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D.前2s内推力F做功的平均功率
=1.5W
本题考查了受力分析、牛顿第二定律、功、图象等有关方面的知识.第2s内,根据速度时间图象可知,物体的加速度为2m/s2,第3s内,物体做匀速直线运动,所以根据牛顿第二定律有3-μmg=2m,μmg=2N,解得m=0.5kg,μ=0.40,AB选项错误;
第2s内物体运动的位移为1m,摩擦力为2N,克服摩擦力做的功W=2.0J,C选项正确;
前2s内推力F做功为3J,平均功率
=1.5W,D选项正确.本题难度中等.
CD
4.(2013·
常熟二模)2008年9月25日至28日我国成功实施了“神舟”七号载人航天飞行并实现了航天员首次出舱.飞船先沿椭圆轨道飞行,后在远地点343千米处点火加速,由椭圆轨道变成高度为343千米的圆轨道,在此圆轨道上飞船运行周期约为90分钟.下列判断正确的是( )
A.飞船变轨前后的机械能相等
B.飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态
C.飞船在此圆轨道上运动的角速度等于同步卫星运动的角速度
D.飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度
本题考查了机械能、万有引力、圆周运动等知识.飞船在远地点点火加速,其他形式的能转化为机械能,机械能增加,A错;
航天员和飞船在圆轨道上时,万有引力充当向心力,航天员处于失重状态,B对;
同步卫星的周期是24h,飞船在此圆轨道上运行的周期约为90分钟,根据ω=
所以飞船在此圆轨道上运动的角速度大于同步卫星运动的角速度,C错;
根据G
=ma,可得a=G
,可以看出变轨前后飞船的加速度相等,D错.本题难度中等.
5.(2013·
安庆二模)如图所示为远距离输电的示意图,若电厂输出电压u1=4400
sin100πtV,电流I1=1000A,不计变压器损耗,则下列判断正确的是
( )
A.U1=4400
V
B.I2<1000A
C.I2U2=4.4×
106W
D.用户得到的交流电频率为100πHz
本题考查变压器原理及远距离输电.电厂输出电压的最大值为4400
V,其有效值U1=4400V,A项错误;
不计变压器损耗,则U1I1=U2I2,由于U2大于U1,因此I2小于I1,B项正确;
U2I2=U1I1=4.4×
106W,C项正确;
变压器不改变交流电的频率,因此用户得到的交流电的频率为f=
=
Hz=50Hz,D项错误.难度较易.
6.(2013·
淮北一模)如图所示,电源电动势为E,内电阻为r,平行板电容器两金属板水平放置,开关S是闭合的,两板间一质量为m、电量为q的油滴恰好处于静止状态,G为灵敏电流计.则以下说法正确的是( )
A.在将滑动变阻器滑片向上移动的过程中,油滴向上加速运动,G中有从b到a的电流
B.在将滑动变阻器滑片向下移动的过程中,油滴向下加速运动,G中有从b到a的电流
C.在将滑动变阻器滑片向上移动的过程中,油滴仍然静止,G中有从a到b的电流
D.在将S断开后,油滴仍保持静止状态,G中无电流通过
本题考查闭合电路的欧姆定律以及电容器的充放电知识.当滑片P向上移动,连入电路的电阻增大,总电阻增大,根据闭合电路欧姆定律可知,干路电流减小,因U=E-I(r+R1),可知电容器极板电压变大,油滴受到的电场力增大,油滴向上运动,极板电压变大,说明电容器充电,G中电流方向从b到a,A正确,BC错误,将S断开后,电容器放电,G中有电流,电压减小,电场力减小,油滴向下运动,D错误.难度中.
A
7.(2013·
连云港一模)如图所示,实线为方向未知的三条电场线,虚线分别为等势线1,2,3,已知MN=NQ,a,b两带电粒子从等势线2上的O点以相同的初速度飞出.仅在电场力作用下,两粒子的运动轨迹如图所示,则( )
A.a一定带正电,b一定带负电
B.MN电势差|UMN|等于NQ两点电热差|UNQ|
C.a加速度减小,b加速度增大
D.a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小
本题考查带电粒子在电场中运动时电性、电势差、加速度、动能的判断.由于没有给出电场的方向,所以不能判断出电荷的正负,A项错误;
所给的等势面没有说明是等差等势面,所以不能确定UMN和UNQ是否相等,B项错误:
电场线越密,电场越大,所以b的受力变大,a的受力变小,C项正确;
b运动于电场的密集区,平均作用力大,所以动能的改变量大,D项错误.本题难度中等.
