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  • ID:11-5548378 人教版高中生物必修3第二章《动物和人体生命活动的调节》测试题(解析版)

    高中生物/人教版(新课程标准)/必修3《稳态与环境》/第2章 动物和人体生命活动的调节/本章综合与测试

    第二章《动物和人体生命活动的调节》测试题 一、单选题(共25小题,每小题2.0分,共50分) 1.突触可分为化学突触和电突触两种。化学突触是依靠突触前膜释放的化学递质来传递神经冲动。电突触(如下图所示)的突触间隙很窄,前后膜之间形成离子通道,带电离子通过离子通道来传递神经冲动。下列相关叙述,正确的是(  ) A. 兴奋通过电突触传递神经冲动与突触小泡有关 B. 兴奋通过电突触传递神经冲动与细胞膜的功能有关 C. 兴奋在化学突触和电突触中的传递过程都是单向的 D. 兴奋在化学突触和电突触中的传递速度相同 2.下列有关突触结构和功能的叙述,错误的是(  ) A. 突触前膜与突触后膜之间有间隙 B. 兴奋由电信号转变成化学信号,再转变成电信号 C. 兴奋在突触处只能由突触前膜传向突触后膜 D. 突触前后两个神经元的兴奋是同步的 3.下列关于高等动物激素的叙述,正确的是(  ) ①由无导管的腺体分泌 ②直接进入血液 ③激素的化学成分都是蛋白质 ④体液里含量极少,但对动物起重要的调节作用 A. ①④ B. ①②④ C. ①③④ D. ①②③ 4.在下列物质中,不属于人体内环境组成成分的是(  ) A. DNA B. 葡萄糖 C. CO2 D. 抗体 5.如图,在一个以肌肉为效应器的反射弧中,如果④受到损伤,而其它部分正常,当感受器受到刺激时表现为(  ) A. 失去感觉,但能运动 B. 失去感觉,同时肌肉无收缩反应 C. 有感觉且能运动 D. 有感觉,但肌肉无收缩反应 6.当环境温度接近体温时,人体维持体温恒定的散热方式是(  ) A. 蒸发 B. 传导 C. 辐射 D. 对流 7.神经递质通过与细胞膜上的受体结合,直接或间接调节细胞膜上离子通道,进而改变细胞膜电位。假如某一神经递质使细胞膜上的氯离子通道开启,使氯离子(Cl-)进入细胞内,下列相关判断正确的是(  ) A. 形成局部电流 B. 细胞膜两侧电位差保持不变 C. 抑制细胞兴奋 D. 使细胞膜内电位由正变负,出现反极化状态 8.下面是有关促胰液素发现的实验,下列有关促胰液素的说法正确的是(  ) ①稀盐酸→小肠肠腔→胰腺分泌胰液 ②稀盐酸→静脉注入血液→胰腺不分泌胰液 ③稀盐酸→小肠肠腔(去除神经)→胰腺分泌胰液 ④肠黏膜+稀盐酸+砂子→研磨→制成提取液→静脉注射到血液→胰腺分泌胰液 A. 促胰液素是人们发现的第一种激素,是由胰腺分泌的 B. ①组与③组之间的自变量是有无通向小肠的神经,几组实验的因变量是胰腺是否分泌胰液 C. ①与③对比说明胰腺分泌胰液不受神经的调节 D. 上述实验说明胰腺分泌胰液的过程只有体液调节 9.在一起交通事故中,某人大脑受伤,不能说话但能听懂别人的话,那么受损的部位是(  ) A. S区 B. 脊髓 C. H区 D. V区 10.糖尿病病人常常通过注射某种激素来进行辅助治疗,这种激素是(  ) A. 性激素 B. 胰岛素 C. 生长激素 D. 甲状腺激素 11.下图所示为突触的亚显微结构,M、N分别表示两个神经元的局部。下列与此相关的表述,正确的是(  ) A. ①②③合称为突触小体,是神经元树突的末端 B. a点兴奋时,膜内电位a点为正、b点为负 C. 神经递质存在于②中,⑤处液体属于组织液 D. 经④释放的神经递质必然引起神经元N的兴奋 12.下列关于糖尿病和甲亢这两种疾病的说法,错误的是(  ) A. 这两种现象都可能与激素分泌异常有关 B. 两种患者都可能出现消瘦的现象 C. 甲亢患者的基础体温通常高于正常值 D. 糖尿病患者组织细胞内葡萄糖含量高于正常值 13.下列关于体温调节的叙述,不正确的是(  ) A. 低温环境下,皮肤毛细血管急剧收缩,血流不畅,使关节受损受冷引起关节酸痛 B. 人体体温调节中枢位于下丘脑,体温调节方式为神经—体液调节 C. 炎热条件下,人体主要通过减少甲状腺激素的分泌量来降低体温 D. 寒冷条件下,人体通过增加产热减少散热维持体温恒定 14.15只同种并同时孵化的体长约15mm的蝌蚪,随机分成三个组(每组5只),饲养的水、饲料和温度等条件等同。A组加入甲状腺激素,B组加入甲状腺抑制剂,C组不加入药剂。饲养10~12d,定时用坐标纸观测、记录蝌蚪的生长发育变化情况。本实验中,同等的蝌蚪对象、同等的饲养条件等属于(  ) A. 实验变量 B. 反应变量 C. 无关变量 D. 额外变量 15.下列关于神经调节与体液调节特点的叙述,错误的是(  ) A. 与激素调节相比,神经调节迅速、准确,作用时间短暂,但作用范围比较局限 B. 神经调节和体液调节的作用途径不同,但二者均与细胞的信息交流有关 C. 神经调节和体液调节相互协调,相辅相成,因此二者地位平等 D. 许多内分泌腺受神经系统的调节,内分泌腺分泌的激素也可以影响神经系统的功能 16.下列动物腺体中不能分泌激素的是(  ) A. 垂体 B. 胰腺 C. 肠腺 D. 卵巢 17.下列关于胰岛素和胰高血糖素的叙述,错误的是(  ) A. 胰岛素是已知的唯一能降低血糖浓度的激素 B. 胰岛素能抑制肾小管对葡糖糖的重吸收,是降低血糖浓度的原因之一 C. 胰高血糖素由胰岛A细胞分泌 D. 胰高血糖素能引起肝糖原分解和葡萄糖释放进入血液 18.下列激素中,对全身细胞都起作用的是(  ) A. 促甲状腺激素释放激素 B. 促甲状腺激素 C. 甲状腺激素 D. 促性腺激素 19.青蛙垂体提取液中有促进雌蛙排卵的激素,该激素作用的器官是(  ) A. 甲状腺 B. 胰腺 C. 卵巢 D. 肾上腺 20.如图是反射弧的局部结构示意图,电流表①、②的电极均放置在神经纤维表面。a、b为电流表接线的中点,刺激b点后(  ) A. 电流表②偏转,电流表①不偏转 B. b点兴奋时,兴奋部位的膜对Na+通透性减小 C. b点兴奋时,膜外电流方向与兴奋传导方向相反 D. c点能检测到电位变化,说明兴奋只能由b→c 21.神经冲动在神经元之间传递时,以下生理活动不会发生的是(  ) A. 生物膜的融合和转化 B. 离子通道的开放和关闭 C. ATP的合成和水解 D. 信号分子与突触前膜上受体的识别和结合 22.一般情况下,大脑受伤而丧失意识和脊髓排尿中枢受伤的两种病人,其排尿情况依次是(  ) A. 尿失禁、正常排尿 B. 尿失禁、不能排尿 C. 正常排尿、尿失禁 D. 不能排尿、尿失禁 23.下列关于神经元中突触小体的叙述,错误的是(  ) A. 突触小体是轴突末梢的膨大部分 B. 突触小体中没有细胞器 C. 突触小体能与下一个神经元的树突相接触形成突触 D. 一个神经元有多个突触小体 24.如图表示用电表测量神经纤维某部位在受到一次刺激前后膜内外的电位变化,下列有关说法正确的是(  ) A. AC段Na+内流消耗了能量 B. 图1装置测得的电位对应于图2中的B点的电位 C. 神经纤维受刺激后再次恢复到静息状态,电表指针两次通过0电位 D. 若增大神经元周围模拟溶液中Na+浓度,则C点位置下移 25.下图表示一反射弧,若在S点处给予一定强度的刺激,则可能发生的现象有(  ) ①兴奋以化学信号的形式在神经纤维上传导 ②该反射弧至少有两个神经元,神经元之间通过突触联系,刺激S点时神经递质没有通过相连神经元的突触 ③刺激强度越大,效应器发生反应越快 ④引起S处Na+大量外流 ⑤可使效应器发生反应 A. ①②④ B. ②③⑤ C. ②⑤ D. ③④⑤ 二、非选择题(共5小题,每小题10.0分,共50分) 26.人体免疫包括非特异性免疫和特异性免疫,像白细胞的吞噬作用、泪液和唾液中溶菌酶的杀菌作用等,这类免疫属于________免疫。 27.图1中的①②表示结构,a~d表示相应的物质,甲、乙表示相应器官;图2是一种血糖调控模式,据图分析回答问题: (1)人体体温恒定是机体代谢产热量与散热量保持动态平衡的结果。寒冷刺激后,图1中下丘脑的____________兴奋,引起①分泌物质a增多,则物质a是____________,最终引起c分泌增加,在此过程中c的作用是______________________________________________。若c的含量偏高时,会抑制________(填字母)的分泌。 (2)重感冒发热患者通常会在服药后因大量出汗散热而退烧,排汗的调节方式是________(神经调节/体液调节/神经—体液调节)。排汗导致血浆渗透压升高,引起②所分泌的____________增多,其作用于乙的________________,导致尿量减少。 (3)图2中A表示葡萄糖,当人体饥饿时,通过途径①作用于胰腺的____________细胞,该细胞所分泌的激素通过途径②促进__________________,使血糖水平升高。Ⅰ型糖尿病患者的过程③④________(能/不能)正常进行,理由______________________________________。 28.反射是人体神经调节的基本方式。如图是人体的反射弧示意图: (1)根据反射形成过程的特点,反射通常可以分为:____________和____________两类,根据图中反射活动所在的神经中枢,我们可以判断它是属于:____________。 (2)填出反射弧结构:①____________→②传入神经→神经中枢→③传出神经→④____________。 29.下图表示某个人体中的部分免疫过程的示意图。请分析并回答有关的问题: (1)不同的B淋巴细胞,如图中的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ中,细胞表面的受体________。(填“相同”或“不同”) (2)a、b、c、d中能特异性识别抗原的细胞是________。 (3)淋巴细胞依靠其细胞表面的受体识别抗原,每个淋巴细胞只带有一种特异性抗原受体。那么淋巴细胞的特异性是先天存在的,还是由抗原的“教导”产生的呢?请用下面给出的材料设计实验进行探究。 实验材料:小白鼠,放射性同位素标记的抗原X,未标记的抗原X,抗原Y等 (注:高剂量的放射性同位素标记的抗原能够杀死全部带有互补受体的淋巴细胞) 实验步骤: ①给小白鼠注射______________________________,小白鼠对此种抗原不发生免疫反应。 ②一段时间后,给小白鼠注射________________,观察小白鼠是否对此种抗原发生免疫反应。 ③再过一段时间,给小白鼠注射抗原Y,观察小白鼠是否对此种抗原发生免疫反应。 预期结果与结论: 若________________________________________________________________________, 则说明淋巴细胞的特异性是先天存在的。 若________________________________________________________________________, 则说明淋巴细胞的特异性是由抗原的“教导”产生的。 30.如图表示反射弧及局部放大的示意图,据图回答:(在[ ]中填序号) (1)在A图中,①所示的结构属于反射弧的__________。发生反射时,神经中枢产生的兴奋沿__________神经传到突触前膜,导致__________与前膜融合,释放神经递质(Ach);Ach与Ach受体结合后,肌膜发生__________,引起肌肉收缩。 (2)B图表示神经纤维受到刺激的瞬间膜内外电荷的分布情况,在a、b、c中兴奋部位是____________。在兴奋部位和相邻的未兴奋部位之间,由于电位差的存在而发生电荷移动,这样就形成了____________。 (3)兴奋在反射弧中按单一方向传导的原因是在A图的[____]____________结构中,即信号在C图中 的传递不能由乙传到甲,其原因是________________________________。在此结构中信号的转换模式为______________________。C图中的乙是下一个神经元的____________(填结构)。 (4)已知甲释放的某种物质可使乙兴奋,当完成一次传递后,该种物质立即被分解。某种药物可以阻止该种物质的分解,该药物的即时效应是____________。 答案解析 1.【答案】B 【解析】电突触在突触小体内无突触小泡,A错误;兴奋通过电突触传递神经冲动与细胞膜控制物质进出的功能有关,B正确;兴奋在电突触中的传递过程是双向的,C错误;据图可知,电突触的传递依靠电信号,而化学突触的传递借助于神经递质,因此电突触的信号传递速度比化学突触的信号传递速度快,D错误。 2.【答案】D 【解析】突触包括突触前膜、突触间隙和突触后膜,A正确;在突触处兴奋的转化模式为:电信号→化学信号→电信号,B正确;由于神经递质只能由突触前膜释放,然后作用于突触后膜,因此兴奋在突触处只能由突触前膜传向突触后膜,C正确;突触前后两个神经元的兴奋不是同步的,突触前神经元先兴奋,突触后神经元后兴奋,D错误。 3.【答案】B 【解析】激素是由内分泌腺分泌的,内分泌腺和其他腺体的区别是没有导管,其分泌物直接进入血液。激素在血液里的含量极少,但对动物的调节作用是很重要的。激素的化学成分很复杂,不一定都是蛋白质,还可能是氨基酸衍生物、脂质等。 4.【答案】A 【解析】内环境是指细胞生存的液体环境,由血浆、组织液和淋巴组成;DNA是细胞内的遗传物质,A错误;葡萄糖是细胞从内环境摄取的营养物质,B正确;CO2是细胞代谢排到内环境中的代谢废物,C正确;抗体是细胞分泌到内环境中发挥作用的功能物质,D正确。 5.【答案】D 【解析】反射必须通过反射弧来完成,缺少任何一个环节,反射活动都不能完成,如传出神经受损,即使有适宜的刺激人体也不会作出反应,因为效应器接收不到神经传来的神经冲动;但是感受器产生的神经冲动能通过传入神经传到脊髓内的神经中枢,在经过脊髓的白质能上行传到大脑皮层,形成感觉。 6.【答案】A 【解析】散热的主要器官是皮肤,另外还有其他排泄器官(如肾),借排泄活动散发少部分热量。散热方式有:辐射、传导、对流、蒸发(不显性蒸发和发汗);环境温度低于皮肤温度时,可借辐射、传导、对流和不显性蒸发散热;环境温度等于或高于皮肤温度时,可借蒸发散热。 7.【答案】C 【解析】某神经递质使细胞膜上的氯离子通道开启,使氯离子(Cl-)进入细胞内,会让静息电位值加大,从而使细胞不容易产生动作电位,因而不能形成局部电流,A错误;由于氯离子带负电荷,进入细胞后会使膜内负电荷更多,因而使膜电位差变大,B错误;当某一部位受刺激时,Na+内流,其膜电位变为内正外负,形成动作电位;而氯离子通道开启,使氯离子进入细胞内,因而使膜内外电位不能由内负外正变为内正外负,阻碍动作电位的形成,从而抑制兴奋,C正确;由于氯离子带负电荷,进入细胞后会使膜内负电荷更多,使细胞膜内电位维持负值,D错误。 8.【答案】B 【解析】促胰液素是人们发现的第一种动物激素,是由小肠粘膜分泌的,A错误;①与③组成的实验自变量是有无通向小肠的神经,几组实验的因变量是胰腺是否分泌胰液,B正确;①与③组成的实验自变量为有无通向小肠的神经,因变量是胰腺是否分泌胰液,其结果说明胰腺分泌胰液可以不通过神经调节,但也可能通过神经调节,要证明胰液分泌受不受神经的调节应该再设计实验继续探究,C错误;该实验结果说明胰腺分泌胰液可以不通过神经调节,但要证明胰液分泌受不受神经的调节应该再设计实验继续探究,D错误。 9.【答案】A 【解析】S区是运动性语言中枢,若受损则表现为不能说话,A正确;脊髓是低级中枢,而言语区位于大脑皮层,B错误;H区是听觉性语言中枢,若受损则表现为听不懂别人讲话,C错误;V区是视觉性语言中枢,若受损则表现为看不懂文字,D错误。 10.【答案】B 【解析】糖尿病病人的患病机理是:胰岛B细胞受损,导致胰岛素分泌不足,血糖合成糖原和利用减弱,导致血糖升高,并高于正常值,葡萄糖一部分糖随尿排出,形成尿糖,对于糖尿病病人,应该通过注射胰岛素来治疗。 11.【答案】B 【解析】神经元的轴突末端膨大,形成突触小体,A错误;a点兴奋时,该点发生膜电位逆转,膜内电位a点为正,b点为负,B正确;神经递质存在于③突触小泡中,②为线粒体,C错误;④释放的神经递质使神经元N兴奋或抑制,D错误。 12.【答案】D 【解析】胰岛素分泌过少会导致糖尿病、甲状腺激素分泌过多会导致甲亢,A正确;糖尿病患者的胰岛素绝对或相对缺乏或胰岛素抵抗,机体不能充分利用葡萄糖产生能量,致使脂肪和蛋白质分解加强、消耗过多,使体重逐渐下降、乃至出现消瘦的现象,甲状腺激素具有促进新陈代谢的作用,因甲状腺激素分泌过多导致的甲亢患者,其物质氧化分解多,基础代谢率高,使身体逐渐消瘦,B正确;甲亢患者的基础代谢升高,产热较多,体温通常高于正常值,C正确;胰岛素作用障碍所致的糖尿病患者,使葡萄糖进入组织细胞的速度降低,使患者组织细胞内葡萄糖含量低于正常值,D错误。 13.【答案】C 【解析】低温环境下,为减少散热,皮肤毛细血管收缩,血流不畅,故A正确;人体体温调节中枢在下丘脑,体温调节方式既有神经调节又有体液调节,故B正确;炎热条件下,人体主要通过神经调节使毛细血管舒张和增加排汗使散热增加,体温下降,故C错误;寒冷条件下,人体可以通过增加产热和减少散热以维持体温恒定,故D正确。 14.【答案】C 【解析】本实验是研究甲状腺激素的功能,自变量是甲状腺激素的有无,其他控制因素全是无关变量;加有甲状腺激素(自变量)的A组是实验组,不加的B、C组是对照组,B是条件对照,C是空白对照,因变量是蝌蚪的生长发育状况。 15.【答案】C 【解析】神经调节迅速、准确,作用范围局限,作用时间短暂,A正确;神经调节和体液调节的作用途径不同,但二者均与细胞的信息交流有关,B正确;神经调节和体液调节共同协调,相辅相成,而以神经调节为主,C错误;许多内分泌腺受神经系统的调节,内分泌腺分泌的激素(如甲状腺激素)也可以影响神经系统的功能,D正确。 16.【答案】C 【解析】垂体能分泌生长激素和促激素,A错误;胰腺的外部属于外分泌腺,胰腺内部的胰岛属于内分泌腺,B错误;肠腺属于外分泌腺,不能分泌激素,C正确;卵巢能分泌雌性激素,D错误。 17.【答案】B 【解析】胰岛素是已知的唯一能降低血糖浓度的激素,A正确;胰岛素降低血糖的作用机理是促进全身组织细胞对葡萄糖的摄取和利用,并抑制糖原的分解和糖原异生,B错误;胰高血糖素由胰岛A细胞分泌,胰岛素由胰岛B分泌,C正确;胰高血糖素能引起肝糖原分解和葡萄糖释放进入血液,胰岛素则能抑制肝糖原分解,D正确。 18.【答案】C 【解析】促甲状腺激素释放激素是由下丘脑分泌的,只作用于垂体;促甲状腺激素和促性腺激素都是由垂体分泌的,只作用于甲状腺或性腺;甲状腺激素可通过血液循环作用于全身细胞,具有促进代谢等作用。 19.【答案】C 【解析】雌蛙排卵的器官是卵巢,因此促进雌蛙排卵的激素的靶器官就是卵巢。 20.【答案】C 【解析】由于兴奋在同一神经元上是双向传导的,b点为电流表②两接线端之间的中点,所以刺激b点电流表②的指针不发生偏转;又因为兴奋在神经元之间的传递是单向的,所以电流表①也不偏转,A错误;b点兴奋时,兴奋部位的膜上Na+通道打开,所以对Na+通透性增大,B错误;b点兴奋时,膜外电流方向是从未兴奋部位向兴奋部位传导,与兴奋传导方向相反,C正确;c点能检测到电位变化,可以说明兴奋能由b→c,但不能说明兴奋只能由b→c,D错误。 21.【答案】D 【解析】神经冲动在神经元之间的传递是通过细胞膜以胞吐的方式释放神经递质到突触间隙,神经递质被突触后膜上的受体特异性识别,激活突触后膜离子通道的开放和关闭,引起下一个神经元神经冲动的产生,这个过程需消耗能量,自然会发生ATP的合成和水解,注意受体在突触后膜上,不在突触前膜上。 22.【答案】B 【解析】排尿中枢是位于脊髓中的低级中枢,它控制着排尿反射,它若受伤则病人无法排尿;同时排尿反射又受高级中枢大脑皮层的控制,若大脑受伤丧失意识时,则会出现尿失禁。 23.【答案】B 【解析】突触小体是轴突末梢的膨大部分,A正确;突触小体中有线粒体、核糖体、高尔基体等细胞器,B错误;突触小体能与下一个神经元的胞体膜或树突膜相接触,共同形成突触,C正确;神经细胞的轴突末梢会出现许多分支,每个分支末端膨大成杯状的突触小体,因此,一个神经元可形成多个突触小体,D正确。 24.【答案】C 【解析】AC段Na+内流是神经纤维受刺激后,Na+通道打开,从高浓度向低浓度进入细胞,所以不消耗能量,A错误;图1装置测得的电位对应于图2中的A或D点的电位,B错误;神经纤维受刺激后产生动作电位,再由动作电位恢复到静息状态,电表指针两次通过0电位,C正确;若增大神经元周围模拟溶液中Na+浓度,Na+进入细胞的量增多,产生的动作电位增大,则C点位置上移,D错误。 25.【答案】C 【解析】①兴奋以电信号的形式在神经纤维上传导,①错误;②该反射弧至少有两个神经元,神经元之间通过突触联系,刺激S点时,兴奋不能传到突触,所以神经递质没有通过相连神经元的突触,②正确;③在S点处给予不同强度刺激,兴奋在神经纤维上的传导速率相同,效应器发生反应速率相同,③错误;④在S处给予一定强度的刺激,神经纤维膜对钠离子通透性增加,Na+内流,使得刺激点处膜两侧的电位表现为内正外负,④错误;⑤在S点处给予一定强度的电流刺激,兴奋可以传到效应器,使其发生反应,⑤正确。 26.【答案】非特异性 【解析】第一道防线是由皮肤和黏膜构成的,他们不仅能够阻挡病原体侵入人体,而且它们的分泌物(如乳酸、脂肪酸、胃酸和酶等)还有杀菌的作用;第二道防线是体液中的杀菌物质——溶菌酶和吞噬细胞如白细胞,具有溶解、吞噬和消灭病原体的作用。这种免疫能力是人一出生就有的,人人都有,对多种病原体有免疫作用,因此属于非特异性免疫。 27.【答案】(1)体温调节中枢 促甲状腺激素释放激素 提高细胞代谢速率,使机体产生更多热量 a和b (2)神经调节 抗利尿激素(d) 肾小管和集合管 (3)胰岛A 肝糖原分解成葡萄糖 不能 Ⅰ型糖尿病患者胰岛素分泌不足(或胰岛B细胞受损) 【解析】(1)寒冷刺激时,下丘脑体温调节中枢兴奋,引起下丘脑神经分泌细胞①分泌促甲状腺激素释放激素,其作用于垂体,促进垂体分泌促甲状腺激素,后者作用于甲状腺促进其分泌c(甲状腺激素),甲状腺激素通过提高机体代谢速率,使机体产热增加;若c含量偏高,其会抑制a(促甲状腺激素释放激素)、b(促甲状腺激素)的分泌,使甲状腺激素含量维持平衡。(2)排汗主要是由神经调节完成的,没有激素参与;血浆渗透压升高,下丘脑渗透压感受器兴奋,促进下丘脑神经细胞分泌抗利尿激素,并由垂体释放,其作用于肾脏的肾小管、集合管,促进其对水的重吸收,导致尿量减少。(3)人体饥饿时,血糖浓度降低,刺激作用于胰岛A细胞,促进其分泌胰高血糖素,该激素可促进肝糖原分解为葡萄糖,使血糖浓度升高;Ⅰ型糖尿病患者胰岛素分泌不足,导致组织细胞利用葡萄糖受阻,进而无法转化为脂肪,故Ⅰ型糖尿病患者的过程③④不能正常进行。 28.【答案】(1)非条件反射 条件反射 非条件反射 (2)感受器 效应器 【解析】(1)简单反射与复杂反射的本质区别是否有大脑皮层的参与.没有大脑皮层参与的,神经中枢在大脑皮层以下的反射是简单反射,反射的神经中枢在大脑皮层上的反射是复杂反射。因此根据反射形成过程的特点,反射通常可以分为:非条件反射和条件反射两类,图中反射活动的神经中枢,在脊髓里,因此是非条件反射。(2)根据图中箭头神经冲动传导的方向可知反射弧结构:①感受器→②传入神经→神经中枢→③传出神经→④效应器。 29.【答案】(1)不同 (2)a、c (3)①高剂量的放射性同位素标记的抗原X ②未标记的抗原X ③小鼠对抗原X不发生免疫反应,对抗原Y仍能发生正常免疫反应 小鼠对抗原X、Y均能发生正常免疫反应 【解析】(1)细胞表面的受体具有和抗原特异性结合的能力,所以不同的细胞表面的受体不同。 (2)从图解来看,a是B淋巴细胞、b是浆细胞、c是记忆细胞、d是抗体。其中浆细胞无识别抗原能力,抗体能识别抗原但不是细胞,所以能特异性识别抗原的细胞是a、c。 (3)如果淋巴细胞的特异性是由抗原的“教导”产生的,那么只要由抗原入侵,机体都应该能发生免疫反应,而如果是先天存在的,先用高剂量的放射性同位素标记的抗原能够杀死全部带有互补受体的淋巴细胞,再次用相同的抗原入侵就不再会发生特异性免疫反应。 30.【答案】(1)感受器 传出 突触小泡 电位变化 (2)b 局部电流 (3)⑥突触 神经递质只能由突触前膜释放,作用于突触后膜,而不能相反 电信号→化学信号→电信号 细胞体膜或树突膜 (4)持续兴奋 【解析】(1)A图所示为反射弧的结构示意图,①感受器、③传入神经、④神经中枢、⑤传出神经、②效应器。发生反射时,神经中枢产生的兴奋沿传出神经传到突触前膜,导致突触小泡与前膜融合,释放神经递质(Ach);Ach与Ach受体结合后,肌膜发生电位变化,引起肌肉收缩。(2)在神经纤维上,静息状态下的膜电位是外正内负,受到刺激产生兴奋以后,膜电位转变为外负内正,产生兴奋,所以示意图中,兴奋部位是b,在兴奋部位和未兴奋部位由于存在电位差,产生局部电流。(3)兴奋在反射弧中按单一方向传导的原因是在A图的⑥突触结构中,即信号在C图中的传递不能由乙传到甲,其原因是神经递质只能由突触前膜释放,作用于突触后膜,而不能相反。在此突触结构中信号的转换模式为电信号→化学信号→电信号。C图中的乙是下一个神经元的细胞体膜或树突膜。(4)已知甲释放的某种物质可使乙兴奋,当完成一次传递后,该种物质立即被分解。若某种药物可以阻止该种物质的分解,该药物可以一直作用于突触后膜,使结构乙所在的神经元持续兴奋。

  • ID:6-5514054 教科版高中物理第一轮复习第十三专题《能量守恒定律 波粒二象性 原子结构与原子核》测试题(word解析版)

