还剩19页未读,继续阅读
本资源只提供10页预览,全部文档请下载后查看!喜欢就下载吧,查找使用更方便
文本内容:
2019-2020年高考物理模拟试卷
(四)含解析
二、选择题(本题共8小题.在每小题给出的四个选项中,第14~18题只有一项符合题目要求,第19~21题有多项符合题目要求.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.一根长为L、横截面积为S的金属棒,其材料的电阻率为ρ,棒内单位体积自由电子数为n,电子的质量为m,电荷量为e,在棒两端加上恒定的电压时,棒内产生电流,自由电子定向运动的平均速率为v,则金属棒内的电场强度大小为( )A.B.C.ρnevD.2.甲、乙两辆汽车在平直公路上行驶,它们的位移x随时间t变化的关系图线分别如图中甲、乙所示,图线甲为直线且与x轴交点坐标为(0,2m),图线乙为过坐标原点的抛物线,两图线交点的坐标为P(2m,4m).下列说法正确的是( )A.甲车做匀加速直线运动B.乙车速度越来越大C.t=2s时刻甲、乙两车速率相等D.0~2s内甲、乙两车发生的位移相等3.如图所示,AB、AC两光滑细杆组成的直角支架固定在竖直平面内,AB与水平面的夹角为30°,两细杆上分别套有带孔的a、b两小球,在细线作用下处于静止状态,细线恰好水平.某时刻剪断细线,在两球下滑到底端的过程中,下列结论中正确的是( )A.a、b两球到底端时速度相同B.a、b两球重力做功相同C.小球a下滑的时间大于小球b下滑的时间D.小球a受到的弹力小于小球b受到的弹力4.如图,若两颗人造卫星a和b均绕地球做匀速圆周运动,a、b到地心O的距离分别为r
1、r2,线速度大小分别为v
1、v2,则( )A.=B.=C.=()2D.=()25.未来的星际航行中,宇航员长期处于零重力状态,为缓解这种状态带来的不适,有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”,如图所示,当旋转舱绕其轴线匀速旋转时,宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上,可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力.为达到上述目的,下列说法正确的是( )A.旋转舱的半径越大,转动的角速度就应越大B.旋转舱的半径越大,转动的角速度就应越小C.宇航员质量越大,旋转舱的角速度就应越大D.宇航员质量越大,旋转舱的角速度就应越小6.如图所示,一理想变压器接在正弦交变电源上,变压器原、副线圈匝数比为12,A为理想交流电流表,副线圈电路中标有“36V,360W”电动机正常工作,若电动机线圈电阻r=
0.6Ω,则( )A.电流表的示数为5AB.原线圈所加交变电压的有效值为18VC.电动机正常工作时的输出功率为300WD.若在电动机正常工作时,转子突然卡住,则电动机的发热功率为60W7.空间中某一静电场的电势φ在x轴上的分布情况如图所示,其中x0﹣x1=x2﹣x0.下列说法中正确的是( )A.空间中各点的场强方向均与x轴垂直B.电荷在x1处和x2处受到的电场力相同C.正电荷沿x轴从x1处移到x2处的过程中,电势能减小D.负电荷沿x轴从x1处移到x2处的过程中,电场力先做负功后做正功8.如图(a)、(b)所示的电路中,电阻R和自感线圈L的电阻值都很小,且小于灯A的电阻,接通S,使电路达到稳定,灯泡A发光,则( )A.在电路(a)中,断开S,A将渐渐变暗B.在电路(a)中,断开S,A将先变得更亮,然后渐渐变暗C.在电路(b)中,断开S,A将渐渐变暗D.在电路(b)中,断开S,A将先变得更亮,然后渐渐变暗
二、解答题(共4小题,满分47分)9.为了测量小滑块与水平桌面间的动摩擦因数,某小组设计了如图甲所示的实验装置,其中挡板可固定在桌面上,轻弹簧左端与挡板相连,图中桌面高为h,O
1、O
2、A、B、C点在同一水平直线上.已知重力加速度为g,空气阻力可忽略不计.实验过程挡板固定在O1点,推动滑块压缩弹簧,滑块移到A处,测量O1A的距离,如图甲所示.滑块由静止释放,落在水平面上的P点,测出P点到桌面右端的水平距离为x1.实验过程二将挡板的固定点移到距O1点电距离为d的O2点.如图乙所示,推动滑块压缩弹簧,滑块移到C处,使O2C的距离与O1A的距离相等.滑块由静止释放,落在水平面上的Q点,测出Q点到桌面右端的水平距离为x2.
