实验班练习521.docx

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实验班练习521

2014——2015学年度高二下学期实验班练习2015.5.121

一、选择题

1、关于简谐振动，以下说法正确的是（　　）

A．物体运动的路线一定都是直线

B．物体运动的速度方向与位移方向一定相同

C．振动物体所受的回复力方向与物体所受的合力方向不一定相同

D．单摆摆球处于平衡位置时摆线不一定在竖直方向

【答案】CD

【解析】A、简谐振动物体运动的路线可能是直线．比如弹簧振子，也可能是曲线，比如单摆．故A正确．

B、振动物体的位移总是离开平衡位置，而速度可能离开平衡位置，也可能靠近平衡位置，故两者方向不一定相同．故B正确．

C、振动物体所受的回复力方向与物体所受的合力方向不一定相同，比如单摆的回复力是摆球重力的切向分力，并不等于摆球的合力．故C正确．

D、若摆球除受重力和细线的拉力之外，还受到其他力作用，单摆摆球处于平衡位置时摆线不一定在竖直方向．故D正确

2、关于两列波的稳定干涉现象，下列说法正确的是（　　）

A．任意两列波都能产生稳定干涉现象

B．发生稳定干涉现象的两列波，它们的频率一定相同

C．在振动减弱的区域，各质点都处于波谷

D．在振动加强的区域，有时质点的位移等于零

【答案】BD

3、下列说法正确的是（）

A．激光是波长很短、能量很高的电磁波，它就是γ射线

B．光的偏振现象证明了光波是横波

C．多普勒效应在科学技术中有广泛的应用，如：

多普勒测速仪等

D．光电效应现象证明光具有波动性

【答案】BC

【解析】A、激光是由受激发射的光放大产生的辐射；γ射线是高频电磁波，波长很短，故A错误；

B、光的偏振现象证明了光波是横波，故B正确；

C、多普勒效应在科学技术中有广泛的应用，如医学上的B超、交通上的测速仪等，故C正确；

D、光电效应现象证明光具有粒子性，故D错误；

故选BC．

点评：

本题考查了激光、γ射线、多普勒效应、光电效应等，知识点多，难度不大，关键多看书．

4、有以下说法其中正确的是（　　）

A．气体的温度越高，分子的平均动能越大

B．即使气体的温度很高，仍有一些分子的运动速率是非常小的

C．对物体做功不可能使物体的温度升高

D．如果气体分子间的相互作用力小到可以忽略不计，则气体的内能只与温度有关

【答案】AB

【解析】

5、1个铀235吸收1个中子发生核反应时，大约放出196MeV的能量，则1g纯铀235完全发生核反应放出的能量为（NA为阿伏加德罗常数）（　　）

A．NA×196MeV　　　　　B．235NA×196MeV

C．235×196MeVD.