    高中物理/高考专区/一轮复习

    第十三专题《能量守恒定律 波粒二象性 原子结构与原子核》测试题 一、单选题(共12小题) 1.满载沙子总质量为M的小车,在光滑水平面上做匀速运动,速度为v0.行驶途中,有质量为m的沙子从小车上漏掉,则沙子漏掉后小车的速度应为(  ) A.v0 B. C. D. 2.在演示光电效应的实验中,原来不带电的一块锌板与灵敏验电器相连,用弧光灯照射锌板时,验电器的指针张开了一个角度,如图所示,这时 ( ) A. 锌板带正电,指针带负电 B. 锌板带正电,指针带正电 C. 锌板带负电,指针带负电 D. 锌板带负电,指针带正电 3.氢原子从能级M跃迁到能级N,吸收频率为的光子,从能级M跃迁到能级P释放频率为的光子.则当它从能级N跃迁到能级P时将( ) A. 放出频率为的光子 B. 吸收频率为的光子 C. 放出频率为的光子 D. 吸收频率为的光子 4.一质量为M的航天器,正以速度v0在太空中飞行,某一时刻航天器接到加速的指令后,发动机瞬间向后喷出一定质量的气体,气体喷出时速度大小为v1,加速后航天器的速度大小v2,则喷出气体的质量m为(  ) A. m=M B. m=M C. m=M D. m=M 5.如图所示,一辆小车静止在光滑水平面上,A,B两人分别站在车的两端.当两人同时相向运动时(  ) A. 若小车不动,两人速率一定相等 B. 若小车向左运动,A的动量一定比B的小 C. 若小车向左运动,A的动量一定比B的大 D. 若小车向右运动,A的动量一定比B的大 6.光子在介质中和物质微粒相互作用,可使光的传播方向转向任何方向,这种现象叫做光的散射。1922年,美国物理学家家康普顿研究了石墨中的电子对X射线的散射规律,若用、表示散射前、后X射线的波长,用表示作用后电子的德布罗意波长,则( ) A.,碰撞过程动量守恒,能量不守恒 B.,碰撞过程能量守恒,动量不守恒 C.,碰撞过程动量守恒,能量也守恒 D. 碰后电子动量为,碰撞过程满足 7.有关放射性知识,下列说法正确的是( ) A. β衰变是原子核内的中子转化成质子和电子从而放出电子的过程 B. 氡的半衰期为3.8天,若取4个氡原子核,经7.6天后就一定剩下一个氡原子核 C.U→Th+He+γ,其中γ只是高能光子流,说明衰变过程中无质量亏损 D. γ射线一般伴随着α或β射线产生,这三种射线中,γ射线的穿透能力最强,电离能力也最强 8.碘131的半衰期约为8天,若某药物含有质量为的碘131,经过32天后,该药物中碘131的含量大约还有( ) A.m/4 B.m/8 C.m/16 D.m/32 9.如图所示,将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上,左侧靠墙角,右侧靠一质量为M2的物块.今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始落下,与圆弧槽相切自A点进入槽内,则以下结论中正确的是( ) A. 小球在槽内运动的全过程中,小球与半圆槽在水平方向动量守恒 B. 小球在槽内运动的全过程中,小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒 C. 小球离开C点以后,将做竖直上抛运动 D. 槽将不会再次与墙接触 10.氢原子能级的示意图如图所示,已知可见光的光子能量范围是1.62eV~3.11eV,则( ) A. 氢原子从高能级向低能级跃迁时会吸收能量 B. 氢原子从n=4的激发态向n=3的激发态跃迁时会辐射出紫外线 C. 处于n=4的激发态的氢原子从n=4的激发态向n=1的基态跃迁时,辐射出的光子频率最大 D. 大量氢原子从n=4的激发态向n=1的基态跃迁时,能发出三种频率的光子 11.如图所示,设车厢长度为L,质量为M,静止于光滑的水平面上,车厢内有一质量为m 的物体以初速度v0向右运动,与车厢壁来回碰撞n次后,静止在车厢中.这时车厢的速度是(  ) A. v0,水平向右 B. 0 C.,水平向右 D.,水平向右 12.链式反应中,重核裂变时放出的可以使裂变不断进行下去的粒子是( ) A. 质子 B. 中子 C. β粒子 D. α粒子 二、实验题(共3小题) 13.某同学用图所示的装置,通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律。实验要证明的是动量守恒定律的成立,即m1v1=m1v1′+m2v2′。按这一公式的要求需测量两小球的质量和它们碰撞前后的水平速度,但实验中我们只需测量两小球的质量和飞行的水平距离。这是由于小球碰撞后做 运动,各次下落的高度相同,因而它们下落的_________也是相同的,测出小球飞行的水平距离,就可用水平距离代表小球的速度了,所以此实验中验证动量守恒式是。 14.某同学用如图所示的(a)图装置通过半径相同的A,B两球的碰撞来探究碰撞中的守恒量,图中PQ是斜槽,QR为水平槽,实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下,落到位于水平地面的记录纸上,留下痕迹,重复上述操作10次,得到10个落点痕迹,再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方,让A球仍从位置G由静止开始滚下,和B球碰撞后,A,B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹,重复这种操作10次,图(a)中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点,B球落点痕迹如图 (b),其中米尺水平放置,且平行于G,R,O所在的平面,米尺的零点与O点对齐 (1)除了图中器材外,实验室还备有下列器材,完成本实验还需要用到的器材有  (填选项号) A.秒表 B.天平 C.毫米刻度尺D.打点计时器(及电源和纸带) E.圆规F弹簧测力计 G.游标卡尺 (2)从图(b)可以测出碰撞后B球的水平射程应取为  cm. (3)在以下选项中,  是本次实验必须进行的测量(填选项号) A.水平槽上未放B球时,测量A球落点位置到O点的距离 B.A球与B球碰撞后,测量A球落点位置到O点的距离 C.测量A球或B球的直径 D.测量A球和B球的质量(或两球质量之比) E.测量G点相对于水平槽面的高度. 15.用如图所示的装置进行验证动量守恒的实验,其部分操作步骤有: (1)先测出滑块A、B的质量M、m及滑块与桌面的动摩擦因数μ,查出当地的重力加速度g; (2)用细线将滑块A、B连接,使A、B间的弹簧处于压缩状态,滑块B紧靠在桌边; (3)剪断细线,测出滑块B做平抛运动落地时的水平位移为s1,滑块A沿桌面滑行距离为s2. 写出还须测量的物理量及表示它的字母  如果动量守恒,须满足的关系是  . 三、计算题(共3小题) 16.如图所示,将质量为m1、初速度大小为v0、仰角为θ的铅球抛入一个装有砂子的总质量为M的静止的砂车中,砂车与水平地面间的摩擦可以忽略.求: ; (1)铅球和砂车的共同速度 (2)铅球和砂车获得共同速度后,砂车底部出现一小孔,砂子从小孔中流出,当漏出质量为m2的砂子时砂车的速度. 17..如图所示,质量为m的小球悬挂在长为L的细线下端,将它拉至与竖直方向成θ=60°的位置后自由释放.当小球摆至最低点时,恰好与水平面上原来静止的、质量为2m的木块相碰,碰后小球速度反向且动能是碰前动能的.已知木块与地面的动摩擦因素μ=,重力加速度取g.求: (1)小球与木块碰前瞬间所受拉力大小 (2)木块在水平地面上滑行的距离 18.如右图所示,长=0.2 m的细线上端固定在O点,下端连接一个质量为m=0.5kg的小球,悬点O距地面的高度H=0.35m,开始时将小球提到O点而静止,然后让它自由下落,当小球到达使细线被拉直的位置时,刚好把细线拉断,再经过t=0.1 s落到地面,如果不考虑细线的形变,g=10 m/s2,试求: (1)细线拉断前后的速度大小和方向; (2)假设细线由拉直到断裂所经历的时间为,试确定细线的平均张力大小. 四、填空题(共3小题) 19.下列核反应方程中,属于α衰变的是(  ) A.N+He→O+H B.U→Th+He C.H+H→He+n D.Th→Pa+e 20.质量0.5kg的皮球从0.8m高处落到地面,然后反弹跳起到离地0.45m高处,若球与地面接触时间为0.1s,则在与地面接触过程中,地面对球的平均作用力大小为_______N。() 21.(1) 已知氘核的比结合能是1.09 MeV,氚核的比结合能是2.78 MeV,氦核的比结合能是7.03 MeV。在某次核反应中,1个氘核和1个氚核结合生成1个氮核,则下列说法中正确的是。(填正确选 项标号。选对1个得3分,选对2个得4分,选对3个得6分。每选错1个扣3分,最低得分为0分) A.这是一个裂变反应 B.核反应方程式为 C.核反应过程中释放的核能是17.6MeV D.目前核电站都采用上述核反应发电 E.该核反应会有质量亏损 五、简答题(共3小题) 22.(1) 关于光电效应,下列说法正确的是_______(填入选项前的字母,有填错的不得分) A.极限频率越大的金属材料逸出功越大 B.只要光照射的时间足够长,任何金属都能产生光电效应 C.从金属表面出来的光电子的最大初动能越大,这种金属的逸出功越小 D.入射光的光强一定时,频率越高,单位时间内逸出的光电子数就越多 (2) 两质量分别为M1和M2的劈A和B,高度相同,放在光滑水平面上,A和B的倾斜面都是光滑曲面,曲面下端与水平面相切,如图所示,一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上,距水平面的高度为h。物块从静止滑下,然后双滑上劈B。求物块在B上能够达到的最大高度。 23.(1)用频率为的光照射大量处于基态的氢原子,在所发射的光谱中仅能观测到频率分别为的三条谱线,且,则。(填入正确选项前的字母) A.B.C.D. (2)如图所示,光滑的水平地面上有一木板,其左端放有一重物,右方有一竖直的墙。重物质量为木板质量的2倍,重物与木板间的动摩擦因数为。使木板与重物以共同的速度向右运动,某时刻木板与墙发生弹性碰撞,碰撞时间极短。求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间。设木板足够长,重物始终在木板上。重力加速度为g。 24.(1)历史中在利用加速器实现的核反应,是用加速后动能为0.5MeV的质子H轰击静止的X,生成两个动能均为8.9MeV的He.(1MeV=1.6×-13J) ①上述核反应方程为___________。 ②质量亏损为_______________kg。 (2)如图所示,光滑水平面轨道上有三个木块,A、B、C,质量分别为mB=mc=2m,mA=m,A、B用细绳连接,中间有一压缩的弹簧 (弹簧与滑块不栓接)。开始时A、B以共同速度v0运动,C静止。某时刻细绳突然断开,A、B被弹开,然后B又与C发生碰撞并粘在一起,最终三滑块速度恰好相同。求B与C碰撞前B的速度。 答案解析 1.【答案】A 【解析】由于惯性,沙子漏掉时,水平方向有和小车相同的速度.由水平方向动量守恒知小车速度不变,故A项正确. 2.【答案】B 【解析】光电效应的本质,金属表面的电子吸收能量逃逸出金属表面,使金属点正电,验电器与金属板相连当然也带正电,B对。 思路分析:根据光电效应的本质进行判断。 3.【答案】C 【解析】氢原子从高能级跃迁到低能级时,要释放光子,从低能级跃迁到高能级时,要吸收光子 ,由题意可知N是高能级,P是低能级,所以当氢原子从能级N跃迁到能级P时将放出频率为的光子,所以本题选择C。 4.【答案】C 【解析】规定航天器的速度方向为正方向,由动量守恒定律可得: Mv0=(M﹣m)v2﹣mv1 解得:m=M. 5.【答案】C 【解析】根据动量守恒可知,若小车不动,两人的动量大小一定相等,因不知两人的质量,故选项A是错误的,若小车向左运动,A的动量一定比B的大,故选项B是错误的、选项C是正确的,若小车向右运动,A的动量一定比B的小,故选项D是错误的 6.【答案】C 【解析】在光的散射现象中,光子能量一部分传递给电子,光子能量减小,频率降低,波长变长,在相互作用时动量守恒,能量也守恒,C正确;碰后电子动量为,但因其速度远小于光束,能量不是,D错。 7.【答案】A 【解析】β衰变是原子核内释放出来的高速电子流,虽然核内无电子,但原子核内的中子转化成质子和电子从而放出电子,A对;半衰期是统计理论,对几个原子核谈半衰期无意义,B错;U衰变时出现质量亏损,以γ光子的形式释放出核能,C错;γ射线的穿透能力最强,电离能力在三种射线中最弱,D错。 8.【答案】C 【解析】根据原子核的衰变公式:,其中为半衰期的次数,故。选项C正确。 9.【答案】D 【解析】小球从A运动到B的过程中,半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心,而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方,因为有竖直墙挡住,所以半圆槽不会向左运动,可见,该过程中,小球与半圆槽在水平方向受到外力作用,动量并不守恒,而由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒,A,B错误. 当小球运动到C点时,它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上,所以此后小球做斜上抛运动,C错误.因为全过程中,整个系统在水平方向上获得了水平向右的冲量,最终槽将不会再次与墙接触,D正确. 10.【答案】C 【解析】氢原子从高能级跃迁到低能级,根据能量守恒,多余的能量将以光子的形式辐射出来,选项A错。氢原子从高能级到低能级跃迁时辐射的光子能量等于能极差,所以氢原子从n=4的激发态向n=3的激发态跃迁时会辐射光子能量,根据光子能量可判断辐射的光子能量小于可见光,频率比可见光低,所以辐射的光子为红外线而不是紫外线,选项B错。处于n=4的激发态的氢原子从n=4的激发态向n=1的基态跃迁时,辐射出的光子频率数为,选项D错。其中频率最大的是能极差最大的两个能级之间跃迁而辐射出的即n=4的激发态向n=1的基态跃迁,选项C对。 11.【答案】C 【解析】以物体与车厢组成的系统为研究对象,以小球的初速度方向为正方向,由动量守恒定律可得: mv0=(M+m)v, 最终车的速度:v=,方向与v的速度相同,水平向右; 12.【答案】B 【解析】重核裂变时放出的中子引起其他重核的裂变,可以使裂变不断进行下去,这就是链式反应,比如铀核的裂变,选项B对。 13.【答案】平抛 ; 时间 ; 【解析】小球从斜槽末端做平抛运动,由于落地时间相同,因此动量守恒式子两边同时乘以落地时间t可得:m1v1t=m1v1′t+m2v2t,其中v1t=,v1′t=,v2t=, 因此式子可写成。 14.【答案】(1)BCE;(2)64.7(填64.2cm﹣65.2cm之间均可);(3)ABD. 【解析】(1)小球离开轨道后做平抛运动,小球在空中的运动时间相同,小球的水平位移与其初速度成正比,可以用小球的水平位移代替小球的初速度,实验需要验证: m1v0=m1v1+m2v2,即,约掉时间得:m1OP=m1OD+m2ON,实验需要测量小球的质量、小球落地点的位置,测量质量需要天平,测量小球落地点的位置需要毫米刻度尺,确定小球位置需要用圆规,因此需要的实验器材有:BCE. (2)碰撞后b球的水平射程落点如图(b)所示,取所有落点中靠近中间的点读数,即可取一个最小的圆的圆心,约为64.7cm,在范围64.2cm﹣65.2cm内均可; (3)A、水平槽上未放b球时,测量a球落点位置到O点的距离,即测量出碰撞前a球的速度,故A正确; B、a球与b球碰撞后,测量a球落点位置到O点的距离,即测量出碰撞后a球的速度,故B正确; C、不需要测量a球或b球的直径,故C错误; D、测量a球和b球的质量(或两球质量之比),用来表示出球的质量,故D正确; E、不需要测量G点相对于水平槽面的高度,故E错误. 故选:ABD. 15.【答案】桌面离地面的高度h; 【解析】剪断细线后B做平抛运动,要求B的初速度,需要知道运动的高度和水平距离,所以还需要测量桌面离地面的高度h; 如果动量守恒,则剪断细线前后动量相等,剪断前两滑块速度都为零,所以总动量为零, 剪断后,B做平抛运动,t=, A做匀减速直线运动,根据动能定理得:MvA2=μMgs2,解得:vA= 所以必须满足的关系为MvA=mvB 带入数据得: 16.【答案】 (1) (2) 【解析】(1)取铅球和砂车为一系统,由水平方向动量守恒得m1v0cosθ=(m1+M)v,解得:v= (2)由于惯性,砂子从小孔中流出时,在水平方向的速度与漏砂前车的速度相同,则由(m1+M)v=m2v+(m1+M-m2)v′可得v′=v=. 17.【答案】(1)(2) 【解析】(1)设小球摆至最低点时的速度为v,依动能定理有: 设小球与木块碰撞前瞬间所受拉力为T,有:代入数据,解得: (2)设小球与木块碰撞后,小球的速度为v1,木块的速度为v2,设水平向右为正方向,依动量守恒定律有:依题意知: 设木块在水平地面上滑行的距离为s,依动能定理有: 联立并代入数据,解得 18.【答案】1 m/s,方向竖直向下 10 N 【解析】(1)细线拉断前,小球下落过程机械能守恒: mg= 得v1==2 m/s,方向竖直向下. 设细线断后球速为v2,方向竖直向下,由 H-=v2t+gt2, 可得:v2=1 m/s,方向竖直向下 (2)设细线的平均张力为F,方向竖直向上.取竖直向上为正方向, 由动量定理可得: (F-mg)Δt=-mv2-(-mv1) 解得:F=+mg=10 N 19.【答案】 B 【解析】 α衰变是重核自发的发出α粒子的天然放射现象,其中α粒子是He,所以B正确;A为人工转变,C为轻核的聚变,D是β衰变,故A、C、D皆错误. 20.【答案】35N 【解析】由动能定理得:皮球下落过程:mgh1=mv12-0, 皮球反弹过程:-mgh2=0-mv22, 以向上为正方向,由动量定理得:mv2-mv1=(F-mg)t, 代入数据解得:F=35N; 21.【答案】BCE 【解析】1个氘核和1个氚核结台生成1个氮核,这是聚变反应.故A错误; 1个氘核和1个氚核结台生成1个氮核,根据质量数与质子数守恒知同时有一个中子生成,反应方程为 .故B正确; 根据质能方程△E=△mc2得一次聚变释放出的能量: △E=E2-E1=7.03×4-(2.78×3+1.29×2)=17.6MeV;故C正确; 目前核电站都采用核裂变发电.故D错误;E、该反应放出热量,所以一定有质量亏损.故E正确.故选:BCE 22.【答案】见解析 【解析】(1)AD (2)设物块到达劈A的低端时,物块和A的的速度大小分别为v和V,由机械能守恒和动量守恒得 ① ② 设物块在劈B上达到的最大高度为,此时物块和B的共同速度大小为,由机械能守恒和动量守恒得③ ④ 联立①②③④式得⑤ 23.【答案】(1)B (2) 【解析】(1)大量氢原子跃迁时只有三个频率的光谱,这说明是从n=3能级向低能级跃迁,根据能量守恒有,,解得:,故B正确. (2)第一次与墙碰撞后,木板的速度反向,大小不变,此后木板向左做匀减速运动,重物向右做匀减速运动,最后共同的速度为v,设木板的质量为m,重物质量为2m,取向右为正方向,根据动量守恒定律有:①,设第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速度v所用时间为,对木板根据动量定理②,根据牛顿第二定律有③,在共速时,木板离墙的距离l为:④,开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为⑤,从第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间为⑥,联立解得⑦ 24.【答案】见解析 【解析】(1)或,=3.1×10-29kg (2)设共同速度为v,球A和B分开后,B的速度为vB,由动量守恒定律有 ,,联立这两式得B和C碰撞前B的速度为vB=9v0/5。

  • ID:6-5514052 教科版高中物理第一轮复习第十二专题《机械振动与机械波 光 电磁波与相对论》测试题(word解析版)

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    第十二专题《机械振动与机械波 光 电磁波与相对论》测试题 一、单选题(共12小题) 1.声波能绕过某一建筑物传播,这是因为( ) A. 声波是纵波 B. 声波是横波 C. 声波的波长较长 D. 声波的频率较长 2.下列关于电磁波的说法正确的是( ) A. 电磁波必须依赖介质传播 B. 电磁波可以发生衍射现象 C. 电磁波不会发生偏振现象 D. 电磁波无法携带信息传播 3.下列关于波的干涉和衍射的说法中,正确的是( ) A. 两列波在相遇的区域内,一定能发生干涉现象 B. 频率不同的两列波叠加时,也可能发生干涉现象 C. 只要是波都能发生衍射,衍射是波特有的现象 D. 波长比障碍物或孔的宽度大得多时,衍射不明显 4.下列说法正确的是(  ) A. 布朗运动是液体分子的运动,故分子在永不停息地做无规则运动 B. 分子势能最小时,分子间引力与斥力大小相等 C. 只要已知阿伏加德罗常数、某液体的摩尔质量和这种液体的质量,就可以估算出该液体的分子直径 D. 分子间相互作用表现为引力时,随着分子间距的增大分子间的作用力一直减小 5.如图所示,在质量为的无下底的木箱顶部用一轻弹簧悬挂质量均为()的A、B两物体,箱子放在水平地面上。平衡后剪断A、B间细线,此后A将做简谐振动。当A运动到最高点时,木箱对地面的压力为( ) A. B. C. D. 6.20世纪以来,人们发现了一些新的事实,而经典力学却无法解释.经典力学只适用于解决物体的低速运动问题,不能用来处理高速运动问题,只适用于宏观物体,一般不适用于微观粒子.则以下说法错误的是 (  ). A. 随着认识的发展,经典力学已成了过时的理论 B. 人们对客观事物的具体认识在广度上是有局限性的 C. 不同领域的事物各有其本质与规律 D. 人们应当不断扩展认识,在更广阔的领域内掌握不同事物的本质与规律 7.在一次讨论中,老师问道:“假如水中相同深度处有a、b、c三种不同颜色的单色点光源,有人在水面上方同等条件下观测发现,b在水下的像最深,c照亮水面的面积比a的大。关于这三种光在水中的性质,同学们能做出什么判断?”有同学回答如下:①c光的频率最大;②a光的传播速度最小;③b光的折射率最大;④a光的波长比b光的短。根据老师的假定,以上回答正确的是( ) A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ③④ 8.一质点做简谐运动的图象如图所示,下列说法正确的(  ) A. 质点运动频率是4Hz B. 在10秒内质点经过的路程是20cm C. 第4末质点的速度是零 D. 在t=1s和t=3s两时刻,质点位移大小相等、方向相同 9.太阳风暴袭击地球时,不仅会影响通信,威胁卫星.而且会破坏臭氧层,臭氧层作为地球的保护伞,是因为臭氧能吸收太阳辐射中(  ) A. 波长较短的可见光 B. 波长较长的可见光 C. 波长较短的紫外线 D. 波长较长的红外线 10.一个做简谐运动的弹簧振子,振幅为A,设振子第一次从平衡位置运动到x=处所经最短时间为t1,第一次从最大正位移处运动到x=处所经最短时间为t2,关于t1与t2,以下说法正确的是(  ) A. t1=t2 B. t1<t2 C. t1>t2 D. 无法判断 11.如图所示两细束单色光平行射到同一三棱镜上,经折射后交于光屏上的同一个点M.则下列说法中正确的是(  ) A. 如果a为蓝色光则b可能为红色光 B. 在该三棱镜中a色光的传播速率比b光的传播速率大 C. 棱镜射向空气中a色光的临界角比b色光的临界角大 D.a光的折射率小于b光折射率 12.一种电磁波入射到半径为1 m的孔上,可发生明显的衍射现象,这种波属于电磁波谱的区域是(  ) A.γ射线 B. 可见光 C. 无线电波 D. 紫外线 二、实验题(共3小题) 13.利用单摆测量某地的重力加速度,现测得摆球质量为m,摆长为L,通过传感器测出摆球运动时位移随时间变化的规律为,则该单摆的振动周期为,该处的重力加速度g=;若减小振幅A,则周期(选填“增大”、“减小”或“不变”). 14.利用“插针法”也可以测量不平行玻璃砖的折射率。如图,就是利用“插针法”测量玻璃砖ABCD(玻璃砖的入射面AB和出射面CD不平行)折射率的实验光路图,请你分析与该实验相关的下列问题。 (1)出射光线O/Q与入射光线PO。(填“平行”或“不平行”) (2)对本题实验数据的处理可采用如下方法:以入射点O为圆心,取一合适的长度为半径作圆,该圆与入射光线PO交于M点,与折射光线OO/的延长线交于F点,过M、F点分别向法线作垂线,其垂足分别为N、E,现测得MN=1.68cm;EF=1.12cm,则该玻璃砖的折射率n=。 15.(1)两个同学分别利用清华大学和广东中山大学的物理实验室,各自在那里用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长L的关系”,他们通过校园网交换实验数据,并由计算机绘制了T2~L图象,如图甲所示.在中山大学的同学所测实验结果对应的图线是 __________(选填A或B)。 (2)在清华大学做实验的同学还利用计算机绘制了a、b两个摆球的振动图像,如图(乙)所示。关于a、b两个摆球的振动图像,下列说法正确的是_________________. A.a、b两个单摆的摆长相等 B.b摆的振幅比a摆小 C.a摆的机械能比b摆大 D.在t=1s时有正向最大加速度的是a摆 三、计算题(共3小题) 16.如图所示,扇形AOB为透明柱状介质的横截面,半径为R,介质折射率为,圆心角为45°,一束平行于OB的单色光由OA面射入介质,要使柱体AB面上没有光线射出,至少要在O点上方竖直放置多高的遮光板?(不考虑OB面的反射)。 17.用折射率为的透明物质做成内、外径分别为、的球壳,球壳的内表面涂有能完全吸收光的物质,如图所示,当一束平行光从左侧射向该球壳时,被吸收掉的光束在射进球壳左侧外表面前的横截面积有多大? 18.双线摆由两根长为L的细线下端栓一质量为m的小球构成,如图所示,两线夹角为2α,今使摆球在垂直纸面的平面内做小幅度摆动,求其周期。 四、填空题(共3小题) 19.一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图1所示,质点P的x坐标为3 m.已知任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4 s.下列说法正确的是_______ 图1 A.波速为4 m/s B.波的频率为1.25 Hz C.x坐标为15 m的质点在t=0.6 s时恰好位于波谷 D.x坐标为22 m的质点在t=0.2 s时恰好位于波峰 E.当质点P位于波峰时,x坐标为17 m的质点恰好位于波谷 20.下列说法正确的是(填入正确选项前的字母。选对1个给3分,选对2个给4分,选对3个给6分,每选错1个扣3分,最低得分为0分) A.如果质点所受的力与它偏离平衡位置的位移大小的平方根成正比,且总是指向平衡位置,质点的运动的就是简谐运动 B.含有多种颜色的光被分解为单色光的现象叫光的色散,光在干涉、衍射及折射时都可以发生色散 C.向人体发射频率已知的超声波,超声波被血管中的血流反射后又被仪器接收,测出反射波的频率变化就能知道血流的速度,这种方法的原理是“多普勒效应” D.麦克斯韦关于电磁场的两个基本观点是:变化的磁场产生电场;变化的电场产生磁场。 E.狭义权对论表明物体运动时的质量总是要小于其静止时的质量 21.在双缝干涉实验中,分别用红色和绿色的激光照射同一双缝,在双缝后的屏幕上,红光的干涉条纹间距Δx1与绿光的干涉条纹间距Δx2相比,Δx1____Δx2(填“>”、“=”或“<”).若实验中红光的波长为630 nm,双缝与屏幕的距离为1.00 m,测得第1条到第6条亮条纹中心间的距离为10.5 mm,则双缝之间的距离为________ mm. 五、简答题(共1小题) 22.(1)图1为一简谐波在t=0时的波形图,介质中的质点P做简谐运动的表达式为y=4sin5xl,求该波的速度,并指出t=0.3s时的波形图(至少画出一个波长) (2)一束单色光由左侧时的清水的薄壁圆柱射入,图2为过轴线的截面图,调整入射角α,光线拾好在不和空气的界面上发生全反射,已知水的折射角为,求α的值。 答案解析 1.【答案】C 【解析】声波的波长较长,容易发生衍射,从而绕过障碍物,故C正确 2.【答案】B 【解析】电磁波在真空中也能传播,A错;衍射是一切波所特有的现象,B对;电磁波是横波,横波能发生偏振现象,C错;所有波都能传递信息,D错。 3.【答案】C 【解析】任意的两列波相遇,不一定都能产生稳定的干涉现象,只有两列波频率完全相同,才会出现稳定的干涉现象.AB错误;当孔或障碍物的尺寸比波长要小得多或相差不大才能产生明显的衍射现象,所以只有满足这个条件波一切波都能产生明显的衍射现象.C正确,D错误; 4.【答案】B. 【解析】布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的无规则运动,是由大量分子撞击引起的,反应了液体分子的无规则运动,故A错误;分子势能最小时,分子间引力与斥力大小相等,故B正确;已知阿伏加德罗常数、某液体的摩尔质量和这种液体的质量,无法计算分子体积,不可以估算出该液体的分子直径,C错误;分子间距离增大时,分子间的引力和斥力都减小,分子力先增大再减小,故D错误; 5.【答案】A 【解析】平衡后剪断A,B间细线,A将做简谐振动,在平衡位置,有,在平衡之前的初位置,有,故振幅为A==,根据简谐运动的对称性,到达最高点时,弹簧处于原长,故此时木箱只受重力和支持力,二力平衡,故支持力等于重力Mg,A正确,B,C,D错误. 6.【答案】A 【解析】人们对客观世界的认识要受到所处的时代的客观条件和科学水平的制约,所以形成的看法也都具有一定的局限性,人们只有不断扩展自己的认识,才能掌握更广阔领域内不同事物的本质与规律.新的科学的诞生并不意味着对原来科学的全盘否定,只能认为过去的科学是新的科学在一定条件下的特殊情形.因此选项B,C,D正确,A错误,本题应选A. 7.【答案】C 【解析】根据视深公式说明频率最小的光,水对它的折射率最小,在水下的像最深,所以b的折射率最小,频率最小,波长最大,传播速度最大,③错误,④正确;照亮水面的圆面积的半径R与临界角C满足,又,c照亮水面的面积比a的大,则c的临界角大,水对c的折射率小,所以a的折射率最大,a的频率最大,a的传播速度最小,①错误,②正确。所以正确的说法是②和④,选择C. 8.【答案】B 【解析】A、由图读出质点振动的周期T=4s,则频率f===0.25Hz.故A错误. B、质点做简谐运动,在一个周期内通过的路程是4A,t=10s=2.5T,所以在10s内质点经过的路程是: S=2.5×4A=10×2cm=20cm.故B正确. C、在第4s末,质点的位移为0,经过平衡位置,速度最大.故C错误. D、由图知在t=1 s和t=3 s两时刻,质点位移大小相等、方向相反,故D错误. 9.【答案】C 【解析】臭氧层的主要作用就是吸收由太阳射向地球的紫外线,从而有效地对地球上的动植物起保护作用.作为人类,保护臭氧层就是保护我们自己,故正确的选项是C. 10.【答案】B 【解析】根据振子远离平衡位置时速度减小,靠近平衡位置时速度增大可知,振子第一次从平衡位置运动到x=A处的平均速度大于第一次从最大正位移处运动到x=A处的平均速度,而路程相等,说明t1<t2. 11.【答案】A. 【解析】由图看出,a光通过三棱镜后偏折角较大,根据折射定律得知三棱镜对a光的折射率大于b光折射率,若a为蓝光,b可能为红光.故A正确,D错误.由v=,知a光的折射率大于b光折射率,则在该三棱镜中a色光的传播速率比b光的传播速率小,故B错误.由临界角公式sinC=分析知从棱镜射向空气中a色光的临界角比b色光的临界角小,故C错误. 12.【答案】C 【解析】根据发生明显的衍射现象的条件可知障碍物或孔的尺寸和波长相差不多或比波长还要小.电磁波谱中无线电波的波长范围大约在104~102m,而红外线的波长范围大约在10-1~10-6m,可见光、紫外线、γ射线的波长更短.故只有无线电波才能发生明显的衍射现象.即选C. 13.【答案】;ω2L;不变。 【解析】试题分析:根据简谐振动周期与圆频率的关系可知,该单摆的振动周期为:T=,单摆的周期公式为:T=,两式联立解得:g=ω2L,根据单摆的周期公式T=可知,与振幅A无关,所以减小振幅A,单摆的振动周期不变。 14.【答案】(1)不平行,(2)1.5 【解析】由实验可知出射光线和入射光线是平行的。 15.【答案】(1)A(2)D 【解析】(1)根据单摆的周期公式,得:,所以T2~L图像的斜率,重力加速度随纬度的升高而增大,g越大,斜率越小,广东中山大学的物理实验室纬度低,g值小,斜率大,故中山大学的同学所测实验结果对应的图线是A;(2)由图知,两摆周期不同,故摆长不同,所以A错误;b摆的振幅比a摆大,故B错误;因不知摆球质量的大小,故不能确定机械能的大小,所以C错误;在t=1s时a摆在负的最大位移处,有正向最大加速度,b摆在平衡位置,所以D正确。 16.【答案】R 【解析】设在OA面上的一点P入射的光线恰好不能从AB面射出,经过折射在AB面的N点发生全反射.由几何关系可知光从P点射入时的入射角i=45°,由折射定律:得:,r=30° 设临界角为C,由,得:,C=45° 要使光不能从AB面射出,在N点的入射角等于45° 由正弦定理:,ON=R 得: 遮光板的长度至少为L=OPsin45°=R 17.【答案】若时,S=πn2a2; 若时,进入球壳的光线全部被吸收,此时,S=πb2。 【解析】如图,若光线经球壳折射后恰与球壳的内表面相切,则被吸收的光束进入球壳 前的横截面积S=πR2, ① 由折射定律sini=nsinr② sini=R/b③ sinr=a/b④ 将③④代入②得:R=na, 若时,S=πn2a2; ⑤ 若时,进入球壳的光线全部被吸收,此时,S=πb2。 ⑥ 18.【答案】此摆周期为:9.8m/s2 【解析】当双线摆在垂直纸面的平面内做小幅度摆动时可以等效为以AB的中心为悬点,OO′长为摆长的单摆,其等效摆长为L′=Lcosα,故此摆周期为: 19.【答案】BDE 【解析】任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4 s,则T=0.4 s,解得T=0.8 s.从波形图中可知λ=4 m,所以波速为v===5 m/s,故A错误;根据公式f=可得波的频率为1.25 Hz,B正确;x坐标为15 m的质点距波源Δx=3λ+λ,此时在波谷位置,经t=0.6 s即t=T,质点振动到平衡位置,C错误;x坐标为22 m的质点距波源Δx=5λ+,此时在平衡位置向上运动,质点经过t=0.2 s即四分之一周期恰好位于波峰,D正确;当质点P位于波峰时,x坐标为17 m的质点距P的距离Δx=14 m即Δx=3λ+,此时x坐标为17 m的质点恰好位于波谷,E正确. 20.【答案】BCD 【解析】当与它偏离平衡位置的位移的大小的成正比,与其方向总是相反时,质点的运动就是简谐运动,故A错误;含有多种颜色的光被分解为单色光的现象叫光的色散,光在干涉、衍射及折射时都可以发生色散,故B正确;向人体发射频率已知的超声波,超声波被血管中的血流反射后又被仪器接收,测出反射波的频率变化就能知道血流的速度,这种方法的原理是“多普勒效应”,故C正确;麦克斯韦电磁场理论:变化的磁场产生电场和变化的电场产生磁场,故D正确;当由相对论质量公式可知,当物体的速度很大时,其运动时的质量明显大于静止时的质量,故E错误; 21.【答案】 (1)> 0.3  【解析】 (1)双缝干涉条纹间距Δx=λ,红光波长长,所以红光的双缝干涉条纹间距较大,即Δx1>Δx2.相邻条纹间距Δx==2.1 mm=2.1×10-3m,根据Δx=λ可得d==0.3 mm. 22.【答案】见解析 【解析】(1)由简谐运动的表达式可知ω=5π rad/s,t=0时刻指点P向上运动,故波沿x轴正方向传播。由波形图读出波长λ=4m,T=2π/ω,由波速公式v=λ/T,联立以上两式代入数据可得v=10m/s。t=0.3s时的波形图如图所示。 (2)当光线在水面发生全放射时有sinC=1/n,当光线从左侧射入时,由折射定律有,联立这两式代入数据可得。

  • ID:6-5514050 教科版高中物理第一轮复习第十一专题《热学》测试题(word解析版)

    高中物理/高考专区/一轮复习

    第十一专题《热学》测试题 一、单选题(共12小题) 1.清晨,草叶上的露珠是由空气中的水汽凝结成的水珠.这一物理过程中,水分子间的( ) A. 引力消失,斥力增大 B. 斥力消失,引力增大 C. 引力、斥力都减小 D. 引力、斥力都增大 2.分子甲和乙相距较远(此时它们的分子力近似为零),如果甲固定不动,乙逐渐向甲靠近越过平衡位置直到不能再靠近.在整个过程中(  ) A. 先是乙克服分子力做功,然后分子力对乙做正功 B. 先是分子力对乙做正功,然后乙克服分子力做功 C. 两分子间的斥力不断减小 D. 两分子间的引力不断减小 3.在下列叙述中,正确的是  ( ) A. 物体的温度越高,分子热运动越剧烈,分子平均动能越大 B. 布朗运动就是液体分子的热运动 C. 对一定质量的气体加热,其内能一定增加 D. 分子间的距离r存在某一值r0,当rr0时,斥力大于引力 4.下列四幅图中,能正确反映分子间作用力f和分子势能Ep随分子间距离r变化关系的图线是 (  ) A. 答案A B. 答案B C. 答案C D. 答案D 5.两瓶质量不等的同种气体,在压强相等的条件下,其密度的大小是( ) A. 温度高的密度小 B. 温度低的密度小 C. 质量小的密度小 D. 体积大的密度小 6.一般物质分子非常小,分子质量也非常小。科学家采用摩尔为物质的量的单位,实现了微观物理量与宏观物理量间的换算。1摩尔的任何物质都含有相同的粒子数,这个数量为称阿伏伽德罗常数NA。通过下列条件可以得出阿伏伽德罗常数的是( ) A. 已知水的密度和水的摩尔质量 B. 已知水分子体积和水分子质量 C. 已知水的摩尔质量和水分子质量 D. 已知水分子体积和水的摩尔质量 7.分子间同时存在着引力和斥力,当分子间距增加时,分子间的( ) A. 引力增加,斥力减小 B. 引力增加,斥力增加 C. 引力减小,斥力减小 D. 引力减小,斥力增加 8.下列说法中正确的是 ( ) A. 布朗运动是液体分子的无规则运动 B. 布朗运动是指液体中悬浮颗粒的无规则运动 C. 温度降低了,物体内每个分子动能一定减小 D. 温度低的物体内能一定小 9.下列说法中正确的是(  ) A. 温度低的物体内能小 B. 外界对物体做功时,物体的内能一定增加 C. 温度低的物体分子运动的平均动能小 D. 做加速运动的物体,由于速度越来越大,因此物体分子的平均动能越来越大 10.如图甲所示,P-T图上的a→b→c表示一定质量理想气体的状态变化过程,这一过程在P—V图上的图线应是图乙中的( )(P、V和T分别表示气体的压强、体积和热力学温度) A. 答案A B. 答案B C. 答案C D. 答案D 11.气体内能是所有气体分子热运动动能和势能的总和,其大小与气体的状态有关,分子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的 ( ) A. 温度和压强 B. 体积和压强 C. 温度和体积 D. 压强和温度 12.下列说法正确的是( ) A. 布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映 B. 没有摩擦的理想热机可以把吸收的能量全部转化为机械能 C. 知道某物质的摩尔质量和密度可求出阿伏加德罗常数 D. 内能不同的物体,它们分子热运动的平均动能可能相同 二、实验题(共3小题) 13.在“用油膜法测量分子直径”的实验中,将浓度为的一滴油酸溶液,轻轻滴入水盆中,稳定后形成了一层单分子油膜.测得一滴油酸溶液的体积为V0,形成的油膜面积为S,则其中纯油酸的体积为,油酸分子的直径约为,如果把油酸分子看成是球形的(球的体积公式为,d为球直径),该滴油酸溶液所含油酸分子数约为    . 14.(1)在课本上粗测油酸分子的大小的实验中,油酸酒精溶液的浓度为每1000mL溶液中有纯油酸1mL,用注射器量得1mL上述溶液有200滴,把一滴该溶液滴入盛水的表面撒有痱子粉的浅盘里,待水面稳定后,测得油酸膜的近似轮廓如图所示,图中正方形小方格的边长为1cm,则每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是_______mL,油酸膜的面积是______cm2,根据上述数据,估测出油酸分子的直径是________m。 (2)某同学在用油膜法估测分子直径实验中,计算结果明显偏大,可能是由于。 A.油酸未完全散开 B.油酸中含有大量的酒精 C.计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方 D.求每滴体积时,1mL的溶液的滴数多记了10滴 15.将浓度为5%(体积比)的酒精油酸溶液1 mL滴在足够宽的水面上,可形成单分子油膜的面积为__________ (设油酸分子的直径为9×10-10m),此种油酸的分子数约为__________个,由此可见在做实验时,酒精油酸溶液的浓度(油酸的含量)不宜__________ (填“太大”或“太小”),否则形成的油膜面积太大,不便测量.(或者形成的不是单分子油膜) 三、计算题(共3小题) 16.(1)关于晶体和非晶体,下列说法正确的是(填入正确选项前的字母) A.金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体 B.晶体的分子(或原子、离子)排列是有规则的 C.单晶体和多晶体有固定的熔点,非晶体没有固定的熔点 D.单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的,非晶体是各向同性的 (2)如图所示,一开口气缸内盛有密度为的某种液体;一长为的粗细均匀的小平底朝上漂浮在液体中,平衡时小瓶露出液面的部分和进入小瓶中液柱的长度均为。现用活塞将气缸封闭(图中未画出),使活塞缓慢向下运动,各部分气体的温度均保持不变。当小瓶的底部恰好与液面相平时,进入小瓶中的液柱长度为,求此时气缸内气体的压强。大气压强为,重力加速度为。 17.如图所示,上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置,截面积为40cm2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体A封闭在汽缸内.在汽缸内距缸底60cm处设有a、b两限制装置,使活塞只能向上滑动.开始时活塞搁在a、b上,缸内气体的压强为(=1.0×105Pa为大气压强),温度为300K.现缓慢加热汽缸内气体,当温度为330K,活塞恰好离开a、b;当温度为 360K时,活塞上升了4cm..求: ①活塞的质量; ②物体A的体积. 18.如图所示,一定质量的理想气体从状态A变化到状态B,再由B变化到C。已知状态A的温度为250K。 ①求气体在状态B的温度; ②由状态B变化到状态C的过程中,气体是吸热还是放热?简要说明理由。 四、填空题(共3小题 19.已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R,空气平均摩尔质量为M,阿伏加德罗常数为NA,地面大气压强为p0,重力加速度大小为g.由此可估算得,地球大气层空气分子总数为________,空气分子之间的平均距离为________. 20.在装有食品的包装袋中充入氮气,可以起到保质作用.某厂家为检测包装袋的密封性,在包装袋中充满一定量的氮气,然后密封进行加压测试.测试时,对包装袋缓慢地施加压力.将袋内的氮气视为理想气体,则加压测试过程中,包装袋内壁单位面积上所受气体分子撞击的作用力________(选填“增大”、“减小”或“不变”),包装袋内氮气的内能________(选填“增大”、“减小”或“不变”). 21.(1) 下列说法正确的是.(填正确答案标号。选对1个得3分,选对2个得4分,选对3个得6分。每选错1个扣3分,最低得分为0分) A.温度越高,扩散现象越不明显 B.橡胶无固定熔点,是非晶体 C.做功和热传递是改变物体内能的两种方式 D.布朗运动是液体中分子无规则运动的反映 E.第二类永动机是不能制造出来的,尽管它不违反热力学第一定律,但它违反热力学第二定律 五、简答题(共3小题) 22.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。如图所示,现有一吸盘,其圆形盘面的半径为2.0×10-2m,当其与天花板轻轻接触时,吸盘与天花板所围容积为1.0×10-5m3;按下吸盘时,吸盘与天花板所围容积为2.0×10-6m3,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钩的重量. (1) 吸盘恢复原状时,盘内气体压强为________; (2) (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. 23.⑴如图所示,曲线M、N分别表示晶体和非晶体在一定压强下的熔化过程,图中横轴表示时间t,纵轴表示温度T。从图中可以确定的是_______。(填选项前的字母) A.晶体和非晶体均存在固定的熔点T0 B.曲线M的bc段表示固液共存状态 C.曲线M的ab段、曲线N的ef段均表示固态 D.曲线M的cd段、曲线N的fg段均表示液态 ⑵一定量的理想气体在某一过程中,从外界吸收热量2.5×104J,气体对外界做功1.0×104J,则该理想气体的_______。(填选项前的字母) 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 答案解析 1.【答案】D 【解析】当水汽凝结成水珠时,水分子之间的距离减小,分子间的引力和斥力同时增大,只是斥力比引力增加得更快一些. 2.【答案】B 【解析】乙逐渐向甲靠近至到达平衡位置的过程中,分子力表现为引力,分子力对乙做正功,越过平衡位置后,分子力表现为斥力,分子力对乙做负功,即乙克服分子力做功,所以选项A错误,B正确;两分子间距逐渐减小时,两分子间的引力和斥力均逐渐增大,选项C,D错误. 3.【答案】A 【解析】布朗运动是悬浮在液体中的微小颗粒的运动,不是液体分子的运动,但可以间接反应液体分子的运动,B错误;对一定质量的气体加热,若气体同时对外做功,则其内能不一定增加,C错误;分子间的距离r存在某一值r0,当rr0时,斥力小于引力,D错误;选项A说法正确。  4.【答案】B 【解析】分子间作用力f的特点是:rr0时f表现为引力;分子势能Ep的特点是r=r0时Ep最小,因此只有B项正确. 5.【答案】A 【解析】根据,质量不同,n不同,压强相同的情况下,质量越大,n越大,,温度高越小,即密度越大,A对;B错;质量小,n小,不能确定体积,所以CD错。 6.【答案】C 【解析】已知水的密度和水的摩尔质量,只能得到水的摩尔体积,选项A错误;已知水分子体积和水分子质量不能得出阿伏伽德罗常数,选项B错误;用水的摩尔质量除以水分子质量,可得阿伏伽德罗常数,选项C正确;已知水分子体积和水的摩尔质量,求阿伏伽德罗常数还缺少水的密度,故选项D错误;故选C. 7.【答案】C 【解析】根据分子动理论可知,物质是由大量分子组成的;组成物质的分子在永不停息的做着无规则的热运动;分子间同时存在相互作用的引力和斥力。随分子间距的增大斥力和引力均变小,只是斥力变化的更快一些,C项正确。 8.【答案】B 【解析】布朗运动是指液体中悬浮颗粒的无规则运动,不是指液体分子的无规则运动,但布朗运动可以间接反映液体分子的无规则运动,选项A错误B正确;影响内能大小的因素是质量、温度和状态,所以温度低的物体内能不一定大;物体的温度降低,则组成物体的所有分子的平均动能减小,但对于每个分子,其动能不一定减小,选项C,D错误。 9.【答案】C 【解析】物体的内能跟物体所含的分子数、物体的温度和体积等因素有关,所以温度低的物体内能不一定小,选项A错误;做功和热传递均能改变物体的内能,当外界对物体做功,而物体放热时,物体的内能可能减小,选项B错误;物体的温度低表示物体分子运动的平均动能小,选项C正确;物体做机械运动时的动能与物体分子做热运动时的动能不同,显然,选项D错误. 10.【答案】A 【解析】根据P-T图可知,气体a→b是等容变化,b→c是等温变化,所以这一过程在P—V图上的图线应是A所示。 11.【答案】C 【解析】温度是分子平均动能的量度,分子势能跟分子间的距离有关,故本题应选C。 12.【答案】D 【解析】A答案中应是反映液体分子的无规则性,A错;B答案中是不能把吸收的能量全部转化为机械能,是有损失的,B错;在C选项中知道了物质的摩尔质量和密度是可以求出摩尔体积,但不能求出阿伏加德罗常数,C错;根据内能的物理意义就可知道内能不同的物体,它们分子热运动平均动能可能相同,D正确,故本题选择D答案。 13.【答案】ηV0;;。 【解析】一滴油酸溶液中油酸的体积为ηV0,油酸分子的直径约为:d=,一滴油酸溶液中所含油酸分子数为:n==。 14.【答案】(1)5×10-6;65;7.7×10-10;(2)ABC 【解析】(1)1滴酒精油酸溶液中含油酸的体积:V=ml=5×10-6ml; 由于每格边长为1cm,则每一格就是1cm2,估算油膜面积以超过半格以一格计算,小于半格就舍去的原则,估算出65格,则油酸薄膜面积为:S=65cm2; 由于分子是单分子紧密排列的,因此分子直径为: d==7.7×10-10m (2)计算油酸分子直径时要用到d= A.油酸未完全散开,S偏小,故直径偏大,选项A正确; B.计算时利用的是纯油酸的体积,如果含有大量的酒精,则体积偏大,则直径偏大,选项B正确; C.计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格,S偏小,故直径偏大,选项C正确; D.求每滴体积时,lmL的溶液的滴数误多记了10滴,由V0=可知,体积偏小,则直径偏小,选项D错误; 故选ABC 15.【答案】56 m21.3×1020太大 【解析】S=V/d=(1×10-6×5%)/(9×10-10) m2 =(5×10-8)/(9×10-10)=56 m2 n=V/V0=(1×10-6×5%)/[(4/3)×3.14×(4.5×10-10)3] =(5×10-8)/(3.82×10-28)=1.3×1020 由S=V/d可求面积;油酸溶液的浓度太大,就可能将整个水面布满后还没有形成单分子油膜. 16.【答案】(1)BC (2) 【解析】(1)金刚石、食盐、水晶是晶体,但玻璃不是晶体,故A错误;晶体的分子排列是有规则的,故B正确;晶体有固定的熔点故C正确;单晶体的物理特性是各向异性,而多晶体不是各向异性,故D错误. (2)设当小瓶内气体的长度为时,压强为,当小瓶的底部恰好与液面相平时,瓶内气体的压强为,气缸内气体的压强为,依题意可得①,由玻意耳定律得②,式中S为小瓶的横截面积。联立①②两式,得 ③,又有④,联立③④式,得⑤ 17.【答案】(1)4kg;(2)640cm3 【解析】(1)物体A的体积为ΔV. =300K,=1.0×105Pa,=60×40-ΔV =330K,=(1.0×105+)Pa,= =360K,=,=64×40-ΔV 由状态1到状态2为等容过程: 代入数据得:m=4kg (2)由状态2到状态3为等压过程: 代入数据得:ΔV=640cm3 18.【答案】(1)1200K(2)放热;理由见解析 【解析】①由理想气体的状态方程 得气体在状态B的温度 ②由状态B→C,气体做等容变化,由查理定律得: 故气体由B到C为等容变化,不做功,但温度降低,内能减小。根据热力学第一定律, ,可知气体要放热 19.【答案】 (1)  【解析】 (1)设大气层中气体的质量为m,由大气压强的产生知,mg=p0S,即:m= 分子数n===,假设每个分子占据一个小立方体,各小立方体紧密排列,则小立方体边长即为空气分子平均间距,设为a,大气层中气体总体积为V,a=,而V=4πR2h,所以a=. 20.【答案】增大 不变 【解析】因为测试时,对包装袋缓慢地施加压力,外界对气体所做的功等于气体对外放出的热量,由热力学第一定律可知:气体的温度不变,即内能不变.玻意耳定律可知:气体体积变小,所以压强变大,由于气体的压强是由于气体分子对器壁的频繁碰撞而产生的,所以包装袋内壁单位面积上所受气体分子撞击的作用力增大. 21.【答案】BCE 【解析】温度越高,分子的运动越激烈,扩散现象越明显,故A错误;非晶体的特点是无固定熔点,故B正确;改变内能的方式有做功和热传递.故C正确;布朗运动是固体小颗粒的运动,间接反映了液体分子的无规则运动,故D错误;第二类永动机是不能制造出来的,尽管它不违反热力学第一定律,但它违反热力学第二定律,故E正确; 22.【答案】(1)2.0×104Pa (2)1.0×102N (3)吸热 【解析】(1)吸盘恢复原状时盘内气体发生等温变化,由可得, ,解得; (2)设最多挂重为G的物体,对吸盘有:p0S=G+p2S,其中S=πr2,解得:G=100N=1.0×102N. (3)理由是:初态与末态温度相同,表示气体内能不变,恢复原状时,气体体积增大,气体对外做功,由热力学第一定律可知,气体需要吸热. 23.【答案】(1)B (2)D 【解析】(1)看能否得出结论:晶体与非晶体间关键区别在于晶体存在固定的熔点,固液共存态时吸热且温度不变,而非晶体则没有,B正确; (2)理想气体从外界吸热大于对外做功,所以内能增大,温度是理想气体内能的标志,温度一定升高;对外做功,体积膨胀,质量不变,密度要减小。D正确.