8.(2013·
漳州一模)如图所示,某空间存在正交的匀强电磁场,电场方向水平向右,磁场方向垂直纸面向里.一带负电微粒由a点以一定初速度进入电磁场,刚好能沿直线ab斜向上运动,则下列说法正确的是( )
A.微粒的动能一定增加
B.微粒的动能一定减少
C.微粒的电势能一定减少
D.微粒的机械能一定增加
本题考查带电粒子在复合场中的运动问题.此带负电微粒沿直线运动,又洛伦兹力qvB不变说明其速率也是不变的,因此带电微粒做匀速直线运动,即受力平衡其受力情况如图所示.所以微粒的动能不变,AB错误;
微粒的电势能减少,动能不变,但重力势能增大,所以机械能增大,CD正确.本题为中等难度题.
9.(2013·
华师附中一模)如图所示,水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车,小车左端靠在竖直墙壁上,其左侧半径为R的四分之一圆弧轨道AB是光滑的,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.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,下列说法中正确的是( )
A.在这个过程中,小车和物块构成的系统水平方向动量守恒
B.在这个过程中,物块克服摩擦力所做的功为mgR
C.在这个过程中,摩擦力对小车所做的功为mgR
D.在这个过程中,由于摩擦生成的热量为
本题考查动量守恒定律、动能定理及能的转化和守恒定律的相关知识.木块和小车组成的系统的初动量为零,而物块沿光滑圆弧轨道AB下滑过程中,小车由于墙壁的作用仍然保持静止,木块水平方向的动量不为零,故系统的动量不守恒,A错;
但物块由B点滑到C点过程中,系统的动量守恒,根据题意,最后二者达到共速,设物块运动到B点的速度为v1,物块沿光滑圆弧轨道AB下滑过程中,根据机械能守恒定律,有mgR=
mv
①,设物块到达C点的速度为v2,此即物块与小车的共同速度,物块由B点滑到C点过程中,根据动量守恒定律,有mv1=(M+m)v2 ②,对物块应用动能定理Wf=
mgR,故B错;
根据动能定理,摩擦力对小车所做的功等于小车的动能变化,即Wf=
Mv
-0=
mgR,故C错;
根据能的转化与守恒定律,摩擦生热应等于系统的机械能损失,即Q=
-
(M+m)v
=mgR-
,故D正确.本题属于难题.
D
10.(2013·
荆门一模)如图甲,在虚线所示的区域有竖直向上的匀强磁场,面积为S的单匝金属线框放在磁场中,线框上开有一小口与磁场外阻值为R的小灯泡相连.若金属框的总电阻为R/2,其他电阻不计,磁场如图乙随时间变化,则下列说法正确的是( )
A.感应电流由a向b流过小灯泡
B.线框cd边受到的安培力指向左
C.感应电动势大小为2B0S/Rt0
D.ab间电压大小为2B0S/3t0
本题考查楞次定律、左手定则、法拉第电磁感应定律及欧姆定律的应用.根据楞次定律可知,俯视看,感应电流沿逆时针方向,即由a向b流过小灯泡,A项正确;
线框cd边的电流从d到c,根据左手定则,cd边受到的安培力向右,B项错误;
由法拉第电磁感应定律,感应电动势E=
,C项错误;
ab间的电压U=
E=
,D项正确,难度中等.
AD
11.(2013·
绍兴调研)如右图,一有界区域内,存在着磁感应强度大小均为B,方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场,磁场宽度均为L,边长为L的正方形框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面上,使线框从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域,若以逆时针方向为电流的正方向,能反映线框中感应电流变化规律的是图( )
本题考查的是电磁感应现象的图象表达.感应电流大小为I=
,I与时间t成线性关系,当bc边进入第二个磁场后,bc和ad边均切割磁感线,回路中的感应电动势是进入前的2倍,但感应电流的方向相反;
bc边开始出第二个磁场时,只有一条边切割磁感线,电动势为出来之前瞬间的1/2倍,所以选项A对,B错;
由I与x的关系,同理可知C对,D错.
AC
12.(2013·
黄冈一模)请完成以下两小题.
(1)某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系.弹簧秤固定在一合适的木板上,桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮,细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接.在桌面上画出两条平行线MN,PQ,并测出间距d.开始时将木板置于MN处,现缓慢向瓶中加水,直到木板刚刚开始运动为止,记下弹簧秤的示数F0,以此表示滑动摩擦力的大小.再将木板放回原处并按住,继续向瓶中加水后,记下弹簧秤的示数F1,然后释放木板,并用秒表记下木板运动到PQ处的时间t.
①木板的加速度可以用d、t表示为a=________;
为了减小测量加速度的偶然误差可以采用的方法是(一种即可)________.
②改变瓶中水的质量重复实验,确定加速度a与弹簧秤示数F1的关系.下列图象能表示该同学实验结果的是________.
