物理学科综合能力训练(四

物理学科综合能力训练(四)

一、选择题(含多选)。

1.一物体置于水平地面上，在与水平方向成θ角的力F作用下经时间t发生位移S(见右图)则F对物体所做的功W和冲量I分别为：

A.W=FS,I=Ft

B.W=FScosθ,I=Ft

C.W=FS,I=Ftcosθ

D.W=FScosθ;I=Ftcosθ

2.按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道上，则：

A.电子的动能变大，电势能变大，总能量变大

B.电子的动能变小，电势能变小，总能量变小

C.电子的动能变小，电势能变大，总能量不变

D.电子的动能变小，电势能变大，总能量变大

3.如下左图所示的是光在A、B、C三种介质中传播中发生的折射和反射情况。若M、N两接口平行，光在三种介质中传播速度分别为V A、V B、V C，下列关系中正确的是：

A.V A＞V B＞V C

B.V A＜V C＜V B

C.V A＞V C＞V B

D.V C＞V A＞V B

4.一劲度系数为K的轻弹簧，上端固定，下端连一质量为m的物体并使其上下振动，其振幅为A(见上右图)，当物体运动到最低点时，其恢复力大小和方向为：

A.KA，方向竖直向下

B.mg+KA，方向竖直向上

C.KA-mg，方向竖直向上

D.KA，方向竖直向上

5.若已知万有引力恒量，则在以下各组数据中，根据哪几组数据可以估算出地球的质量

A.地球绕太阳运行周期及地球到太阳中心的距离

B.月亮绕地球运行的周期及月球到地球中心距离

C.人造地球卫星在地面附近绕行的速度和运行周期

D.“地球同步卫星”离地面的高度及地球自转周期

6.矩形线圈在匀强磁场中转动时，在线圈里产生如下图所示的交流电流，那幺在下图的A、

B、C、D中，正确的反映了在开始的1/2周期中穿过线圈的磁通量随时间而变化的情况是：

7.在下图电路中，当滑动变阻器R2的触头P向下滑动时，若电源内阻不能忽略，则下列说法正确的是：

A.电容器C的电容增大；

B.电容器C两极板间的电场强度增大；

C.伏特表的读数增大；

D.R1消耗的功率增大.

8.理想变压器的副线圈通过输电线上接有两个相同的灯泡L1和L2，输电导线的电阻为R (见上右图)，开始S断开，设电源电压U保持不变，问当S闭合时，以下说法正确的是：

A.副线圈两端(M、N)输出电压减小

B.输电线等效电阻R两端电压增大

C.通过L1的电流减小

D.原线圈中的电流增大

9.一列简谐波在均匀介质传播.下图(a)表示t=0时刻的波形图线.下左图(b)表示图(a)中b 质点从t=0时刻开始的振动图线，则这列波

A.从右向左传播

B.波的频率是2Hz

C.波速是4m/s

D.b、D点在振动过程中任意时刻的位移都相等

10.一定质量的理想气体，自状态A经状态B变化到状态C(见上右图)在整个过程中

A.气体体积不断增大

B.气体内能不断增大

C.气体不断对外界做功

D.气体不断向外界放热

11.质量为m的球在水平推力F的作用下，静止于竖直光滑墙壁和光滑斜面之间。球跟倾角为θ的斜面的接触点为A。推力F的作用线通过球心O，球的半径为R(见右图)若水平推力缓慢增大，在此过程中

A.斜面对球的作用力缓慢增大；

B.墙对球的作用力始终小于推力F；

C.斜面对球的支持力为mgcosG；

D.推力F对A点的力距为mgcosθ.

二、填空题.

12.一个带电质点，电量为q，质量为m，以平行于Ox轴的速度v从y轴a对射入下左图中第一象限区域，为了使该质点能从x轴上b点以垂直于Ox轴的速度v射出，可在适当地方加一个垂直于xoy平面，磁感应强度为B的匀强磁场，若此磁场分布在一个长方形的区域内，那幺该磁场区域的最小面积是 .

