人教版高中物理选修3-2、3-3综合练习

综合知识检验一一、选择题1.下列说法中正确的是()A.布朗运动是液体分子的运动，故分子永不停息地做无规则运动B.热力学第二定律使我们认识到：自然界中进行的一切宏观过程都具有方向性，是不可逆的C.用油膜法测出油分子的直径后，只要再知道油滴的摩尔质量，就能计算出阿伏加德罗常数D.满足能量守恒定律的宏观过程不一定能自发地进行2.关于空气湿度，下列说法正确的是（）A．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大B．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小C．空气的绝对湿度用空气中所含水蒸汽的压强表示D．空气的相对湿度定义为水的饱和蒸汽压与相同温度时空气中所含水蒸气的压强之比3.分子甲和乙相距较远（此时它们的分子力近似为零），如果甲固定不动，乙逐渐向甲靠近越过平衡位置直到不能再靠近。在整个过程中（）A.先是乙克服分子力做功，然后分子力对乙做正功B.先是分子力对乙做正功，然后乙克服分子力做功C.两分子间的斥力不断减小D.两分子间的引力不断减小4.一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量2.5×104J，气体对外界做功1.0×104J，则该理想气体（）A.温度降低，密度增大B.温度降低，密度减小C.温度升高，密度增大D.温度升高，密度减小5.穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图中的甲～丁所示．下列关于回路中产生的感应电动势的论述中正确的是()A．图甲中回路产生的感应电动势恒定不变B．图乙中回路产生的感应电动势一直在变大C．图丙中回路在0～t1时间内产生的感应电动势小于在t1～t2时间内产生的感应电动势D．图丁中回路产生的感应电动势先变小后变大6.如图所示，在匀强磁场中的矩形金属轨道上，有等长的两根金属棒ab和cd，它们以相同的速度匀速运动，则()A．断开电键K，ab中有感应电流B．闭合电键K，ab中有感应电流C．无论断开还是闭合电键K，ab中都有感应电流D．无论断开还是闭合电键K，ab中都没有感应电流7.如图所示的电路为演示自感现象的实验电路，若闭合开关S，电流达到稳定后通过线圈L的电流为I1，通过小灯泡L2的电流为I2，小灯泡L2处于正常发光状态，则下列说法中正确的是（）A.S闭合瞬间，L2灯缓慢变亮，L1灯立即变亮B.S闭合瞬间，通过线圈L的电流由零逐渐增大到I1C.S断开瞬间，小灯泡L2中电流由I1逐渐减为零，方向与I2相反D.S断开瞬间，小灯泡L2中的电流由I1逐渐减为零，方向不变8.两端封闭的均匀直玻璃管竖直放置，内用高h的汞柱把管内空气分为上下两部分，静止时两段空气柱的长均为L，上端空气柱压强为P=2ρgh(ρ为水银的密度)。当玻璃管随升降机一起在竖直方向上做匀变速运动时，稳定后发现上端空气柱长减为2L/3。则下列说法中正确的是（）A.稳定后上段空气柱的压强大于2ρghB.稳定后下段空气柱的压强小于3ρghC.升降机一定在加速上升D.升降机可能在匀减速上升L1L2LS2I1ILLh9．如图所示，为两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ的方向为正，外力F向右为正。则以下关于线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化的图象正确的是（）10．两根光滑的金属导轨,平行放置在倾角为θ的斜面上,导轨的下端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计.斜面处在一匀强磁场中,磁场方向垂直斜面向上.质量为m、电阻可不计的金属棒ab,在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑,并上升h高度,在这过程中()A.作用于金属棒上的各力的合力所做的功等于零B.作用于金属棒上的各力的合力所做的功等于mgh与电阻R上发出的焦耳热之和C.恒力F与安培力的合力所做的功等于零D.恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上发出的焦耳热二、计算题11.如图所示，大气压强为p0，气缸水平固定，开有小孔的薄隔板将其分为A、B两部分，光滑活塞可自由移动。初始时气缸内被封闭气体温度T，A、B两部分容积相同。加热气体，使A、B两部分体积之比为1∶2。（1）气体应加热到多少温度？（2）将活塞向左推动，把B部分气体全部压入A中，气体温度变为2T，求此时气体压强。12．如图所示,一定量气体放在体积为V0的容器中,室温为T0=300K,有一光滑导热活塞C(不占体积)将容器分成A、B两室,B室的体积是A室的2倍,A室容器上连接有一U形管(U形管内气体的体积忽略不计),两边水银柱高度差为76cm.右室容器中连接有一阀门K,可与大气相通(外界大气压等于76cmHg)。问：(1)将阀门K打开后,A室的体积变成多少?(2)打开阀门K后,将容器内的气体从300K分别加热到400K和540K,U形管内两边水银面的高度差各为多少？vBBLLLLtΦA00tFC0tPD0EtB13．如图所示，在固定的气缸A和B中分别用活塞封闭有一定质量的理想气体，活塞面积之比SA∶SB＝1∶2，两活塞以穿过B的底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动。两个扎缸都不漏气。