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2019-2020年高考物理模拟试卷
(1)含解析
二、选择题(本题包括7小题,每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)1.如图,倾角为α的斜面体放在粗糙的水平面上,质量为m的物体A与一劲度系数为K的轻弹簧相连.现用拉力F沿斜面向上拉弹簧,使物体A在光滑斜面上匀速上滑,上滑的高度为h,斜面体始终处于静止状态.在这一过程( )A.弹簧的伸长量为B.拉力F做的功为FhsinαC.物体A的机械能增加D.斜面体受地面的静摩擦力大小等于Fcosα2.前不久,在温哥华冬奥会上我国冰上运动健儿表现出色,取得了一个又一个骄人的成绩.如图(甲)所示,滑雪运动员由斜坡高速向下滑行,其速度一时间图象如图(乙)所示,则由图象中AB段曲线可知,运动员在此过程中( )A.做曲线运动B.机械能守恒C.所受力的合力不断减小D.平均速度v>3.xx年被确定为国际天文年,以此纪念伽利略首次用望远镜观测星空400周年.从伽利略的“窥天”创举,到20世纪发射太空望远镜﹣﹣天文卫星,天文学发生了巨大飞跃.xx年5月14日,欧洲航天局又发射了两颗天文卫星,它们飞往距离地球约160万千米的第二拉格朗日点(图中L2).L2点处在太阳与地球连线的外侧,在太阳和地球的引力共同作用下,卫星在该点能与地球同步绕太阳运动(视为圆周运动),且时刻保持背对太阳和地球的姿势,不受太阳的干扰而进行天文观测.不考虑其它星球影响,下列关于工作在L2点的天文卫星的说法中正确的是( )A.它绕太阳运行的周期比地球绕太阳运行的周期大B.它绕太阳运行的角速度比地球绕太阳运行的角速度小C.它绕太阳运行的线速度与地球绕太阳运行的线速度相等D.它绕太阳运行的向心加速度比地球绕太阳运行的向心加速度大4.x轴上有两点电荷Q1和Q2,Q1和Q2的位置坐标分别为x
1、x2.Q1和Q2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示,从图中可看出( )A.Q1的电荷量一定小于Q2的电荷量B.Q1和Q2一定是正电荷C.电势最低处P点的电场强度为零D.将一负点电荷由XP点的左侧移至右侧,电场力先做正功后做负功5.北半球地磁场的竖直分量向下.如图所示,在北京某中学实验室的水平桌面上,放置边长为L的正方形闭合导体线圈abcd,线圈的ab边沿南北方向,ad边沿东西方向.下列说法中正确的是( )A.若使线圈向北平动,则a点的电势比b点的电势低B.若使线圈向北平动,则a点的电势比b点的电势高C.若以ab为轴将线圈向上翻转,则线圈中感应电流方向为a→b→c→d→aD.若以ab为轴将线圈向上翻转,则线圈中感应电流方向为a→d→c→b→a6.一理想变压器原、副线圈匝数比n1n2=21,原线圈与正弦交变电源连接,输入电压u随时间t变化的规律如图所示,副线圈接一个R=10Ω的电阻,则( )A.电阻R两端电压的有效值为50VB.电阻R中电流的频率为
0.25HzC.1分钟内电阻R产生的热量为
1.5×103JD.变压器的输入功率为250W7.如图所示,小车上有一直立木板,木板上方有一槽,槽内固定一定滑轮,跨过定滑轮的轻绳一端系一重球,另一端系在轻质弹簧秤上,弹簧秤固定在小车上,开始时小车处于静止状态,轻绳竖直且重球恰好紧挨直立木板,假设重球和小车始终保持相对静止,则下列说法正确的是( )A.若小车匀加速向右运动,弹簧秤读数及小车对地面压力均不变B.若小车匀加速向左运动,弹簧秤读数及小车对地面压力均不变C.若小车匀加速向右运动,弹簧秤读数变大,小车对地面的压力不变D.若小车匀加速向左运动,弹簧秤读数变大,小车对地面的压力不变
二、非选择题8.某同学为了探究“恒力做功与物体动能变化的关系”,他设计了如下实验
(1)他的操作步骤是
①安装好实验装置如图.
②将质量为200g的小车拉到打点计时器附近,并按住小车.
③在质量为10g、30g、50g的三种钩码中,他挑选了一个质量为50g的钩码挂在拉线P上.