×196MeV

【答案】D

【解析】由于1mol的铀核质量为235g,1g铀235的物质的量为

mol，因此1g铀235释放的能量

E＝

×196MeV，故D正确．

6、摆长为

的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时（即取t＝0），当振动至t＝

时，摆球恰具有负向最大速度，则单摆的振动图象是图中的（　　）

【答案】D

【解析】t＝

＝

T，最大速度时，单摆应在平衡位置，y＝0，v方向为－y，即沿y轴负方向，故D选项正确。

7、如图为某简谐运动图象，若t=0时，质点正经过O点向b运动，则下列说法正确的是（　　）

A．质点在0.7s时的位移方向向左，且正在远离平衡位置运动

B．质点在1.5s时的位移最大，方向向左，在1.75s时，位移为1cm

C．质点在1.2s到1.4s过程中，质点的位移在增加，方向向左

D．质点从1.6s到1.8s时间内，质点的位移正在增大，方向向右

【答案】C

【解析】A、由图知质点在0.7s时的位移为正，说明位移方向向右，而且位移正在减小，说明质点正靠近平衡位置，故A错误；

B、质点在1.5s时的位移为负向最大，说明方向向左．由于质点从最大位移到平衡位置，做的是变加速运动，所以在1.75s时，位移大小大于为1cm，故B错误；

C、质点在1.2s到1.4s过程中，质点的位移为负值，说明方向向左，而且位移在增加，故C正确；

D、质点从1.6s到1.8s时间内，质点的位移为负值，说明方向向左，而且位移在减小，故D错误

8、一只小船静止在湖面上，一个人从小船的一端走到另一端，以下说法正确的是（水的阻力不计）（　　）

A．人受的冲量与船受的冲量大小相等

B．人向前走的速度一定大于小船后退的速度

C．当人停止走动时，小船也停止后退

D．人向前走时，人与船的总动量守恒

【答案】ACD　

【解析】A、人和船之间的相互作用力大小相等，作用时间相同，由冲量的定义I=Ft知，人受的冲量与船受的冲量大小相等．故A正确．

C、D由于水的阻力不计，故人和船构成的系统所受外力之和为零，故系统动量守恒；初态的总动量为零，由动量守恒m人v1=Mv2可得，船的速度也一定为零；故CD正确；

B、由于不知小船和人的质量，故由上式知，无法得出人和船的速度大小关系，故B错误；

故选ACD．　

9、如图所示，单摆摆球的质量为m，做简谐运动的周期为T，摆球从最大位移A处由静止释放，摆球运动到最低点B时的速度大小为v，不计空气阻力，则（　　）

A．摆球从A运动到B的过程中，重力做的功为

mv2

B．摆球从A运动到B的过程中，重力做功的平均功率为

C．摆球运动到B时重力的瞬时功率为mgv

D．摆球从A运动到B的过程中合力的冲量大小为mv

【答案】ABD

【解析】A、从A到B的过程中，由动能定理可知，重力做功W=

mv2；故A正确；

B、从A到B的过程中时间为T/4，则重力做功的功率P=

，故B正确；

C、B点时由于重力竖直向下，而速度沿水平方向，故重力的功率为零，故C错误；

D、由动量定理可知，合力的冲量等于动量的变化量，故I=mv，故D正确；

10、如图所示，在光滑绝缘的水平直轨道上有两个带电小球a和b，a球质量为2m、带电量为+q，b球质量为m、带电量为+2q，两球从相距较远处（无相互作用力）相向运动，某时刻a、b球的速度大小依次为v和1.5v，由于静电斥力的作用，它们不会相碰，则下列叙述正确的是（　　）

A．两球相距最近时，它们的速度均为零

B．两球相距最近时，它们的速度大小相等，方向相同

C．a球和b球所受的静电斥力对两球始终做负功

D．a、b两球都要反向运动，但b球先反向

【答案】B

【解析】A、水平方向系统动量守恒，由完全非弹性碰撞的知识可知，当两球速度相等时，系统损失机械能最大，两球相距最小，故A错误，B正确；

C、由题意可知，a球动量大于b球动量，因此系统动量水平向右，故b球运动过程中将反向运动而a球将一直沿原方向运动，（或者根据牛顿第二定律分析，此时a、b速度大小一样，而b的减速的加速度大，故b先减为零，然后反向加速运动），因此静电斥力对b球先做负功后做正功，故CD错误．

11、如图所示，质量为m1=2.0kg、长为L=10.0m的平板小车，静止在光滑水平地面上，一质量为m2=0.5kg的小物块以v0=10.0m/s速度从左端冲上平板车，已知小物块与平板车之间的动摩擦因数μ=0.30．有关平板车和小物块最后的速度v'1和v'2的大小，以及整个过程中系统内能的增加量Q的计算试，正确的是（g=10m/s2）（　　）

【答案】D.　

【解析】假设平板车足够长，根据动量守恒定律得：

m2v0=（m1+m2）v，则共同速度为：

代入数据解得：

x相对＝40/3m＞10m，可知物块滑离小车，滑离小车时速度还未达到共同速度，在此过程中物块做匀减速直线运动，小车做匀加速直线运动，可知：

摩擦产生的热量为：

Q=fx相对=μm2gL．故D正确，A、B、C错误．

故选：

D．　

12、11、如图所示，平行金属导轨MN和PQ与水平面成θ角，导轨两端各与阻值均为R的固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．质量为m、电阻为R/2的导体棒以一定的初速度沿导轨向上滑动，在滑动过程中导体棒与金属导轨始终垂直并接触良好．已知t1时刻导体棒上滑的速度为v1，此时电阻R1消耗的电功率为P1；t2时刻导体棒上滑的速度为v2，此时电阻R2消耗的电功率为P2，忽略平行金属导轨MN和PQ的电阻且不计空气阻力．则（　　）

