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2.一束单色光由空气进入水中,则该光在空气和水中传播时( )
正确答案
解析
不同的单色光频率不相同,同一单色光在不同的介质内传播过程中,光的频率不会发生改变;由公式可以判断,水的折射率大于空气的,所以该单色光进入水中后传播速度减小。故选项D正确。
考查方向
解题思路
光波属于电磁波,其频率由波源决定,从一种介质进入另介质,频率不变;
传播速度由介质决定;波长由速度和频率共同决定,由λ=分析波长的变化.
易错点
解答此题的关键是知道频率、速度和波长的决定因素.知道λ=适用于一切波
知识点
3.各种不同频率范围的电磁波按频率由大到小的排列顺序是( )
正确答案
解析
在电磁波谱中,各电磁波按照频率从小到大的排列顺序是:无线电波、红外线、可见光、紫外线、x射线、γ射线,所以选项A正确。
考查方向
解题思路
依照波长的长短的不同,电磁波谱可大致分为:无线电波,微波,红外线,可见光,紫外线,伦琴射线,γ射线,即可确定频率的大小关系.
易错点
明确无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线都是电磁波,同时要知道它们的波长的大小关系和频率大小关系
知识点
4.如图,顶端固定着小球的直杆固定在小车上,当小车向右做匀加速运动时,球所受合外力的方向沿图中的( )
正确答案
解析
据题意可知,小车向右做匀加速直线运动,由于球固定在杆上,而杆固定在小车上,则三者属于同一整体,根据整体法和隔离法的关系分析可知,球和小车的加速度相同,所以球的加速度也应该向右,故选项D正确。
考查方向
解题思路
小球受重力和杆对小球的作用力,在两个力共同作用下沿水平向右的方向加速运动,加速度水平向右,合力水平向右.
易错点
根据牛顿第二定律F=ma可知,加速度的方向与合力的方向相同,是解决本题的关键.另外知道杆的弹力不一定沿杆的方向
知识点
5.磁铁在线圈中心上方开始运动时,线圈中产生如图方向的感应电流,则磁铁( )
正确答案
解析
A、若磁铁向下运动时,穿过线圈的磁通量变大,原磁场方向向下,所以感应磁场方向向上,根据右手螺旋定则,拇指表示感应磁场的方向,四指弯曲的方向表示感应电流的方向,故可判断出产生了如图中箭头所示的感应电流;同理,若磁铁向上运动,则感应电流的方向与图中感应电流的方向相反.故A错误,B正确;
C、若磁铁向右运动或向左运动,穿过线圈的磁通量变小,原磁场方向向下,所以感应磁场方向向下,根据右手螺旋定则,拇指表示感应磁场的方向,四指弯曲的方向表示感应电流的方向,故可判断出产生的感应电流的方向与图中感应电流的方向相反.故CD错误.
故选:B
考查方向
解题思路
当磁铁向上(下)运动时,穿过线圈的磁通量变小(大),原磁场方向向下,所以感应磁场方向向下(上),根据右手螺旋定则判断感应电流的方向,然后与图中感应电流的方向比对即可;同理判断出磁铁向右运动或向左运动的情况.
易错点
该题考查楞次定律的应用,楞次定律应用的题目我们一定会做,大胆的去找原磁场方向,磁通量的变化情况,应用楞次定律常规的步骤进行判断即可.
知识点
8.如图,一束电子沿z轴正向流动,则在图中y轴上A点的磁场方向是( )
正确答案
解析
据题意,电子流沿z轴正向流动,电流方向向z轴负向,由安培定则可以判断电流激发的磁场以z轴为中心沿顺时针方向(沿z轴负方向看),通过y轴A点时方向向外,即沿x轴正向,则选项A正确。
考查方向
解题思路
根据右手螺旋定则,右手握住导线,使拇指的方向与电流的方向相同,此时四指所指的方向就是在该点的磁场方向
易错点
考查磁场方向的判断,注意右手定则与左手定则的区分及电子运动方向与电流方向的区别.
知识点
9.在双缝干涉实验中,屏上出现了明暗相间的条纹,则( )
正确答案
解析
据干涉图样的特征可知,干涉条纹特征是等间距、彼此平行,故选项A错误;不同色光干涉条纹分布位置不相同,因此选项B错误;据公式可知,双缝间距d越大,干涉条纹距离越小,故选项C错误;遮住一条缝后,变成了单缝衍射,光的衍射也有衍射条纹,故选项D正确。
考查方向
解题思路
根据△x=λ可知条纹间距随波长的变化而变化,且相邻亮(或暗)条纹间距不变,并依据单缝衍射条纹不相等,而双缝干涉条纹却是相等的,从而即可求解.