④先接通打点计时器的电源,后释放小车,打出一条纸带.
(2)在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意的一条,经测量、计算,得到如下数据(g=
9.8m/s2)
①第一个点到第N个点的距离为
40.00cm.
②打下第N点时小车的速度大小为
1.20m/s.该同学将钩码的重力当做小车所受的拉力,算出从打下第一点到打下第N点拉力对小车做的功为______J,小车动能的增量为______J(计算结果保留三位有效数字).
(3)此次实验探究结果的误差很大,显然,在实验探究过程中忽视了某些产生误差的因素.请你根据该同学的实验装置和操作过程帮助他分析一下,造成较大误差的主要原因是
①______,
②______.9.二极管是一种半导体元件,它的符号为“”,其特点是具有单向导电性,即电流从正极流入时电阻比较小,而从负极流入时电阻比较大.
(1)某课外兴趣小组想要描绘某种晶体二极管的伏安特性曲线.因二极管外壳所印的标识模糊,为判断该二极管的正、负极,他们用多用电表电阻挡测二极管的正、反向电阻.其步骤是将选择开关旋至合适倍率,进行欧姆调零,将黑表笔接触二极管的左端、红表笔接触右端时,指针偏角比较小.然后将红、黑表笔位置对调后再进行测量,指针偏角比较大,由此判断______(选填“左”、“右”)端为二极管的正极.
(2)厂家提供的伏安特性曲线如图1,为了验证厂家提供的数据,该小组对加正向电压时的伏安特性曲线进行了描绘,可选用的器材有A.直流电源E电动势3V,内阻忽略不计B.滑动变阻器R0~20ΩC.电压表V1量程5V、内阻约50kΩD.电压表V2量程3V、内阻约20kΩE.电流表A1量程
0.6A、内阻约
0.5ΩF.电流表A2量程50mA、内阻约5ΩG.待测二极管DH.单刀单掷开关S,导线若干为了提高测量结果的准确度,电压表应选用______,电流表应选用______(填序号字母).
(3)为了达到测量目的,请在图2的虚线框内画出正确的实验电路原理图.
(4)为了保护二极管,正向电流不要超过25mA,请你对本实验的设计或操作提出一条合理的建议______.10.如图所示,在倾角为37°的斜面上,一劲度系数k=100N/m的轻弹簧一端固定在A点,自然状态时另一端位于B点.斜面上方有一半径R=
0.2m、圆心角等于143°的竖直圆弧形光滑轨道与斜面相切于C处,圆弧轨道的最高点为D.斜面AB段光滑,BC段粗糙且长度为
0.4m.现将一质量为1kg的小物块从C点由静止释放,小物块将弹簧压缩了
0.2m后速度减为零(不计小物块到达B处与弹簧碰撞时的能量损失).已知弹簧弹性势能表达式Ek=kx2,其中k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量,重力加速度取g=10m/s2,sin37°=
0.6,cos37°=
0.8.(计算结果可保留根号)求
(1)小物块与斜面BC段间的动摩擦因数μ
(2)小物块第一次返回BC面上时,冲到的最远位置
(3)若用小物块将弹簧压缩,然后释放,要使小物块在CD段圆弧轨道上运动且不脱离圆弧轨道,则压缩时压缩量应满足的条件.11.在如图所示的空间里,存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度在数值上满足B=,在竖直方向存在交替变化的匀强电场(竖直向上为正),电场强度大小为E0=.一倾角为θ,长度足够长的光滑绝缘斜面放置在此空间.斜面上有一质量为m,带电荷量为﹣q的小球,从t=0时刻由静止开始沿斜面下滑,设第7秒内小球不会离开斜面,重力加速度为g.求
(1)第8秒内小球离开斜面的最大距离;
(2)第15秒内小球未离开斜面,θ角应满足什么条件? 【物理—物理3—3】12.在做”用油膜法估测分子大小”的实验时,油酸酒精溶液的浓度为每1000mL.溶液中有纯油酸1mL,用注射器测得1mL上述溶液有200滴,把一滴该溶液滴入盛水的表面撒有痱子粉的浅盘里,待水面稳定后,测得油酸膜的近似轮廓如图所示,图中正方形小方格的边长为1cm,则每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是______mL,油酸膜的面积是______cm2.根据上述数据,估测出油酸分子的直径是______nm.(结果均保留两位有效数字)13.科学考察队到某一地区进行考察时携带一种测量仪器.该仪器导热性能良好,且内部密闭有一定质量的气体(可视为理想气体),仪器的部分参数为环境温度为27℃时,内部的气体压强为
