13．下列說法正確的是
A．氣體壓強(qiáng)越大，氣體分子的平均動能就越大
B．在絕熱過程中，外界對氣體做功，氣體的內(nèi)能減少
C．溫度升高，物體內(nèi)每個分子的熱運(yùn)動速率都增大
D．自然界中涉及熱現(xiàn)象的宏觀過程都具有方向性
24．(20分)(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律，兩銅板間的電勢差E=Blv0…………(2分)
由右手定則可判斷出M板的電勢高…………(2分)
(2)用電阻可忽略不計的導(dǎo)線將銅板M、N外側(cè)相連接，即銅板由外側(cè)短路后，M、N兩板間的電動勢E=Blv…………(2分)
短路電流I=E/R內(nèi)，…………(1分)
R內(nèi)=
…………(3分)
磁場對流體的作用力F=BIl…………(1分)
解得：F=
…………(2分)
方向與v方向相反(或水平向左)…………(1分)
(3)設(shè)流體在流動過程中所受的阻力與流速的比例系數(shù)為k，所以在外電路未短路時流體以穩(wěn)定速度v0流過，此時流體所受的阻力(即渦輪機(jī)所提供的動力)F0=kv0……(1分)
此時渦輪機(jī)提供的功率P0=F0v0=kv02…………(1分)
外電路短路后，流體仍以穩(wěn)定速度v0流過時，設(shè)此時磁場對流體的作用力為F磁，根據(jù)第(2)問的結(jié)果可知F磁=
…………(1分)
此時渦輪機(jī)提供的動力Ft=F0+F磁=kv0+…………(1分)
此時渦輪機(jī)提供的功率Pt=Fv0= kv02+
…………(1分)
所以新增加功率△P=Pt-P0=…………(1分)
說明：第(3)問如果采用如下做法也得6分：
外電路沒有接通，流體以穩(wěn)定速度v0流過時，磁場對流體無作用力；外電路短路后，流體仍以穩(wěn)定速度v0流過，設(shè)此時磁場對流體的作用力為F磁，外接渦輪機(jī)必須增加壓力F用以平衡F磁，即 F=F磁…………(2分)
根據(jù)第(2)問的結(jié)果可知F磁=…………(2分)
此時渦輪機(jī)新增加功率的功率△P =Fv0= …………(2分)
24．
(20分)磁流體動力發(fā)電機(jī)的原理如圖14所示，一個水平放置的上下、前后封閉的橫截面為矩形的塑料管，其寬度為l，高度為h，管內(nèi)充滿電阻率為ρ的某種導(dǎo)電流體(如水銀)。矩形塑料管的兩端接有渦輪機(jī)，由渦輪機(jī)提供動力使流體通過管道時具有恒定的水平向右的流速v0。管道的前、后兩個側(cè)面上各有長為d的相互平行且正對的銅板M和N。實際流體的運(yùn)動非常復(fù)雜，為簡化起見作如下假設(shè)：①垂直流動方向橫截面上各處流體的速度相同；②流體不可壓縮；③當(dāng)N、N之間有電流通過時，電流只從M、N之間正對的區(qū)域內(nèi)通過。
(1)若在兩個銅板M、N之間的區(qū)域加有豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，則當(dāng)流體以穩(wěn)定的速度v0流過時，兩銅板M、N之間將產(chǎn)生電勢差。求此電勢差的大小，并判斷M、N兩板哪個電勢較高；
(2)用電阻可忽略不計的導(dǎo)線將銅板M、N外側(cè)相連接(設(shè)電流只分布在M、N之間的長方體內(nèi))，由于此時磁場對流體有力的作用，使流體的穩(wěn)定速度變?yōu)?i style='mso-bidi-font-style:normal'>v(v<v0)，求磁場對流體的作用力；
(3)為使速度增加到原來的值v0，渦輪機(jī)提供動力的功率必須增加，假設(shè)流體在流動過程中所受的阻力與它的流速成正比，試導(dǎo)出新增加功率的表達(dá)式。
23．(18分)(1)當(dāng)沒有加電場時，設(shè)小球在空中的運(yùn)動時間為t，拋出點(diǎn)離地面的高度為h，射程為s。小球做平拋運(yùn)動，則有：
s=v0t………………………………………………(1分)
h=gt2………………………………………………(1分)
加電場后，射程s′=2s，設(shè)下落的時間為t′，下落的加速度大小為a，因此有
2s= v0t′……………………………………………(1分)
h=at′2……………………………………………(1分)
解得a= g/4………………………(1分)
設(shè)所加電場的電場強(qiáng)度為E，根據(jù)牛頓第二定律有：mg-EQ=mg/4 ……………(2分)
解得 E=3mg/4Q……………………………(1分)
