高中物理-选修1第二章第一节知能演练轻松闯关同步测控及解析
2020-2021学年[同步]人教版高中物理选修1-1第二章2.3练习卷(解析版).doc
![2020-2021学年[同步]人教版高中物理选修1-1第二章2.3练习卷(解析版).doc](https://img.taocdn.com/s3/m/c7a59d646f1aff00bfd51e72.png)
2020-2021学年[同步]人教版高中物理选修1-1第二章2.3练习卷（解析版）姓名:_____________ 年级:____________ 学号:______________题型选择题填空题解答题判断题计算题附加题总分得分1. （知识点：）（2014•山东模拟）空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直横截面．一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°．不计重力，该磁场的磁感应强度大小为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力，由几何知识求出轨迹半径r，根据牛顿第二定律求出磁场的磁感应强度．解：带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出轨迹如图，根据几何知识得知，轨迹的圆心角等于速度的偏向角60°，且轨迹的半径为r=Rcot30°= R根据牛顿第二定律得qv0B=m得，B==，故A正确，BCD错误；故选：A点评：本题是带电粒子在匀强磁场中运动的问题，画轨迹是关键，是几何知识和动力学知识的综合应用，评卷人得分常规问题．（2014•浙江）如图1，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B．垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t=0时刻起，棒上有如图2的持续交变电流I、周期为T，最大值为Im，图1中I所示方向为电流正方向．则金属棒（）A.一直向右移动B.速度随时间周期性变化C.受到的安培力随时间周期性变化D.受到的安培力在一个周期内做正功【答案】ABC【解析】试题分析：根据左手定则判断出安培力的方向，结合加速度方向与速度方向的关系判断金属棒的运动规律．从而得出速度、安培力随时间的变化规律．解：A、根据左手定则知，导体棒开始所受的安培力方向水平向右，根据F=BIL知，安培力在第一个内做匀加速直线运动，在第二个内，安培力方向水平向左，大小不变，做匀减速直线运动，根据运动的对称性知，一个周期末速度为零，金属棒的速度方向未变．知金属棒一直向右移动，先向右做匀加速直线运动，再向右做匀减速运动，速度随时间周期性变化．故A、B正确．C、因为电流周期性变化，则安培力也周期性变化．故C正确．D、在一个周期内，动能的变化量为零，则安培力在一个周期内做功为零．故D错误．故选：ABC．点评：解决本题的关键掌握安培力的方向判断，会根据金属棒的受力情况判断其运动情况是解决本题的基础．（2014•濮阳二模）如图所示，两根平行放置、长度均为L的直导线a和b，放置在与导线所在平面垂直的匀强磁场中，当a导线通有电流强度为I，b导线通有电流强度为2I，且电流方向相反时，a导线受到磁场力大小为F1，b导线受到的磁场力大小为F2，则a通电导线的电流在b导线处产生的磁感应强度大小为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：两个导线间的作用力是相互作用力，根据牛顿第三定律，等大、反向、共线；两个导线在原磁场中受到向外侧的作用力；求解出导线a、b间的相互作用力后，再根据磁感应强度的定义公式B=列式求解．解：两个导线间的作用力是相互作用力，根据牛顿第三定律，等大、反向、共线，大小设为Fab；对左边电流，有：F1=BIL+Fab对右边电流，有：F2=2BIL+Fab两式联立解得：Fab=2F1﹣F2则a通电导线的电流在b导线处产生的磁感应强度大小为：B′=故选：C．点评：本题关键是明确两个导线间的作用力是相互作用力，然后根据磁感应强度的定义公式列式求解．（2014•上海）如图，在磁感应强度为B的匀强磁场中，面积为S的矩形刚性导线框abcd可绕过adl由几何知识可知力臂的大小为：L=ab•sinθ则力矩为：B•bc•I×ab•cosθ=BISsinθ故选：A．点评：本题借助安培力的计算考查了力矩的计算，力矩的计算中关键是确定力臂的大小．（2014•四川模拟）2007年诺贝尔物理学奖授予了两位发现“巨磁电阻”效应的物理学家．某探究小组查到某磁敏电阻在室温下的电阻随磁感应强度变化曲线如图甲所示，其中R、R0分别表示有、无磁场时磁敏电阻的阻值．为研究其磁敏特性设计了图乙所示电路．关于这个探究实验，下列说法中正确的是（）A.闭合开关S，图乙中只增加磁感应强度的大小时，伏特表的示数增大B.闭合开关S，图乙中只改变磁场方向原来方向相反时，伏特表的示数减小C.闭合开关S，图乙中只增加磁感应强度的大小时，流过ap段的电流可能减小D.闭合开关S，图乙中只增加磁感应强度的大小时，电源的输出功率可能增大【答案】AD【解析】试题分析：由图可以看出，磁敏电阻的阻值与磁感应强度的方向无关，只与磁感应强度的大小有关．随着磁感应强度变大，电阻变大．解：由图可以看出，磁敏电阻的阻值与磁感应强度的方向无关，只与磁感应强度的大小有关．随着磁感应强度变大，电阻变大，A、闭合开关S，图乙中只增加磁感应强度的大小时，磁敏电阻的阻值变大，电路电流减小，由E=U+Ir，可知路端电压增大，所以伏特表的示数增大，故A正确．B、磁敏电阻的阻值与磁感应强度的方向无关，只改变磁场方向原来方向相反时，伏特表示数不变，故B错误．C、闭合开关S，图乙中只增加磁感应强度的大小时，磁敏电阻的阻值变大，总电流减小，而通过磁敏电阻的电流增加，故通过ap的电流一定减小，故C错误．D、闭合开关S，图乙中只增加磁感应强度的大小时，磁敏电阻的阻值变大，可能使得外电路电阻等于电源的内阻，此时电源的输出功率最大，故电源输出功率可能增大，故D正确．故选：AD．点评：本题要求同学们能读懂各个图象的物理意义，变化规律，知道磁敏电阻的阻值与磁感应强度的方向无关，只与磁感应强度的大小有关．随着磁感应强度变大，电阻变大．（2014•开封二模）质量为m的导体棒ab置于光滑圆弧形金属导轨上，导轨下端接有电源，如图所示．磁场方向为下列哪一种情况时能使导体棒静止在导轨上（）A.沿ab方向B.沿ba方向C.竖直向下D.竖直向上【答案】C【解析】试题分析：对导体棒进行受力分析，然后由平衡条件判断出安培力的方向，最后由左手定则判断磁场的方向．解：导体棒受重力G、支持力F与安培力FB作用，重力G与支持力F的合力为F合，导体棒静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，安培力FB与F合重力等大反向，安培力水平向里，由图示可知，ab棒中的电流由a指向b，由左手定则可知，磁场竖直向下；故选C．点评：对导体棒正确受力分析、正确应用左手定则即可正确解题．（2014•北京模拟）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，通电直导线与磁场方向垂直，导线长度为L，导线中电流为I．该导线所受安培力F的大小是（）A.F=B.F=C.F=BILD.F=【答案】C【解析】试题分析：安培力公式为：F=BIL，注意公式的适用条件是：匀强磁场，电流和磁场方向垂直．解：由图可知电流与磁场方向垂直，因此直接根据安培力的大小为：F=BIL，故ABD错误，C正确．故选：C．点评：本题比较简单，考查了安培力的大小计算，应用公式F=BIL时注意公式适用条件和公式中各个物理量的含义．（2014•肇庆二模）质量为m的通电细杆置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆与导轨间的动摩擦因数为μ，有电流通过杆，杆恰好静止于导轨上．如图所示的A、B、C、D四个图中，杆与导轨间的摩擦力一定不为零的是（）A. B. C. D.【答案】CD【解析】试题分析：通过受力分析，根据杆子所处的状态为平衡状态，合力为0，去判断是否有摩擦力．解：A、杆子受重力、支持力，水平向右的安培力，可知，杆子可能受摩擦力，也可能不受．故A错误．B、若杆子受的重力与所受的竖直向上的安培力相等，杆子不受摩擦力．若重力大于安培力，则受重力、支持力，安培力、摩擦力．所以杆子可能受摩擦力，可能不受摩擦力．故B错误．C、杆子受重力、竖直向下的安培力、支持力，若要处于平衡，一定受摩擦力．故C正确．D、杆子受重力水平向左的安培力、支持力，若要处于平衡，一定受摩擦力．故D正确．故选CD．点评：解决本题的关键会正确地进行受力分析，能够根据受力平衡判断摩擦力的存在．（2014•浦东新区一模）通电导体棒水平放置在光滑绝缘斜面上，整个装置处在匀强磁场中，在以下四种情况中导体棒可能保持静止状态的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】试题分析：左手定则判断安培力的方向，对通电导体棒ab受力分析，根据共点力平衡条件判断导体棒是否处于静止状态解：A、导体棒受重力、竖直向下的安培力、垂直与斜面斜向上的支持力，由共点力平衡可知，A错误B、导体棒受重力、水平向左的安培力，垂直与斜面斜向上的支持力，由共点力平衡可知，B错误C、导体棒受重力、沿斜面向下的安培力，垂直与斜面斜向上的支持力，由共点力平衡可知，C错误D、导体棒受重力、沿斜面向上的安培力，垂直与斜面斜向上的支持力，由共点力平衡可知，D正确故选：D点评：解决本题的关键掌握安培力的方向判定，以及能正确地进行受力分析，根据受力平衡判断（2014•咸阳一模）彭老师在课堂上做了一个演示实验：装置如图所示，在容器的中心放一个圆柱形电极，沿容器边缘内壁放一个圆环形电极，把A和B分别与电源的两极相连，然后在容器内放入液体，将该容器放在磁场中，液体就会旋转起来．王同学回去后重复彭老师的实验步骤，但液体并没有旋转起来．造成这种现象的原因可能是，该同学在实验过程中（）A.将磁铁的磁极接反了B.将直流电源的正负极接反了C.使用的电源为50Hz的交流电源D.使用的液体为饱和食盐溶液【答案】C【解析】试题分析：在电源作用下，电流由正极流向负极；由左手定则可以判断出导电液体受到的安培力方向，从而判断出液体的旋转方向．解：老师将该容器放在磁场中，能使液体会旋转起来，是在安培力作用下导致的，因此要强调溶液能导电，且电流方向确定，并有磁场．与磁铁的磁极是否接反、直流电源正负是否接反，都没有关系．而该同学液体不能旋转是因为使用了交流电源，所以可能是C选项．故选C．点评：本题是一道基础题，知道在交流电源与直流电源的区别，及熟练应用左手定则即可正确解题．（2014•盐城一模）在磁场中的同一位置放置一条直导线，导线的方向与磁场方向垂直．先后在导线中通入不同的电流，导线所受的力也不一样，图中几幅图象表现的是导线受的力F与通过的电流I的关系．a，b 各代表一组F，I的数据．下列图中正确的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：当电流元IL与磁场垂直时，安培力F=BIL，根据安培力公式F=BIL分析即可．解：在匀强磁场中，当电流方向与磁场垂直lC.磁铁周围存在磁场，是因为磁铁内有取向基本一致的分子电流D.踢出去的足球最终要停下来，说明力是维持物体运动的原因【答案】D【解析】试题分析：安培力是洛伦兹力的宏观表现，安培力实质是所受电荷所受洛伦兹力的合力；磁场发生变化，会产生电场，电荷在电场的作用下会发生定向移动；磁铁周围存在磁场，是因为磁铁内有取向基本一致的分子电流；物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因．解：A、通电导线受到的安培力，实质上是导体内部运动电荷受到的洛伦兹力的宏观表现．故A正确．B、穿过闭合回路的磁场发生变化时，产生感应电流，是变化的磁场周围产生电场，电荷在电场的作用下发生定向移动．故B正确．C、磁铁周围存在磁场，是因为磁铁内分子电流的取向基本一致．故C正确．D、物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因．故D错误．本题要求选择不正确的，故选：D．点评：解决本题的关键知道安培力的实质、闭合回路磁场发生变化时，产生感应电流的实质．知道物体的运动不需要力来维持．（2014•乌鲁木齐模拟）如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．长度为L的导体中通有恒定电流，电流大小为I．当导体垂直于磁场方向放置时，导体受到的安培力大小为BIL．若将导体在纸面内顺时针转过30°角，导体受到的安培力大小为（）A. B.BILC. D.2BIL【答案】B【解析】试题分析：根据左手定则，让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是导线受的安培力的方向．根据左手定则来判断如何增加安培力的大小即可．解：当导体垂直于磁场方向放置时，导体受到的安培力大小为BIL．当转过30°，导体棒还垂直于磁场，故此时受到的安培力还是BIL，故B正确故选：B点评：本题是安培力的分析和计算问题．