有关物理学研究问题方法的叙述正确的是( )
A.库仑通过扭秤实验建立了库仑定律,并比较精确地测定了元电荷的数值
B.探究加速度与力、质量三个物理量之间的定量关系,采用控制变量法研究
C.用比值法来描述加速度这个物理量,其表达式为a=
D.将物体视为质点,采用了等效替代法
知识点:物理学史
B
【考点】物理学史.
【分析】根据物理学史和常识解答,记住著名物理学家的主要贡献,知道常用的物理系研究的方法如控制变量法、比值定义法等即可正确解答.
【解答】解:A、库仑通过扭秤实验建立了库仑定律,密立根通过油滴实验,比较准确地测出电子的电荷量,故A错误;
B、探究加速度与力、质量三个物理量之间的定量关系,采用控制变量法研究,故B正确;
C、用比值法来描述加速度这个物理量,其表达式为a=,故C错误;
D、将物体视为质点,采用了理想模型法,故D错误;
故选:B
如图所示,物体A靠在竖直墙面上,在力F作用下,A、B保持静止.物体A的受力个数为( )
A.2个 B.3个 C.4个 D.5个
知识点:共点力的平衡
B
【考点】共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用.
【分析】先对AB整体受力分析,看是否与墙壁间有作用力,再对A物体受力分析即可.
【解答】解:
先对AB整体受力分析,由平衡条件知,
竖直方向:F=GA+GB
水平方向,不受力,故墙面无弹力
隔离A物体,必受重力、B对A的弹力和摩擦力作用,受三个力,
故选:B
在赤道上某处有一支避雷针.当带有负电的乌云经过避雷针上方时,避雷针开始放电形成瞬间电流,则地磁场对避雷针的作用力的方向为( )
A.正东 B.正西 C.正南 D.正北
知识点:物理
B
【考点】左手定则;地磁场.
【分析】左手定则的内容是:伸开左手,使大拇指与其余四个手指垂直,并且都与手掌在同一个平面内;让磁感线从掌心进入,并使四指指向电流的方向,这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向.
【解答】解:当带有负电的乌云经过避雷针上方时,避雷针开始放电形成瞬间电流,负电电荷从上而下通过避雷针,所以电流的方向为从下而上,磁场的方向从南向北,根据左手定则,安培力的方向向西.故B正确,A、C、D错误.
故选B.
如图所示,在水平放置的粗糙金属板中心正上方有一带正电的点电荷Q,另一表面绝缘、带正电的金属小球(可视为质点,且不影响原电场)自左以初速度v0 在金属板上向右运动,在运动过程中( )
A.小球可能做加速度增大的减速运动
B.小球做匀速直线运动
C.小球受到的静电力对小球先做负功,后做正功
D.小球受到的静电力对小球先做正功,后做负功
知识点:库仑定律
A
【考点】库仑定律.
【分析】金属板在Q的电场中产生静电感应现象,达到静电平衡时,金属板是一个等势体,表面是一个等势面,表面的电场线与表面垂直.分析小球的受力情况,确定其运动情况,判断电场力是否做功.
【解答】解:金属板在Q的电场中达到静电平衡时,金属板是一个等势体,表面是一个等势面,表面的电场线与表面垂直,小球所受电场力与金属板表面垂直,在金属板上向右运动的过程中,由于电场力与小球的速度方向垂直,电场力对小球不做功,由于粗糙,则摩擦力做负功,根据动能定理得知,小球的动能减小,速度减小,因库仑力增大,则导致压力增大,那么摩擦力也增大,所以小球做加速度增大的减速运动.故A正确,BCD错误.
故选:A.
以下说法正确的是( )
A.滑动摩擦力可以对物体做正功,也可以对物体做负功,也可以对物体不做功
B.电荷在电势高的地方,电势能大,电荷在电势低的地方,电势能小
C.安培力、磁场、电流必须两两垂直
D.电动势越大,说明非静电力在电源内部把正电荷从电源负极移到正极所移动电荷量越多
知识点:摩擦力
A
【考点】滑动摩擦力;电势能.