  • ID:6-5514048 教科版高中物理第一轮复习第十专题《交变电流 传感器》测试题(word解析版)

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    第十专题《交变电流 传感器》测试题 一、单选题(共12小题) 1.如图所示的远距离输电电路图中,升压变压器和降压变压器均为理想变压器,发电厂的输出电压及输电线的电阻R均不变.在用电高峰期,发电厂输出功率将增大,下列说法正确的是( ) A. 升压变压器副线圈中电流变小 B. 降压变压器副线圈中电流变小 C. 输电线上损耗的功率减小 D. 用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小 2.两只阻值相等的电阻分别通以正弦交流电与方形交流电,它们电流的最大值相等,如图所示,则两只电阻的热功率之比是( ) A. 1︰4 B. 1︰2 C. 1︰ D. 1︰1 3.如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为5:1,原线圈接交流电源和交流电压表,副线圈接有“220V,440W”的热水器、“220V,220W”的抽油烟机.如果副线圈电压按图乙所示规律变化,则下列说法正确的是(   ) A. 副线圈两端电压的瞬时值表达式为 B. 电压表示数为 C. 热水器的发热功率是抽油烟机发热功率的2倍 D. 1min内抽油烟机消耗的电能为1.32×104J 4.某交流发电装置产生的感应电动势与时间的关系如图所示,如果其他条件不变,仅使线圈转速加倍,则交流电动势的最大值和周期分别变为(   ) A. 400V,0.02s B. 200V,0.02s C. 400V,0.08s D. 200V,0.08s 5.如图所示,M为理想变压器,电表均可视为理想表,接线柱a、b接路端电压u=311sin314t(V)的正弦交流电源。当滑动变阻器的滑片P向上滑动时,示数发生变化的电表是( ) A. A1、A2 B. A2、 V2 C. A1、A2、V2 D. A1、A2、V1、V2 6.如图所示,一个小型水电站,其交流发电机的输出电压U1一定,通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电,输电线的总电阻为.T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1,它的输出电压和输出功率分别为U2和P2;T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3;它的输出电压和输出功率分别为U4和P4.下列说法正确的是( ) A. 当用户的用电器增多时,U2减小,U4变大 B. 当用户的用电器增多时,P2变大,P3减小 C. 要减小线路的损耗,应增大升压变压器的匝数比,同时应减小降压变压器的匝数比 D. 要减小线路的损耗,应增大升压变压器的匝数比,同时应增大降压变压器的匝数比 7.交流发电机在工作时电动势为,若将电机的转速提高一倍,同时将线圈所围面积减小一半,其他条件不变,则其电动势变为 (   ) A.      B. C. D. 8.有一种调压变压器的构造如图所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上,CD之间加上输入电压,转动滑动触头P就可以调节输出电压。图中A为交流电流表,V为交流电压表,R1、R2为定值电阻,R3为滑动变阻器,CD两端接正弦交流电源,变压器可视为理想变压器,则下列说法正确的是( ) A. 当R3不变,滑动触头P顺时针转动时,电流表读数变小,电压表读数变小 B. 当R3不变,滑动触头P逆时针转动时,电流表读数变小,电压表读数变大 C. 当P不动,滑动变阻器滑动触头向上滑动时,电流表读数变小,电压表读数变小 D. 当P不动,滑动变阻器滑动触头向下滑动时,电流表读数变大,电压表读数变大 9.如图所示,一理想变压器原线圈匝数n1=1000匝,副线圈匝数n2=200匝,原线圈所接交流电源的电动势瞬时值表达式e=311sin100πtV,副线圈所接电阻R=88Ω,电流表、电压表对电路影响可忽略不计,则( ) A. A1的示数约为0.10A B. V1的示数约为311 V C. V2的示数约为62.2V D. A2的示数约为0.75A 10.如图是磁报警装置中的一部分电路示意图,其中电源电动势为E,内阻为r,R1、R2是定值电阻,RB是磁敏传感器,它的电阻随磁体的出现而减小,c、d接报警器.电路闭合后,当传感器RB所在处出现磁体时,则电流表的电流I,c、d两端的电压U将(  ) A. 答案A B. 答案B C. 答案C D. 答案D 11.如图所示为某小型水电站的电能输送示意图,A为升压变压器,其输入功率为P1,输出功率为P2,输出电压为U2;B为降压变压器,其输人功率为P3,,输入电压为U3。A,B均为理想变压器,,输电电流为I,输电线的总电阻为r,则下列关系正确的是( ) A.U2=U3 B.U2=U3+Ir C.P1>P2 D.P2=P3 12.如图所示,一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中,并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动.若以线圈平面与磁场夹角θ=45°时(如图b)为计时起点,并规定当电流自a流向b时电流方向为正.则下列四幅图中正确的是( ) A. 答案A B. 答案B C. 答案C D. 答案D 二、实验题(共3小题) 13.一些材料的电阻随温度的升高而变化.如图甲是由某金属材料制成的电阻R随摄氏温度t变化的图象,若用该电阻与电池(电动势E=1.5 V,内阻不计)、电流表(量程为5 mA,内阻不计)、电阻箱R′串联起来,连接成如图乙所示的电路,用该电阻做测温探头,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”. (1)电流刻度较大处对应的温度刻度________;(选填“较大”或“较小”) (2)若电阻箱阻值R′=150 Ω,当电流为5 mA时对应的温度数值为________°C. 14.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和两个适当的固定电阻R1、R2连成图2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,测量电路如图所示,图中的电压表内阻很大.RL的测量结果如下表所示. 图2 回答下列问题: (1)根据图2所示的电路,在图3所示的实物图上连线. 图3 (2)为了验证RL与t之间近似为线性关系,在图4坐标纸上作RL?t关系图线. 图4 (3)在某一温度下,电路中的电流表、电压表的示数如图5所示.电流表的读数为________,电压表的读数为________.此时等效电阻RL的阻值为________;热敏电阻所处环境的温度约为________. 15. 某学生为了测量一个物体的质量,找到一个力电转换器,该转换器的输出电压正比于受压面的压力(比例系数为k),如图所示,测量时先调节输入端的电压,使转换器空载时的输出电压为0;而后在其受压面上放一物体,即可测得与物体的质量成正比的输出电压U.请完成对该物体质量的测量: (1)设计一个电路,要求力电转换器的输入电压可调,并且使调节范围尽可能大,在虚线框中画出完整的测量电路图. (2)简要说明测量步骤,求出比例系数k,并测出待测物体的质量m. 三、计算题(共3小题) 16.在下图中,降压变压器的变压系数是3,即初级线圈匝数与次级线圈的匝数之比是3∶1.初级线圈的输入电压是660 V,次级线圈的电阻为0.2 Ω,这台变压器供给100盏(220 V,60 W)的电灯用电.求: (1)空载时次级线圈的端电压和输出功率. (2)接通时次级线圈的端电压. (3)每盏灯的实际功率. 17.如图所示,理想变压器原线圈中输入电压U1=3300V,副线圈两端电压U2为220V,输出端连有完全相同的两个灯泡L1和L2,绕过铁芯的导线所接的电压表V的示数U=2V.求: (1)原线圈n1等于多少匝? (2)当开关S断开时,电流表A2的示数I2=5A.则电流表A1的示数I1为多少? (3)当开关S闭合时,电流表A1的示数I1′等于多少? 18.一矩形线圈,在匀强磁场中绕垂直磁感线的对称轴转动,形成如图所示的交变电动势图象,试根据图象求出: (1)线圈转动的角速度; (2)电动势的有效值; (3)如果线圈的内阻是10Ω,把它跟一个电阻为990Ω的电热器连在一起组成闭合电路时,10min内通过电热器的电流产生的热量是多大? 四、填空题(共3小题) 19.(1)如图所示,单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中,线框面积为S,电阻为R。线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度匀速转动,线框中感应电流的有效值I=线框从中性面开始转过的过程中,通过导线横截面的电荷量q=。 20.光强传感器对接收到的光信号会产生衰减,且对于不同波长的光衰减程度不同,可以用j表示衰减程度,其定义为输出强度与输入强度之比,j=I出/I入,右图表示j与波长l之间的关系。当用此传感器分别接收A、B两束光时,传感器的输出强度正好相同,已知A光的波长lA=625nm,B光由lB1=605nm和lB2=665nm两种单色光组成,且这两种单色光的强度之比IB1:IB2=2:3,由图可知jA=__________;A光强度与B光强度之比IA:IB=__________。 21.如图所示的电路中,纯电阻用电器Q的额定电压为U,额定功率为P。由于给用电器输电的导线太长,造成用电器工作不正常。现用理想电压表接在电路中图示的位置,并断开电键S,此时电压表读数为U,闭合电键S,其示数为。则闭合电键后用电器Q的实际功率为____________,输电线的电阻为_______________。 答案解析 1.【答案】D 【解析】A中当发电厂输出功率增大时,根据P=UI知,输出电压不变,则升压变压器原线圈中的电流增大,则副线圈中的电流也增大.故A错误;B中当用电高峰期时,用电器增多,则降压变压器中电流也会变大,故B是错误的;C中升压变压器副线圈中的电流等于输电线中的电流,则输电线中的电流增大,根据P损=I2R知,输电线上损失的功率增大,故C也不对;D中用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例,因为输电线上的电流增大,则电压损失△U增大,U2不变,所以用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小.故D正确。 2.【答案】B 【解析】正弦交流电的热功率:,方形交流电热功率:,可得;故B正确 故选B 3.【答案】D 【解析】由图乙知,交流电压的最大值为,周期为,角速度为,所以副线圈两端电压的瞬时值表达式为,故A错误;根据理想变压器工作原理知,原副线圈电压关系为,则,故B错误;抽油烟机是非纯电阻电路,发热功率很小,远小于额定功率220W,而热水器是纯电阻电路,发热功率等于额定功率440W,故C错误;根据知,1min内抽油烟机消耗的电能为,故D正确。所以选D。 4.【答案】B 【解析】由图像可知周期为0.04s,最大值为,故选B 5.【答案】A 【解析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的,由于输入电压和匝数比不变,所以变压器的输出电压也不变,所以V1,V2的示数都不变,当变阻器的滑动头P向上移动时,滑动变阻器的电阻减小,所以负线圈的电流增大,原线圈的电流也要变大.故选:A. 6.【答案】D 【解析】通过理想升压变压器T1将电送到用户附近,然后用理想降压变压器T2向远处用户供电家中.提升电压的目的是降低线路的功率损失,从而提高用户得到的功率. A.当用户的用电器增多时,用户消耗的功率变大,P2变大,P3变大,用户电流变大,输电线上电流变大,电压降变大,,不变,,U4变小;ABC错误; D.要减小线路的损耗,应增大升压变压器的匝数比,输电电压变大,在输送功率一定的条件小,输电线电流减小,T2输入电压变大,要用户得到额定电压,同时应增大降压变压器的匝数比,D正确。 故选:D。 7.【答案】C 【解析】据题意,当转速提高一倍,由可知,角速度w变为原来的2倍,面积减小一半,则由:可知:,故C选项正确。 8.【答案】A 【解析】由图知,当滑动触头P顺时针转动时,变压器副线圈的匝数减少,根据可得副线圈的电压U2减小,因负载的电阻不变,故电流表读数变小,电压表读数变小,所以A正确;同理,若滑动触头P逆时针转动时,变压器副线圈的匝数增加,U2增大,电流表示数增大,所以B错误;当P不动,副线圈电压U2不变,滑动触头向上滑动时,R3连入电路中的阻值增大,与R2并联后的电阻增大,根据串联电路的分压规律可得电压表示数增大,所以C错误;同理,当滑动触头向下滑动时,R3连入电路中的阻值减小,与R2并联后的电阻减小,根据串联电路的分压规律可得电压表示数减小,所以D错误。 9.【答案】A 【解析】由于原线圈中交流电源的电动势瞬时值表达式e=311sin100πtV,故V1的示数为其有效值220V,B错误;根据变压器的匝数比与电压之比的关系得,则V2的示数为U2==44V,故C错误;由欧姆定律得,A2的示数为I2==0.50A,故D也错误;再根据线圈的匝数与电流的关系可得,A1的示数约为I1==0.10A,故A正确。 10.【答案】A 【解析】由题知,当传感器RB所在处出现磁体时,RB减小,RB,R2并联的电阻减小,外电路总电阻减小,根据闭合电路欧姆定律得知,干路电流I干增大,路端电压减小,R1电压增大,故c、d两端电压U变小,通过R2电流减小,I干增大,知电流表示数I变大.故A正确,BCD错误. 11.【答案】B 【解析】由于输电线有电阻,输电线上有电压降,所以U2=U3+Ir,选项A错误B正确。对于理想变压器,P1=P2,选项C错误;由于输电线上发热,消耗电能,所以P2>P3,选项D错误。 12.【答案】D 【解析】本题考查正弦交流电的产生过程、楞次定律等知识.从a图可看出线圈从垂直于中性面开始旋转,由楞次定律可判断,初始时刻电流方向为b到a,故瞬时电流的表达式为,则图像为D图像所描述. 故选D 13.【答案】 (1)较小 (2)50 【解析】(1)由题图甲可知,温度升高,电阻阻值增大,电路中电流减小,因此电流刻度较大处对应的温度刻度较小. (2)电流为5 mA时,电路总电阻为300 Ω,电阻箱阻值R′=150 Ω,则R=150 Ω,由题图甲得对应的温度为50°C. 14.【答案】(1)连线如图所示 (2)RL?t关系图线如图所示 (3)115 mA 5.00 V 43.5 Ω 64.0 ℃(62 ℃~66 ℃均正确) 【解析】 (1)根据电路图连接实物图,R1与RT并联,再与R2串联,滑动变阻器为限流接法,注意各电表的极性,开关控制整个电路. (2)根据表中数据,在RL?t图象中描点,作RL?t图象为一条直线. (3)读出电压U=5.00 V,电流I=115 mA.RL==43.5 Ω,再由RL?t关系图线找出RL=43.5 Ω对应的温度t=64.0 ℃. 15.【答案】见解析 【解析】解析 力电转换器虽然是一个全新的仪器,但它与其他所有的测量仪器一样,要有一个“调零”的过程.仔细审题,题目中有很多重要的暗示,挖掘这些信息即是我们解决问题的关键.“测量时先调节输入端的电压,使转换器空载时的输出电压为0;而后在其受压面上放一物体,即可测得与物体的质量成正比的输出电压U”“该转换器的输出电压正比于受压面的压力(比例系数为k)”,所以输出电压U=kmg.题目要求“力电转换器的输入电压可调,并且使电压的调节范围尽可能大”,这就暗示我们滑动变阻器必须使用分压式,有了设计电路才可以进行测量步骤. (1)设计电路如图所示. (2)测量步骤如下: ①调节滑动变阻器,使转换器的输出电压为零; ②将质量为m0的砝码放在转换器的受压面上,记下输出电压U0; ③将待测物体放在转换器的受压面上,记下输出电压U1; ④因为U0=km0g、U1=kmg,所以可求m=. 16.【答案】(1) 0. (2) 214.68 V(3) 57.1 W 【解析】(1)将变压器视为理想变压器.设空载时次级线圈的端电压为U2. 由,得U2=U1=220 V 因为空载,次级线圈的负载电阻→∞,次级线圈中的电流为零I2=0,P=I2U2=0. (2)接通电路后,100盏灯并联的总电阻为 R外===8.07 Ω 次级线圈中的电流为 I2===26.6 A 所以次级线圈的端电压U2′=I2R外=214.68 V (3)每盏灯的实际功率为P=U2′=57.1 W 17.【答案】(1)1650匝;(2)A;(3)A 【解析】(1)由电压与变压器匝数的关系可得: U1/n1=U2/n2=U,则n1=1650匝. (2)当开关S断开时,有: U1I1=U2I2,I1=U2I2/U1=A (3)当开关S断开时,有:R1=U2/I2=44Ω.当开关S闭合时,设副线圈总电阻为R′,有R′=RL/2=22Ω,副线圈中的总电流为I2′=U2/R′=10A.由U1I1′=U2I2′可知,I1′=U2I2′/U1=A. 18.【答案】(1)105rad/s 、(2)14.1V 、(3) 【解析】(1)由图象得,交变电动势的周期T=6×10s 而周期 代入数值解得105rad/s (2)由图象得,交变电动势的最大值为Em=20V, 电动势的有效值 代入数值解得14.1 V (3)根据公式可得: 19.【答案】, 【解析】本题考查交变流电的产生和最大值、有效值、平均值的关系及交变电流中有关电荷量的计算等知识。电动势的最大值,电动势的有效值,电流的有效值; 20.【答案】0.35 27.5/35 【解析】如图所示,A光的波长为625nm,在图上对应的强度jA=0.35;同理在图中找出B1的强度为=0.60,B2的强度为=0.07,由A、B两束光经传感器的输出强度正好相同得:得:。 21.【答案】, 【解析】用电器Q的电阻为,闭合电键后用Q两端的电压为,所以Q的实际功率为,当S闭合时,导线上损失的电压,用电器工作时,电路电流,导线电阻;

  • ID:6-5514046 教科版高中物理第一轮复习第九专题《电磁感应》测试题(word解析版)

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    第九专题《电磁感应》测试题 一、单选题(共12小题) 1.如图所示,在水平放置的条形磁铁的N极附近,一个闭合导线框竖直向上抛出并始终保持水平,经过图中A,B,C三个位置。在位置B,N极附近的磁感线正好与线圈平面平行,A与B和B与C的距离相等。则在向上运动过程中( ) A. 在位置B处的感应电流为零 B. 在位置A和位置C处的感应电流方向相同 C. 在位置A和位置C处的感应电流大小相等 D. 线圈从A运动到B损失的机械能等于从B运动到C损失的机械能 2.如图所示,金属杆ab静止放在水平固定的“U”形光滑金属框上,且整个装置处于竖直向上的匀强磁场中.现使ab获得一个向右的初速度v开始运动,下列表述正确的是(  )   A. 安培力对ab做正功 B. 杆中感应电流的方向由b→a  C. 杆中感应电流逐渐减小 D. 杆中感应电流保持不变 3.如图,直角三角形闭合线圈ABC处于垂直纸面向里的匀强磁场中,线圈通有顺时针方向电流,则线圈所受磁场力的合力为( ) A. 大小为零 B. 方向竖直向上 C. 方向竖直向下 D. 方向垂直纸面向里 4.如图所示,在磁感应强度大小为B,方向竖直向上的匀强磁场中,有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点,并可绕O点摆动.金属线框从右侧某一位置静止开始释放,在摆动到左侧最高点的过程中,细杆和金属线框平面始终处于同一平面,且垂直纸面.则线框中感应电流的方向是(  ) A. a→b→c→d→a B. d→c→b→a→d C. 先是d→c→b→a→d,后是a→b→c→d→a D. 先是a→b→c→d→a,后是d→c→b→a→d 5.一根金属导线abcd绕成如图所示的闭合线框,ab长等于cd长,且二者相互平行,ad边与bc边在交点O处相互绝缘且交点大小忽略。理想边界MN右侧为水平的匀强磁场,磁场区域足够大。当t=0时刻,线框开始以v匀速进入磁场,运动中ab边始终与MN平行。则线框中产生的感应电流随时间变化的图象正确的是:(规定感应电流方向如图中箭头所示为正) ( ) A. 答案A B. 答案B C. 答案C D. 答案D 6.如图所示,线圈自感系数很大,开关闭合且电路达到稳定时,小灯泡正常发光,则当闭合开关和断开开关的瞬间能观察到的现象分别是 ( ) A. 小灯泡慢慢亮,小灯泡立即熄灭 B. 小灯泡立即亮,小灯泡立即熄灭 C. 小灯泡慢慢亮,小灯泡比原来更亮一下再慢慢熄灭 D. 小灯泡立即亮,小灯泡比原来更亮一下再慢慢熄灭 7.如图甲所示,一闭合线圈固定在垂直于纸面的匀强磁场中,且线圈平面与磁场垂直.设垂直纸面向里为磁感应强度B的正方向,磁感应强度B随时间而变化的情况如图乙所示,图甲中线圈上的箭头的方向为感应电流i的正方向.则在下图中给出的线圈中感应电流i随时间而变化的图象可能的是(  )   A. B. C. D. 8.如图,匀强磁场存在于虚线框内,矩形线圈竖直下落。如果线圈受到的磁场力总小于其重力,则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为 ( ) A.a1>a2>a3>a4 B.a1=a3>a2>a4 C.a1=a3>a4>a2 D.a4=a2>a3>a1 9.如图甲所示,有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域,其直角边长为L,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B. 一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd,从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域.取沿a→b→c→d的感应电流为正,则图乙中表示线框中电流随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是( ) A. 答案A B. 答案B C. 答案C D. 答案D 10.如图所示,在磁感应强度为B的水平匀强磁场中,有两根竖直放置的平行金属导轨,顶端用一电阻R相连,两导轨所在的竖直平面与磁场方向垂直.一根金属棒ab以初速度v0沿导轨竖直向上运动,到某一高度后又向下运动返回到原出发点.整个过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好,导轨与棒间的摩擦及它们的电阻均可忽略不计.则在金属棒整个上行与整个下行的两个过程中,下列说法正确的是 ( ) A. 回到出发点的速度v等于初速度v0 B. 上行过程中通过R的电量大于下行过程中通过R的电量 C. 上行过程中R上产生的热量大于下行过程中R上产生的热量 D. 上行的运动时间大于下行的运动时间 11.如图所示,一个水平放置的矩形线圈abcd,在细长水平磁铁的S极附近竖直下落,由位置Ⅰ经位置Ⅱ到位置Ⅲ。位置Ⅱ与磁铁同一平面,位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ,则在下落过程中,线圈中的感应电流的方向为 ( ) A.abcda  B.adcba C. 从abcda到adcba   D. 从adcba到abcda 12.如图所示,一沿水平方向的匀强磁场分布在竖直高度为2L的某矩形区域内(宽度足够大),该区域的上下边界MN、PS是水平的。有一边长为L的正方形导线框abcd从距离磁场上边界MN的某高处由静止释放下落而穿过该磁场区域。已知当线框的ab边到达MN时线框刚好做匀速直线运动(以此时开始计时),以MN处为坐标原点,取如图坐标轴x,并规定逆时针方向为感应电流的正方向,则关于线框中的感应电流与ab边的位置坐标x间的以下图线中,可能正确的是( ) A. 答案A B. 答案B C. 答案C D. 答案D 二、实验题(共1小题) 13.如图为“研究电磁感应现象”的实验装置,电键合上前小螺线管已插入到大螺线管中。 (1)将图中所缺的导线补接完整; (2)如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏转一下,那么合上电键后将小螺线管迅速抽出时,灵敏电流计指针将向(“左”或“右”)偏转。 解析: (3)小螺线管插入大螺线管后,将滑动变阻器触头迅速向左移动时,灵敏电流计的指针将向 (“左”或“右”)偏转。 (2)左 (3)右 三、计算题(共3小题) 14.如图所示,足够长的水平U形光滑金属导轨,宽度为L=1m,导轨电阻忽略不计,定值电阻R=0.4Ω.所在空间均存在磁感应强度B=0.5T,方向垂直导轨向上的匀强磁场.质量m=0.2kg,电阻r=0.1Ω的金属棒ab垂直置于导轨上,现用水平向右垂直于金属棒、大小为F=2N的恒力拉动ab棒由静止开始向右运动.求金属棒: (1)匀速运动时的速度大小; (2)速度达到v1=2m/s时,其加速度大小. 15.小明同学设计了一个“电磁天平”,如图1所示,等臂天平的左臂为挂盘,右臂挂有矩形线圈,两臂平衡.线圈的水平边长L=0.1 m,竖直边长H=0.3 m,匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内,磁感应强度B0=1.0 T,方向垂直线圈平面向里.线圈中通有可在0~2.0 A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后,调节线圈中电流使天平平衡,测出电流即可测得物体的质量.(重力加速度取g=10 m/s2) 图1         图2 (1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg,线圈的匝数N1至少为多少? (2)进一步探究电磁感应现象,另选N2=100匝、形状相同的线圈,总电阻R=10 Ω.不接外电流,两臂平衡.如图2所示,保持B0不变,在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场,且磁感应强度B随时间均匀变大,磁场区域宽度d=0.1 m.当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时,天平平衡,求此时磁感应强度的变化率. 16.如图(甲),MN,PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ= 30°角固定,M,P之间接电阻箱R,电阻箱的阻值范围为0~4Ω,导轨所在空间存在匀强磁场,磁场方向垂直于轨道平面向上,磁感应强度为B= 0.5T。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上,其接入电路的电阻值为r。现从静止释放杆ab,测得最大速度为vm。改变电阻箱的阻值R,得到vm与R的关系如图(乙)所示。已知轨距为L= 2m,重力加速度g=l0m/s2,轨道足够长且电阻不计。 (1)当R=0时,求杆ab匀速下滑过程中产生感生电动势E的大小及杆中的电流方向; (2)求金属杆的质量m和阻值r; (3)求金属杆匀速下滑时电阻箱消耗电功率的最大值Pm。 四、填空题(共3小题) 17.电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器.如图所示为电吉他的扩音器的原理图,在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管.一条形磁铁固定在管内,当拨动金属弦后,螺线管内就会产生感应电流,经一系列转化后可将电信号转为声音信号. (1)金属弦的作用类似“研究电磁感应现象”实验中铁芯的作用,则被拨动后靠近螺线管的过程中,通过放大器的电流方向为  (以图象为准,选填“向上”或“向下”). (2)下列说法正确的是  (多选) A.金属弦上下振动的周期越大,螺线管内感应电流的方向变化也越快 B.金属弦上下振动过程中,经过相同位置时速度越大,螺线管中感应电动势也越大 C.电吉他通过扩音器发出的声音随感应电流强度增大而变响,增减螺线管匝数会起到调节音量的作用 D.电吉他通过扩音器发出的声音频率和金属弦振动频率相同. 18.如图,金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上,在ef右侧存在有界匀强磁场B,磁场方向垂直导轨平面向下,在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L,圆环与导轨在同一平面内。当金属棒ab在水平恒力F作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动后,圆环L有__________(填收缩、扩张)趋势,圆环内产生的感应电流_______________(填变大、变小、不变)。 19.如图所示,一电阻为R的矩形线圈abcd,边长分别为L1和L2,沿水平方向以恒定的速度v通过一匀强磁场,磁场区域的宽度为L,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里.则如果L1>L,则线圈通过磁场区域的过程中,一共释放了  J焦耳热;如果L1<L,则线圈通过磁场区域的过程中,共释放了  J焦耳热. 五、简答题(共3小题) 20.如图3所示,水平放置的两根平行金属导轨,间距L=0.3m.导轨左端连接R=0.6的电阻,区域abcd内存在垂直于导轨平面B=0.6T的匀强磁场,磁场区域宽D=0.2 m.细金属棒A1和A2用长为2D=0.4m的轻质绝缘杆连接,放置在导轨平面上,并与导轨垂直,每根金属棒在导轨间的电阻均为t=0.3,导轨电阻不计,使金属棒以恒定速度r=1.0 m/s沿导轨向右穿越磁场,计算从金属棒A1进入磁场(t=0)到A2离开磁场的时间内,不同时间段通过电阻R的电流强度,并在图4中画出。 21.1831年8月29日,法拉第终于取得突破性进展.这次他用一个软铁圆环,环上绕两个互相绝缘的线圈A和B,如图所示.他在日记中写道:“使一个有10对极板,每板面积为4平方英寸的电池充电.用一根铜导线将一个线圈,或更确切地说把B边的线圈的两个端点连接,让铜线通过一定距离,恰好经过一根磁针的下方(距铁环3英尺远),然后把电池连接在A边线圈的两端;这时立即观察到磁针的效应,它振荡起来,最后又停在原先的位置上,一旦断开A边与电池的连接,磁针再次被扰动.” ①请根据法拉第日记的描述,在答题卷的虚线框内用笔画线代替导线,完成电路的连接. ②在上述实验中,下列说法正确的是  . A.当接通电池的瞬间,小磁针不动 B.切断电源时,小磁针突然跳动一下 C.如果维持接通状态,则小磁针无反应 D.当接通电源的瞬间与切断电池时,小磁针偏转方向相反. 22.如图所示,在一根较长的铁钉上,用漆包线绕两个线圈A和B,将线圈B的两端与漆包线CD相连,使CD平放在静止的小磁针的正上方,与小磁针平行.试判断合上开关的瞬间,小磁针N极的偏转情况?线圈A中电流稳定后,小磁针又怎样偏转? 答案解析 1.【答案】B 【解析】虽然在B处的线圈的磁通量为零,但是磁通量的变化量不为零,因此A错;在A向B运动的过程中,磁通量增加,根据楞次定律,将产生逆时针的电流,B向C运动的过程中,磁通量减少,根据楞次定律,将产生逆时针的电流,B对;在A和C两处,线圈的速度不一样,因此磁通量的变化率不一样,电流大小就不一样;两个阶段的电能的大小不一样,因此两个阶段损失的机械能不一样,D错 2.【答案】C. 【解析】ab棒突然获得一初速度,切割磁感线,产生感应电动势,形成感应电流,根据楞次定律,来拒去留,受向左的安培力,故安培力做负功,故A错误;根据楞次定律可知,感应电流方向由a→b,故B错误;由于安培力做负功,故棒做减速运动;根据E=BLv和I=,有:I=;由于速度减小,故感应电流逐渐减小,故C正确,D错误; 3.【答案】A 【解析】通电直角三角形线圈处于匀强磁场中,受到安培力作用,根据左手定则确定安培力的方向,再由公式F=BIL确定安培力的大小,最后由力的合成来算出安培力的合力.若通以顺时针的电流方向,根据左手定则可知:各边所受的安培力背离中心处.如图所示, 由公式F=BIL得出各边的安培力的大小,从而得出安培力大小与长度成正比,因而两直角边的安培力与斜边的安培力等值反向.所以线圈所受磁场力的合力为零. 故选:A 4.【答案】B 【解析】由静止释放到最低点过程中,磁通量减小,且磁场方向向上,由楞次定律,感应电流产生磁场也向上,再由右手螺旋定则可知,感应电流的方向:d→c→b→a→d; 同理,当继续向右摆动过程中,向上的磁通量增大,根据楞次定律可知,电流方向是d→c→b→a→d; 5.【答案】A 【解析】ab边进入磁场切割磁感线,产生感应电流,根据右手定则可判断,感应电流方向与图示方向相反,且切割长度随时间均匀减小,当运动到O点时,感应电流为零,继续向右运动,感应电流方向改变,与图示方向相同,且有效切割长度随时间均匀增大,故A正确 故选A 6.【答案】A 【解析】当开关闭合时,穿过线圈的电流增大,线圈中产生自感电流,阻碍电路电流增大,所以小灯泡是慢慢的亮起来的,当开关断开后,由于电路中小灯泡和线圈组成不了闭合回路,所以小灯泡会立即熄灭,故A正确,BCD错误 故选A 7.【答案】C. 【解析】设垂直纸面向里的磁感应强度方向为正,线圈中顺时针方向的感应电流为正,由乙可知:线圈中在前0.5s内磁场增加,则根据楞次定律可得:逆时针方向的感应电流,即为负值.在前0.5s到1s内,若磁场方向垂直向里(正方向)时,且磁场减小的;根据楞次定律可知,感应电流的方向顺时针方向,即为正值.再根据法拉第电磁感应定律,则有感应电动势恒定,则感应电流也恒定,综上所述,故C正确,ABD错误; 8.【答案】B 【解析】由于位置1和3时,线圈中不产生感应电流,故磁场不对线圈有力的作用,则线圈此时只受重力的作用,加速度是相等的,故A、D是不对的;在位置2和4时,穿过线圈的磁通量在变化,故线圈在这两个位置产生感应电流,电流所产生的磁场力会阻碍线圈向下运动,但又由于磁场力总小于其重力,所以合力的方向仍是向下的,故线圈的速度会越向下越大,则线圈4中产生的感应电流会比位置2大,则产生的磁场力也比位置2大,而磁场力的方向是向上的,与重力的方向相反,故位置4的合力小于位置2,所以位置2的加速度大于位置4的加速度,B是正确的。 9.【答案】C 【解析】bc边的位置坐标x在L-2L过程,线框bc边有效切线长度为l=x-L,感应电动势为E=Blv=B(x-L)v,感应电流,根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→b→c→d→a,为正值.x在2L-3L过程,根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→d→c→b→a,为负值,线框ad边有效切线长度为l=x-2L,感应电动势为E=Blv=B(x-2L)v,感应电流,根据数学知识知道C正确,ABD错误。 10.【答案】C 【解析】金属棒运动过程中,切割磁感线产生感应电流,通过电阻将一部分动能转化为电能.因此回到出发点时的速度V小于初速度V0,A错误;上行和下行过程中,回路磁通量的变化量大小相等,流过某一截面的电荷量q=,可知,上行过程中通过R的电荷量等于下行过程中通过R的电荷量.B错误;根据能量守恒定律,可知经过同一个位置,上行速度总要大于下行速度,上行感应电流大于下行感应电流,则上行过程中R上产生的热量大于下行过程中R上产生的热量.上行总时间小于下行的总时间,C正确,D错误。 11.【答案】B 【解析】线圈从位置1到位置2的过程中,穿过线圈方向向下的磁通量减小,则产生感应电流;根据楞次定律,感应电流的磁场的方向向下,属于感应电流的方向为adcba方向;线圈从位置2到位置3的过程中,穿过线圈向上的磁通量增加,所以感应电流的磁场的方向向下,产生感应电流的方向为adcba方向.所以整个过程中感应电流的方向始终都是沿adcba方向.故B选项正确. 12.【答案】D 【解析】由于ab边向下运动,由右手定则可以判断出,线框在进入磁场时,其感应电流的方向为abcd,沿逆时针方向,故在图像中,0~L的这段距离内,电流是正的;线框完全进入磁场后,穿过线框的磁通量没有变化,故其感应电流为0;当线框的ab边从磁场的下边出来时,由于其速度要比ab边刚入磁场时的速度大,故其感应电流要比I0大,感应电流的方向与ab边刚入磁场时相反; 由于ab边穿出磁场时其速度较大,产生的感应电流较大,且其电流与线框的速度成正比,即线框受到的安培力与线框的速度也成正比,与刚入磁场时线框受到的平衡力做对比,发现线框受到的合外力方向是向上的,即阻碍线框的下落,且合外力是变化的,故线框做的是变减速直线运动,产生的电流也是非均匀变化的,故A、B不对;再就整体而言,线框穿出磁场时的动能要大于穿入磁场时的动能,故穿出时的电流要大于I0,所以C不对,D是正确的。 13.【答案】(1)如图所示 【解析】(1)如图所示。 (2)在闭合电键时和电流计串联的线圈中磁通量增加,发现灵敏电流计的指针向右偏转一下。那么合上电键后将小螺线管迅速抽出时和电流计串联的线圈中磁通量减小,灵敏电流计指针将向左偏转 (3)将滑动变阻器触头迅速向左移动时,滑动变阻器的电阻减小,电流增大,和电流计串联的线圈中磁通量增加,发现灵敏电流计的指针向右偏转一下。 14.【答案】(1)匀速运动时的速度大小4m/s; (2)速度达到v1=2m/s时,其加速度大小5m/s2 【解析】(1)ab棒产生的电动势为: E=BLv① 根据闭合电路欧姆定律知 I=② 安培力:F安=BLI③ 匀速直线运动时F=F安④ 联立①②③④解得v===4m/s (2)F1===1N F﹣F安=ma a===5m/s2 15.【答案】 (1)25匝 (2)0.1 T/s 【解析】 (1)题中“电磁天平”中的线圈受到安培力 F=N1B0IL① 由天平平衡可知:mg=N1B0IL② 代入数据解得:N1=25匝③ (2)由电磁感应定律得:E=N2=N2Ld④ 由欧姆定律得:I′=⑤ 线圈受到的安培力F′=N2B0I′L⑥ 由天平平衡可得:m′g=NB0·⑦ 代入数据可得=0.1 T/s⑧ 16.【答案】(1)2V ;电流方向从b→a(2)0.2kg;2Ω (3)4W. 【解析】(1)由图可知,当R=0时,杆最终以v=2m/s匀速运动,产生电动势E=BLv=0.5×2×2V=2V由右手定则判断可知杆中电流方向从b→a。 (2)设杆运动的最大速度为v,杆切割磁感线产生的感应电动势E=BLv 由闭合电路的欧姆定律得: 杆达到最大速度时满足mgsinθ-BIL=0, 联立解得:, 由图象可知:斜率为,纵截距为v0=2m/s, 得到:;,解得:m=0.2kg,r=2Ω (3)金属杆匀速下滑时电流恒定,则有mgsinθ-BIL=0, 得,电阻箱消耗电功率的最大值Pm=I2Rm=4W。 17.【答案】(1)向下; (2)BCD. 【解析】(1)金属弦靠近螺线管时,线圈中磁场变强,根据楞次定律可得通过放大器的电流方向为向下. (2)AD、电吉他通过扩音器发出的声音频率与感应电流的频率相同,即与金属弦振动频率相同,故A错误,D正确; BC、感应电动势的大小与磁通量的变化率有关,与线圈匝数有关,故B、C正确;. 18.【答案】收缩 变小 【解析】由于金属棒ab在恒力F的作用下向右运动,则abcd回路中产生逆时针方向的感应电流,则在圆环处产生垂直于只面向外的磁场,随着金属棒向右加速运动,圆环的磁通量将增大,依据楞次定律可知,圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环的磁通量将增大;又由于金属棒向右运动的加速度减小,单位时间内磁通量的变化率减小,所以在圆环中产生的感应电流不断减小。 19.【答案】2,2 【解析】矩形线圈沿水平方向以恒定的速度v通过匀强磁场的过程中,线框bc边或ad边切割磁感线时,产生的电动势为:E=BL2v,则感应电流为:I== 若L1>L,则bc边和ad边切割磁感线的时间都为:t1= 则产生的焦耳热为:Q1=2I2Rt1=2××R×=2 若L1<L,则bc边和ad边切割磁感线的时间都为:t2= 则产生的焦耳热为:Q2=2I2Rt2=2××R×=2 20.【答案】0-t1(0-0.2s)A1产生的感应电动势:,  电阻R与A2并联阻值:,  所以电阻R两端电压, 通过电阻R的电流:;t1-t2(0.2-0.4s)E=0, I2=0; t2-t3(0.4-0.6s) 同理:I3=0.12A.电流随时间变化关系如图5所示。 【解析】 21.【答案】①如答图所示;②BCD 【解析】(1)根据法拉第日记的描述,将电路连接如图; (2)A、B、闭合与断开开关S的瞬间,A线圈中的电流发生了变化,穿过线圈B的磁通量发生变化,电流表G中产生感应电流.小磁针动一下.故A错误,B正确; C、闭合开关S 后,穿过线圈B的磁通量都不发生变化,电路中没有感应电流,小磁针无反应.故C正确; D、当接通电源的瞬间与切断电池时,线圈内磁通量的变化方向相反,所以小磁针偏转方向相反;故D正确; 故选:BCD. 22.【答案】在开关合上的瞬间,小磁针的N极向纸内偏转.当线圈A内的电流稳定以后,小磁针又回到原来的位置. 【解析】干电池通电的瞬间,根据楞次定律,线圈B中产生电流,电流的方向由C到D,根据安培定则,CD导线下方的磁场方向垂直纸面向里,则小磁针N极向纸内偏转,S极向纸外偏转.线圈A中电流稳定后,B线圈中的感应电流消失,小磁针又回到原来的位置.