1.0×105Pa.若该地区的气温为﹣23℃,不考虑密闭气体的体积变化,则该仪器的内部气体压强为______Pa.(结果保留两位有效数字) xx年山东省滨州市沾化一中高考物理模拟试卷参考答案与试题解析
二、选择题(本题包括7小题,每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)1.如图,倾角为α的斜面体放在粗糙的水平面上,质量为m的物体A与一劲度系数为K的轻弹簧相连.现用拉力F沿斜面向上拉弹簧,使物体A在光滑斜面上匀速上滑,上滑的高度为h,斜面体始终处于静止状态.在这一过程( )A.弹簧的伸长量为B.拉力F做的功为FhsinαC.物体A的机械能增加D.斜面体受地面的静摩擦力大小等于Fcosα【考点】机械能守恒定律;功的计算.【分析】根据胡克定律可得弹簧的伸长量;根据功的定义式可得拉力F做的功;机械能的增量就等于末态的机械能减去初态的机械能;根据整体处于平衡状态可得系统水平方向合力为0,即水平向左的拉力等于水平向右的摩擦力.【解答】解A、根据胡克定律可得弹簧的伸长量x=,故A错误.B、根据功的定义式可得拉力F做的功W=Fx=F×=,故B错误.C、在整个运动过程中物体的动能保持不变,故增加的机械能就等于增加的重力势能即△E=△EP=mgh,故C错误.D、以整体为研究对象,整体在水平方向不受外力,故有拉力F在水平方向的分力等于地面的摩擦力,故有f=Fcosα,故D正确.故选D. 2.前不久,在温哥华冬奥会上我国冰上运动健儿表现出色,取得了一个又一个骄人的成绩.如图(甲)所示,滑雪运动员由斜坡高速向下滑行,其速度一时间图象如图(乙)所示,则由图象中AB段曲线可知,运动员在此过程中( )A.做曲线运动B.机械能守恒C.所受力的合力不断减小D.平均速度v>【考点】机械能守恒定律.【分析】速度图象只能描述直线运动的规律.根据速度图象的斜率等于加速度,由数学知识分析加速度的变化.根据牛顿第二定律分析合力的变化.根据图线“面积”与匀加速运动的位移进行比较,确定平均速度v与的大小.【解答】解A、速度图象是曲线,但速度图象只能反映直线运动的情况,运动员由斜坡高速向下滑行时做的是直线运动.故A错误.B、运动员在下滑的过程中,阻力对他做功,其机械能减少,故B错误.C、速度时间图象的斜率等于加速度,由图看出斜率逐渐减小,说明运动员的加速度逐渐减小.根据牛顿第二定律得知,运动员所受力的合力不断减小.故C正确.D、连接AB.则AB连线表示匀加速运动,其平均速度等于,根据“面积”等于位移得知,在相同时间内该运动员的位移大于匀加速运动的位移,其平均速度v>.故D正确.故选CD 3.xx年被确定为国际天文年,以此纪念伽利略首次用望远镜观测星空400周年.从伽利略的“窥天”创举,到20世纪发射太空望远镜﹣﹣天文卫星,天文学发生了巨大飞跃.xx年5月14日,欧洲航天局又发射了两颗天文卫星,它们飞往距离地球约160万千米的第二拉格朗日点(图中L2).L2点处在太阳与地球连线的外侧,在太阳和地球的引力共同作用下,卫星在该点能与地球同步绕太阳运动(视为圆周运动),且时刻保持背对太阳和地球的姿势,不受太阳的干扰而进行天文观测.不考虑其它星球影响,下列关于工作在L2点的天文卫星的说法中正确的是( )A.它绕太阳运行的周期比地球绕太阳运行的周期大B.它绕太阳运行的角速度比地球绕太阳运行的角速度小C.它绕太阳运行的线速度与地球绕太阳运行的线速度相等D.它绕太阳运行的向心加速度比地球绕太阳运行的向心加速度大【考点】万有引力定律及其应用.【分析】由题意知,卫星在L2点能与地球同步绕太阳运动,其绕太阳运行的周期、角速度等于地球绕太阳运行的周期、角速度,由v=ωr分析线速度的大小,由an=ω2r,分析向心加速度的大小.【解答】解A、B由题意知,工作在L2点的天文卫星能与地球同步绕太阳运动,它们绕太阳运动的周期、角速度相同.故A、B错误.C、ω相同,由v=ωr分析可知,在L2点的天文卫星的线速度大于地球绕太阳运行的线速度.故C错误.D、ω相同,由an=ω2r,可知,它绕太阳运行的向心加速度比地球绕太阳运行的向心加速度大.故D正确.故选D 4.x轴上有两点电荷Q1和Q2,Q1和Q2的位置坐标分别为x
1、x2.Q1和Q2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示,从图中可看出( )A.Q1的电荷量一定小于Q2的电荷量B.Q1和Q2一定是正电荷C.电势最低处P点的电场强度为零D.将一负点电荷由XP点的左侧移至右侧,电场力先做正功后做负功【考点】电势;功的计算;电场强度;电势能.【分析】作出Q
