2023年人教版高中物理下半年3-2交流电3-3到3-5动量滚动复习卷.doc

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交流电到动量
一、单项选择题〔本大题共15小题,〕
供电站向远方送电,输送的电功率恒定,假设将输电电压提高到原来的4倍,以下判断中正确的选项是〔 〕




图甲是小型交流发电机的示意图,两磁极 N、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场,为交  OO′沿逆时针方向匀速转动,从图甲所示位置开始计时,〔 〕


=,线圈平面与磁场方向平行
=,线圈在中性面位置
如下图,一理想变压器原线圈匝数n1=1 100匝,副线圈匝数n2=220匝,交流电源的电压u=2202sin 100πt V,电阻R=44Ω,电压表、电流表为理想电表,那么以下说法错误的选项是〔 〕
 Hz  A
 A  V
≤,,与较大的颗粒物相比,在大气中的停留时间更长,〔 〕
,


、减少化石燃料的使用,
以下四幅图中,能正确反映分子间作用力f和分子势能EP随分子间距离r变化关系的图线是〔 〕
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A. B.
C. D.
如下图,封有空气的气缸挂在测力计上,测力计的读数为F〔N〕.气缸质量为M〔kg〕,内截面积为S〔m2〕活塞质量为m〔kg〕,气缸壁与活塞间摩擦不计,外界大气压强为p0〔Pa〕,那么气缸内空气的压强为〔 〕
A.〔p0-MgS〕Pa
B.〔P0-mgS〕Pa
C.[P0-F−(M+m)gS]Pa
D.[P0-F−(M−m)gS]Pa
一定质量的理想气体自图示的状态A经状态C变化到状态B,那么气体〔 〕
、内能增大
、内能不变
、内能增大
、内能增大
如下图,导热性能良好内壁光滑的汽缸内部存有一定质量的理想气体,缸外环境保持恒温。现用外力F拉杆,使活塞缓慢向右移动,此过程中缸內气体质量保持不变,以下说法正确的选项是〔 〕
,内能增加
,对外做功

,内能减小
如图,竖直放置、开口向下的试管内用水银封闭一段气体,〔 〕
,体积增大 ,体积减小
,体积增大 ,体积减小
质量为m的运发动从下蹲状态竖直向上起跳,经过时间t,身体伸直并刚好离开地面,离开地面时速度为v在时间t内〔 〕


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〔vt-g〕
〔g+vt〕
如下图,光滑水平面上有质量均为m的物块A和B,B上固定一轻质弹簧,B静止,A以速度v0水平向右运动,从A与弹簧接触至弹簧被压缩到最短的过程中〔 〕
、B的动量变化量相同 、B的动量变化率相同
、B系统的总动能保持不变 、B系统的总动量保持不变
两球A、B在光滑水平面上沿同一直线,同一方向运动,mA=1kg,mB=2kg,vA=6m/s,vB=2m/,两球A、B速度的可能值是〔 〕
′=5 m/s,vB′=2 m/s ′=2 m/s,vB′=4 m/s
′=-4 m/s,vB′=7 m/s ′=7 m/s,vB′= m/s
如下图,质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的拉力F作用下,一直沿水平面向右匀速运动,那么以下关于物体在t时间内所受力的冲量,正确的选项是〔 〕


物体A的质量为m,水平速度为v0,方向向右,物体B的质量为3m,,物体A的动能变为原来的19,物体B的速度〔 〕
,大小一定为4v09 ,大小一定为4v09
,大小一定为2v09
关于以下几幅图中现象的分析,以下说法正确的选项是〔 〕
,是浮力作用的结果
,扩成一个圆孔,是外表张力作用的结果
,低于管外液面的不是毛细现象
,它的尖端会变钝,是一种浸润现象
二、多项选择题〔本大题共3小题,〕
一个理想变压器原、副线圈匝数比n1:n2=11:5正弦交变电源连接,输入电压U如图甲所示,如图乙所示副线圈接入一个10Ω的电阻,一个电压表与电阻并联,那么〔 〕
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×105J
×103W
如下图,一气缸静止在水平面上,质量为m的绝热光滑活塞将一定质量的理想气体密封在气缸内,,〔 〕



