20152016学年高二物理暑假作业 功
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1
物 理（功）
［能力训练］
1、关于功的概念，以下说法正确的是【 】
A.力是矢量，位移是矢量，所以功也是矢量；
B.功有正、负之分，所以功也有方向性；
C.若某一个力对物体不做功，说明该物体一定没有位移；
D.一个力对物体做的功等于这个力的大小、物体位移大小及力和位移间夹角的余弦三者的乘
积。
2、运动员用2000N的力把质量为0.5kg的球踢出50m，则运动员对球所做的功是【 】
A．200J D.无法确定
3、以初速度v0竖直向上抛出一个质量为m的小球，上升最大高度是h．如果空气阻力f的
大小恒定，则从抛出到落回出发点的整个过程中，空气阻力对小球做的功为【 】
A．0 B．－f h C．一2mgh D．一2 f h
4、起重机以a=1m/s2的加速度，将重G=104N的货物由静止匀加速向上提升。那么，在1s内
起重机对货物做的功是(g=10m/s2)【 】
； ； ；
5、有以下几种情况【 】
①用水平推力F推一质量为m的物体在光滑的水平面上前进S
②用水平推力F推一质量为2m的物体在粗糙的水平面上前进S
③用与水平面成60°角的斜向上的拉力F拉一质量为m的物体在光滑平面上前进2S
④用与斜面平行的力F拉一质量为3m的物体在光滑的斜面上前进S
这几种情况下关于力F做功多少的正确判断是【 】
A、②做功最多 B、④做功最多
C、①做功最少 D、四种情况，做功相等
6、火车头用F=5×104N的力拉着车厢向东开行S=30m，又倒回来以同样大小的力拉着车厢向
西开行30m，在整个过程中，火车头对车厢所做的功是【 】
A、3×106J B、2×106J C、×106J D、0
7、质量为m的物体，在水平力F的作用下，在粗糙的水平面上运动，下列说法中正确的是
【 】
A、如果物体做加速直线运动，F一定对物体做正功
B、如果物体做减速直线运动，F一定对物体做负功
C、如果物体做减速直线运动，F可能对物体做正功
D、如果物体做匀速直线运动，F一定对物体做正功
8、重为400N的物体放在水平地面上，与地面的滑动摩擦因数为μ= ，在大小为F=500N，
方向与水平面成α=37°斜向上的拉力作用下前进S=10m。在此过程中力F做功为 J，
摩擦力做功为 J，重力做功 J，合力所做的功为 J。
9、如图5-2-6所示，物体质量为2kg，光滑的定滑轮质量不计，滑轮两侧
保持绳竖直，若拉着绳使物体上升2m，则拉力做功为 J；若竖直向
上拉力为50N，使物体上升2m ，拉力做功 J，重力对物体做功
θ
P
F
图5-2-7
图5-2-6
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2
J。
10、如图5-2-7所示，质量为m的物体P放在光滑的倾角为θ的直角劈上，同时用力F向右
推劈，使P与劈保持相对静止，当前进的水平位移为S时，劈对P做的功为 。
【素质提高】
11、如图5-2-4，用绳子系一小球，使它在水平面内做匀速圆
周运动，则【 】
A、重力对球做功，绳子的张力对球不做功
B、重力对球不做功，绳子的张力对球做功
C、重力和绳子的张力对球都不做功
D、重力和绳子对球都做功
12、如图5-2-9，小球在大小不变的拉力F的作用下，在水平槽内做圆周运动。如果圆半径
为R，拉力F的方向恒与小球瞬时速度方向一致，则在小球运动一
周过程中，拉力F所做的功多大？
二、功
1、D 2、D 3、D 4、D 5、D 6、A 7、ACD 8、4000，－200，0，3800 9、
40，200，－40 10、mas 11、C 12、FR2
图5-2-9
图5-2-4
2015-2016学年安徽省六安市舒城中学高二(下)物理暑假作业(2)
2015-2016学年安徽省六安市舒城中学高二（下）物理暑假作业（2）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题(本大题共2小题，共6.0分)1.图示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，则下列说法正确的是（）A.电压表V1示数增大B.电压表V2，V3示数均增大C.该变压器起升压作用D.变阻器滑片是沿c→d的方向滑动【答案】D【解析】解：A、观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，即副线圈电流增大，由于a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，匝数比不变，所以副线圈电压不变，即V1，V2示数不变，根据欧姆定律得负载电阻减小，所以变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，故A错误，D 正确，B、由于R0两端电压增大，所以滑动变阻器R两端电压减小，即电压表V3示数减小，故B错误；C、观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，即原线圈电流增大量小于副线圈电流增大量，根据电流与匝数成反比，所以该变压器起降压作用，故C错误；故选：D．根据欧姆定律分析负载电阻的变化，图中变压器部分等效为一个电源，变压器右侧其余部分是外电路，外电路中，R0与滑动变阻器R串联；然后结合闭合电路欧姆定律和串并联电路的电压、电流关系分析即可．本题关键是明确电路结构，根据闭合电路欧姆定律、变压器变压公式和变流公式、串并联电路的电压电流关系列式分析，不难．2.如图所示，电路中有四个完全相同的灯泡，额定电压均为U，额定功率均为P，变压器为理想变压器，现在四个灯泡都正常发光，则变压器的匝数比n1：n2和电源电压U1分别为（）A.1：22UB.1：24UC.2：14UD.2：12U【答案】C两灯并联，副线圈中电流I副=2I0，U副=U根据理想变压器的基本规律：I原n1=I副n2得n1：n2=2：1；U原：U副=n1：n2得U原=2U，所以U1=4U．故C正确．故选：C变压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比，根据灯泡正常发光可知原副线圈中电流的大小关系，从而得到n1：n2．再由变压比，求出原线圈的电压，即可得到电源的电压．解决本题的切入口是灯泡正常发光，间接告诉我们原副线圈中电流的比例关系．二、多选题(本大题共1小题，共3.0分)3.如图所示为两个互感器，在图中圆圈内a、b表示电表，已知电压比为100，电流比为10，电压表的示数为220V，电流表的示数为10A，则（）A.a为电流表，b为电压表B.a为电压表，b为电流表C.输送电功率是2200WD.线路输送电功率是2.2×106W【答案】BD【解析】解：由图可知：a表是电压表，b表是电流表，A错误B正确；而甲互感器原副线圈匝数比为100：1，乙互感器原副线圈匝数比为1：10，由电压表的示数为220V，得原线圈的电压为22000V，由电流表的示数为10A，原线圈的电流为100A．所以电线输送功率是P=UI=22000×100=2.2×106W，C错误D正确．故选：BD．理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势．而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势．变压器的电流比与电压比均是有效值，电表测量值也是有效值．理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．同时变压比与匝数成正比，变流比与匝数成反比．三、单选题(本大题共1小题，共3.0分)4.理想变压器原．付线圈的匝数比n1：n2=2：1，且分别接有相同的电阻R，如图，若交流电源的电压为U，则付线圈的输出电压为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】解：电压与匝数成正比，设副线圈电压为U′，电流为′，则原线圈两端电压为2U′，电流为0.5′，U=2U′+0.5′R，解得：U′=0.4U．本题考查了变压器的特点，注意电压与匝数成正比中的电压是原副线圈两端的电压．四、多选题(本大题共1小题，共3.0分)5.如图所示，理想变压器的原副线圈匝数比n1：n2=1：10，副线圈与阻值R=20Ω的电阻相连．原线圈两端所加的电压u=20sin20πt（V），则（）A.交流电压表的示数为20VB.副线圈输出交流电的频率为10H zC.电阻R上消耗的电功率为2k WD.原线圈中电流的最大值为100A【答案】BC【解析】解：A、电压表显示的是有效值应为=20V，故A错误；B、原副线圈的频率是相同的f===10H z，故B正确；C、由电压之比等于匝数之比知R两端的电压为200V，P==2000W，故C正确；D、由输入功率=输出功率=2KW=20I，I=100A，最大值为I=100A，故D错误；故选BC根据变压器的特点：电压之比等于匝数之比，电流之比等于匝数反比，输入功率等于输出功率分析．解决本类问题，除了知道变压器特点外，还要知道交流电表达式中各物理量的意义．五、单选题(本大题共2小题，共6.0分)6.用一理想变压器向一负载R供电，如图所示，当增大负载电阻R时，原线圈中电流I1和副线圈中电流I2之间的关系是（）A.I2增大，I1也增大B.I2增大，I1减小C.I2减小，I1也减小D.I2减小，I1增大【答案】C【解析】解：因输入电压不变，故输出电压不变；当负载电阻变大时，输出电流I2变小，因电流之比恒定，故输入电流也减小；故选：C．变压器电压之比等于匝数之比；电流之比等于匝数的反比；根据电阻的变化可知电流的变化，从而可得出原线圈中电流的变化．本题考查变压器的应用，要明确匝数不变，则电流及电压的比值不变．7.如图中理想变压器原、副线圈匝数之比n1：n2=4：1，原线圈两端连接光滑导轨，副线圈与电阻R相连组成闭合回路．当直导线AB在匀强磁场中沿导轨匀速地向右做切割磁感线运动时，安培表A1的读数是12m A，则安培表A2的读数是（）【答案】A【解析】解：由于直导线AB匀速运动，则AB切割磁场产生的电流时恒定的，线圈产生的磁通量也是恒定的，所以不会引起副线圈的磁通量的变化，所以副线圈不会有感应电流产生，即安培表A2的读数为0．故选：A．变压器是根据磁通量的变化来工作的，当原线圈的磁通量恒定时，副线圈是没有感应电流的，根据变压器的工作的原理分析原线圈中的电流的变化情况即可的出结论．变压器只能在交流电路中工作，变压器是根据磁通量的变化来工作的，知道变压器的工作的原理就可以解决本题．六、多选题(本大题共2小题，共6.0分)8.发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至学校的输电导线总电阻为R，通过导线上的电流为I，学校得到的电压为U2，则输电导线上损耗的功率下列表达式错误的是（）A.I2RB.C.D.I（U1-U2）【答案】BC【解析】解：发电机的输出电压为U1，学校得到的电压为U2，电压损耗为：△U=U1-U2；输电导线总电阻为R，通过导线上的电流为I，故输电导线上损耗的功率为：△P=△U•I=（U1-U2）I，故D正确；△P=I2R，故A正确；，故B错误，C错误；本题选不正确的，故选：BC电压损耗为△U=U1-U2，根据△P=△U•I和列式分析即可．本题关键先求解输电线的电压损耗△U，然后应用电功率公式即可正确解题，基础题目．9.当远距离高压输送的一定功率时，输电线上损耗的功率与电路中的（）A.输送电压的平方成正比B.输送电压的平方成反比C.输电线中电流的平方成正比D.导线中电流的平方成反比【答案】BC【解析】解：C、D、根据△P=I2R，输电线上损耗的功率与输电线中电流的平方成正比，故C正确，D错误；A、B、由于P=UI，△P=I2R，故，输电线上损耗的功率与输送电压的平方成反比，故A错误，B正确；故选：BC．在输送电功率不变的情况下，根据公式P=UI可知，电压越高电流就越小，这样高压输本题关键是推导出电功率损耗的表达式，然后再运用控制变量法进行分析，基础题．七、单选题(本大题共3小题，共9.0分)10.