(单选)在物理学发展过程中,有许多伟大的科学家做出了巨大贡献。关于科学家和他们的贡献,下列说法正确的是
A.库仑最早引入电场概念,并采用了电场线描述电场
B.牛顿发现了万有引力定律,并测出了万有引力常量G
C.伽利略运用理想实验法得出“力不是维持物体运动的原因”
D.奥斯特发现了电流的磁效应,并发现了磁场对电流的作用规律
知识点:物理学史
C。在A答案中是法拉弟最早引入电场概念,并采用了电场线描述电场,A错;牛顿发现了万有引力定律,卡文迪许测出了万有引力常量G,依此B错;伽得略采用了:问题、猜想、数学推理、实验验证、合理外推、得出结论的方法。通过理想实验得出力不是维持物体运动的原因。C正确;奥斯特发现了电流的磁效应,法拉弟发现了磁场对电流的作用规律,D错;故本题选择C答案。
(单选)如图所示,河水的流速为5m/s,一条船要从河的南岸A点沿与河岸成30°角的直线航行到北岸下游某处,则船的开行速度(相对于水的速度)最小为
A.2m/s B.3m/s
C.3.5m/s D.2.5m/s
知识点:运动的合成和分解
D。依题意有,只有船速方向与直线航行方向垂直速度才最小,则有:
。由此计算就可选择D答案。
(单选)如图示,一根轻弹簧上端固定,下端挂一个质量为m0平盘,盘中有一质量为m的物体,当盘静止时,弹簧的长度比其自然长度伸长了L,今向下拉盘使弹簧再伸长了ΔL后停止,然后松手放开,设弹簧总处在弹性限度内,则刚松手时盘对物体的支持力等于( )
A.(1+ΔL/L)mg B.(1+ΔL/L)(m+m0)g C.(mgΔL)/L D.(m+m0)gΔL/L
知识点:牛顿第二定律
A。设劲度系数为,开始平衡时有:,当再伸长松手时,整个系统受到的合力为,竖直向上,根据牛顿第二定律得:,再隔离物体有:由此计算就可直接选择A答案了。
(单选)已知火星的质量和半径分别为地球的1/10和1/2,地球表面的重力加速度为g,则火星表面的重力加速度约为( )
A.0.2g B.0.4g C.2.5g D.5.0g
知识点:万有引力定律
B。由万有引力定律和牛顿第二定律得:由此式类比可得:从而得到B答案正确。
(单选)装修公司进行家居装饰时,可以用喷枪将染料液喷射出去, 如图喷枪是水平放置且固定的, 虚线分别为水平线和竖直线,在墙上同一竖直线喷有A、B、C、D四个液滴(可以视为质点),不计空气阻力,要求AB、BC、CD间距依次为7cm、5cm、3cm,D与水平线的间距为1cm,如图所示,正确的是( )
A.ABCD四个液滴的射出速度可以相同,要达到目的,只需要调整它们的出射时间间隔即可
B.ABCD四个液滴在空中的运动时间是相同的
C.ABCD四个液滴出射速度之比应为1:2:3:4
D.ABCD四个液滴出射速度之比应为3:4:6:12
知识点:自由落体运动
D。因为平抛运动可分解为水平方向的匀速运动,竖直方向的自由落体运动,根据平抛运动规律可递推得:在竖直方向有:设喷在D点经历的时间为、在C点经历时间为2、在B点为3、在A点经历时间为4。依此B错;因为水平距离相等,时间又不等,则射出的速度是不同的,A错;喷出的速度之比为:、、、可递推出,由此可知C错;D正确,故选择D答案。
(单选)放在水平地面上的物体受到水平拉力的作用,在0~6 s内其速度与时间图象和拉力的功率与时间图象分别如图(甲)、(乙)所示,则物体的质量为(取g=10 m/s2)
㎏ B.㎏
C.㎏ D.㎏
知识点:牛顿第二定律
B。由速度图线可知:0—到2S是作初速为零的匀加速运动,2S—6S作以的匀速运动,在6秒末有,在匀速运动过程中拉力与摩擦力相等,则有:,根据牛顿第二定律得:,其中代入到中得:。故本题选择B答案。
(单选)一小物块以某一初速度滑上水平足够长的固定木板,经一段时间t后停止。现将该木板改置成倾角为30°的斜面,让该小物块以相同大小的初速度沿木板上滑。则小物块上滑到最高位置所需时间t′与t之比为(设小物块与木板之间的动摩擦因数为μ)
知识点:牛顿第二定律
B。在水平面上有:。在斜面上有:
。两式联立就可得到B答案。其它A、C、D错故选择B答案。