关于气体的内能,以下说法正确的选项是〔 〕
,内能一定相同
,整体运动速度越大,其内能越大
,内能可能不变

,内能一定增加
三、计算题〔本大题共2小题,〕
一质量M=,用长l=,处于静止状态。一质量m==10m/s水平射向物块,并与物块粘在一起,小球与物块相互作用时间极短可以忽略。不计空气阻力,重力加速度g取10m/:
〔1〕小球粘在物块上的瞬间,小球和物块共同速度的大小;
〔2〕小球和物块摆动过程中,细绳拉力的最大值;
〔3〕小球和物块摆动过程中所能到达的最大高度。
如图〔a〕所示,一支上端开口、粗细均匀的足够长玻璃管竖直放置,玻璃管内一段长度h为10cm的水银柱封闭了一段长度为5cm的空气柱,环境温度为27℃,外界大气压强P0=:
〔1〕管内封闭气体的压强;
〔2〕假设将玻璃管插入某容器的液体中,如图〔b〕所示,当管内空气柱长度保持为7cm时,其温度是多少?
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答案和解析
【答案】



:〔1〕因为小球与物块相互作用时间极短,所以小球和物块组成的系统动量守恒。取水平向右为正方向,那么有
 mv0=〔M+m〕v共
解得:v共=mv0m+M
代入数据解得v共=2m/s
 〔2〕小球和物块将以v共开始运动时,轻绳受到的拉力最大,设最大拉力为F,根据牛顿第二定律得
     F-〔M+m〕g=〔M+m〕v共2l
所以F=〔M+m〕〔g+v共2l〕
代入数据解得F=15N
〔3〕小球和物块将以v共为初速度向右摆动,摆动过程中只有重力做功,所以机械能守恒;设它们所能到达的最大高度为h,根据机械能守恒定律得:
12〔M+m〕v共2=〔M+m〕gh
解得:h=<l=,合理的
答:
〔1〕小球粘在物块上的瞬间,小球和物块共同速度的大小为2m/s;
〔2〕小球和物块摆动过程中,细绳拉力的最大值为15N;
〔3〕。  
:〔1〕封闭气体的压强等于大气压强加上水银柱产生的压强,故
P1=P0+h=75+10=85〔cmHg〕
〔2〕气体做等压变化,L1=5cm,L2=L+2=7cm,T1=273+23=300〔K〕  
根据盖-吕萨克定律,有:
L1ST1=L2ST2
解得:
T2=L2T1L1=7×3005K=420K
答:〔1〕管内封闭气体的压强为85cmHg;
〔2〕将玻璃管插入某容器的液体中,当管内空气柱长度保持为7cm时,其温度是420K.  
【解析】
:A、B、输送的功率一定,根据P=UI,知输电电压越高,输电电流越小,假设输送电压提高到原来的4倍,那么电流减小14倍,输电导线上损失的电压△U=Ir也减小为原来的14倍,故AB错误;
C、D、电流减小到14倍,根据P损=I2R可知,电线上损失的功率为原来的116倍,故C错误,D正确;
应选:D.
输送的功率一定,根据P=UI和P损=I2R可知高压输电的电压、电流与电能变化情况.
解决此题的关键掌握输送功率与输电电压和输电电流的关系,以及知道P损=I2R的应用.
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:A、由题图乙可知交流电电流的最大值是Im=102AA,周期T=,由于电流表的示数为有效值,故示数I=Im2=1022A=10A,故A错误;
B、角速度=2πT==100πrad/s,故B错误;
C、,感应电动势最大,那么穿过线圈的磁通量变化最快,磁通量为0,故线圈平面与磁场方向平行,故C正确;
D、,感应电动势最大,那么穿过线圈的磁通量变化率最大,磁通量为0,线圈平面与磁感线平行,故D错误.
应选:C
由题图乙可知交流电电流的最大值、周期,电流表的示数为有效值;感应电动势最大,那么穿过线圈的磁通量变化最快,磁通量为0,线圈平面与磁感线平行
此题考查交变电流的产生及有效值的定义,要注意明确电流表示数、机器铭牌上所标的电流值、电压值等均为有效值.
:A、由交流电源的电压瞬时值表达式可知,ω=100π,所以频率f=1T=ω2π=50Hz,A正确;
