物理冲刺复习精练51

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p－1/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，如图所示，矿床的密度为n?(n>1，?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1.0Ω左右） B．电流表A1（量程0—3m A，最小刻度0.1mA，内阻忽略不计） C．电流表A2（量程0—0.6A，最小刻度0.02A，内阻忽略不计）

D．滑动变阻器R1（0—20Ω，10 A） E．滑动变阻器R2（0—200Ω，l A）

F．定值电阻R0（990Ω） 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 1.5 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 1.1 表A2分别测得多组I1和I2，并画出I1-I2图线， 1.0 0 则由图线可得被测电池的电动势E＝______V，内阻r＝______Ω。

0.1 0.2 乙 0.3 0.4 I2/A 0.5 1.4 1.3 1.2 I1/mA A2 （a） A1 R0 甲

A2 A1 R0 （b） （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，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θ=30o，其下端连接一个灯泡，灯泡电阻为R=2Ω，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=4t－2（m）。取g=10m/s2，求： ⑴导体棒的质量m；

⑵当导体棒速度为v=2m/s时，灯泡产生的热量Q；

⑶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。

（BLvm)某同学解答如下：小灯泡的最大功率为P?R2B a b θ （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=1.0×10-5 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=2.5×104N/C时，小球滑到最低点C点的速度v；

（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）

参考答案

1、（4分）AB 27、（4分） （1）（2分）② ⑦ （2） （2分）相反 2、（1）(2分)2.25s （2）（4分） B C （3）（2分）

G(n?1)?Vg?g0

3、（1）（2分）（b） D （2）（4分）1.48（士0.04）V、0.85（士0.03）Ω （3）（2分） 不变 4、（10分）(1)设玻璃管的横截面为S1

P1=25cmHg,V1=6S1 V2=10S1

P1V1=P2V2 （2分） 25cmHg×6S1=P210S1 P2=15cmHg（2分） P2=P0-ρgh=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=2×9×0.18 v=1.8m/s （1分） (2) （7分）设装置落地时的速度为v1

v12=2aH=2×9×4.5=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/s a蛋= (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=4t－2（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）

??R (2) （5分） 通过灯泡的电量q=It=由动能定理得

=

BlsR=2c（1分） 解得 s=8m（1分）

mgssin300-W安=mv2/2 (2分) 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=mgsinθ I= mgsinθ/BL, （2分） 所以可以减小B、L，或增大m、R、θ。（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=

2hg=0.2s

（2）（4分）因为小球从不同高度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，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α角。 tgα=

v0vyv02gh=

v02=2ghtan2α

由图像中当h=0.8m时，v0=3m/s代入上式得 9=2×10×0.8×tg2α

tgα=0.75 α=370 则θ=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=1.5×0.2=0.3m 同理得平台离开A的最大距离为s2= v0（3）（4分）小球到达A点时的速度vA=从A点到C点，由动能定理得 mgR(1-cos530)-qE R(1-cos530)= 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)=

121212 2hg=3×

2?0.8101.50.6=1.2m

v0sin?==2.5m/s

mvC2-

12mvA2

mvC2- mvA2

?? ??211?vy =mvC2- m?22??cos? =代入数据得32F=125h-17 或F?3.9h?0.53

12mvC2-

12m

2ghcos?2

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