36．(8分)[物理--物理3-3]
一定質量的理想氣體由狀態A經狀態B變為狀態C，其中A
B過程為等壓變化，BC過程為等容變化。已知VA=0.3m3，TA=TB=300K、TB=400K。
(1)求氣體在狀態B時的體積。
(2)說明BC過程壓強變化的微觀原因
(3)沒AB過程氣體吸收熱量為Q，BC過
氣體
放出熱量為Q2，比較Q1、Q2的大小說明原因。
解析：
(1)設氣體在B狀態時的體積為VB，由蓋--呂薩克定律得，
,代入數據得
。
(2)微觀原因：氣體體積不變，分子密集程度不變，溫度變小，氣體分子平均動能減小，導致氣體壓強減小。
(3)
大于
；因為TA=TB，故AB增加的內能與BC減小的內能相同，而AB過程氣體對外做正功，BC過程氣體不做功，由熱力學第一定律可知大于
[考點]壓強的圍觀意義、理想氣體狀態方程、熱力學第一定律
25．(18分)如圖甲所示，建立Oxy坐標系，兩平行極板P、Q垂直于y軸且關于x軸對稱，極板長度和板間距均為l，第一四象限有磁場，方向垂直于Oxy平面向里。位于極板左側的粒子源沿x軸間右連接發射質量為m、電量為+q、速度相同、重力不計的帶電粒子在0~3t時間內兩板間加上如圖乙所示的電壓(不考慮極邊緣的影響)。
已知t=0時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在t0時，刻經極板邊緣射入磁場。上述m、q、l、l0、B為已知量。(不考慮粒子間相互影響及返回板間的情況)
(1)求電壓U的大小。
(2)求
時進入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑。
(3)何時把兩板間的帶電粒子在磁場中的運動時間最短？求此最短時間。
解析：
(1)
時刻進入兩極板的帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動，
時刻剛好從極板邊緣射出，在y軸負方向偏移的距離為
，則有
①，
②
③
聯立以上三式，解得兩極板間偏轉電壓為
④。
(2)
時刻進入兩極板的帶電粒子，前時間在電場中偏轉，后時間兩極板沒有電場，帶電粒子做勻速直線運動。
帶電粒子沿x軸方向的分速度大小為
⑤
帶電粒子離開電場時沿y軸負方向的分速度大小為
⑥
帶電粒子離開電場時的速度大小為
⑦
設帶電粒子離開電場進入磁場做勻速圓周運動的半徑為R，則有
⑧
聯立③⑤⑥⑦⑧式解得
⑨。
(3)
時刻進入兩極板的帶電粒子在磁場中運動時間最短。帶電粒子離開磁場時沿y軸正方向的分速度為
⑩，
設帶電粒子離開電場時速度方向與y軸正方向的夾角為
，則
，
聯立③⑤⑩式解得
，帶電粒子在磁場運動的軌跡圖如圖所示，圓弧所對的圓心角為
，所求最短時間為
,帶電粒子在磁場中運動的周期為
，聯立以上兩式解得
。
[考點]帶電粒子在勻強電場、勻強磁場中的運動
(選做部分)
24．(15分)如圖所示，某貨場而將質量為m1=100 kg的貨物(可視為質點)從高處運送至地面，為避免貨物與地面發生撞擊，現利用固定于地面的光滑四分之一圓軌道，使貨物中軌道頂端無初速滑下，軌道半徑R=1.8 m。地面上緊靠軌道次排放兩聲完全相同的木板A、B，長度均為l=2m，質量均為m2=100 kg，木板上表面與軌道末端相切。貨物與木板間的動摩擦因數為
1，木板與地面間的動摩擦因數=0.2。(最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g=10 m/s2)
(1)求貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力。