(1)为完成本实验,下列说法中正确的是 .A.必须测出小滑块的质量B.必须测出弹簧的劲度系数C.弹簧的压缩量不能太小D.必须测出弹簧的原长
(2)写出动摩擦因数的表达式μ= (用题中所给物理量的符号表示)
(3)小红在进行实验过程二时,发现滑块未能滑出桌面.为了测量小滑块与水平桌面间的动摩擦因数,还需测量的物理量是 .
(4)某同学认为,不测量桌面高度,改用秒表测出小滑块从E离桌面到落地的时间,也可测出小滑块与水平桌面间的动摩擦因数.此实验方案 (选填“可行”或“不可行”),理由是 .10.为了测量某电流表A的内阻(量程为50mA,内阻约10Ω),提供的实验器材有A.直流电压表V(0~3V,内阻约6kΩ)B.定值电阻R1(
5.0Ω1A)C.定值电阻R2(
50.0Ω
0.1A)D.滑动变阻器R(0~5Ω2A)E.直流电源E(3V,内阻很小)F.导线、电键若干
(1)实验中定值电阻R.应选用 (选填“R1”或“R2”);
(2)在如图虚线框内将实验电路原理图画完整;
(3)某同学在实验中测出7组对应的数据(见表)次数1234567U/V
0.
801.
181.
681.
781.
982.
362.70I/mA
14.
020.
024.
030.
024.
040.
046.0请在图示坐标中描点作出U﹣﹣I图线.由图象可知,表中第 次实验数据有错误,此电流表的电阻为 Ω.11.同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置.图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板.M板上部有一半径为R的圆弧形的粗糙轨道,P为最高点,Q为最低点,Q点处的切线水平,距底板高为H.N板上固定有三个圆环.将质量为m的小球从P处静止释放,小球运动至Q飞出后无阻碍地通过各圆环中心,落到底板上距Q水平距离为L处.不考虑空气阻力,重力加速度为g.求
(1)距Q水平距离为的圆环中心到底板的高度;
(2)小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向;
(3)摩擦力对小球做的功.12.如图所示,水平放置的平行金属板M、N间距为R,板长为2R,其中心线为O1O2.左侧有一以O为圆心、半径为R的虚线圆,O、O
1、O2在同一水平线上,OO1=R.虚线圆内存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外(图中未画出).平行金属板右侧距两板右端2R处有一竖直荧光屏.虚线圆周上有点P,PO垂直于O1O2.位于P点的粒子放射源,在纸面内向各个方向磁场释放出速率为v
0、电荷量为q、质量为m的带正电粒子,粒子在磁场中运动的轨道半径刚好也是R.若在M、N两板间加上某一恒定电压,发现屏上只有一个亮点Q(图中未画出).不计平行金属板两端的边缘效应及粒子的重力.