D、理想变压器的电压比等于线圈匝数比,即n1n2=U1U2,其中原线圈电压的有效值U1=220V,U2=n2n1U1=44V,故D正确;
C、电流表A2的示数:I2=U2R=1A,故C错误;
B、由电流比与线圈匝数成反比,即I1I2=n2n1,所以I1=n2n1I2=,故B正确.
此题选错误的,应选:C
电压表、电流表的示数表示电压电流的有效值,原副线圈的电压比等于匝数之比,电流比等于匝数之反比,原线圈的电压决定副线圈的电压,副线圈的电流决定原线圈的电流.
解决此题的关键知道原副线圈的电压关系和电流关系,以及知道原副线圈的电压、电流和功率的决定关系.
:A、气温越高,空气分子热运动越剧烈,布朗运动越剧烈,,故A正确;
BC、布朗运动是固体颗粒的运动,,,,故B错误,C正确;
D、,故D正确;
此题选错误的,应选:B.
“”,、是分子团的运动,.
,涉及的知识点较多,是一道综合题,但难度不大.
:根据分子力、分子势能与分子之间距离关系可知,当r=r0时,分子力为零,分子势能最小,由此可知B正确.
应选:B.
分子力与分子距离r,分子势能与分子距离r的关系图象很类似,特别注意的是当r=r0时,分子力为零,分子势能最小,同时注意分子力为矢量,分子势能为标量.
正确区分和理解分子力与分子距离r,分子势能与分子距离r的关系图象是理解分子力、分子势能的关键.
:AB、设缸内气体的压强为P,以活塞为研究对象,分析活塞受力:重力mg、大气压向上的压力P0S和气缸内气体的向下的压力PS,根据平衡条件得:P0S=PS+mg,那么得P=P0-mgs;故A错误,B正确;
C、以气缸为研究对象,分析气缸受力:重力Mg、大气压向下的压力P0S和气缸内气体的向上的压力PS,测力计向上的拉力F,根据平衡条件得:P0S+Mg=PS+F,
那么得
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P=P0-F−MgS;故CD错误;
应选:B
分别以活塞和气缸为研究对象,根据平衡条件列式求解缸内气体的压强.
此题考查封闭气体压强的计算,对于封闭气体的压强,往往以与气体接触的活塞、气缸或水银为研究对象,根据力平衡知识求解.
:A、AC过程中气体温度不变,体积减小,由理想气体状态方程可知,气体的压强增大,由于气体温度不变,那么气体内能不变,故AB错误;
C、CB过程中,气体体积不变,温度升高,由理想气体状态方程可知,气体压强变大,气体温度升高,内能增大,故C正确,D错误;
应选C.
图象是V-T图象,根据图象所示气体状态参量的变化,应用理想气体状态方程PVT=C判断气体的压强如何变化;理想气体内能由气体的温度决定,温度越高,内能越大.
根据图象所示气体体积与温度的变化情况,应用理想气体状态方程可以判断出气体压强如何变化,根据气体温度的变化,可以判断出气体内能的变化.
:AD、气体的内能仅仅与温度有关,使活塞缓慢地向右移动气体的温度始终与外界温度相同,保持不变,所以气体的内能不变。故AD错误;
B、使活塞缓慢地向右移动气体的温度始终与外界温度相同,保持不变,所以缸内气体等温膨胀,对外做功。故B正确;
C、根据理想气体的状态方程:PVT=C可知,气体的温度不变,体积增大的过程中气体的压强减小;根据压强的微观意义可知,单位时间内缸内气体分子对活塞的碰撞次数减少。故C错误;
应选:B。
根据与内能有关的因素分析内能的变化;根据理想气体的状态方程分析气体压强的变化;根据压强的微观意义分析气体分子对活塞的碰撞次数的变化;根据功能关系结合热力学第二定律分析。
该题结合理想气体的状态方程考查对热力学定律的理解以及对压强、温度的微观意义的理解,考查的知识点比拟多,要注意明确气体体积增大时对外做功,温度不变时,内能不变。
:初始状态P0=Px+Ph,
假设试管自由下落,那么ph=0,Px=P0,
所以压强增大
由玻意耳定律知,PV=C,故V减小.
应选:B.