【分析】摩擦力可以做正功、负功也可以不做功;电势能E=φq,其中三个物理量均要注意计算中要代入符号;注意安培力一定垂直于磁场和电流所决定的平面,而磁场和电流可以不垂直;电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小;注意内部是非静电力将单位正电荷从电源的负极移到电极所做的功.
【解答】解:A、功取决于力和力的方向上发生的位移,故滑动摩擦力对物体可以做正功,也可以做负功,还可以不做功;故A正确;
B、据电势能公式Ep=qφ知,电势能取决于该点的电势和电荷,并不是只有正电荷在电场中电势高的地方电势能大,在电势低的地方电势能小,负电荷正好相反,故B错误.
C、安培力与磁场和电流所决定的平面垂直,而电流和磁场不一定垂直;故C错误;
D、电动势越大,说明非静电力在电源内部把单位电荷量从负极向正极移送时做功越多;故D错误;
故选:A
带电粒子垂直进入匀强电场或匀强磁场中时粒子将发生偏转,称这种电场为偏转电场,这种磁场为偏转磁场.下列说法错误的是(重力不计)( )
A.欲把速度不同的同种带电粒子分开,既可采用偏转电场,也可采用偏转磁场
B.欲把动能相同的质子和α粒子分开,只能采用偏转电场
C.欲把由静止经同一电场加速的质子和α粒子分开,偏转电场和偏转磁场均可采用
D.欲把初速度相同而比荷不同的带电粒子分开,偏转电场和偏转磁场均可采用
知识点:带电粒子在磁场中的运动
C
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动;带电粒子在匀强电场中的运动.
【分析】带电粒子垂直进入匀强电场中将做类平抛运动,根据打到下接板的位置区分带电粒子,而偏转磁场是根据粒子在磁场中运动半径不同区分的,根据这个原理逐项分析即可.
【解答】解:A、速度不同的同种带电粒子,在偏转电场中沿电场方向受力情况相同,运动情况也相同,垂直电场方向,由于初速度不同,所以打到下极板的位置也不同,可以通过偏转电场区分;进入偏转磁场时,r=,速度不同,其他量相同,所以运动的半径也不同,可以区分,所以A正确;
B、设偏转电场的宽度为d,则在电场中偏转时有:沿电场方向d==,质子和α粒子动能相同,打到下极板时d相同,所以EqL2相等,而质子和α粒子的电量不等,所以L不同,即水平位移不等,所以可以区分;而在偏转磁场中,r=,质子的质量数是1,电荷数也是1,α粒子质量数是4,电荷数是2,所以动能相同的质子和α粒子在相同的磁场中运动的半径是相同的,故偏转磁场不能区分,故B正确;
C、根据EK=Uq可知:由静止经同一电场加速的质子和α粒子的动能是相等的,根据B的分析可知只能用偏转电场区分,故C错误;
D、在偏转电场中,a=,比荷不同则加速度不同,根据d=可知,运动的时间不同,而初速度不同,则水平位移也不同,打在下极板的位置也不同,可以用偏转电场区分;而在偏转磁场中,r=,速度相同,比荷不同,所以运动的半径也不同,可以区分,所以D正确.
本题选不正确的
故选C
(多选题)电磁流量计广泛应用于测量可导电液体(如污水)在管中的流量(在单位时间内通过管内横截面的流体的体积),为了简化,假设流量计是如图所示的横截面为长方形的一段管道,其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c,流量计的两端与输送流体的管道相连接(图中虚线)图中流量计的上、下两面是金属材料,前后两面是绝缘材料,现于流量计所在处加磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直于前后两面,当导电流体稳定地流经流量计时,在管外将流量计上、下两表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接,I表示测得的电流值,已知流体的电阻率为ρ,不计电流表的内阻,则可求得( )
A.流量为
B.流量为
C.若将污水浓度变大,则上下两板间电势差将变大
D.若流量越大,则上下两板间电势差将变大
知识点:物理
AD
【考点】霍尔效应及其应用.
