热门试卷

解：（1）由小球在C点处恰好与滑槽内、外壁均无挤压且无沿切线方向的加速度，可知小球在C点的合力方向一定沿CO且指向O点，所以A处电荷对小球吸引，B处电荷对小球排斥，因为A处电荷为正，所以小球带负电，B带负电，如图所示．

（2）因为∠ABC=∠ACB=30°，CO⊥OB，由几何关系得：BC=2ABcos30°=L

由于无切向加速度，小球沿切线方向的合力为零，则有：

 kcos60°=kcos30°，

解得：QB=Q；

（3）设小球在最低点C处的速度为vC，

则：F-mg=m，

小球从C点运动到最高点的过程中，电势能不变，故由动能定理知：

2mgR=mvC2-mv2，

小球在最高点受到A、B电荷的作用力合为F，方向竖直向下

即：F+mg-F管=m，

解得：F管=6mg，故空心管对小球的作用力大小为6mg，方向竖直向上．

答：（1）小球带负电，B处电荷带负电，小球的受力情况如图所示；

小球和固定在B点的电荷的带电性质，并在图上作出小球在C处时的受力示意图．

（2）固定在B点的电荷所带的电荷量为Q．

（3）小球运动到最高点处，空心管对小球作用力的大小为6mg，方向：方向竖直向上．

解：（1）球乙运动到x0=20cm位置时势能最小，速度最大，由能量守恒可得：

解出：

（2）在0＜x＜6cm区间内将小球乙由静止释放，不可能第二次经过x0．

原因：在0＜x＜6cm区间内两球之间的作用力为排斥力，在20cm＜x＜∞区间内两球之间作用力为吸引力，无穷远处和6cm处的势能为0.28J．若小球乙的静止释放点在6cm＜x＜∞区间，小球乙做往复运动，多次经过x0=20cm的位置．而静止释放点在0＜x＜6cm区间内时，初态势能大于0.28J，小球乙将会到无穷远处而无法返回，只能经过x0位置一次．

（3）x3=11cm处的切线斜率绝对值k=0.03J/cm=3J/m  表明此处乙球受到甲球F=3N的排斥力，所以，乙球在x3=11cm处时，加速度大小为：

a===7.5m/s2 方向沿x轴正方向

答：（1）最大速度为1m/s 

（2）在0＜x＜6cm区间内将小球乙由静止释放，不可能第二次经过x0． 

（3）乙球在x3=11cm处时，加速度大小a7.5m/s2，方向沿x轴正方向

解：（1）为了电路安全，测量前应将滑动变阻器的滑片P调至a端达最大值，电阻箱R5阻值应调至最大．闭合S1开始实验，接下来有如下一些操作，合理的次序是：CABED．

（2）①利用匀变速直线运动的推论得，打第14点时磁铁速度为：

v14=

Ek14=mv142

重力势能减小量：△Ep=mgh14，

0-14点过程中，磁铁的机械能损失为：△E=△Ep-Ek14=0.18J

②根据p=t得回路中产生的总电热可以看成是图线与时间轴所围的面积比上电阻，所以在回路中产生的总电热是0.10J．

③实验结果机械能损失与回路中电流产生的热量相差较大，其原因可能是纸带克服摩擦力做功；磁铁克服空气阻力做功；在电磁感应过程中存在电磁辐射．

故答案为：（1）a端，最大，CABED

（2）①2.0，0.18；

②0.10；

③磁铁的机械能损失还有一部分是；纸带克服摩擦力做功；磁铁克服空气阻力做功；在电磁感应过程中存在电磁辐射．

解：（1）A、由于液体表面存在张力，雨水在表面张力作用下没有透过布雨伞，故A正确；

B、如果分子间距离r大于分子间的平衡距离，分子间距离增大时分子做负功，分子势能增加，如果分子间距离r小于分子间的平衡距离，分子间距离变大时，分子力做正功，分子势能减小，故B错误；

C、晶体分单晶体和多晶体，只有单晶体具有规则形状，各向异性，而多晶体没有规则形状，各向同性，故C正确；

D、悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数虽然越多，但是碰撞的不平衡性越不明显，布朗运动越不明显，故D错误；