易错点
掌握了双缝干涉条纹的间距公式就能顺利解决此类题目,同时理解干涉与衍射条纹的区别.
知识点
10.研究放射性元素射线性质的实验装置如图所示。两块平行放置的金属板A、B分别与电源的两极a、b连接,放射源发出的射线从其上方小孔向外射出。则( )
正确答案
解析
β射线为高速电子流,质量约为质子质量的,
速度接近光速;α射线为氦核流,速度约为光速的.
在同一电场中,β射线偏转的轨迹曲率半径小于α射线的曲率半径,
由图知,向左偏的为β射线,向右偏的为α射线,即到达A板的为β射线;
因α粒子带正电,向右偏转,说明电场方向水平向右,那么a为电源正极,故B正确,ACD错误.
故选:B.
考查方向
解题思路
α、β和γ三种射线中,α带正电、β带负电、γ不带电.由图知,a的轨迹曲率半径小于c的轨迹曲率半径,说明a为α射线.再根据带电粒子在电场中的偏转可判断电场方向.
易错点
能熟记放各种射线的性质,并能根据电场的性质区分射线的种类,注意在同一电场中,β射线偏转的轨迹曲率半径小于α射线的曲率半径是解题的突破口.
知识点
1.卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析,提出了原子内部存在( )
正确答案
解析
卢瑟福在α粒子散射实验中观察到绝大多数α粒子穿过金箔后几乎不改变运动方向,只有极少数的α粒子发生了大角度的偏转,说明在原子的中央存在一个体积很小的带正电的物质,将其称为原子核。故选项D正确。
考查方向
解题思路
本题比较简单,只要正确理解a粒子散射实验现象及其结论即可正确解答
易错点
了解卢瑟福核式结构模型提出的历史背景及其过程,知道α粒子散射实验现象及其结论.
知识点
6.放射性元素A经过2次α衰变和1次β 衰变后生成一新元素B,则元素B在元素周期表中的位置较元素A的位置向前移动了( )
正确答案
解析
α粒子是,β 粒子是,因此发生一次α衰变电荷数减少2,发生一次β 衰变电荷数增加1,据题意,电荷数变化为:,所以新元素在元素周期表中的位置向前移动了3位。故选项C正确。
考查方向
解题思路
根据原子核经过一次α衰变,电荷数减小2,质量数减小4;经过一次β衰变,电荷数增加1,质量数不变,分析求解即可.
易错点
从一个比较特殊的角度考查对两种衰变的本质的理解,在解答中要根据α衰变与β衰变的实质,分析质子数和中子数的变化即可.注意元素在元素周期表中的位置的变化与质子数的变化有关
知识点
7.在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置,体验者在风力作用下漂浮在半空。若减小风力,体验者在加速下落过程中( )
正确答案
解析
据题意,体验者漂浮时受到的重力和风力平衡;在加速下降过程中,风力小于重力,即重力对体验者做正功,风力做负功,体验者的机械能减小;加速下降过程中,加速度方向向下,体验者处于失重状态,故选项B正确。
考查方向
解题思路
超重和失重只与加速度的方向有关,与物体的运动方向无关.加速度向上,超重;加速度向下,失重;
物体只有重力或弹簧的弹力做功,机械能守恒,如果还有其它力做功,当其它力做功的代数和为零,机械能不变;当其它力做功的代数和大于零,机械能增加;当其它力做功的代数和小于零,机械能减少.
易错点
知道超重和失重只与加速度的方向有关,与物体的运动方向无关.还要理解机械能守恒定律适用的条件.
知识点
12.如图,粗细均匀的玻璃管A和B由一橡皮管连接,一定质量的空气被水银柱封闭在A管内,初始时两管水银面等高,B管上方与大气相通。若固定A管,将B管沿竖直方向缓慢下移一小段距离H,A管内的水银面高度相应变化h,则( )
正确答案
解析
据题意,原来A、B管内的水银高度相同,有;B管下移后,设A管水银下移高度为h,B管内水银末位置高度如图所示,A、B管内末位置水银高度差为,则B管内水银原、末位置高度差为:;可以计算B管下降的高度为:,此时由于A管内水银下降,A管内气体体积增加,压强减小,即,此时有:,计算得,最后有:,由于,所以,故选项B正确。
考查方向
解题思路
封闭气体是等温变化,根据玻意耳定律,气压变大,体积缩小.最终B侧水银面比A侧水银面低
易错点
关键是明确平衡后右侧水银面比左侧低,然后列式求解
知识点
13.电源电动势反映了电源把其它形式的能量转化为电能的能力,因此( )
正确答案
解析
电动势是反映电源通过非静电力做功将其它形式的能转化为电势能本领的物理量,电动势越大说明这种转化本领越强,但不能说明储存的电能越多,故选项A、B错误而选项C正确;闭合电路中电源两端电压大小等于外电压大小,故选项D错误。
考查方向
解题思路
电动势等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功,描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量.
