丰台区2013年高三年级第二学期统一练习(二)
13.下列说法正确的是( ) A .扩散现象说明分子间存在斥力 B .布朗运动是液体分子的无规则运动
C .一定质量的0o C 的冰融化成0o C 的水,其内能没有变化
D .一定质量理想气体对外做功,内能不一定减少,但密度一定减小 【答案】D
扩散现象说明分子间存在间隙,A 错误;布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒
的无规则运动,不是液体分子的运动,B 错误;一定质量的0o C 的冰融化成0o C 的水,分子的平均动能不变,但分子间距有变化,则分子势能有变化,故其内能有变化,C 错误;一定质量的理想气体对外做功,气体体积增大,密度一定减小,但有可能同时吸热,故其内能不一定减少,D 正确。
14.如图所示,电路中所有元件完好,光照射到光电管上,灵敏电流计中没有电流通过,某同学分析可能的原因有①入射光太弱;②入射光波长太长③光照时间太短④电源正负极接反。下列选项中,均有可能的是( )
A .①③
B .②④
C .①②
D .③④ 【答案】B
光电管能否产生光电效应与入射光的强度没有关系;若入射光波长太长,大于金
属的极限波长时,金属不能产生光电效应,灵敏电流计中没有电流通过;光电管能否产生光电效应与光照时间没有关系;电源正负极接反时,光电管加上反向电压,光电子做减速运动,可能不能到达阳极,电路中不能形成电流.故选B 。
15. 裂变反应是目前核能利用中常用的反应。以原子核
23592U
为燃料的反应堆中,当
23592U
俘
获一个慢中子后发生的裂变反应可以有多种形式,其中一种可表示为
235
92U + 10
n →
13954
X +
9438
Sr + 31
0n
则下则叙述中正确的是( )
A .X 原子核中含有85个中子
B .X 原子核中含有139个质子
C .裂变时释放能量,根据2
E mc ?=?,所以裂变后核子总质量增加
G
电源
D .裂变时释放能量,出现质量亏损,所以裂变后核子中总质量数减少 【答案】A
X 的原子核中含有54个质子,质量数为139,所以X 的中子数为:139-54=85,
故A 正确B 错误;裂变反应过程中质量数守恒,由于有能量放出,根据质能方程可知,质量有亏损,故C 、D 错误。
16. 利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小,实验时让质量为M 的某消防员从一平台上自由下落,落地过程中先双脚触地,接着他用双腿弯曲的方法缓冲,使自身重心所示。根据图线所提供的信息,以下判断正确的是( )
A .t 1时刻消防员的速度最大
B .t 2时刻消防员的速度最大
C .t 3时刻消防员的速度最大
D .t 4时刻消防员的速度最大 【答案】B
t 1时刻双脚触地,在t 1至t 2时间内消防员受到的合力向下,其加速度向下,他做
加速度减小的加速下落运动;而t 2至t 3时间内,人所受合力向上,人应做向下的减速运动,t 2时刻消防员所受的弹力与重力大小相等、方向相反,合力为零,消防员的速度最大,故A 错误,B 正确;在t 2至t 4时间内他所受的合力向上,则加速度向上,故消防员做向下的减速运动,t 4时刻消防员的速度最小,故C 、D 错误。故选B 。
17. 某卫星的发射过程如图所示,先将卫星从地面发射并从A 点进入椭圆轨道I 运行,然后在B 点通过改变卫星的速度,让卫星进入预定圆形轨道II 上运行。则下列说法正确的是( )
A .该卫星的发射速度一定要大于第二宇宙速度11.2Km/s
B .该卫星沿椭圆轨道I 从A 点运动到B 点过程中,速度减小,机械能也减小
C .该卫星在轨道I 上运行的周期大于在轨道II 上运行的周期
D .测量出该卫星在轨道II 上运行的线速度和周期,即可计算地球的质量 【答案】D
卫星发射的速度等于7.9km/s 时,轨道为正圆,大于7.9km/s ,而小于11.2km/s ,
人造卫星的运行轨道就是椭圆,超过11.2km/s 卫星将脱离地球的束缚绕太阳运行,故A 错误;卫星在椭圆轨道Ⅰ运行由A 运动至B 点的过程中,逐渐远离地球,只有万有引力做功,故势
能变大,动能变小,机械能守恒,故B 错误;卫星在圆轨道上运行时,周期为T=23
r GM
,
故半径越大,周期越大,故C 错误;测量出卫星在轨道II 上运行的线速度和周期,由2vT r π
=
t /s
F /N
t
t t t
F m g
A B
地球
I
II
可求出卫星的半径,进而可计算中心天体地球的质量,D 正确;故选D .