某农村水力发电站的发电机的输出电压稳定，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压，然后用输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器，经降低电压后，再用线路接到各用户，设两变压器都是理想变压器，那么在用电高峰期，白炽灯不够亮，但用电总功率增加，这时（）①升压变压器的副线圈的电压变大；②高压输电线路的电压损失变大；③降压变压器的副线圈上的电压变大；④降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大．A.①②B.②③C.③④D.②④【答案】D【解析】解：①、由于升压变压器的输入电压不变，原副线圈匝数不变，则原副线圈的电压不变，故①③错误；②当用户用电处于高峰期时，降压变压器的输出功率会增大，从而导致降压变压器的输入电流变大，所以输电线路的电压损失变大，故②正确；④由于电流变大；降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大；故④正确；故选：D．将发电站的电能远输时，由于电线上的电阻而导致电压损失，从而使得用户得到的电压减少．当用户用电处于高峰期时，副线圈的电流变大，导致原线圈的电流也增大．由于原线圈的电压不变，则原线圈的输入功率变大，因此用户得到的总功率是变大的．理想变压器的输入与输出功率相等，当电线上电阻的电压越大时，用户得到的电压则越少．所以要通过升压变压器将电压提高，从而实现降低电压损失．11.用电器电阻值为R距交变电源L，输电线电流为I，电阻率为ρ，要求输电线上电压降不超过U．则输电线截面积最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】解：根据欧姆定律得：R=，根据电阻定律有：R=2，解得：S=．故B正确，A、C、D错误．故选：B．根据欧姆定律可求和电阻的最小值，再由电阻定律即可求出输电导线的横截面积，从而即可求解．解决本题的关键掌握电阻定律和欧姆定律，注意导线输电导线应为两条，故长度为距离的2倍．12.某同学模拟“远距离输电”，将实验室提供的器材连接成如图所示电路，A、B为理想变压器，灯L1、L2相同且阻值不变．保持A的输入电压不变，开关S断开时，灯L1正常发光．则（）A.紧闭合S，L1变亮B.紧闭合S，A的输入功率变小C.仅将滑片P上移，L1变亮D.仅将滑片P上移，A的输入功率变小【答案】D【解析】解：A、闭合s，则消耗功率增大，B副线圈中电流增大，B原线圈电流也增大，则R上损失的电压和功率增大，则B输入电压U B1=U A2-IR，减小，灯泡两端电压U B2减小，故灯泡会变暗，故A错误；B、有上分析知A的输入电流增大，电压不变，根据P=UI知输入功率增大，故B错误；CD、仅将滑片P上移，A副线圈匝数减小，则输出电压减小，B的输入电压减小，灯泡电压也减小，故L1变暗，消耗功率减小，则A输入功率减小，故C错误，D正确；故选：D理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压有输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系．理想变压器电压和匝数关系．对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关八、多选题(本大题共2小题，共6.0分)13.某小型水电站的电能输送示意图如下．发电机的输出电压为220V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1、n2．降压变压器原副线匝数分别为n3、n4（变压器均为理想变压器）．要使额定电压为220V的用电器正常工作，则（）A.＜B.＞C.升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D.升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率【答案】BD【解析】解：根据变压器工作原理可知，，由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U2＞U3，所以＞，故B正确，将发电站的电能远输时，由于电线上的电阻而导致电压和功率损失，从而使得降压变压器输入电压和输入功率减少．理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象．远距离输电，由于导线通电发热导致能量损失，所以通过提高输送电压，从而实现降低电损．14.一台发电机最大输出功率为4000k W，电压为4000V，经变压器T1升压后向远方输电．输电线路总电阻R=1kΩ．到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡（220V、60W）．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2的耗损可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则（）A.T1原、副线圈电流分别为103A和10AB.T2原、副线圈电压分别为1.8×105V和220VC.T1和T2的变压比分别为1：50和40：1D.有8×104盏灯泡（220V、60W）正常发光【答案】AB【解析】解：A、由P=UI可得升压变压器输入电流为：I==1×103A由P损=I2R得升压变压器的输出电流为：I2=损=20A，故A正确．B、由得：…①根据得升压变压器的输出电压为：U2==50×4000V=2×105V输电线上的电压损失为：U损=I2R=20×1000V=2×104V降压变压器的输入电压：U3=U2-I2R=2×105-20×1000V=1.8×105V…②用户得到的电压即为降压变压器的输出电压：U4=220V…③由③④可知B正确．C、降压变压器的匝数比：…④由①③知C错误；D、用户得到的功率：P3=P2-10%P2=0.9×4000KW=3600KW可供灯泡正常发光的盏数：=6×104，故D错误．n=灯故选：AB．根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，可以求得降压变压器的电流和输电线上的本题考查远距离输电中的能量损失及功率公式的应用，要注意功率公式中P=UI中的电压U应为输电电压，不是发电机的输出电压．本题突破点是由输电线上的损失功率，从而算出电线上的电流．九、计算题(本大题共6小题，共60.0分)15.某小型实验水电站输出功率P=38KW，输电线路总电阻r=1Ω．（1）若采用U=380V输电，求输电线路损耗的功率P1．（2）若改用U1=10000V高压输电，用户端利用n1：n2=44：1的变压器降压，求用户得到的电压U2．【答案】解：（1）输电线路损耗的功率为：P损=（）2R=（）2×1=10KW；（2）改用高压输电后，输电线上的电流强度变为：I′=A=3.8A用户端在变压器降压前获得的电压为：U1=U-I′R=（10000-3.8×1）V=9996.2V根据用户得到的电压为：U2==×9996.2V=227.19V答：（1）若采用380V输电，求用户得到的功率为10k W；（2）用户端变压前的电压U1为4976V，变压后得到的电压U2为227.19【解析】可得输电线上损失的功率；根据即可求得用户得根据功率的计算公式损到的电压．本题考查学生运用电功率公式及变压器线圈匝数与电压的关系解决实际问题的能力．要明确损失功率的计算方法．16.风力发电作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展，如图所示风车阵中发电机输出功率为100k W，输出电压是250V，用户需要的电压是220V，输电线电阻为10Ω．若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：（1）在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比．（2）用户得到的电功率是多少．【答案】解：（1）输电线损耗功率P线=100×4%k W=4k W，又P线=I22R线输电线电流I2=I3=20A原线圈中输入电流I1==400A所以==这样U2=U1=5000VU3=U2-U线=5000-20×10V=4800V所以==如图所示（2）用户得到的电功率即降压变压器的输出功率为P用=P-P损=P（1-4%）=100×96%k W=96k W答：（1）在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比各为，．（2）用户得到的电功率是96k W．【解析】画出输电线路图，由输电线损耗功率求出输电电流I2，再由发电机输出功率与输出电压求得升压变压器的原线圈的电流I1，由是I1，I2得升压变压器的匝数比；求出升压变压器的匝数比后可求出降压变压器的原线圈的电压，再与用户电压结合求出降压变压器的原副线圈的匝数比．解决本题的关键是知道原副线圈的电压比等于匝数比，电流比等于匝数之反比，以及知道升压变压器的输出电压、降压变压器的输入电压和电压损失的关系，以及功率的关系．17.小型水利发电站的发电机输出功率为24.5k W，输出电压为350V，输电线总电阻为4Ω，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．【答案】解：（1）因为输电线损耗为发电机功率的5%，则由△P=I22R=P×5%；解得：I2==A=17.5A；（2）升压变压器副线圈的电压U2==V=1400V；则升压变压器的原、副线圈的匝数之比===；（3）又因为；U3=U2-△U=U2-I2R=1400-17.5×4=1330（V），所以：===；答：（1）输电线上的电流为17.5A．（2）升压变压器的原、副线圈的匝数之比为1：4．（3）降压变压器的原、副线圈的匝数之比为133：22【解析】（1）由损耗的功率之比可求得损耗的功率，再由功率公式即可求得输电线上的电流；（2）、（3）由功率公式P=UI可求得升高变压器的输出电压；再由导线上的电压损耗可求得降压变压器的电压，则由电压之比等于匝数之比即可求得原副线圈的匝数之比．对于输电问题，要搞清电路中电压、功率分配关系，注意理想变压器不会改变功率，只改变电压和电流；注意应用损耗功率的判断及功率公式的正确应用．18.如图所示为一理想变压器，原线圈的输入电压U1=3300V，副线圈的输出电压U2=220V，绕过铁芯的导线所接的电压表的示数U0=2V，则（1）原、副线圈的匝数各是多少？（2）当S断开时，A2的示数I2=5A，那么A1的示数是多少？（3）当S闭合时，A2的示数将如何变化？A1的示数如何变化？【答案】解：（1）把电压表看做一匝线圈，由电压与变压器匝数的关系可得：n1===1650．n2=×1==110（2）当开关S断开时，由输入功率等于输出功率：U1I1=U2I2可知I1═=0.33A．（3）当开关S闭合时，电压不变，电阻变小，故电流变大，A2的示数将变大，根据=（2）当开关S断开时，表A2的示数I2=5A，则表A1的示数I1为0.33A；（3）当开关S闭合时，A2的示数将变大，A1的示数增大；【解析】（1）把电压表看做一匝线圈，应用匝数之比等于电压之比求原副线圈匝数（2）电流根据输入功率等于输出功率U1I1=U2I2（3）应用欧姆定律和输入电压不变来判定原、副线圈电流变化．只要知道变压器的特点：匝数之比等于电压之比，输入功率等于输出功率，本题不难，但是要注意解题格式要规范．19.变压器副线圈电路中有电阻R=7.26Ω，消耗功率为6W．另有一匝线圈接有电压表，读数U0=50m V．原线圈两端电压为U=311sin100πt V，求原、副线圈的匝数和铁芯内的磁通量变化率表达式．【答案】解：由P=可知U2===6.6V；原线圈输出电压有效值为U1==220V；因一匝数圈的时电压值为50m V=0.05V；则有变压比可知：输入端线圈匝数n1==4400匝；输出端线圈匝数n2==132匝；铁芯内磁通量的变化率即单匝线圈的感应电动势，其最大值为0.05V，表达式为E==0.05sin100πt W b/s答：原副线圈的匝数分别为4400匝和132匝；铁芯内的磁通量变化率表达式0.05sin100πt W b/s．【解析】由功率公式可求得副线圈输出电压的有效值；由原线圈表达式可知输出电压的有效值；则可求得线圈匝数；由互感现象可知磁通量的变化率表达式．本题考查变压器原理，对于变压器不但要明确结论，还要注意互感原理的应用．20.黑光灯是利用物理方法来灭蛾杀虫的一种环保型设备，它发出的紫色光能够引诱害虫飞近黑光灯，然后被黑光灯周围的交流高压电网“击毙”．如图是高压电网的工作电路，高压电网是利用变压器将有效值为220V的交流电压变成高压，高压电网相邻两极间距离为0.5cm，已知空气在常温常压下的击穿电场为6220V/cm，为防止空气被击穿而造成短路，变压器的次、初级线圈匝数比不得超过多少？【答案】解：空气被击穿时，两电极间的最大电压U2m=6220×0.5=3110V，原线圈的电压峰值U1m=220V，根据电压与匝数成正比知：n1：n2=220：3110=1：10答：变压器的次、初级线圈匝数比不得超过10：1 【解析】根据变压器的原理：电压与匝数成正比求匝数之比．本题主要考查了变压器的变压原理：电压与匝数成正比．。