初始状态P0=Px+Ph,假设试管自由下落,那么ph=0,Px=P0,所以压强增大,气体做等温变化,故体积减小
关键知道试管自由下落时,水银柱的压强将变为0.
:人的速度原来为零,起跳后变化v,那么由动量定理可得:
-mgt=△mv=mv
所以:F.=m〔g+vt〕;故D正确,ABC错误;
应选:D
初末速度,那么由动量定理可求得地面对人的平均作用力.
在应用动量定理时一定要注意冲量应是所有力的冲量,不要把重力漏掉.
:AD、两物体相互作用过程中系统的合外力为零,系统的总动量守恒,那么A、B动量变化量大小相等、方向相反,所以动量变化量不同,故A错误,D正确;
B、由动量定理Ft=△P可知,动量的变化率等于物体所受的合外力,A、B两物体所受的合外力大小相等、方向相反,所受的合外力不同,那么动量的变化率不同,故B错误;
C、A、B系统的总机械能不变,弹性势能在变化,那么总动能在变化,故C错误;
应选:
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D
两物块组成的系统合外力为零,系统的总动量守恒,两个物体所受的合外力大小相等、方向相反,应用动量定理、动量守恒定律分析答题.
此题的关键要分析清楚物体运动过程,、动量变化率都是矢量,只有大小和方向都相同时它们才相同.
:两球碰撞过程系统动量守恒,以两球的初速度方向为正方向,
如果两球发生完全非弹性碰撞,由动量守恒定律得:
mAvA+mBvB=〔mA+mB〕v,代入数据解得:v=103m/s,
如果两球发生弹性碰撞,mAvA+mBvB=mAvA′+mBvB′,
由机械能守恒定律得:12mAvA2+12mBvB2=12mAvA′2+12mBvB′2,
代入数据解得:vA′=23m/s,vB′143m/s,
那么碰撞后A、B的速度:23m/s≤vA≤103m/s,103m/s≤vB≤143m/s,
应选:B.
两球碰撞过程,系统不受外力,故碰撞过程系统总动量守恒;碰撞过程中系统机械能可能有一局部转化为内能,根据能量守恒定律,碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能;同时考虑实际情况,碰撞后A球速度不大于B球的速度.
此题碰撞过程中动量守恒,同时要遵循能量守恒定律,不忘联系实际情况,即后面的球不会比前面的球运动的快!
:A、拉力F的冲量大小为Ft,故A错误.
B、物体做匀速直线运动,可知摩擦力f=Fcosθ,那么摩擦力的冲量大小为ft=Ftcosθ,故B错误.
C、重力的冲量大小为mgt,故C正确.
D、支持力的大小为N=mg-Fsinθ,那么支持力的冲量为〔mg-Fsinθ〕.
应选:C
根据力的大小,结合冲量的公式I=ft求出各力的冲量大小.
解决此题的关键知道冲量的大小等于力与时间的乘积,结合力的大小进行求解,根底题.
:根据碰后A球的动能恰好变为原来的19得:
12mv′2=19×12mv02
v′=±13v0
碰撞过程中AB动量守恒,以v0方向为正方向,那么有:mv0=mv′+3mvB
解得:vB=29v0或vB=49v0,
假设vB=29v0,那么v′=13v0,A的速度大于B的速度,还要发生第二次相撞,所以此答案舍去,
所以物体B的速度方向一定向右,大小一定为4v09,故A正确.
应选:A
碰后A球的动能恰好变为原来的19,速度大小变为原来的13,但速度方向可能跟原来相同,也可能相反,再根据碰撞过程中动量守恒即可解题.
此题考查的是动量定律得直接应用,注意动能是标量,速度是矢量,难度适中,属于中档题.
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15.【分析】
​作用于液体外表,使液体外表积缩小的力,,叫做外表层,外表层里的分子比液体内部稀疏,分子间的距离比液体内部大一些,,;浸润液体呈凹液面,不浸润液体呈凸液面。
此题考查液体外表张力的现象,要求对液体外表张力产生的原因能理解,并能分析一些现象,根底题目。
【解答】