1、Q2之间的电场线,就知道Xp处场强为零,根据点电荷场强公式,得到Q1的电荷量一定大于Q2的电荷量;根据场强方向得出两电荷一定是正电荷;负电荷由Xp点的左侧移到右侧,电场力应先做负功再做正功.【解答】解A、如图所示,作出电场线,知道Xp处合场强为0,则Q1与Q2在Xp处场强大小相等,方向相反.根据E=K知,Q1>Q2,故A错误.B、若两个电荷是异种电荷,则电场线方向向左或向右,不可能;若两个电荷都是负电荷,则在Xp左侧电场线方向向左,右侧向右,与实际电场方向不符,不可能;则两个电荷一定是正电荷.故B正确.C、根据电场线的方向可知,从x1到x2,电势先降低后升高,故C正确.D、负电荷右移,电场力先做负功后正功.故D错误.故选BC 5.北半球地磁场的竖直分量向下.如图所示,在北京某中学实验室的水平桌面上,放置边长为L的正方形闭合导体线圈abcd,线圈的ab边沿南北方向,ad边沿东西方向.下列说法中正确的是( )A.若使线圈向北平动,则a点的电势比b点的电势低B.若使线圈向北平动,则a点的电势比b点的电势高C.若以ab为轴将线圈向上翻转,则线圈中感应电流方向为a→b→c→d→aD.若以ab为轴将线圈向上翻转,则线圈中感应电流方向为a→d→c→b→a【考点】楞次定律.【分析】根据楞次定律判断出感应电流的方向,从而判断出电势的高低.【解答】解A、向北平动时,bc和ad两边切割磁感线,且两边切割磁感线产生的感应电动势大小相同,a、b两点的电势相等.故AB错误.C、若以ab为轴将线圈向上翻转,向下的磁通量减小量,感应电流的磁场方向应该向下,则感应电流的方向为a→b→c→d→a.故C正确,D错误.故选C. 6.一理想变压器原、副线圈匝数比n1n2=21,原线圈与正弦交变电源连接,输入电压u随时间t变化的规律如图所示,副线圈接一个R=10Ω的电阻,则( )A.电阻R两端电压的有效值为50VB.电阻R中电流的频率为
0.25HzC.1分钟内电阻R产生的热量为
1.5×103JD.变压器的输入功率为250W【考点】变压器的构造和原理;正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率.【分析】由图象知输入电压峰值和周期,根据周期和频率关系可明确频率大小,再根据电压之比等于匝数之比,输入功率等于输出功率等计算热量和功率.【解答】解A、由图可知,输入电压的最大值为100V,电压之比等于线圈匝数之比,则可知,副线圈两端电压有效值为U=×V=50V,故A正确;B、交流电的周期为4×10﹣2s,所以,频率为f===25Hz,故B错误;C、电阻R的发热功率为P===250W,所以,一分钟内其产生的热量为Q=Pt=250×60=
1.5×104J,故C错误;D、输出功率决定了输入功率,故变压器的输入功率为P=P=250W,故D正确.故选AD. 7.如图所示,小车上有一直立木板,木板上方有一槽,槽内固定一定滑轮,跨过定滑轮的轻绳一端系一重球,另一端系在轻质弹簧秤上,弹簧秤固定在小车上,开始时小车处于静止状态,轻绳竖直且重球恰好紧挨直立木板,假设重球和小车始终保持相对静止,则下列说法正确的是( )A.若小车匀加速向右运动,弹簧秤读数及小车对地面压力均不变B.若小车匀加速向左运动,弹簧秤读数及小车对地面压力均不变C.若小车匀加速向右运动,弹簧秤读数变大,小车对地面的压力不变D.若小车匀加速向左运动,弹簧秤读数变大,小车对地面的压力不变【考点】牛顿第二定律;物体的弹性和弹力.【分析】根据小车的运动状态判断小球的运动状态.已知加速度方向得出合力方向,根据受力分析判断出力的变化.【解答】解开始时小车处于静止状态,小球受重力mg、绳的拉力F绳1,由于小球静止,所以F绳1=mg,当小车匀加速向右运动稳定时,小球也向右匀加速运动.小球受力如图由于小球向右做匀加速运动,所以小球的加速度水平向右,根据牛顿第二定律小球的合力也水平向右,根据力图几何关系得出此时绳子的拉力F绳2>mg,所以绳中拉力变大,弹簧秤读数变大.当小车匀加速向左运动,直立木板对小球有支持力,小球仍保持竖直,弹簧拉力不会变;对整体进行受力分析开始时小车处于静止状态,整体所受地面的支持力等于本身重力.当小车匀加速向右或向左运动稳定时,整体在竖直方向无加速度,也就是整体在竖直方向出于平衡状态,所以整体所受地面的支持力仍然等于本身重力.故选BC.
