课标Ⅱ正文Word格式文档下载.docx
《课标Ⅱ正文Word格式文档下载.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《课标Ⅱ正文Word格式文档下载.docx(15页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
在减小,即线框进入磁场过程做加速度减小的变减速运动,B错误;
由于d>
L,若线框完全进入磁场中仍有速度,则线框将会在磁场中做匀速运动直至右边滑出磁场,线框出磁场过程仍做加速度减小的减速运动,C错误,D正确.
17.K2[2013·
新课标全国卷Ⅱ]空间有一圆柱形匀强磁场区域,该区域的横截面的半径为R,磁场方向垂直于横截面.一质量为m、电荷量为q(q>
0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场,离开磁场时速度方向偏离入射方向60°
.不计重力,该磁场的磁感应强度大小为( )
A.
B.
C.
D.
17.A [解析]由Bqv0=
可得:
B=
,粒子沿半径射入磁场必沿半径射出磁场,可作出运动轨迹图如图所示,由几何知识可得:
r=
R,即B=
,A正确.
18.K1[2013·
新课标全国卷Ⅱ]如图,在光滑绝缘水平面上,三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上;
a、b带正电,电荷量均为q,c带负电.整个系统置于方向水平的匀强电场中.已知静电力常量为k.若三个小球均处于静止状态,则匀强电场场强的大小为( )
B.
18.B [解析]由题意,三个小球均处于静止状态,对c球而言,a、b两球在c球所在位置处产生的合场强与匀强电场的场强等大反向,故匀强电电场的场强大小E=2
cos30°
=
,B正确.
19.L1[2013·
新课标全国卷Ⅱ]在物理学发展过程中,观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用.下列叙述符合史实的是( )
A.奥斯特在实验中观察到电流的磁效应,该效应揭示了电和磁之间存在联系
B.安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性,提出了分子环流假说
C.法拉第在实验中观察到,在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中,会出现感应电流
D.楞次在分析了许多实验事实后提出,感应电流应具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
19.ABD [解析]奥斯特观察到电流的磁效应,表明电流可以产生磁场,揭示了电与磁的联系,A正确;
安培根据通电螺线管和条形磁铁磁场的相似性,提出了分子环流假说,符合物理史实,B正确;
法拉第发现处于变化的磁场中的闭合线圈中会产生感应电流,C错误;
D项的叙述符合楞次定律的发现过程,D正确.
20.E6[2013·
新课标全国卷Ⅱ]目前,在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转,其中一些卫星的轨道可近似为圆,且轨道半径逐渐变小.若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中,只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用,则下列判断正确的是( )
A.卫星的动能逐渐减小
B.由于地球引力做正功,引力势能一定减小
C.由于气体阻力做负功,地球引力做正功,机械能保持不变
D.卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小
20.BD [解析]由G
=m
可得v=
,轨道半径变小,则运行的速度变大,卫星的动能增大,A错误;
轨道半径变小,地球引力做正功,引力势能减小,B正确;
由于气体阻力做负功,产生热量,故机械能减小,C错误;
由动能定理,动能增大,则克服气体阻力做的功小于引力做的功,而引力做功等于引力势能的减小,故克服气体阻力做的功小于引力势能的减小,D正确.
21.D4[2013·
新课标全国卷Ⅱ]公路急转弯处通常是交通事故多发地带.如图,某公路急转弯处是一圆弧,当汽车行驶的速率为vc时,汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势.则在该弯道处,( )
A.路面外侧高内侧低
B.车速只要低于vc,车辆便会向内侧滑动
C.车速虽然高于vc,但只要不超出某一最高限度,车辆便不会向外侧滑动
D.当路面结冰时,与未结冰时相比,vc的值变小
21.AC [解析]由题意,当汽车的速率为vc时无滑动趋势,说明此时汽车与路面没有横向摩擦力,路面应不是平的,而应是外侧高内侧低,由重力的分力充当向心力,A正确;
当车速低于vc时,车和地面之间会产生横向静摩擦力,阻碍汽车向内侧滑动,B错误;
当车速高于vc时,车和地面之间仍会有摩擦力,此力与重力的分力一起提供向心力,只要车速不超过某一最高速度,车辆便不会向外侧滑动,C正确;
因为vc是车和地面无摩擦时的临界值,所以与路况无关,D错误.