易错点
本题考查对电动势的理解,要注意电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领大小,抓住电动势的物理意义和闭合电路欧姆定律进行分析.
知识点
15.如图,始终竖直向上的力F作用在三角板A端,使其绕B点在竖直平面内缓慢地沿顺时针方向转动一小角度,力F对B点的力矩为M,则转动过程中( )
正确答案
解析
据题意,对三角板受力分析受到重力、支持力和拉力,由于缓慢转动,三角板近似平衡,所以有:,在转动过程中,支持力减小而拉力F在增加;力矩是力与力到作用点的距离的乘积,应用极端思维法,当三角板被竖直时,力与转动轴的距离为零,此时力矩为零,故此过程中力矩在减小,选项A正确。
考查方向
解题思路
根据力矩平衡知,拉力F的力矩与重力G力矩平衡,可以判断转动过程中力F对B点的力矩M的变化情况,根据拉力力臂的变化和重力力臂的变化判断拉力的变化.
易错点
本题考查了力矩的平衡,关键是画出示意图,确定力臂的大小,对力矩这部分内容常和力的平衡综合考查,一定要熟悉基本概念
11.国际单位制中,不是电场强度的单位是( )
正确答案
解析
由公式可知,电场强度单位为N/C,选项A是电场强度单位;由公式可知,V/m
也是电场强度单位,选项B也是电场强度单位;由可得,故T.m/s也是电场电场强度单位,选项D也是电场强度单位;由公式可知,J/C是电势差单位,故选项C正确。
考查方向
解题思路
物理公式不仅确定了各个物理量之间的关系,同时也确定了物理量的单位之间的关系,根据物理公式来分析物理量的单位即可
易错点
物理公式在确定物理量间的关系的时候同时也确定了单位之间的关系,根据不同的公式来确定单位之间的关系.
知识点
14.物体做匀加速直线运动,相继经过两段距离为16 m的路程,第一段用时4 s,第二段用时2 s,则物体的加速度是( )
正确答案
解析
第一段时间内的平均速度为:,
第二段时间内的平均速度为:,
根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知,两个中间时刻的时间间隔为:△t=2+1s=3s,
则加速度为:a=.选项ACD错误,B正确
故选:B.
考查方向
解题思路
根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出两个中间时刻的瞬时速度,结合速度时间公式求出物体的加速度.
易错点
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论,并能灵活运用,有时运用推论求解会使问题更加简捷.
知识点
16.风速仪结构如图A.所示。光源发出的光经光纤传输,被探测器接收,当风轮旋转时,通过齿轮带动凸轮圆盘旋转,当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住。已知风轮叶片转动半径为r,每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈。若某段时间内探测器接收到的光强随时间变化关系如图(b)所示,则该时间段内风轮叶片( )
正确答案
解析
据题意,从b图可以看出,在时间内,探测器接收到光的时间在增长,圆盘凸轮的挡光时间也在增长,可以确定圆盘凸轮的转动速度在减小;在时间内可以从图看出有4次挡光,即圆盘转动4周,则风轮叶片转动了4n周,风轮叶片转过的弧长为,叶片转动速率为:,故选项B正确。
考查方向
解题思路
根据图b可知,在△t内,通过的光照的时间越来越长,且在△t内挡了4次光,据此求出周期,再求出风轮叶片转动的周期,根据v=求解平均线速度即可.
易错点
主要考查了圆周运动线速度、周期、转速之间的关系,能读懂b图是解题的关键.
知识点
18.如图所示电路中,电源内阻忽略不计。闭合电建,电压表示数为U,电流表示数为I;在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中( )
正确答案
解析
据题意,由于电源内阻不计,电压表的示数总是不变,故选项A错误;滑片滑动过程中,电阻R1的阻值先增大后减小,电压不变,所以电流表示数先减小后增加,故选项B、C正确;由于电压表示数没有变化,故选项D错误。
考查方向
解题思路
电源内阻忽略不计,电压表测量电源电压,所以无论外电阻如何变化,电压表示数不变.滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中,电阻先曾大后减小,由欧姆定律可判断电流表示数的变化和和U与I比值的变化.
易错点
考查闭合电路欧姆定律与部分电路欧姆定律的应用,掌握闭合电路的动态分析,知道电阻的串并联阻值,注意本题已说明电源内阻忽略不计,学生容易忽略该条件,从而导致错误.
