1、电学实验一、选择题1.(2019河南开封三校联考)a、b两质点在同一直线上运动的位移时间图线如图所示,b质点的加速度大小始终为0.2 m/s2,两图线相切于(5 s,-2.7 m)点,则()。A.前5 s内a、b两质点的运动方向相反B.t=5 s时,a、b质点的速度是0.6 m/sC.b质点的初速度是-1.8 m/sD.图中x0=2.8【解析】由题意得a质点在t=5 s前沿负方向做匀速直线运动,b质点在t=5 s前沿负方向做匀减速直线运动,两质点运动方向相同,A项错误;两图线相切于(5 s,-2.7 m),故在t=5 s时刻两质点速度相等且v=k(斜率)=-2.7-05-0.5 m/s=-0.
2、6 m/s,不是0.6 m/s,B项错误;由题意知,做匀减速直线运动的b质点加速度为0.2 m/s2,根据运动学公式有v1=v0+at,解得v0=-1.6 m/s,C项错误;对于b质点,前5 s内,有x=v-t2=-1.6+0.625 m=-5.5 m,故b质点出发的位置离坐标原点的距离x0=|x|-2.7 m=2.8 m,D项正确。【答案】D2.(2019云南二次调研)两辆汽车从同一地点同时出发沿同一方向做直线运动,它们的速度的平方(v2)随位置(x)的变化图象如图所示,下列判断正确的是()。A.汽车A的加速度大小为1 m/s2B.汽车A、B在x=6 m处的速度大小为23 m/sC.汽车A、
3、B在x=6 m处相遇D.汽车A、B在x=8 m处相遇【解析】根据匀变速直线运动的速度位移关系公式v2-v02=2ax,得v2=v02+2ax,可知v2-x图象的斜率等于2a。对于汽车A,则有2aA=0-369=-4,解得aA=-2 m/s2,A项错误。设汽车A、B在x=6 m处的速度大小为v,由图知,对于汽车A,有v02=36,得A的初速度v0=6 m/s;由v2-v02=2ax得v=v02+2ax=23 m/s,B项正确。汽车A的初速度v0=6 m/s,加速度aA=-2 m/s2,则A汽车停止的时间t=v0|a|=3 s,此过程A汽车的位移s=v02t=9 m;对于汽车B,初速度为0,加速度
4、aB=k2=1 m/s2,汽车B行驶9 m的距离所用的时间t=2saB=32 s3 s,所以是汽车A静止后,B才追上A的,所以汽车A、B在x=9 m处相遇,C、D两项错误。【答案】B3.(2018江西南昌12月模拟)(多选)用外力F通过如图所示的装置把一个质量为m的小球沿倾角为30的光滑斜面匀速向上拉动,已知在小球匀速运动的过程中,拴在小球上的绳子与固定的水平杆之间的夹角从45变为90,斜面与水平地面之间是粗糙的,并且斜面一直静止在水平地面上,不计滑轮处及滑轮与绳子之间的摩擦。则在小球匀速运动的过程中,下列说法正确的是()。A.地面对斜面的静摩擦力保持不变B.外力F一直在减小C.某时刻绳子对水
5、平杆上的滑轮轴的合力大小等于绳子的拉力D.绳子移动的速度大于小球沿斜面运动的速度【解析】设连接小球的绳子与水平方向的夹角为;对小球,沿斜面方向有Tsin(-30)=mgsin 30,则当角从45变为90的过程中,绳子的拉力变小,因F=T,则外力F一直在减小,B项正确;对小球和斜面的整体,地面对斜面的摩擦力大小等于绳子拉力的水平分量,则f=Tcos =mgsin30cossin(-30)可知,随角的增加,地面对斜面的静摩擦力f是变化的,A项错误;当=90时,滑轮两边绳子的夹角为120,此刻绳子对水平杆上的滑轮轴的合力大小等于绳子的拉力,C项正确;将小球的速度v分解可知,绳子的速度v1=vcos(
6、-30),则绳子移动的速度小于小球沿斜面运动的速度,D项错误。【答案】BC4.(2019齐鲁联考)游乐园里有一种叫“飞椅”的游乐项目,简化后的示意图如图所示。已知飞椅用钢绳系着,钢绳上端的悬点固定在顶部水平转盘上的圆周上。转盘绕穿过其中心的竖直轴匀速转动。稳定后,每根钢绳(含飞椅及游客)与转轴在同一竖直平面内。图中P、Q两位游客悬于同一个圆周上,P所在钢绳的长度大于Q所在钢绳的长度,钢绳与竖直方向的夹角分别为1、2。不计钢绳的重力。下列判断正确的是()。A.P、Q两个飞椅的线速度大小相同B.无论两个游客的质量分别有多大,1等于2C.如果两个游客的质量相同,则有1等于2D.如果两个游客的质量相同