【分析】当导电流体稳定地流经流量计时,正负电荷受洛伦兹力发生偏转,在上下表面间形成电势差,最终稳定时,电荷所受电场力与洛伦兹力平衡,根据欧姆定律及电阻定律求出上下表面间的电势差,从而根据平衡求出速度以及流量的大小.
【解答】解:AB、最终稳定时有:qvB=q.则v=
根据电阻定律R′=ρ,则总电阻R总=R′+R
所以U=IR总=I(ρ+R)
解得v=
所以流量Q=vS=vbc=.故A正确,B错误.
CD、由上分析可知,那么上下两极间的电势差U=,故C错误,D正确;
故选:AD.
振华同学用图1所示的实验装置验证牛顿第二定律.
(1)该实验装置中有两处错误,分别是: 和 .
(2)振华同学在老师的指导下改正了实验装置中的错误后,将细绳对小车的拉力当作小车及车上砝码受到的合外力,来验证“合外力一定时加速度与质量成反比”.
①实验中,砝码盘及盘内小砝码的总质量m最好应为 (填选项前的字母).
A.10g B.50g C.100g D.1kg
②振华同学在验证“合外力一定时加速度与质量成反比”的实验时,用电磁打点计时器打了一条理想的纸带,他按要求选取计数点后,在测量各相邻两计数点间的距离时不慎将纸带撕成了几段,但他清楚的知道甲、乙图属于同一纸带,则丙、丁、戊图中属于上述纸带的是 .
③由甲、乙图可求得小车的加速度大小为 m/s2(小数点后保留两位数字).
知识点:探究加速度与力、质量的关系
(1)滑轮太高(或细绳与长木板不平行);打点计时器接到直流电源上(或打点计时器应接交流电源);(2)①A; ②戊;③1.15.
【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系.
【分析】分析实验的原理图,根据实验中的注意事项及减小误差的方法等分析本实验存在的问题;根据匀变速直线运动的特点(相邻的时间间隔位移之差相等)去判断问题.利用匀变速直线运动的推论△x=aT2求解加速度.
【解答】解:(1)该实验装置中有两处错误,分别是:滑轮太高(或细绳与长木板不平行);打点计时器接到直流电源上(或打点计时器应接交流电源).
(2)①该实验要求砝码和砝码盘的总质量远远小于车的质量,即砝码和砝码盘的质量尽量小,故A正确、BCD错误,故选:A.
②根据刻度尺的读数可知,0、1两点的距离为x1=2.40cm,2、3两点的距离为x3=4.70cm.
根据逐差相等的公式x2﹣x1=x3﹣x2=x4﹣x3=x5﹣x4;
所以4、5两点的距离为 x5=x2+3(x2﹣x1)=2x3﹣x1=7.00cm,故戊纸带最符合,故选戊.
③根据逐差相等公式a====1.15m/s2
故答案为:(1)滑轮太高(或细绳与长木板不平行);打点计时器接到直流电源上(或打点计时器应接交流电源);(2)①A; ②戊;③1.15.
①某实验小组在“测定金属电阻率”的实验过程中,正确操作获得电流表、电压表的读数如图1所示,则它们的读数值依次是 、 .
②已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为0~10Ω,电流表内阻约几欧,电压表内阻约20kΩ.电源为干电池(不宜在长时间、大功率状况下使用),电动势E=4.5V,内阻很小.则以下电路图2中 (填电路图2中的字母代号)电路为本次实验应当采用的最佳电路.但用此最佳电路测量的结果仍然会比真实值偏 (选填“大”或“小”)
③若已知实验所用的电流表内阻的准确值RA=2.0Ω,则准确测量金属丝电阻Rx的最佳电路应是图2中的 电路(填电路图下的字母代号).此时测得电流为I、电压为U,则金属丝电阻Rx= (用题中字母代号表示).
知识点:测定金属的电阻率
①0.42A; 2.25V; A; 小;B,﹣2.0Ω.
【考点】测定金属的电阻率.
【分析】①根据各种仪器的原理及读数方法进行读数,注意估读;
②由给出的数据选择滑动变阻器的接法,由各仪器的内阻选择电流表的接法,并能通过误差原理分析误差;求出待测电阻的阻值.