知识点
17.某气体的摩尔质量为M,分子质量为m 。若1摩尔该气体的体积为Vm,密度为ρ,则该气体单位体积分子数为(阿伏伽德罗常数为NA)( )
正确答案
解析
1摩尔该气体的体积为Vm,则单位体积分子数为n=,
气体的摩尔质量为M,分子质量为m,则1mol气体的分子数为NA=,则单位体积分子数为n==,
单位体积的质量等于单位体积乘以密度,质量除以摩尔质量等于摩尔数,所以单位体积所含的分子数n=.故D错误,A、B、C正确.
考查方向
解题思路
每摩尔物体含有NA个分子数,所以分子的质量等于摩尔质量除以阿伏伽德罗常数.要求出单位体积内的分子数,先求出单位体积的摩尔量,再用摩尔量乘以阿伏伽德罗常数.
易错点
本题的关键掌握摩尔质量与分子质量的关系,知道质量除以摩尔质量等于摩尔数.
知识点
19.如图A.,螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场,以图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框abcd相连,导线框内有一小金属圆环L,圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间按图B.所示规律变化时( )
正确答案
解析
A、在t1﹣t2时间内,穿过圆环的磁通量向上不是均匀增大,由愣次定律可以确定L必须减小面积以达到阻碍磁通量的增大,故有收缩的趋势;故A正确.
BC、在t2﹣t3时间内,穿过圆环的磁通量向上均匀减小,由法拉第电磁感应定律可知,L中磁通量不变,则L 中没有感应电流,因此没有变化的趋势.故BC错误;
D、在t3﹣t4时间内,向下的磁通量减小,根据楞次定律,在线圈中的电流方向c到b,根据右手螺旋定则,穿过圆环L的磁通量向外减小,则根据楞次定律,在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流,故D正确.
故选:AD.
考查方向
解题思路
根据B﹣t图线斜率的变化,根据法拉第电磁感应定律得出电动势的变化,从而得出感应电流的变化,根据楞次定律判断出感应电流的方向,再根据右手螺旋定则判断出电流所产生的磁场,从而确定磁通量的变化,进而即可求解.
易错点
解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向,右手螺旋定则判断电流和周围磁场方向的关系
知识点
20.甲、乙两列横波在同一介质中分别从波源M、N两点沿x轴相向传播,波速为2m/s,振幅相同;某时刻的图像如图所示。则( )
正确答案
解析
据题意,甲波向右传播,起振方向向下,乙波向左传播,起振方向向上,故选项A正确;据图可知甲波波长为4m,甲波周期为:,频率,乙波波长为6m,周期为:,频率为:,故选项B正确;再经过3s,甲波波谷到达x=7m处,乙波是平衡位置与波峰之间某一振动到达x=7m处,所以该质点应该向上振动,选项C错误;此时除了波源还有x=9m处、x=6-7m处、x=6m处、x=5-6m处、x=2-3m处质点位移为零,故选项D正确。
考查方向
解题思路
根据上下坡法判断甲乙两波的起振方向,根据波长关系,结合波速相等,求出甲乙两波的频率之比,根据3s内两波传播的距离,通过波的叠加分析x=7m处质点的振动方向以及合位移为零的位置.
易错点
本题考查了波长、波速、频率之间的关系以及波的叠加,会根据波的传播方向判断振动方向,知道质点的实际位移等于两列波单独传播时引起位移的矢量和.
知识点
“用DIS描绘电场的等势线”的实验装置示意图如图所示。
30.该实验描绘的是(单选题)
31.(单选题)实验操作时,需在平整的木板上依次铺放( )
32.若电压传感器的红、黑探针分别接触图中d、f两点(f、d连线与A、B连线垂直)时,示数小于零。为使示数为零,应保持红色探针与d点接触,而将黑色探针 (选填:“向左”或“向右”)移动。
正确答案
解析
该实验中,用A、B两个接线柱分别接在电源的正负极上,一个带正电另外一个带负点,模拟等量异种电荷产生的电场,所以选项B正确。
考查方向
解题思路
用DIS描绘电场等势线”的实验原理是用恒定电流场模拟静电场.
