3. 运动快慢与方向的描述——速度含PPT的教学设计及点评

第二十二次周考试题

命题：徐维

14.下列说法正确的是（ ）

A．牛顿发现了万有引力定律，并应用万有引力定律计算出了、观测到了海王星的轨道

B．伽利略通过理想实验找到了力和运动的本质关系

C．安培提出了分子电流假说，解释了电流周围的磁现象

D.库仑利用扭秤较准确地测出了引力常量

考点：物理学史

答案：B

试题解析：牛顿发现了万有引力定律，亚当斯和勒威耶利用万有引力定律计算、观测到了海王星的轨道；伽利略通过理想实验找到了力和运动的本质关系，物体的运动不需要力来维持，力可以改变物体的运动状态，B正确；安培提出了分子电流假说，解释了自然界的磁现象，C错误；卡文迪许利用扭秤测出了引力常量，D错误

15．现有一台落地电风扇放在水平地面上，该电风扇运行时，通过调节它的“摇头”旋钮可改变风向，但风向一直沿水平方向．若电风扇运行时其底座在地面上不发生移动，下列说法正确的是（ ）

A．电风扇受到5个力的作用

B．地面对电风扇的作用力竖直向上

C．空气对电风扇的作用力与地面对它的摩擦力大小相等

D．电风扇对空气的作用力与地面对它的摩擦力互相平衡

考点：共点力的平衡

答案：C

试题解析：分析电风扇的受力可知其受4个力的作用，A错误；地面对电风扇由支持力和摩擦力，其合力斜向上，B错误；电风扇运行时其底座在地面上不发生移动，可知电风扇在水平方向受到的空气作用力和地面的摩擦力为一对平衡力，C正确；电风扇对空气的作用力受力对象是空气，地面对电风扇的摩擦力受力对象是电风扇，两个力不是平衡力，D错误。

16.以下说法错误的是(

)

A.当氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级时，要吸收光子

B.蓝光照射到某金属板表面时能够产生光电效应，则换用强度较低的紫光照射也可发生

C.原子序数大于83的原子核都具有放射性

114192D.核反应：

23592U＋0n→

56Ba＋36Kr＋aX中X为中子，a＝3 答案

A 解析

氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级时，要放出光子，A错；紫光的频率比蓝光大，因此蓝光照射到某金属板表面时能够产生光电效应，紫光也可以，B对；原子序数大于83的原子核都具有放射性，C对，根据核电荷数和质量数守恒可知D正确，所以本题选择B、C、D.

17．一颗卫星在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动的周期为T0．已知地球半径为R，自转的周期为T,在地球赤道上有一竖直弹簧秤下端悬挂一个质量为m的物体，相对于赤道表面处于静止状态，则弹簧秤的示数为（ ）

A．

B．

C．

D．

考点：万有引力定律及其应用

答案：D

试题解析：卫星围绕地球表面附近做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有，对物体受力分析可知万有引力和拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有正确。

，联立解得，D18．电荷量不等的两点电荷固定在x轴上坐标为-3L和3L的两点，其中坐标为3L处电荷带正电，电荷量为Q。两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中x=L处电势最低，x轴上M、N两点的坐标分别为-2L和2L，静电力常量为k，则下列判断正确的是

A.两点电荷一定为异种电荷

B.原点O处场强大小为

C.负检验电荷在原点O处受到向左的电场力

D.负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先减小后增大

【答案】C 【解析】由φ—x图象特点可知两点电荷均为正电荷，A错误；x=L处电势最低，此处图线的斜率为0，即该点的合场强为0，-=0，得Q'=4Q，故原点处的场强大小为-，方向向右，负检验电荷在原点O处受到的电场力向左，B错误，C正确；由M点到N点电势先减小后增大，所以负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先增大后减小，D错误。

19.如图所示，理想变压器的原线圈接在一个交变电源上，交变电压瞬时值随时间变化的规律为u=220sin 100πt(V)，副线圈所在电路中接有灯泡、电动机、理想交流电压表和理想交流电流表。已知理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，灯泡的电阻为22 Ω，电动机内阻为1 Ω，电流表示数为3 A，各用电器均正常工作。则

A.通过副线圈的电流频率为5 Hz C.变压器原线圈的输入功率为66 W 【答案】BD B.电压表示数为22 V D.电动机的输出功率为40 W 【解析】由u=220sin 100πt(V)知交变电流的频率f==50 Hz，变压器不改变交变电流的频率，A错误；由理想变压器的变压规律，可知U2=U1=22 V，故电压表的示数为22 V，B正确；变压器原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，为P=U2I2=66 W，C错误；流过小灯泡的

电流I==1 A，故流过电动机的电流IM=2 A，电动机的输出功率P出=U2IM-r=40 W，D正确。

20．如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．轨道上的A点离PQ的距离为，一质量为m的质点自P点正上方距离P点高h=2R由静止释放，进入轨道后刚好能到达Q点并能再次返回经过N点．已知质点第一次经过轨道最低点N时速率为v，选定N点所在的水平面为重力势能的零势能面，重力加速度为g，则（ ）