【解答】解:①电流表量程为0.6A,则最小刻度为0.02;指针所示为0.42A;
电流表量程为3V,最小刻度为0.1V,则读数为2.25V;
②因电源不能在大功率下长时间运行,则本实验应采用限流接法;同时电压表内阻较大,由以上读数可知,待测电阻的内阻约为R===5.4Ω,故采用电流表外接法误差较小,故选A;在实验中电压表示数准确,但电流测量的是干路电流,故电流表示数偏大,则由欧姆定律得出的结果偏小;
③因已知电流表准确值,则可以利用电流表内接法准确求出待测电阻;故应选B电路;待测电阻及电流表总电阻R=,
则待测电阻RX=R﹣RA=﹣2.0Ω;
故答案为:①0.42A; 2.25V; A; 小;B,﹣2.0Ω.
一个装置由粗糙的水平轨道AB和光滑半圆形竖直轨道CED构成,圆心O与AB等高,E为最低点,如图所示,BC点重合,AB长为1m,质量为0.2kg的小滑块与水平轨道的动摩擦因数为0.15,滑块从A点以速度2m/s沿水平轨道向右运动,从B点抛出,恰好落在半圆形轨道的最低点E,与轨道发生碰撞后,滑块沿法线方向速度减为0,切线方向的速度不变,求:
(1)滑块在B点的速度;
(2)沿圆轨道上滑的最大高度和第二次回到最低点对轨道的压力;
(3)若水平轨道AB长度可以调节,则在仅适当调节AB的长度时,滑块能否垂直打到半圆形轨道上,若能,求出AB长度,若不能,说明理由.
知识点:动能和动能定理
解:(1)对滑块运用动能定理得,,
解得=1m/s.
(2)根据R=v1t,R=
代入数据联立解得R=0.2m.
碰后速度大小v2=v1,沿圆弧轨道上滑的最大高度为H,
则有,
代入数据解得H=0.05m,
解得FN=3N.
根据牛顿第三定律,对轨道的压力大小为3N,方向向下.
(3)不能,要垂直打在半圆轨道上,意味着速度的反向延长线必过圆心O,根据平抛运动的规律,速度的反向延长线必不过圆心O,故不能.
答:(1)滑块在B点的速度为1m/s;
(2)沿圆轨道上滑的最大高度为0.05m,第二次回到最低点对轨道的压力为3N,方向向下.
(3)不能.要垂直打在半圆轨道上,意味着速度的反向延长线必过圆心O,根据平抛运动的规律,速度的反向延长线必不过圆心O.
【考点】动能定理;向心力.
【分析】(1)对A到B段运用动能定理,求出滑块在B点的速度大小.
(2)根据平抛运动的规律求出圆轨道的半径,抓住法向的速度为零,切线方向的速度等于平抛运动的初速度,根据动能定理求出上升的高度.根据牛顿第二定律求出第二次回到最低点的支持力大小,从而得出压力的大小.
(3)不能垂直打在半圆形轨道上,若垂直打在圆形轨道上,则速度反向延长线经过圆心,结合平抛运动速度反向的延长线经过水平位移的中点,通过几何关系得出矛盾.
导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识.如图1所示,固定于水平面的U形导线框处于竖直向下的匀强磁场中,金属直导线MN在与其垂直的水平恒力F的作用下,在导线框上以速度v做匀速运动,速度v与恒力F方向相同,导线MN始终与导线框形成闭合电路,已知导线MN电阻为R,其长度L,恰好等于平行轨道间距,磁场的磁感应强度为B,忽略摩擦阻力和导线框的电阻.
(1)通过公式推导验证:在时间内△t,F对导线MN所做的功W等于电路获得的电能W′,也等于导线MN中产生的焦耳热Q.
(2)若导线的质量m=8.0g,长度L=0.1m,感应电流I=1.0A,假设一个原子贡献1个自由电子,计算导线MN中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率v(下表中列出了一些你可能用到的数据).
