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综合模拟卷(五)
(满分100 分 考试时间90 分钟)
选择题部分
一、选择题Ⅰ(本题共10 小题,每小题3 分,共30 分。每小题列出的四个备选项中只
有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)
1.如图所示,一艘正在高速行驶的游艇上,乘客用手触摸了正在飞行的动物,感觉到动物停
在空中,对此下列说法正确的是( )
A.以动物为参考系乘客是在高速运动的
B.研究飞行的动物相对乘客静止的原因时,不能将动物看成质点
C.动物能相对乘客静止,是由于挥动翅膀时对空气有作用力
D.乘客感觉到动物停在空中是以静止湖水为参考系的
2.某企鹅以如图所示方向斜向上跳水,它距海面高为h,速度大小为v0,不计空气阻力,企鹅
落水时的速度大小为v,已知重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.企鹅经过最高点时动能为0
B.若企鹅以同样大小的速度竖直向上起跳,则落水时速度大小不同
C.企鹅重力做功为1
2
mv2-1
2 m v0
2
D.企鹅的速度大小不变,方向不断变化
3.两分子间的作用力F 与分子间距离r 的关系如图所示。若将甲分子固定在坐标原点
O,乙分子从r=r2处由静止释放,仅考虑这两个分子间的作用力,下列说法正确的是( )
A.从r=r2到r=r0,分子间引力、斥力都在增大
B.从r=r2到r=r1,分子力的大小先减小后增大
C.从r=r2到r=r0,分子势能先减小后增大
D.从r=r2到r=r1,分子动能先减小后增大
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4.如图所示,包含两种单色光的光束沿PO 方向射入横截面为半圆形的柱体,O 为半圆形
的圆心,其折射光线分别从M、N 两点射出。PO 与法线的夹角α=45°,OM 与分界面的夹
角β=60°,真空中光速c=3×108 m/s,则( )
A.该介质对从M 点射出的色光的折射率为√3
B.从M 点射出的色光在该介质中传播的速度为3√2
2
×108 m/s
C.从M 点射出的色光穿过该柱体所需的时间长
D.从N 点射出的色光频率比从M 点射出的色光频率低
5.某同学设计了如图所示的电路进行电表的改装,已知电流表的量程为0~500 mA,内阻
RA=0.4 Ω,其中R1=RA,R2=5RA,下列说法正确的是( )
A.若将接线柱1、2 接入电路,可以测量的最大电流为0.5 A
B.若将接线柱1、2 接入电路,可以测量的最大电流为2.0 A
C.若将接线柱1、3 接入电路,可以测量的最大电压为1.2 V
D.若将接线柱1、3 接入电路,可以测量的最大电压为2.2 V
6.如图所示,并列悬挂两个相同的弹簧振子,分别将小球A、小球B 向下拉至P、Q 位置,
此时两球离开平衡位置的距离分别为x 和1.5x(均在弹簧弹性限度范围内)。先把小球A
由静止释放,当A 第一次到达平衡位置时,由静止释放小球B,则( )
A.小球A 到达最高点时,小球B 还没有到达平衡位置
B.在平衡位置时,小球A 与小球B 的动能相等
C.运动过程中,小球A 和小球B 的速度不可能相等
D.小球B 总是比小球A 滞后四分之一个周期
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7.将线圈、电容器、电源和单刀双掷开关按照图甲连成电路。把电压传感器的两端连
在电容器的两个极板上,先把开关置于电源一侧,为电容器充电;稍后再把开关置于线圈
一侧,使电容器通过线圈放电。图乙是电脑显示的电压波形,下列说法正确的是( )
A.电压最大时,磁场能也最大
B.图乙中振幅逐渐减小的主要原因是电路产生热量
C.在t1~t2时间段电路中的电流逐渐增大
D.在t2~t3时间段电流方向为图甲中的逆时针方向