(多选)如图所示,处于真空中的匀强电场与水平方向成15°角,AB直线与匀强电场E垂直,在A点以大小为v0的初速度水平抛出一质量为m、电荷量为+q的小球,经时间t,小球下落一段距离过C点(图中未画出)时速度大小仍为v0,在小球由A点运动到C点的过程中,下列说法正确的是 ( )
A.电场力对小球做负功
B.重力对小球做功大于mg2t2/2
C.小球的电势能增量小于mg2t2/2
D.C位于AB直线的右侧
知识点:电势能和电势
ABD。根据动能定理可得:从A到C有:,电场力做负功,A正确;根据动量定理可得:,由此计算可知C答案错误;因为电场力做负功。若在B点,电场力不做功,在B左则电场力做正功,不符合求解结果,则C点在B点的右侧,D答案正确;在竖直方向,除受重力外,还受电场力的竖直分量,合力大于,也就是竖直方向的位移大于,则重力做的功大于mg2t2/2,依此B答案正确;故本题选择ABD答案。
(多选)四个相同的小量程电流表(表头)分别改装成两个电流表和两个电压表。已知电流表A1的量程大于A2的量程,电压表V1的量程大于V2的量程,改装好后把它们按图示接入电路,则
A.电流表A1的读数大于电流表A2的读数;
B.电流表A1的偏转角小于电流表A2的偏转角;
C.电压表V1的读数小于电压表V2的读数;
D.电压表V1的偏转角等于电压表V2的偏转角;
知识点:串联电路和并联电路
AD因为电流表A1的量程大于A2的量程,电流表的内阻小于的内阻,两表并联,两端电压相等,则两表的偏转角相等,B错,通过表读数大于表的读数,A正确;两电压表串联,通过的电流强度相等,由于电压表V1的量程大于V2的量程,表的内阻大于表的内阻,则有两表偏转角相等,表读数大于表读数,C错,D对;故本题选择AD答案。
(多选)如图所示,四个等量异种点电荷分别放置于正方形的顶点上,a 、b分别为所在边的中点。一点电荷从图中a点沿直线移到b点的过程中,下列说法正确的是
A.静电力对电荷做正功,电荷的电势能减小
B.静电力对电荷不做功,电荷的电势能不变
C.电荷所受的静电力先增加后减小
D.电荷所受的静电力先减小后增加
知识点:电势能和电势
BD。依题可分析出直线是等势面,所以一点电荷从到电场力不做功,电势能不发生变化,A错,B对;四个点电荷在的中点电场强度为零,在点电场强度水平向右,在点水平向左,大小相等,由此就可知道沿直线电场力先减小后增大,这就可知道,C错,D对;故本题选择BD答案。
(多选)电、开关S、定值电阻R1、光敏电阻R2和电容器连接成如图所示电路,电容器的两平行板水平放置。当开关S闭合,并且无光照射光敏电阻R2时,一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点。当用强光照射光敏电阻R2时,则
A.液滴向下运动 B.液滴向上运动
C.电容器所带电荷量减少 D.电容器两极板间电压变大
知识点:闭合电路的欧姆定律
BD。在含电容器问题中,分析电路时,不考虑电容器,然后依题意才看电容器,当无光照射时,带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点,这说明液滴所受重力和电场力等大而反向,有光照射时光敏电阻时,其阻值减小,回路电流增大,两端电压增大—电容器两端电压增大,电场强度增大,此时它大于重力,液滴向上运动,A错,B正确,D正确;由就可知道电荷量增大,C错;故本题选择BD答案。
一水平放置的圆盘绕过其圆心的竖直轴匀速转动。盘边缘上固定一竖直的挡光片。圆盘转动时挡光片从一光电数字计时器的光电门的狭缝中经过,如图所示。光电数字计时器可显示出光线被遮住的时间。挡光片的宽度和圆盘直径分别用螺旋测微器和游标卡尺测得,结果分别是:宽度为_________mm,直径为___________cm。若光电数字计时器所显示的时间为50.0×10-3 s,则圆盘转动的角速度为_______rad/s(保留3位有效数字)。
知识点:圆周运动
答案:8.115 20.240 14.5(14.3-15.0)。由螺旋测微器上的数值可读出:8.000得到宽度的读数;游标卡尺是二十等分的,由图可读出:由主尺读出:20.200,游标尺上读数为:,则圆盘的直径为20.240。由。