(1)求磁场磁感应强度B的大小;
(2)推证所有粒子出磁场时的速度方向均与O1O2平行;
(3)求粒子从P到Q所用的时间;
(4)求两板间恒定电压U的大小. [物理--物理3-3]13.关于扩散现象,下来说法正确的是( )A.温度越高,扩散进行得越快B.扩散现象是不同物质间的一种化学反应C.扩散现象是由物质分子无规则运动产生的D.扩散现象在气体、液体和固体中都能发生E.液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的14.如图,一粗细均匀的U形管竖直放置,A侧上端封闭,B侧上端与大气相通,下端开口处开关K关闭,A侧空气柱的长度为l=
10.0cm,B侧水银面比A侧的高h=
3.0cm.现将开关K打开,从U形管中放出部分水银,当两侧水银面的高度差为h1=
10.0cm时将开关K关闭.已知大气压强p0=
75.0cmHg.(i)求放出部分水银后A侧空气柱的长度;(ii)此后再向B侧注入水银,使A、B两侧的水银面达到同一高度,求注入的水银在管内的长度. [物理--物理3-4]15.一列简谐横波沿x轴传播,图甲是t=1s时的波形图,图乙是x=3m处质点的振动图象,则该波的传播速度为 m/s,传播方向为 (选填“x轴正方向”,“x轴负方向”)16.如图所示,一根长直棒AB竖直地插入水平池底,水深a=
0.8m,棒露出水面部分的长度b=
0.6m,太阳光斜射到水面上,与水面夹角α=37°,已知水的折射率n=,sin37°=
0.6,cos37°=
0.8.求
①太阳光射入水中的折射角β;
②棒在池底的影长l. [物理--物理3-5]17.放射性元素的原子核在α衰变或β衰变生成新原子核时,往往会同时伴随 辐射.已知A、B两种放射性元素的半衰期分别为T1和T2,经过t=T1•T2时间后测得这两种放射性元素的质量相等,那么它们原来的质量之比mA mB= .18.如图所示,质量M=4kg的滑板B静止放在光滑水平面上,其右端固定一根轻质弹簧,弹簧的自由端C到滑板左端的距离L=
0.5m,这段滑板与木块A(可视为质点)之间的动摩擦因数μ=
0.2,而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的滑板上表面光滑.小木块A以速度v0=10m/s由滑板B左端开始沿滑板B表面向右运动.已知木块A的质量m=1kg,g取10m/s2.求
(1)弹簧被压缩到最短时木块A的速度;
(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能. xx年山东省潍坊市高考物理模拟试卷
(四)参考答案与试题解析
二、选择题(本题共8小题.在每小题给出的四个选项中,第14~18题只有一项符合题目要求,第19~21题有多项符合题目要求.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.一根长为L、横截面积为S的金属棒,其材料的电阻率为ρ,棒内单位体积自由电子数为n,电子的质量为m,电荷量为e,在棒两端加上恒定的电压时,棒内产生电流,自由电子定向运动的平均速率为v,则金属棒内的电场强度大小为( )A.B.C.ρnevD.【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系;电流、电压概念.【分析】利用电流的微观表达式求的电流,由电阻的定义式求的电阻,由E=求的电场强度【解答】解导体中的电流为I=neSv导体的电阻为R=导体两端的电压为U=RI场强为E=联立解得E=ρnev故选C 2.甲、乙两辆汽车在平直公路上行驶,它们的位移x随时间t变化的关系图线分别如图中甲、乙所示,图线甲为直线且与x轴交点坐标为(0,2m),图线乙为过坐标原点的抛物线,两图线交点的坐标为P(2m,4m).下列说法正确的是( )A.甲车做匀加速直线运动B.乙车速度越来越大C.t=2s时刻甲、乙两车速率相等D.0~2s内甲、乙两车发生的位移相等【考点】匀变速直线运动的图像;匀变速直线运动的速度与时间的关系.【分析】位移时间图象的斜率等于速度,倾斜的直线表示匀速直线运动.位移等于x的变化量.结合这些知识分析.