易错点
注意实验中采用了两电极在纸面上形成的稳定的直流电流
正确答案
解析
在实验中,最上边一层是导电纸,这样才可以使A、B接线柱电流通过导电纸;接下来依次是复写纸和白纸,实验过程中在导电纸上找到电势相同的点,需要用探针在导电纸上作标记,标记通过复写纸就印到最下层的白纸上。
考查方向
解题思路
)等势线描绘在白纸上,在木板上依次铺放白纸、复写纸、导电纸;放置导电纸时有导电物质的一面应向上
易错点
注意导电纸的位置
正确答案
向右
解析
据题意,只有当指针示数为零时才说明两点的电势相等,现在保持红色探针与d点接触,为了保证电压表示数为零,需要使黑色探针与红色探针电势相等,则要把黑色探针向右移动。
考查方向
解题思路
明确两点状电极所形成的电场线分布以及等势面的特点,再根据指针的偏转可明确两点电势的大小,从而明确探针的移动方向.
易错点
探针的移动位置
实验题
在“用多用电表测电阻、电流和电压”的实验中
28.用多用电测电流或电阻的过程中(多选题)
29.测量时多用电表指针指在如图所示位置。若选择开关处于“10V”挡,其读数为 V;若选择开关处于“×10”挡,其读数为 200 Ω(选填:“大于”,“等于”或“小于”)。
正确答案
解析
多用电表测量电阻时,更换倍率后都必须重新进行欧姆调零,选项A正确;测量电流前需要进行机械调零,更换量程时不需要进行再次调零,选项B错误;在测量未知电阻时,必须先用电压表测试电阻内是否带有电源,再大致估计电阻大小选择大致倍率,故选项C错误;在测量未知电流时,必须选择电流最大量程进行测试,避免电表烧坏,故选项D正确。
考查方向
解题思路
考查了多用电表的使用,在了解多用电表的欧姆档的原理的情况下
易错点
多用电表的正确使用
正确答案
5.4;小于
解析
若选择开关处于“10V”挡,则电表的最小刻度为0.2v,此时读数为5.4v;若选择开关处于“×10”挡,欧姆表的中央刻度为15,此时指针指示未知小于15,所以读数应该小于150Ω,故小于200Ω。
考查方向
解题思路
对于电压档的读数,首先通过量程,结合最小刻度的数量,得知最小刻度值,即可读出所测的电压的数值;根据欧姆表刻度的不均匀的特征,可知图示位置的读数
易错点
电压表的测量精度,多用电表测电阻的读数方法
请在22、23两道题中选做一题,两题都做按22题给分
22.如图,粗糙水平面上,两物体A、B以轻绳相连,在恒力F作用下做匀速运动。某时刻轻绳断开,A在F牵引下继续前进,B最后静止。则在B静止前,A和B组成的系统动量_________(选填:“守恒”或“不守恒“)。在B静止后,A和B组成的系统动量 。(选填:“守恒”或“不守恒“)
23.两颗卫星绕地球运行的周期之比为27:1,则它们的角速度之比为__________,轨道半径之比为___________。
正确答案
守恒;不守恒
解析
轻绳断开前,A、B做匀速运动,系统受到的拉力F和摩擦力平衡,合外力等于零,即,所以系统动量守恒;当轻绳断开B静止之前,A、B系统的受力情况不变,即,所以系统的动量依然守恒;当B静止后,系统的受力情况发生改变,即,系统合外力不等于零,系统动量不守恒。
考查方向
解题思路
动量守恒定律适用的条件:系统的合外力为零.或者某个方向上的合外力为零,则那个方向上动量守恒.
两木块原来做匀速直线运动,合力为零,某时刻剪断细线,在A停止运动以前,系统的合力仍为零,系统动量守恒;
在B静止后,系统合力不为零,A和B组成的系统动量不守恒.
易错点
本题是脱钩问题,尽管两个没有发生相互作用,但系统的合力为零,系统的总动量也守恒.注意动量守恒定律适用的条件
正确答案
1:27;9:1
解析
据题意,卫星饶地球做匀速圆周运动,卫星的运行角速度与周期关系为:,即角速度与周期成反比,则;两颗卫星做匀速圆周运动,由万有引力提供向心力,则有:,即,所以有:。
考查方向
解题思路
要求轨道半径之比和角速度之比,由于已知运动周期之比,故可以利用万有引力提供向心力来求解
易错点
一个天体绕中心天体做圆周运动时万有引力提供向心力,灵活的选择向心力的表达式
某同学制作了一个结构如图A.所示的温度计。一端封闭的轻质细管可绕封闭端O自由转动,管长0.5m。将一量程足够大的力传感器调零,细管的开口端通过细线挂于力传感器挂钩上,使细管保持水平、细线沿竖直方向。在气体温度为270K时,用一段水银将长度为0.3m的气柱封闭在管内。实验时改变气体温度,测得封闭气柱长度l和力传感器读数F之间的关系如图B.所示(实验中大气压强不变)。
33.管内水银柱长度为 m,为保证水银不溢出,该温度计能测得的最高温度为 K。
34.若气柱初始长度大于0.3m,该温度计能测量的最高温度将 (选填:“增大”,“不变”或“减小”)。
35.若实验中大气压强略有升高,则用该温度计测出的温度将 (选填:“偏高”,“不变”或“偏低”)。
正确答案
0.1;360
解析
设管内水银柱长度为l,管子长度为L,水银柱的重力为G.