22.E6[2013·
新课标全国卷Ⅱ]某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究:
一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上,弹簧左端固定,右端与一小球接触而不固连;
弹簧处于原长时,小球恰好在桌面边缘,如图(a)所示.向左推小球,使弹簧压缩一段距离后由静止释放;
小球离开桌面后落到水平地面.通过测量和计算,可求得弹簧被压缩后的弹性势能.
图(a)
回答下列问题:
(1)本实验中可认为,弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等.已知重力加速度大小为g.为求得Ek,至少需要测量下列物理量中的________(填正确答案标号).
A.小球的质量m
B.小球抛出点到落地点的水平距离s
C.桌面到地面的高度h
D.弹簧的压缩量Δx
E.弹簧原长l0
(2)用所选取的测量量和已知量表示Ek,得Ek=________.
(3)图(b)中的直线是实验测量得到的s-Δx图线.从理论上可推出,如果h不变,m增加,s-Δx图线的斜率会________(填“增大”“减小”或“不变”);
如果m不变,h增加,s-Δx图线的斜率会________(填“增大”“减小”或“不变”).由图(b)中给出的直线关系和Ek的表达式可知,Ep与Δx的________次方成正比.
图(b)
22.
(1)ABC
(2)
(3)减小 增大 2
[解析]
(1)根据平抛运动规律求小球抛出时的动能.
动能Ek=
mv
,根据平抛运动规律有:
h=
gt2,s=v0t,
Ek=
,故需要测量小球的质量m、小球抛出点到落地点的水平距离s和桌面到地面的高度h,选项A、B、C正确.
(3)由图像可知,s与Δx成正比,设图像斜率为k,则s=kΔx,弹性势能Ep与动能Ek的关系为Ep=Ek=
,故Ep=
·
Δx2,即弹簧的弹性势能与Δx的二次方成正比.当h不变时,m增大,k就减小;
当m不变时,h增大,k就增大.
23.J6[2013·
新课标全国卷Ⅱ]某同学用量程为1mA、内阻为120Ω的表头按图(a)所示电路改装成量程分别为1V和1A的多用电表.图中R1和R2为定值电阻,S为开关.回答下列问题:
(1)根据图(a)所示的电路,在图(b)所示的实物图上连线.
(2)开关S闭合时,多用电表用于测量________(填“电流”“电压”或“电阻”);
开关S断开时,多用电表用于测量________(填“电流”“电压”或“电阻”).
(3)表笔A应为________色(填“红”或“黑”).
(4)定值电阻的阻值R1=________Ω,R2=________Ω.(结果取3位有效数字)
图(a) 图(b)
23.
(1)连线如图所示
(2)电流 电压
(3)黑
(4)1.00 880
[解析]
(1)根据电路图连接实物图,注意两表笔与表头的正负接线柱.
(2)根据“串联分压,并联分流”可知,当S断开时,多用电表测量电压;
当S闭合时,多用电表测量电流.
(3)电流从红表笔流进多用电表,从黑表笔流出.从电路图中表头和表笔的接法可知电流从表笔A流出,所以A为黑表笔.
(4)当S断开时为电压表,此时R2=
-120Ω=880Ω;
当S闭合时为电流表,此时R1=
≈1.00Ω.
24.I7[2013·
新课标全国卷Ⅱ]如图,匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道,轨道平面与电场方向平行.a、b为轨道直径的两端,该直径与电场方向平行.一电荷量为q(q>
0)的质点沿轨道内侧运动,经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb.不计重力,求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能.
