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高三物理知识点优化随堂练习题2

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1．a、b两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰，作用前a球动量pa＝30 kg·m/s，b球动量pb＝0，碰撞过程中，a球的动量减少了20 kg·m/s，则作用后b球的动量为( )

A．－20 kg·m/s B．10 kg·m/s

C．20 kg·m/s D．30 kg·m/s

解析：选C.碰撞过程中，a球的动量减少了20 kg·m/s，故此时a球的动量是10 kg·m/s，a、b两球碰撞前后总动量保持不变为30 kg·m/s，则作用后b球的动量为20 kg·m/s.

2．静止在水面的船，长度为L，船的质量为M，一个质量为m的人站在船头，当此人由船头走到船尾时，不计水的阻力，船移动的距离为( )

A.mLM B.mLM＋m

C.mLM－m D.M－mLM＋m

解析：选B.人在船上走，由于不计水的阻力，所以人和船组成的系统受合外力为零，系统动量守恒，则

mvm＝MvM，mLm＝MLM

当人向前走时，船向后退，它们满足Lm＋LM＝L

解得LM＝mLM＋m，Lm＝MLM＋m.

3．(2018年华中师大附中模拟)质量为m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动．与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞，则碰撞后小球A的速度大小vA和小球B的速度大小vB可能为( )

A．vA＝13v0 vB＝23v0 B．vA＝25v0 vB＝710v0

C．vA＝14v0 vB＝58v0 D．vA＝38v0 vB＝516v0

解析：选AC.两球发生对心碰撞，应满足动量守恒及能量不增加，且后面的物体不能与前面物体有二次碰撞，故D错误．根据动量守恒定律可得，四个选项都满足．但碰撞前总动能为12mv20，而碰撞后B选项能量增加，B错误，故A、C正确．

4．(2018年南京模拟)在光滑水平面上，甲、乙两物体的质量分别为

m1、m2，它们沿一条直线相向运动，其中甲物体运动速度v1的大小是6 m/s，乙物体运动速度v2的大小是2 m/s.已知两物体碰撞后各自沿着原方向的反方向运动，速度v的大小都是4 m/s，求甲、乙两物体的质量之比．

解析：设甲的初速度v1方向为正方向，则根据动量守恒定律有

m1v1－m2v2＝－m1v＋m2v

代入数据解得m1m2＝35.

答案：35

5.如图14－1－4所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m

图14－1－4

(1)A、B最后的速度大小和方向；

(2)从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动的位移大小．

解析：(1)最后A不会滑离B，说明A、B最后具有相同的速度，设此速度为v，A和B的初速度的大小为v0，选向右为正方向，由动量守恒定律可得Mv0－mv0＝(M＋m)v

解得v＝M－mM＋mv0，方向向右．

(2)从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，木块速度为零，设平板车速度为v′，由动量守恒定律得

Mv0－mv0＝Mv′

设这一过程平板车向右运动的位移为s，则由动能定理得

－μmgs＝12Mv′2－12Mv20

联立解得s＝2M－m2μMgv20.

答案：(1)M－mM＋mv0，方向向右 (2)2M－m2μMgv20

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2013高二物理随堂练习4-5

2013高二物理随堂练习4-5

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知识点一 两种感应电动势的产生

1.某空间出现了如图4-5-16所示的一组闭合电场线，方向从上向下看是顺时针的，这可能是( )．

图4-5-16

A．沿AB方向磁场在迅速减弱

B．沿AB方向磁场在迅速增强

C．沿BA方向磁场在迅速增强

D．沿BA方向磁场在迅速减弱

解析 感生电场俯视顺时针，假设平行感应电场方向有闭合回路，则回路中的感应电流也是顺时针的，由右手螺旋定则可知，感应磁场向下，由楞次定律可知，原磁场有两种可能：原磁场方向向下且沿AB方向减弱，或原磁场方向向上且沿BA方向增强，所以选项A、C正确．

答案 AC

2.如图4-5-17所示，内壁光滑，水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于圆环直径的带正电的小球，以速率v0沿逆时针方向匀速转动(俯视)，若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场．设运动过程中小球带电荷量不变，那么( )．

图4-5-17

A．小球对玻璃圆环的压力一定不断增大

B．小球所受的磁场力一定不断增大

C．小球先沿逆时针方向减速运动，过一段时间后沿顺时针方向加速运动

D．磁场力对小球一直不做功

解析 当磁场增强时，会产生顺时针方向的涡旋电场，电场力先对小球做负功使其速度减为零，后

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对小球做正功使其沿顺时针做加速运动，所以C正确；磁场力始终与小球运动方向垂直，因此始终对小球不做功，D正确；小球在水平面内沿半径方向受两个力作用：环的挤压力FN和磁场的洛伦兹力F，这两个力的合力充当小球做圆周运动的向心力，其中F＝qvB，磁场在增强，球速先减小后增大，所以洛伦兹力不一定总在增大，故B错；向心力F向＝mv2r，其大小随速度先减小后增大，因此挤压力FN也不一定始终增大，故A错，正确答案为C、D.