如图甲所示的电路中,1至11为连接点的标号。在开关闭合后,发现小灯泡不亮,电压表和电流表均无示数(电压表和电流表均无故障)
①在开关闭合情况下,用电表测得5、6两点间的电压接近电的电动势,则出现的故障是
②为了尽可能准确的完成探究小灯泡伏安特性的实验,图甲电路接线图中还存在错漏,请你在图甲中补画出正确的连接线。
③图乙是某实验小组的同学根椐实验数据绘制而成的小灯泡的U-I图线。随后他们将该小灯泡直接串接在电动势E = 4.5V,内阻r =1.5Ω的直流电上,则该小灯泡通电发光时的电功率约为 W。
知识点:描绘小灯泡的伏安特性曲线
答案:①变阻器断路或 滑动头未接通电阻丝
②正确的电路接线如下图:
③ 2.65 (2.63W 至2.70W均可) 解析:(1)由图根据题意可知是变阻器断路或者滑动头未接通电阻絲才使5、6两点间的电压接近电的电动势。(2)见上图的连接。(3)作出闭合电路中的路端电压与电流的图线(图略)它与灯泡的电压与电流图线的交点是:、。则该小灯泡通电发光时的电功率约为:。
如图所示,竖直平面内有一个四分之三圆弧形光滑轨道,圆弧半径为R,AD为水平面,A端与圆心等高,B点在圆心的正上方,一个质量为m的小球,自A点以竖直向下的初速度进入圆弧轨道,经过圆弧上的B点飞出后落到C点.已知AC=R,重力加速度为g.求:
(1)小球通过B点时对轨道的压力大小;
(2)小球在A点的初速度大小;
(3)若圆弧轨道不光滑,小球在A点仍以相同的初速度进入圆弧轨道,恰能通过B点,则小球在运动过程中克服摩擦力做了多少功?
知识点:圆周运动
(1)由B到C平抛运动
…………………………(2分)
B点由牛顿第二定律得………………(1分)
解得F=mg……………由牛顿第三定律,小球对轨道的压力为mg………(1分)
(2)A点到B点,机械能守恒
………………(2分)由以上解得…………(1分)
(3)恰能通过最高点B时,……………………(1分)
A点到B点,由动能定理得(2分)解得(1分)
如图所示,AB是两块竖直放置的平行金属板,相距为2L,分别带有等量的正、负电荷,在两板间形成场强为E的匀强电场。A板上有一小孔(它的存在对两板间匀强电场分布的影响可忽略不计),孔中有一条与板垂直的水平光滑绝缘轨道,一个质量为m,电荷量为q(q>0)的小球(可视为质点),在外力作用下静止在轨道的中点P处。一自然长度为L的轻弹簧左端固定在距A板左侧L处挡板上,右端固定一块轻小的薄板Q(尺寸略小于小孔)。撤去外力。小球在电场力作用下由静止开始向左运动,穿过小孔(不与金属板A接触)后与薄板Q一起压缩弹簧,小球与Q接触过程中不损失机械能。
(l) 小球从接触Q开始,经过一段时间第一次把弹簧压缩至最短,则此时的弹性势能为多少?
(2) 由于薄板Q的绝缘性能有所欠缺,使得小球每次离开Q瞬间,小球的电荷量都损失一部分,而变成刚与Q接触时小球电荷量的1/k倍 (k>l)。则小球在与B板相碰之前,最多能与薄板Q碰撞多少次;
知识点:动能和动能定理
(1)当P由静止开始释放到弹簧第一次压缩到最左边的过程中根据能的转化和守恒定律可得弹性势能:EP=qEL(3分)
(2)分析知:小球每次离开Q时的速度大小相同,等于小球第一次与Q接触时速度大小v,根据动能定理可得:qEL=(1分)
设小球与薄板Q碰撞n次后恰好向右运动到B板,则:qn(2分)
小球与薄板Q碰撞n次后向右运动从与Q分离到恰好到达B板的过程中,根据动能定理可得:-(1分)
由以上几式可得:n= 或取的整数加1(2分)
为了解决高楼救险中云梯高度不够高的问题,可在消防云梯上再伸出轻便的滑杆。被困人员使用安全带上的挂钩挂在滑杆上、沿滑杆下滑到消防云梯上逃生。通常滑杆由AO、OB两段直杆通过光滑转轴在O处连接,滑杆A端用挂钩钩在高楼的固定物上,且可绕固定物自由转动,B端用铰链固定在云梯上端,且可绕铰链自由转动,以便调节被困人员滑到云梯顶端的速度大小。设被困人员在调整好后的滑杆上下滑时滑杆与竖直方向的夹角保持不变,被困人员可看作质点、不计过O点时的机械能损失。已知AO长L1 = 6m、OB长L2 = 12m、竖直墙与云梯上端点B的水平距离d = 13.2m,被困人员安全带上的挂钩与滑杆AO间、滑杆OB间的动摩擦因数均为μ= 5/6。为了安全被困人员到达云梯顶端B点的速度不能超过6m/s,取g=10m/s2。
