高二物理天天练
高二物理天天练8
高二物理迎期末天天练（8）（时间45分钟满分100分）一、选择题：本题共15小题，每小题5分，共75分．1．下列关于内能的说法中，正确的是A．不同的物体，若温度相等，则内能也相等B．物体速度增大，则分子动能增大，内能也增大C．对物体做功或向物体传热，都可以改变物体的内能D．冰熔解成水时温度不变，其内能也不变2．关于气体压强的理解，哪一种理解是错误的A．将原先敞口的开口瓶密闭后，由于瓶内气体的重力太小，它的压强将远小于外界大气压强B．气体压强是由于气体分子不断撞击器壁而产生的C．气体压强取决于单位体积内气体分子数及其平均动能D．单位面积器壁受到气体分子碰撞产生的平均压力在数值上等于气体压强的大小3．关于晶体和非晶体，下列说法正确的是①单晶体的部分物理性质与方向有关②有规则几何形状的物体一定是晶体③晶体有一定的熔解温度④晶体内部分子的排列具有规律性A．只有①、②正确B．只有①、②、③正确C．只有①、③、④正确D．①、②、③、④都正确4．下列说法正确的是A．满足热力学第一定律的过程一定能实现B．做功和热传递是改变物体内能的两种不同方式C．高温物体具有的热量多，低温物体具有的热量少D．热量是热传递过程中，内能大的物体向内能小的物体转移内能多少的量度5．甲、乙两种薄片的表面分别涂有薄薄的一层石蜡，然后用烧热钢针的针尖分别接触这两种薄片，接触点周围熔化了的石蜡分别形成如图所示形状．对这两种薄片，下列说法中正确的是A．甲的熔点一定高于乙的熔点B．甲一定是晶体C．乙一定是晶体D．无法判断谁是晶体6．关于分子势能，下列说法正确的是A．物体体积增大，分子势能一定增大B．理想气体的分子间距离增大，分子势能减小C．分子间表现为引力时，距离越小，分子势能越大D．分子间表现为斥力时，距离越小，分子势能越大7．关于液晶下列说法正确的是A．液晶是液体和晶体的混合物B．液晶分子在特定方向排列比较整齐，但不稳定C．电子手表中的液晶在外加电压的影响下，能够发光D．所有物质在一定条件下都能成为液晶8．某种油的密度为8×102kg/m3，取这种油0.8g滴在水面上，最后形成油膜的最大面积最接近A．1010 m2B．104 m2C．1010 cm2D．104 cm29．如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于r轴上距原点r3的位置.虚线分别表示分子间斥力f斥和引力f引的变化情况，实线表示分子力f的变化情况．若把乙分子由静止释放，则乙分子A.从r3到r1做加速运动，从r1向O做减速运动B.从r3到r2做加速运动，从r2到r1做减速运动C.从r3到r1，分子势能先减少后增加D.从r3到r1，分子势能先增加后减少O10．地面附近有一正在上升的空气团，它与外界的热交热忽略不计．已知大气压强随高度增加而降低，则该气团在此上升过程中（不计气团内分子间的势能）A．体积减小，温度降低B．体积减小，温度不变C．体积增大，温度降低D．体积增大，温度不变11．如图所示，某同学将空的薄金属筒开口向下压入水中．设水温均匀且恒定，筒内空气无泄漏，不计气体分子间相互作用．在金属筒缓慢下降的过程中，筒内空气A．从外界吸热B．内能增大C．向外界放热D．内能减小12．如右图所示为一定质量理想气体的p-V图象，若气体从图中状态A变化到状态B，则A．气体内能减少，并放出热量B．气体内能减少，并吸收热量C．气体内能增加，并放出热量D．气体内能增加，并吸收热量13．某气体的摩尔质量是μ，标准状态下的摩尔体积为V，阿伏加德罗常数为N，下面关系式中正确的是A．该气体在标准状态下的密度为μN/V B．该气体每个分子的质量为μ/NC．每个气体分子在标准状态下的体积为V/N D．该气体单位体积内的分子数为V/N14.已知地球半径约为6.4×106 m，空气的摩尔质量约为29×10-3 kg/mol，一个标准大气压约为1.0×105 Pa．利用以上数据可估算出地球表面大气在标准状况下的体积约为A．4×1016 m3B．4×1018 m3C．4×1020 m3D．4×1022 m315．下面关于熵的说法正确的是A．熵是物体内分子运动无序程度的量度B．对孤立系统而言，一个自发的过程中熵总是向减少的方向进行液里有纯油酸0.6mL，用注射器测得1mL上述溶液为80滴．把l滴该溶液滴入盛水的浅盘内，让油膜在水面上尽可能散开，所得油酸薄膜的轮廓形状如图所示，图中正方形方格的边长为1cm．试求：(1)油酸膜的面积是cm；(2)实验测出油酸分子的直径是m；(结果保留两位有效数字)(3)实验中为什么要让油膜尽可能散开?17．(16分) 如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞与容器壁间可以无摩擦滑动，活塞的面积为S．现将整个装置放在大气压恒为p0的空气中，开始时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h0．在气体从外界吸收热量Q的过程中，活塞缓慢上升d后再次平衡，则在此过程中密闭气体的内能增加了多少?。
2021年高二下学期物理天天练(八) 含答案
2021年高二下学期物理天天练（八）含答案学校:___________姓名：___________班级：___________一.选择题1.【题文】电脑中用的光盘驱动器，采用恒定的角速度驱动光盘，光盘上凸凹不平的小坑是存储的数据，请问激光头在何处时，电脑读取数据速率比较大（）A．内圈 B．外圈 C．中间位置 D．与位置无关【答案】B【解析】解：同一光盘，由于共轴，则角速度相等，当半径越大时，转动的速度也越大．即外圈半径大，线速度就大，读取数据速率就大．故B正确，ACD错误；故选B2.【题文】某人向放在水平地面的正前方小桶中水平抛球，结果球划着一条弧线飞到小桶的前方（如图所示）．不计空气阻力，为了能把小球抛进小桶中，则下次再水平抛时，他可能作出的调整为（）A．增大初速度，提高抛出点速度B．增大初速度，抛出点高度不变C．初速度大小不变，降低抛出点高度D．初速度大小不变，提高抛出点高度【答案】C【解析】解：A、设小球平抛运动的初速度为v0，抛出点离桶的高度为h，水平位移为x，则平抛运动的时间t=水平位移x=v0t=v0由上式分析可知，提高抛出点高度h，增大初速度v0．x将会增大，故A错误．B、由A分析得，B错误．C、由A分析得，速度不变，减小h可以，故C正确．D、由A分析得，初速度大小不变，提高抛出点高度，水平位移x将增大，故D错误．故选：C3.【题文】近地人造卫星1和2绕地球做匀速圆周运动的周期分别为T1和T2，设在卫星1、卫星2各自所在的高度上的重力加速度大小分别为g1、g2，则（）A． =（） B． =（）C． =（）2 D． =（）2【答案】A【解析】解：人造卫星在地球的引力的作用下绕地球做圆周运动，则有G=m r忽略地球的自转，则有mg=G解得g=GM故故选：A4.【题文】xx年1月17日，我国成功发射北斗PASS﹣G1地球同步卫星（绕地球运行的角速度与地球自转角速度相同）．据了解这已是北斗卫星导航系统发射的第三颗地球同步卫星．则对于这三颗已发射的同步卫星，下列说法中正确的是（）A．它们运行的周期可能不同B．它们的向心力大小可能不同C．它们离地心的距离可能不同D．它们的运行速度大小可能不同，但都小于7.9 km/s【答案】B【解析】解：A、同步卫星的周期与地球的周期相同，则所以同步卫星的周期相同，故A错误．B、根据可知，由于同步卫星的质量不同，所以它们的向心力大小可能不同．故B正确．C、所有地球的同步卫星都位于赤道的上空，在相同的轨道上运行，轨道半径相同，则它们离地心的距离相同，故C错误；D、根据万有引力提供向心力得：v=，轨道半径越大，线速度越小，7.9km/h 是贴近地球表面运行的速度，所以同步卫星的速度小于7.9km/h，但同步卫星的速度相等．故D错误．故选：B5.【题文】如图所示，大小相同的力F作用在同一个物体上，物体分别沿光滑水平面、粗糙水平面、光滑斜面、竖直方向运动一段相等的距离s，已知力F与物体的运动方向均相同．则上述四种情景中都相同的是（）A．拉力F对物体做的功 B．物体的动能增量C．物体加速度的大小 D．物体运动的时间【答案】A【解析】解：A、根据功的计算公式W=FScosθ可知F、S、θ相同，故功相同，A正确；B、根据动能定理知W合=△E k，只拉力做功相同，其他力做功不同，故动能增量不同，故B错误；C、根据F合=ma知只有拉力F同，加速度不一定相同，故C错误；D、根据s=知加速度不相同，t不相同，故D错误；故选：A6.【题文】长度为L=0.50m的轻质细杆OA，A端有一质量为m=3.0kg的小球，如图所示，小球以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时小球的速率是2.0m/s，g取10m/s2，则此时细杆OA受到（）A．6.0N的拉力 B．6.0N的压力 C．24N的拉力 D．24N的压力【答案】B【解析】解：小球运动到最高点时受到重力与轻杆的弹力，假设杆子的弹力方向向上为F N，根据合力提供向心力：mg﹣F N=代入数据解得：F N=6.0N，则小球对OA有向下的压力，大小为6N，故B正确．故选：B7.【题文】有质量相等的两个人造地球卫星A和B，分别在不同的轨道上绕地球做匀速圆周运动．两卫星的轨道半径分别为R A和R B，已知R A＞R B．则A和B两卫星相比较，以下说法正确的是（）A．卫星A受到的地球引力较大B．卫星A的动能较大C．若使卫星B减速，则有可能撞上卫星AD．卫星A的运行周期较大【答案】D【解析】解：A、因为两卫星的质量相等，根据F=知，轨道半径大，所受的万有引力小，则卫星A受到地球的引力较小．故A错误．B、根据得，，T=，A的轨道半径大，则A的线速度小，动能较小，周期较大．故B错误，D正确．C、若卫星B减速，所受的万有引力大于向心力，将做近心运动，不会与卫星A相撞．故C错误．故选：D．8.【题文】如图所示，用同样材料制成的一个轨道，AB段为圆弧，半径为R，水平放置的BC段长度也为R．一小物块质量为m，与轨道间动摩擦因数为μ，当它从轨道顶端A由静止下滑时，恰好运动到C点静止．那么物体在AB段克服摩擦力做的功为（）A．μmgR B． C．mgR（1﹣μ） D．【答案】C【解析】解：设物体在AB段克服摩擦力做的功为W f．对全过程应用动能定理：mgR﹣W f﹣μmgR=0解得：W f=mgR（1﹣μ）故选：C9.【题文】起重机吊钩下挂着一个质量为m的木箱，若木箱以加速度a匀减速下降高度h，则木箱克服钢索拉力做的功为（）A．mgh B．m（g﹣a）h C．m（g+a）h D．m（a﹣g）h【答案】C【解析】解：对木箱受力分析可得，木箱受到拉力和重力的作用，由于木箱以加速度a匀减速下降，所以加速度是向上的，由牛顿第二定律可得，F﹣mg=ma，所以拉力F=m（g+a），下降高度h时，拉力做的功为W=﹣Fh=﹣m（g+a）h，所以木箱克服钢索拉力做的功为m（g+a）h，所以C正确．故选C．10.【题文】如图所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0，C的初速度方向沿斜面水平向左，大小也为v0．下列说法中正确的是（）A．A和C将同时滑到斜面底端B．