《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