8.钻戒光彩夺目,深受大家的喜欢,钻戒的外形多种多样,有学徒设计了相对比较简单的钻
戒外形,其中一个截面的平面图为如图所示的五边形ABCDE,水平虚线MN 上侧为正六
边形,下侧为正三角形,竖直虚线OC 为截面中轴线。已知该钻戒材料的折射率为n=√3
。平行于中轴线的平行光线从AB 面射入钻戒(不含A、B),考虑光在钻戒内部的多次反
射,则下列分析正确的是( )
A.光线在BC 面内侧发生全反射,故没有光线从BC 面射出
B.有平行于中轴线的光从DE 面射出
C.最终钻戒的任何一面都有光线射出,整个钻戒光彩夺目
D.继续增大AB 面入射光的入射角,则这些入射光会在AB 面发生全反射
9.如图所示,天问一号经过变轨成功进入近火圆轨道,其中轨道1 是圆轨道,轨道2 是椭圆
轨道,轨道3 是近火圆轨道,已知火星的平均密度为ρ,火星的半径为R,轨道1 的半径为r,
引力常量为G,下列说法正确的是( )
A.天问一号在轨道3 上运动的周期为√
2π
Gρ
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B.天问一号在轨道2 上运动的周期为(R+r)√
π ( R+r )
2GρR
C.天问一号在轨道1 上运动的周期为r
R √
3 π r
GρR
D.火星的第一宇宙速度为R√3 π Gρ
10.如图是某手机的锂电池铭牌,若该手机的平均充电电流为2 A,待机时间为50 h,则下
列说法正确的是( )
A.该电池充满电后贮存的电能为1 580 mA·h
B.该手机电池的平均充电时间为0.79 h
C.该手机电池的平均充电时间为0.39 h
D.该手机待机时平均放电电流为3.16 mA
二、选择题Ⅱ(本题共3 小题,每小题4 分,共12 分。每小题列出的四个备选项中至少
有一个是符合题目要求的。全部选对的得4 分,选对但不全的得2 分,有选错的得0
分)
11.如图甲所示,一水平弹簧振子以O 点为平衡位置,在M、N 两点间做简谐运动,以向右
为x 轴正方向,弹簧振子的振动图像如图乙所示,已知弹簧的劲度系数为40 N/m,下列说
法正确的是
( )
A.t=0.4 s 时弹簧振子的速度与t=1.0 s 时的速度相同
B.弹簧振子在0~0.6 s 内的平均速度与在1.8~2.4 s 内的平均速度相同
C.t1=1.0 s 时弹簧振子的回复力指向x 轴正方向,大小为1.2 N
D.弹簧振子在0.2~1.0 s 内通过的路程为6 cm
12.由数十个国家的科学家组成的团队发现了“四中子”存在的明确证据。这是一种只
由四个中子构成的粒子,用0
4n 表示。“四中子”是通过向液态氢靶上发射“氦8”(2
8He
原子核)而产生的,与1
1H 碰撞可将一个2
8He 核分裂成一个α 粒子和一个“四中子”,同时
放出Z 光子,如图所示。则下列有关“四中子”粒子的说法正确的是( )
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A.“四中子”的四个核子间不存在电磁相互作用
B.可以通过回旋加速器加速“四中子”,使之形成高能粒子流
C.产生“四中子”的核反应为1
1 H +2
8He
He+0
4n
D.α 粒子(2
4He)和“四中子”(0
4n)的质量之和小于“氦8”(2
8He)的质量
13.如图所示,粗糙绝缘的倾斜直杆上套着一个带正电圆环,圆环直径略大于直杆直径,整
个装置处于方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中。现给圆环一个
沿杆向下的初速度v0,圆环运动过程中电荷量保持不变。则下列说法正确的有( )
A.圆环可能做加速度增大的减速运动,最后静止
B.圆环可能做加速度增大的加速运动,最后匀速
C.圆环可能做加速度减小的加速运动,最后匀速
D.圆环可能做加速度减小的减速运动,最后匀速
非选择题部分
三、非选择题(本题共5 小题,共58 分)
14.实验题(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三题共14 分)