二、非选择题8.某同学为了探究“恒力做功与物体动能变化的关系”,他设计了如下实验
(1)他的操作步骤是
①安装好实验装置如图.
②将质量为200g的小车拉到打点计时器附近,并按住小车.
③在质量为10g、30g、50g的三种钩码中,他挑选了一个质量为50g的钩码挂在拉线P上.
④先接通打点计时器的电源,后释放小车,打出一条纸带.
(2)在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意的一条,经测量、计算,得到如下数据(g=
9.8m/s2)
①第一个点到第N个点的距离为
40.00cm.
②打下第N点时小车的速度大小为
1.20m/s.该同学将钩码的重力当做小车所受的拉力,算出从打下第一点到打下第N点拉力对小车做的功为
0.196 J,小车动能的增量为
0.144 J(计算结果保留三位有效数字).
(3)此次实验探究结果的误差很大,显然,在实验探究过程中忽视了某些产生误差的因素.请你根据该同学的实验装置和操作过程帮助他分析一下,造成较大误差的主要原因是
① 小车质量没有远大于钩码的质量 ,
② 没有平衡摩擦力 .【考点】探究功与速度变化的关系.【分析】
(2)根据重力当做小车所受的拉力和钩码下降的距离可以求出拉力对小车做的功大小,根据小车在N点的速度可以求出小车动能的增量;
(3)该实验产生误差的主要原因一是钩码重力大小并不等于绳子拉力的大小,二是没有平衡摩擦力.【解答】解
(2)从打下第一点到打下第N点拉力对小车做的功W=mgs=
0.196J;小车的动能增量为.故答案为
0.196;
0.144.
(3)该实验产生误差的主要原因一是钩码重力大小并不等于绳子拉力的大小,设绳子上拉力为F,对小车根据牛顿第二定律有F=Ma
①对砂桶和砂有mg﹣F=ma
②=,由此可知当M>>m时,砂和砂桶的重力等于绳子的拉力,显然该实验中没有满足这个条件;另外该实验要进行平衡摩擦力操作,否则也会造成较大误差.故答案为小车质量没有远大于钩码的质量,没有平衡摩擦力. 9.二极管是一种半导体元件,它的符号为“”,其特点是具有单向导电性,即电流从正极流入时电阻比较小,而从负极流入时电阻比较大.
(1)某课外兴趣小组想要描绘某种晶体二极管的伏安特性曲线.因二极管外壳所印的标识模糊,为判断该二极管的正、负极,他们用多用电表电阻挡测二极管的正、反向电阻.其步骤是将选择开关旋至合适倍率,进行欧姆调零,将黑表笔接触二极管的左端、红表笔接触右端时,指针偏角比较小.然后将红、黑表笔位置对调后再进行测量,指针偏角比较大,由此判断 右 (选填“左”、“右”)端为二极管的正极.