7、,则Q的向心力一定小于P的向心力【解析】由mgtan =m2htan 得,hP=hQ(h为钢绳延长线与转轴交点到游客水平面的高度),由h=rtan+Lcos (其中r为圆盘半径)得,L越小,所以越小,则12,与质量无关。由R=r+Lsin 可得,RPRQ,则vPvQ;由向心力公式可知F=mgtan ,可知Q的向心力一定小于P的向心力,D项正确,A、B、C三项错误。【答案】D5.(2018湖南株洲期末考试)如图所示,电源的电动势和内阻分别为E、r,在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中,下列各物理量变化的情况为()。A.R0的功率逐渐增大B.电流表的示数逐渐减小C.电源的输出功率可能先减小后增
8、大D.电压表与电流表示数的改变量的比值UI先增大后减小【解析】在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中,滑动变阻器并联总电阻先增大后减小,根据闭合电路欧姆定律分析可知,电路中总电流I先减小后增大,电流表的示数先减小后增大,故R0的功率P=I2R0先减小后增大,A、B两项错误;由于电源的内阻与外电阻的关系未知,无法判断电源输出功率如何变化,可能先减小后增大,也可能先增大后减小,C项正确;电流表的示数先减小后增大,电压表的示数先增大后减小,电压表测的是路端电压,电压表与电流表示数的改变量的比值UI等于电源内阻,大小不变,D项错误。【答案】C6.(2018陕西西安12月月考)(多选)“嫦娥四号”是嫦
9、娥探月工程计划中嫦娥系列的第四颗人造探月卫星,主要任务是更深层次、更加全面地科学探测月球地貌、资源等方面的信息,完善月球档案资料。已知引力常量为G,月球的半径为R,月球表面的重力加速度为g,“嫦娥四号”离月球中心的距离为r,绕月周期为T。根据以上信息判断下列说法正确的是()。A.月球的第一宇宙速度为gRB.“嫦娥四号”绕月运行的速度为gr2RC.月球的平均密度=3r3GT2R3D.“嫦娥四号”必须减速运动才能返回地球【解析】月球的第一宇宙速度为近月卫星的运行速度,由重力提供向心力,有mg=mv2R,解得v=gR,所以A项正确;由GMmr2=mv12r得v1=GMr,GM=R2g,故v1=R2g
10、r,B项错误;由GMmr2=mr42T2求得月球质量M=42r3GT2,又因月球的体积V=43R3,所以月球的平均密度=3r3GT2R3,C项正确;“嫦娥四号”返回地球要先加速脱离月球引力的束缚,接近地面时再减速,D项错误。【答案】AC7.(2018湖北武汉模拟)(多选)如图所示,左右两侧水平面等高,A、B为光滑定滑轮,C为光滑动滑轮。足够长的轻绳跨过滑轮,右端与小车相连,左端固定在墙壁上,质量为m的物块悬挂在动滑轮上。从某时刻开始小车向右移动,使物块以速度v0匀速上升,小车在移动过程中所受阻力恒定不变。在物块上升的过程中(未到A、B所在的水平面),下列说法正确的是()。A.轻绳对小车的拉力增
11、大B.小车向右做加速运动C.小车阻力的功率可能不变D.小车牵引力做的功小于物块重力势能的增加量与小车克服阻力做功之和【解析】物块匀速上升时,两边绳子的夹角变大,可知绳子的拉力变大,即轻绳对小车的拉力变大,A项正确;设绳子与竖直方向的夹角为,则由运动的合成知识可知v车=2v0cos ,则随着物体的上升变大,车的速度减小,B项错误;小车在移动过程中所受阻力恒定不变,根据P=fv车可知小车阻力的功率减小,C项错误;由能量关系可知W牵-W阻-WPC=Ek车,因小车动能减小,则W牵W阻+WPC,即小车牵引力做的功小于物块重力势能的增加量与小车克服阻力做功之和,D项正确。【答案】AD8.(2019山东青岛