由图知:气柱长度为 l1=0.31m时,力传感器读数 F1=0.36N;气柱长度为 l2=0.35m时,力传感器读数 F2=0.40N
以O点为支点,根据力矩平衡得:
G(l1+)=F1L
G(l2+)=F2L
两式相除得:=
代入解得 l=0.1m
所以水银不溢出时,气柱最大长度为 Lm=L﹣l=0.5m﹣0.1m=0.4m
设该温度计能测得的最高温度为Tm.根据盖•吕萨克定律得:
=
可得 Tm==K=360K
考查方向
解题思路
由图读出l=0.31m和0.35m时F对应的值.以O点为支点,对两种情况,分别根据力矩平衡条件列式,可求得水银柱长度.当水银柱移动管口时温度计测得的温度最高.由于气体发生等压变化,根据盖•吕萨克定律求温度计能测得的最高温度.
易错点
求封闭气体的压强要注意以及力矩平衡方程列式求解
正确答案
减小
解析
若气柱初始长度大于0.3m,由Tm=知,Lm和T1均不变,当L1增大时,可得Tm减小.即温度计能测量的最高温度将减小.
考查方向
解题思路
根据盖•吕萨克定律分析温度计能测量的最高温度如何变化.
易错点
理想气体状态方程的运用
正确答案
偏低
解析
若实验中大气压强略有升高,封闭气体的压强略增大,由气态方程=c,当气体温度升高气柱向右移动的距离将小于大气压不变时移动的距离,可知,测得的温度将偏低.
考查方向
解题思路
根据大气压强的变化,分析气柱移动距离的变化,判断测出的温度如何变化.
易错点
理想气体状态方程的运用
如图,两端封闭的直玻璃管竖直放置,一段水银将管内气体分隔为上下两部分A和B,上下两部分气体初温度相等,且体积VA>VB。
36.若A、B两部分气体同时升高相同的温度,水银柱将如何移动?
某同学解答如下:
设两部分气体压强不变,由,…,,…,所以水银柱将向下移动。
上述解答是否正确?若正确,请写出完整的解答;若不正确,请说明理由并给出正确的解答。
37.在上下两部分气体升高相同温度的过程中,水银柱位置发生变化,最后稳定在新的平衡位置,A、B两部分气体始末状态压强的变化量分别为ΔpA和ΔpB,分析并比较二者的大小关系。
正确答案
不正确 水银柱向上移动
解析
不正确。
水银柱移动的原因是升温后,由于压强变化造成受力平衡被破坏,因此应该假设气体体积不变,由压强变化判断移动方向。
正确解法:设升温后上下部分气体体积不变,则由查理定律可得
因为,pA
考查方向
解题思路
分别以两部分气体为研究对象,明确水银柱移动的原因是因为压强变化,不是因为体积的变化;故应设体积不变,根据查理定律进行分析;
易错点
理想气体状态方程的运用
正确答案
解析
升温前有pB=pA+ph(ph为汞柱压强)
升温后同样有pB' =pA'+ph
两式相减可得
考查方向
解题思路
根据平衡条件分别对改变温度前后两部分气体间的压强关系列式,联立即可比较压强的变化量.
易错点
理想气体状态方程的运用
如图,一关于y轴对称的导体轨道位于水平面内,磁感应强度为B的匀强磁场与平面垂直。一足够长,质量为m的直导体棒沿x轴方向置于轨道上,在外力F作用下从原点由静止开始沿y轴正方向做加速度为a的匀速加速直线运动,运动时棒与x轴始终平行。棒单位长度的电阻ρ,与电阻不计的轨道接触良好,运动中产生的热功率随棒位置的变化规律为P=ky(SI)。求:
45.导体轨道的轨道方程y=f(x);
46.棒在运动过程中受到的安培力Fm随y的变化关系;
47.棒从y=0运动到y=L过程中外力F的功。
正确答案
解析
设棒运动到某一位置时与轨道接触点的坐标为(±),安培力的功率
棒做匀加速运动
代入前式得
轨道形式为抛物线。
考查方向
闭合电路的欧姆定律.