(2)厂家提供的伏安特性曲线如图1,为了验证厂家提供的数据,该小组对加正向电压时的伏安特性曲线进行了描绘,可选用的器材有A.直流电源E电动势3V,内阻忽略不计B.滑动变阻器R0~20ΩC.电压表V1量程5V、内阻约50kΩD.电压表V2量程3V、内阻约20kΩE.电流表A1量程
0.6A、内阻约
0.5ΩF.电流表A2量程50mA、内阻约5ΩG.待测二极管DH.单刀单掷开关S,导线若干为了提高测量结果的准确度,电压表应选用 D ,电流表应选用 F (填序号字母).
(3)为了达到测量目的,请在图2的虚线框内画出正确的实验电路原理图.
(4)为了保护二极管,正向电流不要超过25mA,请你对本实验的设计或操作提出一条合理的建议 在二极管支路串入一阻值合适的限流电阻起保护作用 .【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线.【分析】
(1)二极管具有单向导电性,当接反向电压时,二极管的电阻很大,由欧姆表的示数可知二极管的极性;
(2)电源已知,根据电源的电动势可以选出电压表,由图中示数可以选出电流表;
(3)为了得到范围较大的测量值,本实验应选择分压接法,为了准确应选用电流表外接法;
(4)要控制电路关键在于控制二极管两端的电压,故可以通过加入保护电阻分压,或在调节时让滑动变阻器分压慢慢变大,进行控制.【解答】解
(1)欧姆表内部有电源,电源正极接在负接线柱上,当红表笔接触右端时,说明红表笔接入电源的负极;此时指针偏角较小,说明电阻较大,故说明接入了反向电压,故二极管右端应为正极;电源电压为3V,故电压表应选3V量程进行测量;而由坐标可知,电路中电流较小,故电流表应选50mA的即可;
(3)为了得出完整的图象,应采用分压接法,同时因正向电阻较小,故可以采用外接法,原理图如图;
(4)为了防止超过最大电流,可以在电路中串接保护电阻;同时也可以通过实验方法,即慢慢调节滑动触片,注视电流表,使电流表示数不得超过25mA;故答案为
(1)右;
(2)DF
(3)见图
(4)在二极管支路串入一阻值合适的限流电阻起保护作用;(可能的答案a.在二极管支路串人一阻值合适的限流电阻起保护作用.b.闭合开关前滑动触头停在最左端,向右移动滑动触头时应缓慢进行,同时仔细观察电流表示数变化,以防止电流超过25mA只要回答合理均可) 10.如图所示,在倾角为37°的斜面上,一劲度系数k=100N/m的轻弹簧一端固定在A点,自然状态时另一端位于B点.斜面上方有一半径R=
0.2m、圆心角等于143°的竖直圆弧形光滑轨道与斜面相切于C处,圆弧轨道的最高点为D.斜面AB段光滑,BC段粗糙且长度为
0.4m.现将一质量为1kg的小物块从C点由静止释放,小物块将弹簧压缩了
0.2m后速度减为零(不计小物块到达B处与弹簧碰撞时的能量损失).已知弹簧弹性势能表达式Ek=kx2,其中k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量,重力加速度取g=10m/s2,sin37°=
0.6,cos37°=
0.8.(计算结果可保留根号)求
(1)小物块与斜面BC段间的动摩擦因数μ
(2)小物块第一次返回BC面上时,冲到的最远位置
(3)若用小物块将弹簧压缩,然后释放,要使小物块在CD段圆弧轨道上运动且不脱离圆弧轨道,则压缩时压缩量应满足的条件.【考点】动能定理的应用;向心力.【分析】
(1)对物体从B到C的过程分析,由动能定理列式可求得物体与斜面间的动摩擦因数;
(2)设小物块最远将冲到E点,则由动能定理得BE长度;
(3)若用小物块将弹簧压缩,然后释放,要使小物块在CD段圆弧轨道上运动且不脱离圆弧轨道,分两类情况,一种是不超过与O水平的点F点,一种为能到达最高点D,然后根据动能定理和牛顿运动定律解答.【解答】解
(1)由动能定理得解得μ=
0.5
(2)设小物块最远将冲到E点,则由动能定理得解得BE=
0.08m,即最远冲到距B点为
0.08m的E位置.