由運(yùn)動情況可判斷出，方向豎直向上……………………………(1分)
(2)加磁場后，小球受重力、電場力、洛侖茲力三力平衡。則應(yīng)有
mg=EQ+Qv0B ……………………………(3分)
解得B=mg/(4Qv0) ……………………………(1分)
根據(jù)左手定則，磁場的方向垂直紙面向里 ……………………………(1分)
(3)由于帶電小球的運(yùn)動速度變小，洛侖茲力變小，小球?qū)⑦\(yùn)動至拋出點(diǎn)的下方。但由于洛侖茲力對小球不做功，只有重力和電場力對小球做功，小球向拋出點(diǎn)下方運(yùn)動，重力和電場力的合力做正功，小球的動能增加。當(dāng)小球運(yùn)動到拋出點(diǎn)下方最低點(diǎn)時，動能最大。
……………………………(2分)
小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時，沿豎直方向的分速度為零，所以此時的速度方向一定沿水平方向向右�！�(2分)
說明：若只答“水平方向”，得1分。
23．(18分)如圖13所示，在距水平地面一定高度處以初速度v0水平拋出一個質(zhì)量為m、電荷量為Q的帶正電的小球。當(dāng)周圍不存在電場和磁場時，小球的落地點(diǎn)與拋出點(diǎn)之間有相應(yīng)的一段水平距離(即射程)。
(1)若在此空間加上一個豎直方向的勻強(qiáng)電場使小球的射程增加為原來的2倍，試求此電場的電場強(qiáng)度。
(2)若除存在上述電場外，還存在一個與v0方向垂直的水平方向勻強(qiáng)磁場，使小球拋出后恰好能做勻速直線運(yùn)動。試求此勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度。
(3)若在空間存在上述的電場和磁場，而將帶電小球的初速度大小變?yōu)?i style='mso-bidi-font-style:normal'>v=v0/2(方向不變)，且小球并沒有落至地面，試說明小球運(yùn)動過程中動能最大時的速度方向。
22．(16分)(1)A球沿軌道下滑的過程中，機(jī)械能守恒，設(shè)其剛與B球碰撞時的速度大小為vA，則有 Mgh=
MvA2………………………………………………(2分)
解得vA=
=2.0m/s………………………………………(2分)
(2)兩球相碰撞的過程，系統(tǒng)沿水平方向動量守恒，設(shè)碰撞后的共同速度大小為v，則有 MvA=(M+m)v………………………………………(2分)
解得v=1.2m/s………………………………………(1分)
根據(jù)動能定理可知，B球?qū)?i>A球所做的功W=M(v2-vA2)= -0.77J…(3分)
說明：W=-0.768J同樣得分。
(3)設(shè)兩球碰撞后開始一起運(yùn)動的瞬間所受細(xì)繩的拉力為T，根據(jù)牛頓第二定律對兩球碰撞后的瞬間有 T-(M+m)g=(M+m)v2/l…………………………………(3分)
解得：T=11.44N…………………………………(1分)
根據(jù)牛頓第三定律可知，兩球?qū)?xì)繩的拉力大小T′=11.44N…………………(2分)
說明：計算結(jié)果為T′=11N或11.4N同樣得分。
22．
(16分)如圖12所示，A、B為兩個大小可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，A的質(zhì)量M=0.60kg，B的質(zhì)量m=0.40kg，B球用長l=1.0m的輕質(zhì)細(xì)繩吊起，當(dāng)細(xì)繩處于豎直位置B球處于靜止?fàn)顟B(tài)時，B球恰好與弧形軌道MN的末端接觸但無作用力。已知弧形軌道的內(nèi)表面光滑，且末端切線水平。
現(xiàn)使A球從距軌道末端h=0.20m的高處由靜止釋放，當(dāng)A球運(yùn)動到軌道末端時與B球碰撞，碰后兩球粘在一起運(yùn)動。若g取10m/s2，求：
(1)A球剛接觸到B球時的速度大�。�
(2)兩小球相碰撞過程中，B球?qū)?i>A球所做的功；
(3)兩小球碰撞后開始一起運(yùn)動的瞬間，兩球?qū)?xì)繩的拉力大小。
22．(16分)(1)A球下擺過程中，機(jī)械能守恒，設(shè)其剛與B球碰撞時的速度大小為vA，則有 Mgh=MvA2………………………………………………(2分)
解得vA==2.0m/s………………………………………(2分)