13.在凸透镜主轴上2倍焦距处的B点垂直于主轴放置一物体AB，其长度为透镜直径的1/4，

A ′B′为AB的像见上右图，现在透镜右侧的焦点处，垂直于主轴放置一块挡板PQ，欲使

像A′ B′完全消失那幺PQ的长度至少应为AB长度的倍.

14.保温电板锅的电路，R1、R2为电阻丝，S为温控开关.A、B两点接在家庭电路上，那幺S 闭合，电饭锅处于保温状态还是加热状态?答：处于状态，若R1:R2=9:1加热时功率为1000W，保温时的功率是 W.

三、实验题本题共3小题，共17分.

15.下左图是“研究电磁感应现象”的实验装置图，其中A和B分别是原、副线圈，如果当闭合开关S时，发现电表指针向右偏转一下又回复至中央位置，则：

(1)若A插在B中不动，而把A中的铁芯C抽出则电表指针偏转.

(2)若只是由于滑动变阻器的滑片P的滑动引起电表指针向右偏转，则P应该向滑动.

16.利用水滴下落可以测出重力加速度g，调节水龙头，让水一滴一滴地流出，在水龙头的正下方放一个盘子，调节盘子的高度，使一个水滴碰的盘子里恰好有一水滴从水龙头开始下落，而空中还有一个正在下落中的水滴.测出水龙头到盘子间距离为h(m)，再用秒表测时间.以第一个水滴离开水龙头开始计时，到第N个水滴落至盘中，共享时间为T(s).则第一个水滴到盘子时，第二个水滴离开水龙头的距离是 (m)，重力加速度g= m/s2。

17.某同学做“验证玻意耳定律”实验时，将注射器竖直放置，测得的数据如下表所示。发现第5组数据中的pV乘积值有较大偏差，若读数和计算无误，则造成此偏差的原因可能是或。

四、论述、计算题.

18.根据全电路欧姆定律，试分析证明用万用表(欧姆档)测电阻时，如果电池用久了，读出的阻值偏大。

19.如下左图所示，在小平面上有同为m的1、2两个小球，两球之间用长为L的不可伸长的细绳相连接，两球相距L/2长.现给球2一个竖直向上初速度v0，求细线绷直瞬间中两球损失的机械能△E.

20.如上右图所示，在地现附近的坐标xoy在竖直平面内，空间有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感强度为B，在x＜0的空间内还有沿x轴负方向的匀强电场E，一个质量为m，带电量为q的油滴丝图中M(-a，0)点(a＞0)沿着与水平方向成θ角斜向下做匀速直线运动，进入x＞0的区域，求：(1)油滴带什幺电荷(充分说明依据)；

(2)油滴在M点运动的速率的大小；

(3)油滴进入x＞0区域，若能到达x轴上的N点(在图中未标出)，油滴在N点时的速度大小是多少?

21.如下图左中圆筒固定不动，活塞A横截面积为2S，活塞B横截面积为S，圆筒内壁光滑，左端封闭，右端与大气相通，大气压力P0.A、B将圆筒分为两部分，在左半部分是真空，A、B之间有一定质量的气体，B通过劲度系数为k的弹簧与圆筒左端相连，开始时粗筒和细筒的封闭长度均为L，现用水平向左的力F=(1/2)p0S作用在活塞A上，求活塞A移动的距离(气体的温度不变).

22.如上右图所示，倾角为θ的足够长的固定斜面上，物体A和小车B正沿斜面上滑，A的质量为m A=0.50kg，B的质量为m B=0.25kg.A始终受一沿斜面向上的恒定推力F的作用。当A追上B时，A的速度为v A=1.8m/s，方向沿斜面向上，B的速度恰好为零，A、B相碰，相互作用时间极短，刚碰撞后，A的速度为v1=0.6m/s，方向沿斜面向上，再经T=0.6s，A的速率变为v1=1.8m/s，这一过程中A、B没有再次相碰，已知A与斜面间的动摩擦因数为μ=0.15，B 与斜面的摩擦不计，sinθ=0.6,cosθ=0.8,g=10m/s2。

①求恒定推力F；

②在A、B第一次碰撞后，经一段时间(在第二次相碰前)，A、B间的距离达到最大，求这段时间内A克服摩擦阻力所做的功。

参考答案

1.B

2.D.［Ke 2

／r=mv 2

／r,E K =KE 2

／2r,r 增大，E K 减小，库仑力(电场力)做负功、 电势的增加，

总能量E n =E 1/n 2

.(E 1＜0)量子数n 变大.E 变大］.