安培力大小的一般计算公式是F=BILsinα，α是导体与磁场的夹角，当B、I、L互相垂直的时候安培力最大为F=BIL．（2014•金山区一模）如图，通电导线MN与矩形线圈abcd共面，位置靠近cd且相互绝缘．当线圈中通有abcda方向电流时，线圈所受安培力的合力方向（）A.向左B.向右C.垂直纸面向外D.垂直纸面向里【答案】A【解析】试题分析：图中矩形线圈abcd的bc边、ad边电流方向相反，安培力相反，平衡；cd离MN较近，故合力与同向．解：图中矩形线圈abcd的bc边、ad边电流方向相反，安培力相反，平衡；cd离MN较近，ab边离MN较远，故合力与cd边受到的安培力同向；根据安培定则，电流MN在cd导线位置产生的磁场方向垂直向内，根据左手定则，安培力向左，故合力向左；故选：A．点评：本题是电流与电流间的作用力问题，首先要结合对称性考虑合力与cd边受到的安培力同向，然后结合安培定则和左手定则分析，基础题．（2014•闵行区二模）如图，通电导线MN与圆形线圈共面且相互绝缘｡当MN中电流突然增大时，线圈所受安培力的合力方向（）A.向左B.向右C.向上D.向下【答案】A【解析】试题分析：金属线圈放在导线MN上，导线中电流产生磁场，当导线中电流增大时，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断线圈的感应电流，再由左手定则来确定所受有安培力方向．解：金属线圈放在导线MN上，导线中电流产生磁场，根据安培定则判断可知，线圈左右两侧磁场方向相反，线圈左侧的磁通量小于线框右侧的磁通量，磁通量存在抵消的情况．若MN中电流突然增大时，穿过线圈的磁通量将增大．根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化，当MN中电流向下时，则线圈的感应电流方向为顺时针，再由左手定则可知，左边受到的安培力水平向左，而右边的安培力方向也水平向做，故安培力的合力向左；当MN中电流向上时，则线圈的感应电流方向为逆时针，再由左手定则可知，左边受到的安培力水平向左，而右边的安培力方向也水平向做，故安培力的合力向左，故A正确，BCD错误．故选：A点评：本题运用楞次定律判断电磁感应中导体的运动方向，也可以根据因果关系，运用安培定则、楞次定律和左手定则按部就班进行分析判断．（2014•汕头模拟）如图，是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布，线圈中a、b两条导线长均为l，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B．则（）A.该磁场是匀强磁场B.线圈平面总与磁场方向垂直C.线圈将逆时针方向转动D.a、b导线受到的安培力大小总为IlB【答案】D【解析】试题分析：利用图示的装置分析出其制成原理，即通电线圈在磁场中受力转动，线圈的转动可以带动指针的偏转；由左手定则来确定安培力的方向可确定转动方向．解：A、该磁场明显不是匀强磁场，匀强磁场应该是一系列平行的磁感线，方向相同，故A错误．B、由图可知，线圈平面总与磁场方向平行，故B错误．C、由左手定则可知，a受到的安培力向上，b受到的安培力向下，故线圈顺时针旋转，故C错误．D、a、b导线始终与磁感线垂直，故受到的安培力大小总为IlB，故D正确．故选：D．点评：在学过的测量工具或设备中，每个工具或设备都有自己的制成原理；对不同测量工具的制成原理，是一个热点题型，需要重点掌握．（2014•湖北模拟）如图所示，两平行导轨ab、cd竖直放置在的匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒PQ放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触．现在金属棒PQ中通以变化的电流I，同时释放金属棒PQ使其运动．已知电流I随时间的关系为I=kt（k为常数，k＞0），金属棒与导轨间存在摩擦．则下面关于棒的速度v、加速度a随时间变化的关系图象中，可能正确的有（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】试题分析：根据牛顿第二定律得出加速度的表达式，结合加速度方向与速度方向的关系判断速度的变化．解：A、根据牛顿第二定律得，金属棒的加速度a=，f=μN=μFA=μBIL=μBLkt，联立解得加速度a=，与时间成线性关系．故A正确，B错误．C、因为开始加速度方向向下，与速度方向相同，做加速运动，加速度逐渐减小，即做加速度逐渐减小的加速运动，然后加速度方向向上，加速度逐渐增大，做加速度逐渐增大的减速运动．故C错误，D正确．故选：AD．点评：解决本题的关键会根据合力确定加速度的变化，结合加速度方向与速度方向判断物体做加速运动还是减速运动，知道速度时间图线的切线斜率表示加速度．（2014•安阳二模）在如图所示的电路中，放在光滑金属导轨上的ab导体向右移动，这可能发生在（）A.闭合S的瞬间B.断开S的瞬间C.闭合S后，减小电阻R时D.闭合S后，增大电阻R时【答案】AC【解析】试题分析：金属杆向右运动则说明金属杆受到向右的作用力，由左手定则可知电流的方向；由楞次定律可知左侧产生的磁通量的变化；则可知左侧电流的变化情况．解：金属杆向右运动说明金属杆受到向右的安培力，由左手定则可知，金属杆中的电流由a到b；右侧线框中感应电流产生的磁通量向上；则由楞次定律可知，左侧线框中的磁场可能向下减小，也可能向上增加；左侧电流由上方进入，由安培定则可知，内部磁场方向向上；故产生以上现象只能是磁通量突然增加；故只能为A或C；故选：AC．点评：当减小电阻R的阻值时，电路中电阻减小，由欧姆定律可知电流将增大，则内部磁通量将增大．（2014•西安三模）如图所示，PQ、MN是放置在水平面内的光滑导轨，GH是长度为L、电阻为r的导体棒，其中点与一端固定的轻弹簧连接，轻弹簧的劲度系数为k．导体棒处在方向向下、磁感应强度为B的匀强磁场中．图中E是电动势为E，内阻不计的直流电源，电容器的电容为C．闭合开关，待电路稳定后，则有（）A.．导体棒中电流为B.．轻弹簧的长度增加C.．轻弹簧的长度减少D.．电容器带电量为CR2【答案】C【解析】试题分析：电路稳定后电容器相当于断路，根据欧姆定律求导体棒中的电流，由Q=CU求电容器的带电量．解：A、导体棒中的电流为：I=，故A错误；B、由左手定则知导体棒受的安培力向左，则弹簧长度减少，由平衡条件：BIL=k△x代入I得：△x=，故B错误C正确；D、电容器上的电压等于导体棒两端的电压，Q=CU=C••r，故D错误；故选：C．点评：本题借助平衡条件和安培力考查了电路问题，含电容的问题一定要注意电容器两端电压的确定．（2014•嘉定区二模）在以下四幅演示实验图示中，通过实验现象能正确表述实验结论的是（）A.小磁针发生偏转，反映了电流的磁效应B.闭合电键，检流计指针发生偏转，反映了在一定条件下机械能可以转变为电能C.闭合电键，金属棒在导轨上滚动，反映了磁场可以产生能量D.闭合电键，线框转动，说明改变穿过闭合电路的磁通量可以产生感应电流【答案】AB【解析】试题分析：电流磁效应是指电流能产生磁场；磁场对放入其中的电流也有力的作用，对照各图进行判断即可．解：A、图A是演示电流的磁效应实验装置，通过实验现象能正确表述实验结论；故A正确；B、图B是研究磁场对电流作用的实验装置，通过实验现象能正确表述实验结论；故B正确；C、图C是研究磁场对电流作用的实验装置，通过实验现象没有能够正确表述实验结论；故C错误；D、图D是电动机的工作原理的实验装置，没有能够正确表述实验结论．故D错误．故选：AB点评：图中所示的四个实验，是电与磁这一单元最典型的四个实验，它们各自的特点不同，代表了不同的含义，学习中我们应该加以重点区分才行．。
高中物理 电子题库 第二章 3知能演练轻松闯关 教科版选修11
【优化方案】2013年高中物理电子题库第二章 3知能演练轻松闯关教科版选修1-11.下列说法正确的是( )A．运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力作用B．运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，则该处的磁感应强度一定为零C．洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度D．洛伦兹力对带电粒子永不做功解析：选D.运动电荷不受洛伦兹力有两种情形，一种是磁感应强度为零，一种是速度方向与磁场平行，洛伦兹力不做功，不改变速度的大小，但可以改变速度的方向．2.将空心线圈通以大小和方向改变的电流，由其某一端沿中心轴线方向射入一束电子流，则电子流在线圈内的运动情况是( )A．往复运动B．匀速直线运动C．匀变速直线运动D．匀速圆周运动解析：选B.根据通电螺线管的磁场特点，沿中心轴线射入的电子流与磁场平行，该束电子流不受磁场力，故电子束做匀速直线运动．图2－3－43.带电粒子(重力不计)穿过饱和蒸汽时，在它走过的路径上饱和蒸汽便凝成小液滴，从而显示出粒子的径迹，这是云室的原理，如图2－3－4是云室的拍摄照片，云室中加了垂直于照片向外的匀强磁场，图中Oa、Ob、Oc、Od是从O点发出的四种粒子的径迹，下列说法中正确的是( )A．四种粒子都带正电B．四种粒子都带负电C．打到a、b点的粒子带正电D．打到c、d点的粒子带正电解析：选D.由左手定则知打到a、b点的粒子带负电，打到c、d点的粒子带正电，D正确．4.(2012·河北学业水平模拟)在如图2－3－5所示的匀强电场和匀强磁场共存的区域内，水平向右射入的电子可能沿水平方向做直线运动的是( )图2－3－5解析：选BC.A项中，电场力水平向左，洛伦兹力竖直向下，故A错；B项中，电子不受洛伦兹力，电场力水平向左，故B对；C项中，电场力竖直向上，洛伦兹力竖直向下，当两力大小相等时，电子将做直线运动，故C对；D项中，电场力竖直向上，洛伦兹力竖直向上，故D错．一、选择题1.关于电场力与洛伦兹力，以下说法正确的是( )A．电荷只要处在电场中，就会受到电场力，而电荷静止在磁场中，有可能受到洛伦兹力B．电场力对在其电场中的电荷可能会做功，而洛伦兹力对在其磁场中的电荷却一定不做功C．电场力与洛伦兹力一样，受力方向都在电场线和磁感线上D．只有运动的电荷在磁场中才会受到洛伦兹力的作用解析：选BD.根据洛伦兹力的产生条件可知：静止的电荷在磁场中不会受到洛伦兹力作用，运动的电荷在磁场中可能受到洛伦兹力的作用，故A选项错误，D选项正确；电场力对在其电场中的电荷可能做功，但洛伦兹力对在其磁场中的电荷始终不做功，故B选项正确；电场力与洛伦兹力方向总与磁场方向垂直，不会沿磁感线方向，故C选项错误．2.在图2－3－6中，洛伦兹力的方向判断不正确的是( )图2－3－6解析：选C.由左手定则可以判定A、B、D选项正确，只有C选项不对，当电荷运动的方向与磁场平行时不受洛伦兹力．3.如图2－3－7所示，将一阴极射线管置于一通电螺线管的正上方且在同一水平面内，则阴极射线将( )图2－3－7A．向外偏转B．向里偏转C．向上偏转D．向下偏转解析：选A.由安培定则：螺线管的上端为S极，下端为N极，磁感线从上面穿过阴极射线管，又由阴极射线管发射的是电子结合安培定则易知，阴极射线向外偏转，所以选A选项．4.(2012·成都学业水平预测)一个电子在赤道上空由东向西飞行，地球磁场对它的作用力方向是( )A．向下B．向上C．向南D．向北解析：选B.赤道上空地磁场的方向由南指向北，电子带负电，用左手定则可判断电子受到的洛伦兹力方向向上．5.如图2－3－8所示，电子枪射出的电子束进入示波管，在示波管正下方有竖直放置的通电环形导线，则示波管中的电子束将( )图2－3－8A．向上偏转B．向下偏转C．向纸外偏转D．向纸里偏转解析：选A.由安培定则可知，环形导线在示波管处产生的磁场方向垂直纸面向外，由左手定则可判断，电子受到的洛伦兹力向上，故A选项正确．6.(2012·启东中学高二检测)如图2－3－9所示，在正交的匀强电场和磁场的区域内(磁场水平向里)，有一离子恰能沿直线飞过此区域(不计离子重力)( )图2－3－9A．若离子带正电，E方向应向下B．若离子带负电，E方向应向上C．若离子带正电，E方向应向上D．不管离子带何种电，E方向都向下解析：选AD.可用假设法，设离子带正电，则受向上的洛伦兹力、向下的电场力，故电场方向向下；同理，若离子带负电，受向下的洛伦兹力、向上的电场力，则电场方向也向下．故A、D正确，B、C错误．7.如图2－3－10所示，宇宙射线中存在高能带电粒子，假如大气层被破坏，这些粒子就会到达地球，从而给地球上的生命带来危害，根据地磁场的分布特点，判断下列说法中正确的是( )图2－3－10A．地磁场对直射地球的宇宙射线的阻挡作用在南北两极最强，赤道附近最弱B．地磁场对直射地球的宇宙射线的阻挡作用在赤道附近最强，两极最弱C．地磁场对宇宙射线的阻挡作用在地球周围各处相同D．地磁场对宇宙射线无阻挡作用解析：选B.当带电粒子的运动方向与磁感线的方向在一条直线上时，磁场对它没有作用力，当带电粒子的运动方向与磁感线的方向垂直时，磁场对它的作用力最大．根据地磁场的方向和宇宙射线的入射方向不难判定，选项B正确．8.一长方形金属块放在匀强磁场中，今将金属块通以如图2－3－11所示的电流，则MN两极的电势高低情况是( )图2－3－11A．φM＝φNB．φM＞φNC．φM＜φND．无法比较解析：选C.金属块通有向右的电流时，所受安培力方向应是竖直向上．因为金属块内运动的是电子，故电子受到向上的洛伦兹力的作用，M极聚集的是负电荷，所以电势必低于N极．9.如图2－3－12所示，用绝缘线拴一绝缘小球，线上端固定于O点，线长为l，小球带正电．当小球摆过竖直线OC时，便进入或离开一个匀强磁场，磁场的方向垂直于小球的摆动平面，摆球沿着圆弧来回摆动．下列说法中正确的是( )图2－3－12A．A点和B点处在同一个水平面上B．A点和B点处线的拉力大小是相同的C．小球向右或向左摆过D点时，洛伦兹力相同D．小球向右或向左摆过D点时，线的拉力一样大解析：选AB.由于洛伦兹力不做功，此小球在摆动过程中只有重力做功，机械能守恒，故A 和B处于同一水平面上，A项正确；由于A点和B点处于对称位置，速度又为零，绳对球的拉力和球的重力沿绳方向的合力大小相等，故B项正确；小球向左或向右经过D处的速度大小相等、方向相反，洛伦兹力大小相等、方向相反，故C项错误；而向左或向右经过D处的速度方向相反，洛伦兹力方向相反，但向心力的大小却是相等的，所以拉力不一样大，故D 项错误．二、非选择题10.在垂直于纸面向外的匀强磁场中，垂直于磁场方向向上射出三束粒子a、b、c，偏转轨迹如图2－3－13甲所示：图2－3－13(1)确定三束粒子的电性．(2)如图乙所示，若加的是水平向右的匀强电场，试确定三种粒子的电性．解析：用左手定则不难确定存在磁场时粒子的电性，而换成水平向右的匀强电场时，据电场力特点可判定三束粒子的电性．关键是抓住洛伦兹力及电场力的不同性质．答案：(1)a带负电b不带电c带正电(2)a带负电b不带电c带正电。