阿伏伽德罗常数NA
6.0×1023mol﹣1
元电荷e
1.6×10﹣19C
导线MN的摩尔质量μ
6.0×10﹣2kg/mol
(3)若将金属棒MN与导轨成θ角放置,其长度为d,当金属棒沿水平方向以恒定速度v在金属导轨上滑行时,求安培力的大小、安培力的功率大小以及闭合回路中电功率大小.(如图2为俯视图,MN电阻为R,磁场的磁感应强度为B,忽略摩擦阻力和导线框的电阻).
知识点:物理
解:(1)导体切割磁感线,产生的动生电动势 E=BLυ
感应电流 I=,
导线受到的安培力 FA=BIL=
匀速运动时拉力和安培力相等,即F=FA,
力F做功 W=F△x=Fυ△t=△t
电能 W电=EI△t=△t,
焦耳热 Q=I2R△t=R△t=△t
可知,W=W电=Q;
(2)总电子数 N=NA
设单位体积内电子数为n,则N=nSL
故:I△t=enSυe△t
得:I=enSυe=eυe=eυe
所以 υe==7.8×10﹣6 m/s
(3)导线运动的时产生的感应电动势E=BLvsinθ,
导线中的感应电流为I=,
导线受到的安培力为F安=BIL=,
安培力的功率为P安=F安vsinθ=,
所以回路中的电功率为P电=.
答:(1)验证过程见解析;
(2)导线MN中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率为7.8×10﹣6m/s;
(3)安培力的大小为,安培力的功率大小为,闭合回路中电功率大小为.
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势;电流、电压概念;电功、电功率;安培力的计算;电磁感应中的能量转化.
【分析】(1)根据切割公式求解感应电动势,根据闭合电路欧姆定律求解感应电流,根据安培力公式求解安培力,根据功的定义求解安培力功,根据W=EIt求解电流的功;
(2)先根据阿伏加德罗常数求解单位体积内的分子数,然后根据电流的微观表达式求解电荷的平均速率;
(3)根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势,根据安培力的计算公式求解安培力大小;根据P=Fvsinθ求解克服安培力做功功率,电功率与克服安培力做功功率相等求解电功率.
边长为3L的正方形区域分成相等的三部分,左右两侧为匀强磁场,中间区域为匀强电场,如图所示.左侧磁场的磁感应强度大小为B1=,方向垂直纸面向外;右侧磁场的磁感应强度大小为B2=,方向垂直于纸面向里;中间区域电场方向与正方形区域的上下边界平行.一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从平行金属板的正极板开始由静止被加速,加速电压为U,加速后粒子从a点进入左侧磁场,又从距正方形上下边界等间距的b点沿与电场平行的方向进入电场,不计粒子重力,求:
(1)粒子经过平行金属板加速后的速度大小;
(2)粒子在左侧磁场区域内运动时的半径及运动时间;
(3)电场强度E的取值在什么范围内时粒子能从右侧磁场的上边缘cd间离开?
知识点:带电粒子在磁场中的运动
解:(1)粒子在电场中运动时有:,
解得:.
(2)粒子进入磁场B1后有:,
解得:.
设粒子在磁场B1中转过的角度为α,由=,
解得:α=60°.
周期为:T=,
粒子在磁场B1中运动的时间为:t=.
(3)粒子在磁场B2中运动,在上边缘cd间离开的速度分别为vn与vm,与之相对应的半径分别为Rn与Rm.由分析知,Rm=L
由牛顿第二定律有:,
粒子在电场中有:,
解得:.
同理有:.
所以电场强度的范围为:≤E≤.
答:(1)粒子经过平行金属板加速后的速度大小为;
(2)粒子在左侧磁场区域内运动时的半径为,运动时间为;
(3)电场强度E的取值范围为≤E≤时,粒子能从右侧磁场的上边缘cd间离开.
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动;带电粒子在匀强电场中的运动.
【分析】(1)根据动能定理求出粒子经过平行金属板加速后的速度大小;
(2)根据半径公式求出粒子在左侧磁场中运动的轨道半径,结合圆心角,通过周期公式求出粒子的运动时间.
(3)作出粒子在上边缘cd间离开磁场的轨迹图,结合临界状态,根据几何关系求出半径,结合半径公式和动能定理求出电场强度的范围.