【解答】解A、位移时间图象的斜率等于速度,则知甲车的速度不变,做匀速直线运动,故A错误.B、乙图象切线的斜率不断增大,则知乙车的速度越来越大,故B正确.C、t=2s时刻乙图象的斜率比甲的大,则知乙车速率较大,故C错误.D、0~2s内甲车发生的位移为4m﹣2m=2m,乙车发生的位移为4m﹣0=4m,故D错误.故选B. 3.如图所示,AB、AC两光滑细杆组成的直角支架固定在竖直平面内,AB与水平面的夹角为30°,两细杆上分别套有带孔的a、b两小球,在细线作用下处于静止状态,细线恰好水平.某时刻剪断细线,在两球下滑到底端的过程中,下列结论中正确的是( )A.a、b两球到底端时速度相同B.a、b两球重力做功相同C.小球a下滑的时间大于小球b下滑的时间D.小球a受到的弹力小于小球b受到的弹力【考点】功能关系;功的计算.【分析】a、b两球到底端时速度的方向沿各自斜面的方向;重力做功W=mgh,根据平衡条件比较质量的大小;根据位移公式计算下滑的时间.【解答】解A、a、b两球到底端时速度的方向不同,故速度不同,A错误;B、对a球受力分析,如图根据平衡条件mag=同理可得mbg=故ma mb=31则、b两球重力做功mgh不同,B错误;C、设从斜面下滑的高度为h,则=at2aa=gsin30°得t=同理=gsin60°t′2t′可见a球下滑的时间较长,C正确;D、小球a受到的弹力N=magcos30°=3mg小球b受到的弹力N′=mbgcos60°=mg•故a受到的弹力大于球b受到的弹力;D错误;故选C. 4.如图,若两颗人造卫星a和b均绕地球做匀速圆周运动,a、b到地心O的距离分别为r
1、r2,线速度大小分别为v
1、v2,则( )A.=B.=C.=()2D.=()2【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系;万有引力定律及其应用.【分析】根据万有引力提供向心力=m,解出线速度与轨道半径r的关系进行求解.【解答】解根据万有引力提供向心力=mv=,a、b到地心O的距离分别为r
1、r2,所以=,故选A. 5.未来的星际航行中,宇航员长期处于零重力状态,为缓解这种状态带来的不适,有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”,如图所示,当旋转舱绕其轴线匀速旋转时,宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上,可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力.为达到上述目的,下列说法正确的是( )A.旋转舱的半径越大,转动的角速度就应越大B.旋转舱的半径越大,转动的角速度就应越小C.宇航员质量越大,旋转舱的角速度就应越大D.宇航员质量越大,旋转舱的角速度就应越小【考点】万有引力定律及其应用.【分析】首先分析出该题要考察的知识点,就是对向心加速度的大小有影响的因素的分析,列出向心加速度的表达式,进行分析即可得知正确选项.【解答】解为了使宇航员在航天器上受到与他站在地球表面时相同大小的支持力,即为使宇航员随旋转舱转动的向心加速度为定值,且有a=g,宇航员随旋转舱转动的加速度为a=ω2R,由此式可知,旋转舱的半径越大,转动的角速度就应越小,此加速度与宇航员的质量没有关系,所以选项ACD错误,B正确.故选B 6.如图所示,一理想变压器接在正弦交变电源上,变压器原、副线圈匝数比为12,A为理想交流电流表,副线圈电路中标有“36V,360W”电动机正常工作,若电动机线圈电阻r=
0.6Ω,则( )A.电流表的示数为5AB.原线圈所加交变电压的有效值为18VC.电动机正常工作时的输出功率为300WD.若在电动机正常工作时,转子突然卡住,则电动机的发热功率为60W【考点】变压器的构造和原理;电功、电功率.【分析】电压比等于匝数之比,电动机为非纯电阻器件,风扇消耗的功率为内阻消耗+输出的机械功率,被卡住后相当于纯电阻.【解答】解A、副线圈电路中标有“36V,360W”电动机正常工作,所以副线圈电流为I2==10A,变压器原、副线圈匝数比为12,根据电流与匝数成反比得电流表的示数为20A,故A错误;B、副线圈电路中标有“36V,360W”电动机正常工作,所以副线圈电压为U2=36V,根据电压比等于匝数之比,所以原线圈所加交变电压的有效值为18V,故B正确;C、电动机正常工作时的输出功率为P=UI2﹣r=360﹣