滑到斜面底端时，B的速度最大C．滑到斜面底端时，B的机械能减少最多D．滑到斜面底端时，B、C的动能一样大【答案】B【解析】解：A、AC两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，A所受滑动摩擦力沿斜面向上，C 沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，所以C的加速度大于A的加速度，C先到达斜面底端．故A错误．B、重力做功相同，摩擦力对A、B做功相同，C克服摩擦力做功最大，A的初动能为零，B、C 的初动能相等，则滑到斜面底端时，B滑块的动能最大，B的动能大于C的动能，B的速度最大，故B正确，D错误；C、滑动摩擦力做功与路程有关，C运动的路程最大，C克服摩擦力做功最大，C减少的机械能最多，故C错误．故选：B．11.【题文】（多选题）如图，A、B两点分别位于大、小轮的边缘上，C点位于大轮半径的中点，大轮的半径是小轮的2倍，它们之间靠摩擦传动，接触面不打滑．下列说法正确的是（）A．A与B线速度大小相等 B．B与C线速度大小相等C．C与A角速度大小相等 D．A与B角速度大小相等【答案】AC【解析】解：A、靠摩擦传动做匀速转动的大、小两轮接触面互不打滑，知A、B两点具有相同的线速度．故A正确．B、A、B具有相同的线速度大小，又因为A、C具有相同的角速度，根据v=rω，可知B点的线速度大于C点的线速度．故B错误，C正确．D、已知A、B两点具有相同的线速度大小，即v A=v B，根据v=rω，知小轮转动的角速度是大轮的两倍，故D错误．故选AC．12.【题文】（多选题）用细线悬吊着一个质量为m的小球，使小球在水平面内做匀速圆周运动，细线与竖直方向夹角为α，线长为L，如图所示，下列说法中正确的是（）A．小球受重力、拉力、向心力 B．小球受重力、拉力C．小球的向心力大小为mgtanα D．小球的向心力大小为【答案】BC【解析】解：小球在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析，如图小球受重力、绳子的拉力，由于它们的合力总是指向圆心并使得小球在水平面内做圆周运动，故在物理学上，将这个合力就叫做向心力，即向心力是按照力的效果命名的，这里是重力和拉力的合力；根据几何关系可知：F向=mgtanθ，故AD错误，BC正确；故选：BC．13.【题文】（多选题）如图所示，A为静止于地球赤道上的物体，B为绕地球做匀速圆周运动轨道半径为r的卫星，C为绕地球沿椭圆轨道运动的卫星，长轴大小为a，P为B、C两卫星轨道的交点，已知A、B、C绕地心运动的周期相同，下列说法正确的是（）A．物体A的线速度小于卫星B的线速度B．卫星B离地面的高度可以为任意值C．a与r长度关系满足a=2rD．若已知物体A的周期和万有引力常量，可求出地球的平均密度【答案】AC【解析】解：A、因为A、B绕地心运动的周期相同，根据v=r知，B的轨道半径大于地球的半径，则物体A的线速度小于卫星B的线速度，故A正确．B、因为B的周期与地球的自转周期相同，为定值，根据知，r=，可知轨道半径恒定，则卫星B离地的高度恒定，不是任意值，故B错误．C、根据开普勒第三定律知，，因为周期相等，则椭圆的半长轴与圆轨道半径相等，即，故C正确．D、根据知，地球的质量M=，则地球的平均密度，因为地球的半径未知，则无法求出地球的密度，故D错误．故选：AC．14.【题文】（多选题）A、B两点在同一条竖直线上，A点离地而的高度为2.5h，B点离地面高度为2h．将两个小球分别从A、B两点水平抛出，它们在P点相遇，P点离地面的高度为h．已知重力加速度为g，则（）A．两个小球一定同时抛出B．两个小球抛出的时间间隔为（﹣）C．小球A、B抛出的初速度之比=D．小球A、B抛出的初速度之比=【答案】BD【解析】解：A、平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，由h=，得t=，由于A 到P的竖直高度较大，所以从A点抛出的小球运动时间较长，应先抛出．故A错误．B、由t=，得两个小球抛出的时间间隔为△t=t A﹣t B=﹣=（﹣）．故B正确．CD、由x=v0t得v0=x，x相等，则小球A、B抛出的初速度之比===，故C错误，D正确．故选：BD．15.【题文】（多选题）如图所示，可视为质点的，质量为m的小球，在半径为R的竖直放置的光滑圆形管内做圆周运动，下列有关说法中正确的是（）A．小球能够通过最高点的最小速度为0B．小球能通过最高点的最小速度为C．如果小球在最高点时的速度大小为2，则此时小球对管道有向上的作用力D．如果小球在最低点时的速度大小为，则小球通过该点时与管道间无相互作用力【答案】AC【解析】解：AB、圆形管道内能支撑小球，小球能够通过最高点时的最小速度为0．故A正确，B错误．C、设管道对小球的弹力大小为F，方向竖直向下．由牛顿第二定律得：mg+F=m，v=2，解得F=3mg，方向竖直向下．根据牛顿第三定律得知：小球对管道有向上的弹力．故C正确．D、如果小球在最低点时的速度大小为，有向上的加速度，由牛顿运动定律可知小球通过该点时与管道间一定有作用力，故D错误．故选：AC．16.【题文】（多选题）在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道Ⅰ，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ．则（）A．该卫星的发射速度必定大于第二宇宙速度11.2km/sB．卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度大于第一宇宙速度7.9km/sC．在轨道Ⅰ上，卫星在P点的速度大于在Q点的速度D．卫星在Q点通过加速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ【答案】CD【解析】解：A、11.2km/s是卫星脱离地球束缚的发射速度，而同步卫星仍然绕地球运动，故A错误．B、7.9km/s即第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度．而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，根据v的表达式可以发现，同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度．故B错误．C、在轨道Ⅰ上，由P点向Q点运动，万有引力做负功，动能减小，所以P点的速度大于Q点的速度．故C正确．D、从椭圆轨道Ⅰ到同步轨道Ⅱ，卫星在Q点是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速，增加所需的向心力．所以卫星在Q点通过加速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ．故D正确．故选：CD．二.填空题17.【题文】某同学利用电磁打点计时器打出的纸带来验证机械能守恒定律，该同学在实验中得到一条纸带，如图所示，在纸带上取6个计数点，两个相邻计数点间的时间间隔为T=0.02s．其中1、2、3点相邻，4、5、6点相邻，在3点和4点之间还有若干个点．s1是1、3两点的距离，s2是2、5两点的距离，s3是4、6两点的距离．（1）实验过程中，下列操作正确的是．A．电磁打点计时器应接在220V交流电源上B．实验时应先松开纸带，然后迅速打开打点计时器C．实验时应先打开打点计时器，然后松开纸带D．纸带应理顺，穿过限位孔并保持竖直（2）点2速度的表达式v2=（3）该同学测得的数据是s1=4.00cm，s2=16.00cm，s3=8.00cm，重物（质量为m）从点2运动到点5过程中，动能增加量为m，势能减少量为 m．（结果保留两位有效数字，重力加速度g=10m/s2）【答案】（1）CD （2）（3）1.5，1.6．【解析】解：（1）A、电磁打点计时器解4﹣6V的交流电源．故A错误．B、实验时应先接通电源，再松开纸带．故B错误，C正确．D、为了减小阻力，纸带应理顺，穿过限位孔并保持竖直．故D正确．故选CD．（2）某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则．（3）点2的瞬时速度，点5的瞬时速度，则动能的增加量=．重力势能的减小量△E p=mgx2=1.6mJ．故答案为：（1）CD （2）（3）1.5，1.6．【标题】山西省太原市清徐中学xx学年高一下学期期末物理试卷【结束】18.【题文】某同学利用如图所示装置测量小木块与接触面间的滑动摩擦因数．已知小木块与斜面和水平面的滑动摩擦因数相同．小木块由斜面上的A点静止下滑，经过B点到达水平面上的C点静止．A、C两点间的水平距离为x．小木块可视为质点．回答下列问题：（1）小木块质量为m，重力加速度大小为g，若滑动摩擦因数为μ，由A点运动到C点过程中，克服摩擦力做功与x之间的关系式为W f= ．（2）为尽量简便的测量小木块与接触面间的滑动摩擦因数，下列哪些物理量需要测量？．A．小木块的质量m B．斜面倾角 C．A、B两点间的距离lD．A、C两点间的竖直高度差h E．A、C两点间的水平距离x（3）利用上述测量的物理量，写出测量的滑动摩擦因数μ=．（4）小木块运动到B点时，由于水平面的作用，竖直方向的分速度将损失，将导致测量的滑动摩擦因数与实际滑动摩擦因数相比，其值将（填“偏大”、“相等”或“偏小”）．【答案】（1）μmgx；（2）DE；（3）；（4）偏大．【解析】解：（1）根据摩擦力做功表达式，则有：f=μmgcosβ×+μmg（x﹣x1）=μmgx；（2、3）根据动能定理，重力做功与摩擦力做功之和为零，mgh=μmgx，为尽量简便的测量小木块与接触面间的滑动摩擦因数，因此还需要测量A、C两点间的竖直高度差h与A、C两点间的水平距离x，那么测量的滑动摩擦因数μ=；（4）竖直方向的分速度将损失，将导致mgh＞μmgx，那么测量的滑动摩擦因数与实际滑动摩擦因数相比，其值将偏大；故答案为：（1）μmgx；（2）DE；（3）；（4）偏大．三.解答题19.【题文】一位滑雪者质量为60kg，从竖直高度为20m赛道顶端由静止滑下．忽略阻力的情况下，滑雪者由顶端滑到赛道底端的过程中（重力加速度g取l0m/s2）．求：（1）重力做多少功？（2）滑到底端时速度大小是多少？【答案】解：（1）由重力做功表达式有：W G=mgh=60×10×20=1xxJ（2）由动能定理或机械能守恒定律有：W G=mv2代入数据解得：v=20m/s答：（1）重力做功为1xxJ；（2）滑到底端时速度大小是20m/s．20.【题文】质量为m的物体静置于水平地面上，现对物体施以水平方向的恒定拉力，ts末物体的速度到达v时撤去拉力，物体运动的v﹣t图象如图所示，求：（1）滑动摩擦力在（0﹣3t）s内做的功；（2）拉力在ts末的功率．【答案】解：（1）在t～3t内，物体在动摩擦力的作用下做匀减速运动，有：根据牛顿第二定律可知﹣f=ma2=0﹣3t内通过的位移为x=故摩擦力做功为W=﹣fx=﹣（2）在0﹣t内加速度为根据牛顿第二定律可知F﹣f=ma1P=Fv联立解得P=答：（1）滑动摩擦力在（0﹣3t）s内做的功﹣（2）拉力在ts末的功率为21.