高中物理 电子题库 第一章 3知能演练轻松闯关 教科版选修11
【优化方案】2013年高中物理 电子题库 第一章 3知能演练轻松闯关 教科版选修1-11.电场强度的定义式为E ＝F/q ，下列说法正确的是( )A ．该定义式只适用于点电荷形成的电场B ．F 是检验电荷所受到的力，q 是产生电场电荷的电荷量C ．电场强度的方向与F 的方向相同D ．由该定义式可知，电场中某点电荷所受的电场力大小与该点场强的大小成正比解析：选D.对于E ＝F q，等号右边的物理量与被定义的物理量之间不存在正比或反比的函数关系，只是用右边两个物理量之比来反映被定义的物理量的属性，不论何种静电场都适用，所以A 、B 选项错误；电场强度的方向定义的是与正电荷受到力的方向相同，因此C 选项错误；根据E ＝F/q 得F ＝Eq ，由此可知D 选项正确．2.一个试探电荷q ，在电场中某点的电场力为F ，该点的场强为E ，图1－3－9中能正确反映q 、E 、F 三者关系的是( )图1－3－9解析：选C.电场强度E 由电场本身决定，与试探电荷无关，即E 不与F 成正比，也不与q 成反比，但F 与q 成正比．3.仅在电场力作用下，电荷由静止开始运动的情况是( )A ．从电场线疏处向密处运动B ．从场强大处向场强小处运动C ．沿电场线运动D ．运动轨迹与电场线不一定重合解析：选D.电荷受力方向沿电场线在该点的切线方向，或切线的反方向，会因电荷的种类不同而不同，因此，A 、B 、C 所述情况均不能确定，只有D 选项正确．4.(2012·山东学业水平预测)如图1－3－10是某一点电荷的电场线分布图，下列表述正确的是( )图1－3－10A．该点电荷带负电B．a点和b点电场强度的方向相同C．a点的电场强度小于b点的电场强度D．以上说法都不对解析：选A.由电场线方向知该点电荷带负电，A选项正确；a点和b点不在同一条电场线上，电场强度方向不同，B选项错误；a点靠近场源电荷，a点场强大于b点场强，C选项错误．故选A.5.如图1－3－11所示，匀强电场场强为E，与竖直方向成α角．一个带负电荷的小球，电荷量为q，质量为m，用细线系在竖直墙面上，恰好静止在水平位置，求场强的大小．图1－3－11解析：小球受力情况如图所示，设场强大小为E，根据共点力平衡条件得qEcosα＝mg，所以E＝mg qcosα.答案：mgqcosα一、选择题1.下列关于电场与电场线的说法正确的是( )A．电场、电场线都是客观存在的，电场线是电场存在的物质基础和具体体现B．电场是客观存在的，其最基本的性质就是对放入其中的电荷有力的作用C．电场线实质上就是电场的物质表现形式D．电场线在空间可以相交，也可以相切解析：选B.电场是客观存在的物质，其最基本的性质就是对放入其中的电荷有力的作用，而电场线是人为画出来的，是研究电场的辅助工具，并非客观存在．根据电场的特点和电场线的规定，电场线在空间不能相交，也不能相切．所以正确选项为B.2.电场中有一点P，下列说法正确的是( )A．若放在P点电荷的电荷量减半，则P点的电场强度减半B ．若P 点没有试探电荷，则P 点的电场强度为零C ．P 点的电场强度越大，则同一电荷在P 点所受到的电场力越大D ．P 点的电场强度的方向为试探电荷在该点受到的电场力的方向解析：选C.电场中某点的电场强度的大小可由E ＝F q来量度，但该点的电场强度由电场本身决定，与试探电荷的有无、电荷量的多少、电性无关，所以A 、B 错；由E ＝F q得F ＝qE ，当q 一定时，E 越大，F 越大，所以C 正确；电场中某点的电场强度的方向规定为正电荷在该点所受电场力的方向，与负电荷所受电场力的方向相反，D 错．3.(2012·泰州中学高二检测)如图1－3－12所示是电场中的一条电场线，下列说法正确的是( )图1－3－12A ．这必是正点电荷形成的电场中的一条电场线，且E A ＜E BB ．这必是负点电荷形成的电场中的一条电场线，且E A ＞E BC ．这必是等量异种电荷的平行金属板间的一条电场线，且E A ＝E BD ．无法确定何种电场，无法比较E A 和E B 大小解析：选D.电场中的电场线是直线的情况有很多种，如正点电荷的电场线，A 选项；负点电荷的电场线，B 选项；匀强电场的电场线，C 选项．只给一条电场线，无法确定是何种电场，更无法比较E A 、E B 的大小．4.如图1－3－13所示，为静电场的一部分电场线分布情况，下列说法中正确的是( )图1－3－13A ．这个电场可能是负点电荷的电场B ．这个电场可能是匀强电场C ．点电荷q 在A 点时受到的电场力比在B 点时受到的电场力大D ．负电荷在B 点受到的电场力的方向为沿B 点的切线方向解析：选C.点电荷电场线为会聚状射线，这个电场既不是匀强电场也不是负点电荷的电场，A 、B 错误．A 点比B 点电场线密，场强大，点电荷q 在A 点受到的电场力比在B 点大，C 正确．正电荷在B 点受到的电场力的方向与B 点切线方向相同，D 错误．5.(2012·成都学业水平预测)在如图1－3－14所示的各电场中，A 、B 两点电场强度相等的是( )图1－3－14解析：选C.电场强度相等是指大小相等，方向相同．A 选项中A 、B 两点场强大小相等，方向不同；B 选项中A 、B 两点场强大小不相等，但方向相同；C 选项中两平行金属板间电场是匀强电场，故大小、方向均相同；D 选项中，A 、B 两点场强的大小和方向均不相同．6.如图1－3－15所示，用绝缘轻质细线悬吊一个质量为m ，电荷量为q 的小球，在空间施加一个匀强电场，使小球保持静止时细线与竖直方向成θ角，则所加匀强电场的电场强度的最小值为( )图1－3－15 A.mgsin θq B.mgcos θq C.mgtan θq D.mgcot θq解析：选A.小球受重力、绳的拉力如图所示，由矢量三角形可知，当小球所受电场力与绳的拉力垂直时电场力最小，即场强最小，由图可得：qE ＝mgsin θ，E ＝mgsin θq. 7.如图1－3－16所示，表示一个电场中a 、b 、c 、d 四点分别引入试探电荷，测得试探电荷所受的电场力跟电荷量间的函数关系图像，那么下列说法中正确的是( )图1－3－16A．该电场是匀强电场B．a、b、c、d四点场强大小关系是：E d>E a>E b>E cC．这四点场强大小关系是：E a>E b>E c>E d，场源是正电荷，位于a点D．无法判断a、b、c、d四点场强大小关系解析：选B.从坐标的函数关系可确定a、b、c、d都是过原点的倾斜直线，由场强的定义式可知，其斜率表示各点的场强大小，斜率不同，说明该电场一定不是匀强电场．由图像可知|k d|>|k a|>|k b|>|k c|，所以E d>E a>E b>E c.选项B正确．8.如图1－3－17所示，MN是电场中的一条电场线，一电子从a点运动到b点速度在不断地增大，则下列结论中正确的是( )图1－3－17A．该电场是匀强电场B．电场线的方向由N指向MC．电子在a处的加速度小于在b处的加速度D．因为电子从a到b的轨迹跟MN重合，所以电场线就是带电粒子在电场中的运动轨迹解析：选B.仅从一条直的电场线不能判断出该电场是否为匀强电场，因为无法确定电场线的疏密程度，所以，该电场可能是匀强电场，可能是正的点电荷形成的电场，也可能是负的点电荷形成的电场，因此不能比较电子在a、b两处所受电场力的大小，即不能比较加速度的大小，但电子从a到b做的是加速运动，表明它所受的电场力方向是由M指向N，由于负电荷所受的电场力方向跟场强方向相反，所以电场线的方向由N指向M，电场线不是电荷运动的轨迹，只有在特定的情况下，电场线才可能与电荷的运动轨迹重合．综上所述，选项B 正确．9.一带电粒子从电场中的A点运动到B点，径迹如图1－3－18中虚线所示，不计粒子所受重力，则( )图1－3－18A．A点的场强大于B点场强B．A点的场强小于B点场强C．粒子在A点的加速度大于在B点的加速度D．粒子在A点的加速度小于在B点的加速度解析：AC.根据电场线的分布可知，电场线密的地方场强大，电荷在场强大的地方受到的电场力大，产生的加速度也必然大．选项A、C正确．二、非选择题10. (2012·绵阳中学高二检测)竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场，其电场强度为E，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m的带电小球，丝线跟竖直方向成θ角时，小球恰好平衡，如图1－3－19所示．求：图1－3－19(1)小球带电量是多少？(2)若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？解析： (1)由于小球处于平衡状态，对小球受力分析如图所示，Fsin θ＝qE ①Fcos θ＝mg ②由①/②得：tan θ＝qE mg ，q ＝mgtan θE. (2)由第(1)问中的方程②知F ＝mg/cos θ，而剪断丝线后小球所受的电场力和重力的合力与未剪断丝线时丝线的拉力大小相等，故剪断丝线后小球所受重力、电场力的合力等于mg/cos θ，小球的加速度a ＝g/cos θ，小球由静止开始沿着丝线拉力的反方向做匀加速直线运动，当碰到金属板时，它经过的位移为x ＝b/sin θ，又由x ＝12at 2得 t ＝ 2x a ＝ 2bcos θgsin θ＝ 2bcot θg. 答案：(1)mgtan θE(2) 2bcot θg。
人教物理选修1-2试题：第二章第二节知能演练轻松闯关
1.做功和热交换都可以改变物体的内能，下列是通过做功形式改变物体内能的是() A．被火烧开的水B．冬天用暖手袋暖手C．用打气筒给自行车胎充气，打气筒变热D．冬天，用手去拿室外的铁块，手感到冷解析：选C.A、B、D属于热交换方式，C是压缩气体做功，属于做功方式改变物体内能．2.在热力学第一定律的表达式ΔU＝Q＋W中，关于ΔU、W、Q各个物理量的正、负，下列说法中正确的是()A．外界对物体做功时W为正，吸热时Q为负，内能增加时ΔU为正B．物体对外界做功时W为负，吸热时Q为正，内能增加时ΔU为负C．物体对外界做功时W为负，吸热时Q为正，内能增加时ΔU为正D．外界对物体做功时W为负，吸热时Q为负，内能增加时ΔU为负解析：选C.由公式ΔU＝Q＋W符号的规定可知，C正确．3.图2－2－2(2011·高考重庆卷)某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成．开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图2－2－2所示．在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体()A．对外做正功，分子的平均动能减小B．对外做正功，内能增大C．对外做负功，分子的平均动能增大D．对外做负功，内能减小解析：选A.气体膨胀，气体对外做正功，又因气体与外界无热交换，由热力学第一定律可知气体内能减小，因忽略气体分子间相互作用，没有分子势能，所以分子的平均动能减小，选项A正确．4.一定质量的气体经历一缓慢的绝热膨胀过程．设气体分子间的势能可忽略，则在此过程中()A．外界对气体做功，气体分子的平均动能增加B．外界对气体做功，气体分子的平均动能减少C．气体对外界做功，气体分子的平均动能增加D．气体对外界做功，气体分子的平均动能减少解析：选D.绝热说明气体与外界不发生热交换，即气体既不吸热也不放热，改变物体内能只与做功有关．“气体分子间的势能可忽略”说明气体的内能只与温度有关．如果外界对气体做功，气体内能增加，温度升高，气体分子的平均动能增加，但题目给出的条件是“膨胀”，故只能是气体对外界做功，故选项A、B是错误的；气体对外界做功，内能减少，温度降低，气体分子的平均动能减少，故选项C错，D对．