(2)若貨物滑上木板4時，木板不動，而滑上木板B時，木板B開始滑動，求1應滿足的條件。
(3)若1=0。5，求貨物滑到木板A末端時的速度和在木板A上運動的時間。
解析：
(1)設貨物滑到圓軌道末端是的速度為
，對貨物的下滑過程中根據機械能守恒定律得，
①，
設貨物在軌道末端所受支持力的大小為
,根據牛頓第二定律得，
②，
聯立以上兩式代入數據得
③,
根據牛頓第三定律，貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力大小為3000N，方向豎直向下。
(2)若滑上木板A時，木板不動，由受力分析得
④，
若滑上木板B時，木板B開始滑動，由受力分析得
⑤，
聯立④⑤式代入數據得
⑥。
(3)
，由⑥式可知，貨物在木板A上滑動時，木板不動。設貨物在木板A上做減速運動時的加速度大小為
，由牛頓第二定律得
⑦，
設貨物滑到木板A末端是的速度為
，由運動學公式得
⑧，
聯立①⑦⑧式代入數據得
⑨，
設在木板A上運動的時間為t，由運動學公式得
⑩，聯立①⑦⑨⑩式代入數據得
。
[考點]機械能守恒定律、牛頓第二定律、運動學方程、受力分析
23．(12分)請完成以下兩小題。
(1)某同學在家中嘗試驗證平行四邊形定則，他找到三條相同的橡皮筋(遵循胡克定律)和若干小事物，以及刻度尺、三角板、鉛筆、細繩、白紙、釘字，設計了如下實驗：將兩條橡皮筋的一端分別在墻上的兩個釘子A、B上，另一端與第二條橡皮筋連接，結點為O，將第三條橡皮筋的另一端通過細胞掛一重物。
①為完成實驗，下述操作中必需的是
。
a．測量細繩的長度
b．測量橡皮筋的原長
c．測量懸掛重物后像皮筋的長度
d．記錄懸掛重物后結點O的位置
②釘子位置固定，欲利用現有器材，改變條件再次實驗證，可采用的方法是
(2)為了節能和環保，一些公共場所使用光控開關控制照明系統。光控開頭可采用光敏電阻來控制，光敏電阻是阻值隨著光的照度而發生變化的元件(照度可以反映光的強弱，光越強照度越大，照度單位為Lx)。某光敏電阻Rp在不同照度下的阻值如下表：
|
照度(lx) |
0.2 |
0.4 |
0.6 |
0.8 |
1.0 |
1.2 |
電阻(k ) |
75 |
40 |
28 |
23 |
20 |
18 |
①根據表中數據，請在給定的坐標系(見答題卡)中描繪出阻值隨照度變化的曲線，并說明阻值隨照度變化的特點。
②如圖所示，當1、2兩端所加電壓上升至2V時，控制開關自動啟動照明系統，請利用下列器材設計一個簡單電路。給1、2兩端提供電壓，要求當天色漸暗照度降低至1.0(1x)時啟動照明系統，在虛線框內完成電路原理圖。
(不考慮控制開關對所設計電路的影響)
提供的器材如下：
光敏電源E(電動勢3V，內阻不計)；
定值電阻：R1=10k，R2=20k，R3=40k(限選其中之一并在圖中標出)
開關S及導線若干。
答案：(1)①bcd ②更換不同的小重物
(2)①光敏電阻的阻值隨光照變化的曲線如圖所示。
特點：光敏電阻的阻值隨光照強度的增大非線性減小
②電路原理圖如圖所示。
解析：當，控制開關自動啟動照明系統，請利用下列器材設計一個簡單電路。給1、2兩端提供電壓，要求
當天色漸暗照度降低至1.0(1x)時啟動照明系統，即此時光敏電阻阻值為20k，兩端電壓為2V，電源電動勢為3V，所以應加上一個分壓電阻，分壓電阻阻值為10k，即選用R1。
[考點]驗證平行四邊形定則實驗、閉合電路歐姆定律
22．圖示為某探究活動小組設計的節能運動系統。斜面軌道傾角為30°，質量為M的木箱與軌道的動摩擦因數為