(1)现测得OB与竖直方向的夹角为53o,此时AO与竖直方向的夹角是多少?分析判断这种条件下被困人员滑到B点是否安全。(sin37o=0.6, cos37o=0.8)
(2)若云梯顶端B点与竖直墙间的水平距离保持不变,求能够被安全营救的被困人员与云梯顶端B的最大竖直距离。(结果可用根式表示)
知识点:牛顿第二定律
(1)设OA、OB与竖直方向的夹角分别为,由几何关系;
d=L1sin+L2sin =37°(2分)
由牛顿第二定律:mgcos-mgsin=ma1 a1=3m/s2
V02=2a1L1 V0=6m/s
mgcos-mgsin=ma2 a2=-2/3m/s2
VB2-V02=2(a2)L2 VB=2m/s 因VB<6m/s,被困人员能安全到达云梯顶端B点。(4分)
(2)设滑杆两端点AB的最大竖直距离为h,对被困人员下滑全过程由动能定理得:
) (2分)
若两杆伸直,AB间的竖直高度为:
(1分) (2分)
所以能够被安全营救的被困人员与云梯顶端B的最大竖直距离应为。(1分)
如图所示,两束单色光a、b自空气射向玻璃,经折射后形成复合光束c.下列说法中正确的是( )
A.从玻璃射向空气,a光的临界角小于b光的临界角
B.经同一双缝所得干涉条纹,a光条纹宽度小于b光条纹宽度
C. 玻璃对a光的折射率小于玻璃对b光的折射率
D.在玻璃中,a光的速度等于b光的速度
知识点:光的折射
C。由图根据折射定律可知:光的折射率大于光的折射率,由此可知C答案正确;从玻璃射入空气,由,A答案错误;经同一双缝所得干涉条纹是由,B错;由可得出D答案错误;故本题选择C答案。
如图所示是一列横波上A、B两质点的振动图象,该波由A传向B,两质点沿波的传播方向上的距离Δx=4.0m,波长大于3.0m,求这列波的波速.
知识点:波长、频率和波速
答案:由振动图象可知,质点振动周期T=0.4s
取t=0时刻分析,质点A经平衡位置向上振动,质点B处于波谷,设波长为λ
则 (n=0、1、2、3……)
所以该波波长为
因为有λ>3.0m的条件,所以取n=0,1
当n=0时,,波速
当n=1时,,波速
由于放射性元素的半衰期很短,所以在自然界一直未被发现,只是在使用人工的方法制造后才被发现。已知经过一系列α衰变和β衰变后变成,下列论断中正确的是
A.的原子核比的原子核少28个中子
B.衰变过程中共发生了7次衰变和4次衰变
C.衰变过程中共发生了4次衰变和7次衰变
D.衰变前比衰变后所有物质的质量数减少
知识点:放射性元素的衰变
B。依题意有:就可知道发生了7次α衰变,发生β衰变次数为:即发生4次β衰变,B答案正确。C答案错误;它们中子数分别为:,。中子数之差为:,由计算可知,是少17个,A错;根据衰变规律可知,反应前后质量数守恒,反应后的物质的质量数要少些,它是以能量形式释放出去了,总能量是守恒的,D错;从而本题选择B答案。
如图所示,一个物块A(可看成质点)放在足够长的平板小车B的右端,A、B一起以v0的水
平初速度沿光滑水平面向左滑行。左边有一固定的竖直墙壁,小车B与墙壁相碰,碰撞时间极短,
且碰撞前、后无动能损失。已知物块A与小车B的水平上表面间的动摩擦因数为μ,重力加速度
为g。
若A、B的质量均为m,求小车与墙壁碰撞后的运动过程中,物块A所受摩擦力的冲量大小和方向
若A、B的质量比为k,且k<1,求物块A在小车B上发生相对运动的过程中物块A对地的位移大小
知识点:能量守恒定律与能源
(1)设小车B与墙碰撞后物块A与小车B所达到的共同速度大小为v,设向右为正方向,则由动量守恒定律得mv0-mv0=2mv
解得v=0
对物块A,由动量定理得摩擦力对物块A的冲量I=0-(-mv0)=mv0,冲量方向水平向右
(2)设A和B的质量分别为km和m,小车B与墙碰撞后物块A与小车B所达到的共同速度大小为v′,木块A的位移大小为s。设向右为正方向,则由动量守恒定律得:mv0-kmv0=(m+km)v′
解得v′=
对木块A由动能定理
代入数据解得