【题文】如图所示，倾角为θ=45°的粗糙平直导轨与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内．一质量为m的小滑块从导轨上离地面高为h=3R的D处无初速下滑进入圆环轨道．接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力．求：（1）滑块运动到圆环最高点C时的速度的大小；（2）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；（3）滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功．【答案】解：（1）小滑块从C点飞出来做平抛运动，水平速度为v0．根据几何关系知，OP间的距离 x=R，由平抛运动的规律得：竖直方向上：R=水平方向上： R=v0t解得 v0=（2）小滑块在最低点C时速度为v．由机械能守恒定律得：mg•2R+=解得 v=在最低点C，由牛顿第二定律：F N﹣mg=m解得：F N=6mg由牛顿第三定律得：F N′=F N=6mg，方向竖直向下（3）从D到最低点过程中，设DB过程中克服摩擦阻力做功W f，由动能定理得mgh﹣W f=又 h=3R解得 W f=mgR答：（1）滑块运动到圆环最高点C时的速度的大小为；（2）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小为6mg；（3）滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功为mgR．22.【题文】距沙坑高h=7m处，以v0=10m/s的初速度竖直向上抛出一个质量为0.5kg的物体，物体落到沙坑并陷入沙坑d=0.4m深处停下．不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2．求：（1）物体上升到最高点时离抛出点的高度H；（2）物体在沙坑中受到的平均阻力f大小是多少？【答案】解：（1）设物体上升到最高点时离抛出点为H，由动能定理得：﹣mgH=0﹣mv02…①代入数据得：H=5m（2）设物体在沙坑中受到的平均阻力为f，陷入沙坑深度为d，从最高点到最低点的全过程中：mg（H+h+d）﹣fd=0代入数据得：f=155N答：（1）物体上升到最高点时离抛出点的高度5m；（2）物体在沙坑中受到的平均阻力大小是155N．23.【题文】xx年12月2日凌晨1点30分，我国自行研制的“嫦娥三号”探测器在西昌卫星发射中心成功发射，12月6日17时53分“嫦娥三号”探测器成功实现近月制动，顺利进入距月面高为h环月圆轨道，于12月14日21时11分成功实施月面软着陆，实现我国航天器首次在地外天体的软着陆和巡视勘探．已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，月球质量与地球质量之比为q，月球半径与地球半径之比为p．求：（1）月球表面的重力加速度．（2）“嫦娥三号”在环月轨道上运行时的速度大小．【答案】解：（1）“嫦娥三号”在月球表面的重力等于万有引力：“嫦娥三号”在地球表面的重力等于万有引力：联立得：解得：（2）设“嫦娥三号”在环月轨道上运行时的速度，根据万有引力提供向心力得：联立以上各式解得：答：（1）月球表面的重力加速度是；（2）“嫦娥三号”在环月轨道上运行时的速度大小．29038 716E 煮29315 7283 犃34758 87C6 蟆2c27529 6B89 殉39585 9AA1 骡33781 83F5 菵23511 5BD7 寗o30293 7655 癕23957 5D95 嶕22787 5903 夃。
高二物理远距离输电天天练
高二物理《远距离输电》天天练2012/3/91．发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至用户的输电导线的总电阻为R，通过输电导线的电流为I，输电线末端的电压为U2，下面选项表示输电导线上损耗的功率的是()A.U12RB.(U1－U2)2RC．I2R D．I(U1－U2)2．关于电能输送的以下分析，正确的是()A．由公式P＝U2/R知，输电电压越高，输电线上功率损失越少B．由公式P＝U2/R知，输电导线电阻越大，输电线上功率损失越少C．由公式P＝I2R知，输电电流越大，输电导线上功率损失越大D．由公式P＝UI知，输电导线上的功率损失与电流成正比3．远距离输电线路的示意图如图所示．若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是A．升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关B．输电线中的电流只由升压变压器原、副线圈的匝数比决定C．当用户用电器的总电阻减少时，输电线上损失的功率增大D．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压4．远距离输电，原来用电压U0输电，在输电线上损失的电功率为P0，现在要使输电线上损失的电功率减小到原来的1/10，则输电电压应为()A．100 U0 B.10U0C．U0/10 D．U0/1005．一台交流发电机产生u＝220·sin 100πt V的交流电压，其内阻不计，经过变压器变压后通过总电阻r＝2 Ω的长导线给彩灯供电，如图所示.60只彩色小灯泡并联在电路中，每只灯泡都是“6 V,0.25 W”，灯泡均正常发光．(其余电阻不计)试求：(1)发电机的输出功率；(2)降压变压器原、副线圈匝数比；(3)若副线圈匝数为110匝，求副线圈中磁通量变化率的最大值．6．有一理想变压器原、副线圈的匝数比为100∶1，原线圈上所加电压为23 kV，副线圈通过总电阻为2 Ω的供电导线向用户供电，用户用电器得到的电压是220 V，求供电导线上损耗的功率．7．小型水利发电站的发电机输出功率为24.5 kW，输出电压为350 V，输电线总电阻为4 Ω，为了使输电线损耗功率为发电机输出功率的5%，需在发电机处设升压变压器，用户所需电压为220V，所以在用户处需安装降压变压器．输电电路图如图所示，求：(1)输电线上的电流．(2)升压变压器的原、副线圈的匝数之比．(3)降压变压器的原、副线圈的匝数之比．。
高二物理天天练4
高二物理迎期末天天练（4）（时间45分钟满分100分）一、选择题本题包括13小题，每小题5分，共65分。
选对但选不全的得3分1．已知阿伏加德罗常数、摩尔质量和摩尔体积，则可以计算（）①固体物质分子的大小和质量②液体物质分子的大小和质量③气体物质分子的大小④气体物质分子的质量A．①③B．③④C．①②③D．①②④2．根据热力学定律，下列说法正确的是（）A．第二类永动机违反能量守恒定律B．机械能和内能的转化具有方向性C．当温度由20℃变为40℃，物体分子的平均动能应变为原来的2倍D．热机是一种把机械能转化为内能的装置3．一定质量的理想气体封闭在绝热的气缸内，当用活塞压缩气体时，下列说法中错误的是（）A．气体分子的平均动能一定增大B．气体分子的密度一定增大C．气体分子的势能一定增大D．气体的内能一定增大4．下列现象中哪些是由于液体表面张力引起的：（）A．吹出来的肥皂泡B．硬币能浮在水面上C．木船浮在水面上D．散落在玻璃板上的水银呈球形5．关于晶体和非晶体的说法中正确的是：（）A．所有的晶体都表现为各向异性B．大颗粒的盐磨成细盐，就变成了非晶体C．因为金属物理性质表现出各向同性，故金属是非晶体D．所有的晶体都有确定的溶点，而非晶体没有确定的溶点6．在一个上下水温均匀，并保持恒温的水池中，有一个小气泡缓慢上升，则上升过程中正确的说法是（设气泡内为理想气体）（）A．气泡内能减少，放出热量B．气泡内能不变，对外做功，吸收热量C．气泡内能不变，不放热也不吸热D．气泡内能增加，吸收热量7．关于布朗运动，下列说法中正确的是（）A．布朗运动就是固体微粒分子的无规则运动B．布朗运动就是液体分子的无规则运动C．布朗运动是液体分子的无规则运动的反映D．布朗运动同时说明固体分子和液体分子做无规则的运动8．关于物体的内能的变化，以下说法中正确的是（）A．物体吸收热量，内能一定增加B．物体对外做功，内能一定减少C．物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变D．物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变9．金属制成的气缸中装有柴油与空气的混合物，有可能使气缸中柴油达到燃点的过程是（）A．迅速向外拉活塞B．迅速向里推活塞C．缓慢向外拉活塞D．缓慢向里推活塞10．如图容器A、B各有一个可以自由移动的轻活塞，活塞下面是水，上面是大气，大气压恒定。
2021年高二下学期物理天天练(二) 含答案
2021年高二下学期物理天天练（二）含答案学校:___________姓名：___________班级：___________1.【题文】已知三个分力的大小依次为3N、5N、9N，关于这三个分力的合力大小，下面给出了四个值：①0N②1N③5N④18N．其中可能的是（）A．只有②③C．只有②③④D．只有①②④B．只有①②③【答案】A【解析】解：三个共点力的方向都相同的时候合力最大，所以最大值为3N+5N+9N=17N；3N和5N和合力的范围是2N≤F≤8N，9N不在这个范围内，所以合力的大小不可以为零，所以合力的最小值为1N．由于三个力的合力范围是1N≤F合≤17N，故A正确，BCD错误；故选：A．2.【题文】关于两个大小不变的共点力F1、F2与其合力F的关系，下列说法中正确的是（）A．F随F1、F2间夹角的增大而增大B．F 随F1、F2间夹角的增大而减小C．F的大小一定小于F1、F2中最大者D．F的大小不能小于F1、F2中最小者【答案】B【解析】解：AB、当夹角θ＜180°时，由公式F= 可知，随两力夹角增大合力减小，故A 错误，B正确；CD、由力的合成三角形定则知两个力及它们的合力构成一个矢量三角形，合力可以大于任何一个分力，也可小于任何一分力，也可等于任何一分力，故CD错误；故选：B．3.【题文】有三个力，一个力是12N，一个力是6N，一个力是7N，则关于这三个力的合力，下列说法正确的是（）A．合力的最小值为1NC．合力不可能为20ND．合力可能为30NB．合力的最小值为0N【答案】B【解析】解：三个力中，前两个力12N和6N的合力范围是：6N≤F12≤18N；第三个力为7N，当前两个力的合力为7N，且与F3反向时，三个力的合力为零，故三个力的合力最小为零；当三个力同向时，合力最大，等于三个力之后，为：F=F1+F2+F3=25N；故选B．4.【题文】吊环比赛中运动员先双手撑住吊环，然后身体下移，双臂缓慢张开到图所示位置，此时连接吊环的绳索与竖直方向的夹角为θ．已知他的体重为G，吊环和绳索的重力不计．则每条绳索的张力为（）A． B． C．cosθ D．sinθ【答案】A【解析】解：运动员的受力简化为如图所示：由共点力的平衡可知，在竖直方向上：2Fcosθ=G解得：F=；故选：A．5.