14-Ⅰ.(4 分)如图是探究加速度与力、质量的关系的实验装置。
(1)最适合本实验用于提供拉力的重物是 。
(2)在通过调整长木板的倾角来平衡阻力时,正确的操作是 。
A.小车后面安装纸带,前面挂重物
B.小车后面安装纸带,前面不挂重物
C.小车后面不安装纸带,前面挂重物
D.小车后面不安装纸带,前面不挂重物
(3)某同学发现,木板水平放置,挂上槽码钩拉动小车运动后,刚好能使打出的纸带点迹分
布均匀,所以他用槽码钩的重力m0g 来平衡小车所受的阻力,用槽码的总重力mg 表示小
车受到的合外力。在满足小车质量远大于槽码质量的条件下,这种平衡阻力的方法:
①能否用来探究小车质量一定时(保持题干中平衡阻力时的小车质量),加速度与力的关
系? (选填“能”或“不能”);
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②能否用来探究小车拉力一定时,加速度与质量的关系? (选填“能”或“不
能”)。
14-Ⅱ.(7 分)随着居民生活水平的提高,纯净水已经进入千家万户。某物理兴趣小组对市
场上出售的纯净水质量进行了抽测,结果发现有不少样品的电导率(电导率是电阻率的倒
数,是检验纯净水是否合格的一项重要指标)不合格。
(1)你认为不合格的纯净水的电导率是 (选填“偏大”或“偏小”)。
(2)为了方便测量纯净水样品的电阻,将采集的水样装入绝缘性能良好的塑料圆柱形容器
内,容器两端用金属圆片电极密封。该同学先用多用电表粗略测量容器内水样的电阻。
当选择电阻表“×1 k”挡时,发现指针偏转角度过小,该同学应换用 (选填“×100”
或“×10 k”)挡,换挡后进行正确操作,电阻表示数如图所示,对应的读数是 Ω(保
留两位有效数字)。
(3)实验小组想用“伏安法”测量纯净水样品的电阻值,有以下器材供选用:
A.电流表(0~600 μA,内阻约100 Ω)
B.电流表(0~0.6 A,内阻约0.1 Ω)
C.电压表(0~3 V,内阻约3 kΩ)
D.电压表(0~15 V,内阻约15 kΩ)
E.滑动变阻器(0~100 Ω,额定电流2 A)
F.电源(12 V,内阻约1.0 Ω)
G.开关和导线若干
为减小测量误差,电流表应选用 ,电压表应选用 。(选填器材前的字母)
(4)选好器材后,该兴趣小组连接了如图所示的实物图。请补充实物间的连线,以完成纯
净水电阻的测量。
14-Ⅲ.(3 分)以下说法正确的是 。
A.在测量玻璃的折射率的实验中,可以用铅笔靠着玻璃砖的边描出分界面
B.在探究向心力大小表达式的实验中,两变速塔轮的角速度一定不能相同
C.在用双缝干涉测量光的波长的实验中,某同学在观察时发现条纹比较模糊,可以左右拨
动拨杆
D.在用油膜法估测分子的大小的实验中,配制好的油酸酒精溶液长时间置于空气中,会导
致分子直径的测量值明显偏小
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15.(8 分)如图甲所示,厚度不计的导热活塞A、B 将两部分理想气体封闭在内壁光滑的圆
柱形导热汽缸内,活塞A 的质量可忽略不计,活塞B 的质量为100 kg,稳定时下部气体压
强是上部气体压强的2 倍,两部分气柱的高度均为10 cm。现将质量为50 kg 物体轻放在
活塞A 上,活塞A 从下降到恢复稳定的过程中外界的温度和大气压强均保持不变,如图乙
所示。已知大气压强p0=1.0×105 Pa,重力加速度g 取10 m/s2。
(1)活塞在汽缸内移动的过程中,气体内能 (选填“变大”“变小”或“不变”),
气体 (选填“吸热”“放热”或“不吸热也不放热”)。
(2)求活塞的横截面积。
(3)求从放上物体到恢复稳定,活塞A 下降的距离。
16.(11 分)某固定游戏装置的竖直截面如图所示,装置由弧形轨道AB、竖直圆轨道
BCD、水平直轨道DE 平滑连接而成,圆形轨道底端略微错开,在轨道末端E 的右侧光滑