  • ID:6-5514044 教科版高中物理第一轮复习第八专题《磁场》测试题(word解析版)

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    第八专题《磁场》测试题 一、单选题(共12小题) 1.如图所示,带电粒子垂直进入匀强磁场.下列判断正确的是(  ) A. 粒子向左偏转 B. 粒子向右偏转 C. 粒子垂直纸面向里偏转 D. 粒子垂直纸面向外偏转 2.如图所示,一金属直杆MN两端接有导线,悬挂于线圈上方,MN与线圈轴线均处于竖直平面内,为使MN垂直纸面向外运动,可以( ) A. 将a,b端分别接电源的正负极,c,d不接电源 B. 将a,d端接在电源正极,b,c端接在电源负极 C. 将a,c端接在电源正极,b,d端接在电源负极 D. 将b,c端接在电源正极,a,d端接在电源负极 3.下列关于磁感应强度的说法中正确的是( ) A. 若长为L,电流为I的导线在某处受到的磁场力为F,则该处的磁感应强度必为 B. 磁感应强度的方向就是小磁针北极所受磁场力的方向 C. 由B=知,B与F成正比,与IL成反比 D. 由B=知,磁场中某处的磁感应强度的大小随通电导线中电流I的减小而增大 4.下列各图中,用带箭头的细实线表示通电直导线周围磁感线的分布情况,其中正确的是( ) A. 答案A B. 答案B C. 答案C D. 答案D 5.如图,在虚线所围的矩形区域内,同时存在场强为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场。已知从左方水平射入的电子,穿过该区域时未发生偏转,重力可忽略不计,则在这个区域中的E和B的方向不可能的是( ) A.E和B都沿水平方向,并与电子运动方向相同 B.E和B都沿水平方向,并与电子运动方向相反 C.E竖直向上,B垂直于纸面向外 D.E竖直向上,B垂直于纸面向里 6.质量和电量都相等的带电粒子M和N,以不同的速度率经小孔S垂直进入匀强磁场,运行的半圆轨迹如图中虚线所示,下列表述正确的是(  ) A.M带正电,N带负电 B.M的速度率小于N的速率  C. 洛伦磁力对M,N做正功 D.M的运行时间等于N的运行时间 7.两条导线互相垂直,相隔一段较小的距离,如图所示;其中一条AB是固定的,另一条CD能自由转动,当直流电流按图示方向通入两条导线时,CD导线将( ) A. 逆时针方向转动,同时靠近导线AB B. 顺时针方向转动,同时靠近导线AB C. 逆时针方向转动,同时离开导线AB D. 顺时针方向转动,同时离开导线AB 8.如图所示,一个带正电的物体,从固定的粗糙斜面顶端沿斜面滑到底端时的速度为v,若加上一个垂直纸面向外的匀强磁场,则物体沿斜面滑到底端时的速度( ) A. 不变 B. 变小 C. 变大 D. 不能确定 9.处于匀强磁场中的一个带电粒子,仅在磁场力作用下做匀速圆周运动。将该粒子的运动等效为环形电流,那么此电流值( ) A. 与粒子电荷量成正比 B. 与粒子速率成正比 C. 与粒子质量成正比 D. 与磁感应强度成正比 10.如图,一带正电的离子束沿图中箭头方向通过两磁极间时,它受的洛伦兹力方向( ) A. 向上 B. 向下 C. 指向N极 D. 指向S极 11.在阴极射线管上方平行放置一根通有强电流的长直导线,其电流方向从右向左,如图所示,阴极射线(即从负极向正极高速运动的电子流)将( ) A. 向纸内偏转 B. 向纸外偏转 C. 向上偏转 D. 向下偏转 12.如图所示,匀强电场E竖直向下,匀强磁场B垂直纸面向里.现有三个带有等量同种电荷的油滴a、b、c,若将它们分别置入该区域中,油滴a保持静止,油滴b向左水平匀速运动,油滴c向右水平匀速运动,则三个油滴所受重力、、的大小关系正确的是( ) A.>> B.>> C.>= D.>= 二、实验题(共3小题) 13.图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场.现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力,来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向.所用部分器材已在图中给出,其中D为位于纸面内的U形金属框,其底边水平,两侧边竖直且等长;E为直流电源;R为电阻箱;A为电流表;S为开关.此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。 (1)在图中画线连接成实验电路图。 (2)完成下列主要实验步骤中的填空 ①按图接线。 ②保持开关S断开,在托盘内加入适量细沙,使D处于平衡状态;然后用天平称出细沙质量m1。 ③闭合开关S,调节R的值使电流大小适当,在托盘内重新加入适量细沙,使D____________;然后读出_____________,并用天平称出_____________________。 ④用米尺测量_____________________。 (3)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小,可以得出B=  。 (4)判定磁感应强度方向的方法是:若_______,磁感应强度方向垂直纸面向外;反之,磁感应强度方向垂直纸面向里. 14.(1)在弹性限度内,弹簧弹力的大小与弹簧伸长(或缩短)的长度的比值,叫做弹簧的劲度系数。为了测量一轻弹簧的劲度系数,某同学进行了如下实验设计:如图所示,将两平行金属导轨水平固定在竖直向下的匀强磁场中,金属杆ab与导轨接触良好,水平放置的轻弹簧一端固定于O点,另一端与金属杆连接并保持绝缘。在金属杆滑动的过程中,弹簧与金属杆、金属杆与导轨均保持垂直,弹簧的形变始终在弹性限度内,通过减小金属杆与导轨之间的摩擦和在弹簧形变较大时读数等方法,使摩擦对实验结果的影响可忽略不计。 请你按要求帮助该同学解决实验所涉及的两个问题。 ① 助该同学完成实验设计。请你用低压直流电源、滑动变阻器、电流表、开关设计一电路图,画在图中虚线框内,并正确连在导轨的C、D两端。 ②若已知导轨间的距离为d,匀强磁场的磁感应强度为B,正确连接电路后,闭合开关,使金属杆随挡板缓慢移动,当移开挡板且金属杆静止时,测出通过金属杆的电流为I1,记下金属杆的位置,断开开关,测出弹簧对应的长度为x1;改变滑动变阻器的阻值,再次让金属杆静止时,测出通过金属杆的电流为I2,弹簧对应的长度为x2,则弹簧的劲度系数k=__________. 15.如图所示,一束电子(电荷量为e)以速度v垂直射入磁感应强度为B,宽度为d的匀强磁场中,穿透磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角为30°,求电子的质量和穿过磁场所用的时间. 三、计算题(共3小题) 16.质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具,它的构造原理如图所示.离子源S产生的各种不同正离子束(速度可看作为零),经加速电场(加速电场极板间的距离为d、电势差为U)加速,然后垂直进入磁感应强度为B的有界匀强磁场中做匀速圆周运动,最后到达记录它的照相底片P上.设离子在P上的位置与入口处S1之间的距离为x。 (1)求该离子的荷质比. (2)若离子源产生的是带电量为q、质量为m1和m2的同位素离子(m1>m2),它们分别到达照相底片上的P1、P2位置(图中末画出),求P1、P2间的距离△x。 17.回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用,有力地推动了现代科学技术的发展。 ⑴当今医学影像诊断设备PET/CT堪称“现代医学高科技之冠”,它在医疗诊断中,常利用能放射正电子的同位素碳11作示踪原子。碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得,同时还产生另一粒子,试写出核反应方程。若碳11的半衰期τ为20min,经2.0h剩余碳11的质量占原来的百分之几?(结果取2位有效数字) ⑵回旋加速器的原理如图,D1和D2是两个中空的半径为R的半圆金属盒,它们接在电压一定、频率为f的交流电源上,位于D1圆心处的质子源A能不断产生质子(初速度可以忽略,重力不计),它们在两盒之间被电场加速,D1、D2置于与盒面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。若质子束从回旋加速器输出时的平均功率为P,求输出时质子束的等效电流I与P、B、R、f的关系式(忽略质子在电场中的运动时间,其最大速度远小于光速)。 ⑶试推理说明:质子在回旋加速器中运动时,随轨道半径r的增大,同一盒中相邻轨道的半径之差Δr是增大、减小还是不变? 18.质谱仪是一种分析同位素的重要工具,它的构造原理如图所示。离子源S产生质量为m、电荷量为q的钾离子,离子出来时速度很小,可视为零。离子经过电势差为U的电场加速后,沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场,经半圆周到达照相底片上的P点。 (1)求粒子进入磁场时的速度; (2)求P点到入口S1的距离x; (3)在实验过程中由于仪器不完善,加速电压在平均值U附近变化U,求需要以多大相对精确度U/U维持加速电压值,才能使钾39、钾41的同位素束在照相底片上不发生覆盖。 四、填空题(共3小题) 19.一个带电微粒在图示的正交匀强电场和匀强磁场中在竖直面内做匀速圆周运动。则该带电微粒必然带_____,旋转方向为_____。若已知圆半径为r,电场强度为E磁感应强度为B,则线速度为_____。 20.当接通电源后,小磁针A按图所示方向运动,则电源的(填“左”或“右”)侧为电源正极,小磁针B的N极指向方向 21.两根互相垂直的通电直导线放在同一平面内,彼此绝缘,电流方向如图所示.在两导线周围的四个区域中,肯定不可能出现磁感强度为零的区域是______;可能出现磁感强度为零的区域是______. 五、简答题(共3小题) 22.已知山东地面处的地磁场水平分量约为3×10-5T,某校物理兴趣小组做估测磁体附近磁感应强度的实验.他们将一小罗盘磁针放在一个水平放置的螺线管的轴线上,如下图所示.小磁针静止时N极指向y轴正方向,当接通电源后,发现小磁针N极指向与y轴正方向成60°角的方向.请在图上标明螺线管导线的绕向,并求出该通电螺线管在小磁针处产生的磁感应强度大小.(保留一位有效数字) 23.如图所示,有一匀强磁场,磁感应强度B=2T,有一段长L=2m的导线垂直磁场方向放置,当导线中通以I=0.5A的水平向右的电流时, (1)判断导线所受安培力的方向是垂直导线向上还是向下; (2)求导线所受到的安培力F的大小. 24.将下图中的电磁铁连入你设计的电路中(在方框内完成),要求: A.电路能改变电磁铁磁性的强弱; B.使小磁针静止时如图所示。 答案解析 1.【答案】D 【解析】带电粒子垂直进入匀强磁场受到洛伦兹力,根据左手定则:磁感线垂直穿入手心,四指指向正电荷的运动方向,可知拇指指向纸外,所以粒子垂直纸面向外偏转,故ABC错误,D正确. 2.【答案】C 【解析】a接正时电流方向为M→N,C,D不接电源MN不受力,故A错误;a接正时电流方向为M→N,d接正极时线圈下端为N极,由此可判断MN向里运动,故B错误;a接正时电流方向为M→N,c接正极时线圈上端为N极,由此可判断MN向外运动,故C正确;b接正时电流方向为N→M,c接正极时线圈上端为N极,由此可判断MN向里运动,故D错误. 3.【答案】B 【解析】公式B=成立的条件是:通电导线必须与磁场方向垂直;磁感应强度的方向规定为小磁针北极所受磁场力的方向。公式B=是磁感应强的的定义式,磁感应强度由磁场本身决定,与通电导线即其受力无关;故选B 4.【答案】D 【解析】通电导线周围的磁场方向,由右手螺旋定则来确定,伸开右手,大拇指方向为电流方向,四指环绕方向为磁场方向,通电直导线的磁感线是由导线为中心的一系列同心圆,且导线与各圆一定是相互垂直的,故正确的画法只有D. 5.【答案】D 【解析】从左方水平射入的电子,穿过该区域时未发生偏转,说明电子所受的电场力与磁场力的合力不可能与v的方向不在同一直线上,在AB两个选项中,电子受到的磁场力为0,受到的电场力与电子运动方向在同一直线上;在C选项中,电子受到的合力为0;在D选项中,电子受到的合力方向向下,所以D是不可能的。 6.【答案】D 【解析】由左手定则判断出N带正电荷,M带负电荷,故A错误;粒子在磁场中运动,洛伦兹力提供向心力qvB=m,半径为:,在质量与电量相同的情况下,半径大说明速率大,即M的速度率大于N的速率,故B错误;洛伦兹力始终与速度的方向垂直,不做功,故C错误;粒子在磁场中运动半周,即时间为周期的一半,而周期为T=,M的运行时间等于N的运行时间,故D正确. 7.【答案】A. 【解析】电流AB产生的磁场在右边垂直纸面向里,在左边垂直纸面向外,在CD左右两边各取一小电流元,根据左手定则,左边的电流元所受的安培力方向向下,右边的电流元所受安培力方向向上,知CD导线逆时针方向转动.当CD导线转过90°后,两电流为同向电流,相互吸引.所以导线CD逆时针方向转动,同时靠近导线AB.故A正确,B,C,D错误. 8.【答案】C 【解析】当没有加磁场时,物体从斜面上滑下时,重力做正功,摩擦力做负功,合外力做的功使物体的动能增大;当加上磁场时,带正电的物体滑下时要受到洛伦兹力,洛伦兹力垂直斜面向上,使得物体与斜面间的压力减小,摩擦力减小,摩擦力做的负功减小,故合外力做的功变大,物体滑到底端时的动能增大,速度也会变大,C是正确的。 9.【答案】D 【解析】本题考查的是电流的定义式以及带电粒子在磁场中运动的周期公式的结合,要知道经过一个周期,带电粒子只通过我们选定的横截面一次。因为,对q而言在一周之内,它只能通过轨迹上某一横截面一次,,,所以;故选D. 10.【答案】A 【解析】由图可知,磁场方向从N极指向S极,根据左手定则可知,让四指指向与正电荷运动方向相同,让磁感线穿过手心,根据大拇指的指向即可判断出洛伦兹力的方向,由此可知洛伦兹力的方向向上,故A正确,BCD错误. 11.【答案】C 【解析】由安培定则可判断出通电直导线周围所产生的磁场,如图所示,阴极射线管正好处于垂直纸面向外的磁场中,由左手定则可判断出电子流受到向上的洛伦兹力作用,所以电子流要向上偏转. 12.【答案】B 【解析】滴a做匀速圆周运动,可判断其受到的电场力和重力大小相等,方向相反,电场力方向竖直向上,所以带负电;力的关系为:;油滴b向左水平匀速运动,对其受力分析,受竖直向下的重力、竖直向上的电场力和竖直向上的洛伦兹力(由左手定则来判断),三力平衡,即;油滴c向右水平匀速运动,对其受力分析,受竖直向下的重力、竖直向上的电场力和竖直向下的洛伦兹力(由左手定则来判断),三力平衡,即;由以上分析可得三个油滴的重力关系为:。 故选B 13.【答案】(1)如图所示;(2)③重新处于平衡状态;读出电流表的示数I;此时细沙的质量m2;④D的底边长度l;(3);(4)m2>m1 【解析】(1)用滑动变阻器的限流式接法即可;如图所示 (2)③金属框平衡时测量才有意义,读出电阻箱电阻并用天平称量细沙质量;重新处于平衡状态;读出电流表的示数I;此时细沙的质量m2;④安培力与电流长度有关,安培力合力等于金属框架下边受的安培力;D的底边长度l (3)根据平衡条件,有(m2﹣m1)g=BIL 解得 (4)m2>m1 14.【答案】(1)①设计的电路如图。 ② 【解析】①低压直流电源E、滑动变阻器R、电流表、开关S串接在CD两点之间,如图所示。 ②设弹簧原长为L0,应用胡克定律有k(x1-L0)=BI1d、k(x2-L0)=BI2d, 两式相减可得k(x1-x2)=B(I1-I2)d,解得k=; 法二:根据胡克定律F=kx可得ΔF=kΔx,则k==; 15.【答案】电子的质量为;电子穿过磁场所用的时间为. 【解析】电子垂直射入匀强磁场中,只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动,画出轨迹,由几何知识得到,轨迹的半径为: r==2d 由牛顿第二定律得: evB=m 解得: m= 由几何知识得到,轨迹的圆心角为α=,故穿越磁场的时间为: t= 16.【答案】(1)(2) 【解析】(1)离子在电场中加速,由动能定理得① 离子在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得:② 由①②式可得:④ (2)由①②式可得粒子m1在磁场中的运动半径是r1,则:⑤ 对离子m2,同理得⑥ ∴照相底片上P1、P2间的距离:⑦ 17.【答案】(1)1.6% (2)(3)减小 【解析】(1)核反应方程为①,设碳11原有质量为m0,经过t=2.0h剩余的质量为mt,根据半衰期定义,有:② (2)设质子质量为m,电荷量为q,质子离开加速器时速度大小为v,由牛顿第二定律知: ③,质子运动的回旋周期为:④,由回旋加速器工作原理可知,交变电源的频率与质子回旋频率相同,由周期T与频率f的关系可得:⑤ 设在t时间内离开加速器的质子数为N,则质子束从回旋加速器输出时的平均功率,⑥, 输出时质子束的等效电流为:⑦,由上述各式得⑧,若以单个质子为研究对象解答过程正确的同样给分 (3)方法一: 设k(k∈N*)为同一盒子中质子运动轨道半径的序数,相邻的轨道半径分别为rk,rk+1(rk>rk+1), ,在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk,vk+1,D1、D2之间的电压为U,由动能定理知⑨,由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力,知,则⑩,整理得⑾,因U、q、m、B均为定值,令,由上式得⑿,相邻轨道半径rk+1,rk+2之差,同理,因为rk+2>rk,比较,得,说明随轨道半径r的增大,同一盒中相邻轨道的半径之差减小 方法二: 设k(k∈N*)为同一盒子中质子运动轨道半径的序数,相邻的轨道半径分别为rk,rk+1(rk>rk+1), ,在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk,vk+1,D1、D2之间的电压为U,由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力,知,故⒀,由动能定理知,质子每加速一次,其动能增量⒁,以质子在D2盒中运动为例,第k次进入D2时,被电场加速(2k﹣1)次,速度大小为⒂,同理质子第(k+1)次进入D2时,速度大小为⒃,综合上述各式可得⒄,整理得, ,同理对于相邻轨道半径rk+1,rk+2,,整理后有 ,由于rk+2>rk,比较,得,说明随轨道半径r的增大,同一盒中相邻轨道的半径之差减小,用同样的方法也可得到质子在D1盒中运动时具有相同的结论. 18.【答案】(1)(2)(3) 【解析】(1)电场加速:解得速度: (2)磁场偏转:轨道半径 距离x (3)设钾39、钾41的质量分别为m1、m2,根据(2)问轨道半径得 钾39在磁场中的最大半径 钾41在磁场中的最小半径 由题意知:即 = 19.【答案】负电 逆时针转动 【解析】因为必须有电场力与重力平衡,所以必为负电;由左手定则得逆时针转动;再由。 20.【答案】左、垂直纸面向外 【解析】由小磁针的N极指向可知小磁针所在位置的磁感线方向,则由磁感线的特点可知螺线管的磁极,则由右手螺旋定则可得出电流方向及电源的正负极.再根据电流的方向判断出磁场的方向,判断下方小磁针的NN极指向。小磁针N极向右,则所在处磁感线向右,因电磁铁的外部磁感线由N极指向S极,故说明左侧为S极,右侧为N极,电流从左侧流入,则电源的左侧为电源的正极;由安培定则判断出下方小磁针处的磁场方向向外,小磁针B的N极指向为垂直纸面向外。 21.【答案】Ⅱ,Ⅳ;Ⅰ,Ⅲ 【解析】先根据右手定则判断每根通电直导线在每个区域内产生的磁场,然后根据矢量的叠加可得,肯定不可能出现磁感强度为零的区域是Ⅱ,Ⅳ;可能出现磁感强度为零的区域是Ⅰ,Ⅲ. 22.【答案】5×10-5T 【解析】接通电源后,小磁针N极指向是地磁场和螺线管的磁场的叠加磁场的方向,由此可判定螺线管的磁场在小磁针处方向水平向右,由安培定则判定螺线管导线绕向如图所示. 由题意知地磁场水平分量By=3×10-5T,设通电螺线管产生的磁场为Bx.由图知=tan 60°得Bx=3×10-5×T≈5×10-5T. 23.【答案】(1)安培力的方向垂直导线向上. (2)导线所受的安培力为2N. 【解析】(1)根据左手定则知,安培力的方向垂直导线向上. (2)导线所受的安培力大小F=BIL=2×0.5×2N=2N. 24.【答案】(图略)要求画出电源和滑动变阻器,注意电源的正负极。 【解析】根据通电螺线管的磁场判断方法,电流要从左边流向右侧,通过右手定则知道通电螺线管的左边为N,右边为S,小磁针静止时N极指向磁场的方向。既能满足题目要求,那么电源应该是上面负极,下面正极,为了保证电路工作安全,最好配套保护电阻,如图:

  • ID:6-5514042 教科版高中物理第一轮复习第七专题《恒定电流》测试题(word解析版)

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    第七专题《恒定电流》测试题 一、单选题(共12小题) 1.电阻R和电动机串联接到电路中,如图所示,已知电阻R跟电动机线圈的电阻值相等,电键接通后,电动机正常工作,设电阻R和电动机两端的电压分别为U1和U2,经过时间t,电流通过电阻R做功为W1,产生热量为Q1,电流通过电动机做功为W2,产生热量为Q2,则有 (  ) A.U1Q2 D.W1IR=U1,B错;电流做的功W1=IU1t,W2=IU2t,因此W1

  • ID:6-5514040 教科版高中物理第一轮复习第六专题《静电场》测试题(word解析版)

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    第六专题《静电场》测试题 一、单选题(共12小题) 1.如图所示,A、B是一条电场线上的两点,若在A点释放一初速为零的电子,电子仅受电场力作用,沿电场线从A运动到B.则( ) A.A点电势比B点电势低 B.A点场强一定大于B点场强 C. 电场力做负功 D. 电势能增加 2.如图所示,水平方向的匀强电场中,有一质量为m的带电小球,用长为l的细线悬于点O,当小球平衡时,细线和竖直方向的夹角为θ,现给小球一个初速度,速度方向和细线垂直,使小球恰能在竖直平面内做圆周运动,则圆周运动过程中速度的最小值为( ) A. B. C. D. 0 3.一带负电的粒子以某一初速度垂直于匀强电场方向飞入极板间.下列说法中正确的是( ) A. 粒子向正极板偏转 B. 电场力对粒子做负功 C. 粒子在电场中做匀速直线运动 D. 粒子在电场中运动的轨迹是圆弧 4.在匀强电场中,有一质量为m,带电量为q的带电小球静止在O点,然后从O点自由释放,其运动轨迹为一直线,直线与竖直方向的夹角为θ,如图所示,那么关于匀强电场的场强大小的下列说法中正确的是: A. 唯一值是 B. 最大值是 C. 最小值是 D. 不可能是 5.有一场强方向与x轴平行的静电场,电势φ随坐标x的变化的图线如图所示,如规定x轴正方向为场强的正方向,则该静电场的场强E随x变化的图线应是图中的哪一个?(  ) A. B. C. D. 6.如图所示,实线是一簇未标明方向的由点电荷Q产生的电场线,若带电粒子q(|Q|?|q|)由a运动到b,电场力做正功.已知在a、b两点粒子所受电场力分别为Fa、Fb,则下列判断正确的是(  ) A. 若Q为正电荷,则q带正电,Fa>Fb B. 若Q为正电荷,则q带正电,FaFb D. 若Q为负电荷,则q带正电,Fa

  • ID:6-5514034 教科版高中物理第一轮复习第五专题《机械能》测试题(word解析版)