2015-2016学年安徽省六安市舒城中学高二(下)物理暑假作业(3)
2015-2016学年安徽省六安市舒城中学高二（下）物理暑假作业（3）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、多选题(本大题共1小题，共3.0分)1.关于冲量、动量与动量变化的下述说法中正确的是（）A.物体的动量等于物体所受的冲量B.物体所受外力的冲量大小等于物体动量的变化大小C.物体所受外力的冲量方向与物体动量的变化方向相同D.物体的动量变化方向与物体的动量方向相同二、单选题(本大题共10小题，共30.0分)2.2013年6月20日，在“天宫一号”测出指令长聂海胜的质量．聂海胜受到恒定作用力F从静止开始运动，经时间t时，测速仪测出他运动的速率为υ，则聂海胜的质量为（）A. B. C. D.3.质量分别为m1和m2的两个物体（m1＞m2），在光滑的水平面上沿同方向运动，具有相同的初动能．将与初始的运动方向相同的水平力F分别作用在这两个物体上，经过相同的时间后，两个物体的动量和动能的大小分别为p1、p2和E1、E2，比较它们的大小，有（）A.p1＞p2和E1＞E2B.p1＞p2和E1＜E2C.p1＜p2和E1＞E2D.p1＜p2和E1＜E24.如图所示，A、B两物体质量分别为m A、m B，且m A＜m B，置于光滑水平面上，相距较远．将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B上，作用相同的距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将（）A.停止运动B.向左运动C.向右运动D.运动方向不能确定5.如图所示，a、b、c三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛．它们从开始到到达地面，下列说法正确的有（）A.它们同时到达地面B.重力对它们的冲量相同C.它们的末动能相同D.它们动量变化的大小相同6.高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚刚产生作用前人下落的距离为h（可视为自由落体运动）．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为（）A.+mgB.-mgC.+mgD.-mg7.如图我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（）A.甲对乙的冲量一定与乙对甲的冲量相同B.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D.甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功8.如图所示，一个质子和一个α粒子垂直于磁场方向从同一点射入一个匀强磁场，若它们在磁场中的运动轨迹是重合的，则它们在磁场中运动的过程中（）A.磁场对它们的冲量为零B.磁场对它们的冲量相等C.磁场对质子的冲量是对α粒子冲量的2倍D.磁场对α粒子的冲量是质子冲量的2倍9.如图所示，A、B两物体的质量比m A：m B=3：2，它们原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩了的弹簧，A、B与平板车上表面间动摩擦因数相同，地面光滑．当弹簧突然释放后，则有（）A.A、B系统动量守恒B.A、B、C系统不动量守恒C.小车向左运动D.小车向右运动10.把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平面上，枪发射出一颗子弹时，关于枪、弹、车，下列说法正确的是（）A.枪和弹组成的系统，动量守恒B.枪和车组成的系统，动量守恒C.三者组成的系统，因为枪弹和枪筒之间的摩擦力很小，使系统的动量变化很小，可以忽略不计，故系统动量近似守恒D.三者组成的系统，动量守恒，因为系统只受重力和地面支持力这两个外力作用，这两个外力的合力为零11.a、b两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰，作用前a球动量p a=30kg•m/s，b 球动量p b=0，碰撞过程中，a球的动量减少了20kg•m/s，则作用后b球的动量为（）A.-20kg•m/s B.10kg•m/s C.20kg•m/s D.30kg•m/s三、多选题(本大题共1小题，共3.0分)12.加拿大萨德伯里中微子观察站的研究提示了中微子失踪之谜，即观察到中微子数目比理论值少是因为部分中微子在运动过程中（速度很大）转化为一个μ子和一个τ子．对上述转化过程有以下说法，其中正确的是（）A.牛顿定律依然适用B.动量守恒定律依然适用C.若发现μ子和中微子的运动方向一致，则τ子的运动方向也可能与中微子的运动方向一致D.若发现μ子和中微子的运动方向相反，则τ子的运动方向也可能与中微子的运动方向相反四、单选题(本大题共3小题，共9.0分)13.如图所示，在足够大的光滑水平面上放有两物块A和B，已知m A＞m B，A物块连接一个轻弹簧并处于静止状态，B物块以初速度v0向着A物块运动．在B物块与弹簧作用过程中，两物块始终在同一条直线上运动，下列判断正确的是（）A.弹簧恢复原长时，B物块的速度为零B.弹簧恢复原长时，B物块的速度不为零，且方向向右C.在弹簧压缩过程中，B物块动能先减小后增大D.在与弹簧相互作用的整个过程中，B物块的动能先减小后增大14.如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则（）A.小木块和木箱最终都将静止B.小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C.小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D.如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动15.质量为m a=1kg，m b=2kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移-时间图象如图所示，则可知碰撞属于（）A.弹性碰撞B.非弹性碰撞C.完全非弹性碰撞D.条件不足，不能判断五、实验题探究题(本大题共1小题，共9.0分)16.某同学利用打点计时器和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验，气垫导轨装置如图1甲表示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，如图1乙所示，这样就大大减小因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．（1）下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器越过弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；⑥先______ ，然后______ ，让滑块带动纸带一起运动；⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图2所示：⑧测得滑块1（包括撞针）的质量为310g，滑块2（包括橡皮泥）的质量为205g．试完善实验步骤⑥的内容．（2）已知打点计时器每隔0.02s打一个点，计算可知，两滑块相互作用前质量与速度的乘积之和为______ kg•m/s；两滑块相互作用以后质量与速度的乘积之和为______ kg•m/s（保留三位有效数字）．（3）试说明（2）问中两结果不完全相等的主要原因是______ ．六、计算题(本大题共4小题，共40.0分)17.如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O．让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平．从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°．忽略空气阻力，求①两球a、b的质量之比；②两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比．18.两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图象如图所示．求：（i）滑块a、b的质量之比；（ii）整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．19.在宇宙飞船的实验舱内充满CO2气体，且一段时间内气体的压强不变，舱内有一块面积为S的平板舱壁，如图所示．如果CO2气体对平板的压强是由气体分子垂直撞击平板形成的，假设气体分子中各有l/6的个数分别向上、下、左、右、前、后六个方向运动，且每个分子的速度均为υ，设气体分子与平板碰撞后仍以原速反弹．已知实验舱中单位体积内CO2的摩尔数为n，CO2的摩尔质量为μ，阿伏加德罗常数为N A．求（1）单位时间内打在平板上的CO2分子个数．（2）CO2气体对平板的压力．20.如图所示，在光滑水平面上用轻质弹簧连着质量分别为m和3m的A、B两个物块，A与竖直墙壁相接触，现用外力缓慢向左推B压缩弹簧，此过程中推力做的功为W，然后撤去外力，求：（1）撤去外力到A离开墙壁的过程中，弹簧对物体B的冲量；（2）A离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能．。
20152016学年高二物理暑假作业 万有引力理论的成就
物 理（万有引力理论的成就）____月____日 星期________［能力训练］1．人造地球卫星A 和B,它们的质量之比为m A ：m B =1：2,它们的轨道半径之比为2:1,则下面的结论中正确的是 （ ）.A. 它们受到地球的引力之比为F A ：F B =1：1B. 它们的运行速度大小之比为v A ：v B =1：2C. 它们的运行周期之比为T A ：T B =22：1D. 它们的运行角速度之比为ωA ： ωB =32：12．离地面高度h 处的重力加速度是地球表面重力加速度的21，则高度是地球半径的（ ） A. 2倍 B. 21倍 C. 2倍 D.（2－1）倍 3．由于地球自转，又由于地球的极半径较短而赤道半径较长，使得在地球表面的同一物体受到的重力 （ ）A. 在两极较大B. 在赤道较大C. 在两极跟在赤道一样大D. 无法判断4．为了计算地球的质量必须知道一些数据，下列各组数据加上已知的万有引力常量为G ，可以计算地球质量的是 （ ）A ．地球绕太阳运行的周期T 和地球离太阳中心的距离RB ．月球绕地球运行的周期T 和月球离地球中心的距离RC ．人造地球卫星在地面附近运行的速度v 和运行周期TD ．地球自转周期T 和地球的平均密度ρ5．一艘宇宙飞船在一个星球表面附近作圆形轨道环绕飞行，宇航员要估测该星球的密度，只需要 （ ）A. 测定飞船的环绕半径B. 测定行星的质量C. 测定飞船的环绕周期D. 测定飞船的环绕速度6．在绕地球圆形轨道上运行的卫星里，下列可能产生的现象是（ ）A. 在任何物体轻轻放手后，就地停着不动，不需要支承B. 物体抛出后，将在封闭卫星内壁碰撞而往返运动C. 触动一下单摆的摆球，它将绕悬点做匀速圆周运动D. 摩擦力消失7．对某行星的一颗卫星进行观测，已知它运行的轨迹是半径为r 的圆周，周期为T .则该行星质量为______________；若测得行星的半径为卫星轨道半径的1/4，则此行星表面重力加速度为______________。