水平面上紧靠着质量为m0=0.5 kg 的长木板,长木板上表面与轨道末端E 所在的水平面
平齐,长木板左端放置一质量m=0.1 kg 的小物块,右端固定连有一轻质弹簧的竖直挡板。
现将一质量也为m 的小球从弧形轨道上高度为h 处由静止释放。已知圆轨道半径
R=0.4 m,小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.5,不计其他阻力,小球和小物块均可视为质
点。
(1)若小球恰能通过竖直圆轨道的最高点C,求小球经过圆轨道的最低点B 时受轨道支持
力的大小。
(2)要使小球第一次进入竖直圆轨道运动过程中不脱离轨道,求h 的大小范围。
(3)当h=1.8 m 时,小球经圆轨道运动到E 点与小物块发生弹性碰撞,发现小物块最终恰好
不滑离木板,求:
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①小物块第二次到达长木板左端时的速度大小;
②弹簧被压缩到最短状态时的弹性势能。
17.(12 分)如图所示,水平固定一半径r=0.4 m 的金属圆环,电阻R1=6 Ω 的金属杆OP 一端
在圆环圆心O 处,另一端与圆环接触良好,并以角速度ω=50 rad/s 顺时针匀速转动。圆环
内分布着垂直于圆环平面向上、磁感应强度大小B1=2 T 的匀强磁场。圆环边缘、圆心
O 分别与间距L=0.5 m 的水平放置的足够长平行轨道相连,轨道CE、DF 段为绝缘粗糙
材料,μ= 5
12
,xCE=0.12 m,轨道右边接有电容C=0.04 F 的电容器。轨道内分布着垂直于导
轨平面向上、磁感应强度大小B2=4 T 的匀强磁场。电阻R2=2 Ω、长度L=0.5 m、质量
m=0.02 kg 的金属棒MN 垂直导轨静止放置。除已给电阻外其他电阻不计,除CE、DF
段外轨道均光滑,棒MN 与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。闭合K,当棒
MN 到达AB 时,使OP 停止转动并保持静止,已知棒MN 在到达AB 前已做匀速运动,AB
与CD 相距xAC=0.12 m。求:
(1)闭合K 瞬间棒MN 所受安培力的大小;
(2)棒MN 到达AB 前匀速运动时的速度大小;
(3)棒MN 从AB 运动到CD 过程产生的焦耳热;
(4)当棒MN 运动到EF 后,对棒MN 施加水平向右、F=0.36 N 的恒力,经过2 s 后棒MN
的速度大小。
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18.(13 分)图甲是一个电子检测装置的示意图,两块长为L、间距为d 的平行正对金属板
间加有如图乙所示的电压。两板的右侧区域存在垂直纸面向里且范围足够大的匀强磁
场。下板右端点记作O,下板为收集板,O 点正下方也存在着足够长的竖直收集板,收集板
接地。两板左端连线中点处有一粒子源S,它沿两板间中轴线方向持续均匀射出速度为
v0、质量为m、电荷量为-e 的电子,单位时间内发射的电子数为n。已知电压最大值
Umax=2md
2v0
2
e L
2
,匀强磁场磁感应强度B=2m v0
ed
,电子在电场和磁场中的运动时间相对于
电压变化周期可忽略,电子打到收集板即被吸收,不计电子重力。以O 为坐标原点,水平
向左为x 轴正方向、竖直向下为y 轴正方向建立坐标系。求:
(1)电子恰能打到O 点时对应的电压大小;
(2)下板(水平收集板)上有电子打到的范围;
(3)竖直收集板上有电子打到的范围。
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参考答案
综合模拟卷(五)
1.C
【解析】 因为乘客用手触摸了正在飞行的动物,感觉到动物停在空中,所以以动物为参考系乘客
是静止的,故A 错误;研究飞行的动物相对乘客静止的原因时,可以忽略动物的大小和形状,能将
动物看成质点,故B 错误;动物能相对乘客静止,是由于挥动翅膀时对空气有作用力,空气对翅膀