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    第五专题《机械能》测试题 一、单选题(共12小题) 1.若战机从“辽宁舰”航母上起飞滑行的距离相同,牵引力相同,则起飞滑行的过程( ) A. 携带弹药越多,加速度越大 B. 携带弹药越多,滑行时间越长 C. 携带燃油越多,获得的起飞速度越大 D. 携带燃油越多,牵引力做功越大 2.如下图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图。图中①和②为楔块,③和④为垫板,楔块与弹簧盒,垫板间均有摩擦。在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( ) A. 缓冲器的机械能守恒 B. 摩擦力做功消耗机械能 C. 垫板的动能全部转化为内能 D. 弹簧的弹性势能全部转化为动能 3.某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶,受到的阻力分别为车重的和倍,最大速率分别为和,则( ) A. B. C. D. 4.如图所示,A,B两滑块(可视为质点)质量分别为2m和m,A与弹簧拴接,B紧靠着A,二者静止时弹簧处于原长位置,已知M点左边的平面光滑,滑块与右边平面间的动摩擦因数为μ,且M,N间的距离是弹簧原长的2倍,重力加速度为g.现用水平向左的外力作用在滑块B上,缓慢压缩弹簧,当滑块运动到P点(图中未标出)时,撤去水平外力,测得滑块B在M点右方运动的距离为l,则下列说法正确的是(  ) A. 水平外力做的功为 B.B与A分离时,弹簧正处于原长位置 C.B与A分离后,A滑块机械能守恒 D.B与A分离,A仍能运动到P点 5.如图所示,水平桌面上有一小车,装有砂的砂桶通过细绳给小车施加一水平拉力,小车从静止开始做直线运动。保持小车的质量M不变,第一次实验中小车在质量为m1的砂和砂桶带动下由静止前进了一段距离s;第二次实验中小车在质量为m2的砂和砂桶带动下由静止前进了相同的距离s,其中。两次实验中,绳对小车的拉力分别为T1和T2,小车,砂和砂桶系统的机械能变化量分别为和,若空气阻力和摩擦阻力的大小保持不变,不计绳,滑轮的质量,则下列分析正确的是( ) A. B. C. D. 6.一物体静止在粗糙水平地面上,现用一大小为的水平拉力拉动物体,经过一段时间后其速度变为若将水平拉力的大小改为,物体从静止开始经过同样的时间后速度变为,对于上述两个过程,用,分别表示拉力所做的功,,分别表示前后两次克服摩擦力所做的功,则( ) A., B., C., D., 7.一质量为0.2kg的小球在空中由静止下落,与水平地面相碰后弹到空中某一高度,其速度随时间变化的关系如图,假设小球在空中运动时所受阻力大小不变,小球与地面碰撞时间可忽略不计,重力加速度g=10m/s2,则下列说法中正确的是(  ) A. 小球在空中运动过程中所受阻力大小为2N B. 小球与地面相碰后上升至最高点所用时间为0.2s C. 在0-t1时间内,由于空气阻力作用小球损失的机械能为2.2J D. 小球在与地面碰撞过程中损失机械能2.8J 8.小车静止在光滑的水平导轨上,一个小球用细绳悬挂在车上由图中位置无初速释放,在小球下摆到最低点的过程中,下列说法正确的是( ) A. 绳对球的拉力不做功 B. 球克服绳拉力做的功等于球减少的机械能 C. 绳对车做的功等于球减少的动能 D. 球减少的重力势能等于球增加的动能 9.如图所示为通过弹射器研究弹性势能的实验装置。光滑3/4圆形轨道竖直固定于光滑水平面上,半径为R。弹射榉固定于A处。某-实验过程中弹射器射出一质量为m的小球,恰能沿圆轨道 内侧到达最髙点C,然后从轨道D处(D与圆心等高)下落至水平面。取重力加速度为g下列说法正确的是( ) A. 小球从D处下落至水平面的时间为 B. 小球至最低点B时对轨道压力为 C. 小球落至水平面时的动能为 D. 释放小球前弹射器的弹性势能为 10.如图甲所示,静止在地面上的一个物体在竖直向止的拉力作用下开始运动在,向上运动的过程中,物体的动能Ek与位移x关系图象如图乙所示。其中在过程中的图线为平滑曲线,过程中的图线为平行于横轴的直线,过程中的图线为一倾斜的直线,不计空气阻力,下列说法正确的是( ) A. 物体上升到h高处时,拉力的功率为零 B. 在过程中拉力大小恒为2mg C. 在过程中物体机械能不变 D. 在过程中物体的机械能不变 11.有两个形状和大小均相同的圆台形容器,如图所示放置.两容器中装有等高的水,且底部都粘有一个质量和体积都相同的木质球.使两球脱离底部,最终木球浮于水面静止.木球上升过程中体积不变,该过程中重力对两球做的功分别为W甲和W乙,则( ) A. |W甲|>|W乙|   B. |W甲|=|W乙|   C. |W甲|<|W乙|   D. 无法确定 12.一质量为0.6kg的物体以20m/s的初速度竖直上抛,当物体上升到某一位置时,其动能减少了18J,机械能减少了3J。整个运动过程中物体所受阻力大小不变,重力加速度g=10m/s2,则下列说法正确的是( ) A. 物体向上运动时加速度大小为12m/s2 B. 物体向下运动时加速度大小为9m/s2 C. 物体返回抛出点时的动能为40J D. 物体返回抛出点时的动能为114J 二、计算题(共3小题) 13.如图所示,质量mB=3.5kg的物体B通过一轻弹簧固定在地面上,弹簧的劲度系数k=100N/m,轻绳一端与物体B连接,绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1,O2后,另一端与套在光滑直杆顶端质量mA=1.6kg的小球A连接。已知直杆固定,杆长L为0.8m,与水平面的夹角θ=37°,初始时使小球A静止不动,与A端相连的绳子保持水平,此时绳子中的张力F为45N。已知AO1=0.5m,重力加速度g取10m/s2,绳子不可伸长;现将小球A从静止释放,求: (1)在释放小球A前弹簧的形变量; (2)若直线CO1与杆垂直,求物体从A点运动到C点的过程中绳子拉力对物体A所做的功。 14.如图是一组滑轮装置,绳子都处于竖直状态,不计绳子和滑轮质量及一切阻力,悬挂的两物体质量分别为m1=m,m2=4m,m1下端通过劲度系数为k的轻质弹簧与地面相连(重力加速度为g,轻质弹簧始终处于弹性限度之内)求: (1)系统处于静止时弹簧的形变量; (2)用手托住m2且让m1静止在弹簧上,绳子绷直但无拉力,放手之后两物体的运动发生在同一竖直平面内,求m2运动的最大速度. 15.飞机在水平跑道上滑行一段时间后起飞。飞机总质量m=1×104kg,发动机在水平滑行过程中保持额定功率P=8000KW,滑行距离x=50m,滑行时间t=5s,然后以水平速度v0=80m/s飞离跑道后逐渐上升,飞机在上升过程中水平速度保持不变,同时受到重力和竖直向上的恒定升力(该升力由其他力的合力提供,不含重力),飞机在水平方向通过距离L=1600 m的过程中,上升高度为h=400m。取g=10m/s2。求: (1)假设飞机在水平跑道滑行过程中受到的阻力大小恒定,求阻力f的大小? (2)飞机在上升高度为h=400m过程中,受到的恒定升力F是多大?机械能的改变量是多少? 答案解析 1.【答案】B 【解析】根据牛顿第二定律,有:;携带弹药越多,质量越大,故加速度越小,故A错误;根据牛顿第二定律,有:,携带弹药越多,质量越大,故加速度越小,根据,滑行时间越长,故B正确;携带弹药越多,质量越大,根据动能定理,故速度越小,故D错误;滑行的距离和牵引力都相同,故牵引力做的功都相同,故D错误 2.【答案】B 【解析】由于楔块与弹簧盒,垫板间存在摩擦力作用,需要克服摩擦力做功,消耗机械能,所以A错误,B正确;垫板的动能转化为弹性势能和内能,所以C错误;弹簧在压缩,弹性势能增加,其他能转化为弹性势能,所以D错误 3.【答案】B 【解析】以相同功率在两种不同的水平路面上行驶达最大速度时,有。由可知最大速度,则,故,选项B正确。 4.【答案】B 【解析】设外力做的功为W,压缩最短时弹簧的弹性势能为Ep,两滑块分离时的速度为v,应有:,对B物块再由动能定理应有:,联立解得:,所以A错误;弹簧处于原长时A与B整体所受弹簧的弹力是零,以后A将受到向左的弹力作用,因此弹簧原长时A,B开始分离,所以B正确;B与A分离后,滑块A与弹簧组成的系统机械能守恒,而滑块A的机械能不守恒,所以C错误;当弹簧压缩最短时应有,分离后A滑块动能为,所以压缩最短时弹簧的弹性势能,即因此A不可能再运动到P点,所以D错误. 5.【答案】A 【解析】设砂和砂桶质量为,空气阻力和摩擦阻力为,小车和沙桶一起做匀速直线运动即,加速度,据此分析在砂和砂桶质量从增大到,加速度变大,即,假设两次砂和砂桶受到的阻力为,对砂和砂桶分析则有,,据此判断,,,,所以选项BD错。系统减少的机械能等于克服阻力做功即,,,对照选项A正确。 6.【答案】C 【解析】由于物体两次受恒力作用做匀加速运动,由于时间相等,末速度之比为,则加速度之比为,位移之比为。而摩擦力不变,由得:;由动能定理:,,整理得:,故。C正确。 7.【答案】B 【解析】由图象信息可知,小球下落阶段的加速度大小为5m/s2,由受力分析得 所以可解得小球受到的空气阻力大小为1N;小球上升阶段的加速度, 可得;在0—t1时间内,空气阻力对小球做的负功等于2.8J;小球在碰撞过程中损 失机械能等于1.6J,综上,答案选择B。 8.【答案】B 【解析】在小球下摆到最低点的过程中,绳对球的拉力做负功,球的机械能减小,选项AD错误;对小球,由功能关系,球克服绳拉力做的功等于球减少的机械能,绳对车做的功等于球克服绳拉力做的功,选项B正确,C错误. 9.【答案】D 【解析】小球恰好通过最高点,则由,解得;小球从C到D的过程中机械能守恒,则有;解得;小球由D到地面做匀加速直线运动;若做自由落体运动时,由可得,;而现在有初速度,故时间小于;故A错误; B,由B到C过程中,机械能守恒,则有:;B点时由牛顿第二定律有:;联立解得,,故B错误; C,对C到地面过程由机械能守恒得:;;故C错误; D,小球弹出后的机械能等于弹射器的弹性势能;故弹性势能为;故D正确; 故选:D. 10.【答案】D 【解析】高度内,由动能定理得,图线斜率表示合外力,过程中,斜率逐渐减小到零,则拉力逐渐减小到等于重力,合力减小为零,A,B错误,过程中,物体受到拉力等于重力,匀速上升,拉力做正功,物体的机械能增加,C错误;在过程中,图线斜率恒定,大小为mg,则物体合力大小为mg,物体只受到重力,机械能守恒,D正确。 11.【答案】A 【解析】由于甲容器中液体的上表面较宽,故木球上浮出水面后,甲液面下降得较低,所以甲球相对于乙球上升的较高,故重力对甲球做功的绝对值较大,A是正确的。 12.【答案】A 【解析】物体从开始到上升到高处某一位置时,受重力和空气阻力,根据动能定理,有:① 机械能的减小量等于克服空气阻力做的功:② 由①②可解得:物体上升过程根据牛顿第二定律有:,方向与初速度方向相反,故A正确;下落时,根据牛顿第二定律:,故B错误;因为物体的初速度为,初动能当该物体经过斜面上某一点时,动能减少了18J,机械能减少了3J,所以当物体到达最高点时动能减少了120J,机械能减少了20J, 所以物体上升过程中克服摩擦力做功是20J,全过程摩擦力做功; 从出发到返回底端,重力不做功,设回到出发点的动能为EK′,由动能定理可得:得,故CD错误; 13.【答案】(1)0.1m;(2)7J 【解析】(1)释放小球A前,物体B处于平衡状态,kx=F-mg 得x=0.1m 故弹簧被拉长了0.1m (2)小球从杆顶端运动到C点的过程,由动能定理: ① 其中h=CO1cos370 而 物体B下降的高度② 由此可知,此时弹簧被压缩了0.1m,则弹簧的弹性势能在初,末状态相同。 再以A,B和弹簧为系统,由机械能守恒: ③ 对小球进行速度分解可知,小球运动到C点时物体B的速度vB=0 ④ 由①②③④联立可得: 14.【答案】(1)(2) 【解析】(1)弹簧处于拉伸状态 对 对 伸长量 : (2)释放的初始时刻,对有 当速度最大时,两者加速度都等于零。 由机械能守恒: 由速度关系: 解得: 15.【答案】(1)1.6×105N (2)1.2×105N 4.8×107J 【解析】(1)飞机在水平滑行过程中,根据动能定理 解得 (2)该飞机升空后水平方向做匀速运动,竖直方向做初速度为零的匀加速运动,设运动时间为t,竖直方向加速度为a,升力为F,则 解得 解得 设飞机机械能的改变量为 解得4.8×107J

  • ID:6-5514030 教科版高中物理第一轮复习第四专题《曲线运动 万有引力》测试题(word解析版)

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    第四专题《曲线运动 万有引力》测试题 一、单选题(共12小题) 1.如图所示,人造卫星A、B在同一平面内绕地心O做匀速圆周运动.已知A、B连线与A、O连线间的夹角最大为,则卫星A、B的角速度之比等于 A. B. C. D. 2.大爆炸理论认为,我们的宇宙起源于137亿年前的一次大爆炸。除开始瞬间外,在演化至今的大部分时间内,宇宙基本上是匀速膨胀的。上世纪末,对1A型超新星的观测显示,宇宙正在加速膨胀,面对这个出人意料的发现,宇宙学家探究其背后的原因,提出宇宙的大部分可能由暗能量组成,它们的排斥作用导致宇宙在近段天文时期内开始加速膨胀。如果真是这样,则标志宇宙大小的宇宙半径R和宇宙年龄t的关系,大致是下面哪个图像?( ) A. 答案A B. 答案B C. 答案C D. 答案D 3.一个物体以初速v0水平抛出,落地时速度为v,则运动时间为(  ) A.  B. C.  D. 4.一个质点受到两个互成锐角的恒力F1和F2作用,由静止开始运动,若运动中保持二力方向不变,但F1突然减小到F1﹣△F,则该质点以后(  )   A. 一定做变加速曲线运动  B. 在相等的时间内速度的变化一定相等  C. 可能做匀速直线运动  D. 可能做变加速直线运动 5.长度不同的两根细绳悬于同一点,另一端各系一个质量相同的小球,使它们在同一水平面内做圆锥摆运动,如图所示,则有关两个圆锥摆的物理量相同的是(  ) A. 周期       B. 线速度的大小 C. 向心力 D. 绳的拉力 6.世界一级方程式锦标赛新加坡大奖赛赛道单圈长5.067公里,共有23个弯道,如图所示,赛车在水平路面上转弯时,常常在弯道上冲出跑道,则以下说法正确的是(  ) A. 是由于赛车行驶到弯道时,运动员未能及时转动方向盘才造成赛车冲出跑道的 B. 是由于赛车行驶到弯道时,运动员没有及时加速才造成赛车冲出跑道的 C. 是由于赛车行驶到弯道时,运动员没有及时减速才造成赛车冲出跑道的 D. 由公式F=mω2r可知,弯道半径越大,越容易冲出跑道 7.下列四个选项的图中实线为河岸,河水的流速u方向如图中箭头所示,虚线为小船从河岸M驶向对岸N的实际航线,已知船在静水中速度大于水速,则其中正确是( ) A. 答案A B. 答案B C. 答案C D. 答案D 8.经国际小行星命名委员会命名的“神舟星”和“杨利伟星”的轨道均处在火星和木星轨道之间。已知“神舟星”平均每天绕太阳运行1.74×109m,“杨利伟星”平均每天绕太阳运行1.45×109m。假设两行星都绕太阳做匀速圆周运动,则两星相比较 A. “神舟星”的轨道半径大 B. “神舟星”的加速度大 C. “杨利伟星”的公转周期小 D. “杨利伟星”的公转角速度大 9.我国已于2013年发射携带月球车的“嫦娥三号”卫星,并将月球车软着陆到月球表面进行勘察,假设“嫦娥三号”卫星绕月球做半径为的匀速圆周运动,其运动周期为,已知月球的半径为,月球车的质量为,则月球车在月球表面上所受的重力为( ) A. B. C. D. 10.一质点在光滑水平面上做匀速直线运动,现给它一水平恒力,则下列说法正确的是 (  ) A. 施加水平恒力后,质点立即有加速度,速度也立即变化 B. 施加水平恒力以后,质点一定做匀变速曲线运动 C. 施加水平恒力以后,可以做匀速圆周运动 D. 施加水平恒力以后,可以做匀加速直线运动 11.如图所示,是某课外研究小组设计的可以用来测量转盘转速的装置.该装置上方是一与转盘固定在一起有横向均匀刻度的标尺,带孔的小球穿在光滑细杆与一轻弹簧相连,弹簧的另一端固定在转动轴上,小球可沿杆自由滑动并随转盘在水平面内转动.当转盘不转动时,指针指在O处,当转盘转动的角速度为ω1时,指针指在A处,当转盘转动的角速度为ω2时,指针指在B处,设弹簧均没有超过弹性限度.则ω1与ω2的比值为(  ) A.  B.  C.  D. 12.在地球表面某高度处以一定的初速度水平抛出一个小球,测得水平射程为x,在另一星球表面以相同的水平速度抛出该小球,需将高度降低一半才可以获得相同的水平射程。忽略一切阻力。设地球表面重力加速度为g,该星球表面的重力加速度为g′,则为(  ) A. B. C. D. 2 二、实验题(共3小题) 13.利用平抛运动知识测量通过某水管的流量Q(Q=Sv,S为出水口的横截面积,v为出水口的水速),方法如下: (1)先用游标卡尺测量喷水口的内径D。A、B、C、D图中,测量方式正确的是________。 (2)图为正确测量得到的结果,由此可得喷水口的内径D=________ m。 (3)打开水阀,让水从喷水口水平喷出,稳定后测得落地点距喷水口水平距离为x,竖直距离为y,根据上述测量值,可得水管内水的流量Q=(用D、x、y、g表示)。 14.(1)某物理兴趣小组采用如图所示的装置深入研究平抛运动。质量分别为和的A、B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=0.04kg,=0.05kg,B球距地面的高度是1.225m,M、N点间的距离为1.500m,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,g取9.8m/s2) 15.图1是利用激光测转速的原理示意图,图中圆盘可绕固定轴转动,盘边缘侧面上有一小段涂有很薄的反光材料。当盘转到某一位置时,接收器可以接受到反光涂层所反射的激光束,并将所收到的光信号转变成电信号,在示波器显示屏上显示出来(如图2所示)。 (1)若图2中示波器显示屏横向的每大格(5小格)对应的时间为,则圆盘的转速为____转/s。(保留3位有效数字) (2)若测得圆盘直径为,则可求得圆盘侧面反光涂层的长度为。(保留3位有效数字)。 三、计算题(共3小题) 16.如图所示,可视为质点的滑块B放在水平面上,在其正上方离水平面高h=0.8 m处有一可视为质点的小球A,某时刻小球A以v1=5 m/s的初速度开始向右做平抛运动,同时滑块B以v2=3 m/s的初速度开始向右做匀加速直线运动,小球A恰好能击中滑块B,求B运动的加速度a的大小.(g=10 m/s2) 17.在一次国际城市运动会中,要求运动员从高为H的平台上A点由静止出发,沿着动摩擦因数为的滑道向下运动到B点后水平滑出,最后落在水池中。设滑道的水平距离为L,B点的高度h可由运动员自由调节(取g=10m/s2)。求: (1)运动员到达B点的速度与高度h的关系; (2)运动员要达到最大水平运动距离,B点的高度h应调为多大?对应的最大水平距离Smax为多少? (3)若图中H=4m,L=5m,动摩擦因数=0.2,则水平运动距离要达到7m,h值应为多少? 18.如图所示,一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点,下端系一质量m=1.0 kg 的小球.现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放,当它经过B点时绳恰好被拉断,小球平抛后落在水平地面上的C点.地面上的D点与OB在同一竖直线上,已知绳长L=1.0 m,B点离地高度H=1.0 m,A、B两点的高度差h=0.5 m,重力加速度g取10 m/s2,不计空气影响,求: (1)地面上DC两点间的距离s; (2)轻绳所受的最大拉力大小. 四、填空题(共3小题) 19.如图所示,在“研究平抛物体的运动”的实验中,用一张印有小方格的纸记录轨迹,小方格的边长l=1.25 cm.若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示,则小球平抛的初速度的计算式为(用l和g表示)________,其值是________(g=9.8 m/s2),小球在b点的速率是________. 20.如图所示,水平地面AB右侧是倾角为θ的斜面BC,在斜面顶端B处放一小物体,在水平面上方高h处水平抛出一石块,要使石块以平行于斜面的速度击中物体,则抛出点至B点的水平距离s=,石块的初速度大小为。 21.如图所示,套在竖直细杆上的环A由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳与重物B相连,由于B的质量较大,在释放B后,A将沿杆上升,当A运动至与定滑轮的连线处于水平位置时,其上升速度为vA≠0,B未落地,这时B的速度vB=________. 答案解析 1.【答案】C 【解析】人造卫星A、B在同一平面内绕地心O做匀速圆周运动.已知A、B连线与A、O连线间的夹角最大为θ,则OB垂直于AB,如图: 根据几何关系 RB=RAsinθ,由开普勒第三定律有, 所以== 2.【答案】C 【解析】图像中的纵坐标宇宙半径R可以看作是星球发生的位移x,因而其切线的斜率就是宇宙半径增加的快慢程度。由题意,宇宙加速膨胀,其半径增加的速度越来越大。故选C. 3.【答案】C 【解析】 求出落地时的竖直分速度vy=,在竖直方向求时间t==,故C正确. 4.【答案】B 【解析】质点原来是静止的,在F1、F2的合力的作用下开始运动,此时质点做的是直线运动,运动一段时间之后,物体就有了速度,而此时将F1突然减小为F1﹣△F,F1减小了,它们的合力也就变了,原来合力的方向与速度的方向在一条直线上,质点做的是直线运动,把F1改变之后,合力的大小变了,合力的方向也变了,就不再和速度的方向在同一条直线上了,所以此后质点将做曲线运动,由于F1、F2都是恒力,改变之后它们的合力还是恒力,质点的加速度就是定值,所以在相等的时间里速度的增量一定相等,故质点是在做匀变速曲线运动,故B正确,A,C,D错误. 5.【答案】A 【解析】 设O到小球所在水平面的距离为h,对球进行受力分析如图所示, 得F向=F合=mg·tanα=m·h·tanα, 解得T=,故周期与α角无关,则选项A对,B,C错。又知F拉=,故绳的拉力不同,选项D错。 6.【答案】C 【解析】 赛车在水平面上转弯时,它需要的向心力是由赛车与地面间的摩擦力提供的.由F=m知,当v较大时,赛车需要的向心力也较大,当摩擦力不足以提供其所需的向心力时,赛车将冲出跑道. 7.【答案】C 【解析】小船同时参与两个运动,一个是自身的速度也就是静水中的速度,一个是顺流而下也就是水流的速度,船实际运动的速度是船速即船头方向和水速的合速度,实际航线也就是虚线应该是合速度的方向。A中船头斜向下,水速向下,二者合速度不可能如虚线所标示的斜向上,A错。B中船头指向对岸,水速向下,二者合速度不可能指向对岸而应该是斜向下,B错C对。D中船头斜向下,水速向下,二者合速度不可能沿船头方向,D错。 8.【答案】B. 【解析】因为“神舟星”每天运行的弧长大于“杨利伟星”, “神舟星”的线速度较大,所以“神舟星”的轨道半径小.故A错误.根据 知轨道半径越小,加速度越大,角速度越大,周期越小.所以“神舟星”的加速度大,“杨利伟星的周期较大,角速度较小.故B正确,C,D错误. 9.【答案】D 【解析】由月球的质量为M=, 由,月球车在月球表面上所受的重力为,D正确。 10.【答案】D 【解析】根据牛顿第二定律的瞬时性即加速度与合外力具有瞬时对应关系可知,施加水平恒力后,质点立即有加速度,根据Δv=aΔt可知,速度的改变与加速度和作用时间有关,施加水平恒力后的瞬间,速度不会发生突变,选项A错误;若施加的水平恒力与速度共线,质点一定做直线运动,若不共线,质点一定做曲线运动,选项B错误;因为物体只有在大小不变,方向时刻指向圆心的变力作用下才做匀速圆周运动,所以选项C错误;若施加的水平恒力与速度方向相同,那么质点一定做匀加速直线运动,选项D正确. 11.【答案】B 【解析】 小球随转盘转动时由弹簧的弹力提供向心力.设标尺的最小分度的长度为x,弹簧的劲度系数为k,则有kx=m·4x·ω,k·3x=m·6x·ω,故有ω1∶ω2=1∶,B正确. 12.【答案】D 【解析】在地球表面做平抛运动的时间t=,水平射程为x=v0t=v0,地球表面重力加速度为g=;在另一星球表面做平抛运动的时间t′=,水平射程为x=v0t′=v0,此星球表面的重力加速度g′=,则=2,选项D正确。 13.【答案】(1)C  (2)1.010×10-2  (3) 【解析】 14.【答案】0.5 0.68 【解析】B球自由做自由落体运动,所以B球落到P点的时间:,A球沿水平方向抛出做平抛运动,M、N点间的距离为1.500m,所以平抛的初速度,则A球落地时的速度,所以A球落地时的动能. 15.【答案】(1)4.55 (2)1.46 【解析】(1)从图2显示圆盘转动一周在横轴上显示22格,由题意知道,每格表示1.00×10-2s,所以圆盘转动的周期为0.22秒,则转速为4.55转/s; (2)反光中引起的电流图象在图2中横坐标上每次一小格,说明反光涂层的长度占圆盘周长的22分之一,故圆盘上反光涂层的长度为. 16.【答案】 10 m/s2 【解析】 设经时间t,小球A击中滑块B,则对小球A由平抛运动的规律得: h=gt2 小球A在水平方向上的位移为x,则: x=v1t 滑块B在时间t内的位移也为x,则: x=v2t+at2 联立以上各式解得:a=10 m/s2 17.【答案】(1)(2) (3)2.62cm或0.38cm 【解析】(1)由A运动到B过程: (2)平抛运动过程: 解得          当时,x有最大值, (3)    解得  18.【答案】 (1)1.41 m (2)20 N 【解析】 (1)小球从A到B过程机械能守恒,有 mgh=mv① 小球从B到C做平抛运动,在竖直方向上有 H=gt2② 在水平方向上有,s=vBt③ 由①②③式解得s≈1.41 m (2)小球下摆到达B点时,绳的拉力和重力的合力提供向心力,有F-mg=m⑤ 由①⑤式解得F=20 N 根据牛顿第三定律F′=-F 轻绳所受的最大拉力为20 N. 19.【答案】2 0.70 m/s 0.875 m/s 【解析】平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动即初速度为零的匀加速直线运动.当应用公式v0=sx/t,sy=gt2/2时,必须已知(或从图中得到)从抛出点开始算起的水平位移sx和竖直位移sy,本题通过分析图象可知,a点不是抛出点,所以不能用上式求,但a、b、c、d每相邻两点之间的时间间隔是相等的,设为T,又根据匀变直线运动连续相等时间内位移差Δs=at2可得Δs=gT2 l=gT2,T= v0=2l/T=2=0.70 m/s. 对b点来说,其竖直分速度vy== b的速率vb===0.875 m/s. 20.【答案】 【解析】要使石块以平行于斜面的速度击中物体,则抛出的石块到B点的速度方向与水平夹角为θ,有:; 抛出点至B点的水平距离。 21.【答案】 0 【解析】环A沿细杆上升的过程中,任取一位置,此时绳与竖直方向的夹角为α.将A的速度vA沿绳方向和垂直于绳的方向进行分解,如下图 ,则v1=vAcosα,B下落的速度vB=v1=vAcosα.当环A上升至与定滑轮的连线处于水平位置时α=90°,所以此时B的速度vB=0.

  • ID:6-5514028 教科版高中物理第一轮复习第三专题《牛顿运动定律》测试题(word解析版)

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    第三专题《牛顿运动定律》测试题 一、单选题(共12小题) 1.如右图所示,物块a放在轻弹簧上,物块b放在物块a上静止不动.当用力F使物块b竖直向上做匀加速直线运动时,在下图所示的四个图象中,能反映物块b脱离物块a前的过程中力F随时间t变化规律的是(  ) A. 答案A B. 答案B C. 答案C D. 答案D 2.质量m=1 kg的物体在光滑平面上运动,初速度大小为2 m/s.在物体运动的直线上施以一个水平恒力,经过t=1 s,速度大小变为4 m/s,则这个力的大小可能是(  ) A. 3 N B. 4 N C. 6 N D. 8 N 3.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)g B. (M+m)g-ma C. (M+m)g+ma D. (M-m)g 4.如图所示,粗糙水平面上放置B、C两物体,A叠放在C上,A、B、C的质量分别为m、2m和3m,物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同,其间用一不可伸长的轻绳相连,轻绳能承受的最大拉力为FT.现用水平拉力F拉物体B,使三个物体以同一加速度向右运动,则(  ) A. 此过程中物体C受重力等五个力作用 B. 当F逐渐增大到FT时,轻绳刚好被拉断 C. 当F逐渐增大到1.5FT时,轻绳刚好被拉断 D. 若水平面光滑,则绳刚断时,A、C间的摩擦力为 5.质量不同、半径相同的两个小球从高空中某处由静止开始下落,设它们所受空气阻力f与下落速度v的关系为f=kv,k为定值.则质量较大小球的v—t图线是(  ) A. ① B. ② C. ③ D. ④ 6.下列实例属于超重现象的是( ) A. 拱形桥顶端汽车驶过时 B. 汽车驶过凹形桥最低位置时 C. 跳水运动员被跳板弹起离开跳板向上运动 D. 蹦床运动员在空中下落过程 7.如图所示,将一物体用两根等长OA,OB悬挂在半圆形架子上,B点固定不动,在悬挂点A由位置C向位置D移动的过程中,物体对OA绳的拉力变化是( ) A. 由小变大 B. 由大变小 C. 先减小后增大 D. 先增大后减小 8.如图所示,质量为M的封闭箱子内装有质量为m的物体,物体刚好同箱子的顶部与底部相接触.现以某一初速度向上竖直将箱子抛出,至最高点后又落回地面,箱子在运动过程中受到的空气阻力大小与速度大小成正比.则(  ) A. 上升过程中,箱对物体的弹力逐渐减小 B. 下落过程中,箱对物体的弹力始终为零 C. 上升时间大于下落时间 D. 上升过程中箱子处于超重状态,下降过程中箱子处于失重状态 9.如图所示,小车上有一个定滑轮,跨过定滑轮的绳一端系一重球,另一端系在弹簧测力计上,弹簧测力计下端固定在小车上,开始时小车处于静止状态.当小车沿水平方向运动时,小球恰能稳定在图中虚线位置,下列说法中正确的是(  ) A. 小球处于超重状态,小车对地面压力大于系统总重力 B. 小球处于失重状态,小车对地面压力小于系统总重力 C. 弹簧测力计读数大于小球重力,但小球既不超重也不失重 D. 弹簧测力计读数大于小球重力,小车一定向右匀加速运动 10.如图所示,与轻绳相连的物体A和B跨过定滑轮,质量mAmAg C.T=mBg D.T>mBg 11.质量为M的长方形木块静止放置在倾角为θ的斜面上,斜面对木块的作用力的方向应该是(  ) A. 沿斜面向下 B. 垂直于斜面向上 C. 沿斜面向上 D. 竖直向上 12.某学校教室里的磁性黑板上通常粘挂一些小磁铁,小磁铁被吸在黑板上可以用于“贴”挂图或试题答案 ,如图所示.关于小磁铁,下列说法中正确的是(  ) A. 磁铁受到的磁吸引力大于受到的弹力才能被吸在黑板上 B. 磁铁与黑板间在水平方向上存在两对作用力与反作用力 C. 磁铁受到五个力的作用 D. 磁铁受到的支持力与黑板受到的压力是一对平衡力 二、实验题(共3小题) 13.某实验小组利用图所示的装置探究加速度与力、质量的关系. ①下列做法正确的是________(填字母代号) A.调节滑轮的高度,使牵引木块的细绳与长木板保持平行 B.在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时,将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上 C.实验时,先放开木块再接通打点计时器的电源 D.通过增减木块上的砝码改变质量时,不需要重新调节木板倾斜度 ②为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力,应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________木块和木块上砝码的总质量.(选填“远大于”、“远小于”或“近似等于”) ③甲、乙两同学在同一实验室,各取一套图所示的装置放在水平桌面上,木块上均不 放砝码,在没有平衡摩擦力的情况下,研究加速度a与拉力F的关系,分别得到图中甲、乙两条直线.设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙,甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙,由图可知,m甲________m乙,μ甲________μ乙.(选填“大于”、“小于”或“等于”) 14.某组同学设计了“探究加速度a与物体所受合力F及质量m的关系”实验.下图甲为实验装置简图,A为小车,B为电火花计时器,C为装有细砂的小桶,D为一端带有定滑轮的长方形木板,实验中认为细绳对小车拉力F等于细砂和小桶的总重量,小车运动的加速度a可用纸带上打出的点求得. (1)图5乙为某次实验得到的纸带,已知实验所用电源的频率为50 Hz.根据纸带可求出电火花计时器打B点时的速度为________m/s,小车的加速度大小为________m/s2.(结果均保留两位有效数字) (2)在“探究加速度a与质量m的关系”时,某同学按照自己的方案将实验数据都在坐标系中进行了标注,但尚未完成图象(如下图甲所示).请继续帮助该同学作出坐标系中的图象. (3)在“探究加速度a与合力F的关系”时,该同学根据实验数据作出了加速度a与合力F的图线如图 乙所示,该图线不通过坐标原点,试分析图线不通过坐标原点的原因. 答:____________ ________________________________________. 15.在用DIS研究小车加速度与外力的关系时,某实验小组采用如图甲所示的实验装置.重物通过滑轮用细线拉小车,位移传感器(发射器)随小车一起沿倾斜轨道运动,位移传感器(接收器)固定在轨道一端.实验中把重物的重力作为拉力F,改变重物重力重复实验四次,列表记录四组数据. (1)实验中使用位移传感器和计算机,可以便捷地获取信息和处理信息,所获取的信息是________________. (2)在如图坐标纸上作出小车加速度a和拉力F的关系图线. (3)从所得图线分析该实验小组在操作过程中的不当之处是: ________________________________________________________________________. (4)如果实验时,在小车和重物之间接一个不计质量的微型力传感器,如图13乙所示.并以力传感器示数表示拉力F,从理论上分析,该实验图线的斜率将________.(填“变大”“变小”或“不变”) 三、计算题(共3小题) 16.如图所示,为一传送货物的传送带abc,传送带的ab部分与水平面夹角α=37°,bc部分与水平面夹角β=53°,ab部分长为4.7m,bc部分长为7.5m。一个质量为m=1kg的物体A(可视为质点)与传送带的动摩擦因数μ=0.8。传送带沿顺时针方向以速率ν=1m/s匀速转动.若把物体A轻放到a处,它将被传送带送到c处,此过程中物体A不会脱离传送带。(sin 37°=0.6,sin 53°=0.8,g=10m/s2)求物体A从a处被传送到c处所用的时间。 17.如图所示,有一水平放置的足够长的皮带输送机以v=5m/s的速率沿顺时针方向运行。有一物体以v0=10m/s的初速度从皮带输送机的右端沿皮带水平向左滑动。若物体与皮带间的动摩擦因数μ=0.5,并取g=10m/s2,求物体从滑上皮带到离开皮带所用的时间。 18.如下图甲所示,一物块以一定的初速度,沿倾角可在0~90°之间任意调整的木板向上滑动,设它沿木板向上能达到的最大位移为x.若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角α的关系如下图乙所示.g取10 m/s2.求: (1)物体初速度的大小v0; (2)物体与木板间的动摩擦因数μ; (3)当α=60°时,它沿木板向上能达到的最大位移. 四、填空题(共3小题) 19.右图为一直线运动加速度测量仪的原理示意图。A为U型底座,其内部放置一绝缘滑块B;B的两侧各有一弹簧,它们分别固连在A的两个内侧壁上;滑块B还与一阻值均匀的碳膜电阻CD的滑动头相连(B与A之间的摩擦及滑动头与碳膜间的摩擦均忽略不计),如图所示。电阻CD及其滑动头与另外的电路相连(图中未画出)。 工作时将底座A固定在被测物体上,使弹簧及电阻CD均与物体的运动方向平行。当被测物体加速运动时,物块B将在弹簧的作用下,以同样的加速度运动。通过电路中仪表的读数,可以得知加速度的大小。已知滑块B的质量为0.60 kg,两弹簧的劲度系数均为2.0×102N/m,CD的全长为9.0 cm,被测物体可能达到的最大加速度为20m/s2(此时弹簧仍为弹性形变);另有一电动势为9.0 V、内阻可忽略不计的直流电源,一理想指针式直流电压表及开关、导线。设计一电路,用电路中电压表的示值反映加速度的大小。要求: ①当加速度为零时,电压表指针在表盘中央; ②当物体向左以可能达到的最大加速度加速运动时,电压表示数为满量程。(所给电压表可以满足要求) (1)完成电路原理图。 (2)完成下列填空:(不要求有效数字) ①所给的电压表量程为______V; ②当加速度为零时,应将滑动头调在距电阻的C端cm处; ③当物体向左做减速运动,加速度的大小为10 m/s2时,电压表示数为V。 20.一只小猫跳起来抓住悬挂在天花板上的竖直木杆,如图所示,在这一瞬间悬绳断了, 设木杆足够长,由于小猫继续上爬,所以小猫离地面高度不变,则木杆下降的加速度大小为________,方向为________.(设小猫质量为m,木杆的质量为M) 21.用水平恒力F推动放在光滑水平面上、质量均为m的六个紧靠在一起的木块,则第5号木块受到的合外力等于  ,第4号木块对第5号本块的作用力等于  . 五、简答题(共2小题) 22.一列在笔直铁路上从静止开始加速行驶的火车车厢内,有一光滑水平桌面上放一小球,如图所示,小球因受合力为零,故相对地球保持静止状态.若加速运动的列车向后以a做加速运动.怎样解释这种现象? 23.科学思维和科学方法是我们认识世界的基本手段.在研究和解决问题过程中,不仅需要相应的知识,还需要运用科学的方法.理想实验有时更能深刻地反映自然规律.伽利略设想了一个理想实验,如图所示,其中有一个是经验事实,其余是推论. ①减小第二个斜面的倾角,小球在这个斜面上仍然要达到原来的高度; ②两个对接的斜面,让静止的小球沿一个斜面滚下,小球将滚上另一个斜面; ③如果没有摩擦,小球将上升到原来释放的高度; ④继续减小第二个斜面的倾角,最后使它成水平面,小球要沿水平面做持续的匀速运动. 请将上述理想实验的设想步骤按照正确的顺序排列________(只填写序号即可)在上述的设想步骤中,有的属于可靠的事实,有的则是理想化的推论,下列有关事实和推论的分类正确的是(  ) A.①是事实,②③④是推论 B.②是事实,①③④是推论 C.③是事实,①②④是推论 D.④是事实,①②③是推论 答案解析 1.【答案】C 【解析】将a、b两物块作为一个整体来进行分析,设两物体的质量为m,物体向上的位移为,受到向上的拉力F、弹簧的支持力和竖直向下的重力mg,,由牛顿第二定律,,即,根据数学知识可得该曲线是一条与y轴截距不为零,开口向上的抛物线,故C正确. 故选C 2.【答案】C 【解析】 物体的加速度可能是2 m/s2,也可能是6 m/s2,根据牛顿第二定律,这个力的大小可能是2 N,也可能是6 N,所以选C. 3.【答案】B 【解析】 对竿上的人受力分析:其受重力mg、摩擦力Ff,且有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,对竿受力分析:其受重力Mg、摩擦力Ff,方向向下、支持力FN,且有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′=FN=(M+m)g-ma,B项正确. 4.【答案】C 【解析】 三物体一起向右加速运动时,C受重力、水平面的支持力和摩擦力、物体A的压力和摩擦力及绳的拉力共六个力作用,A错;取三物体为整体则有F-6μmg=6ma,取A、C为整体则有FT-4μmg=4ma,所以当绳要断时,联立以上两式可得F=1.5FT,B错、C对;若水平面光滑,则a=,隔离A则有F fCA=ma==,D错. 5.【答案】C 【解析】由牛顿第二定律:mg-kv=ma,a=g-,小球下落过程中,速度v增大,则加速度a减小,且m较大的小球,加速度a较小,收尾速度vm较大,即mg=kvm,选项C正确. 6.【答案】B 【解析】区分超重与失重应根据加速度的方向,而不是运动方向:物体具有向上的加速度属于超重现象,物体具有向下的加速度属于失重现象。汽车驶过拱形桥顶端,向心加速度向下指向圆心,属于失重现象,故A错误;汽车驶过凹形桥最低位置,向心加速度向上指向圆心,属于超重现象,故B正确;跳水运动员被跳板弹起离开跳板、蹦床运动员在空中下落都是只受重力,加速度向下且等于重力加速度,为完全失重现象,故C、D错误。 7.【答案】C 【解析】悬挂点A由位置C移动的过程中,每个位置都处在平衡状态,合力为零。 以结点O为研究对象,受三个力的作用而处于平衡状态,因此三个力必构成一个闭合矢量三角形。因重力的大小和方向始终不变,BO绳的拉力方向不变,在AO绳由位置C到D移动过程中可以做出一系列的闭合的三角形,如图4所示。由图可知OB绳的拉力由小变大,OA绳的拉力由大变小,当OA垂直于OB时绳OA的拉力达到最小值,此时,绳OA的接力由减小到增大的临界点。则C正确。 8.【答案】A 【解析】由于箱子所受空气阻力大小与速度大小成正比,故可设大小为kv. 以整体为研究对象,上升过程中满足(M+m)g+kv=(M+m)a,系统的加速度a=g+,即加速度的大小随着高度的增加而减小,且a>g,由此可知,箱子内的物体受到箱子顶部对它的压力,故有mg+FN=ma,a减小,压力FN也减小,选项A正确,选项B错误;下降过程中,对整体有 (M+m)g-kv=(M+m)a′,即a′=g-, 上升过程中的加速度a大于下降过程中的加速度a',故上升时间小于下落时间,选项C错误;因箱子无论上升还是下降加速度方向都向下,所以箱子均处于失重状态,选项D错误. 9.【答案】C 【解析】 小球稳定在题图中虚线位置,则小球和小车有相同的加速度,且加速度方向水平向右,故小球既不超重也不失重,小车既可以向右匀加速运动也可以向左匀减速运动. 10.【答案】B 【解析】 物体A向上加速运动,物体B向下加速运动,因此A处于超重状态,T>mAg,B处于失重状态,T