2015-2016学年高二物理暑假作业 运动的合成与分解
物 理（运动的合成与分解）____月____日 星期________【能力训练】1、关于运动的合成有下列说法，正确的是（ ）A ．合运动的位移为分运动位移的矢量和B ．合运动的速度一定比其中的一个分运动的速度大C ．合运动的时间为分运动的时间之和D ．合运动的时间一定与分运动的时间相等2、如果两个不在同一直线上的分运动都是匀速直线运动，关于它们的合运动的描述，正确的是（ ）A ．合运动一定是匀速直线运动B ．合运动可能是曲线运动C ．只有当两个分运动的速度垂直时，合运动才为直线运动D ．以上说法都不对3、关于互成角度的两个初速不为零的匀变速直线运动的合运动，下述说法正确（ ）A ．一定是直线运动B ．一定是曲线运动C ．可能是直线运动，也可能是曲线运动D ．以上都不对4、一轮船以船头指向始终垂直于河岸方向以一定的速度向对岸行驶，水匀速流动，则关于轮船通过的路程、渡河经历的时间与水流速度的关系，下述说法正确的是（ ）A ．水流速度越大，路程越长，时间越长B ．水流速度越大，路程越短，时间越短C ．渡河时间与水流速度无关D ．路程和时间都与水速无关5、火车站里的自动扶梯用1min 就可以把一个站立在扶梯上的人送上楼去，如果扶梯不开动，人沿着扶梯走上去，需用3 min ，若设人沿开动的扶梯走上去，则需要的时间（ ）A ．4 minB ．1.5minC ．0.75 minD ．0.5 min6、一人以恒定的速度渡河，当他游到河中间时河水的流速突然增加，则他游到对岸的时间比原来过河的时间相比 （ ）A ．不变B ．增大C ．减小D ．不能确定7、一个物体在三个恒力作用下处于静止状态，其中有两个力Ｆ1和Ｆ2的大小相等，方向互成90°角．从某一时刻起，撤去Ｆ1，经时间t 物体的速度为v ，然后立即恢复Ｆ1，同时撤去Ｆ2，再经时间t 后，物体的速度大小为 ．8、如图6.2－9所示，红蜡块可以 在竖直玻璃管内的水中匀速上升，速度为v 。
江苏省泰兴中学2015-2016学年高二物理暑假作业22电容器 含答案(1)
江苏省泰兴中学高二物理暑假作业(22)编写人：张红军审稿人：徐建兵班级姓名复习模块：电容器p29-34 应用时：0.75小时实际用时：必做部分一、选择题1．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地。
一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。
现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则（）A．带电油滴将沿竖直方向向上运动B．P点的电势将降低C．带电油滴的电势能将减小D．电容器的电容减小，极板带电荷量将增大2．如图所示的电路，闭合开关，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态。
为了使液滴竖直向上运动，下列操作可行的是( ）A．断开开关，将两板间的距离拉大一些B．断开开关，将两板水平地向相反方向移开一些C．保持开关闭合，将两板间的距离减小一些D．保持开关闭合,以两板各自的左侧板沿为轴,同时向上（即逆时针方向)转过一个小角度3．如图所示，平行板电容器与电动势为E′的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略.一带负电油滴被固定于电容器中的P点.现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（)A．平行板电容器的电容将变小B．静电计指针张角变小C．带电油滴的电势能将减少D．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变4．如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为－q的带电粒子,以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时,粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的错误!处返回，则下述措施能满足要求的是（）A．使初速度减为原来的错误!B．使M、N间电压提高到原来的2倍C．使M、N间电压提高到原来的4倍D．使初速度和M、N间电压都减为原来的1 25．（多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像。
当t＝0时,在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（)A．带电粒子将始终向同一个方向运动B．2 s末带电粒子回到原出发点C．3 s末带电粒子的速度为零D．0～3 s内，电场力做的总功为零6．如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q、质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是( )A．板间电场强度大小为错误!B．板间电场强度大小为错误! C．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等D．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间7．（多选)如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距（两极板仍平行）,则下列说法正确的是（）A．若小球带正电,当AB间距增大时，小球打在N的右侧B．若小球带正电,当AB间距减小时,小球打在N的左侧C．若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N的右侧D．若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N的左侧8．(2015·上海市闸北区一模)如图9，水平放置的金属薄板A、B 间有匀强电场，已知B板电势高于A板。
2015-2016学年安徽省六安市舒城中学高二(下)物理暑假作业(1)
2015-2016学年安徽省六安市舒城中学高二（下）物理暑假作业（1）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共1小题，共3.0分)1.如图所示，面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e=BSωsinωt的图是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】解：由题意可知，只有A图在切割磁感线，导致磁通量在变化，从而产生正弦交变电动势e=BSωsinωt，而BCD图均没有导致磁通量变化，故A正确，BCD错误；故选：A根据题意可知，产生正弦交变电动势e=BSωsinωt的图必须切割磁感线，导致磁通量在变化，从而即可求解．考查线圈切割磁感线，产生感应电动势，掌握法拉第电磁感应定律的应用．注意磁通量的变化．二、多选题(本大题共1小题，共3.0分)2.在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1所示．产生的交变电动势的图象如图2所示，则（）A.t=0.005s时线框的磁通量为零 B.t=0.01s时线框平面与中性面重合C.线框产生的交变电动势有效值为311VD.线框产生的交变电动势频率为100H Z【答案】AB【解析】解：A、t=0.005s时，感应电动势最大，线框平面与中性面垂直，磁通量为零，故A正确；B、t=0.01s时，感应电动势为零，说明此时线圈正经过中性面，故B正确；C、由图2可知T=0.02s，E m=311V．根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，该交变电流的有效值为E==220V，故C错误；D、据周期和频率的关系可得，该交变电流的频率为：f==50H z，故D错误；由图2可知任何时刻的感应电动势，根据电动势的特点，可判处金属线框所处的位置；由图象还可知电动势的峰值和周期，根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值，根据周期和频率的关系可求频率．本题考察的是有关交变电流的产生和特征的基本知识，注意会由图象得出线圈从何处开始计时，并掌握正弦交流电的最大值与有效值的关系．三、单选题(本大题共4小题，共12.0分)3.如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时（）A.线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流B.线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势C.线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是a→b→c→dD.线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力【答案】A【解析】解：A、由于它们的角速度相同，线框面积相同，则它们的产生的最大值相同，所以它们的有效值也相同，因此线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流，故A正确；B、由于它们的角速度相同，线框面积相同，则它们的产生的最大值相同，所以它们的有效值也相同，因此线圈绕P1转动时的电动势等于绕P2转动时的电动势，故B错误；C、相同的线框在匀强磁场中以不同的转轴转动会产生交流电，所以它们的方向是变的，一会儿是adcb，一会儿是abcd，故C错误；D、由于它们的角速度相同，线框面积相同，则它们的产生的最大值相同，所以它们的有效值也相同，因此线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流，而安培力F=BIL，则有线圈绕P1转动时dc边受到的安培力等于绕P2转动时dc边受到的，故D错误；故选：A相同的线框在匀强磁场中以不同的转轴转动会产生交流电，由于它们的角速度相同，线框面积相同，则它们的产生的最大值相同，所以它们的有效值也相同．再由安培力公式借助于电流来比较大小．相同的线框虽然转轴不同，但它们的最大值、有效值、平均值及周期、频率、角速度均相同，因此线框的转动与转轴无关．4.如图1一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化如图2，下列说法中正确的是（）A.t1时刻通过线圈的磁通量为零B.t2时刻线圈位于中性面C.t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D【解析】解：A t1时刻感应电动势为0，为中性面磁通量最大．故A错误；B t2时刻感应电动势最大，磁通量为0，处于与中性面垂直的位置；故B错误C t3时刻感应电动势为O，则磁通量的变化率为0．故C错误D 每当e改变方向时，为中性面，磁通量最大．故D正确故选：D解答本题应掌握交流电的产生：明确在中性面上磁通量最大，感应电动势为0，电流方向发生变化．