5.(2012·盐城摸底)如图2－2－3甲所示，将封有一定质量空气的密闭塑料袋从海拔500 m、气温为18 ℃的山脚下带到海拔3200 m、气温为10 ℃的山顶上，情形如图乙所示．图________(选填“甲”或“乙”)中袋中气体分子平均动能大．从甲图到乙图过程中，袋内气体减小的内能________(选填“大于”、“等于”或“小于”)气体放出的热量．图2－2－3解析：由于密闭塑料袋从山脚下带到山顶时气压、温度都变低，密闭塑料袋膨胀放热并对外做功．由热力学第一定律ΔU＝－W－Q知，内能的减少大于气体放出的热量．答案：甲大于一、选择题1.如图2－2－4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，则被淹没的金属筒在缓慢下降过程中，筒内空气体积减小()图2－2－4A．从外界吸热B．内能增大C．向外界放热D．内能减少解析：选C.金属筒在缓慢下降过程中，气体的压强逐渐增大，水温均匀且恒定，不计气体分子间相互作用，气体温度不变，则气体的内能不变．由气体压强的微观解释可知气体体积必然减小，所以外界对气体做功，由热力学第一定律可知，Q为负值，即气体必然向外界放热．2.下列说法中正确的是()A．做功和热传递是改变物体内能的两种本质不同的物理过程：做功使物体的内能改变，是其他形式的能和内能之间的转化；热传递则不同，它是物体内能的转移B．外界对物体做功，物体的内能一定增大C．物体向外界放热，物体的内能一定增大D．热量是在热传递中，从一个物体向另一个物体或从物体的一部分向另一部分转移的内能的多少解析：选AD.做功和热传递改变物体内能的本质不同，因为做功的过程一定是不同形式的能相互转化的过程．而热传递是同种形式的能量(内能)在不同的物体之间或物体不同的部分之间传递或转移，故A选项正确．而物体的内能的变化取决于做功和热传递两种途径，单就一个方面不足以断定其内能的变化．故B、C选项不正确，D选项正确．3.下列有关物体内能改变的判断中，正确的是()A．外界对物体做功，物体的内能一定增加B．外界对物体传递热量，物体的内能一定增加C．物体对外界做功，物体的内能可能增加D．物体向外放热，物体的内能可能增加答案：CD4.一个带活塞的汽缸内盛有一定量的气体，若此气体的温度随其内能的增大而升高，则() A．将热量传给气体，其温度必升高B．压缩气体，其温度必升高C．压缩气体，同时气体向外界放热，其温度必不变D．压缩气体，同时将热量传给气体，其温度必升高解析：选D.由于气体的温度随其内能的增大而升高，所以内能增大温度必然升高；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，当压缩气体，同时将热量传给气体时，其内能增加，温度必升高，D正确；而A、B只是考虑了W或Q的一个方面而忽略了另一方面，故不正确．5.一定量的气体在某一过程中，外界对气体做了8×104 J的功，气体的内能减少了1.2×105 J，则下列各式中正确的是()A．W＝8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝4×104 JB．W＝8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－2×105 JC．W＝－8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝2×104 JD．W＝－8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－4×104 J解析：选B.因为外界对气体做功，W取正值，即W＝8×104 J；内能减少，ΔU取负值，即ΔU＝－1.2×105 J；根据ΔU＝W＋Q，可知Q＝ΔU－W＝－1.2×105－8×104 J＝－2×105 J，即B选项正确．6.(2011·高考广东卷)如图2－2－5所示为某种椅子与其升降部分的结构示意图，M、N两筒间密闭了一定质量的气体，M可沿N的内壁上下滑动，设筒内气体不与外界发生热交换，在M向下滑动的过程中()图2－2－5A．外界对气体做功，气体内能增大B．外界对气体做功，气体内能减小C．气体对外界做功，气体内能增大D．气体对外界做功，气体内能减小解析：选A.M向下滑动的过程中，气体被压缩，外界对气体做功，又因为与外界没有热交换，所以气体内能增大．7.把浸有乙醚的一小块棉花放在厚玻璃筒的底部，当快速下压活塞时，由于被压缩的空气骤然变热，温度升高，达到乙醚的燃点，使浸有乙醚的棉花燃烧起来，此实验的目的是要说明()A．做功可以升高物体的温度B．做功可以改变物体的内能C．做功一定可以增加物体的内能D．做功可以增加物体的热量解析：选B.当快速下压活塞时，对空气做功，改变了气体的内能，使气体的温度升高，达到乙醚的燃点，使浸有乙醚的棉花燃烧起来．故B正确．8.一定质量的理想气体，从某一状态开始，经过一系列变化后又回到开始的状态，用W1表示外界对气体做的功，W2表示气体对外界做的功，Q1表示气体吸收的热量，Q2表示气体放出的热量，则在整个过程中一定有()A．Q1－Q2＝W2－W1B．Q1＝Q2C．W1＝W2D．Q1>Q2解析：选A.理想气体的初态和末态相同，则内能变化为零，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W 得：0＝(Q1－Q2)＋(W1－W2)，即Q1－Q2＝W2－W1，故A正确．9.在温度均匀的液体中，一个小气泡由液体的底层缓慢地升至液面，上升过程中气泡的体积不断增大，则气泡在浮起过程中()A．放出热量B．吸收热量C．不吸热也不放热D．无法判断解析：选B.气体分子之间的距离很大，相互作用力非常小，对气体来说，气体状态变化时，分子势能几乎不变，所以，一定质量的气体的内能变化，就是气体分子热运动的动能总和的变化，即由温度变化所决定．在温度均匀的液体中，一个小气泡由液体的底层缓慢地升至液面的过程中，小气泡温度不变，其内能增量ΔU＝0.上升过程中气泡体积不断增大，气体要对外做功，即W＜0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知Q＞0.所以气泡在浮起过程中，吸收热量．10.关于物体内能变化的说法，正确的是()A．一定质量的晶体在熔化过程中内能保持不变B．一定质量的气体在体积膨胀过程中内能一定增加C．一定质量的物体在热膨胀过程中内能不一定增加D．一定质量的物体在体积保持不变的过程中，内能一定不变解析：选C.晶体在熔化过程中要吸热，却没有对外做功，故内能增加，A错误；一定质量的气体在膨胀过程中，可能吸热，也可能不吸热，还有可能放热，但一定对外做功，由ΔU ＝W＋Q不能确定ΔU，故B错误；物体热膨胀一定是吸收了热量，对外做功不一定小于吸收的热量，内能不一定增加，C正确；物体体积不变，温度可以改变，内能随之变化，D错误．二、非选择题11.一定质量的气体，在膨胀过程中是__________(填“外界对气体”或“气体对外界”)做功，如果膨胀时做的功是135 J，同时向外放热85 J，则该气体的内能__________(填“增加”或“减少”)了__________J.解析：膨胀过程中，气体的体积增大，所以是气体对外界做功；由ΔU＝W＋Q＝－135 J－85 J＝－220 J知，该气体的内能减少了220 J.答案：气体对外界减少22012.一定质量的气体从外界吸收了4.2×105 J的热量，同时气体对外做了6.0×105 J的功，问：(1)物体的内能是增加还是减少？变化量是多少？(2)分子势能是增加还是减少？(3)分子的平均动能是增加还是减少？解析：(1)气体从外界吸热：Q＝4.2×105 J气体对外做功：W＝－6.0×105 J由热力学第一定律：ΔU＝W＋Q＝－6.0×105 J＋4.2×105 J＝－1.8×105 JΔU为负，说明气体的内能减少了．所以，气体内能减少了1.8×105 J.(2)因为气体对外做功，所以气体的体积膨胀，分子间的距离增大了，分子力做负功，气体分子势能增加了．(3)因为气体内能减少，同时气体分子势能增加，说明气体分子的平均动能一定减少了．答案：见解析。
2021年高中物理选修1-2：第1章第3节同步练习含解析答案
2021年高中物理选修1-2 同步练习1.关于晶体与非晶体的区别，下列叙述哪一个是正确的()A．晶体有规则几何形状，在晶体内各个方向物理性质都相同B．晶体没有几何形状，在晶体里各个方向物理性质都不同C．非晶体没有规则形状，在非晶体里各个方向物理性质都相同D．非晶体具有规则形状，在非晶体里各个方向物理性质都不同解析：选C.晶体分为单晶体和多晶体，都有确定的熔点，单晶体有规则的形状，具有各向异性；多晶体和非晶体都没有规则的形状，都是各向同性，所以选C.2.下列物体：①松香，②明矾，③石英，④玻璃，⑤铝，⑥雪花，属于晶体的是()A．只有①②③⑤B．只有②③⑤⑥C．只有②③④⑥D．只有①②③④答案：B3.在样本薄片上均匀地涂上一层石蜡，然后用灼热的金属针尖点在样本的另一侧面，结果得到如图1－3－1所示的两种图样，则()图1－3－1A．样本甲一定是非晶体B．样本甲可能是非晶体C．样本乙一定是晶体D．样本乙不一定是晶体答案：BC4.(2011·高考山东卷)人类对自然的认识是从宏观到微观不断深入的过程．以下说法正确的是()A．液体的分子势能与体积有关B．晶体的物理性质都是各向异性的C．温度升高，每个分子的动能都增大D．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用解析：选AD.分子势能与分子间距有关，选项A正确；晶体分子分为单晶体和多晶体，单晶体的某个性质具有各向异性，而多晶体具有各向同性，选项B错误；温度升高，分子平均动能增大，但每个分子的动能不一定增大，选项C错误；露珠呈球状就是因为液体表面张力的作用，选项D正确．5.由于组成多晶体的许多小晶体是________排列的，因此多晶体______规则的几何形状，物理性质是各向________的．答案：无规则没有同性一、选择题1.如果某个固体在不同方向上的物理性质是相同的，那么()A．它一定是晶体B．它一定是多晶体C．它一定是非晶体D．它不一定是非晶体答案：D2.关于晶体和非晶体的说法，正确的是()A．所有的晶体都表现为各向异性B．晶体一定有规则的几何形状，形状不规则的金属一定是非晶体C．大粒盐磨成细盐，就变成了非晶体D．所有的晶体都有确定的熔点，而非晶体没有确定的熔点解析：选D.只有单晶体才表现为各向异性，故A错；单晶体有规则的几何形状，而多晶体无规则的几何形状，金属属于多晶体，故B错；大粒盐磨成细盐，而细盐仍是形状规则的晶体，在放大镜下能清楚地观察到，故C错；晶体和非晶体的一个重要区别，就是晶体有确定的熔点，而非晶体无确定的熔点，故D对．3.如图1－3－2是两种不同物质的熔化曲线，根据曲线下列说法正确的是()图1－3－2A．甲是晶体B．乙是晶体C．甲是非晶体D．乙是非晶体解析：选AD.晶体在熔化过程中不断吸热，但温度不变，即有确定的熔点，而非晶体没有确定的熔点，不断加热，非晶体不断变软，然后熔化，温度不断上升，因此甲对应的是晶体，乙对应的是非晶体．4.(2012·浏阳一中高二检测)如图1－3－3甲所示，金属框架的A、B间系一个棉线圈，先使其布满肥皂膜，然后将P和Q两部分肥皂膜刺破后，线的形状将如图乙中的()图1－3－3解析：选C.在表面张力作用下液体表面有收缩到最小的趋势，由此可判断C正确．5.以下关于液体的说法正确的是()A．非晶体的结构跟液体非常类似，可以看做是黏滞性极大的液体B．液体的物理性质一般表现为各向同性C．液体的密度总是小于固体的密度D．所有的金属在常温下都是固体解析：选AB.由液体的微观结构知A、B正确；有些液体的密度大于固体的密度，例如汞的密度就大于铁、铜等固体的密度，故C错；金属汞在常温下就是液体，故D错．6.关于液体表面的收缩趋势的说法中正确的是()A．因为液体表面分子分布比内部密，所以有收缩趋势B．液体表面分子有向内运动的趋势，表现为收缩趋势C．因为液体表面分子分布比内部稀疏，所以有收缩趋势D．因为液体表面分子所受引力与斥力恰好互相平衡，所以有收缩趋势答案：C7.玻璃烧杯中盛有少许水银，在太空轨道上运行的宇宙飞船内，水银在烧杯中呈怎样的状态(如图1－3－4所示)()图1－3－4解析：选D.表面张力使液体表面收缩到液面最小，故呈球形，D对．图1－3－58.如图1－3－5所示，一块密度、厚度均匀的矩形被测样品，长AB为宽CD的两倍，若用多用电表沿两对称轴测其电阻均为R，这块样品可能是()A．金属B．多晶体C．单晶体D．非晶体解析：选 C.因为沿两对称轴的电阻相等，但长度和横截面积不相等，所以沿轴AB和CD方向的电阻率不同，即沿AB和CD方向的导电性能不同，表现为各向异性，所以样品是单晶体，选C，多晶体和非晶体都是各向同性，金属也属于多晶体，A、B、D错．9.处在液体表面层的分子与液体内部分子相比较具有()A．较小的势能B．较大的势能C．相同的势能D．较大的动能解析：选 B.液体内部的分子距离可以认为是平衡时的距离，表面层的分子距离比内部分子距离大，根据分子势能与距离的关系可知，处在液体表面层的分子势能较大，故B正确．图1－3－610.(2011·高考福建卷)如图1－3－6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()A．晶体和非晶体均存在固定的熔点T0B．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段均表示液态解析：选 B.晶体有固定的熔点，非晶体无固定的熔点，在熔化过程中，是固液共存的，故B正确．二、非选择题11.收集雪花的各种图案，试探究它们的异同，并判断雪花是晶体还是非晶体．解析：冬天，水汽在玻璃窗上结晶时会形成美观而有规则的冰窗花，它有时呈羽毛状，有时像一张张蕨类植物的叶子，有“茎”有“脉”．用放大镜仔细观看几片雪花，你会发现，虽然没有两片雪花是完全相同的，但所有的雪花都呈现六角形的规则图案．雪花是由微小的冰晶组成的晶体．答案：见解析12.毛笔插入水中，笔毛就散开，拿出来后笔毛就合拢在一起，试解释这一现象．解析：毛笔插入水中后，每根纤维都受到各个方向相同的水的作用力．笔毛相当于只受自身弹力作用，故呈散开状态．拿出水面后，外层的笔毛受水的表面张力作用，总要使其表面收缩至最小，因而会合拢在一起．答案：见解析。