3.C.［光线在M 和N 两界面处入射角相等，M 面上发生全反射，N 面上发生折射，说明n A ＜n B ,n c ＜n B 且n A ＜n C ,据v=n

1

，故选C ＝. 4.D

5.B 、C ［m(2π/T)2

=GmM/R 2

,M=4π2R 3

/GT 知选B 对选A 错，mv 0

/R=m(2π/T)2

Gm M/R 2

,M=v 3

T/2

πG,故选C 对.m(2πr)2·(R+h)=GmM(R+h)2

，而R 未知，选D 错］

6.A ［i —t 图像t=0时刻矩形线圈与磁场垂直，此时φ=0,故排除B 、C.据φ=BCcos(90°-ωt) =BSsin ωt 知正确答案为A.］

7.B 、C ［当P 下增大，R 2有效阻值增大，其两端电压增大，U c 随之增大，引起一方面据 E=

d

U 知E 增大，一方面电压表示数增大。R 2有效阻值的增加，引起总电流减小，R 1消耗功率=I 2

R 1变小，电容器C 只与本身因素有关故正确答案为B 、C ］

8.B 、C 、D.［U MN =

1

2

n n U 不变故A 错］ 9.A 、B ［由振动图像，从t=0时刻起，质点b 开始向下振动.再由波的图像及b 的位置，知A 选项正确.T=0.5s,f=

T

1

=2H 2所以B 正确.由v=λf 可知，C 错，b 、d 质点相差半波长，位移等大反向，故D 不正确］

10.D.［A →是等压、降温、缩小过程.△E=W+Q,△E ＜0,W ＞0,则Q ＜0.B →C 是等温、增压、增 压、缩小过程，△E=W+Q ，△E=0，W ＞0，则Q ＜0，所以气体不断放热，所以选D 正确.＝

11.B 、D ［球受力见右图］

12.(2-1)(mv/Bq)2

［带电粒子在磁场中做圆周运动半径r=mv/Bq.运动轨道圆心角为π

/2(见下左图)O ′M=O ′N=r ，那么最小长方形区域磁场，长为2r. 因此最小面积，宽为

r-rcos45°=(1-

2

2r)S=(2-1)(mv/ Bq)2

.］

13.2.5［上图右，A ′B ′位于透镜右侧2F 处，PQ 为挡板的最小长度，PQ=(A ′B ′+4AB)/2=2.5A B(A ′B ′=AB).］

14.加热；100W.［S 断开，电饭锅消耗功率P=U 2AB /(R 1+R 2) S 闭合，电饭锅消耗功率P ′=U 2AB /R 2＞P 因此S 闭合，电饭锅处于加热状态 P/P ′=(R 1+R 2)

P/1000=1/10,P=100W 为保温时的功率.］

15.左、右.［(1)原磁场增强变化在B 中激起的感应电流i 的方向是“指针向右偏”，则原磁 场减弱7变化在B 线圈中激起的i 的方向应该与前述相反，即“指针向左偏。”(2)指针向右偏?原电流增强?P 向左移.］

16.h/4,h(N+1)2

/2T 2

，［设每滴水从水龙头落至盘中经历时间为t 0，则第一滴水经历 t 0=g h /2到达盘中时，第二滴水正在空中，它运动了t 0/2的时间，运动距离h ′=h/4.若从第1个水滴离开水龙头开始计时，则相继下落的水滴到达盘中的时刻依次为 第一滴水落盘时：t 1=t 0 第二滴水落盘时： t 2=t 0+

21t 0=(2

1

2+)t 0 第三滴水落盘时 t 3=(

2

1

+N )t 0=T ∴t 0=12+N T ,∴g=2

2

202)1(2T N h t h +=

17.温度升高；进入气体。 四、论述、计算题

20.证明：假设现在的电势为ε′，则ε′＜ε，用新、旧电池测同样R x 的阴值，这时分别有

新电池：I g =ε/R 内

I=ε/(R 内+R x )=ε/［(ε/I g )+R x ］

=

)