。木箱在軌道端時，自動裝貨裝置將質量為m的貨物裝入木箱，然
后木箱載著貨物沿軌道無初速滑下，與輕彈簧被壓縮至最短時，自動卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端，再重復上述過程。下列選項正確的是( )
A．m＝M
B．m＝2M
C．木箱不與彈簧接觸時，上滑的加速度大于下滑的加速度
D．在木箱與貨物從頂端滑到最低點的過程中，減少的重力勢能全部轉化為彈簧的彈性勢能
答案：BC
考點： 能量守恒定律，機械能守恒定律，牛頓第二定律，受力分析
解析：受力分析可知，下滑時加速度為
，上滑時加速度為
，所以C正確。設下滑的距離為l，根據能量守恒有
，得m＝2M。也可以根據除了重力、彈性力做功以外，還有其他力(非重力、彈性力)做的功之和等于系統機械能的變化量，B正確。在木箱與貨物從頂端滑到最低點的過程中，減少的重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能和內能，所以D不正確。
提示：能量守恒定律的理解及應用。
21．
如圖所示，一導線彎成半徑為a的半圓形閉合回路。虛線MN右側有磁感應強度為B的勻強磁場。方向垂直于回路所在的平面。回路以速度v向右勻速進入磁場，直徑CD始絡與MN垂直。從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，下列結論正確的是( )
A．感應電流方向不變
B．CD段直線始終不受安培力
C．感應電動勢最大值E＝Bav
D．感應電動勢平均值
答案：ACD
考點：楞次定律、安培力、感應電動勢、左手定則、右手定則
解析：在閉合電路進入磁場的過程中，通過閉合電路的磁通量逐漸增大，根據楞次定律可知感應電流的方向為逆時針方向不變，A正確。根據左手定則可以判斷，受安培力向下，B不正確。當半圓閉合回路進入磁場一半時，即這時等效長度最大為a，這時感應電動勢最大E=Bav，C正確。感應電動勢平均值
，D正確。
提示：感應電動勢公式
只能來計算平均值，利用感應電動勢公式
計算時，l應是等效長度，即垂直切割磁感線的長度。
20．如圖所示，在x軸上關于原點O對稱的兩點固定放置等量異種點電荷+Q和-Q，x軸上的P點位于的右側。下列判斷正確的是( )
A．在x軸上還有一點與P點電場強度相同
B．在x軸上還有兩點與P點電場強度相同
C．若將一試探電荷+q從P點移至O點，電勢能增大
D．若將一試探電荷+q從P點移至O點，電勢能減小
答案：AC
考點：電場線、電場強度、電勢能
解析：根據等量正負點電荷的電場分布可知，在x軸上還有一點與P點電場強度相同，即和P點關于O點對稱，A正確。若將一試探電荷+q從P點移至O點，電場力先做正功后做負功，所以電勢能先減小后增大。一般規定無窮遠電勢為零，過0點的中垂線電勢也為零，所以試探電荷+q在P點時電勢能為負值，移至O點時電勢能為零，所以電勢能增大，C正確。
提示：熟悉掌握等量正負點電荷的電場分布。知道
，即電場力做正功，電勢能轉化為其他形式的能，電勢能減少；電場力做負功，其他形式的能轉化為電勢能，電勢能增加，即
。
19．某小型水電站的電能輸送示意圖如下。發電機的輸出電壓為200V，輸電線總電阻為r，升壓變壓器原副線圈匝數分別為n，n2。降壓變壓器原副線匝數分別為a3、n4(變壓器均為理想變壓器)。要使額定電壓為220V的用電器正常工作，則( )
A．
B．
C．升壓變壓器的輸出電壓等于降壓變壓器的輸入電壓
D．升壓變壓器的輸出功率大于降壓變壓器的輸入功率
答案：AD
考點：變壓器工作原理、遠距離輸電
解析：根據變壓器工作原理可知
,