A．

B．

C．从N到Q的过程中，动能与势能相等的点在A点上方，从Q到N的过程中，动能与势能相等的点在A点下方

D．从N到Q的过程中，动能与势能相等的点在A点下方，从Q到N的过程中，动能与势能相等的点在A点上方

考点：动能和动能定理

答案：BC

试题解析：设质点到达P点时的加速度为v，根据动能定理由解得，由题意知物体由静止释放刚好能达到Q点，根据动能定理有解得，以为从P到N每个点速度均大于N到Q每个点的速度，P到N过程中物体对轨道的正压力大于N到Q的，即可知从P到N摩擦力大于从N到Q的摩擦力，所以P到N克服摩擦力做的功大于mgR,由P到N根据动能定理得，所以，则第一次滑到轨道最低点时的速度，A错误，B正确；如果轨道光滑，物体在运动过程中不受摩擦力，上升过程中的动能与重力势能相等的位置在位移的中点A，现在由于要克服摩擦力做功，机械能减小，所以上升过程中动能与重力势能相等的位置在A点上方，从Q到N的过程中，动能与重力势能相等的点在A点下方，C正确，D错误。

的扇形COD内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，E点为半21．如图所示，圆心角为90°径OD的中点。现有比荷大小相等的两个带电粒子a、b(不计重力)以大小不等的速度分别从O、E点均沿OC方向射入磁场，粒子a恰从D点射出磁场，粒子b恰从C点射出磁场，已=0.6，cos 37°=0.8，则下列说法中正确的是

知sin 37°

A.粒子a带正电，粒子b带负电

B.粒子a、b在磁场中运动的加速度大小之比为5∶2 C.粒子a、b的速率之比为2∶5 D.粒子a、b在磁场中运动的时间之比为180∶53 【答案】CD

【解析】两个粒子的运动轨迹如图所示，根据左手定则判断知粒子a带负电，粒子b带正电，A错误；设扇形COD的半径为r，粒子a、b的轨道半径分别为Ra、Rb，则Ra==r2+(Rb-)2，sinθ=，得Rb=r，θ=53°，由qvB=m，得v=R，所以粒子a、b的速率之比为，C正确；由牛顿第二定律得加速度a=，所以粒子a、b在磁场中运动的加速度大小之比为，B错误；粒子a在磁场中运动的时间ta=，粒子b在磁场中运动的时间tb=，则，D正确。

22．(1)某物理兴趣小组的同学利用实验室提供的器材组装了一个“欧姆表”，并用其测量一个未知电阻的阻值。实验室提供的器材如下: A.新的干电池一节:电动势为1.5 V，其内阻可忽略；

B.灵敏电流计一个:量程为0~1 mA，内阻20 Ω；

C.可变电阻P:阻值范围为100~2 500 Ω；

D.红、黑表笔各一个；

E.待测电阻一只。

①请在如图虚线框内补全所需的器材。

②测量电阻前，先进行欧姆调零。将可变电阻P的阻值调节为R=

，此时电流计指针指到

。

③把待测电阻接入两表笔间，指针正好指在0.6 mA刻度处，则该电阻的阻值为

。

22.【答案】(1)①如图所示

②1 480 Ω

满偏位置(或“1 mA”)

③1 000 Ω

23.如图甲所示，一端带有定滑轮的长木板放置在水平桌面上，靠近长木板的左端固定有一光电门，右端放置一带有挡光片的小车，小车和挡光片的总质量为M，细线绕过定滑轮，一端与小车相连，另一端挂有6个钩码，已知每个钩码的质量为m，且M=4m。

①用游标卡尺测出小车上的挡光片的宽度，读数如图乙所示，则挡光片宽度d=

cm。

②实验时为了消除摩擦力的影响，可以把木板右端适当垫高，调节木板的倾斜度，直到使小车在

(填“受”或“不受”)细线的拉力时能沿木板做

运动。

③将小车从木板右端由静止释放，小车上的挡光片通过光电门的时间为t1，则小车通过光电门的速度为

(用题给字母表示)。

④开始实验时，细线另一端挂有6个钩码，由静止释放小车后细线上的拉力为F1，接着每次实验时将1个钩码移放到小车上，当细线挂有3个钩码时细线上的拉力为F2，则F1

2F2(填“大于”、“等于”或“小于”)。

⑤若每次移动钩码后都从同一位置释放小车，设挡光片与光电门的距离为L，细线所挂钩码的个数为n，测出每次挡光片通过光电门的时间为t，测出多组数据，并绘出n—图象如图丙所示，已知图线斜率为k，则当地重力加速度为

(用题给字母表示)。

23答案①0.520

②不受

匀速

③

④小于

⑤

【解析】(1)②电流计的读数为1 mA时，电路的总电阻为

Ω=1 500 Ω，所以，可变电阻的阻10-3A，可解得Rx=1 000 Ω。

值应调节为1 500 Ω-20 Ω=1 480 Ω。③由=0.6×(2)①游标卡尺的主尺读数为5 mm，游标尺读数为0.05×4 mm=0.20 mm，则最终读数为5.20 mm=0.520 cm。②当小车不受细线的拉力时，重力沿木板向下的分力若与摩擦力平衡，小车做匀速直线运动。③极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小，则小车通过光电门的速度为。④当细线挂有6个钩码时，对小车和钩码整体分析，a1==0.6g，对小车分析，根据牛顿0.6g=2.4mg，当细线挂有3个钩码时，对整体分析，a2==0.3g，对第二定律得F1=Ma1=4m×小车分析，根据牛顿第二定律得F2=7ma2=2.1mg，可知F1<2F2。⑤小车通过光电门的速度v=，根据v2=2aL，得=2aL，因为a=，代入解得n=，图线的斜率k=，解得g=。

