1、滚动测试卷四(第一十二章)(时间:60分钟满分:100分)滚动测试卷第13页一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第15题只有一项符合题目要求,第68题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.关于物理学的研究方法,下列说法不正确的是()A.伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法B.卡文迪许在利用扭秤实验装置测量引力常量时,应用了放大法C.由牛顿运动定律可知加速度a=Fm,该公式体现了比值定义法D.“总电阻”“交变电流的有效值”等用的是等效替代的方法答案:C解析:伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学
2、研究的方法,A正确;卡文迪许在利用扭秤实验装置测量引力常量时,应用了放大法,B正确;公式a=Fm是牛顿第二定律的表达式,不是运用了比值定义法,C错误;“总电阻”“交变电流的有效值”等用的是等效替代的方法,D正确。2.如图所示,拉格朗日点L1位于地球和月球连线上,处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下,可与月球一起以相同的周期绕地球运动。据此,科学家设想在拉格朗日点L1处建立空间站,使其与月球同周期绕地球运动。以a1、a2分别表示该空间站和月球向心加速度的大小,a3表示地球同步卫星向心加速度的大小。以下判断正确的是()A.a2a3a1B.a2a1a3C.a3a1a2D.a3a2a1答案:D解
3、析:因空间站建在拉格朗日点,所以月球与空间站绕地球转动的周期相同,空间站半径小,由a=2r得a1a2,月球与同步卫星都是由地球的万有引力提供向心力做圆周运动,而同步卫星的半径小,由a=GMr2得a2a2a1,选项D正确。3.1966年,在地球的上空完成了用动力学方法测质量的实验。实验时,用双子星号宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组(后者的发动机已熄火),接触以后,开动“双子星号”飞船的推进器,使飞船和火箭组共同加速。推进器的平均推力F=895 N,推进器开动时间t=7 s。测出飞船和火箭组的速度变化v=0.91 m/s。已知双子星号飞船的质量m1=3 400 kg。由以上实验数据可测出火箭组
4、的质量m2为()A.3 400 kgB.3 485 kgC.6 265 kgD.6 885 kg答案:B解析:根据动量定理得Ft=(m1+m2)v,代入数据解得m23 485 kg,B选项正确。4.(2019四川乐山模拟)如图所示,真空中a、b、c、d四点共线且等距,a、b、c、d连线水平。先在a点固定一点电荷+Q,测得b点电场强度大小为E。若再将另一点电荷+2Q放在d点,则()A.b点电场强度大小为E2,方向水平向右B.b点电场强度大小为3E2,方向水平向左C.c点电场强度大小为9E4,方向水平向右D.c点电场强度大小为9E4,方向水平向左答案:A解析:设ab=bc=cd=L,+Q在b点产生
5、的电场强度大小为E,且E=kQr2,方向水平向右; +2Q在b点产生的电场强度大小为E1=k2Q(2L)2=kQ2L2=E2,方向水平向左,所以b点的电场强度大小为 Eb=E-12E=12E,方向水平向右,故A正确,B错误;+Q在c点产生的电场强度大小为Ec1=kQ(2L)2=E4,方向向右;+2Q在c点产生的电场强度大小为Ec2=2kQL2=2E,方向水平向左,所以c点的电场强度大小为Ec=2E-14E=74E,方向水平向左,故C、D错误。5.如图甲所示,在水平面上固定一电阻为R、半径为r0的单匝金属线圈,线圈内有一半径为r(rr0)的区域内存在垂直线圈平面向上的匀强磁场,磁场的磁感应强度B
6、随时间t如图乙变化时,令B0r2Rt0=a,B0r02Rt0=b,从上往下看,以顺时针方向的电流为正,下列选项中能正确表示线圈中感应电流I变化的是()答案:D解析:在0t0时间内线圈中产生的感应电动势:E1=BtS=B0t0r2,感应电流I1=E1R=B0r2Rt0=a,根据楞次定律,电流为顺时针方向,即正方向;在t03t0时间内线圈中磁通量不变,产生的感应电流为零;在3t05t0时间内,电动势:E2=BtS=B02t0r2,感应电流I2=E2R=B0r22Rt0=12a,根据楞次定律,电流为逆时针方向,即负方向,故选D。6.如图所示,重12 N的物块G1在三根细绳悬吊下处于静止状态,细绳BP