【题文】如图所示，是两个共点力的合力F跟它的两个分力之间的夹角θ的关系图象，则这两个分力的大小分别是（）A．1N和4N B．2N和3N C．1N和5N D．2N和4N【答案】B【解析】解：A、B、设两个力分别为F1、F2，F1＞F2当两个力的夹角为180度时，合力为1N，则F1﹣F2=1N．当两个力的夹角为0度时，合力为5N，则F1+F2=5N解得F1=3N，F2=2N．故ACD 错误，B正确；故选：B．6.【题文】如图所示，一个重60N的物体置于光滑的水平面上，当用一个F=20N的力竖直向上拉物体时，物体所受的合力为（）A．0NB．40N，方向竖直向下C．40N，方向竖直向上D．80N，方向竖直向上【答案】A【解析】解：物体的重力为60N，向上的拉力为20N，此时地面对物体的支持力为40N，多了向上的拉力后，只是地面对物体的支持力减小了，物体的总的合力还是零，所以A正确．故选A．7.【题文】如图所示，AB是半圆的直径，O为圆心，P点是圆上的一点，在P点作用了三个共点力F1、F2、F3．若F2的大小已知，则这三个力的合力为（）A．F2 B．2F2 C．3F2 D．4F2【答案】C【解析】解：以F1、F3为邻边作平行四边形，由几何特征，可知平行四边形是矩形，则合力F13=2F2，故F1、F2、F3的合力F=3F2，所以C正确；故选：C．8.【题文】下列关于力的说法正确的是（）A．力是物体对物体的作用，所以发生力的作用必须相互接触B．物体受到的重力是地球施加的，物体只在重心处受到重力作用C．弹力是发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对与它接触的物体所产生的力的作用D．静摩擦力是静止的物体受到的，滑动摩擦力是运动的物体受到的【答案】C【解析】解：A、力是物体对物体的相互作用，物体不接触可以产生力的作用，接触不一定有力的作用，故A错误．B、物体受到的重力是地球施加的，但物体各部分均受到重力作用，而重心所受重力的集中点．故B错误．C、根据弹力产生的条件，可知：弹力是发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对与它接触的物体所产生的力的作用，故C正确．D、运动的物体可以受到静摩擦力，比如：正在斜向上运动的传送带上的物体；而静止的物体可以受到滑动摩擦力，在地面上滑行的物体，地面却受到是滑动摩擦力，故D错误．故选：C．9.【题文】如图所示，在“验证力的平行四边形定则”这一实验中，两弹簧秤现在的夹角为90°，使b弹簧秤从图示位置开始沿箭头方向缓慢转动，在这过程中，保持O点的位置和a 弹簧秤的拉伸方向不变，则在整个过程中，关于a、b两弹簧秤示数的变化情况是（）A．a示数增大，b示数减小B．a示数减小，b示数增大C．a示数减小，b示数先增大后减小D．a示数减小，b示数先减小后增大【答案】B【解析】解：对点o受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，如图，其中橡皮条的拉力大小不变，a弹簧拉力方向不变，b弹簧拉力方向和大小都改变．由图可知a示数减小，b示数增大，故ACD错误，B正确．故选B．10.【题文】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【答案】D【解析】解：木块受重力、支持力及摩擦力的作用而处于静止状态；故支持力与摩擦力的合力一定与重力大小相等、方向相反，故支持力和摩擦力的合力竖直向上．故选：D．11.【题文】两个共点力同向时合力为a，反向时合力为b，当两个力垂直时合力大小为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】解：两力同向时，有：F1+F2=a；两力反向时，有：F1﹣F2=b；解得：F1=，F2=；两个力垂直时，有：F=解得：F=；故选：B．12.【题文】如图所示，一木块放在水平桌面上，在水平方向共受到三个力即F1、F2和摩擦力作用，木块处于静止状态，其中F1=10N，F2=2N，若撤去F1，则木块受到合力F为（）A．F=2N，方向向左 B．F=10N，方向向左 C．F=10N，方向向右 D．F=0【答案】D【解析】解：木块开始在水平方向受三个力而平衡，则有f=F1﹣F2=10﹣2=8N；物体处于静止状态，则说明物体受到的最大静摩擦力大于8N；撤去F1后，外力为2N，故物体仍能处于平衡，故合力一定是零；故选：D．13.【题文】一个重为20N的物体置于光滑的水平面上，当用一个F=5N的力竖直向上拉该物体时，如图所示，物体受到的合力为（）A．15N B．25N C．20N D．0N【答案】D【解析】解：据题，拉力为5N，小于物体的重力20N，物体仍保持静止，根据平衡条件可知，物体受到的合力为0．故选：D．14.【题文】如图所示，一个人用双手在单杠上把自己吊起来，静止在竖直面上，在下列四种情况中，两臂用力最小的是（）A．当他两臂平行时B．当他两臂成60°夹角时C．当他两臂成90°夹角时D．当他两臂成120°夹角时【答案】A【解析】解：对人受力分析，受重力和两个拉力，设两个分力的夹角为θ，如图根据平衡条件，有：T1=T2= 当角度θ不断减小时，拉力不断减小，故两臂平行时最省力；故选：A．15.【题文】已知某力的大小为10N，则不可能将此力分解为下列哪组力（）A．3N、3N B．6N、6N C．100N、100N D．400N、400N【答案】A【解析】解：A、两个力合成的最大值为3N+3N=6N，小于10N，故A不可能；B、6N与6N合成最大12N，最小0N，可以为10N，故B可能；C、100N与100N合成最大200N，最小0N，可以为10N，故C可能；D、400N与400N合成最大800N，最小0N，可以为10N，故D可能；本题选择不可能，故选：A．16.【题文】(多选题)下列关于分力与合力的说法中，正确的是（）A．分力与合力同时作用在物体上，所以它们都是物体受到的力B．几个力同时作用于物体时产生的效果与某一个力单独作用时产生的效果是相同的，那么这几个力就是这一个力的分力C．合力只能大于分力，不能小于分力D．两个分力夹角在0°～180°之间变化时，若分力大小不变，则夹角越大，合力越小【答案】BD【解析】解：A、合力与分力不是同时作用在物体上，它们只能在效果上等效．故A错误．B、根据合力和分力的概念知，几个力同时作用于物体时产生的效果与某一个力单独作用时产生的效果是相同的，那么这几个力就是这一个力的分力，故B正确．C、根据平行四边形定则知，合力可能比分力大，可能比分力小，也可能与分力相等．故C错误．D、当两个分力的夹角0°＜θ＜180°时，合力为 F=，可知F随着θ增大而减小，故D正确．故选：BD17.【题文】(多选题)铁块m被竖直悬挂着的磁性黑板紧紧吸住不动，如图l所示，下列说法正确的是（）A．铁块受到四个力作用，其中有三个力的施力物体是黑板B．铁块与黑板间在水平方向有两对相互作用力互相吸引的磁力和互相挤压的弹力C．磁力和弹力是互相平衡的力D．磁力大予弹力，黑板才能吸住铁块不动【答案】ABC【解析】解：A、铁块受到四个力：重力G=mg，施力物体是地球；支持力N、摩擦力f、磁力T，这三个力的施力物体都是磁性黑板，A正确．B、黑板对铁块有支持力，则铁块对黑板有压力，这两个力是一对相互作用力；黑板对铁块有磁力，反过来，铁块对黑板有大小相等的磁力，这两个力是一对相互作用力；所以水平方向有两对相互作用力；黑板对物块有摩擦力，则物块对黑板也有摩擦力作用，这两个力是一对作用力和反作用力，但这两个力在竖直方向；B正确．C、铁块所受的磁力和弹力是一对平衡力，大小相等，C正确．D、铁块处于平衡状态，合力为0，所以磁力等于弹力，D错误．故选：A、B、C．18.【题文】(多选题)国家大剧院外部呈椭球形，假设国家大剧院的屋顶为半球形，一保洁人员为执行保洁任务，必须在半球形屋顶上向上缓慢爬行，他在向上爬的过程中（）A．屋顶对他的摩擦力不变B．屋顶对他的摩擦力变小C．屋顶对他的支持力不变D．屋顶对他的支持力变大【答案】BD【解析】解：以保洁员为研究对象，作出力图．设此人的重力为G，根据平衡条件得：屋顶对他的摩擦力：f=Gsinθ屋顶对他的支持力：N=Gcosθ保洁员在半球形屋顶上向上缓慢爬行的过程中，θ减小，则f减小，N增大．即屋顶对他的摩擦力减小，屋顶对他的支持力增大，故BD正确．故选：BD19.【题文】在验证力的平行四边形法则的实验中，有位同学做了一系列步骤，其中的两个步骤是这样做的：①在水平放置的木板上垫一张白纸，把橡皮条的一端固定在木板上，另一端拴点达到某一位置O点，在白纸上记下O点与两个弹簧秤的读数F1与F2；②只用一个弹簧秤通过细线沿原来的方向（即两个弹簧同时拉时橡皮条伸长的方向）拉橡皮条，记下此时弹簧秤的读数F′和细线的方向；以上两个步骤中均有疏漏或错误，分别是：在①中；在②中．【答案】①还应记下F1和F2的方向．②应让橡皮条伸长到0点【解析】解：实验中我们需要根据两个分力的大小和方向做平行四边形，因此该实验中需要记录的是两个分力的大小和方向，所以①中的疏漏是：还应记下F1和F2的方向．为了保证两次的作用效果相同，所以我们要把节点O拉到相同的位置，所以②中的错误是：应让橡皮条伸长到0点．故答案为：①还应记下F1和F2的方向．②应让橡皮条伸长到0点20.【题文】在验证“互成角度的两个力的合成”的实验中，某小组得出如图所示的图（F′与AO共线），图中是F1与F2合成的理论值；是F1与F2合成的实际值，在实验中如果将两个细绳套换成两根橡皮条，那么实验结果是否变化？答：（填“变”或“不变”）．【答案】F，F′，不变．【解析】解：是F1与F2合成的理论值是通过平行四边形定则算出的值，而实际值是单独一个力拉O点的时的值，因此F′是F1与F2合成的实际值，F是F1与F2合成的理论值，由于O点的作用效果相同，将两个细绳套换成两根橡皮条，不会影响实验结果．故答案为：F，F′，不变．21.【题文】如图所示，一质量为2kg的物体加载两木板之间，物体左右两侧面与两块木板间的动摩擦因数相同，若把该物从上面匀速抽出，需50N的力，若把它从下面匀速抽出，则需多大的力。
高二物理5月12天天练试卷
2023年春季学期天天练试卷高二理科物理一、选择题（本大题共8小题，每小题6分1-5为单选，6-8为多选）1．（知识点巩固）如图所示，卫星a、b、c沿圆形轨道绕地球运行。
a是极地轨道卫星，在地球两极上空约1000km处运行；b是低轨道卫星，距地球表面高度与a相等；c是地球同步卫星，则（）A．a、b的周期比c大B．a、b的向心力一定相等C．a、b的速度大小相等D．a、b的向心加速度比c小2．如图，一足够长的木板放在光滑水平地面上，一小木块水平滑上木板，此过程中木块受到的平均阻力为f，小木块在木板上的位移为d，木板位移为s，则此过程中（）A．小木块的内能增加了fdB．木板和小木块组成的系统机械能守恒C．木板增加的动能为fsD．小木块动能的减少等于木板动能的增加3．如图所示，电源的电动势为E，内阻为r不可忽略．A、B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数较大的线圈．关于这个电路的说法中正确的是( )A．闭合开关，A灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定B．闭合开关，B灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定C．开关由闭合至断开，在断开瞬间，A灯闪亮一下再熄灭D．开关由闭合至断开，在断开瞬间，电流自左向右通过A灯4．如图所示，圆心为O、半径为R的半圆形玻璃砖置于水平桌面上，光线从P点垂直界面入射后，恰好在玻璃砖圆形表面发生全反射；当入射角60θ=︒时，光线从玻璃砖圆形表面出射后恰好与入射光平行。