本题考查正弦交流电的产生原理，要重点明确中性面及垂直中性面时的电动势、磁通量等的性质，并明确在一个周期内各物理量的变化情况．5.如图所示，虚线上方空间有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，直角扇形导线框绕垂直于纸面的轴O以角速度ω匀速逆时针转动．设线框中感应电流的方向以逆时针为正，线框处于图示位置时为时间零点．那么，在图中能正确表明线框转动一周感应电流变化情况的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】解：当线框进入磁场后，切割的有效长度为半圆的半径不变，即电动势及电流大小不变；由右手定则可知，电流为逆时针，故为正值，当线框全部进入磁场，磁通量不变，无感应电流．故选：A．当线框以O为转轴进入磁场时，磁通量发生变化有感应电流产生，根据有效切割长度判断出电流大小变化，根据楞次定律或右手定制判断出感应电流方向，即可正确解答．在求导体切割磁感线类型的感应电流时，一定要会正确求解有效切割长度．6.如图，矩形线圈放在匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴OO′转动，若线圈绕轴匀速转动，产生的交流电动势e=E m sinωt，如果将其转速增加一倍，其他条件保持不变，则电动势的表达式为（）A.e=2E m sinωtB.e=2E m sin2ωtC.e=E m sinωtD.e=E m sin2ωt【答案】B【解析】解：感应电动势的瞬时值表达式为：e=E m sinωt，其中E m=n BSω；将线圈的转速加倍，其它条件不变，则E m和ω都增加一倍，此时交变电流的瞬时值表达式变为：e=2E m sin2ωt．故选：B．线圈在匀强磁场中做匀速圆周运动时，产生正弦式交变电流；最大值为：E m=n BSω；交变电流的瞬时值表达式为：e=E m sinωt．e=E m sinωt中E m和ω都与转速成正比，基础题．四、多选题(本大题共1小题，共3.0分)7.在两块金属板上加上交变电压u=U m sin t，当t=0时，板间有一个电子正好处于静止状态，下面关于电子以后的运动情况的判断正确的是（）A.t=T时，电子回到原出发点B.电子始终向一个方向运动C.t=时，电子将有最大速度D.t=时，电子的位移最大【答案】BC【解析】解：当t=0时，电子不受力，此时两极板间电压为零，此后电压开始增大，t=T时电压达到最大，此过程中电子沿电场方向做加速度增大的加速运动，速度增大，T～T这段时间内，两极板间电压减小，但电场方向不变，所以电子在这段时间内仍沿原方向做加速度减小的加速运动，速度继续增大．T后电场变向，电子开始减速，但运动方向不变，直至T时刻速度减为零．故在T时电子有最大速度．因电子的速度方向不变，即随时间的增长，位移增大．综上所述，B、C正确，A、D错误．故选：BC．电压按照正弦规律变化，当电压为正向的电压时，电子将做加速运动，按照时间段分析电子的受力和运动的情况．解答本题的关键主要是分析清楚电子在每一个时间段的受力的情况和运动的情况，注意受力的方向和运动方向之间的关系．五、单选题(本大题共7小题，共21.0分)8.如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r=1.0Ω，外接R=9.0Ω的电阻．闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e=10sin10πt（V），则（）A.该交变电流的频率为10H zB.该电动势的有效值为10VC.外接电阻R所消耗的电功率为10WD.电路中理想交流电流表A的示数为1.0A 【答案】D【解析】解；A、交流电的频率f==5H z，A错误；B、该电动势的最大值为，B错误；C、D电压有效值为10V，电路中电流为I==1A，外接电阻R所消耗的电功率为P=I2R=9W，C错误D正确；姆定律进行其它分析．本题考查了对交流电瞬时值表达式的认识，理解公式中各物理量的物理意义．9.在图所示电路中，A是熔断电流I0=2A的保险丝，R是可变电阻，S是交流电源．交流电源的内电阻不计，其电动势随时间变化的规律是e=220sin314t（V）．为了不使保险丝熔断，可变电阻的阻值应该大于（）A.110ΩB.110ΩC.220ΩD.220Ω【答案】B【解析】解：由表达式知电压有效值为220V，当电流I0=2A时，由闭合电路欧姆定律得：R==110Ω故选：B．根据电动势的瞬时表达式知道电压有效值，结合欧姆定律求最小电阻．本题考查了交流电的峰值与有效值的关系，闭合电路欧姆定律的应用．10.通过一阻值R=100Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1s．电阻两端电压的有效值为（）A.12VB.4VC.15VD.8V【答案】B【解析】解：由有效值的定义可得I12R t1+I22R t2=T，代入数据得（0.1）2R×0.8+（0.2）2×R×0.2=×1，解得U=4V故选：B．已知交变电流的周期，一个周期内分为两段，每一段均为恒定电流，根据焦耳定律即可得一个周期内交变电流产生的热量．本题考察的是根据交变电流有效值的定义计算有关交变电流的有效值．11.好多同学家里都有调光电灯和调速风扇，过去是用变压器来实现的．缺点是成本高、体积大、效率低，且不能任意调节灯的亮度或电风扇的转速，现在的调光灯和调速电风扇是用可控硅电子元件来实现的．如图所示为经一双向可控硅调节后加在电灯上的电压，即在正弦式交变电流的每个周期内，前周期被截去，调节台灯上旋钮可以控制截去的多少，从而改变电灯两端的电压，那么现在电灯两端的电压为（）A. B. C. D.U m【答案】A热量：交流电产生的热量：Q1=直流电产生的热量：Q2=由Q1=Q2得：U=故选：A．根据电流的热效应：由一个周期内交变电流通过电阻R的产生热量与直流电通过电阻R 一个周期内产生热量相等，求解有效值．求解交流电的有效值，从有效值的定义出发，根据一个周期内通过相同的电阻，发热量相同，此直流的值即为交流电的有效值．12.如图所示，电阻为r的矩形线圈面积为S，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以角速度ω匀速转动．t=0时刻线圈平面与磁场垂直，各电表均为理想交流电表．则（）A.滑片P下滑时，电压表的读数不变B.图示位置线圈中的感应电动势最大C.线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电量为D.1s内流过R的电流方向改变次【答案】D【解析】解：A、矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，线圈中产生正弦式交变电流，感应电动势最大值为E m=n BSω，线圈在磁场中匀速转动时产生的感应电动势最大值不变，有效值不变．滑片P下滑时，R增大，据闭合电路欧姆定律可知，通过R的电流有效值减小，线圈的内电压减小，则R的电压有效值增大，电压表的读数增大，故A错误；B、图示位置线圈中没有任何一边切割磁感线，线圈中感应电动势为零，由法拉第电磁感应定律可知磁通量的变化率为零，产生的电动势等于0；故B错误；C、线圈从图示位置转过180°的过程中，磁通量的大小相等，而方向相反，所以电路中的平均电动势大小：平均电流：流过电阻R的电量为：．故C错误；D、由题意得：线圈转动的周期为T=，线圈每经过中性一次，感应电流方向改变一次，一周电流方向改变，所以1s内流过R的电流方向次数为：，故D正确．故选：D．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，线圈中产生正弦式交变电流，电经过中性一次，感应电流方向改变一次．解决本题关键要掌握交变电流产生的原理，知道电压表测量电压的有效值．交流电路与直流电路都遵守闭合电路欧姆定律，只不过要注意电流与电动势的对应关系，电流有效值应对应电动势有效值．13.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0Ω，外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图乙所示，则（）A.电压表V的示数为220VB.电路中的电流方向每秒钟改变50次C.灯泡实际消耗的功率为484WD.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J【答案】D【解析】解：由甲图知电压峰值为220V，周期0.02s，所以有效值为220V，角速度ω==100πrad/s．A、电压表测的是路端电压U=R=209V，故A错误；B、交流电的频率为50H z，每一周期电流改变两次，所以每秒改变100次，故B错误；C、灯泡实际消耗的功率P==W≠484W．故C错误；D、发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q=I2rt=×5×1J=24.2J．故D正确．故选：D．由图读出电动势的最大值，求出有效值，根据欧姆定律求出外电压的有效值，即为电压表的示数．根据电流方向每个周期改变两次，求出每秒钟方向改变的次数．根据电压有效值求出灯泡消耗的功率．由焦耳定律，由有效值求出发电机焦耳热．交流电的电压、电流、电动势等等物理量都随时间作周期性变化，求解交流电的焦耳热、电功、电功率时要用交流电的有效值，求电量时用平均值．14.将硬导线中间一段折成半圆形，使其半径为R（m），让它在磁感应强度为B（T）、方向如图所示的匀强磁场中绕轴MN匀速转动，转速为n（r/s）．导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P（W）的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，则灯泡的电阻为（）A. B. C. D.【解析】解：感应电动势的极值：E m=B×2πn=Bπ2R2n，有效值为：U=，由P=可知：灯泡电阻：r=，故ACD错误，B正确；故选：B．小灯泡并正常发光，电压等于额定电压，线框没有电阻，灯泡的电压等于感应电动势的有效值．由E=求出有效值．由功率公式即可求出电阻此题中灯泡的功率由电压有效值研究，由E=求出有效值，掌握功率与电压和电阻之间的关系是解题的关键．六、计算题(本大题共6小题，共53.0分)15.矩形线圈在磁场中匀速转动时，产生的感应电动势最大值为50V，那么该线圈如图所示位置转过30°，线圈中的感应电动势大小为多大？【答案】解：圈绕垂直磁感线的轴匀速转动，产生正弦式交变电流；从垂直中性面位置开始计时，电动势的瞬时值为：e=E m cosθ；故当θ=30°时，感应电动势的瞬时值为：e=E m cos30°=50×=25V答：线圈中的感应电动势大小为25V．【解析】矩形线圈绕垂直磁感线的轴匀速转动时，产生正弦式交变电流，从垂直中性面位置开始计时，电动势的瞬时值为：e=E m cosθ=E m cosωt．本题关键记住正弦式交变电流的瞬时值与最大值的关系公式e=E m cosωt（从垂直中性面位置开始计时），基础题．16.如图所示，为交流发电机示意图，匝数为n=100匝矩形线圈，边长分别10cm和20cm，内电阻r=5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO′以轴ω=rad/s角速度匀速转动，线圈和外电阻为R=20Ω相连接，求：（1）S断开时，电压表示数；（2）开关S合上时，电压表和电流表示数．【答案】解：（1）感应电动势最大值E m=n BSω=100×0.5×0.1×0.2×50V=50V感应电动势有效值E==50V．故电压表的数值为50V；（2）电键S合上后，由闭合电路欧姆定律I=A==2.0A，U=IR=2×20V=40V．答：（1）S断开时，电压表的示数为50V；（2）电压表的示数为40V；电流表的示数为2.0A．【解析】（1）线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为E m=NBSω，开关S断开时，电压表测量电源的电动势的有效值；（2）开关闭合时，电流表测量电流的有效值．