  • ID:6-5514024 教科版高中物理第一轮复习第二专题《相互作用》测试题(word解析版)

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    第二专题《相互作用》测试题 一、单选题(共12小题) 1.如下图所示,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.   B.   C.   D. 2.据《城市快报》报道,北宁动物园门前,李师傅用牙齿死死咬住长绳的一端,将停放着的一辆小卡车缓慢拉动,如图所示.小华同学看完表演后做了如下思考,其中正确的是 (  ) A. 李师傅选择斜向上拉可以减少车对地面的正压力,从而减少车与地面间的摩擦力 B. 李师傅选择斜向上拉可以减少人对地面的正压力,从而减少人与地面间的摩擦力 C. 车被拉动的过程中,绳对车的拉力大于车对绳的拉力 D. 若将绳系在车顶斜向下拉,拉动汽车将更容易 3.质量为m的长方形木块静止在倾角为θ的斜面上,斜面对木块的支持力和摩擦力的合力方向应该是 (  ) A. 沿斜面向下 B. 垂直于斜面向上 C. 沿斜面向上 D. 竖直向上 4.如图 所示,一重为120 N的球固定在弹性杆AB的上端,今用测力计沿与水平方向成37°角斜向右上方拉球,使杆发生弯曲,此时测力计的示数为100 N,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则杆AB对球作用力的大小为(  ). A. 80 N B. 100 N C. 110 N D. 120 N 5.在2014年8月28日第二届南京青年奥林匹克运动会闭幕式举行现场,国际奥委会主席托马斯·巴赫再次提议全场观众使用智能手机拍照“传情”,这已经成为本届青奥会最时尚的“传情”方式。若他们拿手机进行自拍时,只用两个手指捏着手机,则下列说法正确的是( ) A. 手机一定只受到弹力和重力作用,处于平衡状态 B. 手机可能受到摩擦力、弹力、重力作用,处于平衡状态 C. 手机一定只受到摩擦力和重力作用,处于平衡状态 D. 手机受到摩擦力、手臂的举力、弹力、重力作用,处于平衡状态 6.如图A、B两物体叠放在一起,用手托住,让它们静靠在平整的竖直墙边,然后释放,它们同时沿墙面向下滑,已知mA>mB,则物体B受力个数是(  ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7.如图所示,质量为m的物体A在竖直向上的力F(FPQ)。他们首先在绳上距离P点10cm处(标记为C)系上质量为m的重物(不滑动),由测力计读出PC、QC的拉力大小TP、TQ。随后,改变重物悬挂点C的位置,每次将P到C的距离增加10cm,并读出测力计的示数,最后得到TP、TQ与绳长PC的关系曲线如图4所示。由实验可知: ①曲线Ⅱ中拉力最大时,C与P点的距离为cm,该曲线为(选填:TP或TQ)的曲线。 ②在重物从P移到Q的整个过程中,受到最大拉力的是(选填:P或Q)点所在的立柱。 ③曲线Ⅰ、Ⅱ相交处,可读出绳的拉力为T0=N,它与L、D、m和重力加速度g的关系为T0=。 20.如图所示,P点为圆周上的一点,在P点作用了三个共点力F1,F2,F3(线段长短代表力的大小),AB为半圆的一条直径,AO=BO,已知F2=3N,则F1,F2,F3三个力的合力为  N. 21.如图所示装置,两根细绳拴住一球,保持两细绳间的夹角不变,若把整个装置顺时针缓慢转过90°,则在转动过程中,CA绳的拉力FA大小变化情况是  ,CB绳的拉力FB的大小变化情况是  。 五、简答题(共3小题) 22.在大型田径比赛中,短跑运动员都采用助跑器起跑.设运动员的脚对助跑器的压力大小是F,斜面的倾角为θ,试通过作图法求出压力F的两个分力的大小和方向. 23.图中A物体都保持静止,试画出A物体所受弹力的示意图 24.小明在超市买了个篮球,放在购物车里推上倾角为θ的斜坡,如图1所示.已知篮球重为G,购物车的a,b面相互垂直,b面与斜坡平行.请在图2中画出篮球所受的重力并将其根据作用效果进行分解,同时求出两个分力的大小. 答案解析 1.【答案】C 【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=mgsin 30°,当α=45°时,物块受到的摩擦力为滑动摩擦力,大小为Ff2=μFN=μmgcos 45°,由Ff1=Ff2得μ=. 2.【答案】A 【解析】 小卡车缓慢移动可认为F合=0. (1)若斜向上拉如图甲所示Fcosθ-FF=0;FN+Fsinθ-mg=0,FF=μFN,解得F=;(2)若斜向下拉,如图乙所示F′cosθ-FF=0;FN-F′sinθ-mg=0,FF=μFN,解得F′=.经比较可知F

  • ID:6-5514018 教科版高中物理第一轮复习第一专题《运动的描述 匀变速直线运动》测试题(word解析版)

    高中物理/高考专区/一轮复习

    第一专题《运动的描述 匀变速直线运动》测试题 一、单选题(共12小题) 1.钢球A自塔顶自由落下2米时,钢球B自离塔顶6米距离处自由落下,两钢球同时到达地面,不计空气阻力,则塔高为(  ) A. 24m B. 16m C. 12m D. 8m 2.一个质点由静止开始沿直线运动,速度随位移变化的图线如图所示,关于质点的运动下列说法正确的是(  ) A. 质点做匀速直线运动 B. 质点做匀加速直线运动 C. 质点做加速度逐渐增大的加速运动 D. 质点做加速度逐渐减小的加速运动 3.甲、乙为两个在同一直线上沿规定的正方向运动的物体,a甲=4m/s2,a乙=﹣4m/s2.那么,对甲、乙两物体判断正确的是(  ) A. 甲的加速度和速度方向一致,乙的加速度和速度方向相反 B. 甲、乙两物体的运动方向一定相反 C. 甲的加速度大于乙的加速度 D. 甲、乙的速度值都是越来越大 4.某航母跑道长200 m,飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s2,起飞需要的最低速度为50 m/s.那么,飞机在滑行前,需要借助弹射系统获得的最小初速度为(  ) A. 5 m/s B. 10 m/s   C. 15 m/s D. 20 m/s 5.如图 所示,一个固定在水平面上的光滑物块,其左侧面是斜面AB,右侧面是曲面AC,已知AB和AC的长度相同.两个小球p、q同时从A点分别沿AB和AC由静止开始下滑,比较它们到达水平面所用的时间(  ) A.p小球先到 B.q小球先到 C. 两小球同时到 D. 无法确定 6.在日常生活中,人们常把物体运动的路程与运动时间的比值定义为物体运动的平均速率。某同学假日乘汽车到南京观光,在公路上两次看到路牌和手表如图1所示,则该同学乘坐的汽车在该段时间内行驶的平均速率为(  ) 图1 A. 60 km/h        B. 29 km/h C. 19 km/h D. 9 km/h 7.在公式v=v0+at和x=v0t+at2中涉及的五个物理量,除t是标量外,其他四个量v、v0、a、x都是矢量,在直线运动中四个矢量的方向都在一条直线中,当取其中一个量的方向为正方向时,其他三个量的方向与此相同的取正值,与此相反的取负值,若取速度v0方向为正方向,以下说法正确的是 (  ) A. 匀加速直线运动中a取负值 B. 匀加速直线运动中a取正值 C. 匀减速直线运动中a取正值 D. 无论匀加速直线运动还是匀减速直线运动a都取正值 8.如下图是火箭点火升空瞬间时的照片,关于这一瞬间的火箭的速度和加速度的判断,下列说法正确的是(  ) A. 火箭的速度很小,但加速度可能较大 B. 火箭的速度很大,加速度可能也很大 C. 火箭的速度很小,所以加速度也很小 D. 火箭的速度很大,但加速度一定很小 9.A和B两物体在同一直线上运动的v-t图线如图11所示.已知在第3 s末两个物体在途中相遇,则下列说法正确的是(  ) A. 两物体从同一地点出发 B. 出发时B在A前3 m处 C. 3 s末两个物体相遇后,两物体可能再相遇 D. 运动过程中B的加速度大于A的加速度 10.2012年9月28日,备受长春市民关注的亚泰大街繁荣路立交桥、自由大路立交桥建成通车,记者乘出租车体验立交桥给人们出行带来的快捷。10时30分,记者从卫星路与亚泰大街交汇处出发,在10时42分到达三道街与亚泰大街交汇处,计价器显示5.2公里。记者注意到在桥上车速最高可达70km/h,全程速度约为50 km/h。下列说法正确的是 A. 计价器上显示的公里数表示位移 B. 70 km/h表示的是瞬时速率 C. 50 km/h表示的是平均速度 D. 10时30分是时间 11.某质点做直线运动的位置坐标与运动时刻的对应关系如下表所示,根据表中数据,判断下列说法正确的是(  ) A. 质点3.5s时刻的瞬时速度大于1.5s B. 质点的瞬时速度不变 C. 质点第三秒内的平均速度小于第四秒内的平均速度 D. 质点前五秒内的平均速度是1m/s 12.在“金星凌日”的精彩天象中,观察到太阳表面上有颗小黑点缓慢走过,持续时间达六个半小时,那便是金星,这种天文现象称为“金星凌日”,如下图所示.下面说法正确的是(  ) A. 地球在金星与太阳之间 B. 观测“金星凌日”时可将太阳看成质点 C. 以太阳为参考系,金星绕太阳一周位移不为零 D. 以太阳为参考系,可以认为金星是运动的 二、实验题(共3小题) 13.某同学在研究性学习中利用光电门针对自由落体运动进行了研究。如左图所示,用铁架台固定竖直长木板,光电门A、B分别固定在长木板上,AB相距S= 41cm;现从光电门A上方某高度静止释放一个小球,其直径d用20分度的游标卡尺测出,游标卡尺的示数如图所示。小球通过A、B的时间分别为Δt1=1.05×10-2s、Δt2=3.50×10-3s。回答下列问题: ①由右图所示,读出小球直d=mm; ②物体运动的加速度a=m/s2;(计算结果取三位有效数字) 14.在用打点计时器研究匀变速直线运动规律时:根据打出的纸带,可以不利用公式就能直接得到的物理量是(  ) A.时间间隔 B. 位移 C.加速度 D.平均速度 15.在做“研究匀变速直线运动”的实验中: (1)实验室提供了以下器材:打点计时器、一端附有滑轮的长木板、小车、纸带、细绳、钩码、刻度尺、导线、交流电源、复写纸、弹簧测力计。其中在本实验中不需要的器材是________________。 (2)如图所示,是某同学由打点计时器得到的表示小车运动过程的一条清晰纸带,纸带上两相邻计数点间还有四个点没有画出,打点计时器打点的时间间隔T=0.02 s,其中x1=7.05 cm、x2=7.68 cm、x3=8.33 cm、x4=8.95 cm、x5=9.61 cm、x6=10.26 cm。 下表列出了打点计时器打下B、C、F时小车的瞬时速度,请在表中填入打点计时器打下D、E两点时小车的瞬时速度。 (3)以A点为计时起点,在坐标图中画出小车的速度-时间关系图线。 (4)根据你画出的小车的速度-时间关系图线计算出的小车的加速度a=________ m/s2。 三、计算题(共3小题) 16.A物体做匀速直线运动,速度是1m/s.A出发后5s,B物体从同一地点由静止开始出发做匀加速直线运动,加速度是0.4m/s2,且A,B运动方向相同,求: (1)B出发几秒后能追上A? (2)A、B相遇前它们之间的最大距离是多少? 17.甲、乙两车同时同向从同一地点出发,甲车以v1=16 m/s的初速度、a1=-2 m/s2的加速度做匀减速直线运动,乙车以v2=4 m/s的初速度、a2=1 m/s2的加速度做匀加速直线运动,求两车再次相遇前两车相距最大距离和再次相遇时两车运动的时间. 18.王兵同学利用数码相机连拍功能(此相机每秒连拍10张),记录下北京奥运会跳水比赛中小将陈若琳和王鑫在10 m跳台跳水的全过程.所拍摄的第一张恰为她们起跳的瞬间,第四张如图3甲所示,王兵同学认为这是她们在最高点;第十九张如图乙所示,她们正好身体竖直双手触及水面.设起跳时她们的重心离台面的距离和触水时她们的重心离水面的距离相等.由以上材料(g取10 m/s2): (1)估算陈若琳的起跳速度; (2)分析第四张照片是在最高点吗?如果不是,此时重心是处于上升还是下降阶段? 四、填空题(共3小题) 19.一个小球从长为4m的斜面顶端无初速度下滑,接着又在水平面上做匀减速运动,直至运动6m停止,小球共运动了10s.则小球在运动过程中的最大速度为_____m/s;小球在斜面上运动的加速度大小为_______m/s2. 20.如下图 所示,是在高速公路上用超声波测速仪测量车速的示意图,测速仪发出并接收超声波脉冲信号,根据发出和接收到的信号间的时间差,测出被测物体的速度.下图 中p1、p2是测速仪发出的超声波信号,n1、n2分别是p1、p2由汽车反射回来的信号.设测速仪匀速扫描,p1、p2之间的时间间隔Δt=1.0 s,超声波在空气中传播的速度是v=340 m/s,若汽车是匀速行驶的,则根据下图可知,汽车在接收到p1、p2两个信号之间的时间内前进的距离是______m,汽车的速度是________m/s. 21.一列火车由静止开始做匀加速直线运动,一个人站在第1节车厢前端旁的站台前观察,第1节车厢通过他历时2 s,全部车厢通过他历时8 s,忽略车厢之间的距离,车厢长度相等,则第9节车厢通过他所用时间为________,这列火车共有________节车厢。 五、简答题(共1小题) 22.如图所示,在距地面高为H=45m处,有一小球以初速度v0=10m/s水平抛出,与此同时,在A的正下方有一物块B也以相同的初速度同方向滑出,B与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.4,A,B均可视为质点,空气阻力不计(取g=10 m/s2)。求A球落地时,A,B相距多远?某同学的解答如下 解:A做平抛运动: A的水平距离 B受摩擦力做匀减速运动:∴ 故在A下落过程中B的位移为: ∴A,B间的距离 你同意上述解法吗?若同意,说明理由;若不同意,写出你认为正确的答案。 (题目解答中,你认为正确的结论,可以不重复写出) 答案解析 1.【答案】D 【解析】根据h=得:A球下落2m所需时间为: , 设塔高h,则b球下落的时间为:tb=① 对a球有:h=② 由①②解得:h=8m. 2.【答案】C 【解析】从图可知,s与v成正比,即s=kv,k是比例系数(常量),v=显然加速度与速度呈正比,所以质点做加速度逐渐增大的加速运动,故C正确. 3.【答案】A 【解析】A、加速度是矢量,加速度的正负表示方向,故甲的加速度与速度方向一致,乙的加速度和速度方向相反,故A正确; B、甲、乙的加速度方向相反,而速度方向相同,故B错误; C、矢量的负号表示方向,不表示其大小,所以甲乙两物体的加速度大小是相等的,故C错误; D、甲加速度方向与速度方向相同做加速运动,速度越来越大,乙的加速度的方向与速度方向相反,做减速运动,速度越来越小,故D错误. 4.【答案】B 【解析】飞机在滑行过程中,做匀加速直线运动,根据速度与位移的关系v2-v=2ax. 由题知,v=50 m/s,a=6 m/s2,x=200 m,得飞机获得的最小速度v0==m/s=10 m/s.故选项B正确. 5.【答案】B 【解析】 可以利用vt图象(这里的v是速率,曲线下的面积表示路程s)定性地进行比较.在同一个vt图象中做出p、q的速率图线,显然开始时q的加速度较大,斜率较大;由于机械能守恒,末速率相同,即曲线末端在同一水平图线上.为使路程相同(曲线和横轴所围的面积相同),显然q用的时间较少. 6.【答案】A 【解析】 20 min=h,故平均速率v==60 km/h。 7.【答案】B 【解析】 据v=v0+at可知,当v0与a同向时,v增大;当v0与a反向时,v减小.故当v0取正值时,匀加速直线运动中,a取正;匀减速直线运动中,a取负,故选项B正确. 8.【答案】A 【解析】 火箭点火升空瞬间速度很小,火箭得到高速气体的反冲力,加速度可能较大,A正确,B,D错误;加速度的大小与速度的大小无必然联系,故C错误。 9.【答案】B 【解析】 由v?t图线与横轴所围面积表示位移可知,在第3 s末物体A的位移比物体B的位移大3 m,所以出发时B在A前3 m处,两物体不是从同一地点出发,选项B正确,A错误;3 s末两个物体相遇后,两物体不可能再相遇,选项C错误;v?t图线的斜率表示加速度,运动过程中A的加速度大于B的加速度,选项D错误. 10.【答案】B 【解析】计价器上显示的公里数是表示路程,故选项A错误;桥上限速70km/h,是指瞬时速度不能超过70km/h,故选项B正确;C选项中全程速度指速度计所显示的示数,为瞬时速度,故选项C错误;D选项中10时30分是指时刻,故D错误。 11.【答案】D 【解析】A、由于不知道物体的具体运动情况,故无法确定其瞬时速度;故A错误; B、由于只能知道1s内的位移,故无法确定每一个时刻的速度;故B错误; C、质点第三秒内位移等于第四秒内的位移;故平均速度相等;故C错误; D、质点在前五秒内的平均速度为:=1m/s;故D正确; 12.【答案】D 【解析】 金星通过太阳和地球之间时,我们才会看到金星没有被太阳照亮的一面呈黑色,选项A错误;因为太阳的大小对所研究问题的影响起着至关重要的作用,所以观测“金星凌日”不能将太阳看成质点,选项B错误;金星绕太阳一周,起点与终点重合,位移为零,选项C错误;金星相对于太阳的空间位置发生了变化,所以以太阳为参考系,金星是运动的,选项D正确. 13.【答案】①10.50②9.76 【解析】① 20分度的游标卡尺的精确度为0.05mm,主尺读数为10mm,游标第10条刻线对的最齐,由游标卡尺的读数规则可读出d=10.50mm;②本实验中利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度,故可以求出A、B的瞬时速度: m/s,m/s, 再由匀加速直线运动规律,解得m/s2 14.【答案】AB. 【解析】打点计时器是每隔0.02s打下一个点,所以数点就知道时间间隔,故A正确.位移利用刻度尺直接测量两点之间的距离就得了.故B正确.加速度求解需要运用匀变速直线运动的公式,故C错误.平均速度求解需要运用平均速度的定义公式,故D错误; 15.【答案】 (1)弹簧测力计 (2)0.864 0.928 (3)见解析图 (4)(0.64±0.01) 【解析】 (1)本实验中不需要测量力的大小,因此不需要的器材是弹簧测力计。 (2)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度知: vD==0.864 m/s 同理可得vE=0.928 m/s。 (3)小车的速度—时间关系图线如图所示。 (4)在v-t图像中,图线的斜率表示加速度的大小,则a==(0.64±0.01) m/s2。 16.【答案】6.25 【解析】(1)设B出发后ts追上A,则: SA=SB vAt=a(t﹣5)2 解得 t=s 即B出发s秒后能追上A (2)相遇前相距最大距离时vA=vB 用时间t′s则 0.4t′=1 解得 t′=2.5s 则sA′=1×2.5m=2.5m sB′=0.5×0.4×2.52m=1.25m 所以A、相距△s=sA′+1×5m﹣sB′=6.25m 即A、B相遇前它们之间的最大距离是6.25m 17.【答案】 24 m 8 s 【解析】 速度相等时,两车相距最远,设经过时间t1相距最远. 由题意得v1+a1t1=v2+a2t1 所以t1==s=4 s 设两车各自的位移为s1、s2,此时两车相距的最大距离 Δs=s1-s2=v1t1+a1t-(v2t1+a2t)=[16×4+×(-2)×42] m-(4×4+×1×42) m=24 m. 再次相遇时,两车的位移相等,即s1=s2 设经过时间t2,两车再次相遇 则v1t2+a1t=v2t2+a2t 解得t2=0(舍)或t2=8 s,所以8 s后两车再次相遇. 18.【答案】 (1)3.4 m/s (2)不是 上升阶段 【解析】 (1)由题意得:运动员从起跳到入水所用时间为t=1.8 s 设跳台高h,起跳速度为v0,由-h=v0t-gt2得 v0≈3.4 m/s (2)上升至最高点所用时间 t1==0.34 s 而拍第四张历时0.3 s,所以还处于上升阶段. 19.【答案】2, 【解析】设小球在运动过程中的最大速度为v,根据平均速度的推论知,, 解得最大速度v=. 小球在斜面上的加速度a=. 20.【答案】 见规范解答 【解析】 测速仪匀速扫描,p1、p2之间的时间间隔为1.0 s,由题图可知p1、p2之间有30小格,故每一小格对应的时间间隔t0==s,p1、n1间有12个小格,说明p1、n1之间的间隔t1=12t0=12×s=0.4 s.同理p2、n2之间的间隔t2=0.3 s. 因而汽车接收到p1、p2两个信号时离测速仪的距离分别为s1=v·,s2=v·. 汽车这段时间内前进的距离为 s=s1-s2=v()=17 m. 汽车在接收到p1、p2两个信号的时刻应分别对应于题图中p1、n1之间的中点和p2、n2之间的中点,其间共有28.5个小格,故接收到p1、p2两个信号的时间间隔t=28.5t0=0.95 s,所以汽车速度为v车=≈17.9 m/s. 21.【答案】 2(3-2) s 16 【解析】根据初速度为零的匀变速直线运动的推论有: t1∶t9=1∶(-) 可得第9节车厢通过观察者所用时间为 t9=(-)t1=2(3-2) s 根据x=at2可知第1节、前2节、前3节、…、前N节车厢通过观察者所用时间之比为:t1∶t2∶t3∶…∶tN=1∶∶∶…∶。则有t1∶tN=1∶ 解得火车车厢总数为N=()2=()2=16。 22.【答案】上述解答有误。 【解析】上述解答有误。 物块B做匀减速运动,减速到速度为零后保持静止状态,不再反向运动。 减速时间,可知小球A还没有落地物块B已经减速到零。 物块B发生的位移 A球落地时,A,B间的距离

  • ID:6-5514012 教科版高中物理必修2第五单元《经典力学的成就与局限性》单元测试题(解析版)

    高中物理/教科版/必修2/第五章 经典力学的成就与局限性/本章综合与测试

    第五单元《经典力学的成就与局限性》单元测试题 一、单选题(共12小题) 1.经典力学只适用于“宏观世界”.这里的“宏观世界”是指(  ) A. 行星、恒星、星系等巨大的物质领域 B. 地球表面上的物质世界 C. 人眼能看到的物质世界 D. 不涉及分子、原子、电子等微观粒子的物质世界 2.假设地面上有一列火车以接近光速的速度运行,其内站立着一个中等身材的人,站在路旁的人观察车里的人,观察的结果是(  ) A. 这个人是一个矮胖子 B. 这个人是一个瘦高个子 C. 这个人矮但不胖 D. 这个人瘦但不高 3.最早提出量子假说的物理学家是(  ) A. 爱因斯坦      B. 牛顿 C. 开普勒 D. 普朗克 4.当物体以很大速度运动时,它的质量与静止质量m0的关系是m=,此时它的动能应该是(  ) A.mv2 B.m0v2 C.mc2-m0c2 D. 以上说法都不对 5.经典力学有一定的适用范围和局限性,不适合用经典力学描述的运动是(  ) A. 以300 m/s飞行的子弹 B. 以接近光速运动的电子 C. 以300 km/h高速运行的列车 D. 以7.8 km/s绕地球运行的“天宫一号” 6.经典力学不能适用于下列哪些运动(  ) A. 火箭的发射 B. 宇宙飞船绕地球的运动 C. “勇气号”宇宙探测器的运动 D. 以99%倍光速运行的电子束 7.通过一个加速装置对电子加一很大的恒力,使电子从静止开始加速,则对这个加速过程,下列描述正确的是(  ) A. 根据牛顿第二定律,电子将不断做匀加速直线运动 B. 电子先做匀加速直线运动,后以光速做匀速直线运动 C. 电子开始近似于匀加速直线运动,后来质量增大,牛顿运动定律不再适用 D. 电子是微观粒子,整个加速过程根本就不能用牛顿运动定律解释 8.光子的能量是由下列哪个物理量决定的(  ) A. 光的波长 B. 光的频率 C. 光的传播速度 D. 介质的性质 9.世纪末,采用归纳与演绎、综合与分析的方法,建立了完整的经典力学体系,使物理学从此成为一门成熟的自然科学的科学家是(  ). A. 牛顿 B. 开普勒 C. 笛卡儿 D. 伽利略 10.关于光的本性,下列说法错误的是(  ) A. 光的波粒二象性说明光既与宏观中波的运动相同,又与宏观中粒子的运动相同 B. 大量光子产生的效果往往显示波动性,个别光子产生的效果往往显示粒子性 C. 光在传播时往往表现出波动性,光在跟物质相互作用时往往表现出粒子性 D. 光既有波动性,又具有粒子性,二者并不矛盾 11.话说有兄弟俩个,哥哥乘坐宇宙飞船以接近光速的速度离开地球去遨游太空,经过一段时间返回地球,哥哥惊奇地发现弟弟比自己要苍老许多,则该现象的科学解释是(  ) A. 哥哥在太空中发生了基因突变,停止生长了 B. 弟弟思念哥哥而加速生长 C. 由相对论可知,物体速度越大,其时间进程越慢,生理进程也越慢 D. 这是神话,科学无法解释 12.经典力学理论适用于解决( ) A. 宏观高速问题 B. 微观低速问题 C. 宏观低速问题 D. 微观高速问题 二、计算题(共3小题) 13.如果飞船以0.75c的速度从你身边飞过,飞船上的人看飞船上的一个灯亮了10 min,你观测到这个灯亮的时间约为多少? 14.π介子与质子相碰可产生其他粒子,其中有一种k0粒子,它经d=1×10-1m的距离便衰变成两个具有相反电荷的π介子,若k0的速率为v=2.24×108m/s,试求其固有寿命. 15.一个静止质量m0=1 kg的物体,与地球一起绕太阳公转的速度为30 m/s,在相应的惯性参考系中,观测者测得该物体的质量为多少? 三、填空题(共3小题) 16.牛顿运动定律和万有引力定律在、、的广阔的领域,包括天体力学的研究中经受了实践的检验,取得了巨大的成就. 17.普朗克提出了能量子与频率成________(填“正比”或“反比”)的观点,如果能量子的能量用ε来表示,它的数值等于辐射光子的频率ν乘以一个常量h,即________,h称作普朗克常量,实验测得h=________ J·s. 18.设宇宙射线粒子的能量是其静止能量的k倍.则粒子运动时的质量等于其静止质量的________倍,粒子运动速度是光速的________倍. 四、简答题(共3小题) 19.试举出一些经典力学在科技方面的应用实例. 20.考虑以下四个问题:(1)如图2所示,参考系O′相对于参考系O静止时,人看到的光速是多少? (2)参考系O′相对于参考系O以速度v向右运动时,人看到的光速是多少? (3)参考系O′相对于参考系O以速度v向左运动时,人看到的光速是多少? (4)根据狭义相对论理论,在上述三种情况下光速应该是多少? 图2 21.牛顿力学及牛顿的工作方法成为近代自然科学的经典,它实现了人类认识自然界的第一次综合.你知道牛顿伟大贡献的精髓在哪里吗? 答案解析 1.【答案】D 【解析】A、B、C三个选项说的当然都属于“宏观世界”,但都很片面,没有全面描述,本题应选D. 2.【答案】D 【解析】由公式l=l0可知,在运动方向上,人的宽度要减小,在垂直于运动方向上,人的高度不变. 3.【答案】D 【解析】普朗克是量子力学的奠基者,被称为量子力学之父. 4.【答案】C 【解析】 5.【答案】B 【解析】牛顿运动定律适用于宏观、低速、弱作用力领域,不适用微观、高速、强相互作用,子弹的飞行、飞船绕地球的运行及列车的运行都属于低速,经典力学能适用.而电子接近光速运动,经典力学不再适用,B正确,A、C、D错误. 6.【答案】D 【解析】经典力学在低速运动的广阔领域(包括天体力学的研究)中,经受了实践的检验,取得了巨大的成就,但在高速领域不再适用,故选项A,B,C适用. 7.【答案】C 【解析】 电子在加速装置中由静止开始加速,开始阶段速度较低,远低于光速,此时牛顿运动定律基本适用,可以认为在它被加速的最初阶段,它做匀加速直线运动.随着电子的速度越来越大,接近光速时,相对论效应越来越大,质量加大,它不再做匀加速直线运动,牛顿运动定律不再适用. 8.【答案】B 【解析】光子的能量ε=hν,h是普朗克常量,故光子的能量与光子的频率成正比,所以B正确,A、C、D错误. 9.【答案】A 【解析】牛顿是经典力学理论体系的建立者,牛顿定律是经典力学的基础. 10.【答案】A 【解析】光的波粒二象性是微观世界特有的规律,既不能理解成宏观概念中的波,也不能把光子简单看成宏观概念中的粒子. 11.【答案】C 【解析】根据公式τ=可知,物体的速度越大,其时间进程越慢. 12.【答案】C 【解析】经典力学的局限性是宏观物体及低速运动.当达到高速时,经典力学就不在适用,C正确; 13.【答案】约15 min 【解析】设观测灯亮的时间为Δt,则 Δt==min≈15 min. 14.【答案】3.0×10-10s 【解析】k0粒子的速率已达v=2.24×108m/s,是光速的70%以上,应该用相对论解题.在实验室中测得的粒子运动的时间间隔为 t==s=4.5×10-10s 根据时间延缓效应Δt= t0=t=4.5×10-10×s =3.0×10-10s 15.【答案】 1.000 000 05 kg 【解析】 根据狭义相对论,m= m=kg=1.000 000 05 kg. 16.【答案】宏观、低速、弱引力 【解析】略 17.【答案】正比 ε=hν 6.63×10-34 【解析】 18.【答案】k  【解析】由E=mc2得==k,所以m=km0. 由m=得==k, 得v=c. 19.【答案】例如利用经典力学规律,人类在航空航天技术中设计制造了人造卫星、宇宙飞船、航天飞机等,火车、飞机、磁悬浮列车等现代交通工具也都服从经典力学规律. 【解析】根据牛顿运动定律对照我们所知道的物体的运动,分析哪些物体的运动规律与经典力学规律相同. 20.【答案】 (1)c (2)c+v (3)c-v (4)都是c 【解析】 根据速度合成法则,第一种情况人看到的光速应是c,第二种情况应是c+v,第三种情况应是c-v,而根据狭义相对论理论,光速是不变的,三种情况光速都应是c. 21.【答案】见解析 【解析】经典力学的建立首次告诉人们,一个以现象观察和实验研究为基础的自然科学理论体系,其思想观点应该是明确透彻的,其结构体系应是严密完备的,其数学表达应是严格、定量、可以操作的;这种理论不仅能够在一定范围内揭示事物的本质和规律,做出定量的解释、推断和预言,而且理论本身的是非真伪、成立条件、适用范围等也都可以定量地检验和界定,这是一切自然科学理论应有的基本特征,牛顿伟大贡献的精髓正在于此.