18. 如图,一理想变压器原线圈接入一交流电源,副线圈电路中R 1、R 2、R 3和R 4均为固定
电阻。开关S 是闭合的, 和 为理想电压表,读数分别为U 1和U 2; 、
和 为理想电流表,读数分别为I 1、I 2和I 3。U 1数值不变,现断开S ,下列推断中正确的是( )
A .U 2变小、I 3变大
B .U 2不变、I 3变小
C .I 1变小、I 2变小
D .I 1变大、I 2变大 【答案】C
理想变压器的电压与匝数成正比,由于理想变压器原线圈接的电压不变,则副线
圈电压不变,所以V 2的示数U 2不变,当s 断开之后,并联电路的电阻变大,副线圈的电阻也就变大,由于副线圈电压不变,所以副线圈的总电流减小,即I 2变小,由于电流与匝数成反比,当副线圈的电流减小时,原线圈的电流也要减小,所以I 1变小,由于副线圈的总电流减小,R 1的电压减小,并联电路的电压就会增大,所以R 3的电流I 3就会增大,所以C 正确,故选C .
19. 如图是质谱仪的工作原理示意图。粒子源(在加速电场上方,未画出)产生的带电粒子被加速电场加速后,进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B 和E 。平板S 上有可让粒子通过的狭缝P 和记录粒子位置的胶片A 1A 2。平板S 下方有强度为B 0的匀强磁场。下列表述正确的是( ) A .速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里 B .能通过狭缝P 的带电粒子的速率等于
B
E
C .粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P ,粒子的比荷(
q
m
)越大 D .粒子所带电荷量相同时,打在胶片上的位置越靠近狭缝P ,表明其质量越大 【答案】C
假设粒子带正电,则受电场力向右,由左手定则可判断磁场方向垂直直面向外,
故A 错误;由qE=qvB ,得v=
E
B
,此时离子受力平衡,可沿直线穿过选择器,故B 错误;由0q v m B R =,知R 越小,荷质比越大,故C 正确;由0q v m B R
=知粒子所带电荷量相同时,打在胶片上的位置越靠近狭缝P ,表明其质量越小,D 错误。故选 C 。
20. 设电子质量为m ,电荷为e ,以角速度绕带正电的质子作圆周运动。当加上磁场方向
与电子轨道平面垂直、磁感应强度为B 的磁场时,设电子轨道半径不变,而角速度发生变化。你可能不会求角速度的变化ω?,但仍可运用物理学中常用的方法,在下列选项中,判断ω
?V 1 V 2 A 1 A 2 A 3 A 1
A 2 A 3
V 1 V 2
~
R
1
R 2
R 3
R 4 S
b
a
的值可近似等于( )
A .2mB
e
±
B .2eB m ±
C .2meB ±
D .2B me ±
【答案】B
本题考查单位制的应用。联想到常用公式mv r Bq =
可得v Bq
r m
ω==,ω?的具体值虽然不能直接求出,但其单位必定跟“Be
m
”一致,对比各选项可知选项B 正确。 21.(18分)
(1)在“验证力的平行四边形定则”的实验中,某同学经历了以下实验步骤:
A . 用铅笔和直尺在白纸上从O 点沿着两细绳方向画直线,按一定标度作出两个力F 1和F 2的图示,根据平行四边形定则作图求出合力F ;
B .只用一个测力计,通过细绳把橡皮筋与细绳的连接点拉到同样的位置O ;
C . 用铅笔记下O 点的位置和两条细绳的方向,读出两个弹簧秤的示数;
D .在水平放置的木板上,垫一张白纸并用图钉固定,把橡皮筋的一端固定在板上A 点,用两条细绳连接在橡皮筋的另一端,通过细绳同时用两个测力计互成角度地拉橡皮筋,使橡皮筋与细绳的连接点到达某一位置O ;
E .记下测力计的读数和细绳方向,按同一标度作出这个力的图示
F /,比较这个实测合力和按平行四边形定则求出的合力F ,看它们的大小和方向是否相等;
F .改变两测力计拉力的大小和方向,多次重复实验,根据实验得出结论。 ①将以上实验步骤按正确顺序排列,应为 (填选项前的字母)。
②在物理学中跟力一样,运算时遵守平行四边形定则的物理量还有 (至少写出三个,要求写名称)。
(2)图1是利用两个电流表A 1(微安表)和A 2(毫安表)测量干电池电动势E 和内阻r 的电路原理图。图中S 为开关。R 为滑动变阻器,固定电阻R l 和A 1内阻之和为l0000Ω(比r 和滑动变阻器的总电阻都大得多),A2为理想电流表。
A
O
①按电路原理图在图2虚线框内各实物图之间画出连线。
②在闭合开关S 前,将滑动变阻器的滑动端c 移动至_____(填“a 端”、“中央”或“b 端”)。
③闭合开关S ,移动滑动变阻器的滑动端c 至某一位置,读出电流表A 1和A 2的示数I 1
和I 2。多次改变滑动端c 的位置,得到的数据为
在图3所示的坐标纸上以I 1为纵坐标、I 2为横坐标画出所对应的I 1-- I 2曲线。