的反作用力让动物飞行,故C 正确;乘客感觉到动物停在空中是以乘客自己为参考系,故D 错误。
2.C
【解析】 不计空气阻力,企鹅做斜上抛运动,企鹅经过最高点时水平方向速度不为0,所以动能不
为0,A 错误;若企鹅以同样大小的速度竖直向上起跳,由动能定理知,重力做功等于动能的增加量,
则两种情况落水时速度方向不同,大小相等,B 错误;以海面为零重力势能面,由机械能守恒定律有
mgh+1
2 m v0
2= 1
2
mv2+0,则重力做功为WG=mgh=1
2
mv2-1
2 m v0
2,C 正确;企鹅做斜上抛运动,速度方
向和大小不断变化,D 错误。
3.A
【解析】 从r=r2到r=r0,分子间距离减小,分子间引力、斥力都在增大,故A 正确;从r=r2到r=r1,
分子力的大小先增大后减小再增大,故B 错误;从r=r2到r=r0,分子力做正功,分子势能一直减小,
故C 错误;从r=r2到r=r1,分子力先做正功后做负功,则分子动能先增大后减小,故D 错误。
4.B
【解析】 由折射定律知,该介质对从M 点射出的色光的折射率n=
sin α
sin(90°- β ) =√2,则从M
点射出的色光在该介质中传播的速度v=c
n = 3√2
2
×108 m/s,故A 错误,B 正确;由题图知,从N 点射
出的色光折射角更小,由折射率公式可知其折射率更大,由v=c
n
知,从N 点射出的色光在该介质中
传播的速度较小,色光在柱体内传播的距离相等,则从N 点射出的色光穿过该柱体所需的时间长,
折射率大的色光频率高,则从N 点射出的色光频率比从M 点射出的色光频率高,故C、D 错误。
5.D
【解析】 根据电流表改装原理,若将接线柱1、2 接入电路,可以测量的最大电流为I=Ig+I g R A
R1
=2Ig=1.0 A,故A、B 错误;根据电压表改装原理,若将接线柱1、3 接入电路,可以测量的最大电压
为U=IgRA+IR2=0.5×0.4 V+1.0×5×0.4 V=2.2 V,故D 正确,C 错误。
6.D
【解析】 并列悬挂两个相同的弹簧振子,可知小球A、B 的周期相同,小球A 由静止释放,当A 第
一次到达平衡位置时,由静止释放小球B,即小球A 先振动四分之一个周期,故小球A 到达最高点
时,小球B 位于平衡位置,小球B 总是比小球A 滞后四分之一个周期,故A 错误,D 正确;小球B 拉
离平衡位置的距离较大,小球B 的振幅大,总能量较大,在平衡位置时,小球A、B 的重力势能相等,
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弹簧弹性势能为零,则小球A 的动能小于小球B 的动能,故B 错误;小球B 比小球A 滞后四分之一
个周期,小球B 的振幅比小球A 的振幅大,根据x-t 图像的斜率表示速度,可知运动过程中,小球A
和小球B 的速度可能相等,故C 错误。
7.D
【解析】 电压最大时,电场能最大,磁场能最小,故A 错误;图乙中振幅逐渐减小的主要原因是电
路向外辐射电磁波,故B 错误;在t1~t2时间段电容器正向充电,电路中的电流逐渐减小,故C 错误;
在t2~t3时间段,电容器正向放电,电流方向为图甲中的逆时针方向,故D 正确。
8.B
【解析】 由解析图可知,入射光以60°的入射角进入AB,由光的折射定律n=sin 60°
sin r
=√3,解得
折射角为r=30°,则折射光线平行于BC,由光路和几何关系可知,光线在BC 面内侧没有发生全反
射,故A 错误;由光路可知,有平行于中轴线的光从CD 面和DE 面射出,故B 正确;根据一系列光路,
可知AE 面始终没有光射出,故C 错误;光线从AB 面射入钻戒,是从光疏介质到光密介质,不可能
在AB 面发生全反射,故D 错误。
9.C
【解析】 火星的半径为R,因轨道3 为近火轨道,所以轨道3 的半径近似为R,设火星的质量为m
火,天问一号的质量为m,根据万有引力提供向心力有Gm火m
R
2
=mR4 π
2
T
2 ,火星的密度ρ=
m火
V =
m火
4
3 π R