(广东专用)高中物理 电子题库 第二章第十一节时知能演练轻松闯关 新人教版选修31
2013年人教版物理选修3-1（广东专用）电子题库第二章第十节时知能演练轻松闯关1．逻辑电路的信号有两种状态：一种是高电位状态，用“1”表示；另一种是低电位状态，用“0”表示．关于“1”和“0”下列说法正确的是( )A．“1”表示电压为1伏，“0”表示电压为0伏B．“1”表示电压为大于或等于1伏，“0”表示电压一定为0伏C．“1”和“0”是逻辑关系的两种可能的取值，不表示具体的数字D．“1”表示该点与电源正极相连，“0”表示该点与电源负极相连解析：选C.逻辑电路中“1”和“0”表示电路的两种状态，不表示数字大小，C正确．2.如图2－11－8所示为某一门电路符号及输入端A、B的电势随时间变化关系的图象，则下列图中能正确反映该门电路输出端电势随时间变化关系的图象是( )图2－11－8图2－11－9解析：选A.由题图可以看出该电路为“与”门电路，因此只有当A、B的电势均为高电势时，Y才为高电势，因此选项A正确．3．(2012·江西鹰潭一中高二检测)走廊里有一盏灯，在走廊的两端各有一个开关，我们希望无论哪一个开关接通都能使电灯点亮，那么设计的电路应为( )A．“或”门电路B．“与”门电路C．“非”门电路D．以上答案均可解析：选A.由题意可知，两个条件只要一个满足，结果就能发生，反映了“或”逻辑关系，A正确．4.如图2－11－10所示为使用汽车安全带的报警电路．S为汽车启动开关，闭合时代表汽车启动．R T代表安全带拉力传感器，驾驶员系好安全带时其电阻变大．要求只有当驾驶员启动汽车且安全带未系好时，蜂鸣器才能报警．则在图中虚线框内应接入的元件是( )图2－11－10A．“非”门B．“或”门C．“与”门D．“与非”门解析：选C.根据题意，只有当驾驶员启动汽车且安全带未系好时，蜂鸣器才能报警，即只有同时满足两个条件：一是驾驶员启动汽车，二是安全带未系好，蜂鸣器才能报警．符合这一要求的是“与”逻辑关系，因此在图中虚线框内应接入的元件是“与”门，选项C正确．5.如图2－11－11是一个三输入端复合门电路，当C端输入“1”，且要求输出端Y输出的也为“1”，则A、B端输入的是( )图2－11－11A．0 0 B．0 1C．1 0 D．1 1解析：选D.先分析右侧“与”门，已知C输入“1”，欲输出“1”，另一个输入应该是“1”，也就是左边与门的输出是“1”，根据“与”门特点，A、B输入应该都是“1”．D对．6.在如图2－11－12所示的逻辑电路中，当A端输入电信号“1”、B端输入电信号“0”时，则在C和D端输出的电信号分别为( )图2－11－12A．1和0 B．0和1C．1和1 D．0和0解析：选C.B端输入电信号“0”时，经过“非”门在D端输出电信号“1”，同时，该电信号与A端输入的电信号“1”一起输入“与”门，则在C端输出电信号“1”．7.在如图2－11－13所示的逻辑电路中，当A端和B端都输入电信号“1”时，则在C和D 端输出的电信号分别为( )图2－11－13A．1和0 B．0和0C．0和1 D．1和1解析：选A.B端输入电信号“1”时，通过“非”门输出“0”，所以D端输出“0”，输出的“0”和A端输入的“1”通过“或”门，则在C端输出“1”．选项A正确．8．下列由基本门组成的电路中，能使蜂鸣器发出声音的是( )图2－11－14解析：选B.选项A中为与门，两个输入端必须都为高电平，输出端才为高电平，而电路的有一个输入端为低电平，输出端为低电平，不能使蜂鸣器发声，选项A错误；选项B中为或门，输入端只要有一个为高电平，输出端即为高电平，能使蜂鸣器发声，选项B正确；选项C中为非门，输入端为高电平，输出端为低电平，不能使蜂鸣器发声，选项C错误；选项D 中，首先，高电平输入或门，输出端为高电平，然后，高电平输入非门，输出端为低电平，不能使蜂鸣器发声，选项D错误．9．(2012·山西大同一中高一检测)请根据下面所列的真值表，从四幅图中选出与之相对应的一个门电路( )输入输出A B Y00 101 110 1110图2－11－15解析：选D.从真值表可看出不是单一的“与”、“或”关系，更不是单一的“非”关系，一定对应一个复合门电路，从真值表分析可得应为“与非”复合门电路，D选项正确．10.如图2－11－16所示是模拟路灯的光控电路，R L为光敏电阻，LED为发光二极管，为实现LED天暗时发光、天亮时熄灭，下列说法中正确的是( )图2－11－16A．虚线框内的元件是与门B．虚线框内的元件是或门C．要求在天更暗时LED点亮，应该将R的阻值调大些D．要求在天更暗时LED点亮，应该将R的阻值调小些解析：选BC.从题图可以看出发光二极管负极接地，是低电势，门电路一条输入端也是低电势，发光二极管要发光，则发光二极管正极一定是高电势，根据门电路的特点，图中门电路另一条输入端必是高电势，因此虚线框内的元件是或门，选项A错误，B正确；要求在天更暗时LED点亮，应将R的阻值调大，使门电路另一条输入端在天更暗时得到高电势，选项C 正确，D错误．11．如图2－11－17所示，试判断这是什么样的逻辑电路．A、B、C闭合时记为“1”，断开时记为“0”；P灯亮记为“1”，不亮记为“0”，试完成真值表．输入输出A B C P00000 101010001 110 111011 1解析：由题图可知，开关A、B、C只要有一个闭合时，P灯便亮，所以这个电路满足“或”逻辑关系，即当几个条件中只要有一个或一个以上具备，就能出现某一结果．故这是一个“或”门电路，其真值表如下：输入输出A B C P0000001 1010 1100 1011 1101 1110 1111 1答案：见解析12.如图2－11－18是一个应用某逻辑电路制作的简单车门报警电路．图中的两个按钮开关S1、S2分别装在汽车的两道门上，只要其中任何一个开关处于开路状态，发光二极管(报警灯)就发光．请你根据报警装置的要求，列表分析开关状态与发光二极管的发光状态，并指出是何种门电路，在图中虚线框内画出这种门电路的符号．图2－11－18解析：车主离开汽车后，两个车门均处于关闭状态，跟两个车门对应的开关S1和S2均闭合，这时发光二极管不会发光报警．这是因为S1和S2闭合后，电流不通过发光二极管．当有其他人打开了某一个车门时，S1或S2就处于断开状态，这时就有电流通过发光二极管，使其发光报警．可见，这一装置实际上是一个“或”门电路．开关闭合及二极管不发光状态记为“0”，开关断开及二极管发光状态记为“1”，则开关状态及发光二极管发光状态的对应关系如下表，虚线框中的门电路符号如图所示．S1S2发光状态00001 110 111 1答案：见解析。
2020-2021学年[同步]人教版高中物理选修1-1第二章2.1练习卷(解析版).doc
2020-2021学年[同步]人教版高中物理选修1-1第二章2.1练习卷（解析版）姓名:_____________ 年级:____________ 学号:______________题型选择题填空题解答题判断题计算题附加题总分得分1. （知识点：）（2013•上海）如图，足够长的直线ab靠近通电螺线管，与螺线管平行．用磁传感器测量ab上各点的磁感应强度B，在计算机屏幕上显示的大致图象是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：通电螺线管的磁场分布相当于条形磁铁，根据磁感线的疏密程度来确定磁感应强度的大小．解：通电螺线管的磁场分布相当于条形磁铁，因此根据磁感线的分布，再由磁感线的疏密程度来确定磁感应强度的大小可知，因为ab线段的长度大于通电螺线管的长度，由条形磁铁磁感线的分布，可知应该选C，如果ab线段的长度小于通电螺线管的长度，则应该选B．由于足够长的直线ab，故C选项正确，ABD错误；故选：C点评：考查通电螺线管周围磁场的分布，及磁感线的疏密程度来确定磁感应强度的大小，本题较简单但会出错．（2013•杨浦区一模）一根软铁棒放在磁铁附近会被磁化，这是因为在外磁场的作用下（）A.软铁棒中产生了分子电流．B.软铁棒中分子电流消失了．评卷人得分C.软铁棒中分子电流的取向变得杂乱无章．D.软铁棒中分子电流的取向变得大致相同．【答案】D【解析】试题分析：安培认为构成磁体的分子内部存在一种环形电流﹣﹣分子电流．由于分子电流的存在，每个磁分子成为小磁体，两侧相当于两个磁极．通常情况下磁体分子的分子电流取向是杂乱无章的，它们产生的磁场互相抵消，对外不显磁性．当外界磁场作用后，分子电流的取向大致相同，两端显示较强的磁体作用，形成磁极，就被磁化了．当磁体受到高温或猛烈撞击时会失去磁性，是因为激烈的热运动或震动使分子电流的取向又变的杂乱无章了．解：A、根据安培分子电流假说，当外界磁场作用后，软铁棒中的分子电流的取向大致相同，两端显示较强的磁体作用，形成磁极，就被磁化了，故A错误；B、软铁棒中分子电流不会消失，故B错误；C、是磁化，而不是退磁，故C错误；D、当外界磁场作用后，分子电流的取向大致相同，两端显示较强的磁体作用，形成磁极，就被磁化了，故D正确；故选D．点评：考查了安培分子电流假说，要了解磁化、退磁的原理，基础题．（2012•永嘉县模拟）下列实验现象，属于反映电流能产生磁场的现象是（lC、金属杆切断磁感线时，在闭合电路中产生感应电流，电流表指针偏转，这是电磁感应现象，故C错误；D、通电线圈在磁场中受到安培力而转动，不属于电流产生磁场的现象，故D错误；故选A．点评：分析图示实验装置及现象，知道各实验的实验原理是正确解题的关键．（2012•长春一模）磁力玻璃擦是目前很时尚的玻璃清洁器，其原理是利用异性磁极的吸引作用可使外面的一片跟着里面的一片运动，旧式磁力玻璃擦在使用时由于相对移动会导致前后两面的同性磁极间距较小，由于同性磁极相互斥力作用很容易脱落，其内部N、S磁极分布如图甲所示．经过改进后，新式磁力玻璃擦其内部的N、S磁极分布如图乙所示，使用时两片不易脱落，关于两种磁力玻璃擦脱落的主要原因，下列说法中正确的是（）A.甲图中前后面的同性磁极间距较小，同性磁极相互斥力大，容易脱落B.甲图中前后面的异性磁极间距较小，异性磁极相互引力大，不容易脱落C.乙图中前后面的同性磁极间距较大，同性磁极相互斥力小，不容易脱落D.乙图中前后面的异性磁极间距较大，异性磁极相互引力小，容易脱落【答案】AC【解析】试题分析：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，同名磁极靠的越近，磁极间的引力越大，异名磁极间的距离越近，斥力越大．解：A、由图示可知，甲图中前后面的同性磁极间距较小，同性磁极相互斥力大，容易脱落，故A正确；B、异性磁极间距较小，异性磁极相互引力大，越不容易脱落，故B错误；C、由图示可知，乙图中前后面的同性磁极间距较大，同性磁极相互斥力小，不容易脱落，故C正确；D、前后面的异性磁极间距等于玻璃的厚度，与磁力玻璃擦结构无关，故D错误；故选AC．点评：知道磁体磁极间的相互作用、分析清楚图示情景即可正确解题．（2008•肇庆二模）在赤道上某处有一竖直直立的避雷针，当带有正电荷的乌云经过避雷针的上方并通过避雷针形成电流时，地磁场对避雷针的作用力的方向为（）A.向东B.向南C.向西D.向北【答案】A【解析】试题分析：左手定则的内容是：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．解：当带有正电的乌云经过避雷针上方时，避雷针开始放电形成瞬间电流，正电电荷从上而下通过避雷针，所以电流的方向为从上而下，磁场的方向从南向北，根据左手定则，安培力的方向向东．故A正确，B、C、D错误．故选A．点评：解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向．（2008•广东模拟）如图所示，小磁针所指方向正确的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：本题比较简单考查了几种常见磁场的方向，磁场方向规定为小磁针静止时的N极指向，也可以通过磁感线描述，磁感线在磁铁外部磁感线有N极指向S极，内部由S极指向N极，是闭合的曲线，解：A、该图中小磁针所在位置磁感线方向向上，因此小磁针N极指向上方，故A正确；B、该图中小磁针所在位置磁感线方向水平向右，因此小磁针N极指向应向右，故B错误；C、根据图中所给磁感线方向可知，小磁针N极指向不是正下方，应指向右下方，故C错误；D、该图中小磁针所在位置磁感线方向沿磁感线水平向左，因此小磁针N极应指向左则，故D错误．