④利用所得曲线求得电源的电动势E =_____V ,内阻r =_____Ω。 ⑤该电路中电源输出的短路电流I m =_____A 。
【答案】(1) ① DCABEF (3分,只要一个步骤顺序错误不得分)
②位移、速度、加速度、电场强度等(3分,写对一个得
I 1(mA ) 0.120 0.125 0.130 0.135 0.140 0.145 I 2(mA )
480
400
320
232
140
68
A 1
A 2
E r S
R 1 R b
c
a 图1
+
E ,r A S
A 1
R
A
A 2
R 1
图2
I 1/μA
160 150 140 130 120
110
I 2/mA
图3
R 1
A S
A 1
R
A 2
+
E ,r
1分,不得有标量)
(2) ①如图 (2分,错一条线不得分)②b 端 (2分) ③如图 (2分,必须有描点,不描点不得分)
④1.49(1.48~1.50)(2分)
0.60(0.55~0.65)(2分) ⑤2.4(2.3~2.7)(2分)
(1)解答本题关键是理解实验原理,正确理解“等
效替代法”的应用,因此掌握实验原理是解决实验问题的关键.平行四边形定则适用于所有的矢量运算。
(2)②闭合开关前,滑动变阻器接入电路的电阻应最大,以免烧坏微安表。④把R 1和A 1整体等效为一个电压表,测量路端电压,
2I =0时的路端电压即为电源的电动势,图线的斜率与R 1和A 1整体电阻的乘积即为电源的内
电阻。⑤短路电流等于电动势与内电阻的比值。 22. (16分)
如图所示,处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距了 1 m ,导轨平面与水平面成θ = 37°角,下端连接阻值为R =2Ω的电阻。磁场方向垂直导轨平面向上,磁感应强度为0.4T 。质量为0.2kg 、电阻不计的金属棒放在两导轨上,棒与导轨垂直并保持良好接触,它们之间的动摩擦因数为0.25。金属棒沿导轨由静止开始下滑。
(g =10m/s 2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)
(1) 判断金属棒下滑过程中产生的感应电流方向; (2) 求金属棒下滑速度达到5m/s 时的加速度大小; (3) 当金属棒下滑速度达到稳定时,求电阻R 消耗的功率。
【答案】见解析
(1) 由右手定则判断金属棒中的感应电流方向为由a 到b ……(2
分)
(2) 金属棒下滑速度达到5m/s 时产生的
感应电动势为0.415E BLv ==??V = 2V ……(2分)
B
I 1/μA
160 150 140 130 120
110
I 2/mA
图3
感应电流为 2
2
E I R =
= A = 1A ……(1分) 金属棒受到的安培力为0.411F BIL ==?? N = 0.4 N ……(2分) 由牛顿第二定律得:sin cos mg mg F ma θμθ--= ……(2分) 解得:a = 2m/s 2 ……(1分)
(3) 设金属棒运动达到稳定时,所受安培力为F /,棒在沿导轨方向受力平衡
/sin cos mg mg F θμθ=+ ……(2分)
解得:/F = 0.8 N
此时感应电流为//
0.80.41
F I BL ==? A = 2A ……(2分) 电路中电阻R 消耗的电功率:2222P I R ==?W = 8W ……(2分)
(另解:由22/
B L v
F R
=,解得稳定时速度达到最大值10m v =m/s ,本题克服安
培力做功功率等于电阻R 消耗的电功率,所以/0.810P F v ==?W=8W )
23.(18分)
有一个竖直固定在地面的透气圆筒,筒中有一劲度为k 的轻弹簧,其下端固定,上端连接一质量为m 的薄滑块,圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER 流体,它对滑块的阻力可调。起初,滑块静止,ER 流体对其阻力为0,弹簧的长度为L 。现有一质量也为m 的物体从距地面2L 处自由落下,与滑块碰撞后粘在一起向下运动。为保证滑块做匀减速运动,且下移距离为
2mg
k
时速度减为0,ER 流体对滑块的阻力须随滑块下移而变。试求(忽略空气阻力): (1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能; (2)滑块下移距离d 时ER 流体对滑块阻力的大小。
(3)已知弹簧的弹性势能的表达式为2
12
P E kx =(式中k 为弹簧劲度系数,x 为弹簧的伸长或压缩量),试求:两物体碰撞后粘在一起向下运动2mg
k
距离,速度减为零的过程中,
ER 流体对滑块的阻力所做的功。
【答案】见解析
(1)设物体下落末速度为v 0,由机械能守恒定律
2L
L
m m
2