3,解得T=√
3 π
Gρ
,故A 错误;设天问一号在轨道1 上运动的周期为T',在轨道2 上运动
的周期为T″,根据开普勒第三定律可得T
2
R
3 = T '
2
r
3 = 8T ″
2
(r + R)
3 ,解得T'= r
R √
3 π r
GρR
,T″=
R+r
2 R √
3 π ( R+r )
2GρR
,故B 错误,C 正确;火星的第一宇宙速度为v=2π R
T
= 2 R√3 π Gρ
3
,故D 错误。
10.B
【解析】 该电池的额定容量为1 580 mA·h,标准电压为3.7 V,则该电池充满电后贮存的电能为
E=3.7 V×1 580 mA·h=3.7×1.58×3 600 J=21 045.6 J,故A 错误;该电池的额定容量为1 580 mA·h,
手机的平均充电电流为2 A,则该手机电池的平均充电时间为t=1 580mA ·h
2 A
=0.79 h,故B 正
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确,C 错误;该电池的额定容量为1 580 mA·h,待机时间为50 h,则该手机待机时平均放电电流为
I=1 580mA ·h
50 h
=31.6 mA,故D 错误。
11.CD
【解析】 由图乙可知t=0.4 s 时相比t=1.0 s 时,弹簧振子更靠近平衡位置,则t=0.4 s 时弹簧振子
的速度大于t=1.0 s 时的速度,故A 错误;弹簧振子在0~0.6 s 内的位移与1.8~2.4 s 内的位移大小
相等、方向相反,则弹簧振子在0~0.6 s 内的平均速度与在1.8~2.4 s 内的平均速度不同,故B 错误;
t1=1.0 s 时弹簧振子的位移为x1=-2√3sin 0.4
0.6 × π
2
(cm)=-2√3× √3
2
cm=-3 cm,此时弹簧振子的
回复力大小F=-kx1=1.2 N,方向沿x 轴正方向,故C 正确;t=0.2 s 时弹簧振子的位移与t1=1.0 s 时
弹簧振子的位移对称,则t=0.2 s 时弹簧振子的位移是x=3 cm,所以弹簧振子在0.2~1.0 s 内通过
的路程为6 cm,故D 正确。
12.AD
【解析】 “四中子”的核子由于是中子构成的,其不带电,核子间的作用力没有电磁力,故A 正
确;由于中子不带电,所以“四中子”也不带电,即无法通过电磁场使0
4n 形成高速粒子束,故B 错
误;由电荷数守恒和质子数守恒,其核反应方程应该为1
1H+
He+0
4n+1
1H,故C 错误;该核反应
方程引发质量亏损,放出Z 光子,故D 正确。
13.ACD
【解析】 设直杆的倾角为θ,圆环运动过程中受到摩擦力为Ff=μFN=μ|qv0B-mgcos θ|,根据牛顿
第二定律可得mgsin θ-Ff=ma,若mgsin θ>μ|qv0B-mgcos θ|,且qv0B>mgcos θ,圆环将沿杆向下做加
速运动,加速过程中圆环受到的摩擦力逐渐增大,圆环的加速度逐渐减小,减小至零后将做匀速直
线,故圆环有可能做加速度减小的加速运动,最后匀速。若mgsin θ>μ|qv0B-mgcos θ|,且
qv0B<mgcos θ,圆环将沿杆向下做加速运动,加速过程中圆环受到的摩擦力先减小后增大,圆环的
加速度先增大后减小,减小至零后将做匀速直线,故圆环有可能做加速度先增大后减小的加速运
动,最后匀速。若mgsin θ<μ|qv0B-mgcos θ|,且qv0B>mgcos θ,圆环将沿杆向下做减速运动,减速过
程中圆环受到的摩擦力逐渐减小,圆环的加速度逐渐减小,减小至零后将做匀速直线,故圆环可能
做加速度减小的减速运动,最后匀速。若mgsin θ<μ|qv0B-mgcos θ|,且qv0B<mgcos θ,圆环将沿杆
向下做减速运动,减速过程中圆环受到的摩擦力逐渐增大,圆环的加速度逐渐增大,直至圆环静止,
故圆环可能做加速度增大的减速运动,最后静止。故选A、C、D。
14-Ⅰ.【答案】 (1)C
(2)B
(3)①能 ②不能