A、因为液体外表张力的存在,有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走自如,故A错误;
B、乙图中将棉线圈中肥皂膜刺破后,扩成一个圆孔,是外表张力作用的结果,故B正确;
C、浸润液体情况下容器壁对液体的吸引力较强,附着层内分子密度较大,分子间距较小,故液体分子间作用力表现为斥力,附着层内液面升高,故浸润液体呈凹液面,不浸润液体呈凸液面,故C错误;
D、丁图中玻璃管的裂口在火焰上烧熔后,它的尖端会变钝,是外表张力的原因,。
应选B。
:A、由图象可知,电压的最大值为2202V,所以有效值为220V,根据原、副线圈匝数比n1:n2=11:5可得,副线圈的有效电压为100V,所以流过电阻的电流是10010A=10A,所以A错误.
B、电压表的示数是电压的有效值,为100V,所以B正确;
C、经过1分钟电阻发出的热量是Q=U2Rt=100210×60J=60000J,所以C错误;
D、输入功率和电阻的功率相等,所以P=U2R=1000W,所以D正确.
应选:BD
根据电压与匝数程正比,电流与匝数成反比,变压器的输入功率和输出功率相等,逐项分析即可得出结论.
掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系,此题即可得到解决.
:A、气缸内封闭气体的压强p=p0+mgS,对气体加热时封闭气体的压强保持不变,气体发生等压变化,加热过程气体的温度升高,由盖吕萨克定律可知,气体的体积增大,气体对外做功,故A正确,CE错误.
B、理想气体内能由温度决定,气体温度升高,气体的内能增加,故B正确;
D、温度是分子平均动能的标志,气体温度升高,气体分子平均动能增大,故D正确;
应选:ABD.
给气体加热时,封闭气体发生等压变化,可根据盖•吕萨克定律列式知温度上升,气体发生等压变化,可根据热力学第一定律求内能的变化量.
此题考查了判断气体做功、气体温度变化、气体内能变化等情况;解决此题的关键要明确气体作的是等压变化,知道一定质量的理想气体内能只跟温度有关.
:A、质量和温度都相同的气体,内能不一定相同,还和气体的种类有关,故A错误;
B、物体的内能与温度、体积有关,与物体宏观整体运动的机械能无关,所以整体运动速度越大,其内能不一定越大,故B错;
C、气体被压缩时,外界对气体做功W>0,如果向外界放热Q>0,根据热力学第一定律,△U=W+Q,可能△U=0内能不变,所以C正确;
D、理想气体分子间无分子势能,理想气体的内能只与温度有关,故D正确;
E、一定量的某种理想气体等压膨胀过程中,体积与热力学温度成正比,温度升高,
应选:CDE
理想气体是一种理想化的物理模型,实际上并不存在;理想气体的内能仅与温度有关,与气体的体积无关;实际气体在温度不太低、压强不太大的情况下可以看做理想气体.
此题关键要理解理想气体这个模型的物理意义,抓住不考虑分子间的作用力,一定质量理想气体的内能只与温度有关是关键.
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19.〔1〕因为小球与物块相互作用时间极短,所以小球和物块组成的系统动量守恒,根据动量守恒定律即可求小球和物块共同速度的大小;
〔2〕小球和物块将以v共开始运动时,轻绳受到的拉力最大,设最大拉力为F,根据向心力公式即可求解;
〔3〕小球和物块将以v共为初速度向右摆动,摆动过程中只有重力做功,所以机械能守恒,根据机械能守恒定律即可求解。
此题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律的应用,分析清楚小球与物块的运动过程是解题的前提与关键,要知道碰撞的根本规律是动量守恒定律。要明确向心力的来源。
20.〔1〕封闭气体的压强等于大气压强加上水银柱产生的压强;
〔2〕等压变化,根据盖-吕萨克定律列式求解即可.
此题关键是求出封闭气体的压强,然后根据盖-吕萨克定律列式求解,根底题.