故选A．点评：对于常见的几种磁场要明确其周围磁场方向以及磁感线分布，同时明确磁场方向的规定．（2010•浦东新区一模）物理实验都需要有一定的控制条件．奥斯特做电流磁效应实验时就应排除地磁场对实验的影响．下列关于奥斯特实验的说法中正确的是（）A.该实验必须在地球赤道上进行B.通电直导线必须竖直放置C.通电直导线应该水平东西方向放置D.通电直导线可以水平南北方向放置【答案】D【解析】试题分析：由于地磁的北极在地理的南极附近，故地磁场的磁感线有一个由南向北的分量，而只有当电流的方向与磁场的方向平行时通电导线才不受磁场的安培力．解：由于地磁的北极在地理的南极附近，故地磁场的磁感线有一个由南向北的分量，而当电流的方向与磁场的方向平行时通电导线才不受磁场的安培力，故在进行奥斯特实验时通电直导线可以水平南北方向放置，而不必非要在赤道上进行，但不能东西放置和竖直放置，故只有D正确．故选D．点评：掌握了地磁场的特点和安培力的特点就能顺利解决此类题目．（2010•连城县模拟）关于通电直导线周围磁场的磁感线分布，下列示意图中正确的是（）A. B.{l故选：A点评：右手螺旋定则也叫安培定则，当直导线时，右手大拇指方向为电流的方向，四指环绕方向为磁场方向；当环形导线时，四指环绕方向为电流方向，右手大拇指方向为环内的磁场方向．（2008•梅州二模）19世纪20年代，以塞贝克为代表的科学家已认识到：温度差会引起电流．安培考虑到地球自转造成了太阳照射后正面与背面的温度差，从而提出如下假没：地球磁场是由绕地球的环形电流引起的．该假设中电流的方向是（）（注：磁子午线是地球磁场N极与S极在地球表面的连线）A.由西向东垂直磁子午线B.由东向西垂直磁子午线C.由南向北沿磁子午线方向D.由赤道向两极沿磁子午线方向【答案】B【解析】试题分析：要解决此题首先要掌握安培定则：四指绕向电流的方向，大拇指所指的方向便是螺线管的N极．首先根据信息中给出的已知条件，根据根据“磁子午线”由安培定则确定电流的方向．解：由题意知，地磁体的N极朝南，根据安培定则，大拇指指向地磁体的N极，则四指的绕向即为电流的方向，即安培假设中的电流方向应该是由东向西垂直磁子午线．故选B．点评：此题通过一个信息，考查了学生对安培定则的掌握及应用，相对比较简单，属于基础题．（2011•湛江模拟）在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．对以下几位物理学家所作科学贡献的表述中，正确的说法是（）A.法拉第发现了电流的磁效应B.爱因斯坦成功地解释了光电效应现象C.库仑发现了磁场产生电流的条件和规律D.牛顿在实验室测出了万有引力常量【答案】B【解析】试题分析：解决本题要了解物理学史，对物理学上发生的重要事件、重要规律的参与者要有所了解．解：A、电流的磁效应发现者是奥斯特，故A错误；B、爱因斯坦提出光子说，成功解释了光电效应现象，故B正确；C、法拉第发现了磁场产生电流的条件和规律，故C错误；D、万有引力常量是由卡文迪许测出的，故D错误．故本题选B．点评：物理学史的学习可以培养科学素养和科学方法，但是学生容易出错，平时要注意记忆．（2004•闸北区二模）如图所示，一块光滑的长方形铝板放在水平桌面上，铝板的右端拼接一根与铝板等厚的条形磁铁．一质量分布均匀的闭合铝环以速度v从板的左端沿中线向右端滚动，下列判断正确的是（）A.铝环沿直线滚动，速度越来越小B.铝环沿直线滚动，速度越来越大C.铝环的运动方向将逐渐偏向条形磁铁的N极D.铝环的运动方向将逐渐偏向条形磁铁的S极【答案】A【解析】试题分析：滚动铝环处于磁场中，导致穿过铝环的磁通量发生变化，从而产生感应电流，因此受到安培阻力，当铝环不动时，则磁通量不变，因此不受到安培力作用．解：A、由于铝环的移动，导致产生感应电动势，从而产生感应电流，出现安培阻力，使其速度越来越小，故A正确；B错误；C、运动的铝环受到安培力，与磁场方向垂直，因此不会偏向磁铁的N极或S极，故C错误，故D也错误，故选：A点评：考查楞次定律、左手定则的理解与掌握，并弄清铝环的磁通量如何变化，及怎样变化．我国古代四大发明中，涉及到电磁现象应用的发明是（）A.指南针B.造纸术C.印刷术D.火药【答案】A【解析】试题分析：我国古代四大发明中，涉及到电磁现象应用的发明是指南针．解：指南针利用地磁场使小磁针偏转来指示方向，涉及到磁现象，而我国古代四大发明中，造纸术、印刷术、火药不涉及电磁现象．故A正确．故选A点评：本题考查对常识的了解程度，基础题．要重视知识的积累，加强记忆，不在基础题出错．下列关于磁场和磁感线的说法中正确的是（）A.磁感线总是从磁铁的N极出发，到S极终止，所以是不闭合的B.磁感线可以形象地描述磁场的强弱和方向，是真实存在的C.磁场和电场一样，也是一种物质D.磁感线就是细铁屑在磁场周围排列出的曲线【答案】C【解析】试题分析：磁场虽然看不见、摸不着，但真实存在，且磁体间的相互作用就是通过磁场发生的；为了方便描述磁场，人们假想出一些磁感线，用磁感线来形象的描述磁场；同时，对于磁体的周围，不管有没有画出磁感线，其磁场是一定存在的．解：A、磁感线在磁铁的外部是从磁铁的N极到S极，在磁铁的内部是S极指向N极，磁铁内部的磁感线与外部的磁感线形成闭合曲线，故A错误；B、磁感线可以形象地描述磁场的强弱和方向，但不是真实存在的，B错误；C、磁场和电场一样，也是一种物质，C正确；D、细铁屑在磁场周围排列出的曲线可以形象的反应磁场的分布，但不是磁感线．D错误．故选：C．点评：知道并理解磁场的性质及磁感线的特点是解决该题的关键．以下四种器材中，不能用来指南北的是（）A.司南B.小磁针C.罗盘D.验电器【答案】D【解析】试题分析：了解各器材的作用用判断．解：A、司南是最早的磁性指向器，可以指南北，A正确；B、地磁场的N极在地理的南极附近，由于异名磁极相互吸引，小磁针的N极与地磁场的S极（地理的N极）吸引，即小磁针的N极指向地理的N极，可以指南北；C、罗盘因为受到地磁场的作用也能够指示南北，C正确；D、验电器用来粗略验证带电的多少，不能指南北，D错误．题目要选不能指南北的，故选：D．点评：罗盘内的小磁针在地磁场的作用下，小磁针的南极始终指向地理南极，属于基础知识，难度不大．磁性水雷是用一个可以绕轴转动的小磁针来控制起爆电路的，军舰被地磁场磁化后就变成了一个浮动的磁体，当军舰接近磁性水雷是，就会引起水雷的爆炸，如图所示，其依据是（）A.磁体的吸铁性B.磁极间的相互作用规律C.电荷间的相互作用规律D.磁场具有方向性【答案】B【解析】试题分析：磁性水雷中的小磁针静止时，水雷不会爆炸，军舰被地磁场磁化后就变成了一个浮动的磁体，当军舰接近磁性水雷时，由磁极间的相互作用就会使水雷中的小磁针发生转动，而发生爆炸．解：磁性水雷中的小磁针静止时，一端指南，一端指北，水雷不会爆炸，军舰被地磁场磁化后就变成了一个浮动的磁体，当军舰接近磁性水雷时，由磁极间的相互作用：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引知，就会使水雷中的小磁针发生转动，而触发水雷发生爆炸．故B正确l【答案】B【解析】试题分析：电场强度是用来表示电场的强弱和方向的物理量，电场强弱可由试探电荷所受的力与试探点电荷带电量的比值确定，电场方向与正电荷受力方向一致与负电荷受力方向相反．磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．比值与磁场力及电流元均无关．解：A、电荷放入电场中某区域内的任意位置，电荷受到的电场力相同，则该区域内的电场一定是匀强电场，故A错误；B、由电场的基本性质可知，对放入电场中某位置的电荷受到的电场力不为零，则该位置一定不为零，故B 正确；C、电荷在磁场中某位置受到的磁场力为零，则该位置的磁感应强度不一定为零，还受到是否运动有关，故C错误；D、一小段通电导体在磁场中某位置受到的磁场力为零，则该位置的磁感应强度不一定为零，还受到放置的位置有关，故D错误；故选B点评：电场强度是用比值法定义的物理量之一，电场中某点的电场强度是由电场本身决定的，与该点是否有试探电荷无关，本题是考查基础知识的好题．磁感应强度是通过比值定义得来，例如电场强度也是这种定义，电场强度与电场力及电荷量均没有关系．再如密度也是，密度与物体的质量及体积均无关．同时电流元放入磁场中不一定有磁场力，还受放置的角度有关．王爷爷退休后迷上了信鸽比赛，他饲养的信鸽小雪通体雪白，血统优秀，多次在“放飞﹣返回”比赛中获第一名．不知道让多少人羡慕！王爷爷也很得意，为奖励小雪，王爷爷给它戴上一个非常漂亮的磁性头套．这样做对小雪在比赛中将（）A.不会影响它的导航B.不利于它的导航C.有助于它的导航D.不能确定是否会最影响它的导航【答案】B【解析】试题分析：解答本题需要知道地球周围有磁场；而信鸽靠磁场的方向来飞行，即可得出结论．解：由题意知，给信鸽戴上一个非常漂亮的磁性头套，由此可见，小磁铁产生的磁场干扰了信鸽的飞行方向，从而不能辨别方向．这说明鸽子体内有某种磁性物质，它能借助地磁场辨别方向．故B正确，ACD错误；故选：B．点评：本题考查了一些动物对地磁场的应用，要知道鸽子就是利用地磁场来导航的．某学生研究安培力与电流关系时，设计出如图所示的装置．水平金属棒和竖直放置的光滑导轨有良好的接触，可以沿竖直方向上下滑动．水平金属棒由质量可忽略不计的棉线与弹簧秤连接，可变电源给整个电路提供实验所需的电流，整个装置处在垂直纸面向里的匀强磁场中．调节可变电源，改变电路中电流，测得金属棒平衡时弹簧秤读数F随电流I的变化规律，如图所示．以下说法正确的是（）A.当金属棒中电流方向向左时，金属棒受到的竖直向上的安培力B.当弹簧秤读数为零时，电流表示数为0.35AC.金属棒的重力为3.5ND.在磁场和金属棒长度不变的情况下，安培力和电流成正比【答案】BCD【解析】试题分析：实验目的是研究通电导线在磁场中受到的安培力与电流的关系，安培力的方向可用左手定则来判断，安培力的大小可有弹簧秤读出，并结合导体棒受力计算得到，也可算出电流的大小，最终的出安培力与电流的表达式，表明在磁场和金属棒长度不变的情况下，安培力和电流成正比．解：A、当金属棒中电流方向向左时，有左手定则判得金属棒受到的竖直向下的安培力，故A错误B、当弹簧秤读数为零时，金属棒受到的竖直向上的安培力与重力平衡，由F﹣I图线得，当F=0时，I=0.35A，故B正确C、由F﹣I图线得，当I=0时，F=0.35N，此时弹簧的拉力与重力平衡，故金属棒的重力为3.5N，故C正确D、由F﹣I图线得，直线方程为F=FI+mg即FI=F﹣mg=BIl，故D正确故选BCD点评：考查了安培力、左手定制的应用，数形结合的综合应用．下列应用中应该使用硬磁材料的是（）A.变压器的铁芯B.磁带录音机的磁带C.电脑软盘D.扬声器用的磁铁【答案】BCD【解析】试题分析：磁性材料按照磁化后去磁的难易程度，可分为软磁性材料和硬磁性材料．磁化后容易去掉磁性的物质叫软磁材料，不容易去磁的物质叫硬磁材料．一般来讲软磁性材料剩磁较小，硬磁性材料剩磁较大．硬磁材料常用来制作各种永久磁铁、扬声器的磁钢和电子电路中的记忆元件等．解：硬磁材料常用来制作各种永久磁铁、扬声器的磁钢和电子电路中的记忆元件等，比如磁带、磁盘、磁卡是利用磁性材料记录信息的，需要保持磁性，如果失去磁性，则记录的信息便会丢失，所以用的磁粉为硬磁材料，扬声器用的磁铁为硬磁材料；而变压器的铁芯为软磁材料．故选：BCD．点评：解决本题的关键是知道软磁性材料和硬磁性材料的区分标准，以及知道它们在生活中的应用．关于地磁场，下列说法正确的是（）A.地磁的两极与地理的两极重合B.指南针的两极一定指向地理的两极C.地磁的南北极与地理的南北极大致相反D.地磁的北极在地理的南极附近【答案】CD【解析】试题分析：根据课本中有关地磁场的基础知识，即可确定此题的答案．解：ACD、地磁的南极在地理的北极附近，地磁的北极在地理的南极附近，两者并不完全重合．故A错误，CD正确；B、由于地磁的两极与地理的两极并不完全重合，故指南针的两极不是严格指向地理的两极，B错误；故选：CD．点评：关于地磁场的考查，经常会涉及到其指向性，如动物的迁徙中，鸽子能够回到老巢，都是利用了地磁场．。
高中物理 电子题库 第二章 3 知能演练轻松闯关 教科版选修33