解题思路
)求出安培力的功率及题给表达式,匀变速运动的速度位移关系,电阻关系式联立而得到轨道方程
易错点
功率公式以及电阻定律
正确答案
解析
安培力为:
以轨道方程代入得:
考查方向
解题思路
将安培力表示出来,联立轨道方程即可求解
易错点
安培力的表达式
正确答案
解析
由动能定理有:
安培力做功为:
棒在y=L处动能为:Ek=
外力做功为:
考查方向
解题思路
根据动能定理求外力做功
易错点
运用电磁感应的规律,如法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式进行综合解题.
如图a,长度L=0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A,其电荷量Q=;一质量m=0.02kg,带电量为q的小球B套在杆上。将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中,以杆左端为原点,沿杆向右为x轴正方向建立坐标系。点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图B.中曲线I所示,小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图B.中曲线II所示,其中曲线II在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线。求:(静电力常量)
41.小球B所带电量q;
42.非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小E;
43.在合电场中,x=0.4m与x=0.6m之间的电势差U。
44.已知小球在x=0.2m处获得v=0.4m/s的初速度时,最远可以运动到x=0.4m。若小球在x=0.16m处受到方向向右,大小为0.04N的恒力作用后,由静止开始运动,为使小球能离开细杆,恒力作用的做小距离s是多少?
正确答案
解析
由图可知,当x=0.3m时,N
因此C
考查方向
解题思路
根据库仑定律可求小球B所带电量;
易错点
库仑公式
正确答案
解析
设在x=0.3m处点电荷与小球间作用力为F2,
F合=F2+qE
因此
电场在x=0.3m处沿细秆方向的电场强度大小为3,方向水平向左。
考查方向
解题思路
根据电场强度的定义可求非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小;
易错点
电场强度的求解
正确答案
800v
解析
根据图象可知在x=0.4m与x=0.6m之间合力做功大小
W合=0.004×0.2=8×10﹣4J
由qU=W合可得:U==800V
考查方向
解题思路
在合电场中,根据电场力做功求x=0.4m与x=0.6m之间的电势差
易错点
电场力做功公式
正确答案
0.065m
解析
由图可知小球从x=0.16m到x=0.2m处
电场力做功W1==6×10﹣4J
小球从x=0.2m到x=0.4m处,电场力做功W2=﹣mv2=﹣1.6×10﹣3 J
由图可知小球从到处
电场力做功=-0.004×0.4=
由动能定理 +++=0
解得 =
考查方向
解题思路
分别求出各段电场力做的功,再由动能定理求恒力作用的最小距离.
易错点
运用动能定理时要注意正功和负功
风洞是研究空气动力学的实验设备。如图,将刚性杆水平固定在风洞内距地面高度H=3.2m处,杆上套一质量m=3kg,可沿杆滑动的小球。将小球所受的风力调节为F=15N,方向水平向左。小球以速度v0=8m/s向右离开杆端,假设小球所受风力不变,取g=10m/s2。求:
38.小球落地所需时间和离开杆端的水平距离;
39.小球落地时的动能。
40.小球离开杆端后经过多少时间动能为78J?
正确答案
4.8m
解析
(1)小球在竖直方向做自由落体运动,运动时间为
t===0.8s;
小球在水平方向做匀减速运动,加速度
a===5m/s2;
则水平位移s=v0t﹣at2=8×0.8﹣=4.8m
考查方向
解题思路
小球离开杆后在竖直方向做自由落体运动,水平方向做匀减速直线运动;根据自由落体运动规律可求得时间;根据水平方向的匀变速直线运动规律可求得水平位移;
易错点
两个分运动之间的关系
正确答案
120J
解析
由动能定理
EK﹣mv02=mgH﹣Fx
解得:Ek=120J
考查方向
解题思路
对小球下落全过程由动能定理列式可求得落地时的动能;
易错点
动能定理列式求解
正确答案
0.24s
解析
小球离开杆后经过时间t的水平位移
x=v0t﹣at2
竖直分位移h=gt2;
由动能定理EK﹣mv02=mg×gt2﹣Fx
将EK=78J和v0=8m/s代入得
125t2﹣80t+12=0
解得t1=0.4s,t2=0.24s
考查方向
解题思路
设达到78J用时为t,根据运动学公式求出其竖直分位移和水平分位移;再对下落过程由动能定理列式,根据数学规律可求得速度为78J所用的时间.