(3)要使小物块不脱离圆弧轨道,则小物块应到达图中F点时速度减为零则有>0≤0解得<x≤即
0.349m<x≤
0.4m若恰过最高点D,则有≥解得x≥即x≥
0.479m答
(1)小物块与斜面BC段间的动摩擦因数μ=
0.5;
(2)小物块第一次返回BC面上时,冲到最远点E,求BE长为
0.08m;
(3)若用小物块将弹簧压缩,然后释放,要使小物块在CD段圆弧轨道上运动且不脱离圆弧轨道,则压缩时压缩量应满足的条件
0.349m<x≤
0.4m或x≥
0.479m. 11.在如图所示的空间里,存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度在数值上满足B=,在竖直方向存在交替变化的匀强电场(竖直向上为正),电场强度大小为E0=.一倾角为θ,长度足够长的光滑绝缘斜面放置在此空间.斜面上有一质量为m,带电荷量为﹣q的小球,从t=0时刻由静止开始沿斜面下滑,设第7秒内小球不会离开斜面,重力加速度为g.求
(1)第8秒内小球离开斜面的最大距离;
(2)第15秒内小球未离开斜面,θ角应满足什么条件?【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.【分析】
(1)在第一秒内,电场力方向竖直向下,洛伦兹力方向垂直斜面向上,小球的合力沿斜面向下,做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律求出加速度的大小,从而求出1s末的速度,第二秒内,电场力与重力平衡,小球受洛伦兹力做匀速圆周运动,当小球运动半个周期时,距离斜面最远.结合半径公式求出最远距离.
(2)小球未离开斜面时,说明洛伦兹力小于重力、电场力沿垂直于斜面方向的分力,列式求解.【解答】解
(1)设第一秒内小球在斜面上运动的加速度为a,由牛顿第二定律得(mg+qE)sinθ=ma…
①第一秒末的速度为v=at1…
②在第二秒内qE0=mg…
③所以小球将离开斜面在上方做匀速圆周运动,则由向心力公式得qvB=m…
④圆周运动的周期为T==1s…
⑤由题图可知,小球在奇数秒内沿斜面做匀加速运动,在偶数秒内离开斜面做完整的圆周运动.所以,第7秒末的速度为v7=a(t1+t3+t5+t7)=8gsinθ…
⑥小球离开斜面的最大距离为d=2R4=…
⑦
(2)第15秒末的速度v15=a(t1+t3+t5+t4+…+t15)=8s…
⑧小球未离开斜面的条件是qv15B≤(mg+qE0)cosθ…
⑨所以θ≤arctan答
(1)第8秒内小球离开斜面的最大距离是;
(2)第15秒内小球未离开斜面,θ角应满足的条件为θ≤arctan. 【物理—物理3—3】12.在做”用油膜法估测分子大小”的实验时,油酸酒精溶液的浓度为每1000mL.溶液中有纯油酸1mL,用注射器测得1mL上述溶液有200滴,把一滴该溶液滴入盛水的表面撒有痱子粉的浅盘里,待水面稳定后,测得油酸膜的近似轮廓如图所示,图中正方形小方格的边长为1cm,则每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是 5×10﹣6 mL,油酸膜的面积是 40 cm2.根据上述数据,估测出油酸分子的直径是
1.25 nm.(结果均保留两位有效数字)【考点】用油膜法估测分子的大小.【分析】在油膜法估测分子大小的实验中,让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜,估算出油膜面积,从而求出分子直径,掌握估算油膜面积的方法所围成的方格中,面积超过一半按一半算,小于一半的舍去.【解答】解1滴酒精油酸溶液中含油酸的体积V=ml=5×10﹣6ml;由于每格边长为1cm,则每一格就是1cm2,估算油膜面积以超过半格以一格计算,小于半格就舍去的原则,估算出40格,则油酸薄膜面积为S=40cm2;由于分子是单分子紧密排列的,因此分子直径为d==
1.25×10﹣9m=
1.25nm.故答案为5×10﹣6,40,
1.25. 13.科学考察队到某一地区进行考察时携带一种测量仪器.该仪器导热性能良好,且内部密闭有一定质量的气体(可视为理想气体),仪器的部分参数为环境温度为27℃时,内部的气体压强为
1.0×105Pa.若该地区的气温为﹣23℃,不考虑密闭气体的体积变化,则该仪器的内部气体压强为
8.3×l04 Pa.(结果保留两位有效数字)【考点】理想气体的状态方程;封闭气体压强.【分析】由题知,不考虑密闭气体的体积变化,气体作等容变化,分析初态和末态的压强和热力学温度,运用查理定律求解.【解答】解初态T1=27+273=300K,p1=1.O×105Pa;末态T2=﹣23+273=250K,p2=?根据查理定律得=得,p2=P1==
8.3×104Pa.故答案为
8.3×l04 xx年9月19日。