【解析】 (1)为使绳子的拉力近似等于小车所受合外力,重物的质量需远小于小车的质量,且重
物的质量要可以调节,以此改变小车所受合外力,故提供拉力的重物是槽码钩和槽码。故选C。
(2)由于小车运动过程中,纸带与打点计时器限位孔之间有摩擦力,故平衡摩擦力时,小车后面安装
纸带,前面不挂重物。故选B。
(3)①能。小车质量不变,小车所受摩擦力不变,可以用槽码钩的重力平衡阻力,实验过程中,通过
改变槽码的质量改变小车所受合外力,则能用来探究小车质量一定时,加速度与力的关系。
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②不能。当小车质量改变时,小车所受摩擦力改变,槽码钩的重力不能与阻力平衡,此时,槽码的重
力不再是小车所受合外力,随着摩擦力的变化,小车所受的合外力变化,则不能用来探究小车拉力
一定时,加速度与质量的关系。
14-Ⅱ.【答案】 (1)偏大
(2)×10 k 1.2×105
(3)A D
(4)见解析图
【解析】 (1)由于纯净水中导电粒子较少,则纯净水电阻值较大,电阻率较大,电导率较小,所以不
合格的纯净水电导率应偏大。
(2)当选择电阻表“×1 k”挡时,发现指针偏转角度过小,说明电阻值较大,应该换大倍率进行测量,
所以应该选“×10 k”挡;电阻表的读数为指针刻度与倍率的乘积,所以图中所测电阻的读数为
12×10 kΩ=1.2×105 Ω。
(3)由于电源电动势为12 V,所以电压表应选择量程为0~15 V 的,即电压表选D,流过待测样品的
电流最大值为Im= E
Rx
=
12
1.2×10
5 A=10-4 A,故电流表选择A。
(4)由于待测样品电阻较大,所以滑动变阻器应采用分压接法,同时由于Rx>
√R A RV =√100×15 000 Ω=1 225 Ω,所以电流表应采用内接法,故实物图如图所示。
14-Ⅲ.CD
【解析】 为了防止弄脏玻璃界面,引起误差,不能用铅笔靠着玻璃砖的边描出分界面,故A 错误;
探究向心力大小表达式的实验运用控制变量法,两变速塔轮的角速度可以相同,此时探究的是向
心力与质量或半径的关系,故B 错误;要使干涉条纹更加清晰明亮,需要左右拨动拨杆,故C 正确;
在用油膜法估测油酸分子的大小的实验中,若配制好的油酸酒精溶液放置较长时间后再进行实
验,酒精会挥发,导致油酸溶液的实际浓度变大,则油酸体积的测量值偏小,油酸分子直径的测量结
果偏小,故D 正确。
15.【答案】 (1)不变 放热 (2)1×10-2 m2 (3) 4
75
m
【解析】 (1)活塞在汽缸内移动的过程中,气体温度不变,内能不变,外界对气体做正功,则
W>0,ΔU=0
根据热力学第一定律
ΔU=Q+W
可得Q<0
故气体对外放热。
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(2)初始状态时,对活塞B 受力分析,由平衡条件有
mBg=(2p0-p0)S
代入数据解得活塞的横截面积
S=1×10-2 m2。
(3)放上物体后,对活塞A 受力分析,由平衡条件有
mg=(p1-p0)S
解得p1=1.5p0
对上部气体由玻意耳定律有
p0V0=p1V1
得V1=2
3
V0,Δh1=1
3
h
同理,此时对活塞B 有
mBg=(p2-p1)S
解得p2=2.5p0
对下部气体由玻意耳定律有
2p0V0=p2V2
得V2=4
5
V0,Δh2=1
5
h
综上所述,从放上物体到恢复稳定,活塞A 下降的距离
Δh=1
3
h+1
5
h= 8
15
h=16
3
cm= 4
75
m。
16.【答案】 (1)6 N
(2)0<h≤0.4 m 或h≥1 m
(3)①1 m/s ②0.75 J
【解析】 (1)小球恰能过C 点,则有
mg=mvC
2
R
小球由B 点运动到C 点过程中,由机械能守恒定律有
mg×2R+mvC
2
2
= mvB
2
2
小球运动到B 点时有
FN-mg=mvB
2
R
联立解得FN=6 N。
(2)若小球恰能过圆轨道最高点,则有
