比为 mA∶mB=3∶2,原来静止在小车 C 上,它们与小车上表面间的动摩擦因数相同,A、B间夹一根被压缩了的弹簧后用细线拴住.小 车静止在光滑水平面上,烧断细线后,在 A、B相对小车停止运动之前,下列说法正确的是 ( ) A.A、B和弹簧组成的系统动量守恒 B.A、B和弹簧组成的系统机械能守恒 C.小车将向左运动 D.小车将静止不动 4.如图 2-3-16所示,小车开始静止于光滑的水平面上,一个小滑块由静止从小车上 端高 h处沿光滑圆弧面相对于小车向左滑动,滑块能到达左端的最大高度 h′( ) 图 2-3-16 A.大 h B.小于 h C.等于 h D.停在中点与小车一起向左运动 5.(双选,2011年全国卷)质量为 M、内壁间距为 L的箱子静止于光滑的水平面上,箱 子中间有一质量为 m的小物块,小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱 子正中间,如图 2-3-17 所示.现给小物块一水平向右的初速度 v,小物块与箱壁碰撞 N 次后恰又回到箱子正中间,并与箱子保持相对静止.设碰撞都是弹性的,则整个过程中,系 统损失的动能为( ) 图 2-3-17 A.1 2 mv2 B. mM 2m+M v2 C.1 2 NμmgL D.NμmgL 6.(2010年福建卷)如图 2-3-18所示,一个木箱原来静止在光滑水平面上,木箱内粗 糙的底板上放着一个小木块.木箱和小木块都具有一定的质量.现使木箱获得一个向右的初 速度 v0,则( ) 图 2-3-18 A.小木块和木箱最终都将静止 B.小木块最终将相对木箱静止,两者一起向右运动 C.小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞,而木箱一直向右运动 D.如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止,则两者将一起向左运动 7.(双选,2011年深圳中学二模)如图 2-3-19所示,水平光滑地面上停放着一辆质量 为 M 的小车,其左侧有半径为 R 的四分之一光滑圆弧轨道 AB,轨道最低点 B 与水平轨道 BC相切,整个轨道处于同一竖直平面内.将质量为 m 的物块(可视为质点)从 A 点无初速释 放,物块沿轨道滑行至轨道末端 C处恰好没有滑出.设重力加速度为 g,空气阻力可忽略不 计.关于物块从 A 位置运动至 C位置的过程中,下列说法正确的是( ) A.小车和物块构成的系统动量不守恒 B.摩擦力对物块和轨道 BC所做的功的代数和为零 C.物块运动过程中的最大速度为 2gR D.小车运动过程中的最大速度为 2m2gR M2+Mm 图 2-3-19 图 2-3-20 8.(双选)如图 2-3-20所示,质量均为 M的铝板 A和铁板 B分别放在光滑水平地面 上.质量为 m(mE2,φ1>φ2 B.E1E2,φ1<φ2 D.E1φ2 2.(双选)如图 3-1-12所示的是点电荷 a、b所形成的电场线分布,以下说法正确的 是( ) 图 3-1-12 A.a、b为异种电荷 B.a、b为同种电荷 C.A点的场强大于 B点的场强 D.A点的电势高于 B点的电势 3.通有电流的导线 L1、L2处于同一平面(纸面)内,L1是固定的,L2可绕垂直纸面的固 定转轴 O转动(O为 L2的中心),各自的电流方向如图 3-1-13所示.下列哪种情况将会发 生( ) A.因 L2不受磁场力的作用,故 L2不动 B.因 L2上、下两部分所受的磁场力平衡,故 L2不动 C.L2绕 O轴按顺时针方向转动 D.L2绕 O轴按逆时针方向转动 图 3-1-13 图 3-1-14 4.(2011年佛山一模)在图 3-1-14中,实线和虚线分别表示等量异种点电荷的电场线 和等势线,则下列有关 P、Q两点的说法中,正确的是( ) A.两点的场强等大、反向 B.P点的电场更强 C.两点的电势一样高 D.Q点的电势较低 5.(2012年广东四校联考)如图 3-1-15所示,虚线是等量异种点电荷所形成的电场中 的等势线,其中 B和 C关于两电荷的连线对称.现用外力将一个正试探电荷沿着图中实线 所示的轨迹,按照箭头所指的方向从 A缓慢移动到 F.在此过程中该外力所做正功最多的区 间是( ) 图 3-1-15 A.A→B B.C→D C.D→E D.E→F 6.(2012年深圳高级中学期末)下列关于导体在磁场中受力的说法,正确的是( ) A.通电导体在磁场中一定受到力的作用 B.通电导体在磁场中有时不会受到力的作用 C.通电导体中的电流方向与磁场方向不平行也不垂直时,不会受到力的作用 D.只要导体放入磁场中,无论是否通电都会受到力的作用 7.(2012年河源模拟)一平行板电容器两极板的间距为 d、极板面积为 S,电容为 ε0S d , 其中ε0是常量.对此电容器充电后断开电源.当增加两极板的间距时,电容器极板间( ) A.电场强度不变,电势差变大 B.电场强度不变,电势差不变 C.电场强度减小,电势差不变 D.电场强度减小,电势差减小 8.(双选,2011年深圳一模)如图 3-1-16所示,平行板电容器与直流电源连接,下极 板接地.