初始时A、B中气体的体积皆为V0，温度皆为T0＝300K。A中气体压强PA＝1.5P0，P0是气缸外的大气压强，现对A加热，使其中气体的压强升到PA＝2.0P0，同时保持B中气体的温度不变求此时A中气体温度TA'。14．如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定放置在水平面上，间距L＝0.2m，一端通过导线与阻值为R=1Ω的电阻连接；导轨上放一质量为m＝0.5kg的金属杆，金属杆与导轨的电阻均忽略不计。整个装置处于竖直向上的大小为B＝0.5T的匀强磁场中．现用与导轨平行的拉力F作用在金属杆上，金属杆运动的v-t图象如图乙所示．（取重力加速度g=10m/s2）求：（1）t＝10s时拉力的大小；（2）t＝10s时电路的发热功率；（3）在0～10s内，通过电阻R上的电量。15．如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角α＝30°，导轨上端跨接一定值电阻R，导轨电阻不计．整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，长为L的金属棒cd垂直于MN、PQ放置在导轨上，且与导轨保持电接触良好，金属棒的质量为m、电阻为r，重力加速度为g，现将金属棒由静止释放，当金属棒沿导轨下滑距离为s时，速度达到最大值vm．求：（1）金属棒开始运动时的加速度大小；（2）匀强磁场的磁感应强度大小；（3）金属棒沿导轨下滑距离为s的过程中，电阻R上产生的电热。FRB图甲t/s15105024v(m/s)图乙16．如图所示，AB、CD是两根足够长的固定平行金属导轨，两导轨间的距离为L，导轨平面与水平面的夹角为θ，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感应强度为B，在导轨的AC端连接一个阻值为R的电阻，一根质量为m、垂直于导轨放置的金属棒ab，从静止开始沿导轨下滑，已知ab与导轨间的动摩擦因数为μ，导轨和金属棒的电阻都不计。（1）求此过程中ab棒的最大速度。（2）若金属棒ab，从静止开始沿导轨下滑到速度最大时，通过的位移为x0，问能否求出在此过程中通过电阻R的电荷量为多少？如果能，请求出电荷量q，如果不能，请说明原因。（3）若金属棒ab，从静止开始沿导轨下滑到速度最大时，通过的位移为x0，问能否求出在此过程中磁场对金属棒ab所做的功？如果能，请求安培力的功WA，如果不能，请说明原因。综合测试一123456DBCBDDB789101112CABDDAD11.12.答案:(1)32V0(2)0,15.2cm13．解析：活塞平衡时，有pASA+pBSB=p0(SA+SB)p’ASA+p’BSB=p0(SA+SB)已知SB=2SAB中气体初、末态温度相等，设末态体积为VB，则有p’BVB=pBV0设A中气体末态的体积为VA，因为两活塞移动的距离相等，故有由气态方程解得K14.（1）tva-------1’F安=ILB=B2L2v/R-------1’F-F安=ma-------1’得F=0.24N-------1’（2）P电=F安v=B2L2v2/R=0.16W-------2’（3）tE-------1’REI-------1’tIq-------1’得CRatBLRq2212-------1’15.（1）金属棒开始运动时的加速度大小为a，由牛顿第二定律有sinmgma-------2’解得sinag-------1’（2）设匀强磁场的磁感应强度大小为B，则金属棒达到最大速度时产生的电动势cosmEBLv-------1’回路中产生的感应电流EIRr-------1’金属棒棒所受安培力FBIL-------1’cd棒所受合外力为零时，下滑的速度达到最大，则cossinFmg-------1’解得12()3mmgRrBLv-------1’（3）设电阻R上产生的电热为Q，整个电路产生的电热为Q总，则21sin2mmgsmvQ总-------2’RQQRr总-------1’解得2()2()mmRgsvQRr-------1’16.【思维导图】金属棒ab沿导轨加速下滑→感应电动势增大→感应电流增大→导体在磁场中所受安培力变大→合外力减小→加速度减小→a=0时，v最大。【规范解答】ab下滑时因切割磁感线，产生感应电动势，根据电磁感应定律：E=BLv①闭合电路ACba中将产生感应电流，根据闭合电路欧姆定律：I=E/R②据右手定则可判定感应电流方向为aACba，再据左手定则判断它受的安培力F安方向如图示，其大小为：F安=BIL③取平行和垂直导轨的两个方向对ab所受的力进行正交分解，有：FN=mgcosθ，Ff=μmgcosθ由①②③可得RvLBF22安以ab为研究对象，根据牛顿第二定律有：mgsinθ–μmgcosθ-RvLB22=maab做加速度减小的加速运动，当a=0时速度达最大值vm即mgsinθ–μmgcosθ-RvLBm22=0④由④式可解得22cossinLBRmgvm【变式1】提示：金属棒ab下滑过程中虽然做变加速运动，但计算电荷量应该用感应电流的平均值来计算。由法拉第电磁感应定律得，平均感应电动势tE，平均电流tqI，通过电阻R的电荷量RBLxRtREtIq0【变式2】提示：金属棒ab下滑过程中重力做正功，重力势能减少Ep=mgx0sinθ，动能增加221mkmvE，摩擦产热cos0mgxQ，由能量守恒可知，电阻R产生的电热QEEQkp，根据功能关系，在电磁感应过程中克服安培力所做的功等于电路中产生的电能，即安培力所做的功WA=Q)sincos(0mgx4422232cossinLBRgm。