/(1s Ig R I x g

+

旧电池：I g =ε′/R ′内

I ′=ε′/(R ′内+R x )=ε′/［(ε′/I g )+R x ］

=

ε'

+)(1Ig R I x g

∵ε′＜ε,∴I ′＜I

即这时的指针跟用新电池相比偏左，故用旧电池读出的阻值偏大。

21.解：设在力F 的作用下，活塞A 移动的距离为△l ，活塞B 向前移动的距离为△x ，以A 、B 间气体为研究对象.由气体作等温变化.则有： p 1V 1=p 2V 2 ① 初状态：p 1=p 0，V 1=L ·2S+L ·S=3LS 末状态：p 2=p 0+

S F 2=4

5p 0, V 2=(L+△x)S+(L-△l)·2S 且p 0S=kx 1(末状态) x 1=

k

S p 0,x 2=k S

p 4·5

△x=x 2-x 1=

k

S p 40 把p 1、p 2、V 1、V 2代入方程①得 p 0·3LS=

3

5

p 0·(3LS+△xs-2△lS) ② 把△x 代入②式和△l=

103L+k

S p 80 若

k S p 80＜107L ，则△L ＝103L+k

S

p 80

若

k

S p 80≥107

L,则△L=L. 22.解：小球2在作竖直上抛过程中机械守恒有

21mv 20=21mv 2+mg(3·2

L

) ① 由于细线绷直瞬间，绳子张力远大于重力，故可认为两球沿细线方向动量守恒，v 2大小保 持不变.设细线绷直末态，两球的速度都为v ′，则 mv 1=2mv ′ ② 机械能损失量为 △E=

21mv 21-2

1 (2m)v ′2

③ 从图中的速度矢量分解关系中有 v 1=vcos30° ④

联解四式，得到△E=3m(v 2

0-3qL)/16.

23.解：(1)要使油滴做直线运动，油滴必须带正电荷. (2)物体做匀速直线运动，合力为零，受力情况如上右图所示。 ∴qv m B=F ′=mg/cos θ v m =mg/qBcos θ

(3)油滴从M 运动到N 过程中，由动能定理： -qE a =

21mv 2N-2

`1mv 2

m 又∵qE=mgtg θ

解得v n =)2cos (

θθ

gatg qB mg

-

24.解①A 、B 碰撞动量守恒，取沿斜面向上为正，有m A v A =m A v 1+m B v B

解出v B =2.4m/s

碰后A 有两种运动的可能：(Ⅰ)加速向上，(Ⅱ)减速向上再加速向下. 第一种情况： A 加速向上，a A =

T

v v 12-=2m/s 2

, B 的加速度，a B =-gsin θ-6m/s 2

第二次相遇满足： v 1t+

21aAt 2=v B t+2

1aBt 2

解出t=0.45s,∵t ＜0.6s,故这种情况不合题意。

第二种情况：设A 上滑时间为△t ，则下滑时间为T-△t ，由运动学公式得 A 上滑加速度a 1=

t

v Δ1

0-； A 下滑加速度a 2=

t

T v Δ--0

2，由牛顿第二定律得

F-m A gsin θ-μm A gcos θ＝m A a 1 m A gsin θ-μm A gcos θ-F=m A a 2

联立解出：△t=0.1s,a 1=-6m/s 2

,a 2=3.6m/s 2

,F=0.6N.

在0.6s 后，A 在碰撞点的下方，而B 上升时间为t B =B

B

a V -0=0.4s,返回碰 撞,F=0.6N 符合题意。

②设经时间t 1,A 、B 间距离最大(再次碰前，)此时A 、B 等速，取沿斜面向下为正，有 a 1(t 1-0.1)=a ′B (t 1-0.4) 得t 1=0.85s.

这段时间内，A 的总路程为 s A =s 1+s 2=

2

1v △t+21a 2(t 1-△t)2

=1.04m

所以，A 克服摩擦力做功为W=f A ·S A =0.62J 。