③用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比,它的优点是________.
a.可以改变滑动摩擦力的大小
b.可以更方便地获取多组实验数据
c.可以比较精确地测出摩擦力的大小
d.可以获得更大的加速度以提高实验精度
(2)在测定金属电阻率的实验中,某同学连接电路如图所示.闭合开关后,发现电路有故障(已知电源、电表和导线均完好,电源电动势为E):
①若电流表示数为零、电压表示数为E,则发生故障的是________(填“待测金属丝”“滑动变阻器”或“开关”).
②若电流表、电压表示数均为零,该同学利用多用电表检查故障.先将选择开关旋至________挡(填“欧姆×
100”“直流电压10V”或“直流电流2.5mA”),再将________(填“红”或“黑”)表笔固定在a接线柱,把另一支表笔依次接b,c,d接线柱.若只有滑动变阻器断路,则多用电表的示数依次是________、________、________.
(2)以测定金属电阻率的实验为情景,重在考查电路故障的分析.①电流表示数为零说明电路存在断路故障,电压表示数为电源电动势,说明发生断路的在电压表正负接线柱之间,故发生故障的是待测金属丝.②因是带电检测,应选直流电压挡,即直流电压10V挡;
电压表的红笔接高电势,即红表笔固定在a接线柱上;
若只有滑动变阻器断路,当另一支表笔依次接b,c,d接线柱时,多用电表的示数依次是0,E,E.
(1)①2d/t2 保持F1不变,重复实验多次测量,求平均值
②c ③bc
(2)①待测金属丝 ②直流电压10V 红 0 E E
13.(2013·
荷泽调研)如图所示,在竖直平面内,由斜面和圆形轨道分别与水平面相切连接而成的光滑轨道,圆形轨道的半径为R.质量为m的小物块从斜面上距水平面高为h=2.5R的A点由静止开始下滑,物块通过轨道连接处的B,C点时,无机械能损失.求:
(1)小物块通过B点时速度vB的大小;
(2)小物块通过圆形轨道最低点C时轨道对物块的支持力FN的大小;
(3)小物块能否通过圆形轨道的最高点D.
(1)物块从A点运动到B点的过程中,由动能定理得mgh=
解得vB=
(2)物块从B至C做匀速直线运动
因此vC=vB=
物块通过圆形轨道最低点C时,由圆周运动公式及牛顿第二定律有:
FN-mg=m
FN=6mg
(3)若物块能从C点运动到D点,由动能定理得:
-mg·
2R=
解得:
vD=
物块能通过圆形轨道的最高点的最小速度为vD1,只有重力提供向心力,由牛顿第二定律得:
mg=m
vD1=
可知物块刚好能通过圆形轨道的最高点.
本题考查动能定理和圆周运动规律.
(1)根据动能定理或者机械能守恒定律可解.
(2)根据牛顿第二定律和向心力公式可解,注意小物块在B、C点速度相等.(3)根据物块要做圆周运动在最高点的速度v≥
和物块在D点的实际速度比较即可判断能否到最高点.本题难度中等.
(1)
(2)6mg (3)能
14.(2013·
抚顺六校二模)如甲图所示,M,N为水平面内平行放置的粗糙金属长直导轨,间距为L=0.5m,导轨间接有阻值为R=2.0Ω的定值电阻,导轨平面处在竖直向下、磁感应强度大小为B=4.0T的匀强磁场中.一导体杆ab垂直M,N置于导轨上,其质量为m=1.0kg,长度也为L,电阻为r=1.0Ω,与导轨的动摩擦因数为μ=0.2,且跟导轨接触良好.不计导轨电阻,重力加速度g取10m/s2.
(1)若在ab杆上作用一个平行导轨方向的恒力F使其向右运动,恒力大小为F=10N,求ab杆可以达到的速度最大值vm;
(2)若用乙图所示的电动机通过轻绳来水平向右牵引ab杆,也可使ab杆达到
(1)中的速度最大值vm,求电压表的示数U.已知电动机内阻r1=5.0Ω,电压表和电流表示数恒定,且电流表示数为I=2.0A,不计电动机的摩擦损耗;
(3)在
(2)中的条件下,可认为ab杆从静止开始经时间t=1.5s,位移x=7.5m后刚好达到最大速度vm,求此过程中ab杆上产生的电热.
(1)ab杆达到速度最大值vm时,ab杆受力平衡,流过ab杆的电流为I1=
且F=μmg+BI1L
可求得vm=
=6.0m/s
(2)当ab杆达到的速度最大值也为vm时,需要的牵引力仍为F,
由能量关系可知:
UI=I2r1+Fvm
U=
=40V
(3)此过程中,ab杆与电阻R产生的总热量为
Q=(UI-I2r1)t-μmgx-
代入数据得Q=57J
故ab杆上产生的电热为Q′=
q=19J
本题考查法拉第电磁感应定律、受力分析及能的转化与守恒定律.在ab杆加速运动过程中对ab杆受力分析,在力F作用下开始运动,随着速度的增大,ab杆所受的安培力也逐渐增大,当安培力和摩擦力之和等于F时,速度达到最大值,据此可求出速度最大时的感应电流,进一步求出ab杆产生的感应电动势,然后再利用法拉第电磁感应定律即可求得最大速度vm;
电动机的功率可以分成两部分,一部分转化成对ab杆做功的功率,另一部分转化成自身内阻的发热功率,据此可算出电压表的示数U;
在ab杆加速过程中,电动机所做的功转化成自身线圈的焦耳热、ab杆上产生的焦耳热、摩擦生热和ab杆的动能,据此可求出ab杆上产生的热量.本题属于难题.