一带电油滴位于容器中的 P点且处于静止状态.现将上极板竖直向上移动一小段 距离,则( ) A.带电油滴将沿竖直方向向上运动 B.P点的电势将降低 C.电容器的电容减小,极板带电量减少 D.带电油滴的电势能保持不变 图 3-1-16 图 3-1-17 9.(双选)图 3-1-17中的虚线为静电场中的等势面 1、2、3、4,相邻的等势面之间的 电势差相等,其中等势面 3的电势为 0,一带正电的点电荷在静电力的作用下运动,经过 a、 b点时的动能分别为 26 eV和 5 eV.当这一点电荷运动到某一位置,其电势能变为-8 eV时, 它的动能应为( ) A.0 eV B.20 eV C.3.2×10-18 J D.1.6×10-18 J 10.(2012年华师附中期末)如图 3-1-18所示,甲带正电,乙是不带电的绝缘物块, 甲、乙叠放在一起,置于粗糙的水平地板上,地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场,现 用一水平恒力 F拉乙物块,使甲、乙无相对滑动地一起向左加速运动,在加速运动阶段( ) 图 3-1-18 A.甲、乙两物块间的摩擦力不断增大 B.甲、乙两物块间的摩擦力不断减小 C.甲、乙两物块间的摩擦力保持不变 D.乙物块与地面之间的摩擦力不断减小 1.D 2.AD 3.D 4.C 5.B 解析:由等量异种电荷的电场分布特点可知,A和 D是等势点,B和 C也是等 势点,正试探电荷从 A到 B的过程,电场力做正功,所以外力 F做负功;从 C→D时电场 力做负功,则外力 F做正功;D→E的过程中,电场力做正功,所以外力 F做负功;E→F 的过程中,电场力做负功,则外力 F做正功,从图中可以看出,C→D之间的电势差要大于 E→F的电势差,所以外力所做正功最多的区间是 C→D. 6.B 解析:通电导体放入磁场中,也不一定会受到磁场力的作用,当导体方向与磁 场方向平行时,导体不受磁场力的作用,当导体与磁场垂直时,导体受到的力最大,其他情 况下,受到的力介于 0与最大值之间,由此可见,A、C、D错误,B正确. 7.A 解析:由题可知,电容器充电后断开电源,故电容器的带电量保持不变,当增 大两极板间的距离时,由 C=ε0S d 可知,电容器的电容变小,由 U=Q C 可知极板间的电势差变 大,又 E=U d = Q Cd = Q ε0S ,所以电场强度不变,A正确. 8.BC 解析:根据题意得,两极板间的距离 d增大、电势差不变.由 F=qE=q U d 得, 电场力 F减小,则带电油滴向下运动,A错;由于正极板向上移动,P点离正极板的距离增 大,沿着电场线的方向,电势逐渐减小,故 P点的电势将降低,B 对;由 C= εS 4πkd 得 C减 小,由 Q=CU得 Q减小,C对;电场力对油滴做功,因此电势能会发生变化,D错. 9.BC 解析:设相邻等势面之间的电势差大小为 U,正电荷从 a运动到 b时动能减少, 可知 b点的电势高于 a点,则 Ua=-2U,Ub=U,设正电荷的电量为 q,则正电荷在 a点、 b点的电势能分别为 Epa=-2qU、Epb=qU,根据能量守恒定律有 Eka+Epa=Ekb+Epb,代入 数据得 qU=7 eV.设点电荷运动到 c点时,其动能、电势能分别为 Ekc、Epc,根据能量守恒 定律有 Eka+Epa=Ekc+Epc. 即 26 eV+(-14 eV)=Ekc+(-8 eV) 可得 Ekc=20 eV=20×1.6×10-19 J=3.2×10-18 J. 10.B 解析:甲、乙无相对滑动一起向左加速运动,并且甲带正电,由左手定则可判 断出甲所受的洛伦兹力竖直向下,在加速运动阶段,乙对地面的压力逐渐增大,乙与地面的 摩擦力不断增大,D错误;整体的加速度逐渐减小,隔离甲,由牛顿第二定律 f=ma可知, 甲、乙两物块间的摩擦力 f不断减小,B正确,A、C错误. 电磁感应问题的综合分析(附参考答案) 1.(双选,2011年珠海模拟)如图 4-1-10所示,间距为 L的平行金属导轨上有一电阻 为 r的金属棒 ab与导轨接触良好.导轨一端连接电阻 R,其他电阻不计,磁感应强度为 B, 金属棒 ab以速度 v 向右匀速运动,则( ) 图 4-1-10 A.回路中电流为逆时针方向 B.电阻 R两端的电压为 BLv C.ab棒受到的安培力方向向左 D.ab棒中的电流大小为 BLv r 2.(双选,2011年深圳二模)如图 4-1-11甲所示,闭合回路由电阻 R与导线组成,其 内部磁场大小按 B-t图变化,方向如图乙,则回路中( ) 图 4-1-11 A.电流方向为顺时针方向 B.电流强度越来越大 C.磁通量的变化率恒定不变 D.产生的感应电动势越来越大 3.用相同的导线绕制的边长为 L或 2L的四个闭合导体框,以相同的速度匀速进入右 侧匀强磁场,如图 4-1-12 所示.在每个线框进入磁场的过程中,M、N两点间的电压分 别为 Ua、Ub、Uc、Ud.下列判断正确的是( ) 图 4-1-12 A.Ua
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