已知真空中的光速为c，则（）A．玻璃砖的折射率为1.5 B．OP2C 3D．光从玻璃到空气的临界角为30°5．如图甲所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上．一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块．当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s(图乙)．设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点．则子弹穿过木块的时间为( )A．1()s Lv+B．1(2)s Lv+C．1()2s Lv+D．1(2)L sv+6．甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示。
高二物理天天练习三
高二物理天天练习三星期一1．关于静电场，下列结论普遍成立的是（ ）A ．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低B ．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关C ．在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向D ．将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功一定为零2．如图所示，a 、b 、c 三个α粒子，同时由同一点垂直于场强方向以不同的速率进入偏转电场，其轨迹如图，其中b 恰好飞出电场，不计α粒子之间的相互作用力，由此可以肯定（ ）A ．在b 飞离电场的同时，a 刚好打在负极板上B ．b 和c 同时飞离电场C ．进入电场时，c 的速度最小，a 的速度最大D ．动能的增量相比，c 的最小，a 和b 一样大3、有一含直流电动机的电路图如图所示，已知电源电动势V E 6=，电源内阻Ω=1r ，电阻Ω=3R ，电动机的内阻Ω='5.0r ，当电动机正常工作时，电压表的示数为V 5，求：（1）电动机正常工作时电流表的示数；（2）电动机正常工作时的输出功率.星期二1、一节干电池的电动势为1.5V ，这表示该电池（ ）A.能将1.5J 的化学能转变成电能B.外电路接通时两极间的电压恒定为1.5VC.它存储的电能比电动势为1.2V 可充电电池存储的电能多D.在电池内部将1C 正电荷由负极移送到正极的过程中，非静电力做功1.5J2、直流电路如图所示，电源内电阻r=2Ω，定值电阻R 0=4Ω，滑动变阻器R 的最大阻值为10Ω，当S 闭合，滑片P 从最左端向右端移动的过程中，下列说法正确的是（ ）A ．电流表示数减小，伏特表示数增大B ．电源的输出功率一定先增大后减小C ．电源的总功率一定减小，效率一定增大D．变阻器R的功率一定先增大后减小3、如图所示是示波管的示意图，竖直偏转电极的极板长l＝4 cm，板间距离d＝1 cm。
板右端距离荧光屏L＝18 cm。
(水平偏转电极上不加电压，没有画出)。
2019-2020年高二下学期物理天天练(4) 含答案
2019-2020年高二下学期物理天天练（4）含答案学校:___________姓名：___________班级：___________一.选择题1.（多选）如图所示，用两根同样长的细绳把两个带同种电荷的小球悬挂在同一点．两球的质量分别为m A、m B，A球和B球所带的电荷量分别为q A、q B．两球静止时，悬线与竖直线的偏角分别为α和β，则（）A.m A＞m B，q A＜q B，α＞βB.m A＜m B，q A＜q B，α＜βC.m A=m B，q A＜q B，α=βD.m A=m B，q A＞q B，α=β2.（多选）关于电场力做功和电势差的说法中，正确的是（）A.电势差的大小由电场力在两点间移动电荷做的功和电荷量决定B.电场力在电场中两点间移动电荷做功的多少由这两点间的电势差和电荷量决定C.电势差是矢量，电场力做的功是标量D.在匀强电场中，与电场线垂直的某个方向上任意两点间的电势差均为零3.（多选）如图所示，O是一固定的点电荷，另一点电荷P从很远处以初速度u．射人点电荷O的电场，在电场力作用下的运动轨迹是曲线MN．a、b、c是以O为中心Ra、Rb、Rc为半径画出的三个圆，Rc一Rb=Rb一Ra.1、2、3、4为轨迹MN与三个圆的一些交点．以｜W12｜表示点电荷P由l到2的过程中电场力做的功的大小，｜W34｜表示由3到4的过程中电场力做的功的大小，则（）A.｜W12｜=2｜W34｜B.｜W12｜＞2｜W34｜C.P、O两电荷可能同号D.P、O两电荷一定异号4.（多选）下列说法中正确的是（）A.电容器是储存电荷和电能的容器，只有带电时才称电容器B.电容是描述容器器容纳电荷本领大小的物理量C.固定电容器所充电荷量跟加在两极板间的电压成正比D.电容器的电容跟极板所带电荷量成正比，跟极板间电压成反比5.（多选）如图所示，有一平行板电容器充电后带有等量异种电荷，然后与电源断开．下极板接地，两极板中央处固定有一个很小的负电荷，现保持两极板间距不变而使两极板左右水平错开一段很小的距离，则下列说法中正确的是（）A.电容器两极板间电压值变大B.电荷的电势能变大C.负电荷所在处的电势升高D.电容器两极板间的电场强度变小6.（单选）关于电势差的说法中，正确的是（）A.两点间的电势差等于电荷从其中一点移到另一点时，电场力所做的功B.1C电荷从电场中一点移动到另一点，如果电场力做了1J的功，这两点间的电势差就是1VC.在两点间移动电荷时，电场力做功的多少跟这两点间的电势差无关D.两点间的电势差的大小跟放入这两点的电荷的电量成反比7.（单选）设法让电子、一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子及三价铝离子的混合物经过加速电压大小为U的加速电场由静止开始加速，然后在同一偏转电场中偏转，关于它们能否分成几股的说法中正确的是（）A.一股 C.三股D.四股 B.二股8.（单选）电量为q的点电荷，在两个固定的等量异种电荷+Q和﹣Q的连线的垂直平分线上移动，则（）A.电场力做正功B.电场力做负功C.电场力不做功D.电场力做功的正负，取决于q的正负9.（单选）如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L．为了提高示波管的灵敏度（每单位电压引起的偏转量），可采用的方法是（）A.增大两板间的电势差U2B.尽可能使板长L短些C.尽可能使板间距离d小一些D.使加速电压U1升2014-2015学年高一些10.（单选）如图所示，在导体壳内放一负电荷q，则壳内的a点、壳上的b点、壳外的c点的电场强度和电势的关系应为（）A.E a＞E b＞E c，φa＞φb＞φcB.E a＞E b＞E c，φa＜φb＜φcC.E a＞E c＞E b，φa＜φb＜φcD.E a＞E c＞E b，φa＞φb＞φc11.（单选）如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接．将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（）A.Q变小，C不变，U不变，E变小B.Q变小，C变小，U不变，E不变C.Q不变，C变小，U变大，E不变D.Q不变，C变小，U变大，E变小12.（单选）如图所示，实线表示匀强电场的电场线．一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动的轨迹如图中的虚线所示，a、b为轨迹上的两点．若a点电势为фa，b点电势为фb，则（）A.场强方向一定向左，且电势фa＞фbB.场强方向一定向左，且电势фa＜фbC.场强方向一定向右，且电势фa＞фbD.场强方向一定向右，且电势фa＜фb二.计算题13.如图所示，长为L（L=ab=dc）高为H（H=bc=ad）的矩形区域abcd内存在着匀强电场．电量为q、动能为E k的带电粒子从a点沿ab方向进入电场，不计重力．（1）若粒子从c点离开电场，求电场强度的大小E和粒子离开电场时的动能E kt；（2）若粒子从bc边离开电场时动能为E′k，则电场强度E1为多大？14.如图所示，在场强为E的匀强电场中，一绝缘轻质细杆l可绕点O点在竖直平面内自由转动，A端有一个带正电的小球，电荷量为q，质量为m．将细杆从水平位置自由释放，则：（1）请说明电势能如何变化？（2）求出小球在最低点时的动能；（3）求在最低点时绝缘杆对小球的作用力．15.如图所示，一个质子以初速度v0=5×106m/s射入一个由两块带电的平行金属板组成的区域．两板距离为20cm，金属板之间是匀强电场，电场强度为3×105V/m．质子质量为m=1.67×10﹣27kg，电荷量为q=1.60×10﹣19C．试求（1）质子由板上小孔射出时的速度大小；（2）质子在电场中运动的时间．参考答案1.考点：库仑定律；共点力平衡的条件及其应用．分析：两球之间的库仑力属于作用力和反作用力，它们是大小相等，方向相反的；两个小球均受重力、静电力和拉力，根据平衡条件列式比较即可．解答：解：两球之间的库仑力属于作用力和反作用力，它们是大小相等，方向相反的，设其大小为F；对A球受力分析，受重力、拉力和静电力，根据共点力平衡条件，有：m A g=同理，有：m B g=当m A=m B；则有α=β；而一对静电力的大小一定相等，与电量是否相等无关，故无法判断电量大小关系，故CD正确，AB错误；故选：CD．点评：本题关键是对两个球受力分析，根据共点力平衡条件列式比较；注意一对静电力的大小一定相等，与电量是否相等无关．2.考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电势差的定义公式：U AB=，是用比值法定义的，电势差与试探电荷无关，电势差是标量；在匀强电场中，与电场线垂直的某个方向上为等势面．解答：解：A、电场中两点间的电势差与试探电荷无关，由电场本身和两点的位置共同决定，故A错误；B、根据公式W AB=qU AB，电场力在两点间移动电荷做功的多少由两点间的电势差和该电荷的电荷量决定，故B正确；C、公式：U AB=，是用比值法定义的，可知电势差是标量，电场力做的功是标量．故C错误；D、由于等势面与电场线垂直，所以在匀强电场中，与电场线垂直的某个方向上任意两点间的电势差均为零，故D正确；故选：BD．点评：该题考查电场力做功和电势差的关系，解决本题的关键要深刻理解电势差的物理意义和定义式U=，注意运用这个公式时各个量要代入符号．3.考点：动能定理的应用；等势面．