A．t1时刻导体棒受到的安培力的大小为

B．t2时刻导体棒克服安培力做功的功率为4P2

C．t1～t2这段时间内导体棒克服安培力做的功为4P1（t2-t1）

D．t1～t2这段时间内导体棒受到的安培力的冲量大小为m（v1-v2）

【答案】B

【解析】A、已知t1时刻导体棒上滑的速度为v1，此时电阻R1消耗的电功率为P1；

故A错误．

B、t2时刻导体棒上滑的速度为v2，此时电阻R2消耗的电功率为P2，

由于电阻R1与R2阻值相同，所以消耗功率相同，也为P2；

由于P2=I2R，而此时通过金属棒的电流为2I，金属棒的电阻为R/2，所以金属棒消耗的电功率为：

P=（2I）2R/2=2P2，

则在t2时刻消耗的总功率为4P2，由于导体棒克服安培力做功就等于产生的电能，也等于消耗的总电能，故t2时刻导体棒克服安培力做功的功率为4P2，同理t1时刻导体棒克服安培力做功的功率为4P1，故B正确．

C、在t1～t2这段时间内导体棒上升过程速度减小，产生的电动势减小，所以从t1往后的时间里，金属棒产生的电能小于4P1，即在t1～t2这段时间内导体棒克服安培力做的功小于

4P1（t2-t1），故C错误．

D、t1～t2这段时间内导体棒受到的重力和安培力的冲量大小为m（v1-v2），故D错误．

二、实验题

13、某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。

（1）他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图所示。

这样做的目的是（填字母代号）。

A．保证摆动过程中摆长不变

B．可使周期测量得更加准确

C．需要改变摆长时便于调节

D．保证摆球在同一竖直平面内摆动

（2）他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L＝0.9990m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示，则该摆球的直径为mm，单摆摆长为m。

（3）下列振动图象真实地描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin5°＝0.087，sin15°＝0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是（填字母代号）。

【答案】

（1）AC　

（2）12.0　0.9930　（3）A

【解析】

（1）用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线的目的是保证摆动过程中摆长不变，需要改变摆长时便于调节，选项A、C正确。

（2）根据游标卡尺读数规则，摆球直径为12.0mm，单摆摆长为L－d/2＝0.9990m－0.0060m＝0.9930m。

（3）单摆测量周期，必须从平衡位置开始计时，且摆角小于10°，所以合乎实验要求且误差最小的是A。

14、

（1）在做“用油膜法估测分子的大小”的实验时，已经准备的器材有：

油酸酒精溶液、滴管、浅盘和水、玻璃板、彩笔和坐标纸，要完成本实验，还欠缺的器材有．

（2）已知油酸酒精溶液中，油酸的浓度为0.05%（体积分数），1mL这样的溶液合80滴，现将1滴溶液滴在水面上．这滴溶液中纯油酸的体积是m3．

（3）用彩笔描绘出的油膜轮廓线后，印在坐标纸上，如图所示．已知坐标纸每一小格的边长为1cm，则油膜的面积为m2．

（4）根据上面的数据，估算油酸分子的直径是m（结果取一位有效数字）

【答案】

（1）量筒、痱子粉；

（2）6.25×10-12；（3）0.0114；（4）5×10-10

【解析】

（1）在本实验中，我们要用量筒量取酒精从而配制酒精油酸溶液，再将用酒精稀释过的油酸用滴管滴到水面上，将坐标纸铺在水面上，上面盖上玻璃板，用彩笔画出边界，则用数格子的方法得出形成的面积；则可根据体积公式求得分子直径，故实验中还需要：