易错点
数学规律的应用,要注意体会物理对于数学知识应用的考查
24.如图,圆弧形凹槽固定在水平地面上,其中ABC是位于竖直平面内以O为圆心的一段圆弧,OA与竖直方向的夹角为α。一小球以速度从桌面边缘P水平抛出,恰好从A点沿圆弧的切线方向进入凹槽。
小球从P到A的运动时间为____________;直线PA与竖直方向的夹角β=_________。
正确答案
;
解析
据题意,小球从P点抛出后做平抛运动,小球运动到A点时将速度分解,有,则小球运动到A点的时间为:;从P点到A点的位移关系有:,所以PA与竖直方向的夹角为:。
考查方向
解题思路
从图中可以看出,在A点时速度与水平方向的夹角为α,从P点到A点的过程中,位移与竖直方向的夹角为β.利用平抛运动的知识可求出位移偏角的正切值大小.
易错点
本题的关键掌握处理平抛运动的方法,平抛运动在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做自由落体运动.以及知道速度与水平方向夹角的正切值是同一位置位移与水平方向夹角的正切值的两倍
知识点
21.形象描述磁场分布的曲线叫做____________,通常___________的大小也叫做磁通量密度。
正确答案
磁感线;磁感应强度
解析
为了形象的描述磁场而假想出来的曲线,曲线上任意一点的切线方向均表示该位置的磁场方向,这样的曲线称为磁感线;磁场的强弱大小用磁感应强度表示,在磁通量中有:,所以磁感应强度也称为刺痛密度。
考查方向
解题思路
磁感线是为了形象的描述磁场引入的,是假象的,磁感线的疏密表示强弱,切线方向表示磁场方向.
易错点
本题考查了磁感线的特点,还要知道磁感线实际不存在,与电场线对应知记忆
知识点
25.如图,质量为m的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点,处于静止状态。施加一水平向右的匀强电场后,A向右摆动,摆动的最大角度为60°,则A受到的电场力大小为 。 在改变电场强度的大小和方向后,小球A的平衡位置在α=60°处,然后再将A的质量改变为2m,其新的平衡位置在α=30°处,A受到的电场力大小为 。
正确答案
;mg
解析
带电小球A,受到电场力向右摆动的最大角度为60°,末速度为零,
此过程中电场力F对小球做正功,重力G做负功,细线拉力T不做功,
根据动能定理,则有:Flsinα﹣mgl(1﹣cosα)=0,
解得:F=mg
改变电场强度的大小和方向后,平衡在α=60°处时,根据正弦定理,则有:;
而在新的平衡位置在α=30°处,根据正弦定理,则有:;
解得:F=mg;
考查方向
解题思路
选取摆动最大角度60°,根据动能定理,结合拉力不做功,即可求解;
根据平衡条件,依据正弦定理,列出方程组,即可求解.
易错点
考查动能定理的应用,掌握正弦定理的内容,理解平衡条件及矢量合成法则的运用.
知识点
27.实验题。在“用DIS研究机械能守恒定律”的实验中,用到的传感器是 传感器。若摆锤直径的测量值大于其真实值会造成摆锤动能的测量值偏 。(选填:“大”或“小”)。
正确答案
光电门;大
解析
实验中用DIS测出的应为小球在各点时的动能,故应用到光电门传感器,而小球充当档光片的作用;
依据平均速度等于中时刻的瞬时速度,从而可求得摆锤的瞬时速度,
若摆锤直径的测量值大于其真实值,那么导致摆锤的瞬时速度偏大,则摆锤动能的测量值也偏大.
考查方向
解题思路
要使求得动能则应测出小球在各点时的速度,则应用到光电门传感器,小球充当遮光片;根据平均速度等于中时刻的瞬时速度,从而可求得摆锤的瞬时速度,依据减小的重力势能转化为增加的动能
易错点
结合实验的原理进行分析,从而找出符合该实验的原理,注意借助平均速度来求解瞬时速度
知识点
26.地面上物体在变力F作用下由静止开始竖直向上运动,力F随高度x的变化关系如图所示,物体能上升的最大高为h,h
正确答案
0或h;
解析
据题意,从图可以看出力F是均匀减小的,可以得出力F随高度x的变化关系:,而,可以计算出物体到达h处时力;物体从地面到h处的过程中,力F做正功,重力G做负功,由动能定理可得:,而,可以计算出:,则物体在初位置加速度为:,计算得:;当物体运动到h处时,加速度为:,而,计算处理得:,即加速度最大的位置是0或h处。
考查方向
解题思路
因外力在均匀的减小,所以利用对称性结合物体的运动特点可知何时物体的加速度最大;
先利用几何关系求得在物体最大高度的过程中的外力的平均值,在该过程中,外力的功等于克服重力所做的功,由此先表示出物体的质量,再利用牛顿第二定律列式,即可解得加速度的最大值.
易错点
首先要求学生要一定的分析能力,会用平均的思想来思考解答问题.同时要注意运动过程的对称性,结合数学知识进行相关的计算.再者就是会用平均的思想来分析力做功的问题.