2013年教科版物理选修3-3电子题库第二章 3 知能演练轻松闯关1.(2012·龙泉中学高二检测)关于热力学温度和摄氏温度，下列说法正确的是( ) A．某物体摄氏温度为10 ℃，即热力学温度为10 KB．热力学温度升高1 K等于摄氏温度升高1 ℃C．摄氏温度升高10 ℃，对应热力学温度升高283 KD．热力学温度和摄氏温度的温标不同，两者表示的温度无法比较解析：选B.热力学温度与摄氏温度的关系T＝t＋273.15 K，所以选项A错误；对于T＝t＋273.15 K，有许多同学错误地认为可变形为ΔT＝Δt＋273.15 K，而错误地选择选项C，实际上ΔT＝T2－T1＝t2－t1＝Δt，即用摄氏温度表示的温差等于用热力学温度表示的温差，所以选项B正确，选项C、D错误．图2－3－112.(2010·高考广东卷)如图2－3－11所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量．设温度不变，洗衣缸内水位升高，则细管中被封闭的空气( )A．体积不变，压强变小B．体积变小，压强变大C．体积不变，压强变大D．体积变小，压强变小解析：选B.由题图可知空气被封闭在细管内，水面升高时，气体体积一定减小，根据玻意耳定律，气体压强就增大，B选项正确．3.民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地被“吸”在皮肤上．其原因是，当火罐内的气体( )A．温度不变时，体积减小，压强增大B．体积不变时，温度降低，压强减小C．压强不变时，温度降低，体积减小D．质量不变时，压强增大，体积减小答案：B4.为了测试某种安全阀在外界环境为一个大气压时所能承受的最大内部压强，某同学自行设计制作了一个简易的测试装置．该装置是一个装有电加热器和温度传感器的可密闭容器．测试过程可分为如下操作步骤：a ．记录密闭容器内空气的初始温度t 1；b ．当安全阀开始漏气时，记录容器内空气的温度t 2；c ．用电加热器加热容器内的空气；d ．将待测安全阀安装在容器盖上；e ．盖紧装有安全阀的容器盖，将一定量空气密闭在容器内．(1)将每一步骤前的字母按正确的操作顺序排列：________________；(2)若测得的温度分别为t 1＝27 ℃，t 2＝87 ℃，已知大气压强为1.0×105Pa ，则这个安全阀能承受的最大内部压强的测试结果是________．解析：(1)将安全阀安装在容器盖上，密封空气，记录其初始温度t 1，然后加热密封空气，待漏气时记录容器内的空气温度t 2，故正确的操作顺序为deacb.(2)已知T 1＝300 K ，T 2＝360 K ，p 0＝1.0×105 Pa ，由于密封空气的体积不变，由查理定律可得p 0T 1＝p T 2，故p ＝p 0T 2T 1＝1.0×105×360300Pa ＝1.2×105 Pa. 答案：(1)deacb (2)1.2×105Pa图2－3－125.(2012·乐山一中质检)如图2－3－12所示，在一根一端封闭且粗细均匀的长玻璃管中，用长为h ＝10 cm 的水银柱将管内一部分空气密封，当玻璃管开口向上竖直放置时，管内空气柱的长度L 1＝0.30 m ；若温度保持不变，玻璃管开口向下放置，水银没有溢出．待水银柱稳定后，空气柱的长度L 2为多少米？(大气压强p 0＝76 cmHg)．解析：玻璃管开口向上时，管内的压强为：p 1＝p 0＋h气体的体积为：V 1＝L 1S (S 为玻璃管的横截面积)当玻璃管开口向下时，管内的压强为：p 2＝p 0－h这时气体的体积为：V 2＝L 2S由玻意耳定律得：(p 0＋h )L 1S ＝(p 0－h )L 2SL 2＝(p 0＋h )L 1/(p 0－h )＝(76＋10)×0.30/(76－10)＝0.39(m)．答案：0.39一、选择题1.描述气体状态的参量是指( )A ．质量、温度、密度B ．温度、体积、压强C ．质量、压强、温度D ．密度、压强、温度答案：B2.对于一定质量的气体，以下说法正确的是( )A ．气体做等容变化时，气体的压强和温度成正比B ．气体做等容变化时，温度升高1 ℃，增加的压强是原来压强的1/273C ．气体做等容变化时，气体压强的变化量与温度的变化量成正比D ．由查理定律可知，等容变化中，气体温度从t 1升高到t 2时，气体压强由p 1增加到p 2，且p 2＝p 1[1＋(t 2－t 1)/273]解析：选C.一定质量的气体做等容变化，气体的压强跟热力学温度成正比，跟摄氏温度不成正比关系，选项A 错．根据公式p t ＝p 0(1＋t /273)，其中p 0是0 ℃时的压强，所以Δp ＝t 273p 0，B 选项错误．由公式p 1T 1＝p 2T 2＝Δp ΔT 得选项C 正确．D 项中p 1p 2＝273＋t 1273＋t 2得，p 2＝p 1(1＋t 2－t 1273＋t 1)，故D 项错误． 3.一定质量的某种气体经历等温压缩时，气体的压强增大，从气体分子动理论的观点分析，这是因为( )A ．气体分子每次碰撞器壁的冲力加大B ．气体分子对器壁的碰撞更频繁C ．气体分子数增加D ．气体分子密度变大解析：选BD.温度不变即分子平均动能不变，体积减小即单位体积内分子数增多，分子碰撞器壁频率增加，可见选项B 、D 正确．图2－3－134.(2012·双流中学高二检测)如图2－3－13所示，一导热性良好的汽缸内用活塞封住一定量的气体(不计活塞与缸壁摩擦)，温度升高时，改变的量有( )A ．活塞高度hB ．汽缸高度HC ．气体压强pD ．弹簧长度L解析：选B.以汽缸整体为研究对象，由受力平衡知弹簧弹力等于总重力，故L 、h 不变，设缸壁的重力为G 1，则封闭气体的压强p ＝p 0－G 1S保持不变，当温度升高时，由盖吕萨克定律知气体体积增大，H 将减小，故只有B 项正确．图2－3－145.如图2－3－14所示，有一压力锅，锅盖上的排气孔截面积约为7.0×10－6 m 2，限压阀重为0.7 N ．使用该压力锅对水消毒，根据下列水的沸点与气压关系的表格，分析可知压力锅内的最高水温约为(大气压强为1.01×105 Pa)( )p (×105 Pa) 1.01 1.43 1.54 1.63 1.73 1.82 1.91 2.01 2.12 2.21 t (℃)100 110 112 114 116 118 120 122 124 126 A.100 ℃B ．112 ℃C ．122 ℃D ．124 ℃解析：选C.由表格数据知，气压越大，沸点越高，即锅内最高温度越高．对限压阀受力分析，当mg ＋p 0S ＝pS 时恰好要放气，此时p ＝mg S ＋p 0＝0.77.0×10－6＋p 0＝2.01×105 Pa 达到最大值，对应的最高温度为122 ℃.6.(2012·江油中学高二检测)如图2－3－15所示，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，右管有一段高为h 的水银柱，中间封有一段空气，则( )图2－3－15A ．弯管左管内外水银面的高度差为hB ．若把弯管向上移动少许，则管内气体体积增大C ．若把弯管向下移动少许，则右管内的水银柱沿管壁上升D ．若环境温度升高，则右管内的水银柱沿管壁上升解析：选AD.被封闭气体的压强按右边计算为p ＝p 0＋p h ，按左边算也为p ＝p 0＋p h ，故左管内外水银面的高度差为h ，A 项正确；气体的压强不变，温度不变，故体积不变，B 、C 均错；压强不变，温度升高，体积增大，右管中水银柱沿管壁上升，D 项正确．二、非选择题图2－3－167.如图2－3－16所示，为医院用于静脉滴注的装置示意图，倒置的输液瓶上方有一气室A ，密封的瓶口处的软木塞上插有两根细管，其中a 管与大气相通，b 管为输液软管，中间又有一气室B ，而其c 端则通过针头接人体静脉．(1)若气室A 、B 中气体的压强分别为p A 、p B 则它们与外界大气压强p 0间的大小关系应为________；(2)当输液瓶的悬挂高度与输液软管内径确定时，药液滴注的速度________(填“越滴越快”、“越滴越慢”或“恒定不变”)．解析：(1)因a 管与大气相通，故可以认为a 管上端处压强即为大气压强，这样易得p A ＜p 0，而p B ＞p 0，即有p B ＞p 0＞p A .(2)当输液瓶的悬挂高度与输液软管的内径确定时，由于a 管上端处的压强与人体血管中的压强都保持不变，故b 管中气体的压强也不变，所以药液滴注的速度是恒定不变的． 答案：(1)p B ＞p 0＞p A (2)恒定不变8.(2012·广元中学高二检测)在“探究气体等温变化的规律”实验中，封闭的空气如图2－3－17所示，U 型管粗细均匀，右端开口，已知外界大气压为76 cm 汞柱高，图中给出了气体的两个不同的状态．图2－3－17(1)实验时甲图气体的压强为________cm 汞柱高；乙图气体压强为________cm 汞柱高．(2)实验时某同学认为管子的横截面积S 可不用测量，这一观点正确吗？________(选填“正确”或“错误”)．(3)数据测量完后在用图像法处理数据时，某同学以压强p 为纵坐标，以体积V (或空气柱长度)为横坐标来作图，你认为他这样做能方便地看出p 与V 间的关系吗？解析：(1)由连通器原理可知，甲图中气体压强为p 0＝76 cmHg ，乙图中气体压强为p 0＋4 cmHg ＝80 cmHg.(2)由玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2，即p 1l 1S ＝p 2l 2S ，即p 1l 1＝p 2l 2，(l 1、l 2为空气柱长度)，所以玻璃管的横截面积可不用测量．(3)以p 为纵坐标，以V 为横坐标，作出p －V 图是一条曲线，但曲线未必表示反比关系，所以应再作出p －1V图，看是否是过原点的直线，才能最终确定p 与V 是否成反比． 答案：(1)76 80 (2)正确 (3)不能图2－3－189.上端开口、竖直放置的玻璃管，内横截面积为0.10 cm 2，管中有一段15 cm 长的水银柱将一些空气封闭在管中，如图2－3－18所示，此时气体的温度为27 ℃.当温度升高到30 ℃时，求为了使气体体积不变，需要再注入多长的水银柱？(设大气压强为p 0＝75 cmHg 且不变)解析：设再注入水银柱长为x ，以封闭在管中的气体为研究对象，气体做等容变化． 初态：p 1＝p 0＋h cmHg ＝90 cmHg ，T 1＝300 K.末态：p 2＝(90＋x ) cmHg ，T 2＝303 K. 由查理定律p 2T 2＝p 1T 1得：（90＋x ）303＝90300所以x ＝0.9 cm.答案：0.9 cm图2－3－1910.(2012·成都十二中高二检测)体积为V ＝100 cm 3的空心球带有一根有刻度的均匀玻璃长管，管上共有N ＝101个刻度线，设长管与球连接处为第一个刻度线，以后顺次往上排列，相邻两刻度间管的容积为0.2 cm 3，水银液滴将球内空气与大气隔开，如图2－3－19所示，当温度t ＝5 ℃时，水银液滴底端在刻度为n ＝20的地方，在此大气压下，求其测量温度的范围．(不计玻璃管的热膨胀)解析：测量温度的范围应该为：气体的体积从V 1＝100 cm 3等压变化到V 2＝100 cm 3＋100×0.2 cm 3＝120 cm 3，这个范围所对应的气体温度T 1～T 2之间，根据题意当T 0＝273 K ＋5 K ＝278 K 时，气体的体积V 0＝(100＋20×0.2) cm 3＝104 cm 3根据盖吕萨克定律有：V 0T 0＝V 1T 1 得T 1＝V 1T 0V 0＝100×278104 K ＝267.3 K 根据V 0T 0＝V 2T 2得，T 2＝V 2T 0V 0＝120×278104 K ＝320.8 K 因t 1＝T 1－273＝－5.7 ℃，t 2＝T 2－273＝47.8 ℃，所以利用该装置能测量温度的范围是－5.7～47.8 ℃.答案：－5.7～47.8 ℃。
新人教版高中物理选修一第二章《机械振动》测试(含答案解析)(1)
一、选择题1．(0分)[ID ：127388]如图所示为一个单摆在地面上做受迫振动的共振曲线（振幅A 与驱动力频率f 的关系），则（ ）A ．此单摆的固有周期约为2sB ．此单摆的摆长约为2mC ．若摆长增大，单摆的固有频率增大D ．若摆长增大，共振曲线的峰将右移2．(0分)[ID ：127382]如图甲所示，弹簧振子以点O 为平衡位置，在A 、B 两点之间做简谐运动。
取向左为正方向，振子的位移x 随时间t 的变化如图乙所示，下列说法正确的是（ ）A ．0.8s t =，振子的速度为零B ．0.2s t =时，振子在O 点右侧6cm 处C ．0.4s t =和 1.2s t =时，振子的加速度均为零D ．0.4s t =到0.8s t =的时间内，振子的速度逐渐增大3．(0分)[ID ：127375]把一个筛子用四根弹簧支起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛，如图所示。
不开电动机让这个筛子自由振动时，完成20次全振动用15 s ，在某电压下，电动偏心轮的转速是50 r/min 。
已知增大电动偏心轮电压可使其转速提高，而增加筛子的总质量可以增大筛子的固有周期。
为使共振筛的振幅增大，以下做法可行的是（ ）①降低输入电压 ②提高输入电压 ③增加筛子质量 ④减小筛子质量A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④4．(0分)[ID：127368]下列说法中不正确的是( )A．将单摆从地球赤道移到南(北)极,振动频率将变大B．将单摆从地面移至距地面高度为地球半径的高度时,则其振动周期将变到原来的2倍C．将单摆移至绕地球运转的人造卫星中,其振动频率将不变D．在摆角很小的情况下,将单摆的振幅增大或减小,单摆的振动周期保持不变5．(0分)[ID：127353]如图1所示，轻弹簧下端固定在地上，上端连接一个钢球，把钢球从平衡位置向下压一段距离A，由静止释放。
以钢球的平衡位置为坐标原点，竖直向上为正方向建立x轴，当钢球在做简谐运动过程中某一次经过平衡位置时开始计时，钢球运动的位移-时间图象如图2所示。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
1.下列说法中正确的是( )
A．冬天对着手哈气，手变暖是机械能转化为内能 B．用酒精灯给水加热，是机械能转化为内能 C．洗澡时，用毛巾擦背，感觉后背发热，是机械能转化为内能 D．滑冰时，冰刀与冰之间相互摩擦，出现一道痕迹，是内能转化为机械能 答案：C 2.