(2)兩球相碰撞的過程，系統(tǒng)沿水平方向動量守恒，設(shè)碰撞后的共同速度大小為v，則有 MvA=(M+m)v………………………………………(2分)
解得v=1.2m/s………………………………………(1分)
根據(jù)動能定理可知，B球?qū)?i>A球所做的功W=M(v2-vA2)= -0.77J…(3分)
說明：W=-0.768J同樣得分。
(3)設(shè)兩球碰撞后一起運(yùn)動離開桌面的瞬間所受細(xì)繩的拉力為T，根據(jù)牛頓第二定律對兩球碰撞后的瞬間有 T-(M+m)g=(M+m)v2/l…………………………………(3分)
解得：T=11.44N…………………………………(1分)
根據(jù)牛頓第三定律可知，兩球?qū)?xì)繩的拉力大小T′=11.44N…………………(2分)
說明：計算結(jié)果為T′=11N或11.4N同樣得分。
22．(16分)如圖12所示，A、B為兩個半徑相同的小球，A的質(zhì)量M=0.60kg，B的質(zhì)量m=0.40kg，A球用輕質(zhì)細(xì)繩吊起，繩長l=1.0m(兩球的半徑大小可忽略不計)，B球放在懸點(diǎn)正下方的光滑水平桌面的邊緣，開始時兩球相互接觸但沒有作用力�，F(xiàn)將A球拉到高h=0.20m處由靜止釋放，擺到最低點(diǎn)時與B球碰撞，碰后兩球粘在一起共同向上擺。若g取10m/s2，求：
(1)A球剛接觸到B球時的速度大�。�
(2)兩小球相碰撞過程中，B球?qū)?i style='mso-bidi-font-style:normal'>A球所做的功；
(3)兩小球碰撞后一起運(yùn)動離開桌面的瞬間，兩球?qū)?xì)繩的拉力大小。
21．(18分)
(1)在用單擺測定重力加速度的實驗中，
① 為了減小測量誤差，如下措施中正確的是 。
A．單擺的擺角應(yīng)盡量大些
B．?dāng)[線應(yīng)盡量短些
C．?dāng)[球的體積較小、質(zhì)量較大
D．測量周期時，應(yīng)取擺球通過最低點(diǎn)做為計時的起、終點(diǎn)位置
E．測量周期時，應(yīng)測擺球30-50次全振動的時間算出周期
F．將拴著擺球的擺線平放在桌面上，將擺線拉直后用米尺測出擺球球心到擺線某點(diǎn)O間的長度作為擺長，然后將擺線從O點(diǎn)吊起
�、� 某學(xué)生在實驗中，測出了多組擺長l和周期T的值，然后作出T2－l圖線如圖7所示，并已測量計算出圖線的斜率為k。則由斜率k求重力加速度的公式是g＝ 。
(1)①CDE(4分)(說明：每答對一個得1分，全都答對的得4分，有錯選的本小題得零分)；②4π2/k(2分)
(2)在把電流表改裝成電壓表的實驗中，要將量程為200μA的電流表G改裝為量程為5V的電壓表，需先用如圖8所示的電路即“半偏法”測出此電流表的內(nèi)電阻Rg。
① 在測量Rg的實驗中，有如下的主要實驗器材供選擇：
A．滑動變阻器(阻值范圍0－200Ω)
B．滑動變阻器(阻值范圍0－1750Ω)
C．電阻箱(阻值范圍0－999.9Ω)
D．電阻箱(阻值范圍0－99999.9Ω)
E．電源(電動勢6V，內(nèi)阻0.3Ω)
F．電源(電動勢12V，內(nèi)阻0.6Ω)
為提高測量精度，變阻器R2應(yīng)選用________，電源E最好選用_______。(填入選用器材的字母代號)
② 若測得Rg=500Ω，為完成上述改裝，需要用一個 Ω的電阻與電流表串聯(lián)。
③ 用改裝成的電壓表，按圖9所示的電路測量未知電阻Rx。圖10是電路中所需要的器材(虛線框內(nèi)為上述已改裝好的電壓表)，請按電路圖畫出連線，將所示器材連接成實驗電路。(要求在閉合開關(guān)前，滑動變阻器的滑動頭處于正確位置)
④ 若測量未知電阻Rx時，電流表的讀數(shù)為0.20A，而改裝后的電壓表的表頭(刻度盤仍為原電流表的刻度)示數(shù)如圖11所示，那么Rx的測量值為__________Ω。
①D、F(每空2分，共4分)；
②24.5k(2.45×104)(2分)；
③電路連接如圖所示(3分，其中滑動變阻器的固定端接錯得2分，有其他任何錯誤的均得0分；未畫滑動變阻器的滑動頭與固定端的連線不扣分)；
④15(3分)
國際學(xué)校優(yōu)選 - 練習(xí)冊列表 - 試題列表
湖北省互聯(lián)網(wǎng)違法和不良信息舉報平臺 | 網(wǎng)上有害信息舉報專區(qū) | 電信詐騙舉報專區(qū) | 涉歷史虛無主義有害信息舉報專區(qū) | 涉企侵權(quán)舉報專區(qū)
違法和不良信息舉報電話：027-86699610 舉報郵箱：58377363@163.com