，由于輸電線上損失一部分電壓，升壓變壓器的輸出電壓大于降壓變壓器的輸入電壓，有
，所以，A正確，BC不正確。升壓變壓器的輸出功率等于降壓變壓器的輸入功率加上輸電線損失功率，D正確。
提示：理想變壓器的兩個基本公式是：⑴ 
，即對同一變壓器的任意兩個線圈，都有電壓和匝數成正比。⑵
，即無論有幾個副線圈在工作，變壓器的輸入功率總等于所有輸出功率之和。只有當變壓器只有一個副線圈工作時，才有
。
遠距離輸電，從圖中應該看出功率之間的關系是：P1=P2，P3=P4，P1/=Pr=P2。電壓之間的關系是：
。電流之間的關系是：
。輸電線上的功率損失和電壓損失也是需要特別注意的。分析和計算時都必須用
，而不能用
。特別重要的是要會分析輸電線上的功率損失
。
18．2008年9月25日至28日我國成功實施了“神舟”七號載入航天飛行并實現了航天員首次出艙。飛船先沿橢圓軌道飛行，后在遠地點343千米處點火加速，由橢圓軌道變成高度為343千米的圓軌道，在此圓軌道上飛船運行周期約為90分鐘。下列判斷正確的是( )
A．飛船變軌前后的機械能相等
B．飛船在圓軌道上時航天員出艙前后都處于失重狀態
C．飛船在此圓軌道上運動的角度速度大于同步衛星運動的角速度
D．飛船變軌前通過橢圓軌道遠地點時的加速度大于變軌后沿圓軌道運動的加速度
答案：BC
考點：機械能守恒定律，完全失重，萬有引力定律
解析：飛船點火變軌，前后的機械能不守恒，所以A不正確。飛船在圓軌道上時萬有引力來提供向心力，航天員出艙前后都處于失重狀態，B正確。飛船在此圓軌道上運動的周期90分鐘小于同步衛星運動的周期24小時，根據
可知，飛船在此圓軌道上運動的角度速度大于同步衛星運動的角速度，C正確。飛船變軌前通過橢圓軌道遠地點時只有萬有引力來提供加速度，變軌后沿圓軌道運動也是只有萬有引力來提供加速度，所以相等，D不正確。
提示：若物體除了重力、彈性力做功以外，還有其他力(非重力、彈性力)不做功，且其他力做功之和不為零，則機械能不守恒。
根據萬有引力等于衛星做圓周運動的向心力可求衛星的速度、周期、動能、動量等狀態量。由
得
，由
得
，由
得
，
可求向心加速度。
17．某物體做直線運動的v-t圖象如圖甲所示，據此判斷圖乙(F表示物體所受合力，x表示物體的位移)四個選項中正確的是( )
答案：B
考點： v-t圖象、牛頓第二定律
解析：由圖甲可知前兩秒物體做初速度為零的勻加速直線運動，所以前兩秒受力恒定，2s-4s做正方向勻加速直線運動，所以受力為負，且恒定，4s-6s做負方向勻加速直線運動，所以受力為負，恒定，6s-8s做負方向勻減速直線運動，所以受力為正，恒定，綜上分析B正確。
提示：在v-t圖象中傾斜的直線表示物體做勻變速直線運動，加速度恒定，受力恒定。
速度--時間圖象特點：
①因速度是矢量，故速度--時間圖象上只能表示物體運動的兩個方向，t軸上方代表的“正方向”，t軸下方代表的是“負方向”，所以“速度--時間”圖象只能描述物體做“直線運動”的情況，如果做曲線運動，則畫不出物體的“位移--時間”圖象；
②“速度--時間”圖象沒有時間t的“負軸”，因時間沒有負值，畫圖要注意這一點；
③“速度--時間”圖象上圖線上每一點的斜率代表的該點的加速度，斜率的大小表示加速度的大小，斜率的正負表示加速度的方向；
④“速度--時間”圖象上表示速度的圖線與時間軸所夾的“面積”表示物體的位移
湖北省互聯網違法和不良信息舉報平臺 | 網上有害信息舉報專區 | 電信詐騙舉報專區 | 涉歷史虛無主義有害信息舉報專區 | 涉企侵權舉報專區
違法和不良信息舉報電話：027-86699610 舉報郵箱：58377363@163.com