7、在水平方向,细绳AP偏离竖直方向37角,且细绳BP连在重50 N的物块G2上,物块G2静止于倾角为37的斜面上(sin 37=0.6,cos 37=0.8),g取10 m/s2。则下列说法正确的是()A.绳PB对物块G2的拉力为9 NB.绳PA对P点的拉力为20 NC.斜面对物块G2的摩擦力为37.2 ND.斜面对物块G2的支持力为34.6 N答案:ACD解析:P点受力,如图甲所示,由平衡条件可得:FAcos 37=G1,FAsin 37=FB,解得FB=9 N,FA=15 N,选项A正确,B错误。再分析物块G2的受力情况,如图乙所示。由物体的平衡条件可得Ff=G2sin 37+FBcos 3
8、7,FN+FBsin 37=G2cos 37,FB=FB,由以上三式解得Ff=37.2 N,FN=34.6 N,选项C、D正确。7.右图为一种质谱仪示意图,由加速电场、静电分析器和磁分析器组成,若静电分析器通道中心线的半径为R,通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E,磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外,一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器,由P点垂直边界进入磁分析器,最终打到胶片上的Q点,不计粒子重力,下列说法正确的是()A.极板M比极板N电势高B.加速电场的电压U=ERC.直径PQ=2BqmERD.若一群粒
9、子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点,则该群粒子具有相同的比荷答案:AD解析:由左手定则可知,粒子带正电,而粒子在M、N间被加速,所以M板的电势高于N板,A正确;根据电场力提供向心力,则有qE=mv2R,又粒子在加速电场中运动,有qU=12mv2,从而解得U=ER2,B错误;根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2r,结合上式可知,PQ=2r=2ERBmq,若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点说明运动的直径相同,由于磁感应强度、电场强度与静电分析器的半径不变,则该群粒子具有相同的比荷,C错误,D正确。8.在探究光电效应的实验中,用光照射某种金属,测得该金属表面有光电子逸出的
10、最大入射光波长为0。若用氢原子发出的光照射该金属,已知氢原子从能级3跃迁到能级2时发出的光可使该金属发生光电效应,但从能级4跃迁到能级3发出的光不能使该金属发生光电效应。已知氢原子能级如图所示,真空中的光速为c。则()A.该金属的极限频率为c0B.该金属的逸出功大于0.66 eVC.当用氢原子从能级5跃迁到能级3发出的光照射该金属时,该金属一定会发生光电效应D.当用氢原子从其他能级跃迁到能级1发出的光照射该金属时,该金属一定会发生光电效应答案:ABD解析:用光照射某种金属,测得该金属表面有光电子逸出的最大入射光波长为0。根据波长和频率的关系得,该金属的极限频率为c0,故A正确;从能级4跃迁到能
11、级3发出的光不能使该金属发生光电效应。能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差,发生光电效应的条件是光子能量大于逸出功,所以该金属的逸出功大于从能级4跃迁到能级3发出的光子能量,即该金属的逸出功大于0.66 eV,故B正确;若用氢原子发出的光照射该金属,已知氢原子从能级3跃迁到能级2时发出的光可使该金属发生光电效应,即该金属的逸出功小于1.89 eV,所以当用氢原子从能级5跃迁到能级3发出的光照射该金属时,该金属不一定会发生光电效应,故C错误;当用氢原子从其他能级跃迁到能级1发出的光照射该金属时,发出的光子能量大于或等于10.20 eV,所以该金属一定会发生光电效应,故D正确。二、实验题(
12、本题共2小题,共20分)9.(8分)某课外活动小组利用竖直上抛运动来验证机械能守恒定律:甲乙(1)某同学用20分度游标卡尺测量小球的直径,读数如图甲所示,小球直径为cm。用如图乙所示的弹射装置小球竖直向上抛出,先后通过光电门A、B,计时装置测出小球通过A、B的时间分别为2.55 ms、5.15 ms,由此可知小球通过光电门A、B时的速度分别为vA、vB,其中vA= m/s(保留两位有效数字)。(2)用刻度尺测出光电门A、B间的距离h,已知当地的重力加速度为g,只需要比较2gh与是否相等就可以验证机械能是否守恒(用题目中涉及的物理量符号来表示)。(3)通过多次的实验发现,小球通过光电门A的时间越