  • ID:6-5514010 教科版高中物理必修2第四单元《机械能和能源》单元测试题(解析版)

    高中物理/教科版/必修2/第四章 机械能和能源/本章综合与测试

    第四单元《机械能和能源》单元测试题 一、单选题(共12小题) 1.关于摩擦力对物体做功,以下说法中正确的是(  ) A. 滑动摩擦力总是做负功 B. 滑动摩擦力可以做负功,也可以做正功 C. 静摩擦力对物体一定做负功 D. 静摩擦力对物体总是做正功 2.一滑块从如图所示的弧形轨道上的A点,由静止开始滑下,由于轨道不光滑,它仅能滑到B点,而返回后又仅能滑到C点,若A、B两点的高度差为h1,B、C两点的高度差为h2,必有(  ) A.h1=h2 B.h1

    h2 D. 条件不足,无法判断 3.物体在合外力作用下做直线运动的v-t图象如图2所示.下列表述正确的是(  ) A. 在0~1 s内,合外力做正功 B. 在0~2 s内,合外力总是做负功 C. 在1~2 s内,合外力不做功 D. 在0~3 s内,合外力总是做正功 4.在水平冰面上,一辆质量为1×103kg的电动雪橇做匀速直线运动,关闭发动机后,雪橇滑行一段距离后停下来,其运动的v—t图象如图所示,那么关于雪橇运动情况以下判断正确的是(g取10 m/s2)(  ) A. 关闭发动机后,雪橇的加速度为-2 m/s2 B. 雪橇停止前30 s内通过的位移是150 m C. 雪橇与水平冰面间的动摩擦因数约为0.03 D. 雪橇匀速运动过程中发动机的功率为5×103W 5.如图所示,物块第一次沿轨道1从A点由静止下滑至底端B点,第二次沿轨道2从A点由静止下滑经C点至底端B点,AC=CB.物块与两轨道的动摩擦因数相同,不考虑物块在C点处撞击的因素,则在物块两次整个下滑过程中(  ) A. 物块沿1轨道滑至B点时的速率大 B. 物块沿2轨道滑至B点时的速率大 C. 物块两次滑至B点时速度大小相同 D. 物块沿2轨道滑至B点产生的热量多 6.汽车在减速上坡过程中(  ) A. 重力做正功,重力势能增大 B. 重力做负功,重力势能减小 C. 合力做正功,动能增大 D. 合力做负功,动能减小 7.关于动能定理,下列说法中正确的是(  ) A. 在某过程中,外力做的总功等于各个力单独做功的绝对值之和 B. 只要有力对物体做功,物体的动能就一定改变 C. 动能定理只适用于直线运动,不适用于曲线运动 D. 动能定理既适用于恒力做功的情况,又适用于变力做功的情况 8.如图所示,小物块位于光滑的斜面上,斜面位于光滑的水平面上,从地面上看,在小物块沿斜面下滑的过程中,斜面对小物块的作用力(  ) A. 垂直于接触面,做功为零 B. 垂直于接触面,做功不为零 C. 不垂直于接触面,做功为零 D. 不垂直于接触面,做功不为零 9.如图所示,洒水车沿平直粗糙路面匀速行驶,设车所受阻力与车重成正比,洒水车行驶到某一路段时开始洒水,且牵引力保持恒定,则开始洒水后的一段时间内(  ) A. 车仍保持原有速度做匀速直线运动 B. 车开始做匀加速直线运动 C. 车的发动机的输出功率不断增大 D. 车的发动机的输出功率保持不变 10.利用能源的过程实质上是(  ) A. 能量的消失过程 B. 能量的创造过程 C. 能量不守恒的过程 D. 能量转化或转移并且耗散的过程 11.如图所示,固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环,圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端连接在墙上,并且处于原长状态.现让圆环由静止开始下滑,已知弹簧原长为L,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度),则在圆环下滑到最大距离的过程中(  ) A. 圆环的机械能守恒 B. 弹簧弹性势能变化了2mgL C. 圆环下滑到最大距离时,所受合力为零 D. 圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先变小后变大 12.甲、乙两个物体的位置如图所示,质量关系m甲Ep2 B.Ep1Wf2,所以h1>h2. 3.【答案】A 【解析】根据物体的v-t图象可知,在0~1 s内,物体做匀加速运动,速度增加,合外力(加速度)方向与运动方向相同,合外力做正功,故选项A对,B错;在1~3 s内,速度减小,合外力(加速度)方向与运动方向相反,合外力做负功,故选项C,D错. 4.【答案】D 【解析】关闭发动机后,雪橇的加速度为a=m/s2=-0.5 m/s2,故A错误.雪橇停止前30 s内通过的位移是s=×(30+10)×10=200 m,故B错误.关闭发动机后,a==0.5 m/s2,得:μ=0.05,故C错误;雪橇匀速运动过程中发动机的功率为P=Fv=μmgv=5×103W,故D正确. 5.【答案】C 【解析】由于物块从轨道上下滑时,受到重力与摩擦力的作用,从不同轨道滑下时,重力做的功是相等的,摩擦力做的功又只与重力、动摩擦因数、斜面的底边长有关,因为Wf=mgcosθ×μ×斜边=mgμ×底边,和轨道与底边的夹角无关,故摩擦力做的功也是相等的,也就是说,合外力做的功相等,则物块两次滑至B点时的动能的增量相等,故两次滑至B点时速度大小相同,C正确,A、B错误;物块克服摩擦做的功用来产生热量,故二者产生的热量也是相等的,D错误 6.【答案】D 【解析】汽车向上运动的过程中重力做负功,所以重力势能增大,故A、B错误;车的速度减小,则动能减小,根据动能定理可知,合力一定对汽车做负功,故C错误,D正确. 7.【答案】D 【解析】外力做的总功等于各个力单独做功的代数和,A错;根据动能定理,决定动能是否改变的是总功,而不是某一个力做的功,B错;动能定理既适用于直线运动,也适用于曲线运动;既适用于恒力做功的情况,又适用于变力做功的情况,C错,D对. 8.【答案】B 【解析】斜面光滑,所以斜面对A只有支持力作用,支持力在性质上是弹力,总是垂直于支持面.A在下滑到斜面底端的过程中,斜面在A的压力作用下向右移动一段距离,如图所示,则支持力与小物块的位移并不垂直,其夹角α>90°,所以支持力对小物块做功不为零,故选项B正确. 9.【答案】C 【解析】随着质量的减少,洒水车受到的阻力减小,牵引力恒定,根据F-Ff=ma可知汽车做变加速运动,选项A、B错误;根据P=Fv可知随着速度的增大,发动机的输出功率不断增大,选项C正确,D错误. 10.【答案】D 【解析】利用能源的过程实质上是能量转化或转移的过程,在能源的利用过程中能量是耗散的,A、B、C错误,D正确. 11.【答案】D 【解析】圆环沿杆下滑过程中,弹簧的拉力对圆环做负功,圆环的机械能减少,故A错误;弹簧水平时恰好处于原长状态,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L,可得物体下降的高度为h=L,根据系统的机械能守恒知,弹簧的弹性势能增大量为ΔEp=mgh=mgL,故B错误;圆环所受合力为零,速度最大,此后圆环继续向下运动,则弹簧的弹力增大,圆环下滑到最大距离时,所受合力不为零,故C错误;圆环与弹簧组成的系统机械能守恒,知圆环的动能先增大后减小,则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大,故D正确. 12.【答案】A 【解析】取桌面为零势能面,则Ep1=0,物体乙在桌面以下,Ep2<0,故Ep1>Ep2,A项正确. 13.【答案】1.88m 1.96m 该实验小组做实验时先释放了纸带,然后再合上打点计时器的开关或者释放纸带时手抖动了(其他答案只要合理均可) 【解析】当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了ΔEp=mgh2=m×9.80×0.191 5 J≈1.88mJ. 计数点之间的时间间隔为:T=0.04 s; 根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的瞬时速度为: vB==×10-2m/s≈1.98 m/s 因此重锤动能的增加量为: ΔEk=mv=×m×(1.98)2=1.96mJ; 动能的增加量大于重力势能的减小量原因可能是做实验时先释放了纸带然后再合上打点计时器的电键(或“接通打点计时器是重锤已经具有初速度”、“重锤下落初速度不为零”、“释放纸带时手抖动了”等等). 14.【答案】(1)负 (2)图线与坐标轴包围的面积 (3)-0.0023 选择区域过大 【解析】(1)同性磁极相对,互相排斥,磁场力对小车做负功. (2)F-s图线与坐标轴包围的面积大小表示变力做功的大小,小车动能的增加量ΔEk=-=-0.002 3 J,计算变力做功大小时应选择图线与坐标轴包围的面积. 15.【答案】(1)C (2)0.653 【解析】(1)平衡摩擦力的原理就是在没有拉力的情况下调整斜面倾角,使μ=tanθ,A错;为减小系统误差应使钩码质量远小于小车质量,B错;实验时使小车靠近打点计时器能充分利用纸带,由静止释放则后面点测出的动能即等于该过程的动能变化量,便于利用实验数据进行探究,故选C.(2)由vB==0.653 m/s,可得打B点时小车的瞬时速度为0.653 m/s. 16.【答案】6×106J 【解析】运动员每小时增加的机械能Ep=mgh=3×105J,运动员每小时消耗的化学能E1==1.2×106J,5 h内运动员消耗的化学能E=5×E1=6×106J. 17.【答案】(1) (2) (3)mgR 【解析】(1)小球沿轨道恰好运动到最高点B, 在B点,重力提供向心力,由牛顿第二定律得: m=mg, 解得:vB=; (2)从A到B过程,由机械能守恒定律得:mv=2mgR+mv, 解得:v0=; (3)设小球再次返回A点时速度为vA,在A点, 由牛顿第二定律得:m=4mg-mg, 解得:vA=, 对整个过程,由动能定理得:-Wf=mv-mv, 解得:Wf=mgR 18.【答案】(1)5.1×104W (2)5 s 2.04×104W 【解析】(1)设起重机允许输出的最大功率为P0,重物达到最大速度时,拉力F0等于重力,有P0=F0vm F0=mg 代入数据得:P0=5.1×104W (2)匀加速运动结束时,起重机达到允许输出的最大功率,设此时重物受到的拉力为F,速度为v1,匀加速运动经历时间为t1,有:P0=Fv1 F-mg=ma v1=at1 代入数据得:t1=5 s t=2 s时,重物处于匀加速运动阶段,设此时速度为v2,输出功率为P,有v2=at P=Fv2 代入数据得:P=2.04×104W 19.【答案】1.5 m/s2 3 m/s 【解析】对于前3 m,即在OA段过程,根据动能定理,有: W1-μmgs=mv, 代入数据解得:vA=3 m/s, 根据速度位移公式,有:2a1s=v, 代入数据解得:a1=1.5 m/s2; 对于前9 m过程,根据动能定理,有: W2-μmgs′=mv, 代入数据解得:vB=3 m/s. 20.【答案】③①④② 【解析】实验步骤应包括仪器安装、进行实验、数据处理几个环节,所以正确顺序应该是③①④②. 21.【答案】250 4 750 4 700 -250 【解析】1 s内钢球下落的高度为 h=gt2= ×10×12m=5 m 减少的重力势能ΔEp=mgh=5×10×5 J=250 J 1 s末钢球离地面的高度为 h1=(100-5) m=95 m 1 s末钢球的重力势能为 Ep1=mgh1=5×10×95 J=4 750 J 1 s末钢球离地面上方1 m处的平面的高度为 h2=(95-1) m=94 m 此时钢球的重力势能为 Ep2=mgh2=5×10×94 J=4 700 J 1 s末钢球离出发点的竖直距离为5 m 此时钢球的重力势能为Ep3=5×10×(-5) J=-250 J. 22.【答案】(1)不一定,若选最高点为参考平面,则小朋友在最高点的重力势能为0,在地面上的重力势能为负. (2)沿滑梯下滑,小朋友的重力势能减小,重力势能的变化与参考平面的选取无关. 【解析】 23.【答案】全自动手表靠手臂摆动上发条,产生弹性形变,然后由机械装置,控制其弹性形变的恢复量,即秒针的走动.齿轮间的相互咬合,构成了时针和分针及秒针的相对位置,就可以显示时间.也就是说发条通过上链动作,聚集能量,然后通过传动系统把能量输送到指针上显示时间. 不能,如果长时间静止,发条上储存的能量消耗完毕后,它就会停止走动. 【解析】 24.【答案】弹簧会恢复原长,在弹簧恢复原长的过程中,弹力推着物块前进,即弹力对物块做功,物块具有了速度.弹簧能对物块做功,说明弹簧具有弹性势能. 【解析】

  • ID:6-5514006 教科版高中物理必修2第三单元《万有引力定律》单元测试题(解析版)

    高中物理/教科版/必修2/第三章 万有引力定律/本章综合与测试

    第三单元《万有引力定律》单元测试题 一、单选题(共12小题) 1.我国发射“神舟”十号飞船时,先将飞船发送到一个椭圆轨道上,其近地点M距地面200 km,远地点N距地面340 km.进入该轨道正常运行时,通过M、N点时的速率分别是v1和v2.当某次飞船通过N点时,地面指挥部发出指令,点燃飞船上的发动机,使飞船在短时间内加速后进入离地面340 km的圆形轨道,开始绕地球做匀速圆周运动,这时飞船的速率为v3.比较飞船在M、N、P三点正常运行时(不包括点火加速阶段)的速率大小和加速度大小,下列结论正确的是(  ) A.v1>v3>v2,a1>a3>a2 B.v1>v2>v3,a1>a2=a3 C.v1>v2=v3,a1>a2>a3 D.v1>v3>v2,a1>a2=a3 2.地球的质量是月球质量的81倍,若地球吸引月球的力的大小为F,则月球吸引地球的力的大小为(  ) A. B.F C. 9F D. 81F 3.月球与地球质量之比约为1∶80,有研究者认为月球和地球可视为一个由两质点构成的双星系统,它们都围绕月地连线上某点O做匀速圆周运动.据此观点,可知月球与地球绕O点运动的线速度大小之比约为(  ) A. 1∶6 400 B. 1∶80 C. 80∶1 D. 6 400∶1 4.在气象卫星中有极地卫星,在导航通讯卫星中有同步卫星.若某极地卫星通过了南北极的极点,周期为2.5 h.则关于它与同步卫星的关系,下列说法正确的是(  ) A. 极地卫星的绕行轨道平面与同步卫星的轨道平面互相垂直 B. 极地卫星的速率可能比同步卫星的速率小 C. 同步卫星的发射速度一定比极地卫星小 D. 极地卫星的绕行轨迹与地球的某条经线在同一平面内 5.地球赤道上的重力加速度为g,物体在赤道上随地球自转的向心加速度为a,要使赤道上物体“飘”起来,则地球的转速应为原来转速的(  ). A.倍 B.倍 C.倍 D.倍 6.牛顿提出太阳和行星间的引力F=G后,为证明地球表面的重力和地球对月球的引力是同种力,也遵循这个规律,他进行了“月-地检验”.“月-地检验”所运用的知识是(  ) A. 开普勒三定律和牛顿第二定律 B. 开普勒三定律和圆周运动知识 C. 开普勒三定律和牛顿第三定律 D. 牛顿第二定律和和圆周运动知识 7.把自己的实验说成是“称量地球的质量”并测出引力常量G的物理学家是(  ) A. 伽利略 B. 牛顿 C. 开普勒 D. 卡文迪许 8.月球绕地球做匀速圆周运动的向心加速度的大小为a,设月球表面的重力加速度大小为g1,在月球绕地球运行的轨道处由地球引力产生的加速度大小为g2,则(  ). A.g1=a B.g2=a C.g1+g2=a D.g2-g1=a 9.2013年6月11日17时38分“神舟十号”飞船从酒泉卫星发射中心发射升空,搭载三位航天员飞向太空,在轨飞行了15天,并在飞船上我国首次开展了航天员太空授课活动.“神十”巩固和优化了“神九”实现的载人交会对接技术.如图所示,假设“神舟十号”飞船发射后首先进入椭圆轨道,其远地点P距地心的距离为a,近地点Q距地心的距离为b,经过变轨后转移到半径为a的圆轨道上,已知地球半径为R,地球表面重力加速度为g,忽略地球自转的影响,则(  ) A. 飞船在圆形轨道上运行时,周期为2π B. 飞船在椭圆轨道上运行时,经过远地点的速度大于经过近地点的速度 C. 飞船在椭圆轨道上运行时,经过远地点的速度小于在圆形轨道上运行的速度 D. 飞船在椭圆轨道上运行时,经过远地点的加速度大于经过近地点的加速度 10.现代观测表明,由于引力作用,恒星有“聚集”的特点,众多的恒星组成了不同层次的恒星系统,最简单的恒星系统是两颗互相绕转的双星,事实上,冥王星也是和另一星体构成双星,如图所示,这两颗行星m1、m2各以一定速率绕它们连线上某一中心O匀速转动,这样才不至于因万有引力作用而吸引在一起,现测出双星间的距离始终为L,且它们做匀速圆周运动的半径r1与r2之比为3∶2,则(  ) A. 它们的角速度大小之比为2∶3 B. 它们的线速度大小之比为3∶2 C. 它们的质量之比为3∶2 D. 它们的周期之比为2∶3 11.对地球同步卫星,下列说法正确的是(  ) A. 它可以在地面上任一点的正上方,且离地心的距离可按需要选择不同值 B. 它可以在地面上任一点的正上方,但离地心的距离是一定的 C. 它只能在赤道的正上方,且离地心的距离是一定的 D. 它只能在赤道的正上方,但离地心的距离可按需要选择不同值 12.陨石落向地球是因为(  ) A. 陨石对地球的引力远小于地球对陨石的引力,所以陨石才落向地球 B. 陨石对地球的引力和地球对陨石的引力大小相等,但陨石的质量小,加速度大,所以陨石改变运动方向落向地球 C. 太阳不再吸引陨石,所以陨石落向地球 D. 陨石是受到其他星球斥力作用落向地球的 二、计算题(共3小题) 13.已知地球质量为M,半径为R,假设地球质量分布均匀,计算地球对地球表面的一个质量为m的人的引力大小.(引力常量为G) 14.一物体在距某一行星表面某一高度处由静止开始做自由落体运动,依次通过A、B、C三点,已知AB段与BC段的距离均为0.06 m,通过AB段与BC段的时间分别为0.2 s与0.1 s.求: (1)该星球表面重力加速度值; (2)若该星球的半径为180 km,则环绕该行星的卫星做圆周运动的最小周期为多少. 15.如图所示,2013年12月2日,搭载着“嫦娥三号”的长征三号乙运载火箭在西昌卫星发射中心发射升空,“嫦娥三号”经地月转移轨道,通过轨道修正,减速制动和绕月变轨进入距月球表面高度100 km环月轨道Ⅰ,然后在M点通过变轨进入近月点15 km的椭圆轨道Ⅱ,最后“嫦娥三号”将从高度15 km的近月点开始动力下降,最终“嫦娥三号”带着“玉兔”月球车于12月15日成功实现了在月球表面的软着陆.若月球表面的重力加速度取1.6 m/s2,月球半径取1 700 km.求: (1)“嫦娥三号”在环月圆轨道Ⅰ上的向心加速度(结果保留两位有效数字); (2)“嫦娥三号”在轨道Ⅰ、Ⅱ上运动的周期之比. 三、填空题(共3小题) 16.已知地球半径为R,质量为M,自转周期为T.一个质量为m的物体放在赤道处的海平面上,则物体受到的万有引力F=______,重力G=______. 17.宇航员在某星球表面,将一小球从离地面h高处以初速v0水平抛出,测出小球落地点与抛出点间的水平位移为s,若该星球的半径为R,万有引力常量为G,则该星球表面重力加速度为__________,该星球的平均密度为__________. 18.已知绕中心天体做匀速圆周运动的星体的轨道半径r,运动周期为T, (1)中心天体的质量M=____; (2)若中心天体的半径为R,则其平均密度ρ=____; (3)若星体在中心天体表面附近做匀速圆周运动,则其平均密度ρ=____. 四、简答题(共1小题) 19.据报载:某国发射了一颗质量为100 kg,周期为1 h的人造环月卫星,一位同学记不住引力常量G的数值,且手边没有可查找的资料,但他记得月球半径为地球半径的,月球表面重力加速度为地球表面重力加速度的,经过推理,他认定该报道是则假新闻,试写出他的论证方案.(地球半径约为6.4×103km,g地取9.8 m/s2) 答案解析 1.【答案】D 【解析】根据万有引力提供向心力,即=ma得:a=,由图可知r1<r2=r3,所以a1>a2=a3;当某次飞船通过N点时,地面指挥部发出指令,点燃飞船上的发动机,使飞船在短时间内加速后进入离地面340 km的圆形轨道,所以v3>v2,根据=得v=又因为r1<r3,所以v1>v3故v1>v3>v2.故选D. 2.【答案】B 【解析】根据牛顿第三定律,力的作用是相互的,且作用力与反作用力总是大小相等、方向相反,并且作用在同一条直线上. 3.【答案】C 【解析】月球和地球构成的双星系统绕某点O做匀速圆周运动,彼此间的万有引力提供向心力.设月球和地球之间距离为L,运动的角速度为ω, 由G=mvω,ω地=ω月, 所以可得,v月∶v地=m地∶m月=80∶1,选项C正确. 4.【答案】A 【解析】同步卫星只能在赤道的正上方,其运行的轨道平面必须与赤道平面重合,故极地卫星的绕行轨道平面与同步卫星的轨道平面互相垂直,故A正确;根据=mr()2,知T=2π,极地卫星通过了南北极的极点,周期为2.5 h.同步卫星的周期是24 h,所以同步卫星的轨道半径大于极地卫星的轨道半径.根据=m,得v=,所以极地卫星的速率比同步卫星的速率大,故B错误;发射速度没有可比性,需要看实际情况,故C错误;某一时刻极地卫星的绕行轨迹与地球的某条经线在同一平面内,由于地球自转,所以下一时刻极地卫星的绕行轨迹与那条经线又不在同一平面内,故D错误. 5.【答案】B 【解析】原来状态应满足公式G-mg=ma=mω2R,后来飘起来时,G=mω′2R,M为地球质量、m为物体质量、R为地球半径、ω′为飘起时的角速度、ω为原来的角速度.联立求解得ω′=ω. 6.【答案】D 【解析】 7.【答案】D 【解析】把自己的实验说成是“称量地球的质量”,并测出引力常量G的物理学家是卡文迪许,故选D. 8.【答案】B 【解析】根据牛顿第二定律和万有引力定律得,在月球绕地球运行的轨道处由地球引力产生的加速度大小等于月球绕地球做匀速圆周运动的向心加速度,即g2=a,B正确. 9.【答案】C 【解析】由向心力公式=ma,解得T=2π,应用黄金代换将GM=gR2代入得T=2π,故A错误;飞船在椭圆轨道上由远地点运行到近地点时,万有引力做正功,动能增大,所以近地点的速度大于远地点的速度.故B错误;飞船在椭圆轨道上运行时,经过远地点时要变轨到圆轨道上需要加速,故在圆轨道上的速度要大于在椭圆轨道上远地点的速度.故C正确;飞船在椭圆轨道上运行时,经过远地点的向心力小于经过近地点的向心力,故经过远地点的加速度小于经过近地点的加速度,故D错误. 10.【答案】B 【解析】双星的角速度和周期都相同,故A、D均错;由=m1ω2r1,=m2ω2r2,解得m1∶m2=r2∶r1=2∶3,C错误;由v=ωr知,v1∶v2=r1∶r2=3∶2,B正确. 11.【答案】C 【解析】它若在除赤道所在平面外的任意点,假设实现了“同步”,那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上,这是不可能的.所以同步卫星只能在赤道的正上方.因为同步卫星要和地球自转同步,即ω相同,根据F==mω2r,ω是一定值,所以r也是一定值,所以同步卫星离地心的距离是一定的,故C正确. 12.【答案】B 【解析】两个物体间的引力是一对作用力与反作用力,它们的大小相等,且在任何情况下都存在,故选项A、C、D不正确.陨石落向地球是由于陨石的质量和地球相比小得多,故运动状态容易改变且加速度大,选项B正确. 13.【答案】G 【解析】人相对于地球很小,可以看成质点,故地球与人之间符合质量分布均匀的球体与质点间的情况,可直接应用万有引力定律的公式,即F=G. 14.【答案】(1)2 m/s2 (2)600π s 【解析】(1)设通过A点的速度为v0,行星表面的重力加速度为g,环绕该行星的卫星做圆周运动的最小周期为T,行星质量为M,卫星质量为m,行星的半径为R,由公式x=v0t+at2得 对AB段有0.06=0.2v0+g×(0.2)2① 对AC段有0.12=0.3v0+g×(0.3)2② 由①②得g=2 m/s2 (2)近地卫星最快,周期最小,有=mR③ 在行星表面有=mg④ 由③④得T=2π=600π s. 15.【答案】(1)1.4 m/s2 (2)720∶703. 【解析】(1)“嫦娥三号”在环月圆轨道Ⅰ做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,G=man,在月球表面有G=mg, 解得an=g=×1.6≈1.4 m/s2. (2)“嫦娥三号”在变轨前绕月做圆周运动, 半径R=1 700+100 km=1 800 km, 变轨后绕月做椭圆运动, 半长轴a==1 757.5 km, 由开普勒第三定律可得:=, 则==()=(). 16.【答案】 - 【解析】根据万有引力定律的计算公式,得F万=.物体的重力等于万有引力减去向心力,即mg=F万-F向=-. 17.【答案】(1) (2) 【解析】(1)设该星球的密度为ρ、重力加速度为g,小球在该星球表面做平抛运动则:水平方向:s=v0t,竖直方向:h=gt2,联立得:g=. (2)该星球表面的物体受到的重力等于万有引力:mg=G,该星球的质量为:M=ρ·πR3,联立得:ρ= 18.【答案】(1) (2) (3) 【解析】(1)根据万有引力提供圆周运动向心力有G=mr,可得中心天体的质量M=. (2)根据密度公式可知,中心天体的平均密度ρ===. (3)当星体在中心天体附近匀速圆周运动时有r=R,所以中心天体的平均密度ρ=. 19.【答案】对环月卫星,根据万有引力定律和牛顿第二定律得=mr,解得T=2π 则r=R月时,T有最小值,又=g月 故Tmin=2π=2π=2π, 代入数据解得Tmin≈1.73 h 环月卫星最小周期为1.73 h,故该报道是则假新闻. 【解析】对环月卫星,根据万有引力定律和牛顿第二定律得=mr,解得T=2π 则r=R月时,T有最小值,又=g月 故Tmin=2π=2π=2π, 代入数据解得Tmin≈1.73 h 环月卫星最小周期为1.73 h,故该报道是则假新闻.

  • ID:6-5514004 教科版高中物理必修2第二单元《匀速圆周运动》单元测试题(解析版)

    高中物理/教科版/必修2/第二章 圆周运动/本章综合与测试

    第二单元《匀速圆周运动》单元测试题 一、单选题(共12小题) 1.(多选)对于做匀速圆周运动的物体,下面说法中正确的是(  )A. 线速度的大小不变 B. 线速度不变C. 角速度不变 D. 周期不变 2.半径为R的光滑半圆球固定在水平面上(如图所示),顶部有一小物体A,今给它一个水平初速度v0=,则物体将(  ) A. 沿球面下滑至M点 B. 沿球面下滑至某一点N,便离开球面做斜下抛运动 C. 沿半径大于R的新圆弧轨道做圆周运动 D. 立即离开半圆球做平抛运动 3.半径为R的水平大圆盘以角速度ω旋转,如图所示,有人在圆盘边缘的P点随盘转动,他想用枪击中在圆盘中心的目标O,若子弹的速度为v0,不计子弹的所受的重力和阻力,则(  ) A. 枪应瞄准目标O射去 B. 枪应向PO的右方偏过θ角射去,且cosθ= C. 枪应向PO的左方偏过θ角射去,且cosθ= D. 枪应向PO的左方偏过θ角射去,且sinθ= 4.一位同学做飞镖游戏,已知圆盘的直径为d,飞镖距圆盘为L,且对准圆盘上边缘的A点水平抛出,初速度为v0,飞镖抛出的同时,圆盘以垂直圆盘过盘心O的水平轴匀速运动,角速度为ω.若飞镖恰好击中A点,则下列关系正确的是(  ) A.dv=L2g B.ωL=π(1+2n)v0,(n=0,1,2,3…)C.v0=ω D.dω2=gπ2(1+2n)2,(n=0,1,2,3…) 5.如图所示,小球自空中自由下落,从绕水平轴匀速转动的圆形纸筒穿过.开始下落时小球离纸筒顶点的高度h=0.8 m,纸筒的半径R=0.5 m,g取10 m/s2.若小球穿过筒壁时能量损失不计,撞破纸的时间也可不计,且小球穿过后纸筒上只留下一个孔,则纸筒绕水平轴匀速转动的角速度可能为(  ) A. 10π rad/s B. 20π rad/sC. 30π rad/s D. 35π rad/s 6.甲、乙两球做匀速圆周运动,向心加速度a随半径r变化的关系图象如图所示,由图象可知(  ) A. 甲球运动时,角速度大小为2 rad/s B. 乙球运动时,线速度大小为6 m/s C. 甲球运动时,线速度大小不变 D. 乙球运动时,角速度大小不变 7.如图所示,为自行车的传动机构,行驶时与地面不打滑.a、c为与车轴等高的轮胎上的两点,d为轮胎与地面的接触点,b为轮胎上的最高点.行驶过程中(  ) A.c处角速度最大 B.a处速度方向竖直向下C.b处向心加速度指向d D.a、b、c、d四处速度大小相等 8.如图所示,一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度ω转动,盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止.物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),盘面与水平面的夹角为30°,g取10 m/s2.则ω的最大值是(  ) A.rad/s B.rad/sC. 1 rad/s D. 0.5 rad/s 9.如图所示,把一个小球放在玻璃漏斗中,晃动漏斗,可以使小球沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动.小球的向心力由以下哪个力提供(  ) A. 重力 B. 支持力C. 重力和支持力的合力 D. 重力、支持力和摩擦力的合力 10.如图所示,在匀速转动的圆筒内壁上紧靠着一个物体,物体随筒一起转动,物体所需的向心力由下面哪个力来提供(  ) A. 重力 B. 弹力C. 静摩擦力 D. 滑动摩擦力 11.如图所示为一种早期的自行车,这种不带链条传动的自行车前轮的直径很大,这样的设计在当时主要是为了(  ). A. 提高速度 B. 提高稳定性C. 骑行方便 D. 减小阻力 12.关于北京和广州随地球自转的向心加速度,下列说法中正确的是(  ) A. 它们的方向都是沿半径指向地心 B. 它们的方向都在平行于赤道的平面内指向地轴 C. 北京的向心加速度比广州的向心加速度大 D. 北京的向心加速度与广州的向心加速度大小相同 二、计算题(共3小题) 13.做匀速圆周运动的物体,10 s内沿半径为20 m的圆周运动100 m,试求物体做匀速圆周运动时: (1)线速度的大小; (2)角速度的大小; (3)周期的大小. 14.如图所示,竖直杆AB上的P点用细线悬挂着一个小铅球,球的半径相对线长可忽略不计,已知线长为L=1.25 m.当AB杆绕自身以ω=4 rad/s转动时,小球在细线的带动下在水平面上做圆锥摆运动.求:细线与杆AB间的夹角θ的大小.(g=10 m/s2) 15.如图所示,轻杆长1 m,其两端各连接质量为1 kg的小球,杆可绕距B端0.2 m处的轴O在竖直平面内转动,轻杆由水平从静止转至竖直方向,A球在最低点时的速度为4 m/s,求:(g=10 m/s2) ①A球此时对杆的作用力大小及方向. ②B球此时对杆的作用力大小及方向. 三、填空题(共3小题) 16.如图,在探究向心力公式的实验中,为了探究物体质量、圆周运动的半径、角速度与向心力的关系,运用的试验方法是____________法;现将小球分别放在两边的槽内,为探究小球受到的向心力大小与角速度大小的关系,做法正确的是:在小球运动半径______(填“相等”或“不相等”)的情况下,用质量______(填“相同”或“不相同”)的钢球做实验. 17.如图所示,质量为2.0×103kg的汽车在水平公路上行驶,当汽车经过半径为60 m的弯路时,车速为20 m/s.此时汽车转弯所需要的向心力大小为____________ N.若轮胎与路面间的最大静摩擦力为1.4×104N,请你判断这辆车在这个弯道处________(填“会”或“不会”)发生侧滑. 18.手表分针的长度为1.8 cm,转轴到手表分针尖端的距离是1.5 cm,则分针尖端的线速度大小是________ m/s. 四、简答题(共2小题) 19.一质点沿圆周作匀速圆周运动,箭头表示运动方向,试在图中A点画出其速度方向,在B点画出其加速度方向. 20.如图所示,在光滑圆环上套一只小圆圈N,且圆环以竖直轴AOB为转轴匀速转动,N与M相对静止,在图中画出小圆圈N的向心力方向和环上M点向心加速度方向. 答案解析 1.【答案】ACD 【解析】匀速圆周运动是线速度大小不变,方向时刻改变始终沿着速度的切线方向,角速度不变,周期不变的运动.所以只有B错误,其他答案的说法均正确. 2.【答案】D 【解析】当v0=时,所需向心力Fn=m=mg,此时,物体与半球面顶部接触但无弹力作用,物体只受重力作用,故做平抛运动. 3.【答案】D 【解析】子弹沿圆盘切线方向上的速度v1=Rω,子弹沿枪口方向上的速度为v0, 如图所示,根据平行四边形定则,有sinθ==. 所以v0的方向应瞄准PO的左方偏过θ角射击,且sinθ=.故D正确,A、B、C错误. 4.【答案】B 【解析】依题意飞镖做平抛运动的同时,圆盘上A点做匀速圆周运动,恰好击中A点,说明A正好在最低点被击中,则A点转动的时间t=.,飞镖运动时间t=,则有=,所以B正确,C错误;平抛的竖直位移为d,则d=gt2,联立得dω2=gπ2(2n+1)2,所以A、D错误. 5.【答案】D 【解析】 6.【答案】A 【解析】乙物体的向心加速度与半径成正比,根据a=rω2,知角速度不变,根据图象可知,r=2 m时,a=8 m/s2,则ω=2 rad/s,故A正确,C错误; 甲物体向心加速度与半径成反比,根据a=,知线速度大小不变,根据图象可知,r=2 m时,a=8 m/s2,则v=4 m/s.故B、D错误. 7.【答案】C 【解析】共轴转动角速度相等,以任意一点为转轴,都是共轴转动,角速度一定相等,故A错误; 以圆心为转轴,a处速度方向竖直向下运动的同时,随着车一起向前运动,故合速度不是竖直向下,故B错误; 以圆心为转轴,b点绕轴转动的同时水平匀速前进,而b处向心加速度指向一定指向圆心,故也指向d,故C正确; 以圆心为转轴,a、b、c、d四点绕圆心转动的同时还要一起向前运动,由于绕轴转动的分速度方向不同,故各个点的线速度方向不同,大小也不同,故D错误; 故选:C. 8.【答案】C 【解析】当物体转到圆盘的最低点,所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时,角速度最大,由牛顿第二定律得:μmgcos 30°-mgsin 30°=mω2r 则ω==rad/s=1 rad/s,C正确. 9.【答案】C 【解析】小球受到竖直向下的重力作用和垂直于漏斗壁向上的支持力作用,两者的合力提供小球做匀速圆周运动的向心力,选项C正确. 10.【答案】B 【解析】 11.【答案】A 【解析】在骑车人脚蹬车轮转速一定的情况下,据公式v=ωr知,轮子半径越大,车轮边缘的线速度越大,车行驶得也就越快,故A选项正确. 12.【答案】B 【解析】如图所示,地球表面各点的向心加速度方向都在平行于赤道的平面内指向地轴,选项B正确,A错误;设地球半径为R0,在地面上纬度为φ的P点,做圆周运动的轨道半径R=R0cosφ,其向心加速度为an=ω2R=ω2R0cosφ.由于北京的地理纬度比广州的大,cosφ小,两地随地球自转的角速度相同,因此北京随地球自转的向心加速度比广州的小,选项C,D错误. 13.【答案】(1)10 m/s (2)0.5 rad/s (3)4π s 【解析】(1)依据线速度的定义式v=可得 v==m/s=10 m/s. (2)依据v=ωr可得 ω==rad/s=0.5 rad/s. (3)T==s=4π s. 14.【答案】60° 【解析】对小球进行受力分析,如图所示: 合外力提供向心力,根据牛顿第二定律及向心力公式有:Fn=mgtanθ=mω2r 又有:r=Lsinθ 由以上两式得:cosθ== 所以θ=60° 15.【答案】(1)30 N,方向竖直向下 (2)5 N,方向竖直向下 【解析】(1)A球在最低点的速度为4 m/s, 根据牛顿第二定律得,F1-mg=m, 解得F1=mg+m=(10+1×) N=30 N. 可知A球对杆的作用力大小为30 N,方向竖直向下. (2)A、B两球的角速度相等,根据=, 解得vB==m/s=1 m/s, 根据牛顿第二定律得,F2+mg=m, 解得F2=m-mg=(1×-10) N=-5 N, 知B球对杆的作用力大小为5 N,方向竖直向下. 16.【答案】控制变量法 相等 相同 【解析】探究物体向心力的大小与质量、角速度和半径之间关系时,由于变量较多,因此采用了“控制变量法”进行研究,分别控制一个物理量不变,看另外两个物理量之间的关系;为探究小球受到的向心力大小与角速度大小的关系,做法正确的是:必须在小球运动半径相等的情况下,用质量相同的钢球做实验. 17.【答案】1.3×104N 不会 【解析】根据Fn=m=2×103×N≈1.3×104N. 因为Fm=1.4×104N>1.3×104N,所以当轮胎与路面间的最大静摩擦力为1.4×104N时,这辆车在这个弯道处不会发生侧滑. 18.【答案】2.6×10-5 【解析】分针转一圈的时间为1 h=60 min=3 600 s,故分针尖端的线速度大小v==m/s≈2.6×10-5m/s. 19.【答案】 【解析】根据曲线运动的速度方向即为该点的切线方向,而加速度的方向与合力方向相同,所以合力的方向指向圆心,因此如图所示: 20.【答案】 【解析】向心力指向圆心,如图所示: 向心加速度也指向圆心,如图所示:

  • ID:6-5513998 教科版高中物理必须2第一单元《抛体运动》单元测试题(解析版)

