《2012届高考物理冲刺复习:物理精练试题51》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2012届高考物理冲刺复习:物理精练试题51(7页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
1、物理冲刺物理冲刺复习 物理精练(51)1(4 分)(多选)某同学用“用 DIS 研究气体的压强与体积的关系” ,做了两次实验,操作完全正确,在同一 p1/V 图上得到了两条不同的直线,造成这种情况的可能原因是( )(A)两次实验中温度不同(B)两次实验中空气质量不同(C)两次实验中保持空气质量、温度相同,但所取的气体压强的数据不同(D)两次实验中保持空气质量、温度相同,但所取的气体体积的数据不同2(4 分)在“研究电磁感应现象”实验中,给出了下面的实验器材。(1)上述不必要的器材有: 。 (请填器材前的数字号)(2)正确连接好实验电路后,将原线圈插入副线圈中,闭合电键瞬间,副线圈中感应电流方向
2、与原线圈中的电流方向 (填“相同”或“相反”) 。3(8 分)某同学利用单摆测定重力加速度时,用秒表测量单摆的周期,当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为 n=0,单摆每经过最低点记一次数,当数到 n=60 时秒表的示数如图所示。(1)该单摆的周期是 T=_s 。(2) (多选)测量结果与当地的重力加速度的真实值比较,发现偏大,可能原因是( )(A)振幅偏小 (B) 开始计时误记为 n=1(C)将摆线加上球直径当成了摆长 (D) 在单摆未悬挂之前先测定其摆线的长度(3) “重力勘探”是应用地球表面某处重力加速度的异常来寻找矿床。假设 A 处的正下方有一均匀分布且体积为 V 的球形矿床,如图
3、所示,矿床的密度为 n(n1,为地球的平均密度),万有引力常量为 G。由于矿床的存在,某同学在地球表面 A 处利用单摆装置测得的重力加速度为 g,明显大于该区域正常情况下地球表面的重力加速度理论值 g0。则根据上述数据可以推断出此矿床球心离 A 的距离 r 为_。 (请用题中已知的字母表示) 。4(8 分)在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中,备有下列器材:A待测的干电池(电动势约为 1.5V,内电阻 1.0 左右)B电流表 A1(量程 03m A,最小刻度 0.1mA,内阻忽略不计)C电流表 A2(量程 00.6A,最小刻度 0.02A,内阻忽略不计)D滑动变阻器 R1(020,10 A
4、) E滑动变阻器 R2(0200,l A)F定值电阻 R0(990) G开关和导线若干(1)某同学发现上述器材中虽然没有电压表,但给出了两个电流表,于是他设计了如图甲所示的(a) 、 (b)两个实验电路,其中合理的是_图所示的电路;在该电路中,为了操作方便且能准确地进行测量,滑动变阻器应选_(填写器材前的字母代号) 。(2)图乙为该同学根据(1)中选出的合理的实验电路,移动滑动变阻器,电流表 A1和电流表 A2分别测得多组 I1和 I2,并画出 I1-I2图线,则由图线可得被测电池的电动势E_V,内阻 r_。(3)若同学根据(1)中选出的合理电路和器材连接实物电路时,把电流表 A2接在了干路上
5、,但误认为电流表 A2仍接在支路上,其他步骤按(2)中的操作,这样由实验得出的内阻将_(填“偏大”“不变”或“偏小”) 。5 (10 分)如图所示,一端封闭、粗细均匀的薄壁玻璃管开口向下竖直插在装有水银的水银槽内,管内封闭有一定质量的空气,水银槽的截面积上下相同。开始时管内空气柱长度为6cm,管内外水银面高度差为 50cm。将玻璃管沿竖直方向缓慢上移(管口未离开槽中水银) ,使管内空气柱长度为 10cm,此时水银槽内水银面下降了 2cm,(大气压强相当于 75cmHg)则:(1)此时管内外水银面高度差为多大?(2)水银槽的截面积是玻璃管截面积的多少倍?6 (12 分)某兴趣小组研究在高空下落鸡
6、蛋。若鸡蛋直接撞击地面,鸡蛋不被摔坏的最大高度为 0.18m。如图所示,设计了一个保护鸡蛋的装置,用 A、B 两块较粗糙的夹板1.21.0I2/A 00.21.31.41.5I1/mA乙1.10.10.30.40.5A1R0A2A2R0A1(a)(b)甲夹住鸡蛋,当鸡蛋离夹板下端某个距离时,多次实验发现,若将该装置从距地面 H=4.5m 高处从静止开始下落,鸡蛋恰好没有被摔坏,且鸡蛋整个下落时间为 1.2s。设鸡蛋、夹板所受的空气阻力都为自身重力的 0.1 倍,装置碰地后速度立即变为零且保持竖直方向,不计装置与地面作用时间。取 g=10m/s2。则 (1)没有装置保护,鸡蛋不被摔坏时鸡蛋着地的
7、最大速度;(2) 夹板与鸡蛋之间的摩擦力是鸡蛋重力的几倍;(3)当装置从 H=4.5m 高处下落,为了让鸡蛋能够落到地面,则鸡蛋在夹板中下落的最长距离 s。7.(14 分) 如图所示,光滑足够长导轨倾斜放置,导轨间距为 L=1m,导轨平面与水平面夹角为 =30o,其下端连接一个灯泡,灯泡电阻为 R=2,导体棒 ab 垂直于导轨放置,除灯泡外其它电阻不计。两导轨间的匀强磁场的磁感应强度为 B=0.5T,方向垂直于导轨所在平面向上。将导体棒从静止释放,在导体棒的速度v 达到 2m/s 的过程中通过灯泡的电量 q=2C。随着导体棒的下滑,其位移 x 随时间 t 的变化关系趋近于 x=4t2(m) 。