根据有效值与最大值的关系求出电动势的有效值，根据闭合电路欧姆定律求出电流和路端电压；本题考查交变电流最大值、有效值的理解和应用的能力，对于交流电表的测量值、计算交流电功率、电功等都用到有效值．17.如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝；线圈电阻为1Ω，外接电阻R=9Ω，匀强磁场的磁感强度为B=T，当线圈以300r/min的转速匀速旋转时，求：（1）若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；（2）线圈转过s时电动势的瞬时值多大？（3）电路中电压表和电流表的示数各是多少？【答案】解：（1）角速度：ω=2πn=2π×5=10πrad/s从中性面开始计时瞬时值表达式为：e=E msin（ωt）=NBSωsin（ωt）=100××0.05×10πsin（10πt）=50sin（10πt）V（2）当t=s时，电动势的瞬时值e=50sin（10π×）=-25V（3）电动势的有效值为：E==V电压表示数：U=IR=答：（1）从线圈处于中性面开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式e=50sin10πt V；（2）线圈转过s时，电动势的瞬时值为-25V；（3）电路中电流表示数为，电压表示数为．【解析】（1）从线圈处于中性面开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式e=E m sinωt，由E m=NBSω求出E m．（2）将t=s代入e=E m sinωt求解．（3）交流电压表和电流表测量的是有效值，根据欧姆定律和有效值与最大值的关系求解．本题考查对交流发电机原理的理解能力．对于交流电表，显示的是交流电的有效值．瞬时值表达式要注意计时起点，不同的计时起点表达式的初相位不同．18.有一交流电压的变化规律为u=220sin314t V，若将辉光电压为220V的氖管接上此交流电压，则1s内氖管的发光时间为多少？（提示：电压u≥220V时，氖管才发光）【答案】解：辉光电压为220V，即加在氖管上的电压不小于220V，氖管就会发光所加电压的最大值为220V，故不发光答：1s内氖管的发光时间为0【解析】根据交流电压的变化规律为U=220sin314t（V）求出交流电压的周期．因为一个周期内氖管上的电压没有大于220V，故不发光解决该题关键要能根据交流电压的变化规律结合数学函数知识找出电压不小于220V的时间19.一台发电机产生正弦式电流，如果e=400sin314t（V），那么电动势的峰值是多少？线圈匀速转动的角速度是多少？如果这个发电机的外电路只有电阻元件，总电阻为2kΩ，写出电流瞬时值的表达式．【答案】解：由交流电的表达式可知，电动势的最大值为400V，角速度ω=314rad/s；故电流瞬时值的表达式为：i=0.2sin314t；答：电动势的峰值是400V，线圈匀速转动的角速度是314rad/s，电流瞬时值的表达式为i=0.2sin314t【解析】明确正弦交流电的表达式的意义，明确e=E m sinωt中各物理量的意义．本题考查交流电的瞬时表达式的意义，要注意根据表达式能直接求出最大值，角速度；再根据交流电的性质可求得有效值和周期频率等20.图1是交流发电机模型示意图．在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd 可绕线圈平面内垂直于磁感线的OO′轴转动，由线圈引起的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金属圈环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路．图2是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示．已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动．（只考虑单匝线圈）（1）线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；（2）线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图3所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式；（3）若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热．（其它电阻均不计）【答案】解：（1）矩形线圈abcd转动过程中，只有ab和cd切割磁感线，设ab和cd的转动速度为v，则在t时刻，导线ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势均为E1=BL1v由图可知v⊥=vsinωt则整个线圈的感应电动势为e1=2E1=BL1L2ωsinωt（2）当线圈由图3位置开始运动时，在t时刻整个线圈的感应电动势为e2=BL1L2ωsin （ωt+φ0）（3）由闭合电路欧姆定律可知这里的E为线圈产生的电动势的有效值则线圈转动一周在R上产生的焦耳热为其中于是答：（1）t时刻整个线圈中的感应电动势e1=BL1L2ωsinωt；（2）t时刻整个线圈中的感应电动势e2=BL1L2ωsin（ωt+φ0）；（3）线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热为．【解析】（1）矩形线圈abcd转动过程中，只有ab和cd切割磁感线，先求出转动线速度，根据E=BL v，求出导线ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势，从而写出瞬时表达式；（2）线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，则在（1）中的瞬时表达式中加个相位即可；（3）先求出平均电动势，根据欧姆定律求出平均电流，根据Q=I2RT即可求解．当线圈与磁场相平行时，即线圈边框正好垂直切割磁感线，此时产生的感应电动势最大．求电荷量时，运用交流电的平均值，求产生的热能时，用交流电的有效值．。
2016年高二物理暑假作业(四) 含解析
考点：安培力、电场强度和电势、电势能、带电粒子在组合场中的运动、法拉第电磁感应定律、楞次定律、正弦式交变电流、电阻定律、热学.【KS5U】新课标2016年高二物理暑假作业4一、选择题.1.（单选）如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，其中央正上方固定一根直导线，导线与磁铁垂直，并通以垂直纸面向外的电流，（）2.（单选）在如图所示的四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点，其中a、b两点电势和场强都相同的是（）．D．3.（单选）如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示．则（）4.（单选）如图所示，在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电量q的液滴做半径为R的匀速圆周运动，已知电场强度为E，磁感应强度为B，则油滴的质量和环绕速度分别为（），B，C，，5.（多选）如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨间距为l，之间接有定值电阻R，质量为m的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒的电阻为r，导轨电阻不计。
整个装置放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F 作用下先加速上升的一段时间，再达到稳定状态。
则下列说法中正确的是A.棒达到稳定状态时，通过它的电流为错误！未找到引用源。
B.棒达到稳定状态时，其速度为错误！未找到引用源。
C.棒达到稳定状态前，其加速度一直在减小D.整个过程中，棒所受安培力做功在数值上等于棒上所生的热6.（单选）图中矩形线圈abcd在匀强磁场中以ad边为轴匀速转动，产生的电动势瞬时值为e=5sin20t（V），则以下判断正确的是（）此交流电的频率为7.（单选）一根均匀导线，现将它均匀拉长，使导线的直径减小为原来的一半，此时它的阻值为64Ω，则导线原来的电阻值为（）8.（单选）如图所示的电路中，A、B为两个完全相同的灯泡，L是自感系数很大的线圈，其电阻与R相等，下列说法正确的是（）A．在断开S2的情况下，若突然闭合S1时，A、B灯均逐渐亮起来B．在闭合S2的情况下，若突然闭合S1时，A灯立即发光，B灯逐渐亮起来C．闭合S1、S2待电路稳定后，若突然断开S1，则A、B灯均不会立即熄灭D．闭合S1、S2待电路稳定后，若突然断开S1，则A灯不会立即熄灭，而B灯立即熄灭9.（多选）一滴油酸酒精溶液含质量为m的纯油酸，滴在液面上扩散后形成的最大面积为S 已知纯油酸的摩尔质量为M、密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，下列表达式中正确的有()二．实验题.10.如图所示为模仿法拉第探究感应电流产生条件的实物电路．⑴请将图中缺少的两条连线补充完整；⑵在实验中可能出现的现象有A．电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转B．电键闭合后，滑动变阻器的滑片P滑动，电流计指针会偏转C．线圈A插入线圈B中后，电键闭合的瞬间电流计指针会偏转D．线圈A插入线圈B中后，电键断开的瞬间电流计指针不会偏转11.(1)下图为一正在测量中的多用电表表盘。
2016年高二物理暑假作业 第七天 含答案
第七天动量守恒定律应用1．一中子与一质量数为A（1A>）的原子核发生弹性正碰，若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )A、11AA+-B、11AA-+C、()241AA+D、()()2211AA+-2．如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动3．如图，质量为3 kg的木板放在光滑的水平地面上，质量为1 kg的木块放在木板上，它们之间有摩擦，木板足够长，两者都以4 m/s的初速度向相反方向运动。
当木板的速度为2.4 m/s时，木块( )A.处于匀速运动阶段B.处于减速运动阶段C.处于加速运动阶段D.静止不动4．光滑水平桌面上有两个相同的静止木块（不是紧捱着），枪沿两个木块连线方向以一定的初速度发射一颗子弹，子弹分别穿过两个木块。
假设子弹穿过两个木块时受到的阻力大小相同，且子弹进入木块前两木块的速度都为零。
忽略重力和空气阻力的影响，那么子弹先后穿过两个木块的过程中（）A.子弹两次损失的动能相同B.每个木块增加的动能相同C.因摩擦而产生的热量相同D.每个木块移动的距离不相同5．人的质量m＝60kg，船的质量M＝240kg，若船用缆绳固定，船离岸1.5m时，人可以跃上岸。
若撤去缆绳，如图所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为(不计水的阻力，两次人消耗的能量相等) ( )A．1.5m B．1.2m C.1.34m D．1.1m6．实验观察到，静止在匀强磁场中A点的原子核发生β衰变，衰变产生的新核与电子恰在纸面内匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意如图，则( )A．轨迹1是电子的，磁场方向垂直纸面向外B．轨迹2是电子的，磁场方向垂直纸面向外C．轨迹1是新核的，磁场方向垂直纸面向里D．轨迹2是新核的，磁场方向垂直纸面向里7．如图，质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车上AB部分是半径R的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面。
2015-2016学年安徽省六安市舒城中学高二(下)物理暑假作业(6)