24.[解析]质点所受电场力的大小为
f=qE ①
设质点质量为m,经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb,由牛顿第二定律有
f+Na=m
②
Nb-f=m
③
设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb,有
Eka=
④
Ekb=
⑤
根据动能定理有
Ekb-Eka=2rf ⑥
联立①②③④⑤⑥式得
E=
(Nb-Na) ⑦
(Nb+5Na) ⑧
(5Nb+Na) ⑨
25.C5[2013·
新课标全国卷Ⅱ]
一长木板在水平地面上运动,在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上,以后木板运动的速度-时间图像如图所示.已知物块与木板的质量相等,物块与木板间及木板与地面间均有摩擦,物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上.取重力加速度的大小g=10m/s2,求:
(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数;
(2)从t=0时刻到物块与木板均停止运动时,物块相对于木板的位移的大小.
25.[解析]
(1)从t=0时开始,木板与物块之间的摩擦力使物块加速,使木板减速,此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止.
由图可知,在t1=0.5s时,物块和木板的速度相同.设t=0到t=t1时间间隔内,物块和木板的加速度大小分别为a1和a2,则
a1=
①
a2=
式中v0=5m/s、v1=1m/s分别为木板在t=0、t=t1时速度的大小.
设物块和木板的质量为m,物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,由牛顿第二定律得
μ1mg=ma1 ③
(μ1+2μ2)mg=ma2 ④
联立①②③④式得
μ1=0.20 ⑤
μ2=0.30 ⑥
(2)在t1时刻后,地面对木板的摩擦力阻碍木板运动,物块与木板之间的摩擦力改变方向.设物块与木板之间的摩擦力大小为f,物块和木板的加速度大小分别a′1和a′2,则由牛顿第二定律得
f=ma′1 ⑦
2μ2mg-f=ma′2 ⑧
假设f<μ1mg,则a′1=a′2;
由⑤⑥⑦⑧式得f=μ2mg>μ1mg,与假设矛盾.故
f=μ1mg⑨
由⑦⑨式知,物块加速度的大小a′1等于a1;
物块的v-t图像如图中点划线所示.
由运动学公式可推知,物块和木板相对于地面的运动距离分别为
s1=2×
⑩
s2=
t1+
物块相对于木板的位移的大小为
s=s2-s1
联立①⑤⑥⑧⑨⑩
式得
s=1.125m
33.[物理——选修3-3](15分)H3[2013·
(1)(5分)关于一定量的气体,下列说法正确的是________(填正确答案标号.选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分;
每选错1个扣3分,最低得分为0分).
A.气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积,而不是该气体所有分子体积之和
B.只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度,气体的温度就可以降低
C.在完全失重的情况下,气体对容器壁的压强为零
D.气体从外界吸收热量,其内能一定增加
E.气体在等压膨胀过程中温度一定升高
33.
(2)(10分)如图,一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置.玻璃管的下部封有长l1=25.0cm的空气柱,中间有一段长l2=25.0cm的水银柱,上部空气柱的长度l3=40.0cm.已知大气压强为p0=75.0cmHg.现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓慢往下推,使管下部空气柱长度变为l′1=20.0cm.假设活塞下推过程中没有漏气,求活塞下推的距离.
33.
(1)ABE [解析]气体分子间隙很大,气体体积是指气体的分子能够到达的空间的体积,A正确;
根据分子动理论,温度越高,分子热运动越剧烈,相反,温度越低,分子热运动剧烈程度越弱,B正确;
气体压强是微观止大量分子对容器壁频繁碰撞的结果,与宏观上物体的运动状态无关,C错误;
改变内能的方式有两种——做功和热传递,气体吸收热量,若同时对外做功,则内能不一定增加,D错误;
在等压膨胀过程中,气体的体积V增大,压强p不变,由
=C(常量)可知,温度T一定升高,E正确.