12、质量调研)(多选)图甲中直线PQ表示电场中的一条电场线,质量为m、电荷量为q的带负电粒子仅在电场力作用下沿电场线向右运动,经过P点时速度为v0,到达Q点时速度减为零,粒子运动的v-t图象如图乙所示。其中A点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)。下列说法正确的是()。A.P点电势高于Q点电势B.A点电场强度小于Q点电场强度C.P、Q两点间的电势差为mv022qD.带负电的粒子在P点的电势能大于在Q点的电势能【解析】由图乙知速度减小,负电荷受向左的电场力,故电场线方向向右,P点电势一定高于Q点电势,A项正确;v-t图象的斜率表示加速度,由图可知A点的加速度大于Q点的加速度,根据a=q
13、Em,可知A点电场强度大于Q点电场强度,故B项错误;由动能定理知-qUPQ=0-12mv02,解得P、Q两点间的电势差UPQ=mv022q,C项正确;由图乙知速度减小,电场力做负功,所以带负电的粒子在P点的电势能小于在Q点的电势能,D项错误。【答案】AC二、非选择题9.(2018黑龙江自测)如图所示,电路中电源电动势为E,内阻不计,其他各电阻的阻值R1=R3=3R, R2=R。水平放置的平行金属板A、B间的距离为d,板长为L。在A板的左下端且非常靠近板A的位置,有一质量为m、带电荷量为-q的小液滴以初速度v0水平向右射入两板间。重力加速度用g表示。 (1)若使液滴能沿v0方向射出电场,则电动势
14、E1应为多大?(2)若使液滴恰能打在B板的中点,则电动势E2应为多大?【解析】(1)I=E1R1+R2=E14R,UBA=IR2=E14由平衡条件得mg=qUBAd=qE14d联立解得E1=4mgdq。(2)由于液滴恰好打在B板正中央,利用平抛规律有L2=v0td=12at2qUBAd-mg=ma同理UBA=14E2联立解得E2=4mdq8dv02L2+g。【答案】(1)4mgdq(2)4mdq8dv02L2+g10.(2018湖北武汉六校联考)如图所示,质量m3=2 kg的滑道静止在光滑的水平面上,滑道的AB部分是半径R=0.3 m的四分之一圆弧,圆弧底部与滑道水平部分相切,滑道水平部分右端
15、固定一个轻弹簧。滑道除CD部分粗糙外其他部分均光滑。质量m2=3 kg的物体2(可视为质点)放在滑道的B点,现让质量m1=1 kg的物体1(可视为质点)自A点由静止释放。两物体在滑道上的C点相碰后黏为一体(g=10 m/s2)。求: (1)物体1从释放到与物体2相碰的过程中,滑道向左运动的距离。(2)若LCD=0.2 m,两物体与滑道的CD部分的动摩擦因数都为=0.15,求在整个运动过程中,弹簧具有的最大弹性势能。(3)物体1、2最终停在何处。【解析】(1)物体1从释放到与物体2相碰撞的过程中,物体1与滑道组成的系统水平方向动量守恒,设物体1水平位移大小为s1,滑道水平位移大小为s3,有0=m
16、1s1-m3s3s1=R解得s3=0.15 m。(2)设物体1、物体2刚要相碰时物体1的速度为v1,滑道的速度为v3,由机械能守恒定律有m1gR=12m1v12+12m3v32由动量守恒定律有0=m1v1-m3v3物体1和物体2相碰后的共同速度设为v2,由动量守恒定律有m1v1=(m1+m2)v2弹簧第一次被压缩到最短时由动量守恒定律可知物体1、2和滑道速度为零,此时弹性势能最大,设为Epm。从物体1、2碰撞后到弹簧第一次被压缩到最短的过程中,由能量守恒定律有12(m1+m2)v22+12m3v32-(m1+m2)gLCD=Epm联立解得Epm=0.3 J。(3)分析可知物体1、2和滑道最终将静止,设物体1、2相对滑道CD部分运动的路程为s,由能量守恒定律有12(m1+m2)v22+12m3v32=(m1+m2)gs解得s=0.25 m所以物体1、物体2最终停在D点左端离D点距离为 0.05 m处。【答案】(1)0.15 m(2)0.3 J(3)物体1、物体2最终停在D点左端离D点距离为0.05 m处 7
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