分析：根据2、3间和3、4间电场强度的大小关系，由公式U=Ed分析它们间电势差的关系，再分析电场力做功的大小．由轨迹可判定P、Q必定是异号．解答：解：A、B、根据点电荷电场线的分布情况可知，2、3间的场强大于3、4间场强，由公式U=Ed分析得知，2、3间的电势差大小大于3、4间的电势差大小，所以1、2间的电势差大于3、4间电势差的2倍，即有｜U12｜＞2｜U34｜，由电场力做功公式W=qU得，｜W12｜＞2｜W34｜．故A错误，B正确．C、D、由轨迹的弯曲方向可判定两电荷间存在引力，应是异号．故C错误，D正确．故选：BD．点评：本题是电场中轨迹问题，由U=Ed定性可以定性分析非匀强电场中两点间电势差的关系，由轨迹弯曲方向判断电场力方向都是常见的问题．4.考点：电容器．专题：电容器专题．分析：电容器的电容大小由电容器本身因素决定，根据电容的决定式确定电容与什么因素有关．解答：解：A、电容器是储存电荷和电能的容器，其电容大小与是否带电，带电多少无关，故A错误；B、电容器是储存电荷和电能的容器，电容是描述容器器容纳电荷本领大小的物理量，故B正确；C、固定电容器电容一定，根据公式C=，所充电荷量跟加在两极板间的电压成正比，故C正确；D、根据公式C=，电容器的电容跟极板所带电荷量、极板间电压均无关，故D错误；故选：BC．点评：对于电容器的定义式和决定式要区别对待，明确电容与电量及电压无关；只与极板间的距离，正对面积，电介质有关．5.考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：保持两极板间距不变而使两极板左右水平错开一段很小的距离，根据电容的决定式分析电容的变化，根据电容的定义式确定电压的变化，从而确定出电场强度和电势的变化，由场强的变化，分析电场力的变化，即可判断负电荷的运动方向．解答：解：原来负电荷处于静止状态，所受的电场力与重力平衡，电场力竖直向上．现保持两极板间距不变，即d不变，而使两极板左右水平错开一段很小的距离，极板正对面积S减小，根据C=ɛ知电容C减小．A、由于电容器的带电量Q不变，根据C=知，板间电压增大，故A正确；BCD、根据E=知，板间的电场强度增大，与下极板间的距离不变；故所在位置的电势增大；则负电荷从低电势到高电势，电势能减小，故C正确，BD错误．故选：AC．点评：本题考查电容器的动态分析问题，注意正确应用电容器的决定式及定义式；并注意电势与场强的关系的应用．6.考点：电势差．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电势差和电场力做功的公式U AB=，求解．两点间的电势差是由电场本身决定的与检验电荷无关．解答：解：A、根据电势差和电场力做功的公式U AB=，得：两点间的电势差等于从其中一点移到另一点时，电场力所做的功与电荷量的比值，故A错误．B、1C的电荷从电场中一点移到另一点，如果电场力做了1J的功，这两点间的电势差就是1V，故B正确．C、在两点间移动电荷时，电场力做功的多少与电荷量和两点间的电势差都有关，故C错误，D、两点间的电势差是由电场本身决定的与检验电荷无关．故D错误．故选：B．点评：解决该题关键要了解公式U AB=，的意义．7.考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：一价氢离子、一价氦离子、二价氦离子、三价铝离子经过加速电压大小为U的加速电场由静止开始加速，然后在同一偏转电场中偏转后偏转距离和偏转角度相同，轨迹重合．而电子带负电，偏转方向上述四个粒子不同．解答：解：设正电荷的电量为q，加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转电极板为L，板间距离为d．根据动能定理得加速电场中 qU1=偏转电场中运动时间t=偏转距离y==得到y=设偏转角度为θ，则tanθ==由上可知y、θ与带电粒子的质量、电荷量无关，则一价氢离子、一价氦离子、二价氦离子、三价铝离子在偏转电场轨迹重合．而电子带负电，四种正电荷的偏转方向相反，所以混合物分成两股．故选B点评：本题在熟记这个结论的基础上，就能很快作答．即：同种带电粒子经同一加速电场加速，再经同一偏转电场偏转时轨迹重合．8.考点：电势能；电场线．专题：电场力与电势的性质专题．分析：等量异种电荷+Q和﹣Q的连线的垂直平分线是一条等势线，各点电势相等，移动电荷时电场力不做功．解答：解：根据等势线的分布情况得知，等量异种电荷+Q和﹣Q的连线的垂直平分线是一条等势线，各点电势相等，任意两点间的电势差为零，根据电场力做功公式W=Uq可知，移动电荷时电场力不做功．故选：C点评：本题关键抓住等量异种电荷等势线分布特点，这是考试的热点，基本题．9.考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：本题的关键是根据动能定理和类平抛运动规律求出示波管灵敏度的表达式，然后讨论即可求解．解答：解：带电粒子加速时，由动能定理得：qU1=mv02带电粒子偏转时，由类平抛运动规律，得：L=v0th=at2又由牛顿第二定律得：a=联立以上各式可得h=由题意，灵敏度为：=可见，灵敏度与U2无关，故A错误．要提高示波管的灵敏度，可使板长L长些、板间距离d小一些、使加速电压U1降低一些，故ABD错误，C正确．故选：C．点评：本题是信息给予题，根据所给的信息，结合物理规律找出示波管的灵敏度的表达式，即可解决本题．10.考点：电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：将带负电的小金属球A放入腔中，当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出正电荷，外表面感应出负电荷．整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面．画出电场线的分布，根据电场线越密，场强越大，顺着电场线，电势降低，判断场强和电势的大小．解答：解：当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出正电荷，外表面感应出负电荷，画出电场线的分布如图．由于a处电场线较密，c处电场线较疏，b处场强零，则E a＞E c＞E b．根据顺着电场线方向电势降低，整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面，分析可知电势关系是φc＞φb＞φa．故选：C点评：本题抓住处于静电平衡导体的特点是关键．比较场强大小和电势高低常常画电场线，形象直观地判断．11.考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：题中平行板电容器与静电计相接，电容器的电量不变，改变板间距离，由C=，分析电容的变化，根据C=分析电压U的变化，根据E=分析场强的变化．解答：解：A、B，平行板电容器与静电计并联，电容器所带电量不变．故A、B错误．C、D，增大电容器两极板间的距离d时，由C=知，电容C变小，Q不变，根据C=知，U变大，而E===，Q、k、ɛ、S均不变，则E不变．故C正确，D错误．故选C点评：对于电容器动态变化分析问题，要抓住不变量．当电容器保持与电源相连时，电压不变．当电容器充电后，与电源断开后，往往电量不变．12.考点：电场线；电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：粒子在电场力作用下，由运动与力关系可知，根据轨迹的弯曲程度，判断出合力（电场力）的方向，再根据电场力方向和电荷性质判断场强方向；沿着电场线的方向电势降低的．因此可作出M、N点的等势点（要同在一根电场线），接着沿着电场线去判定．解答：解：由图正电荷运动轨迹可知，正电荷受向右的电场力作用，故场强方向一定向右．沿着电场线的方向电势降低的，可判定a点的电势大于b点，即电势фa＞фb．故选C．点评：电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧．13.考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）电荷做类似平抛运动，根据类似平抛运动的分位移公式列式求解电场强度，然后结合动能定理即可求出离开时的动能；（2）粒子从BC边离开电场，结合在电场方向的偏移，根据动能定理求出电场强度的大小．解答：解：（1）带电在匀强电场中做类平抛运动，根据分运动公式，有：L=v0tH=a=联立解得：E=粒子在电场中运动的过程电场力做功，由动能定理得：qEH=E kt﹣E k得：E kt=E k+qEH=（2）设粒子从BC边离开电场的偏转量为y′，则偏转量：根据动能定理得：qE1y′=E k′﹣E k解得：答：（1）若粒子从c点离开电场，电场强度的大小E和粒子离开电场时的动能是；（2）若粒子从bc边离开电场时动能为E′k，则电场强度E1为．点评：本题考查了粒子在匀强电场的运动，关键是结合类似平抛运动的分运动公式和牛顿第二定律列式求解，常规题目．14.考点：带电粒子在匀强电场中的运动．分析：（1）根据电场力做功判断电势能的变化．（2）小球运动到最低点的过程中，有重力、电场力做功，根据动能定理求出小球在最低点的速率．（3）在最低点，小球受到重力和绝缘杆的拉力，两个力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出在最低点时绝缘杆对小球的作用力解答：解：（1）因为由A到B过程中电场力做正功，所以电势能减小．减小的电势能等于电场力做功：△E P=W=qEl（2）小球运动到最低点的过程中，重力和电场力做功，由动能定理得：mgl+qEl=（3）整理得：v=，即小球在最低点的速率．在最低点由牛顿第二定律得：T﹣mg=m将v代入公式，整理得：T=3mg+2Eq故最低点绝缘杆对小球的作用力大小T=3mg+2Eq．方向竖直向上．答：（1）电势能减小．减小的电势能等于电场力做功为W=qEl（2）小球运动到最低点的动能为mgl+qEl（3）在最低点时绝缘杆对小球的作用力大小为3mg+2Eq，方向竖直向上点评：解决本题的关键知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．以及会用动能定理求出小球在最低点的速度．15.考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）质子射入电场后，只有电场力做功，根据动能定理列式求解即可（2）因做匀加速，则由时间等于位移除以平均速度，则运动时间t=．解答：解：（1）根据动能定理得：eEd=mv2﹣m代入数据：得v=6×106m/s（2）t=．==3.9×10﹣8s答：（1）质子由板上小孔射出时的速度大小为6×106m/s（2）质子在电场中运动的时间为3.9×10﹣8s点评：求速度时动能定理是常用的规律，要理解并掌握动能定理的内容、公式，并能灵活应用，求时间用平均速度公式．。
2021年高二下学期物理天天练(七) 含答案