2015-2016学年安徽省六安市舒城中学高二（下）物理暑假作业（6）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、多选题(本大题共2小题，共6.0分)1.有关布朗运动的说法正确的是（）A.布朗运动就是分子的无规则运动B.布朗运动反映了分子的无规则运动C.颗粒越小布朗运动越显著D.温度越高布朗运动越激烈【答案】BCD【解析】解：A、布朗运动是悬浮在液体中微粒的无规则运动，而微粒是由大量分子组成的，所以布朗运动不是微粒分子的无规则运动，也不是液体分子的无规则运动．故A错误．B、布朗运动形成的原因是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的，所以布朗运动是液体分子无规则运动的反映．故B正确．C、液体温度越高，液体分子运动越激烈，布朗运动越显著．故C正确．D、悬浮微粒越小，受到液体分子撞击的冲力越不平衡，布朗运动越显著，故D正确．故选：BCD．布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，形成的原因是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的．布朗运动的激烈程度与温度、颗粒的大小有关．对于布朗运动，要知道布朗运动既不是颗粒分子的运动，也不是液体分子的运动，而是液体分子无规则运动的反映．2.如图，某一微粒的布朗运动路线图．若t=0时刻它在O点，然后每隔5s记录一次微粒位置（依次为a、b、c、d、e、f），最后将各位置按顺序连接而得到此图．下述分析中正确的是（）A.线段ab是微粒在第六秒初至第十秒末的运动轨迹B.t=12.5s时刻，微粒应该在bc线上C.线段O a的长度是微粒前五秒内的位移大小D.虽然t=30s时微粒在f点，但它不一定是沿ef方向到达f点的【答案】CD【解析】解：ABD、布朗微粒在不停的做无规则运动，初末位置间的线段不能表示运动轨迹，故A错误，B错误，D正确．C、布朗微粒在不停的做无规则运动，其初末位置间的有向线段长度表示位移大小，故C正确；故选：CD．布朗微粒做无规则运动，位移表示初末位置有向线段长度．主要是掌握布朗微粒的运动，它不停的在做无规则运动，两个时刻间的连线不能表示其运动轨迹．二、单选题(本大题共3小题，共9.0分)3.用筷子灒一滴水，体积约为0.1cm3，这一滴水中含有水分子的个数最接近以下哪一个值（阿伏加德罗常数N A=6×1023mol-1，水的摩尔体积为V=18cm3/mol）（）A.6×1023个B.3×1021个C.6×1019个D.3×1017个【答案】B【解析】解：0.1cm3水的物质量为：n=mol分子数为：N=n•N A=个=3.3×1021个故选：B先根据n=求解物质量，最后根据N=n•N A求解分子数．本题考查阿伏加德罗常数的计算，在代入数据的过程中注意摩尔质量的单位换算．4.已知阿伏加德罗常数为N A，某物质的摩尔质量为M，则该物质的分子质量和m kg 水中所含氢原子数分别是（）A.，m N A×103B.MN A，9m N AC.，m N A×103D.，18m N A【答案】A【解析】解：物质分子的质量，mkg的水物质的量为，则mkg水中氢原子数为：N==．故A正确，B、C、D错误．故选：A．分子质量等于摩尔质量与阿伏伽德罗常数的比值，根据水的质量求出水的物质的量，结合阿伏伽德罗常数求出原子数．解决本题的关键知道分子质量与摩尔质量的关系，知道阿伏伽德罗常数是联系宏观和微观物理量的桥梁．5.如图所示为一分子势能随距离变化的图线，从图中分析可得到（）A.r1处为分子的平衡位置B.r2处为分子的平衡位置C.r→∞处，分子间的势能为最小值，分子间无相互作用力D.若r＜r1，r越小，分子间势能越大，分子间仅有斥力存在【答案】B【解析】解：A、分子间同时存在相互作用的引力与斥力，在r等于平衡位置的距离时，分子间作用力为零，当分子间距离从平衡位置的距离逐渐增大时，分子间的引力先增大后减小，分子相互靠近时分子力做正功，分子势能减小；当分子之间距离小于平衡位置的距离时，分子力为斥力，再相互靠近分子力做负功，分子势能增大，所以当r等于平衡位置的距离时，分子势能也最小，所以r2处为分子的平衡位置．故A错误，B正确，C错误；D、若r＜r1，则r小于分子之间的平衡距离，r越小，分子间势能越大，分子间的斥力大于引力．故D错误．故选：B分子之间距离大于平衡位置的距离r0，分子力为引力，分子相互靠近时分子力做正功，分子势能减小，当分子之间距离小于r0时，分子力为斥力，再相互靠近分子力做负功，分子势能增大，因此根据分子力做功情况可以分析分子势能的变化．本题考查了分子间的作用力、分子势能与分子间距离的关系，关键掌握分子引力和斥力在任何距离上，都是随距离增大而减小，随距离减小而增大．三、多选题(本大题共1小题，共3.0分)6.下列哪些现象属于热运动（）A.把一块平滑的铅板叠放在平滑的铝板上，经相当长的一段时间把它们再分开，会看到它们相接触的面都是灰蒙蒙的B.把胡椒粉末放入菜汤中，最后胡椒粉末会沉在汤碗底，而我们喝汤时尝到了胡椒的味道C.含有泥沙的水经一定时间会澄清D.用砂轮打磨而使零件温度升高【答案】AB【解析】解：A、把一块平滑的铅板叠放在平滑的铝板上，经相当长的一段时间把它们再分开，会看到它们相接触的面都是灰蒙蒙的是由于铝分子与铅分子做扩散运动，彼此进入对方的引起的，属于分子的扩散运动，也属于热运动．故A正确；B、喝汤时尝到了胡椒的味道是由于胡椒分子在水中做扩散运动引起的，属于分子的热运动．故B正确；C、含有泥沙的水经一定时间会澄清是由于泥沙颗粒的比重大于水的比重，在重力的作用下向下运动产生的结果，不属于分子的热运动．故C错误；D、用砂轮打磨使零件温度升高的过程中是由于一部分分机械能转化为内能引起的，与热运动无关．故D错误．故选：AB根据扩散现象分析A与B；水中的泥沙属于固体小颗粒；用砂轮打磨零件的过程中将一部分的机械能转化为内能，零件的温度升高．该题考查学生等于分子的无规则的热运动的理解，要牢记分子的热运动是肉眼无法直接观察到的，但通过一些现象可以分析分子的热运动．四、单选题(本大题共1小题，共3.0分)7.关于分子势能，下列说法中正确的是（）A.分子间表现为斥力时，分子间距离越小，分子势能越大B.分子间表现为引力时，分子间距离越小，分子势能越大C.当r→∞时，分子势能最小D.将物体以一定初速度竖直向上抛出，物体在上升阶段其分子势能越来越大【答案】A【解析】解：A、分子间表现为斥力时，分子间距离减小，分子力做负功，分子势能越大，故A 正确．B、分子间表现为引力时，分子间距离减小，分子力做正功，分子势能减小，故B错误．C、从平衡距离向无穷远分子力做负功，分子势能增加，故C错误．D、物体的分子势能与物体相对位置的高度无关，物体相对位置高度决定物体的重力势能，故D错误．故选：A由分子力做功和分析分子势能的变化，进而判定各个选项．本题关键是知道分子力有个平衡距离；其次要会用分子做功分析分子势能的变化．五、多选题(本大题共1小题，共3.0分)8.以下说法正确的是（）A.机械能为零、内能不为零是可能的B.温度相同，质量相同的物体具有相同的内能C.物体的速度增大时，物体的内能可能减小D.0℃的冰的内能比等质量的0℃的水的内能大【答案】AC【解析】解：A、机械能是相对的，可能为零．由于分子永不停息地做无规则运动，分子平均动能不可能为零，所以内能不可能为零．故A正确．B、物体的内能与物质的量、温度、体积等因素有关．温度相同，质量相同的物体物质的量不一定相等，所以内能不一定相等，还与分子数有关，故B错误．C、物体的机械能与宏观的速度有关，内能与宏观的速度无关，所以物体的速度增大时，机械能可能增大，但物体的内能可能减小，故C正确．D、0℃的冰熔化成0℃水，要吸收热量，内能增加，则0℃的冰的内能比等质量的0℃的水的内能小．故D错误．故选：AC任何物体都有内能．物体的内能与物质的量、温度、体积等因素有关．可根据热传递情况，分析冰与水的内能大小．解决本题的关键要掌握内能的概念及决定因素，知道内能与温度、体积等因素有关，与物体的机械能无关．六、单选题(本大题共1小题，共3.0分)9.如图所示，a、b、c三根完全相同的玻璃管，一端封闭，管内各用相同长度的一段水银柱封闭了质量相等的空气，a管竖直向下做自由落体运动，b管竖直向上做加速度为g的匀加速运动，c管沿倾角为45°的光滑斜面下滑，若空气温度始终不变，当水银柱相对管壁静止时，a、b、c三管内的空气柱长度L a、L b、L c间的关系为（）A.L b=L c=L aB.L b＜L c＜L aC.L b＞L c＞L aD.L b＜L c=L a【答案】D【解析】解：设大气压为p0．对a管：a管竖直向下做自由落体运动，处于完全失重状态，封闭气体的压强等于大气压，即p a=p0；对b管：以水银为研究对象，根据牛顿第二定律得：p b S-p0S-mg=ma，则得：p b＞p0；对c管：以水银为研究对象，根据牛顿第二定律得：p c S-p0S+mgsin45°=ma，又对管子和水银整体，有：M gsin45°=M a，得a=gsin45°，可解得：p c=p0；所以可得：p b＞p a=p c；根据玻意耳定律p V=c得：l b＜l c=l a．故选：D．根据牛顿第二定律分别求出管内封闭气体的压强与大气压的关系，再由玻意耳定律列式分析．解决本题的关键是根据牛顿第二定律研究封闭气体的压强，常常以与气体接触的水银或活塞为研究对象，由力学规律求解封闭气体的压强．七、多选题(本大题共1小题，共3.0分)10.对一定质量的气体，下列说法中正确的是（）A.气体的体积是所有气体分子体积之和B.气体分子的热运动越剧烈，气体温度就越高C.气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁的不断碰撞而产生的D.当气体膨胀时，气体分子之间的势能减小，因而气体的内能减少【答案】BC【解析】解：A、由于气体分子间隙较大，故气体的体积远大于所有气体分子体积之和，故A错误；B、温度是分子热运动平均动能的标志，故气体分子的热运动越剧烈，气体温度就越高，故B正确；C、从微观角度讲，气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁的不断碰撞而产生的，故C正确；D、气体分子间距大，分子力忽略不计，故没有分子势能；当气体膨胀时，对外做功，但可能吸热，故内部不一定减小，故D错误；故选：BC．温度是分子热运动平均动能的标志；气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁的不断碰撞而产生的，取决于分子数密度和分子热运动的平均动能．本题关键是明确温度的微观意义和气体压强的微观意义，同时明确理想气体没有分子势能．八、单选题(本大题共1小题，共3.0分)11.如图所示，带有活塞的气缸中封闭一定质量的气体（不考虑分子势能）．将一个热敏电阻（电阻值随温度升高而减小）置于气缸中，热敏电阻与气缸外的欧姆表连接，气缸和活塞均具有良好的绝热性能．下列说法正确的是（）A.若发现欧姆表读数变大，则气缸内气体压强一定减小B.若发现欧姆表读数变大，则气缸内气体内能一定减小C.若拉动活塞使气缸内气体体积增大，则欧姆表读数将变小D.若拉动活塞使气缸内气体体积增大，则需加一定的力，说明气体分子间有引力【答案】B【解析】解：A、发现欧姆表读数变大时，热敏电阻变大，说明热敏电阻的温度降低，则气体内能减小，而气缸内封闭气体的压强等于大气压与活塞重力产生的压强之和，保持不变，故A错误，B正确；C、若拉动活塞使气缸内气体体积增大，对外做功，内能减小，温度降低，电阻增大，所以则欧姆表示数将变大，故C错误；D、气体分子间的距离已经超过分子间作用力所研究的范围，所以不能说明分子间有引力，只能说明气缸内外的压强不一样，故D错误．故选：B本题要知道温度是分子平均动能变化的标志．根据气体状态方程和已知的变化量去判断其它的物理量．要抓住封闭气体的压强不变这个隐含条件进行分析．九、多选题(本大题共1小题，共3.0分)12.一定质量的理想气体，处于某一状态，要使它的压强经过变化又回到初始状态值，用下列哪些方法可能实现（）A.先保持温度不变，使它的体积膨胀，接着保持体积不变而降低温度B.