13、短,(2)中要验证的两数值相差越大,试分析实验中产生误差的主要原因:。答案:(1)1.0204.0(2)vA2-vB2(3)速度越大,小球克服空气阻力做功越多解析:(1)小球的直径为d=10 mm+0.054 mm=10.20 mm=1.020 cm;vA=dtA=1.02010-22.5510-3 m/s=4.0 m/s。(2)分析实验逆过程,即小球从B到A的运动情况,若动能的增加量和重力势能的减少量相等,则机械能守恒,重力势能的减少量为mgh,动能的增加量为12mvA2-12mvB2,则比较2gh和vA2-vB2是否相等,就可以验证机械能是否守恒。(3)由于受到空气阻力作用,小球通过光电门
14、A的时间越短,速度越大,克服空气阻力做功越多。10.(12分)某同学用下列器材测电源的电动势和内阻。待测电源E(电动势约为3 V,内阻约为2.5 );电流表A(量程为00.6 A,内阻约为0.5 );电阻箱R(最大阻值为99.9 );开关S,导线若干。(1)在方框中画出实验电路图。该同学根据正确的电路图,正确连接电路,规范操作。(2)第一次测量:调节电阻箱R,示数为R1时,读取电流表示数I1;示数为R2时,读取电流表示数I2。则电源电动势的计算式E=,内阻的计算式r= 。(3)第二次测量:调节电阻箱R的阻值,记录多组电流表的读数I和电阻箱的对应读数R,以1I为纵坐标,R为横坐标,根据测量数据作
15、出如图所示的1I-R图线,则电源电动势E= V,内阻r= 。(4)关于该实验,下列说法正确的是。A.由于电流表的内阻,会使电源内阻的测量值存在系统误差B.由于电流表的内阻,会使电源电动势的测量值存在系统误差C.第二次测量中的数据处理方式可以减小偶然误差D.第一次测量中,若测有三组数据,则可求得电源电动势E和内阻r及电流表内阻RA答案:(1)如解析图所示(2)I1I2(R1-R2)I2-I1I2R2-I1R1I1-I2(3)33(4)AC解析:(1)由题意可得应将电源与电流表和电阻箱串联。(2)根据闭合电路欧姆定律可知E=I1(R1+r),E=I2(R2+r),由两式解得E=I1I2(R1-R2
16、)I2-I1,r=I2R2-I1R1I1-I2。(3)根据闭合电路欧姆定律可知E=I(R+r),即1I=1ER+rE,结合图像可知直线斜率k=13=1E,得E=3 V,由rE=1,得r=3 。(4)实验中电流表视为理想电表,实际电流表有一部分内阻,电源内阻测量值包含了电流表的内阻,但是并不影响电动势的测量,电动势的测量值等于真实值,选项A正确,B错误;测量多组数据,利用图像斜率和截距处理数据,测量值更加精确,可以减小偶然误差,选项C正确;如果考虑电流表内阻,即使测量三组数据,只能测量电动势和电源与电流表的总电阻,无法求解电源的内阻,选项D错误。三、计算题(本题共3小题,共32分)11.(10分
17、)在十字路口,红灯拦停了很多汽车和行人,拦停的汽车排成笔直的一列,最前面一辆汽车的前端刚好与路口停车线相齐,相邻两车的前端间距均为d=6.0 m,且车长为l0=4.8 m,最前面的行人站在人行横道线边缘,已知人行横道线长s=20 m。若汽车启动时都以a1=2.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动,加速到v1=10.0 m/s后做匀速直线运动通过路口。行人起步的加速度为a2=0.5 m/s2,达到v2=1.0 m/s后匀速通过人行横道线。已知该路口亮绿灯的时间t=40 s,而且有按倒计时显示的时间显示灯(无黄灯)。另外交通法规定:原在绿灯时通行的汽车,红灯亮起时,车头已越过停车线的允许通过。由于
18、行人和汽车司机一直关注着红绿灯,因此可以不考虑行人和汽车的反应时间。请回答下列问题:(1)路口对面最前面的行人在通过横道线的过程中与几辆车擦肩而过?(2)按题述情景,不能通过路口的第一辆汽车司机,在时间显示灯刚亮出“3”时开始刹车,使车匀减速运动,结果车的前端与停车线相齐,求刹车后汽车经多长时间停下。答案:(1)31辆(2)6.8 s解析:(1)汽车加速时间t1=v1a1=4.0 s,加速位移为x1=12a1t12=20 m行人加速的时间t2=v2a2=2.0 s,加速位移为x2=v22t2=1 m行人通过横道线的时间为t=t2+s-x2v2=21 s在行人通过横道线的时间内汽车行驶位移x3=