mg(h-2R)=mvC
2
2
解得h=1 m
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若小球恰能运动到与圆轨道圆心等高位置,则有
mg(h-R)=0
解得h=0.4 m
综上可知,要使小球不脱离竖直圆轨道,则高度h 满足
0<h≤0.4 m 或h≥1 m。
(3)①当h=1.8 m 时,小球通过圆轨道到达E 点时,速度va满足
mgh=mva
2
2
小球与小物块发生弹性碰撞,设小球碰后速度变为va',小物块碰后速度为vb
则有mva=mva'+mvb
mva
2
2
= mva'
2
2
+ mvb
2
2
解得va'=0
vb=va=6 m/s
当小物块与长木板达到共速时,满足
mvb=(m+m0)v 共
解得v 共=1 m/s。
②小物块在长木板上运动过程中,小物块与长木板有两次达到共速,第一次是弹簧被压缩到最短
的时候,第二次是小物块恰好返回到长木板最左端的时候。设小物块相对长木板的位移为x 时,
弹簧被压缩到最短,弹性势能大小为Ep,由能量守恒定律知,当二者第一次达共速时
mvb
2
2
=Ep+μmgx+(m+m0)v共
2
2
当二者再次达到共速时
Ep=μmgx
由此可知
2Ep=mvb
2
2
-(m+m0)v共
2
2
=1.5 J
即Ep=0.75 J。
17.【答案】 (1)2 N (2)4 m/s (3)0.037 5 J (4)4 m/s
【解析】 (1)根据法拉第电磁感应定律
E=1
2
B1ωr2=8 V
闭合开关K 瞬间,电流I=
E
R1+ R2
=1 A
MN 所受安培力大小
F=B2IL=2 N。
(2)当金属棒切割磁场产生的电动势等于电源电动势时,金属棒做匀速运动,有E=B2Lv1
解得v1=4 m/s。
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(3)OP 停止转动,金属棒切割磁场产生感应电流,受到安培力,根据动量定理有
-∑B2iLΔt=mv2-mv1
即-B2Lq=mv2-mv1
又q=it=B2 Lv t
R1+ R2
= B2 L x AC
R1+ R2
解得v2=1 m/s
根据能量守恒定律,产生的总热量
Q 总=1
2 m v1
2- 1
2 m v2
2=0.15 J
所以棒MN 产生的热量
QMN=
R2
R1+ R2
Q 总=0.037 5 J。
(4)棒MN 从CD 到EF 根据动能定理有
-μmgxCE=1
2 m v3
2- 1
2 m v2
2
解得棒MN 运动到EF 的速度v3=0
施加水平恒力后,根据动量定理有
Ft-∑B2iLt=mv4
即Ft-B2Lq2=mv4
又q2=CΔU
ΔU=B2LΔv
Δv=v4-v3
联立解得v4=4 m/s。
18.【答案】 (1)d
2m v0
2
e L
2
(2)0≤x≤(1- √2
2 )L (3)d
2 ≤y≤d
【解析】 (1)电子恰能打到O 点时,有L=v0t
d
2 = 1
2 · Ue
dm
t2
解得对应的电压大小U=d
2m v0
2
e L
2
。
(2)当电压最大,即Umax=2md
2v0
2
e L
2
时,有
x'=v0t'
d
2 = 1
2 · U max e
dm
t'2
解得x'=√2
2
L
所以下板(水平收集板)上有电子打到的范围为
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0≤x≤(1- √2
2 )L。
(3)当电子从O 点射出电场时,设速度方向与y 轴夹角为θ,如图所示,则射入磁场时的速度v=
v0
sinθ
电子在磁场中运动的半径
r1=mv
eB
则粒子打到竖直收集板上到O 点的距离
y1=2r1sin θ
联立解得y1=d
当电压为零时,电子沿直线运动,进入磁场时的速度为v0,则运动半径
r2=m v0
eB = d
2
即粒子恰好打到O 点下方d
2
处
则竖直收集板上有电子打到的范围为
d
2
≤y≤d。