量筒、痱子粉．

（2）一滴酒精油酸溶液含纯油的体积：

V=

×0.05%=6.25×10-6mL=6.25×10-12m3；

（3）由图示可知，油膜的个数为：

114个，油膜的面积：

S=114×1×1=114cm2=0.0114m2；

（4）油酸分子的直径：

=5×10-8cm=5×10-10m

三、计算题

15、一列简谐横波，在t=0时刻的波形如图所示，质点振动的振幅为10cm。

P、Q两点的坐标分别为-1m和-9m，波传播方向由右向左，已知t=0.7s时,P点第二次出现波峰。

试计算：

①这列波的传传播速度多大？

②从t=0时刻起，经多长时间Q点第一次出现波峰？

③当Q点第一次出现波峰时，P点通过的路程为多少？

【答案】①v=10m/s②t=1.1s③L=0.9m

【解析】

试题分析：

①由图示：

这列波的波长

又：

得

由波速公式：

②第一个波峰到Q点的距离为x=11m由公式

或：

振动传到Q点需2.5个周期，因质点起振方向向上，第一次到达波峰再需1/4周期，故

③振动传到P点需1/2个周期，所以当Q点第一次出现波峰时，P点已振动了

则P点通过的路程为

考点：

横波的图象；波长、频率和波速的关系．

点评：

本题考查由两个时刻的波形列出通项的能力．考查运用数学知识解决物理问题能力是高考考查的五大能力之一．

16、如图所示，半圆形玻璃砖的半径R＝10cm，折射率为n＝

，直径AB与屏幕MN垂直并接触于A点。

激光a以入射角θ1＝30°射入玻璃砖的圆心O，在屏幕MN上出现了两个光斑。

求这两个光斑之间的距离L。

【答案】0.23m

【解析】做出光路图如图所示：

θ2＝60°。

由图知L1＝Rtan60°，L2＝Rtan30°

∴L＝L1＋L2＝R（tan60°＋tan30°）≈0.23m。

17、如图所示，水平面上B点的右侧粗糙且动摩擦因数为μ，左侧光滑．有一质量为m2的小球乙静止放在B点，另一质量为m1的小球甲以速度v1从A点向右运动，与乙球发生对心弹性碰撞后返回，碰撞时间很短，重力加速度为g．求：

①碰撞后甲、乙两球的速率；

②乙球在平面上刚停下时与甲球间的距离．

【答案】①碰撞后甲、乙两球的速率为联立得

和v2=

；

②乙球在平面上刚停下时与甲球间的距离为

．

【解析】【考点】：

动量守恒定律．

【专题】：

动量定理应用专题．

【分析】：

（1）对碰撞过程由动量守恒定律和机械能守恒定律联立可解得两球的速度；

（2）碰后对乙球由动量定理可求得时间，再对位移公式即可求得位移．

解：

因为甲、乙两球在B处发生弹性碰撞，故以甲、乙两球为系统的动量守恒，动能不损失，设碰后两球速率分别为v1、v2，取向右方向为正方向，则有：

m1v0=﹣m1v1+m2v2

由机械能守恒定律可知：

m1v02=

m1v12+

m2v22

联立得v1=

；

v2=

（2）碰撞后甲球向左做匀速直线运动，设乙球从碰后到停止时的运动时间为t，根据动量定理：

μm2gt=m2v2

此时甲、乙两球的距离S=（v1+

）t

联立得S=

答：

①碰撞后甲、乙两球的速率为联立得

和v2=

；

②乙球在平面上刚停下时与甲球间的距离为

．

【点评】：

本题考查动量定恒定律的应用，要注意明确在弹性碰撞过程中，动量及机械能均守恒．

18、如图所示，半径为R的光滑半圆弧轨道与高为10R的光滑斜轨道放在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡．在水平轨道上，轻质弹簧被a、b两小球挤压，处于静止状态．同时释放两个小球，a球恰好能通过圆弧轨道的最高点A，b球恰好能到达斜轨道的最高点B．已知a球质量为m1，b球质量为m2，重力加速度为g．求：

（1）a球离开弹簧时的速度大小va；

（2）b球离开弹簧时的速度大小vb；

（3）释放小球前弹簧的弹性势能Ep．

【答案】

（1）a的速度为va为

；

（2）b的速度为2

；

（3）释放小球前弹簧的弹性势能7.5mgR

【解析】

考点：

动量守恒定律；动能定理的应用；机械能守恒定律．

专题：

动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．

分析：

（1）小球能通过最高点，则重力充当向心力，由向心力公式可得出小球在A点的速度，由机械能守恒可得出小球释放时的速度；

（2）对b球由机械能守恒可得出小球b的速度；

（3）对系统由动量守恒可求得两小球的质量关系，则由机械能守恒可得出弹簧的弹性势能．

解答：

解：

（1）a球过圆轨道最高点A时mg=m

求出vA=

a球从C运动到A，由机械能守恒定律

mvC2=

mvA2+2mgR

由以上两式求出vc=

（2）b球从D运动到B，由机械能守恒定律

mbvD2=mbg×10R

求出vb=vD=2

（3）以a球、b球为研究对象，由动量守恒定律mva=mbvb

求出mb=

m

弹簧的弹性势能Ep=

mva2+

mbvb2

求出Eρ=7.5mgR

答：

（1）a的速度为va为

；

（2）b的速度为2

；

（3）释放小球前弹簧的弹性势能7.5mgR．

点评：

本题为动量守恒及机械能守恒相结合的题目，注意只有弹簧弹开的过程中动量才是守恒的，才能列出动量守恒的表达式，此后两小球不再有关系．