故选AC．

（2）①气体膨胀过程中对外界做功为：

W=Fh=PSh=（P0+）Sh=（1×105Pa+）×0.01m2×0.1m=110J；

②气体等压膨胀，根据盖吕萨克定律，有：

解得：T2==；

故：t2=T2-273=127°C

故答案为：（1）A C；（2）①110J；②127℃．

解：（1）抽水机1秒钟内做的功是：W=mgh=30×10×10J=3000J，

所以抽水机的功率为：P=W=3000W，

（2）抽水机1小时做的功是：W′=Pt=3000×60×60J=1.08×107J．

答：（1）这台抽水机输出的功率是3000W；

（2）1小时内能做功为1.08×107J．

解：时间t=2400s

面积S=πr2=3.14×10-2m2

冰减少的质量=0.35kg

冰吸收的热量Q=λm=1.17×105J

由热平衡方程PSt=Q

所以P=1.6×103W/㎡

答：太阳光垂直照射在每平方米面积上的辐射功率为1.6×103W/㎡．

解：根据题设的条件，可知：

开始时A中氦气的质量mHe=4.003×10-3kg，B中氪气的质量mKr=83.3×10-3kg，C中氙气的质量mXe=131.3×10-3．

三种气体均匀混合后，A中的He有mol降入B中，有mol降入C中．He的重力势能增量为

△EHe=g（-h）（-2h）=-mHegh…①

B中的Kr有mol升入A中，有mol降入C中．Kr的重力势能增量为

△EKr=gh+g（-h）=0…②

C中的Xe有mol升入A中，有mol升入B中．Xe的重力势能增量为

△EXe=gh=mXegh…③

混合后，三种气体的重力势能共增加

△Ep=△EHe+△EKr+△EXe=（mXe-mHe）gh…④

因球与外界绝热，也没有外力对气体做功，故重力势能的增加必然引起内能的减少．在体积不变时，气体不做功．由热力学第一定律可知，此时传给气体的热量应等于气体内能的增量，但因理想气体的内能只由温度决定，与体积无关，故只要温度改变量相同，则体积不变条件下内能的增量也就是任何过程中理想气体内能的增量．根据题给的已知条件，注意到本题中所考察的理想气体共有3摩尔，故有△Ep=-3×…⑤

上式中右方为气体内能减少量，△T表示气体温度的增量，由④、⑤两式得：

△T=…⑥

将已知数据代入，注意到R=8.31J/K．mol，可得：

△T=-3.3×10-2K…⑦

即混合后气体温度降低3.3×10-2K

答：气体温度的改变量为3.3×10-2K．

解　 （1）离光源3m处的金属板每1s内单位面积上接受的光能为

E==5.56×1016eV/m2•s

因为每个光子的能量为

E1=hν=

所以单位时间内打到金属板上单位面积的光子数为

n==2.64×1016个

（2）每个原子的截面积为

S1=πr12=π×（0.5×10-10）2m2=7.85×10-21m2．

把金属板看成由原子密集排列组成的，则每个原子截面积上每秒内接收到的光子数为

n1=nS1=2.64×1016×7.85×10-21s-1=2.07×10-4s-1．

每两个光子落在原子上的时间间隔为

答：（1）1s内打到金属板1m2面积上的光子数为2.64×1016个；

（2）若取该金属原子半径r1=0.5×10-10m，则金属表面上每个原子平均需隔4830.9s才能接收到一个光子．

解：单位时间内流过横截面S的水的总动能为Ek==ρvs•v2=ρsv3，重力势能减小量EP=mgh=ρvs•h

故水流功率的计算公式为P水=Ek=ρsv3+ρvs•h

则电功率为P电=μP水=η（ρsv3+ρvs•h）

=65%×（×1.0×103×6×23+×1.0×103×2×6×50）=3.38×105W

答：机械能转化为电能的功率为3.38×105W．

解：（1）由甲图可知，n=3，所以F甲=（G物+G动）=（400N+50N）=150N；

由乙图可知，n=4，F乙=（G物+G动）=（400N+100N）=125N；

由此可知，晓彤爸爸的想法是正确的．

（2）绕绳方法如图所示，由4段绳子承担物重．两种方案的机械效率之比η1：η2=：==10：9．

滑轮组的机械效率越大，消耗的能量越少．

（3）两方案中的有用功是相同的，晓彤的方案中只用一只动滑轮，而爸爸的方案要提升两只动滑轮，因此，晓彤的方案额外功更少，机械效率更高，同时还可以看出，爸爸的方案必须爬到更高的楼层去提绳子，才能使重物上升，使用起来很不方便，因此，实际应用中，晓彤的方案更好．