15.(2013·
唐山期末)选修模块3-3
(1)下列说法中正确的是________.
A.布朗运动的剧烈程度与温度有关,所以布朗运动也叫做热运动
B.彩色液晶显示屏是应用液晶在不同电场中对不同颜色的光吸收强度不同制成的
C.能量耗散说明能量在不断减少
D.热力学第二定律也可以表述为:
气体向真空的自由膨胀是不可逆的
(2)将剩有半杯热水的玻璃杯盖子旋紧后经过一段时间,若玻璃杯盖子不漏气,则杯内水蒸气饱和气压________(填“增大”“减小”或“不变”),杯内气体压强________(填“增大”“减小”或“不变”).
(3)如图气缸放置在水平地面上,缸内封闭一定质量的理想气体,活塞横截面积为S,外界大气压强为p0,气缸内电热丝热功率为P,测得通电时间t内活塞缓慢向左移动距离为h,气缸向外界放出热量为Q,不计活塞与气缸之间的摩擦,则在时间t内缸内气体内能的变化量为________.
(1)热运动是分子的运动,而布朗运动是悬浮颗粒的运动,能量耗散只能说明能量的品质降低了,而能量的总和不变.
(1)BD
(2)减小 减小
(3)Pt-p0Sh-Q
16.(2013·
石家庄诊断)选修模块3-4
(1)以下说法中正确的是________.
A.光的偏振现象说明光是一种纵波
B.相对论认为空间和时间与物质的运动状态有关
C.麦克斯韦预言并用实验验证了电磁波的存在
D.在光的双缝干涉实验中,若仅将入射光由绿光变为红光,则条纹间距变宽
(2)如图所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图,已知波的传播速度v=2m/s.
试回答下列问题:
①写出x=0.5m处的质点做简谐运动的表达式:
________cm;
②x=0.5m处质点在0~5.5s内通过的路程为________cm.
(3)直角玻璃三棱镜的截面如图所示,一条光线从AB面入射,ab为其折射光线,ab与AB面的夹角α=60°
.已知这种玻璃的折射率n=
,则:
①这条光线在AB面上的入射角为________;
②图中光线ab________(填“能”或“不能”)从AC面折射出去.
(1)考查3-4的基本概念、基本规律.
(2)考查波动图象及质点振动规律.t=0时刻,x=0.5m处的质点处在正向最大位移处,因此该质点按余弦规律变化.
(3)本题考查光的折射规律及全反射的条件.
(1)BD
(2)①x=5cos2πt ②110cm
(3)①45°
②不能
17.(2013·
徐州模拟)选修模块3-5
A.康普顿效应进一步证实了光的波动特性
B.为了解释黑体辐射规律,普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的
C.经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征
D.天然放射性元素衰变的快慢与化学、物理状态有关
(2)
Th是不稳定的,能自发的发生衰变.
①完成
Th衰变反应方程:
Th―→
Pa+________.
②
Th衰变为
Rn,经过________次α衰变,________次β衰变.
(3)1919年,卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子.科学研究表明其核反应过程是:
α粒子轰击静止的氮核后形成了不稳定的复核,复核发生衰变放出质子,变成氧核.设α粒子质量为m1,初速度为v0,氮核质量为m2,质子质量为m0,氧核质量为m3,不考虑相对论效应.
①α粒子轰击氮核形成不稳定复核的瞬间,复核的速度为多大?
②求此过程中释放的核能.
(1)本题考查原子物理方面的知识.康普顿效应进一步证实了光的粒子特性,A错误;
天然放射性元素衰变的快慢与化学、物理状态无关,是由本身的性质决定,D错误.本题难度易.
(2)本题考查衰变方程的书写.根据质量数守恒和电荷数守恒解题.本题难度易.
(3)本题考查动量守恒的应用以及爱因斯坦质能方程的应用.本题难度易.
(1)BC
(2)①
e ②3 2
(3)解:
①设复核的速度为v,由动量守恒定律得
m1v0=(m1+m2)v
解得v=
②核反应过程中的质量亏损
Δm=m1+m2-m0-m3
反应过程中释放的核能
ΔE=Δm·
c2=(m1+m2-m0-m3)c2
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