2021年高二下学期物理天天练（七）含答案学校:___________姓名：___________班级：___________一.选择题1.【题文】下列说法不正确的是（）A．曲线运动一定是变速运动B．平抛运动一定是匀变速运动C．匀速圆周运动是速度不变的运动D．两个分运动是直线运动，合运动可能是曲线运动【答案】C【解析】解：A、既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，故A正确；B、平抛运动的合外力恒定，做匀变速运动，故B正确；C、匀速圆周运动是线速度大小不变的运动，但速度的方向不断变化．故C不正确；D、两个分运动是直线运动，合运动可能是曲线运动，如平抛运动是竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动组成，故D正确；本题选择不正确的，故选：C2.【题文】下列物体中，机械能守恒的是（）A．做平抛运动的物体B．被匀速吊起的集装箱C．粗糙曲面上自由运动的物体D．以的加速度竖直向上做匀减速运动的物体【答案】A【解析】解：A、平抛运动中，物体只受重力，只有重力做功，故机械能守恒，故A正确；B、被匀速吊起的集装箱，动能不变，重力势能增加，则其机械能增加，故B错误．C、粗糙曲面上自由运动的物体，摩擦力对物体做负功，物体的机械能要减少，故C错误．D、以的加速度竖直向上做匀减速运动的物体，物体所受合外力为0.8mg＜mg，则知除重力外还有其它力做功，机械能不守恒，故D错误故选：A3.【题文】一人乘电梯从1楼到20楼，在此过程中经历了先加速，后匀速，再减速的运动过程，则电梯支持力对人做功情况是（）A．加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功B．加速时做正功，匀速和减速时做负功C．加速和匀速时做正功，减速时做负功D．始终做正功【答案】D【解析】解：根据力对物体做功的定义W=FScosθ（其中公式中θ是力F与位移S间的夹角），可知若0°≤θ＜90°，则力F做正功；若θ=90°，则力F不做功；若90°＜θ≤180°，则力F做负功（或者说物体克服力F做了功）．人乘电梯从一楼到20楼，在此过程中，他虽然经历了先加速，后匀速，再减速的运动过程，但是支持力的方向始终向上，与位移方向一致，即θ=0°，所以支持力始终做正功．故选：D4.【题文】水滴自高处由静止开始下落，至落地前的过程中遇到水平方向吹来的风，则（）A．风速越大，水滴下落的时间越长B．风速越大，水滴落地时的瞬时速度越小C．水滴着地时的瞬时速度与风速无关D．水滴下落的时间与风速无关【答案】D【解析】解：A、将水滴的运动沿水平方向和竖直方向正交分解，水平方向随风一起飘动，竖直方向同时向下落；由于水平方向的分运动对竖直分运动无影响，故落地时间与水平分速度无关，故A错误，D 正确；B、两分运动的速度合成可得到合速度，故风速越大，落地时合速度越大，故BC错误；故选：D5.【题文】在圆轨道上运动的质量为m的人造地球卫星，它到地面的距离等于地球半径R，地面上的重力加速度为g，则（）A．卫星运动的速度为B．卫星运动的周期为C．卫星运动的加速度为g D．卫星的动能为mgR【答案】B【解析】解：A、人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设地球质量为M、卫星的轨道半径为r则①忽略地球自转的影响有②①②联立得故A错误．B、卫星运动的周期故B正确．C、设卫星的加速度为a n则有③②③联立得故C错误．D、卫星的动能故D错误．故选B．6.【题文】质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B．支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如图所示．开始时OA边处于水平位置，由静止释放，则（）A．A球的速度最大时，角BOA的角平分线在竖直方向B．A球的速度最大时，两小球的重力势能之和最小C．A 球的速度最大时，A球在其运动圆周的最低点D．A球的速度最大时，B球在其运动圆周的最高点【答案】B【解析】解：ACD、根据题意知两球的角速度相同，线速度之比为v A：v B=2：1；当OA在数值方向左侧且与竖直方向的夹角为θ时，由机械能守恒得：mg•2lcosθ﹣2mg•l（1﹣sinθ）=2m+m又v A：v B=2：1；解得： =gL（sinθ+cosθ）﹣gL由数学知识知，当θ=45°时，sinθ+cosθ有最大值，A球速度最大，此时B球与水平面上側且成450，故ACD错误；B、A球速度最大时，B球的速度也最大，根据系统的机械能守恒可知，两小球的总重力势能最小，故B正确．故选：B．7.【题文】如图，在离水面高度为H的岸边，有人收绳子，使船靠岸，为了使船匀速靠岸，拉绳的速度必须是（）A．匀速 B．加速 C．减速 D．先加速后减速【答案】C【解析】解：船的运动分解如图：将小船的速度v分解为沿绳子方向的v1和垂直于绳子方向的v2，则：v1=vcosθ；当小船靠近岸时，θ变大，所以cosθ逐渐减小；即：在岸边拉绳的速度逐渐减小．故C正确，A、B、D错误．故选：C．8.【题文】如图所示，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上．其正上方A位置有一只小球．小球从静止开始下落，在B位置接触弹簧的上端，在C位置小球所受弹力大小等于重力，在D位置小球速度减小到零，在小球下降阶段中，下列说法正确的是（）A．在B位置小球动能最大B．从A→C位置小球重力势能的减少量等于小球动能的增加量C．从A→D位置小球动能先增大后减小D．从B→D位置小球动能的减少量等于弹簧弹势能的增加量【答案】C【解析】解：A、小球达到B点后，由于重力仍大于弹力，所以继续加速，直到C点，速度达到最大．故A错误；B、从A→C位置小球重力势能的减少量等于小球动能与弹簧的弹性势能增加量．故B错误；C、从A→D位置过程中，小球达到B点后，由于重力仍大于弹力，所以继续加速，直到C点，速度达到最大．所以小球动能先增大后减小．故C正确；D、从B→D位置小球先增加，到达C点后动能减小．过程中动能的减少量小于弹簧弹性势能．故D错误；故选：C9.【题文】小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点，（）A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球的动能一定小于Q球的动能C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度【答案】C【解析】解：AB．从静止释放至最低点，由机械能守恒得：mgR=mv2，解得：v=在最低点的速度只与半径有关，可知v P＜v Q；动能与质量和半径有关，由于P球的质量大于Q 球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短，所以不能比较动能的大小．故AB错误；CD．在最低点，拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：F﹣mg=m，解得，F=mg+m=3mg，a向=，所以P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力，向心加速度两者相等．故C正确，D错误．故选：C．10.【题文】（多选题）如图所示，传送带以速度v做匀速运动．质量为m的小物体无初速度放在传送带上的A端，经一段时间被传送带运到B端，到达B端之前已和传送带保持相对静止．关于上述过程，下列说法中正确的是（）A．传送带对物体做功为mv2B．传送带克服滑动摩擦力做功mv2C．传送带与物体间因摩擦而产生的热量为mv2D．由于传送该物体，电动机多消耗的能量为mv2【答案】AC【解析】解：A、物体受重力支持力和摩擦力，根据动能定理，传送带对物体做的功等于动能的增加量，即mv2，故A正确；B、根据动能定理得：摩擦力对物体做功大小为mv2．在物体匀加速运动的过程中，由于传送带的位移大于物体的位移，则传送带克服摩擦力做的功大于摩擦力对物体做功，所以传送带克服摩擦力做的功大于mv2．故B错误；C、在传送物体过程产生的热量等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，即Q=f•△x；假设加速时间为t，物体的位移为x1=vt，传送带的位移为x2=vt；根据动能定理，有f•x1=mv2，故热量Q=f•△x=mv2，故C正确；D、电动机由于传送物体多消耗的能量等于物体动能增加量和摩擦产生的内能的和，故大于mv2，故D错误；故选：AC．11.【题文】如图所示，内壁光滑的圆台形容器固定不动，其轴线沿竖直方向．使一小球先后在M和N两处紧贴着容器内壁分别在图中虚线所示的水平面内做匀速圆周运动，则小球（）A．在M处的线速度一定大于在N处的线速度B．在 M处的角速度一定大于在N处的角速度C．在M处的运动周期一定等于在N处的运动周期D．在M处对筒壁的压力一定大于在N处对筒壁的压力【答案】A【解析】解：A、小球M和N紧贴着内壁分别在水平面内做匀速圆周运动．由于M和N的质量相同，小球M和N在两处的合力相同，即它们做圆周运动时的向心力是相同的．由向心力的计算公式F=m由于球M运动的半径大于N球的半径，F和m相同时，半径大的线速度大，所以A正确．B、又由公式F=mω2r，由于球M运动的半径大于N球的半径，F和m相同时，半径大的角速度小，所以B错误．C、由周期公式T=，所以球M的运动周期大于球N的运动周期，故C错误．D、球M对筒壁的压力等于球N对筒壁的压力，所以D也不正确．故选A．12.【题文】（多选题）一个质量为m的物体（可视为质点），以某一初速度由A点冲上倾角为30°的固定斜面，其加速度大小为g，物体在斜面上运动的最高点为B，B点与A点的高度差为h，则从A 点到B点的过程中，下列说法正确的是（）A．物体动能损失了B．物体重力势能增加了mghC．物体机械能损失了mgh D．物体机械能损失了【答案】BC【解析】解：A、滑块上升过程中，受到重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，得到合力F=ma=mg 沿斜面向下动能减小量等于克服合力做的功，故△E K减=FS=mg•2h=2mgh故A错误；B、物体上升了h，故重力势能增加了mgh；故B正确；C、D、系统损失的机械能等于减小的动能和势能之和，故△E减=△E K减﹣mgh=mgh故C正确，D错误；故选：BC．13.【题文】（多选题）在《探究功与物体速度变化的关系》实验中，下列说法正确的是（）A．小车在橡皮筋的作用下弹出，橡皮筋所做的功可根据公式：W=FL算出B．进行试验时，必须先平衡摩擦力C．分析正确实验所打出来的纸带可判断出：小车先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，最后做减速运动D．通过实验数据分析得出结论：w与v2成正比【答案】BD【解析】解：A、橡皮筋完全相同，通过增加橡皮筋的条数来使功倍增，因此不需要计算橡皮筋每次对小车做功的具体数值，橡皮筋所做的功可不能用W=Fl算出，故A错误；B、进行试验时，必须先平衡摩擦力，故B正确；C、橡皮筋伸长的长度在逐渐较小，所以弹力也在逐渐减小，小车作加速度减小的加速运动，在橡皮筋恢复原长后，小车受力平衡，将做匀速直线运动，故C错误；D、通过实验数据分析得出结论：W与v2成正比，故D正确；故选：BD．