答：（1）晓彤爸爸的想法是正确的．

（2）求两种方案的机械效率之比是10：9，滑轮组的机械效率越大，消耗的能量越少．

（3）实际应用中，晓彤的方案更好．

解：（1）设光照6小时，可给路灯供电小时，则太阳能光电池产生的电能为

=η2St=20%××1×6h=120，解得：=10h

即太阳能光电池产生的电能可使路灯正常工作10小时．

（2）8m/s的风速持续刮风6小时，则风能转化的电能为E2，可供路灯正常工作t2小时，

有=η1m=η1ρSvt=η1πρ=120

即=×4%×3×1.3×××6h=120

解得=2h

即风机所发的电可供路灯正常工作2小时．

（3）设经3小时的光照和风吹，光能转化为电能为E3，风能转化为电能为E4，

则=η2St=20%××1×3h

=η1πρ=×4%×3×1.3×1×3×

又=10×7h

解得v=10m/s，=86400J

设风力发电机转动产生交流电的峰值电压为Um，=NBSω=NBS2πn，

所以==ωIt=NBS2πnIt=240h=86400J

解得n==5r/s

即风速为10m/s，风叶的转速为5r/s．

解：（1）设太阳在一年中辐射到地球水面部分的总能量为W，W=1.87×1024J

凝结成雨滴年降落到地面水的总质量为m：

m=W×=1.87×1024J×=5.14×1018kg，

（2）使地球表面覆盖一层水的厚度为h，则：

h==10.0m=1.00×104mm；

答：（1）每年地球因太阳辐射而蒸发的水的总质量m为5.14×1018kg．

（2）估算整个地球表面的年平均降雨量h为1.00×104mm．

解：（1）．铝球放热，使冰熔化．设当铝球的温度为t0时，能熔化冰的最大体积恰与半个铝球的体积相等，即铝球的最低点下陷的深度h与球的半径R相等．当热铝球的温度t＞t0时，铝球最低点下陷的深度h＞R，熔化的冰的体积等于一个圆柱体的体积与半个铝球的体积之和，如图1所示．

设铝的密度为ρAl，比热为c，冰的密度为ρ，熔解热为λ，则铝球的温度从t℃降到0℃的过程中，放出的热量…①

熔化的冰吸收的热量…②

假设不计铝球使冰熔化过程中向外界散失的热量，则有Q1=Q2…③

解得…④

即h与t成线形关系．此式只对t＞t0时成立．将表中数据画在h～t图中，得第1，2，…，8次实验对应的点A、B、…、H．数据点B、C、D、E、F五点可拟合成一直线，如图预解18-6-2所示．此直线应与④式一致．这样，在此直线上任取两点的数据，代人④式，再解联立方程，即可求出比热c的值．例如，在直线上取相距较远的横坐标为8和100的两点X1和X2，它们的坐标由图2可读得为X1（8.0，5.0）X2（100，16.7）

将此数据及λ的值代入④式，消去R，得

c=8.6×102J/kg•°C…⑤

2．在本题作的图2中，第1，7，8次实验的数据对应的点偏离直线较远，未被采用．这三个实验数据在h～t图上的点即A、G、H．A点为什么偏离直线较远？

因为当h≈R时，从④式得对应的温度t0≈65℃，④式在t＞t0的条件才成立．但第一次实验时铝球的温度t1=55℃＜t0，熔解的冰的体积小于半个球的体积，故④式不成立．

G、H为什么偏离直线较远？因为铝球的温度过高（120℃、140℃），使得一部分冰升华成蒸气，且因铝球与环境的温度相差较大而损失的热量较多，②③式不成立，因而④式不成立．

答：（1）铝的比热c为8.6×102J/kg•°C．

（2）见解析

解：地热水的质量：m=4×105kg，

热水放出的热量：Q放=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×4×105kg×（85℃-35℃）=8.4×1010J．

答：这些地热水放出了8.4×1010J的热量．