(2)以cmHg为压强单位.在活塞下推前,玻璃管下部空气柱的压强为p1=p0+l2 ①
设活塞下推后,下部空气柱的压强为p′1,由玻意耳定律得
p1l1=p′1l′1 ②
设活塞下推距离为Δl,则此时玻璃管上部空气柱的长度为l′3=l3+l1-l′1-Δl ③
设此时玻璃管上部空气柱的压强为p′3,则
p′3=p′1-l2 ④
由玻意耳定律得
p0l3=p′3l′3 ⑤
由①至⑤式及题给数据解得
Δl=15.0cm ⑥
34.[物理——选修3-4](15分)C1[2013·
(1)(5分)如图,一轻弹簧一端固定,另一端连接一物块构成弹簧振子,该物块是由a、b两个小物块粘在一起组成的.物块在光滑水平面上左右振动,振幅为A0,周期为T0.当物块向右通过平衡位置时,a、b之间的粘胶脱开;
以后小物块a振动的振幅和周期分别为A和T,则A________A0(填“>
”“<
”或“=”),T________T0(填“>
”或“=”).
(2)(10分)如图,三棱镜的横截面为直角三角形ABC,∠A=30°
,∠B=60°
.一束平行于AC边的光线自AB边的P点射入三棱镜,在AC边发生反射后从BC边的M点射出.若光线在P点的入射角和在M点的折射角相等,
(ⅰ)求三棱镜的折射率;
(ⅱ)在三棱镜的AC边是否有光线透出?
写出分析过程.(不考虑多次反射)
34.
(1)<
<
(2)(ⅰ)光路图如图所示,图中N点为光线在AC边发生反射的入射点,设光线在P点的入射角为i、折射角为r,在M点的入射角为r′、折射角依题意也为i,有
i=60°
由折射定律有
sini=nsinr ②
nsinr′=sini ③
由②③式得
r=r′ ④
OO′为过M点的法线,∠C为直角,OO′∥AC.由几何关系有
∠MNC=r′ ⑤
由反射定律可知
∠PNA=∠MNC ⑥
联立④⑤⑥式得
∠PNA=r ⑦
由几何关系得
r=30°
⑧
联立①②⑧式得
n=
⑨
(ⅱ)设在N点的入射角为i″,由几何关系得
i″=60°
此三棱镜的全反射临界角满足
nsinθc=1
由⑨⑩
i″>θc
此光线在N点发生全反射,三棱镜的AC边没有光线透出.
35.[物理——选修3-5](15分)O2[2013·
(1)(5分)关于原子核的结合能,下列说法正确的是________(填正确答案标号.选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分;
A.原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量
B.一重原子核衰变成α粒子和另一原子核,衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能
C.铯原子核(
Cs)的结合能小于铅原子核(
Pb)的结合能
D.比结合能越大,原子核越不稳定
E.自由核子组成原子核时,其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能
[解析]根据结合能的概念,将原子核分解成自由核子所需要的最小能量等于结合能,A正确;
结合能越大,原子核越稳定,重核衰变放出能量,转化为结合能更大的衰变产物,B正确;
组成原子核的核子越多,它的结合能越高,故铯原子核的结合能小于铅原子核的结合能,C正确;
比结合能是指原子核结合能对其中所有核子的平均值,亦即若把原子核全部拆成自由核子,平均对每个核子所要添加的能量,所以比结合能越大,原子核越牢固,D错误;
自由核子组成原子核时,放出的能量与组成的原子核的结合能相等,E错误.
(2)如图,光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计).设A以速度v0朝B运动,压缩弹簧;
当A、B速度相等时,B与C恰好相碰并粘接在一起,然后继续运动.假设B和C碰撞过程时间极短.求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中,
(ⅰ)整个系统损失的机械能;
(ⅱ)弹簧被压缩到最短时的弹性势能.
35.
(1)ABC
(2)(ⅰ)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时,对A、B与弹簧组成的系统,由动量守恒定律得
mv0=2mv1 ①
此时B与C发生完全非弹性碰撞,设碰撞后的瞬时速度为v2,损失的机械能为ΔE.对B、C组成的系统,由动量守恒和能量守恒定律得
mv1=2mv2 ②
=ΔE+
(2m)v
联立①②③式得
ΔE=
(ⅱ)由②式可知v2<v1,A将继续压缩弹簧,直至A、B、C三者速度相同,设此速度为v3,此时弹簧被压缩至最短,其弹性势能为Ep.由动量守恒和能量守恒定律得
mv0=3mv3 ⑤
-ΔE=
(3m)v
+Ep ⑥
Ep=
⑦