先保持温度不变，使它的体积缩小，接着保持体积不变而降低温度C.先保持体积不变，升高温度，接着保持温度不变而使它的体积膨胀D.先保持体积不变，升高温度，接着保持温度不变而使它的体积缩小【答案】BC【解析】解：A．先保持温度不变，使它的体积膨胀，根据理想气体状态方程=C，压强减小；接着保持体积不变而降低温度，根据理想气体状态方程=C，压强再次减小；故A错误；B．先保持温度不变，使它的体积缩小，根据理想气体状态方程=C，压强增大；接着保持体积不变而降低温度，根据理想气体状态方程=C，压强减小，故B正确；C．先保持体积不变，升高温度，根据理想气体状态方程=C，压强增大；接着保持温度不变而使它的体积膨胀，根据理想气体状态方程=C，压强减小，故C 正确；D．先保持体积不变，升高温度，根据理想气体状态方程=C，压强增大；接着保持温度不变而使它的体积缩小，根据理想气体状态方程=C，压强再次增大，故D错误；故选：BC本题中气体经历两个过程，当两个过程压强变化情况相反时，压强有可能回到初始压强，根据理想气体的状态方程分析答题．要使气体的压强能回到原来的压强P0，必须先增大后减小，或先减小后增大．本题也可以根据气体实验定律判断．十、单选题(本大题共1小题，共3.0分)13.如图所示为A、B两部分理想气体的V-t图象，设两部分气体是质量相同的同种气体，根据图中所给条件，可知（）A.当t=273.15℃时，A气体的体积比B气体的体积大0.2m3B.当t A=t B时，V A：V B=3：1C.当t A=t B时，V A：V B=1：3D.A、B两部分气体都发生等压变化，它们的压强之比p A：p B=3：1【答案】B【解析】解：A、作出V-T图，如图所示根据图象可得：①②当t=273.15℃时，，A气体的体积比B气体的体积大（0.6-0.2）m3=0.4m3，故A错误；BC、当t A=t B时，由①②两式解得：，故B正确，C错误；D、根据理想气体的状态方程，，带入数据得：，解得：，故D错误；故选：B．根据理想气体的状态方程，当P一定时，V与T成正比；A、B两条直线表示对应的压强是一定的．本题关键抓住A、B气体是质量相同的同种气体，然后根据理想气体状态方程列式求解，不难．十一、多选题(本大题共2小题，共6.0分)14.如图所示，玻璃管A和B同样粗细，A的上端封闭，两管下端用橡皮管连通，两管中水银柱高度差为h，若将B管慢慢地提起，则（）A.A管内空气柱将变长B.A管内空气柱将变短C.两管内水银柱高度差将增大D.两管内水银柱高度差将减小【答案】BC【解析】解：将B管慢慢地提起，A管中封闭气体的压强增大，根据玻意耳定律p V=c，可知A 管内空气柱将变短；A中空气的压强p=p0+ρgh，p增大，说明两管内水银柱高度差h增大；故选：BC将B管慢慢地提起，A管中封闭气体的压强增大，发生等温变化，根据玻意耳定律分析空气柱体积的变化，并分析两管内水银柱高度差的变化该题考查了气体体积变化情况，根据题意，分析压强的变化是关键，也可以运用假设来理解，应用气态方程进行分析15.一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C，这一过程在V-T图中表示如图所示，则下述结论错误的是（）A.在过程AB中，气体压强不断变大B.在过程BC中，气体密度不断变大C.在过程AB中，气体对外界做功D.在过程BC中，外界对气体做功【答案】ABD【解析】解：A、在AB过程中，为等容变化，温度升高，压强增大，故A正确；B、在过程BC中，为等温变化，体积减小，有可知，密度增大，故B正确C、在过程AB中，气体的体积不变，不对外做功，故C错误；D、在过程BC中，气体的体积减小，外界对气体做功，故D正确故选：ABD根据气态方程=c分析图线的物理意义，在一定条件下，其它两物理量的变化来判断，当体积增大时，气体对外作用，等体积减小时，外界对气体做功解决本题要理解图象斜率的物理意义，能够运用控制变量法研究多个物理量变化时的关系十二、计算题(本大题共5小题，共50.0分)16.一个自行车内胎的容积是2.0L．用打气筒给这个自行车缓慢打气，每打一次就把1.0×105P a的空气打进去125cm3．设打气前胎内有0.5L压强为1.0×105P a的空气，打了20次，胎内的压强有多大？【答案】解：对打气20次后内胎中的气体研究：P1=1.0×105P a；V1=0.5+0.125×20L=3L；V2=2.0L；求P2；由玻意耳定律可知：p1V1=p2V2，则有：p2==P a=1.5×105P a；答：胎内的压强为1.5×105P a．【解析】将打20次及车胎内的气体视做整体，运用波意耳定律列式求解即可．本题关键明确研究对象是打了20次的总的空气，然后根据玻意耳定律列式求解．17.图甲中的实线表示1mol的理想气体发生状态变化时的p-V图线，变化过程是由状态A出发，经过B、C、D各状态，最后又回到状态A，试将这全部过程准确画在图乙所示的p-T图中．【答案】解：由图甲可知状态A的p=1atm，V=22.4L，所以T=273K，在图乙中确定A点．由A→B，气体发生了等压变化，因为，所以，在图乙中确定了B．由B→C，气体发生了等容变化，因为，所以，在图乙中确定了C点．由C→D，气体发生了等温变化，且，所以在图乙中确定了D点，如图所示【解析】A→B气体发生了等压变化，B→C气体发生了等容变化，C→D气体发生了等温变化，求出气体各状态的参量，然后作出图象．本题考查气体的状态方程中对应的图象，在p-V图象中等温线为等温线是双曲线的一支，要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化．求出气体在各状态的参量，然后由气体实验定律即可正确解题18.如图所示，圆筒固定不动，内壁光滑，横截面积为S，轻质活塞系于劲度系数为k的轻质弹簧下端，弹簧上端固定，开始时在活塞下的空气柱高为h0，温度为T0，压强与外界大气压强p0相同，若使气柱的温度缓慢增加，使：（1）压强增大一倍；（2）体积增大一倍时，问气柱的温度T各为多少？（设气体为理想气体，活塞移动的距离不超过弹簧的弹性限度）【答案】解：（1）封闭气体压强增大一倍时：2p0=p0+，弹簧的压缩量：x=，封闭气体的体积：V=（h0+x）S，由理想气体状态方程得：=，解得，气体温度：T=（1+）T0；（2）体积增大一倍时封闭气体的压强：p′=p0+，由理想气体状态方程得：=，解得，气体的温度：T=2（1+）T0；答：（1）压强增大一倍气体温度T为（1+）T0；（2）体积增大一倍时，气柱的温度T为2（1+）T0．【解析】（1）求出压强增大一倍时气体的体积，然后应用理想气体状态方程求出气体的温度．（2）根据题意求出气体体积增大一倍时气体的压强，然后应用理想气体状态方程求出气体的温度．本题考查了求封闭气体的温度，分析清楚题意、根据题意求出封闭气体的体积与压强是解题的前提与关键，应用理想气体状态方程可以解题．19.要落实好国家提出“以人为本，创建和谐社会”的号召，不只是政府的事，要落实到我们每个人的生活中，比如说公共场所禁止吸烟，我们知道被动吸烟比主动吸烟害处更多．试估算一个高约2.8m，面积约10m2的两人办公室，若只有一人吸了一根烟．求：（1）估算被污染的空气分子间的平均距离．（2）另一不吸烟者一次呼吸大约吸入多少个被污染过的空气分子．（人正常呼吸一次吸入气体300cm3，一根烟大约吸10次）【答案】解：（1）吸烟者抽一根烟吸入气体的总体积10×300cm3，含有空气分子数：n=×6.02×1023个=8.1×1022个办公室单位体积空间内含被污染的空气分子数为：n′=个/米3=2.9×1021个/米3每个污染分子所占体积为：V=m3所以平均距离为：L=7×10-8m．（2）被动吸烟者一次吸入被污染的空气分子数为：n=2.9×1021×300×10-6个=8.7×1017个答：（1）估算被污染的空气分子间的平均距离为7×10-8m．（2）另一不吸烟者一次呼吸大约吸入8.7×1017个被污染过的空气分子．【解析】（1）运用气体摩尔体积22.4L/mol算一根烟是3000cm3污染气体，换算成摩尔数，乘以阿伏伽德罗常数就是污染分子数目．（2）相比整个空气的体积是30m3，除以污染分子数目，就是单个污染分子占有体积，开立方就是距离．解决本题的关键知道处理气体分子所占的体积看成立方体模型，以及知道体积和摩尔体积的关系．20.某学校物理兴趣小组组织开展一次探究活动，想估算地球周围大气层空气的分子个数．一学生通过网上搜索，查阅得到以下几个物理量数据：已知地球的半径R=6.4×106m，地球表面的重力加速度g=9.8m/s2，大气压强p0=1.0×105P a，空气的平均摩尔质量M=2.9×10-2kg/mol，阿伏加德罗常数N A=6.0×1023mol-1．（1）这位同学根据上述几个物理量能估算出地球周围大气层空气的分子数吗？若能，请说明理由；若不能，也请说明理由．（2）假如地球周围的大气全部液化成水且均匀分布在地球表面上，估算一下地球半径将会增加多少？（已知水的密度ρ=1.0×103kg/m3）【答案】解：（1）因为大气压强是由大气的重力产生的，所以大气的总质量为：m===5.2×1018kg，地球周围大气层中空气分子总数为：n=N A=×6.0×1023=1.1×1044个；（2）虽然各种液体的密度不同，但数量级都是103kg/m3，故我们认为液化空气的密度数量级也是103kg/m3，可得液化空气的体积为：V===5.2×1015m3；答：（1）能估算出地球周围大气层空气的分子数；地球周围大气层的空气分子数约为1.1×1044个；（2）假如把地球大气全部变为液体而分布在地球表面，地球的体积将增加5.2×1015m3．【解析】（1）大气压强是由地球附近大气层中空气的重力产生的，根据大气压强和地球的表面积求出地球周围大气层空气分子的总质量，再求出空气分子的个数；（2）根据V=可以求出液体的体积．本题要注意大气压强与容器中气体压强产生的原因不同，容器中气体压强是由于大量气体分子频繁碰撞容器壁而产生的，大气压强是由大气的重力产生的．。
2015-2016学年高二物理暑假作业 验证机械能守恒定律
物 理（验证机械能守恒定律）____月____日 星期________【能力训练】1、在本实验中，对自由下落的重物，下述选择的条件哪种更为有利？【 】A 、只要有足够重就可以B 、只要体积足够小就可以C 、既要足够重，又要体积非常小D 、应该密度大些，还应便于夹紧纸带，使纸带随同运动时不致扭曲2、在本实验中，有如下器材：A.打点计时器；B.低压交流电源（附导线）；C.天平（附砝码）；D.铁架台（附夹子）；E.重锤（附夹子）；F.纸带；G.秒表；H.复写纸。
其中不必要的有________________；还缺少的是________________。
3、下列列出一些实验步骤：A 、用天平称出重物和夹子的质量B 、将重物系在夹子上C 、将纸带穿过计时器，上端用手提着，下端夹上系住重物的夹子，再把纸带向上拉，让夹子静止在靠近打点计时器处。
D 、把打点计时器接在学生电源的交流输出端，把输出电压调至6V （电源不接通）E 、把打点计时器用铁夹子固定到放在桌边的铁架台上，使两个限位孔在同一直线上。
F 、在纸带上选取几个点，进行测量和记录数据。
G 、用秒表测出重物下落的时间H 、接通电源，待计时器响声稳定后释放纸带I 、切断电源J 、更换纸带重新进行两次实验K 、在三条纸带中选出较好的一条L 、进行计算，得出结论，完成实验报告M 、拆下导线，整理器材对于本实验以上步骤中，不必要的有_________；正确步骤的合理顺序是：________（填写代表字母）4、本实验中挑选纸带的原则是①______________；②__________________。
纸带上第一、第二点间的距离等于 1.96mm ，则说明___________；纸带上第一、第二两点间的间距小于1.96mm 则说明______________________________________。
5、本实验中，设在选定的纸带上依次把点子记为1，2，3，……等计数点，如图5-9-5，纸带上所打点，记录了物体在不同时刻的_________，当打点计时器打点“4”时，物体动能的表达式应该是__________；若以计数点1为参考点，当打第4点时物体的机械能的表达式为______________（打点计时器的打点周期为T ）。