二.填空题14.【题文】在利用重锤下落验证机械能守恒定律的实验中：（1）有下列器材可供选用：重锤，铁架台，天平，秒表，电磁打点计时器，复写纸，纸带，低压直流电源．其中不必要的器材有；缺少的器材是．（2）实验中用打点计时器打出的纸带如图所示，其中，A为打下的第1个点，C、D、E、F为距A较远的连续选取的四个点（其他点未标出）．用刻度尺量出C、D、E、F到A的距离分别为s1=20.06cm，s2=24.20cm，s3=28.66cm，s4=33.60cm．重锤的质量为m=1.00kg；打点周期为T=0.02s；实验地点的重力加速度为g=9.80m/s2．为了验证打下A点到打下D点过程中重锤的机械能守恒，应计算出：打下D点时重锤的速度v= （用题中字符表达）= m/s，重锤重力势能的减少量△Ep= （用题中字符表达）= J，重锤动能的增加量△E K= （用题中字符表达）= J．（保留3位有效数字）【答案】（1）天平、秒表、低压直流电源；刻度尺、低压交流电源；（2），2.15，mgs2，2.37，； 2.31．【解析】解：（1）该实验中通过打点计时器来记录物体运动时间，不需要秒表，打点计时器需要的是交流电源，因此低压直流电源不需要，缺少低压交流电源，由于验证机械能公式中可以把物体质量约掉，因此不需要天平，同时实验中缺少刻度尺．（2）由匀变速直线运动的推论得D点的速度v===2.15m/s 重锤动能的增加量△E K==J从A点到打下点D的过程中，重力势能的减少量△E P=mgs2=1.00×9.8×0.242=2.37J，故答案为：（1）天平、秒表、低压直流电源；刻度尺、低压交流电源；（2），2.15，mgs2，2.37，； 2.31．三.解答题15.【题文】宇航员站在一星球表面上的某高处，以初速度v0沿水平方向抛出一个小球，经过时间t，球落到星球表面，小球落地时的速度大小为v．已知该星球的半径为R，引力常量为G，求：（1）小球落地时竖直方向的速度v y（2）该星球的质量M（3）若该星球有一颗卫星，贴着该星球的表面做匀速圆周运动，求该卫星的周期T．【答案】解：（1）小球做平抛运动，则落地时水平速度为v0，则（2）小球竖直方向上，v y=gt则星球表面万有引力等于重力，则有解得：（3）星体表面重力提供向心力，则有：解得答：（1）小球落地时竖直方向的速度（2）该星球的质量（3）该卫星的周期．【解析】16.【题文】汽车发动机的额定功率为30KW，质量为xxkg，当汽车在水平路面上行驶时受到阻力为车重的0.1倍，（1）汽车在路面上能达到的最大速度（2）若汽车从静止开始保持1m/s2的加速度作匀加速直线运动，则这一过程能持续多长时间（3）当汽车速度为10m/s时的加速度？【答案】解：（1）当汽车的牵引力与阻力相等时，速度最大．根据P=fv m知，最大速度为：．（2）根据牛顿第二定律得：F﹣f=ma，解得牵引力为：F=f+ma=xx+xx×1N=4000N，根据P=Fv得，匀加速运动的末速度为：，则匀加速运动的时间为：t=．（3）当汽车速度为10m/s时，牵引力为：F=，根据牛顿第二定律得：．答：（1）汽车在路面上能达到的最大速度为15m/s；（2）这一过程维持的时间为7.5s；（3）汽车速度为10m/s时的加速度为0.5m/s2．17.【题文】如图所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h，质量为m的小物块A 从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M 处的墙上，另一端恰位于滑道的末端O点．已知在OM段，物块A与水平面间的动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：（1）物块滑到O点时的速度大小？（2）弹簧为最大压缩量d时的弹性势能（设弹簧处于原长时弹性势能为零）？（3）若物块A能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是多少？【答案】解：（1）物块由A点滑到O点，根据动能定理有解得（2）物块由最高点滑到将弹簧压缩到最短的过程中，根据动能定理有mgh﹣W弹﹣μmgd=0﹣0 解得W弹=mgh﹣μmgd又W弹=Ep max﹣0解得Ep max=mgh﹣μmgd（3）物块从最高点滑下到再一次返回到最高点，根据动能定理有mg（h﹣h'）﹣2μmgd=0﹣0 解得h'=h﹣2μd答：（1）物块滑到O点时的速度大小为（2）弹簧为最大压缩量d时的弹性势能为mgh﹣μmgd（3）若物块A能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是为h﹣2μd27449 6B39 欹40229 9D25 鴥c 25132 622C 戬38974 983E 頾T27365 6AE5 櫥4933700 83A4 莤 35848 8C08 谈_39058 9892 颒。
高二物理寒假作业天天练(第1天)
嗦夺市安培阳光实验学校寒假作业（10）恒定电流（四）一.选择题1．关于电源的电动势，下面正确的叙述是：( )A．电源的电动势等于电源接入电路时两极间的电压B．电源的电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压C．同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化D．在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压增大，电源的电动势也增大2.图1展示了四种导电器件的伏安特性曲线，其中满足欧姆定律的是：（）3．关于电动势，下列说法中正确的是：（）A．一个电源的电动势的大小只由电源本身决定B．因电动势的单位和电势差相同，所以电动势实质上就是电势差C．一个电动势为1.5V的电池接入电路时，若有1C的电荷量通过电路，就有1.5J 的化学能转变成电能D．电压表接到电源两极时，测得的就是电动势4．如图3所示的电路中，电源电动势为E ，内阻为r ， R1和R2是两个定值电阻。
当滑动变阻器的触头向a 滑动时，流过R1的电流I1和流过R2的电流I2的变化情况：（）A．I1增大，I2减小B．I1减小，I2增大C．I1增大，I2增大D．I1减小，I2减小5．用伏安法测某一电阻时，如果采用如图4所示的甲电路，测量值为R1，如果采用乙电路，测量值为R2，那么R1、R2与真实值R之间满足关系：（）A．R1＞R＞R2B．R＞R1＞R2C．R1＜R＜R2D．R＜R1＜R26．一段粗细均匀的电阻丝，横截面的直径为d，电阻是R，把它拉制成直径为d/10的均匀细丝后，它的电阻变成：（）A．100R B．10000R C．R/100 D．R/100007．在一个给定电源的闭合电路中，关于电源的输出功率，下面说法正确的是：（）A．输出功率随外电阻的增大而增大B．输出功率随外电阻的增大而减小C．当外路短路时，电源输出功率最大D．当外电阻与电源内阻相等时，电源输出功率最大二.填空题8．有一个未知电阻Rx，用图中（a）和（b）两种电路分别对它进行测量，用（a）图电路测量时，两表读数分别为6V、6mA，用（b）图电路测量时，两表读数分别为5.9V，10mA，则用______图所示电路测该电阻的阻值误差较小，测量值Rx=______Ω，测量值比真实值偏______（填：“大”或“小”）。
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高二物理迎期末天天练（1）
1、发现电磁感应现象的物理学家是（）
A、牛顿；
B、开普勒；
C、伽利略；
D、法拉第；
2、下列说法中正确的是，感应电动势的大小( )
A.跟穿过闭合电路的磁通量有关系
B.跟穿过闭合电路的磁通量的变化大小有关系
C.跟穿过闭合电路的磁通量的变化快慢有关系
D.跟电路的电阻大小有关系
3、磁感强度是0.8T的匀强磁场中，有一根跟磁感线垂直、长0.2m的直导线，以4m/s的速度、在跟磁感线和直导线都垂直的方向上做切割磁感线的运动，则导线中产生的感应电动势的大小等于( )
A.0.04V
B.0.64V
C.1V
D.16V
4、如图，理想变压器的副线圈接有两个灯泡，原线圈与一
个灯泡串联后接在交流电源上。
若三个灯泡完全相同且都
正常发光，则原线圈中电流I1与副线圈中电流I2之比应为
（）
A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶4
5、如图所示，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区
域．从BC边进入磁场区开始计时，到A点离开磁场区止的过程中，
线框内感应电流的情况(以逆时针方向为电流的正方向)是如图所示中
的（）
6、如图所示，用丝线悬挂闭合金属环，悬于O点，虚线左边有匀强磁场，右边没有磁场。
由图所示的位置开始释放金属环，不考虑空气阻力，则下列说法正确的是（）
A、金属环会一直在摆动；
B、金属环最终会停下来；
C、整个摆动过程一直有热能增加；
D、只有摆进或摆出磁场时有热能增加；
7、如图，甲乙电路中，电阻R
和自感线圈L的电阻值都很小，
使电路达到稳定，灯泡S发光。
下面说法中正确的是（）（提
示流过灯泡的末电流大于初电
流时灯泡才会闪）
A、在电路甲中，断开K，S将
渐渐变暗。
B、在电路甲中，断开K，S将先变亮，然后渐渐变暗。
C、在电路乙中，断开K，S将渐渐变暗。
D、在电路乙中，断开K，S将先变亮，然后渐渐变暗。
8、如图为一交流发电机发出的电流随时间的变化图象，则
下列说法正确的是：（）
A、在A点时穿过线圈的磁通量最大；
B、在B点时穿过线圈的磁通量变化率最小；
C、在A点时线圈处在中性面，电流方向改变；
D、在B点时线圈处在中性面，电流方向改变。
第12题图 9、有关理想变压器，下列说法正确的是（ ）
A 、原、副线圈电压与n 成正比；
B 、原、副线圈电流与n 成正比；
C 、输入功率等于输出功率；
D 、恒定电压可直接通过变压器升、降压。
10、如图，在光滑绝缘的水平面上有一个用一根均匀导体围成的正方形线框abcd ，放在磁感应强度为B ，方向竖直向下的匀强磁场的左边，图中虚线MN 为磁场的左边界。
线框在拉力F 的作用下向右运动，其中ab 边保持与MN 平行，则下列说法正确的是（ ）
A 、进入磁场的过程线框受到的安培力向右；
B 、进入磁场的过程a 点电势高于b 点；
C 、进入磁场的过程若要线框做匀速直线运动F 变大；
D 、进入磁场后若要线框做匀速直线运动拉力为零；
11如图所示，一小型发电站通过升压、降压变压器把电能输
送给用户，已知发电机的输出功率为500kW ，输出电压为500V ，升压变压器B 1原、副线圈的匝数比为1∶10，两变压器间输电导线的总电阻为2Ω。
降压变压器B 2的输出电压为220V ，不计变压器的损耗。
求：（1）输电导线上损失的功率；（2）降压变压器B 2的原、副线圈的匝数比。