19、x1+v1(t-t1)=190 m能到达横道线的车辆数N1=x3d31.7,0.7d=4.2 ml0=4.8 m,即第32辆车有一部分是行人离开横道线后从侧边走过,故取N1=31辆车擦肩而过。(2)在亮灯t=40 s内汽车行驶的位移x4=x1+v1(t-t1)=380 m该时段内能通过路口的车辆N2=x4d63.3,取整知N2=64,即第65辆车未能通过。设t0=3 s时第65辆车行驶的位移为x5=x1+v1(t-t1-t0)=350 m,此时车离停车线的距离x6=64d-x5=34 m,故它停下的时间满足x6=v12t3,解得t3=6.8 s。12.(10分)右图为车站使用的水平传送带的模型
20、,水平传送带的长度为l=8 m,传送带的皮带轮的半径均为R=0.2 m,传送带的上部距地面的高度为h=0.45 m,现有一个旅行包(视为质点)以v0=10 m/s的初速度水平地滑上水平传送带,已知旅行包与传送带之间的动摩擦因数为=0.6,g取10 m/s2,不计空气阻力。(1)若传送带静止,旅行包滑到B端时,人没有及时取下,旅行包将从B端滑落,求旅行包的落地点与B端的水平距离。(2)设皮带轮顺时针匀速转动,并设水平传送带长度仍为8 m,旅行包滑上传送带的初速度恒为10 m/s,当皮带轮的角速度值在什么范围内,旅行包落地点与B端的水平距离始终为(1)中所求的距离?若皮带轮的角速度1=40 rad
21、/s,旅行包落地点与B端的水平距离又是多少?答案:(1)0.6 m(2)10 rad/s2.4 m解析:(1)旅行包做匀减速运动的加速度为a=g=6 m/s2旅行包到达B端的速度为v=v02-2al=v02-2gl=100-96 m/s=2 m/s旅行包的落地点与B端的水平距离为s=vt=v2hg=0.6 m。(2)要使旅行包落地点始终为(1)中所求的位置,旅行包在传送带上需做匀减速运动,则皮带轮的临界角速度为=vR=10 rad/s值的范围是10 rad/s当1=40 rad/s时,传送带速度为v1=1R=8 m/s当旅行包速度也为v1=8 m/s时,在传送带上运动的距离为s=v02-v12
22、2a=3 m8 m以后旅行包做匀速直线运动,所以旅行包到达B端的速度也为v1=8 m/s旅行包的落地点与B端的水平距离为s1=v1t=v12hg=2.4 m。13.(12分)如图所示,在平面直角坐标系中,第三象限里有一加速电场,一个电荷量为q、质量为m的带正电粒子(不计重力),从静止开始经加速电场加速后,垂直于x轴从A(-4L,0)点进入第二象限,在第二象限的区域内,存在着指向O点的均匀辐射状电场,距O点4L处的电场强度大小均为E=qLB0216m,粒子恰好能垂直于y轴从C(0,4L)点进入第一象限,如图所示,在第一象限中有两个全等的直角三角形区域和,均充满了方向垂直于纸面向外的匀强磁场,区域
23、的磁感应强度大小为B0,区域的磁感应强度大小可调,D点坐标为(3L,4L),M点为CP的中点。粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场。从磁场区域进入第二象限的粒子可以被吸收掉。(1)求加速电场的电压U;(2)若粒子恰好不能从OC边射出,求区域磁感应强度大小;(3)若粒子能到达M点,求区域磁场的磁感应强度大小的所有可能值。答案:见解析解析:(1)粒子在加速电场中加速,根据动能定理有:qU=12mv2粒子在第二象限辐射状电场中做半径为R的匀速圆周运动,则:qE=mv24L联立解得:v=qB0L2m,U=qL2B028m。(2)粒子在区域中运动的速度大小v=qB0L2m根据洛伦兹力提供粒
24、子在磁场中做匀速圆周运动的向心力,有qB0v=mv2r,得半径r=mvqB0=L2若粒子在区域中的运动半径R较小,则粒子会从OC边射出磁场。恰好不从OC边射出时,作出对应的运动轨迹,如图所示。满足O2O1Q=2,sin 2=2sin cos =2425,又sin 2=rR-r解得:R=4924r=4948L又R=mvqB,代入v=qB0L2m可得:B=24B049。(3)若粒子由区域达到M点每次前进CP2=2(R-r)cos =85(R-r)由周期性得:CM=nCP2(n=1,2,3,),即52L=85n(R-r)R=r+2516nL4948L,解得n3n=1时,R=3316L,B=833B0n=2时,R=4132L,B=1641B0,n=3时,R=4948L,B=2449B0若粒子由区域达到M点由周期性:CM=CP1+nCP2(n=0,1,2,3,)即52L=85R+85n(R-r)解得:R=52+45n85(1+n)L4948L解得:n2625,n=0时,R=2516L,B=825B0n=1时,R=3332L,B=1633B0。