2013高二物理随堂练习6-2

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知识点一 热传感器的应用

1.如图6-2-16所示，Rt为半导体热敏电阻，其他电阻都是普通的电阻，当灯泡L的亮度变暗时，说明( )．

图6-2-16

A．环境温度变高

B．环境温度变低

C．环境温度不变

D．都有可能

解析 灯泡L的亮度变暗，说明Rt的阻值增大，即周围环境的温度变低．

答案 B

2.图6-2-17是一火警报警器的部分电路示意图．其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，电流表为值班室的显示器，a、b之间接报警器．当传感器R2所在处出现火情时，显示器的电流I，报警器两端的电压U的变化情况是( )．

图6-2-17

A．I变大，U变大 B．I变大，U变小

C．I变小，U变大 D．I变小，U变小

解析 R2处出现火情，温度升高，R2减小端电压减小，U减小，导致R2两端电压减小，通过R3的电流减小，I减小．

答案 D

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3．下列有关电熨斗的说法正确的是( )．

A．电熨斗能自动控制温度主要利用了双金属片，两片金属的膨胀系数相同

B．常温下，上下触点是接触的；温度过高时，双金属片发生弯曲使上下触点分离

C．需要较高温度熨烫时，要调节调温旋钮，使升降螺丝下移并推动弹性铜片下移

D．电熨斗中的双金属片是一种半导体材料

解析 常温下，上下触点是接触的；温度过高时，双金属片发生弯曲使上下触点分离；需要较高温度熨烫时，要调节调温旋钮，使升降螺丝下移并推动弹性铜片下移；双金属片由膨胀系数不同的金属材料制成，上面的膨胀系数大．

答案 BC

物理 3-3 8.2+8.3 气体的等容变化 气体的等压变化 随堂练习 3套 有解析 习题

物理 3-3 8.2+8.3 气体的等容变化 气体的等压变化 随堂练习 3套 有解析 习题

8.2+8.3 气体的等容变化 气体的等压变化

练习一

1．（基础）民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地被“吸”在皮肤上．其原因是，当火罐内的气体( )．

A．温度不变时，体积减小，压强增大

B．体积不变时，温度降低，压强减小

C．压强不变时，温度降低，体积减小

D．质量不变时，压强增大，体积减小

解析：体积不变，当温度降低时，由查理定律pT＝C可知，压强减小，故B项正确．

答案：B

2．（基础）在密封容器中装有某种气体，当温度从50 ℃升高到100 ℃时，气体的压强从p1变到p2，则( )．

A.p1p2＝12 B.p1p2＝21

C.p1p2＝323373 D．1＜p1p2＜2

解析：由于气体做等容变化，所以p1p2＝T1T2＝t1＋273t2＋273＝323373，故C选项正确．

答案：C

3．（中档）一定质量的气体，在体积不变的条件下，温度由0 ℃升高到10 ℃时，其压强的增量为Δp1，当它由100 ℃升高到110 ℃时，所增压强Δp2，则Δp1与Δp2之比是( )．

A．10∶1 B．373∶273 C．1∶1 D．383∶283

解析：由查理定律得Δp＝pTΔT，一定质量的气体在体积不变的条件ΔpΔT＝恒量，温度由0 ℃升高到10 ℃和由100 ℃升高到110 ℃，ΔT＝10 K相同，故压强的增量Δp1＝Δp2，C项正确．

答案：C

4．（中档）如图所示，两根粗细相同、两端开口的直玻璃管A和B，竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着一定质量同温度的空气，空气柱长度H1>H2，水银柱长度h1>h2，今使封闭气柱降低相同的温度(大气压保持不变)，则两管中气柱上方水银柱的移动情况是( )．

A．均向下移动，A管移动较多

B．均向上移动，A管移动较多

物理选修3-1随堂优化答案

物理选修3-1随堂优化答案

课时作业部分

第一章 静电场

1 电荷及其守恒定律

1．D 解析：带电体具有吸引轻小物体的性质．

2．C 解析：两导体球上的电荷先中和再平分，所以每个导体球上带电荷量为2Q的正电荷．

3．B

4．B 解析：当将带正电荷的球C移近不带电的枕形金属导体时，由于静电感应，负电荷移向A端，而在金属导体中正电荷是不移动的，当负电荷从一端移动到另一端时，相应地B端就带正电了，故B选项正确．

5．CD 解析：两物体摩擦时得失电子取决于原子对电子的束缚力大小，A错．由于摩擦起电的实质是电子的得失，所以两物体带电种类一定不同，数量相等，B错C对．同一物体与不同种类物体摩擦得失电子情形不同，带电种类可能不同，D对．

6．BD 解析：摩擦起电实质是由于两个物体的原子核对核外电子的约束能力不相同，因而电子可以在物体间转移．若一个物体失去电子，其质子数比电子数多，我们说它带正电．若一个物体得到电子，其质子数比电子数少，我们说它带负电．使物体带电并不是创造出电荷．故B、D正确．

7．BD 解析：由a吸d，d吸b可知a与b带同种电荷，且与d带异种电荷；c斥a，b斥c可知c与a、b带同种电荷，c与d带异种电荷．

8．BD 解析：质子11H带电量为2×23e＋－13e＝e，故由2个u夸克和1个d夸克组成；中子10n带电荷量为1×23e＋2×－13e＝0，故由1个u夸克和2个d夸克组成．故选B、D.

9．AB 解析：虽然A、B起初都不带电，但带正电的导体C对A、B内的电荷有力的作用，使A、B中的自由电子向左移动，使得A端积累了负电荷，B端积累了正电荷，其下部贴有的金属箔片因为接触带电，也分别带上了与A、B同种的电荷．由于同种电荷间的斥力，所以金属箔片都张开，A正确．C只要一直在A、B附近，A、B上的电荷因受C的作用力不可能中和，因而A、B带等量异种的感应电荷，此时把A、B分开再移走C，因A、B已经绝缘，所带电荷量不能改变，故金属箔片仍张开，B正确．但如果先移走C，A、B上的感应电荷会马上在其相互之间的作用力下中和，不再带电，所以箔片都不会张开，C错．先把A、B分开，再移走C，A、B仍然带电，但重新让A、B接触后，A、B上的感应电荷会完全中和，从而箔片都不张开，D错．故选AB.