    高中物理/教科版/必修2/第一章 抛体的运动/本章综合与测试

    第一单元《抛体运动》单元测试题 一、单选题(共12小题) 1.双人滑运动员在光滑的水平冰面上做表演,甲运动员给乙运动员一个水平恒力F,乙运动员在冰面上完成了一段优美的弧线MN.vM与vN正好成90°角,则此过程中,乙运动员受到甲运动员的恒力可能是图中的(  ) A.F1 B.F2 C.F3 D.F4 2.如图所示,在距地面高2L的A点以水平初速度v0=投掷飞標.在与A点水平距离为L的水平地面上点B处有一个气球,选样适当时机让气球以速度v0=匀速上升,在上升过程中被飞镖击中.不计飞镖飞行过程中受到的空气阻力,飞標和气球可视为质点,重力加速度为g.掷飞镖和放气球两个动作之间的时间间隔t应为(  ) A. B. C. D. 3.某同学前后两次从同一位置水平投出两支飞镖1和飞镖2到靶盘上,飞镖落到靶盘上的位置如图所示,忽略空气阻力,则两支飞镖在飞行过程中(  ) A. 加速度a1>a2 B. 飞行时间t1<t2 C. 初速度v1=v2 D. 角度θ1=θ2 4.如图所示为某人游珠江,他以一定的速度且面部始终垂直于河岸向对岸游去.设江中各处水流速度相等,他游过的路程、过河所用的时间与水速的关系是(  ) A. 水速大时,路程长,时间长 B. 水速大时,路程长,时间不变 C. 水速大时,路程长,时间短 D. 路程、时间与水速无关 5.游乐场内两支玩具枪在同一位置先后沿水平方向各射出一颗子弹,打在远处的同一个靶上,A为甲枪子弹留下的弹孔,B为乙枪子弹留下的弹孔,两弹孔在竖直方向上相距高度为h,如图所示,不计空气阻力.关于两枪射出的子弹初速度大小,下列判断正确的是(  ) A. 甲枪射出的子弹初速度较大 B. 乙枪射出的子弹初速度较大 C. 甲、乙两枪射出的子弹初速度一样大 D. 无法比较甲、乙两枪射出的子弹初速度的大小 6.翻滚过山车是大型游乐园里比较刺激的一种娱乐项目.如图所示,翻滚过山车(可看成质点)从高处冲下,过M点时速度方向如图所示,在圆形轨道内经过A、B、C三点.下列说法正确的是(  ) A. 过山车做匀速运动 B. 过山车做变速运动 C. 过山车受到的合力等于零 D. 过山车经过A、C两点时的速度方向相同 7.一质点的位移-时间图象为如图所示的一段抛物线,其方程为x=- 20t2+40t,则有关说法正确的是(  ) A. 质点做曲线运动 B. 质点做加速度先减小后增大的直线运动 C. 质点做加速度大小为40 m/s2的匀变速直线运动 D. 质点在0~1s内的平均速度大于20 m/s 8.一水管内径为D,水从管口处以不变的速度v0水平射出,水流垂直射到倾角为θ的斜面上.水流稳定后,可以求出(  ) A. 水管口距离地面的高度 B. 水流落点距离地面的高度 C. 水管口到斜面底端的水平距离 D. 空气中水柱的质量 9.如图所示,在研究平抛运动时,小球A沿轨道滑下,离开轨道末端(末端水平)时撞开轻质接触式开关S,被电磁铁吸住的小球B同时自由下落.改变整个装置的高度H做同样的实验,发现位于同一高度的A、B两球总是同时落地,该实验现象说明了A球在离开轨道后( ) A. 水平方向的分运动是匀速直线运动. B. 水平方向的分运动是匀加速直线运动. C. 竖直方向的分运动是自由落体运动. D. 竖直方向的分运动是匀速直线运动. 10.关于平抛运动,下面的几种说法中正确的是(  ). A. 平抛运动是一种不受任何外力作用的运动 B. 平抛运动是曲线运动,它的速度方向不断改变,不可能是匀变速运动 C. 平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动 D. 平抛运动的物体质量越小,落点就越远,质量越大,落点就越近 11.物体以初速度v0水平抛出,当抛出后竖直位移是水平位移的2倍时,则物体抛出的时间是(  ) A. B. C. D. 12.物体受到几个恒力的作用处于平衡状态,若再对物体施加一个恒力,则物体可能(  ) A. 静止 B. 做匀速直线运动 C. 做变加速曲线运动 D. 做匀变速曲线运动 二、实验题(共3小题) 13.要探究平抛运动的物体在水平方向上的运动规律,可采用(  ) A.从抛出点开始等分水平位移,看相应时间间隔内的竖直位移之比是否为1∶4∶9∶16… B.从抛出点开始等分水平位移,看相应时间间隔内的竖直位移之比是否为1∶3∶5∶7… C.从抛出点开始等分竖直位移,看相应时间间隔内的水平位移之比是否为1∶3∶5∶7… D.从抛出点开始等分竖直位移,看相应时间间隔内的水平位移之比是否为1∶1∶1∶1… 14.某同学在“研究平抛物体的运动”的实验中,通过描点法画出小球平抛运动的轨迹,并求出小球平抛运动的初速度和抛物线方程.他先调整斜槽轨道使槽口末端水平,然后在方格纸上建立好直角坐标系xOy,将方格纸上的坐标原点O与小球在轨道槽口末端的球心重合,Oy轴与重锤线重合,Ox轴水平(如图甲).实验中使小球每次都从斜槽同一高度由静止滚下,经过一段水平轨道后抛出.依次均匀下移水平挡板的位置,分别得到小球在挡板上的落点,并在方格纸上标出相应的点迹,再用平滑曲线将方格纸上的点迹连成小球的运动轨迹(如图乙所示).已知方格边长为L=5 cm,重力加速度为g=10 m/s2,计算结果取两位有效数字. (1)小球平抛的初速度v0=________ m/s; (2)小球运动的轨迹方程的表达式为y=________x2. (3)下列哪些说法是正确的________ A.使斜槽末端的切线保持水平 B.每次使小球从不同的高度滚下 C.钢球与斜槽间的摩擦使实验的误差增大 D.计算v0时,所选择的点应离坐标原点稍远些 15.(1)研究平抛运动,下面哪些做法可以减小实验误差________ A.使用密度大、体积小的钢球 B.尽量减小钢球与斜槽间的摩擦 C.实验时,让小球每次都从同一高度由静止开始滚下 D.使斜槽末端切线保持水平 (2)某同学在做“研究平抛运动”的实验中,忘记记下小球做平抛运动的起点位置O,A为小球运动一段时间后的位置,根据如图所示,求出小球做平抛运动的初速度为________m/s.(g取10 m/s2) 三、计算题(共3小题) 16.如图所示,倾角为37°的粗糙斜面的底端有一质量m=1 kg的凹形小滑块,小滑 块与斜面间的动摩擦因数μ=0.25,现让小滑块以某一初速度v从斜面底端上滑,同时在斜 面底端正上方有一小球以初速度v0水平抛出,经过0.4 s,小球恰好垂直斜面方向落入凹槽, 此时,小滑块还在上滑过程中.已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,求: (1)小球水平抛出的速度v0; (2)小滑块的初速度v. 17.如图所示,一小球自平台上水平抛出,恰好落在临近平台的一倾角为的光滑斜面顶端,并刚好沿光滑斜面下滑,已知斜面顶端与平台的高度差,重力加速度,,,求 (1)小球水平抛出的初速度v0是多少? (2)斜面顶端与平台边缘的水平距离s是多少? (3)若斜面顶端高,则小球离开平台后经过多长时间t到达斜面底端? 18.如图所示.小球A从倾角37°足够长的斜面上的顶点处开始沿斜面匀速下滑,速度大小v1=6 m/s,而在此之前的时间t,从斜面顶点处以速度v2=4 m/s水平抛出一个飞镖,结果飞镖恰好在斜面上某处击中小球A.不计飞镖运动过程中的空气阻力,可将飞镖和小球视为质点.已知重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,试求: (1)飞镖是以多大的速度击中小球的? (2)两个物体开始运动的时间间隔t应为多少? 四、填空题(共3小题) 19.在“研究平抛运动”的实验中,可以描绘平抛物体运动轨迹和求物体的平抛初速度.实验简要步骤如下: A.让小球多次从________位置上滚下,记下小球运动途中经过的一系列位置; B.安装好器材,注意斜槽末端水平和木板竖直,记下小球在斜槽末端时球心在木板上的投影点O和过O点的竖直线,检测斜槽末端水平的方法是________. C.测出曲线上某点的坐标x、y,用v0=________算出该小球的平抛初速度,实验需要对多个点求v0的值,然后求它们的平均值. D.取下白纸,以O为原点,以过O点的竖直线为y轴,水平线为x轴建立坐标系,用平滑曲线画平抛轨迹. 上述实验步骤的合理顺序是________(只排列序号即可). 20.在做“研究平抛运动”的实验中,为了确定小球不同时刻在空中所通过的位置,实验时用了如图所示的装置. 先将斜槽轨道的末端调整至水平,在一块平整的木板表面钉上白纸和复写纸.将该木板竖直立于水平地面上,使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放,小球撞到木板并在白纸上留下痕迹A;将木板向远离槽口方向平移距离x,再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放,小球撞在木板上得到痕迹B;又将木板再向远离槽口方向平移距离x,小球再从斜槽上紧靠挡板处由静止释放,再得到痕迹C,若测得木板每次移动距离x=10.00 cm,A,B间距离y1=5.02 cm,B,C间距离y2=14.82 cm.请回答下列问题:(g取9.8 m/s2) (1)为什么每次都要使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放?___________________________ ________________________________________________________________________ (2)根据以上直接测量的物理量求得小球初速度的表达式为v0=________(用题中所给字母表示). (3)小球初速度的测量值为________ m/s. 21.如图所示,质量为m的物体在四个共点力的作用下做匀速直线运动,速度方向与力F1、F3的方向恰好在同一直线上,则: (1)若只撤去F1,物体将做运动,加速度大小为,方向为. (2)若只撤去F2,物体将做运动,加速度大小为,方向为. (3)若只撤去F3,物体将做运动,加速度大小为,方向为. 五、简答题(共1小题) 22.在研究平抛运动的实验中,用一张印有小方格的纸记录轨迹,小方格的边长L=1.25 cm,若小球在平抛运动途中的几个位置如图中a,b,c,d所示,如果g取9.8 m/s2,则 (1)求小球平抛运动的初速度的计算式(用L、g表示),其值是多少? (2)a点是平抛小球抛出点的位置吗?如果不是,那么抛出点的位置怎样确定? 答案解析 1.【答案】B 【解析】根据图示运动员由M向N做曲线运动,运动员竖直向上的速度先减小后增大,因vM与vN正好成90°角,由对称性可知,两速度在水平方向的分速度相同,故合外力的方向可能是F2的方向,故B正确,A、C、D错误. 2.【答案】B 【解析】(1)根据L=v0t得:t==. (2)根据两物体竖直方向上的位移之和等于2L得: 2L= 解得:t= 3.【答案】B. 【解析】忽略空气阻力,两支飞镖都只受重力,加速度都为g,则a1=a2.故A错误. 飞镖1下落的高度小,根据h=gt2,t=知,t1<t2.故B正确. 由于水平位移相等,根据x=v0t,知v1>v2.故C错误. 根据tanθ=,由于<,1>2则tanθ1>tanθ2,所以θ1>θ2.故D错误. 4.【答案】B 【解析】游泳者相对于岸的速度为他相对于水的速度和水流速度的合速度,水流速度越大,其合速度与岸的夹角越小,路程越长,但过河时间t=,与水速无关,故A、C、D均错误,B正确. 5.【答案】A 【解析】由h=gt2可知,竖直高度决定运动时间,因为甲枪子竖直高度小,所以运动时间短,水平方向做匀速直线运动,因为位移相同,根据x=vt,可知甲枪射出的子弹初速度较大,故选A. 6.【答案】B 【解析】过山车做曲线运动,其速度方向时刻变化,速度是矢量,故过山车的速度是变化的,即过山车做变速运动,A错,B对;做变速运动的物体具有加速度,由牛顿第二定律可知物体所受合力一定不为零,C错;过山车经过A点时速度方向竖直向上,经过C点时速度方向竖直向下,D错. 7.【答案】C 【解析】位移-时间图象只能表示某方向上的运动规律,故该运动一定是直线运动.故A错误;由于位移随时间按二次方规律变化,故质点应该做匀变速直线运动故B错误; 对照位移时间关系公式,物体的初速度为40 m/s,加速度为- 40 m/s2,是匀变速直线运动,故C正确;t=0时刻坐标为0,t=1s时刻坐标为20 m,故质点在0~1s内的平均速度等于20 m/s,故D错误; 8.【答案】D 【解析】根据平行四边形定则知,tanθ=,所以vy==gt,解得t=,则水在空气中的质量m=ρv0tπ()2,故D正确. 根据题设条件可以求出水从管口到斜面的时间,求出此时水下落的高度和水平位移,但是无法得出管口到地面的高度和管口到斜面底端的水平距离,根据几何关系也无法求出水流落点到地面的高度.故A、B、C错误. 9.【答案】C 【解析】由于A,B两球同时从同一高度开始下落,并且同时到达地面,故在竖直方向两球遵循相同的运动规律,即速度加速度总是相同.由于B球做自由落体运动,故A球在平抛过程的竖直方向也做自由落体运动,故C正确,D错误. 而A球在水平方向的运动没有可以参照的物体,故无法确定平抛运动的物体在水平方向的运动所遵循的规律.故A,B无法判定. 故选C. 10.【答案】C 【解析】做平抛运动的物体除了受自身重力外,不受其他外力,A错误;平抛运动轨迹是抛物线,它的速度方向不断改变,物体的加速度是重力加速度,故平抛运动是匀变速曲线运动,B错误;平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动,C正确;平抛运动的运动情况与物体的质量无关,在相同高度的情况下,初速度越大,落点就越远,D错误.所以答案选C. 11.【答案】C 【解析】设经过时间t竖直位移是水平位移的2倍,则gt2=2v0t,解得t=,选项C正确. 12.【答案】D 【解析】物体受几个恒力的作用而处于平衡状态,相当于不受力,速度可能为零,也可能为某个确定的值;若再对物体施加一个恒力,合力不为零,不可能保持静止或匀速直线运动,故A、B错误;如果速度与合力不共线,物体就做曲线运动,由于合力是恒力,故加速度恒定不变,是匀变速曲线运动,故C错误,D正确. 13.【答案】B 【解析】若从抛出点开始等分水平位移,根据x=v0T可知相应时间间隔内的竖直位移之比为1∶3∶5∶7…故A错误,B正确. 同理,若从抛出点开始等分竖直位移,根据位移与时间公式y=gT2,可知,它们的时间之比为1∶(-1)∶(-)……故C、D错误.故选B. 14.【答案】(1)1.5 (2) (3)AD 【解析】(1)由于知道抛出点的坐标,所以可以从图像上取某一点对应的x、y值,比如(30 cm,20 cm),然后利用y=gt2,x=v0t计算出平抛的初速度为1.5 m/s;(2)利用y=gt2,x=1.5t,消去t,得到y=x2. (3)为使小球离开斜槽后做平抛运动,调整器材时,应使斜槽末端的切线保持水平, A正确;为使小球多次做平抛运动相当于一次平抛,每次应使小球从相同的高度滚下,B错误; 钢球与斜槽间的摩擦只影响到平抛的初速度,只要每次保持相同,不会影响到实验的误差,C错误;计算v0时,所选择的点应离坐标原点稍远些,相对误差小,D正确. 15.【答案】(1)ACD (2)2.0 【解析】(1)研究平抛运动时,钢球体积越小,所受空气阻力越小,并且记录小球通过的位置越准确,A正确;小球每次从斜槽上的同一位置由静止开始滚下,可保证小球的初速度不变,与钢球和斜槽间的摩擦无关,B错误,C正确;实验时必须使斜槽末端的切线水平,以确保小球水平飞出做平抛运动,D正确. (2)由题图可知AB,BC间的竖直距离,yAB=15 cm=0.15 m,yBC=25 cm=0.25 m 因为xAB=xBC=0.20 m,所以小球从A运动到B运动到C的时间相同,设此时间为t. 据yBC-yAB=gt2得 t==s=0.10 s 又因为xAB=v0t 所以v0==m/s=2.0 m/s 16.【答案】 (1)3 m/s (2)5.35 m/s 【解析】 (1)设小球落入凹槽时的竖直分速度为vy,则 vy=gt=10×0.4 m/s=4 m/s,v0=vytan 37°=3 m/s. (2)小球落入凹槽时的水平分位移x=v0t=3×0.4 m=1.2 m 则小滑块的位移s==1.5 m 小滑块的加速度大小a=gsin 37°+μgcos 37°=8 m/s2 根据公式s=vt-at2 解得v=5.35 m/s. 17.【答案】(1)3 m/s (2)1.2 m (3)2.4 s 【解析】(1)由题意可知:小球落到斜面上并沿斜面下滑,说明此时小球速度方向与斜面平行,否则小球会弹起,所以vy=v0tan53° vy2= 2gh 代入数据,得vy= 4 m/s,v0= 3 m/s (2)由vy=gt1得t1= 0.4 s s=v0t1= 3×0.4 m = 1.2 m (3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度a= 初速度= 5 m/s =vt2+ 代入数据,整理得 4t22+ 5t2- 26 = 0 解得t2= 2s 或t2=s(不合题意舍去) 所以t=t1+t2= 2.4 s 18.【答案】(1)2m/s.(2)0.1s. 【解析】(1)飞镖落在斜面上有:. 解得t=0.6 s. 则竖直分速度vy=gt=10×0.6 m/s=6 m/s. 根据平行四边形定则得,. (2)飞镖的水平位移x=v2t=4×0.6 m=2.4 m 则A的位移 则A的运行时间. 则t=t﹣t′=0.1 s. 19.【答案】A.同一 B.将小球放在斜槽末端,小球不滚动 C.x BADC 【解析】A项中要记下小球运动途中经过的一系列位置,不可能在一次平抛中完成,每一次平抛一般只能确定一个位置,要确定多个位置,要求小球每次的轨迹重合,小球开始平抛时的初速度必须相同,因此小球每次必须从同一位置上滚下.B项中用平衡法,即将小球放到斜槽末端任一位置,如果斜槽末端是水平的,小球受到的支持力和重力是平衡的.小球不会滚动.如果斜槽末端不是水平的,小球将发生滚动.C项中将x=v0t及y=gt2联立即可求v0=x.实验步骤合理顺序是BADC. 20.【答案】(1)见解析 (2)x (3)1.00 【解析】(1)为了保证小球每次做平抛运动的初速度相同. (2)由题意知,A到B,B到C的时间相等,设为T, 由Δy=gT2得T==; 又x=v0T,所以v0==x. (3)代入数据得v0=1.00 m/s 21.【答案】(1)匀加速直线  F1的反方向 (2)匀变速曲线  F2的反方向 (3)匀减速直线  F3的反方向 【解析】若只撤去F1,物体所受的合外力大小为F1,方向与F1相反,与速度方向相同,所以物体做加速度大小为的匀加速直线运动,加速度方向与F1相反;若只撤去F2,物体所受的合外力大小为F2,方向与F2相反,与速度方向不共线,且夹角为锐角,所以物体做加速度大小为的匀变速曲线运动,加速度方向与F2相反;若只撤去F3,物体所受的合外力大小为F3,方向与F3相反,与速度方向相反,所以物体做加速度大小为的匀减速直线运动,加速度方向与F3相反. 22.【答案】(1)v0=2 0.70 m/s (2)见解析 【解析】 (1)平抛运动的竖直分运动是自由落体运动,即初速度为零的匀加速直线运动,水平分运动是匀速直线运动,由水平方向ab=bc=cd知相邻两点的时间间隔相等,设为T,竖直方向相邻两点间位移之差相等,Δy=L,由Δy=gT2得:L=gT2,时间T内,水平位移为x=2L 可得v0===2=2×m/s=0.70 m/s. (2)由于ab,bc,cd间竖直位移之比不满足1∶3∶5的关系,所以a点不是抛出点. 设小球运动到b点时竖直方向上的分速度为vb,则有: vb===×m/s=0.525 m/s 小球从抛出点运动到b点所用时间为:tb= 则抛出点到b点的水平距离为: xb=v0tb==m =0.037 5 m=3.75 cm 抛出点到b点的竖直距离为: yb==m≈0.014 1 m≈1.41 cm.

  • ID:7-5506732 苏教版高中化学必修2专题4《化学科学与人类文明》单元测试题(解析版)

    高中化学/苏教版/必修二/专题4 化学科学与人类文明/本专题综合与测试

    专题4《化学科学与人类文明》单元测试题 一、单选题(共15小题) 1.下列有关石油和煤的利用叙述不正确的是(  ) A. 煤的干馏就是将煤隔绝空气在高温条件下使之分解,得到焦炭、煤焦油等物质的过程 B. 煤的液化就是将煤转化成甲醇等液态物质的过程 C. 煤的气化就是将煤在高温条件下由固态转化为气态的物理变化过程 D. 石油通过催化裂化或裂解,可以获得碳原子数较少的轻质油 2.热还原法冶炼金属的反应一定是(  ) A. 氧化还原反应 B. 置换反应 C. 分解反应 D. 复分解反应 3.在环境保护越来越重视的今天,大型工厂搬离主城区是一个趋势。某一大型钢铁厂在生产时经常产生大量红棕色的烟,你估计这一空气污染物最有可能是(  ) A. 氧化镁粉尘 B. 氧化铁粉尘 C. 二氧化硅粉尘 D. 氧化铝粉尘 4.下列说法中不正确的是(  ) A. 石油的产量是衡量一个国家化学工业水平的标志 B. 石油裂化既能提高汽油产量,又能提高汽油的质量 C. 石油的裂解和裂化都是化学变化,但二者的目的不一样 D. 烷烃在裂解过程中既可发生断链裂解又可发生脱氢裂解 5.化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关。下列说法正确的是(  ) A. 为提高农作物的产量和质量,应大量使用化肥和农药 B. 绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理 C. 实现化石燃料清洁利用,就无需开发新能源 D.和CO2反应生成可降解聚合物,该反应符合绿色化学的原则 6.下列关于金属在自然界中存在形态的说法不正确的是(  ) A. 地壳中含量最高的金属是铁,其次是铝 B. 铝在自然界中主要存在于铝土矿(主要成分是氧化铝)中 C. 铁主要存在与铁矿石(磁铁矿、赤铁矿、菱铁矿等)中 D. 金、铂等不活泼的金属以游离态形式存在 7.金属材料在日常生活、生产中有着广泛的运用,下列关于金属的说法中不正确的是(  ) A. 越活泼的金属越难冶炼 B. 合金的性质与其成分金属的性质不完全相同 C. 金属冶炼的本质是金属阳离子得到电子变成金属原子 D. 金属元素在自然界中都以化合态的形式存在 8.下列关于化石燃料及其使用的一些说法中不正确的是(  ) A. 煤的气化是将固态煤粉碎后高温下变为气态后,能与氧气充分接触而使煤完全燃烧 B. 天然气除可用作清洁能源外,也可用于合成氨和生产甲醇等 C. 石油分馏得到的汽油和石油催化裂化得到的汽油其成分不相同 D. 化石燃料也是重要的化工原料,乙烯和苯就是分别来自于石油和煤的基本化工原料 9.工业上合成氨的原料之一为氢气,其来源之一是利用石油气的有关成分如丙烷(C3H8)制取。以下途径,假设反应都能进行,从经济效益考虑最合理的反应是(  ) A. C3H83C+4H2 B. C3H8C3H6+H2 C. C3H8+6H2O3CO2+10H2 D. 2H2O2H2↑+O2↑ 10.下列有关水处理的说法中,不正确的是(  ) A. 可以利用废水中的有机物来增加水中溶解的氧 B. 可以利用熟石灰来中和酸性废水 C. 可以利用明矾等混凝剂溶于水后生成的胶体,吸附水中的悬浮颗粒 D. 可以利用沉淀反应除去水中的重金属离子 11.化学在资源利用、环境保护等与社会可持续发展密切相关的领域发挥着积极作用。下列做法与社会可持续发展理念相违背的是(  ) A. 改进汽车尾气净化技术,减少大气污染物的排放 B. 开发利用可再生能源,减少化石燃料的使用 C. 研发可降解高分子材料,减少“白色污染” D. 过度开采矿物资源,促进地方经济发展 12.合理利用燃料减小污染符合“绿色奥运”理念,下列关于燃料的说法正确的是(  ) A. “可燃冰”是将水变为油的新型燃料 B. 氢气是具有热值高、无污染等优点的燃料 C. 乙醇是比汽油更环保、不可再生的燃料 D. 石油和煤是工厂经常使用的可再生的化石燃料 13.化学与环境保护、工业生产、生活等密切相关。下列说法不正确的是(  ) A. PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物。PM2.5比胶体粒子小,因其比表面积大,故可吸附含有铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的重金属离子,入肺后对人体产生很大的危害 B. 富含氮、磷的生活污水不能排放到河中,也不能直接用于农田的灌溉 C. 大力实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”,可以减少硫的氧化物和氮的氧化物对环境的污染 D.14C可用于文物的年代鉴定,14C和12C互为同位素 14.下列石油的炼制和加工过程,属于物理变化的是(  ) A. 分馏 B. 重整 C. 裂化 D. 裂解 15.下表中金属的冶炼原理与方法不完全正确的是(  ) A. 答案A B. 答案B C. 答案C D. 答案D 二、填空题(共3小题) 16.铁是地壳中含量很丰富的元素, 金属铁是在高炉中冶炼的,在冶金工业中,常用焦炭来冶炼铁。 (1)写出焦炭在高炉中所参与的两个反应的化学方程式:_______________________________。 (2)写出赤铁矿被CO还原成铁的化学方程式:_______________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)实验室中可用CO还原Fe2O3,在加热Fe2O3前应________,直到无________现象时才能点燃酒精灯加热,否则可能发生________现象,未反应完全的CO______(填“能”或“不能”)排放到大气中,应做________处理。 17.已知煤的近代结构模型如图所示。 回答下列问题: (1)从煤的结构模型来看,煤是工业上获得________的重要来源。 (2)我国大约70%的煤是直接用于燃烧的。从煤的结构模型来看,在提供热量的同时产生大量的________、________等气体物质,造成严重的大气污染。 (3)“型煤”技术不仅可以减少87%的废气排放量,烟尘排放量也可减少80%,致癌物苯并[α]芘的排放量也减少,同时节煤20%~30%。“型煤”技术的原理是利用固硫剂在燃烧过程中生成稳定的硫酸盐。某“型煤”生产厂利用石灰石作固硫剂,试用化学方程式表示其固硫过程________、________。 (4)为了解决煤燃烧所造成的污染问题和提高煤的利用价值,煤资源的综合利用方法还有________、________、________等。 18.黄铜矿(CuFeS2)是制取铜及其化合物的主要原料之一,还可制备硫和铁的化合物。 (1)冶炼铜的反应为8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2 若CuFeS2中Fe的化合价为+2,反应中被还原的元素是________(填元素符号)。 (2)上述冶炼过程产生大量SO2。下列处理方案中合理的是________(填代号)。 a.高空排放 b.用于制备硫酸 c.用纯碱溶液吸收制Na2SO3 d.用浓硫酸吸收 (3)利用黄铜矿冶炼铜产生的炉渣(含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3)可制备Fe2O3。方法为: ①用稀盐酸浸取炉渣,过滤。 ②滤液先氧化,再加入过量NaOH溶液,过滤,将沉淀洗涤、干燥、煅烧得Fe2O3。 根据以上信息回答下列问题: a.除去Al3+的离子方程式是_____________________________________________________。 b.选用提供的试剂,设计实验验证炉渣中含有FeO。 提供的试剂:稀盐酸 稀硫酸 KSCN溶液 KMnO4溶液 NaOH溶液 碘水 所选试剂为________。证明炉渣中含有FeO的实验现象为_____________________________ ________________________________________________________________________________。 三、实验题(共2小题) 19.铁是应用最广泛的金属,自远古时代人类就学会了炼铁,到目前为止,人类研制出了很多炼铁的方法。某研究性学习小组同学在实验室中模拟工业炼铁的过程,实验装置如下: (1)写出得到单质铁的化学方程式:________________________________________________。 (2)实验过程中看到玻璃管内的粉末由红棕色逐渐变黑,请设计一个实验来验证生成了单质铁: ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)装置末端气球的作用为___________________________________________________。 实验结束时,应该先停止加热还是先停止通入CO?原因是什么?_________________ ________________________________________________________________________。 20.孔雀石的主要成分为CuCO3·Cu(OH)2,某同学设计从孔雀石中冶炼金属铜的方案如下: ①将孔雀石粉碎后加过量的稀硫酸; ②将反应后的混合物过滤; ③向滤液中加入一种金属粉末。 根据上述实验方案,试回答: (1)第①步反应中的现象为________________________________________________________。 (2)第③步加入的金属粉末是______________________________________________________, 理由是________________________________________________________________________。 (3)若向滤液中加入过量生石灰后,过滤,将沉淀加热灼烧后再通入________________气体,可制得较纯净的铜。 答案解析 1.【答案】C 【解析】A项,煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使之分解的过程,煤的干馏产品有焦炭、煤焦油、粗氨水、焦炉气等;B项,煤的液化是将煤转化为液体燃料(如甲醇等)的过程;C项,煤的气化是将煤转化为气体燃料(如CO、H2)的过程,为化学变化;D项,石油的催化裂化与裂解原理相同,都是将相对分子质量大、沸点高的烃断裂为相对分子质量小、沸点低的烃的过程,从而获得轻质油。 2.【答案】A 【解析】热还原法冶炼金属的反应一定是氧化还原反应,不可能是分解反应或复分解反应,不一定是置换反应(如3CO+Fe2O32Fe+3CO2)。 3.【答案】B 【解析】氧化镁是白色固体,能形成白色的烟;氧化铁是棕红色固体,俗称铁红,能形成棕红色的烟; 二氧化硅是白色的固体,能形成白色的烟;氧化铝是白色的固体,能形成白色的烟。 4.【答案】A 【解析】乙烯的产量是衡量一个国家化学工业水平的标志;石油裂化既能提高汽油的产量又能提高汽油的质量,裂解是深度裂化,以获取化工原料乙烯、丙烯、丁烯为生产目的;烷烃裂解方式有两种,即断链和脱氢。 5.【答案】D 【解析】大量使用化肥和农药,会产生严重的环境问题,A项错误;绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境污染,而不是简单的环境污染治理,B项错误;化石燃料清洁利用只是环境保护和资源利用的一个方面,另一方面要开发新能源和新的资源,C项错误;D项,两种单体发生加成聚合生成高聚物,无小分子生成,原子利用率为100%,符合绿色化学原则,D正确。 6.【答案】A 【解析】地壳中含量最高的金属是铝,其次是铁。金属在自然界中的存在形态与其化学活动性有关,化学性质比较活泼的金属铝、铁等在自然界中以化合态存在,汞、金、铂等化学性质不活泼的金属在自然界中以游离态存在。 7.【答案】D 【解析】大多数金属元素在自然界中以化合态形式存在,在冶炼过程中金属的化合价由正价降低为0价,得到电子被还原;金属的活动性越强,对应的金属阳离子氧化性就越弱,该金属就越难冶炼;金属元素在自然界中大多数以化合态的形式存在,某些不活泼的金属(如金等)能以游离态的形式存在。合金的性质与成分金属的性质不同(如合金比各成分金属的熔沸点低、硬度大)。 8.【答案】A 【解析】煤的气化是在高温下,将固态煤与水蒸气反应转化为可燃性气体(一氧化碳和氢气)的过程;天然气、煤和石油都是重要的化工原料;直馏汽油的成分是烷烃,裂化汽油中含有不饱和烃。 9.【答案】C 【解析】C3H8+6H2O3CO2+10H2这一反应最合理,首先产的H2量多,其次耗能还少。 10.【答案】A 【解析】废水中的有机物腐败消耗氧气,不会增加水中的溶解氧;熟石灰为碱,可与酸发生中和反应,所以可以利用熟石灰来中和酸性废水;明矾中铝离子水解生成胶体,具有吸附性,可吸附水中的悬浮杂质,所以可以利用明矾等混凝剂溶于水后生成的胶体,吸附水中的悬浮颗粒; 水中的重金属离子有毒,可转化为沉淀除去,则可以利用沉淀反应除去水中的重金属离子。 11.【答案】D 【解析】本题考查化学与可持续发展的联系,意在考查同学们对常见的资源利用和环境污染及环境保护等问题的识记能力。过度开采矿物资源会造成资源匮乏,不利于社会的可持续发展。 12.【答案】B 【解析】可燃冰外观像冰,其化学组成是CH4·nH2O,根据元素守恒知,水不能变为油;氢能源来源广、热值高,且燃烧后生成水对环境无污染;乙醇中含有碳、氢、氧三种元素,其燃烧产物是二氧化碳和水,但乙醇为可再生能源,;石油和煤都属于化石燃料,且属于不可再生能源。 13.【答案】A 【解析】砷是非金属,A不正确;富含氮、磷的生活污水容易形成赤潮或水华,所以不能排放到河中,也不能直接用于农田的灌溉,B正确;大力实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”,可以减少硫的氧化物和氮的氧化物对环境的污染,C正确;14C可用于文物的年代鉴定,14C和12C的质子数相同,而中子数不同,二者互为同位素,D正确。 14.【答案】A 【解析】只有分馏属于物理变化,其它加工方法都会产生新的物质,属于化学变化。 15.【答案】C 【解析】 C选项为火法炼铜,发生的不是热分解反应。 16.【答案】(1)C+O2CO2,C+CO22CO (2)3CO+Fe2O32Fe+3CO2 (3)验纯 爆鸣 爆炸 不能 点燃 【解析】(1)在冶炼铁的过程中,为提高C的利用率,先发生反应C+O2CO2,再发生反应:CO2+C2CO,用CO还原Fe2O3,接触更充分,效果更好。 (3)加热Fe2O3之前应先检验CO的纯度,否则会发生爆炸,由于CO有毒,故未完全反应的CO应点燃,以防污染环境。 17.【答案】(1)芳香烃 (2)二氧化硫 氮氧化物 (3)CaCO3CaO+CO2↑ 2CaO+2SO2+O22CaSO4 (4)干馏 气化 液化 【解析】从煤的结构模型图可以看出,它是工业上芳香烃的重要来源;直接燃烧会产生二氧化硫及氮氧化物而污染大气;石灰石固硫实际上是利用碳酸钙分解产生的氧化钙结合二氧化硫,在煤燃烧时生成硫酸钙;煤的干馏、气化、液化等是对煤的综合利用的重要方法。 18.【答案】(1)Cu、O (2)b、c (3)a.Al3++4OH-===AlO+2H2O b.稀硫酸、KMnO4溶液 稀硫酸浸取炉渣所得溶液使KMnO4溶液褪色 【解析】(1)分析方程式中各元素化合价可知→C,→氧元素、铜元素在反应中被还原。(2)二氧化硫污染环境,不能排入空气中,浓硫酸不能吸收二氧化硫,也不能消耗二氧化硫,可以“变废为宝”制硫酸,也可以用纯碱吸收制亚硫酸钠。(3)Al3+与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液,而Fe3+与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀,过滤,将Al3+除去。反应的离子方程式为Al3++4OH-===AlO+2H2O。若要证明炉渣中含有FeO需要首先将其溶解,生成可溶性的亚铁盐,结合试剂分析可知,将该溶液加入到高锰酸钾溶液中,亚铁离子具有强还原性,因此,可以使高锰酸钾溶液褪色。选用的试剂是稀硫酸和高锰酸钾溶液。 19.【答案】(1)Fe2O3+3CO2Fe+3CO2 (2)取少量粉末放于试管中,加少量盐酸,若产生无色无味气体,则证明生成了单质铁 (3)收集CO,防止污染空气  先停止加热,防止生成的铁再次被氧化 【解析】本题利用热还原法冶炼金属铁,其原理是Fe2O3+3CO2Fe+3CO2,检验是否生成单质铁,在反应结束后,待玻璃管内的固体冷却,取少量放于试管中,加少量盐酸,若产生无色无味气体(H2),则证明生成了单质铁;而反应刚结束时,得到的铁还是赤热的,若先停止通入CO,会导致铁又被氧化,所以,应该先停止加热,待玻璃管内的固体冷却后,再停止通入CO;装置末端气球是实验的尾气处理装置,其作用是收集CO,防止污染空气。 20.【答案】(1)固体溶解,有无色气体生成,溶液变成蓝色 (2)Fe 铁的活泼性比铜强,可从溶液中置换出铜 (3)氢气 【解析】孔雀石的主要成分是碱式碳酸铜,当加入过量稀硫酸时发生反应,固体逐渐溶解,产生二氧化碳气体、水和硫酸铜;为冶炼金属铜,可加入过量的铁粉,把铜从硫酸铜溶液中置换出来;若向滤液中加入过量生石灰后生成氢氧化铜,过滤,将沉淀氢氧化铜加热后生成氧化铜,通入氢气生成铜和水。