24.一水池水深H=3m，现从水面上方h=1.8m高处由静止释放一个硬质小球，测得小球从释放到落至水池底部用时t=1.1s．已知小球直径远小于水池深度，不计空气及水的阻力，进入水池过程中浮力变化不计，取g=10m/s，求：

（1）小球在水中运动的时间和加速度；

（2）从水面上方多高处由静止释放小球，才能使小球从释放到落至池底所用时间最短.

考点：牛顿运动定律、牛顿定律的应用匀变速直线运动及其公式、图像

答案：（1）0.5s 0 （2）1.5m

试题解析：(1)水面上

① 解得，则s s ②

2设水中做匀变速运动的加速度为，时间为

③

解得，即水中做匀速直线运动

（2）设释放点距水面x，则

总时间④

当

时，即=1.5m

25.如图所示，平面直角坐标系xoy位于竖直平面内，M是一块与y轴夹角y轴的交点坐标为（0，的挡板，与L），下端无限接近x轴上的N点，粒子若打在挡板上会被挡板吸收．挡板左侧与x轴之间的区域Ⅰ内存在平行于挡板方向斜向下的匀强电场，电场强度大小为E．挡板右侧与x轴之间的区域Ⅱ内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为2B，

x轴下方区域Ⅲ存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．坐标原点o有两个质量均为m，电荷量分别为+q的粒子a和-q的粒子b，以及一个不带电的粒子c．空气阻力和粒子重力均不计，q>0．

求：

（1）若粒子a从o点沿与x轴正方向成角射入区域Ⅰ，且恰好经过N点，求粒子a的初速度v0；

（2）若粒子b从o点沿与x轴正方向成角射入区域Ⅲ，且恰好经过N点. 求粒子b的速率vb；

（3）若粒子b从o点以（2）问中速率沿与x轴正方向成60°角射入区域Ⅲ的同时，粒子c也从o点以速率vc沿x轴正方向匀速运动，最终两粒子相遇，求vc的可能值．

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

答案：（1）（n=2、3、4……）

试题解析：（1）粒子在电场中做类平抛运动有

（2） （3）

① （2）粒子到达

② 解得点有两种路径

第一种：先在区域Ⅲ中圆周运动，然后到区域Ⅱ中圆周运动再到达几何知识得且④

③ 点，轨迹如图①

解得

,

第二种：在区域Ⅲ中圆周运动直接到达

⑤ 且⑥

点，轨迹如图②。由几何知识得解得，

（3）设粒子每次经过=⑥

轴时交点为、、…,并且相邻两交点之间的距离为粒子在区域Ⅲ中每段圆弧运动的时间

粒子在区域Ⅱ中每段圆弧运动的时间=

故可设

点和粒子相遇，则

若粒子由第一种轨迹到达若粒子由第二种轨迹到达轴且速度方向右下方时和粒子相遇，则粒子运动的位移大小为，

若粒子由第二种轨迹到达轴且速度方向右上方时和粒子相遇，则粒子运动的位移大

小为，（2，3，4…）

34（1）．如图，一透明球体置于空气中，球半径R=10 cm，MN是一条通过球心的直线，单色细光束AB平行于MN射向球体，B为入射点，AB与MN间距为5CD与直线MN的夹角为30°，则透明球体对该光的折射率n=

。

cm，已知出射光线若改变光束AB的入射角，则经折射进入该球体内的光线再次向空气出射时，

(填“有”或“不”)可能发生全反射现象。

【答案】

不

【解析】作法线OB、OC，连接透明球内的折射光线BC，设光束在B点的入射角为i，由sini=，得i=45°，根据球体的对称关系，光束在C点的折射角也为45°，由几何关系得∠BOC=120°，所以光束AB在B点的折射角r=30°，在B点由折射定律有n=。因为光进入透明球体时的折射角等于出射时的入射角，总是小于全反射临界角，所以不可能发生全反射现象。

34（2）．一列沿水平x轴传播的简谐横波，频率为10 Hz，某时刻，当质点M到达其平衡位置且向上运动时，在其右方相距0.8 m处的质点N恰好到达最高点。求该列简谐横波的传播速度。

【答案】 m/s 【解析】波沿x轴有向左和向右传播两种情况，若波向右传播，其波形如图1所示，根据题意有(n+)λ1=0.8 m(n=0，1，2，…)

波速v1=λ1f= m/s(n=0，1，2，…)

若波向左传播，其波形如图2所示，根据题意有(k+)λ2=0.8 m(k=0，1，2，…)

波速v2=λ2f= m/s(k=0，1，2，...)