图2－1－3 如图2－1－3所示，从能量的转化和转移的角度可用下面三句话来概括： ①小孩克服摩擦做功，动能转化为内能 ②小孩从滑梯上滑下时，重力势能转化为动能 ③小孩的臀部吸热，内能增加，温度升高
以下排序正确的是( ) A．①②③ B．②③① C．②①③ D．③②① 答案：C 3.下列关于能量转化现象的说法中，正确的是( )
A．用太阳灶烧水是太阳能转化为内能 B．电灯发光是电能全部转化为光能 C．核电站发电是电能转化为内能 D．生石灰放入盛有凉水的烧杯里，水温升高是动能转化为内能 解析：选A.太阳灶烧水是太阳能转化为内能，A正确；电灯发光是电能转化为内能和光能，B错误；核电站发电是核能转化为电能，C错误；生石灰放入盛有凉水的烧杯里，化学能转化为内能，D错误． 4.下列说法不．正确的是( )
A．任何一种机器做功都要消耗能量，不消耗能量的机器是无法对外做功的 B．每种能量都与一种运动形式相对应，与内能相对应的运动形式是热运动 C．能量在转化过程中总量可以减少，但不会增加 D．能量不论如何转化，系统的总能量是不变的 解析：选C.由能量守恒定律可知，A、B、D均正确，C错误，故本题应选C选项． 5.有人试图制造一台“永久”的发电机．设计思路如下：先利用外界供给的电能，使电动机转动，再让电动机带动发电机发电．发电机发电后，一部分电供给电动机继续使用，电动机不再利用外界供给的电能；一部分电能供用户使用．这样，一旦这个发电机发出电来，它就可以不再使用外界的能量，自己“源源不断”地发出电来．用能量转化和守恒的知识分析说明，这样的“永动机”能实现吗？ 解析：题中设想的能量转化过程是这样的：电能→机械能→电能→机械能＋电能(用户)．根据能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为别的形式，或者从一个物体转移到别的物体，所以上述能量转化中均应是守恒的，一旦发电机发出电来不再使用外界能量是不可能的，这种永动机不能实现． 答案：见解析
一、选择题 1.关于能量的转化和转移，以下说法中正确的是( )
A．能量可以从能量多的物体向能量少的物体转移，也可以从能量少的物体向能量多的物体转移 B．内能可以转化为机械能，机械能也可以转化为内能 C．能量只能从一种形式转化成另一种形式 D．能量可以从一种形式转化为另一种形式，但转化前后能的总量会减少 解析：选AB.能量转移的方向与物体能量的多少无关，故A正确；机械能与内能之间可以相互转化，故B正确；能量既可以相互转化也可以发生转移，而总能量保持不变，故C、D错． 2.一辆汽车在关闭发动机后继续沿水平方向向前运动，从能的转化看，它是( )
A．动能不变 B．机械能不变 C．动能转化为势能 D．机械能转化为内能 解析：选D.汽车沿水平方向向前减速运动，重力势能不变，动能减小，机械能减小，故A、B、C错；由于克服摩擦力做功，减小的机械能转化为内能，所以D正确． 3.(2012·广州高二检测)下列现象中，只有能的转化而不发生能的转移的过程是( )
A．冬天用热水袋取暖 B．一杯水慢慢变凉 C．用打气筒给轮胎打气时，气筒壁会发热 D．冬天用手摸户外的东西时感到凉 解析：选C.用打气筒给轮胎打气时，外力压缩气体做功，机械能转化为内能，故C正确；用热水袋取暖，一杯水慢慢变凉，冬天用手摸户外的东西时感到凉，都是内能发生了转移，故A、B、D错． 4.一铁块沿斜面释放后滑下，恰好做匀速运动，那么在下滑过程中( )
A．铁块机械能减小，内能增加 B．铁块机械能守恒，内能不变 C．铁块具有的总能量不变 D．铁块具有的总能量增加 解析：选A.铁块下滑时，由于摩擦力做功，机械能减少，而摩擦生热，使斜面及铁块内能增加．铁块的总能量减少了，斜面和铁块组成的系统的总能量不变． 5.下列对能量守恒定律的认识错误的是( )
A．某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加 B．某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加 C．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——永动机是不可能制成的 D．石子从空中落下，最后停止在地面上，说明机械能消失了 解析：选D.能量守恒定律是指能量的总量不变，但更重要的是指转化和转移过程中的守恒．在不同形式的能量间发生转化，在不同的物体间发生转移．不需要任何外界动力而持续对外做功的机器是违背能量守恒定律的，是永远不可能制成的．机械能可以转化成其他形式的能，但不能消失，因为能量是不会消失的，故A、B、C均正确，D错误． 6.下列说法正确的是( )
A．随着科技的发展，永动机是可以制成的 B．太阳照射到地球上的光能转化成了其他形式的能量，但是照射到宇宙空间的能量都消失了 C．“既要马儿跑，又要马儿不吃草”违背能量转化和守恒定律，因而是不可能的 D．有种“全自动”手表，不用上发条，也不用任何形式的电源，却能一直走动，说明能量可以凭空产生 解析：选C.永动机是指不消耗或少消耗能量，而可以大量对外做功的装置．历史上曾出现过各式各样的所谓永动机的发明，结果都以失败告终，原因就是违背了能量转化和守恒定律，人类只能发现规律、利用规律，但绝不可以违背规律，即使以后科技再发达，也要受自然规律的制约，所以永动机是永远不可能制成的，故选项A错误；太阳辐射大量的能量，地球只吸收了极少的一部分，就形成了风云雨雪，使万物生长，但辐射到星际空间的能量也没有消失，一定是转化成了别的能量，故选项B错．马和其他动物，包括人要运动，必须消耗能量，动物的能量来源于食物中储存的化学能，故选项C正确；所谓“全自动”手表内部还是有能量转化装置的，一般是一个摆锤，当人戴着手表活动时，摆锤不停摆动，给游丝弹簧补充能量，才会维持手表的走动，如果把这种表放在桌面上静置几天，它一定会停摆的，故选项D错． 7.(2012·大连八中高二检测)汽车关闭发动机后恰能沿斜坡匀速运动，在这个过程中( )
A．汽车的机械能守恒 B．汽车的动能和势能相互转化 C．机械能逐渐转化为内能，总能量逐渐减少 D．机械能逐渐转化为内能，总能量不变 解析：选D.汽车关闭发动机后恰能沿斜坡做匀速运动，则汽车必受到摩擦力的作用，机械能不守恒，汽车匀速运动，则动能不变，摩擦力做功，使机械能逐渐转化为内能，但总能量不变． 8.一颗子弹以某一水平速度击中了静止在光滑水平面上的木块，未从木块中穿出．对于这一
过程，下列说法中正确的是( ) A．子弹减少的机械能等于木块增加的机械能 B．子弹减少的动能等于木块增加的动能 C．子弹减少的机械能等于木块增加的动能与木块增加的内能之和 D．子弹减少的动能等于木块增加的动能与子弹和木块的内能增量之和 解析：选D.子弹打击木块的过程中，除了子弹与木块间动能的转移外，还有摩擦阻力作用，导致动能与内能的转化，但此过程中总能量守恒，子弹、木块组成的系统损失的动能等于系统增加的内能，故选项D正确． 9.物体从高处落下，由于空气阻力的影响，其能量转化情况是( )
A．机械能增加，内能也增加 B．机械能减少，内能也减少 C．机械能不变，内能也不变 D．机械能减少，内能增加 解析：选D.物体下落过程中，克服空气阻力做功，使部分机械能转化为内能，故D正确． 10.
图2－1－4 大约在1670年，英国赛斯特城的主教约翰·维尔金斯设计了一种磁力“永动机”，如图2－1－4所示．在小柱上放一个强力的磁铁A，两个斜的木槽M和N叠着倚靠在小柱旁边，上槽M的上端有一个小孔C，下槽N是弯曲的．这位发明家认为：如果在上槽上放一个小铁球B，那么由于磁铁A的吸引力，小球会向上滚，可是滚到小孔处，它就要落到下槽N上，一直滚到N槽的下端，然后顺着弯曲处绕上来，跑到上槽M上．在这里，它又受到磁铁的吸引，重新向上滚，再从小孔里落下去，沿着N槽滚下去，然后再经过弯曲处回 到上槽里来，以便重新开始运动．这样，小球就会不停地前后奔走，进行“永恒的运动”．关于维尔金斯的“永动机”，正确的认识应该是( ) A．符合理论规律，一定可以实现，只是实现时间早晚的问题 B．如果忽略斜面的摩擦，维尔金斯“永动机”一定可以实现 C．如果忽略斜面的摩擦，铁球质量较小，磁铁磁性又较强，则维尔金斯“永动机”可以实现 D．违背能量守恒定律，不可能实现 解析：选D.由题意可知，磁铁对小铁球的吸引力大于重力沿槽向下的分力，所以小铁球沿N槽滚动时是减速前进的，若忽略摩擦，小铁球即使能滚到N槽下端，其速度也必为零，在不获得其他任何能量的前提下，无论如何也不可能再获得速度，使自己绕着弯曲处上升，重新回到M槽底端，故D正确． 二、非选择题 11.请填写下列现象中，能量转换的方式．
(1)水轮机带动发电机发电：________________________________________________________________________； (2)水沸腾后，水壶盖被顶起：________________________________________________________________________； (3)电动机带动机器运转：________________________________________________________________________； (4)植物吸收太阳光进行光合作用：________________________________________________________________________； (5)煤炭燃烧发热：________________________________________________________________________. 答案：(1)机械能转换为电能 (2)内能转换为机械能 (3)电能转换为机械能 (4)光能转换为化学能 (5)化学能转换为内能 12.如图2－1－5所示，一个质量m＝100 g的金属块恰能从一个长l＝4 m、倾角θ＝30°的
斜面的顶端匀速下滑至底端，损失的机械能有20%被金属块吸收，求在下滑过程中产生的内能及金属块升高的温度．[金属块的比热容为98 J/(kg·℃)]