8、取 g=10m/s2,求:导体棒的质量 m;当导体棒速度为 v=2m/s 时,灯泡产生的热量 Q;辨析题:辨析题:为了提高 ab 棒下滑过程中小灯泡的最大功率,试通过计算提出两条可行的措施。某同学解答如下:小灯泡的最大功率为RBLvPm2)(其中 vm为下滑的最大速度) ,因此提高 ab 棒下滑过程中小灯泡的最大功率的措施有:增大磁感应强度 B、。由此所得结果是否正确?若正确,请写出其他两条可行的措施;若不正确,请说明理由并给出正确的解答。8.(14 分)如图所示,一质量 m=0.1kg、电量q=1.010-5 C 的带正电小球(可视作点电荷) ,它在一高度和水平位置都可以调节的平台上滑行一段
9、距离后平抛,并沿圆弧轨道下滑。A、B 为圆弧两端点,其连线水平,已知圆弧半径 R=1.0m,平台距 AB 连线的高度 h 可以在 0.2m-0.8m.之间调节。有一平行半径 OA 方向的匀强电场 E,只存在圆弧区域内。为保证小球从不同高度 h 平抛,都恰能无碰撞地沿圆弧切线从 A 点进入光滑竖直圆弧轨道,小球平抛初速度 v0和 h 满足如图所示的抛物线,同时调节平台离开 A 点的距离合适。不计空气阻力,取 g=10m/s2,求:(1)小球在空中飞行的最短时间 t;(2)平台离开 A 的水平距离 x 范围;(3)当 h=0.2m 且 E=2.5104N/C 时,小球滑到最低点 C点的速度 v;(
10、4)为了保证小球在圆轨道内滑动到 C 点的速度都是(3)中的 v,则电场力 F=qE 的大小应与平台高度 h 满足的关系。 (通过列式运算说明)Bab参考答案参考答案1、(4 分)AB 27、(4 分) (1)(2 分) (2) (2 分)相反 2、(1)(2 分)2.25s (2)(4 分) B C (3)(2 分) 0) 1( ggVnG 3、(1)(2 分)(b) D (2)(4 分)1.48(士 0.04)V、0.85(士 0.03) (3)(2 分) 不变 4、(10 分)(1)设玻璃管的横截面为 S1 P1=25cmHg,V1=6S1 V2=10S1P1V1=P2V2 (2 分)
11、25cmHg6S1=P210S1 P2=15cmHg(2 分) P2=P0-gh=75-h(cmHg) (2 分) h=60cm(1 分)(2)设水银槽的截面积为 S2 则 2S2=10S1 (2 分) S2=5S1(1 分)5、 (1) (3 分) mg-f=ma (1 分)0.1mg=ma a=9m/s2(1 分)v2=2as=290.18 v=1.8m/s (1 分)(2) (7 分)设装置落地时的速度为 v1v12=2aH=294.5=81 (1 分) v1=9m/s (1 分) t1= v1/a=9/9=1s(1 分)所以鸡蛋继续下落时间为 0.2s,落地速度为 1.8m/sa蛋=
12、(v1-v)/t2=(9-1.8)/0.2=36m/s2(2 分)对蛋分析,由牛顿第二定律得 F+0.1mg-mg=ma蛋=3.6mg F=4.5mg(2 分)(3) (2 分)s= v12/2a蛋=81/72=1.125m (2 分)6、 (1) (4 分)根据 x=4t2(m)得,最后匀速运动的速度为 vm=4m/s匀速运动时,F安=mgsin300 (2 分) B2L2vm/R= mgsin300 解得 m=0.1kg(2 分)(2) (5 分) 通过灯泡的电量 q=It=R=RBls=2c(1 分) 解得 s=8m(1 分)由动能定理得mgssin300-W安=mv2/2 (2 分)
13、灯泡产生的热量 Q= W安= mgssin300- mv2/2=3.8J(1 分)(3)(5 分)不正确, (1 分)式中 vm,根据安培力等于重力的下滑力,可以求出它与 B 的平方成反比,所以增大 B 的同时,最大速度在减小,并不能提高小灯泡的最大功率。 (1 分)因为 P=I2R,所以提高 ab 棒下滑过程中小灯泡的最大功率,须增大电流 I 或电阻 R匀速运动时,F安=BIL=mgsin I= mgsin/BL, (2 分)所以可以减小 B、L,或增大 m、R、。 (1 分)7、(1) (2 分)当平台高度为 0.2m 时,空中飞行的最短时间 t=gh2=0.2s(2) (4 分)因为小球
14、从不同高度 h 平抛,都恰能无碰撞地沿圆弧切线从 A 点进入光滑竖直圆弧轨道,所以小球进入圆弧轨道时时的速度方向不变,设此速度与竖直方向成 角。tg=yvv0=ghv20v02=2ghtan2由图像中当 h=0.8m 时,v0=3m/s 代入上式得9=2100.8tg2tg=0.75 =370 则 =1060所以 v02=11.25h当 h=0.2m 时, v0=1.5m/s平台离开 A 的最小距离为 s1= v0t=1.50.2=0.3m同理得平台离开 A 的最大距离为 s2= v0gh2=3108 . 02=1.2m(3) (4 分)小球到达 A 点时的速度 vA=sin0v=6 . 0 5 . 1=2.5m/s从 A 点到 C 点,由动能定理得mgR(1-cos530)-qE R(1-cos530)= 21mvC2- 21mvA2代入数据,解得 vC=3.5m/s(4) (4 分)从 A 点到 C 点,由动能定理得mgR(1-cos530)-FR(1-cos530)=21mvC2- 21mvA2=21mvC2- 21m2cos yv=21mvC2- 21m2cos2gh代入数据得 32F=125h-17或53. 09 . 3hF