12mgL mv = ① 得02v gL = ……(2分) 设碰后共同速度为v 1,由动量守恒定律 2mv 1=mv 0 ② 得11
22
v gL =
……(2分) 碰撞过程中系统损失的机械能
22101112222E m v mv mgL ?=??-=- ……(2分)
(2)设加速度大小为a ,有
212ax v = ③ ……(2分) (得 8kL
a m
=
) 设弹簧弹力为F N ,ER 流体对滑块的阻力为F ER 受力分析如图所示
22N ER F F mg ma +-= ④ ……(2分)
N F mg kd =+ ⑤ ……(2分)
联立③④⑤三式解得:4
ER kL
F mg kd =+
- ……(2分) (3)从碰撞结束瞬间到最低点的过程中,
重力做功为:22
242G mg m g W mg k k
=?= ⑥ ……(1分) 弹性势能的变化为:
22
221214()()22P mg mg mg m g E k k k k k k
?=+-= ⑦……(1分)
所以重力做功恰等于弹性势能的增加,所以ER 流体做功等于动能变化
2111
0222
ER W m v mgL =-??=- ⑧ ……(2分)
(另解:221
2022ER F mg mg W W mv k ?+-=-弹
弹力做功22
121(
)()22mg mg mg W k k k k k
=+-弹 联立上面两式解得:1
2
ER F W mgL =-
24.(20分)
如图所示,一个光滑、绝缘水平高台的右面空间中存在范围足够大且水平向左的匀强电场,高台边缘静置一个带电量为+q 、质量为m 的小球B ,另有一个绝缘不带电的小球A (大小与小球B 相同,质量大于m )以初速度v 0向B 运动,A 与B 发生弹性碰撞后水平进入电场,
2mg
F N F ER
发生再次碰撞后落到水平地面。已知匀强电场的电场场强为E =2mg
q
,重力加速度为g 。(小球A 、B 碰撞过程中电荷不发生转移)
(1)如果小球A 的质量为3 m ,求:
①小球A 、B 发生弹性碰撞(首次碰撞)后各自的速度; ②小球A 、B 再次碰撞前运动过程中相距的最大距离; ③B 小球在电场中与A 小球再次碰撞前具有的动能;
(2)如果保持B 的质量不变,改变A 的质量,其它条件不变,A 、B 小球再次碰撞前运动过程中相距的最大距离及再次碰撞发生的高度是否发生变化?试证明你的结论。
【答案】见解析
(1)①A 与B 发生弹性碰撞
01233mv mv mv =+ ① ……(1分)
2
22012
11133222
mv mv mv ?=?+ ② ……(1分) 联立①②解得
2032v v =
,101
2
v v = ……(2分)
②A 球不带电,所以出平台后做平抛运动,在竖直方向做自由落体,水平为匀速运动; B 球在竖直方向做自由落体运动,在水平方向做类竖直上抛运动(假定向右为上),所以两球在竖直方向运动情况相同,始终保持在同一高度。
1A x v t = ③ ……(1分)
221
2
B x x v t a t =- ④ ……(1分)
A B
E
v 0
B 球在水平方向上的加速度为 22Bx mg
q
Eq q a g m m
===⑤ ……(1分) 所以:在飞行过程中A 与B 的距离为
22210()B A x x x v v t gt v t gt ?=-=--=- ……(2分)
2
2
(42v x gt g g
?=-+ 所以当0
12v t g
=时,x ?有最大值为2
04v g ……(2分)
(另解:当小球B 水平分速度减小到012v 时,二者相距最远,有01
2
B Bx v v a t =-
解得012v t g =,此时相距200010131122224B A v v v x x x t v t g
+?=-=-=)
③再次发生碰撞时有A B x x = ⑥ ……(1分)
联立③④⑤⑥解得发生再次碰撞的时间0
2v t g =,2
02A v x g =……(1分)
再次碰撞点离平台的高度2
20
2122v h gt g
== ⑦……(1分)
由动能定理2
212
A B mgh Eqx E mv -=- ⑧ …… (1分)
解得2
058B E mv =……(1分)
(2)如果保持B 的质量不变,改变A 的质量, A 与B 发生弹性碰撞
101122m v m v m v =+ ⑨
222101122111222m v m v m v =+ ⑩ 联立⑨⑩解得
210v v v -=(与A 、B 小球质量无关) ……(2分)
所以在飞行过程中A 与B 的距离为//2011x v t gt ?=-
仍有当/
12v t g
=时,x ?有最大值为204v g ,A 、B 小球再次碰撞前运动过程中相距
的最大距离不发生改变。……(1分)
同理发生再次碰撞的时间始终为/0
2v t g
=
,所以再次碰撞点离平台的高度为2
202122v h gt g
==,不发生改变,即再次碰撞发生一个固定高度。……(1分)