(10)2×
0.6=300W,故C正确;D、若电动机由于机械故障被卡住,则副线圈回路可视为纯电阻电路,则电流为I′==60A,所以电动机的发热功率为P′=I′2r=2160W,故D错误;故选BC. 7.空间中某一静电场的电势φ在x轴上的分布情况如图所示,其中x0﹣x1=x2﹣x0.下列说法中正确的是( )A.空间中各点的场强方向均与x轴垂直B.电荷在x1处和x2处受到的电场力相同C.正电荷沿x轴从x1处移到x2处的过程中,电势能减小D.负电荷沿x轴从x1处移到x2处的过程中,电场力先做负功后做正功【考点】电势差与电场强度的关系;电场强度.【分析】根据图象可知电势φ与x成线性关系,说明电场强度的方向与x轴成锐角,又有电势与电势差的关系U=φ1﹣φ2,可得u=E△x,满足电势差与电场强度的关系,即电场为匀强电场,电场力F=qE,电场力做正功电势能减少.【解答】解A,由图可知,沿x轴方向电场的电势降低,说明沿x方向电场强度的分量不为0,所以空间中各点的场强方向均不与x轴垂直.故A错误;B、由图可知,沿x方向电势φ均匀减小,又有电势与电势差的关系U=φ1﹣φ2,可得u=E△x,满足电势差与电场强度的关系,即电场为匀强电场,电场力F=qE,所以电荷在x1处和x2处受到的电场力相同.故B正确;C、由图可知,沿x方向电势φ均匀减小,所以正电荷沿x轴从x1处移到x2处的过程中,电势能减小.故C正确;D、由图可知,沿x方向电势φ均匀减小,负电荷受到的电场力的方向与x方向相反,所以负电荷沿x轴从x1处移到x2处的过程中,电场力始终做负功.故D错误.故选BC 8.如图(a)、(b)所示的电路中,电阻R和自感线圈L的电阻值都很小,且小于灯A的电阻,接通S,使电路达到稳定,灯泡A发光,则( )A.在电路(a)中,断开S,A将渐渐变暗B.在电路(a)中,断开S,A将先变得更亮,然后渐渐变暗C.在电路(b)中,断开S,A将渐渐变暗D.在电路(b)中,断开S,A将先变得更亮,然后渐渐变暗【考点】自感现象和自感系数.【分析】电感总是阻碍电流的变化.线圈中的电流增大时,产生自感电流的方向更原电流的方向相反,抑制增大;线圈中的电流减小时,产生自感电流的方向更原电流的方向相同,抑制减小,并与灯泡构成电路回路.【解答】解A、B、在电路a中,断开S,由于线圈阻碍电流变小,导致A将逐渐变暗.故A正确,B错误;C、D、在电路b中,由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小,所以通过灯泡的电流比线圈的电流小,断开S时,由于线圈阻碍电流变小,导致A将变得更亮,然后逐渐变暗.故C错误,D正确.故选AD.
二、解答题(共4小题,满分47分)9.为了测量小滑块与水平桌面间的动摩擦因数,某小组设计了如图甲所示的实验装置,其中挡板可固定在桌面上,轻弹簧左端与挡板相连,图中桌面高为h,O
1、O
2、A、B、C点在同一水平直线上.已知重力加速度为g,空气阻力可忽略不计.实验过程挡板固定在O1点,推动滑块压缩弹簧,滑块移到A处,测量O1A的距离,如图甲所示.滑块由静止释放,落在水平面上的P点,测出P点到桌面右端的水平距离为x1.实验过程二将挡板的固定点移到距O1点电距离为d的O2点.如图乙所示,推动滑块压缩弹簧,滑块移到C处,使O2C的距离与O1A的距离相等.滑块由静止释放,落在水平面上的Q点,测出Q点到桌面右端的水平距离为x2.
(1)为完成本实验,下列说法中正确的是 C .A.必须测出小滑块的质量B.必须测出弹簧的劲度系数C.弹簧的压缩量不能太小D.必须测出弹簧的原长
(2)写出动摩擦因数的表达式μ= (用题中所给物理量的符号表示)
(3)小红在进行实验过程二时,发现滑块未能滑出桌面.为了测量小滑块与水平桌面间的动摩擦因数,还需测量的物理量是 滑块停止滑动的位置到B点的距离 .
(4)某同学认为,不测量桌面高度,改用秒表测出小滑块从E离桌面到落地的时间,也可测出小滑块与水平桌面间的动摩擦因数.此实验方案 不可行 (选填“可行”或“不可行”),理由是 滑块在空中飞行时间很短,难以把握计时起点和终点,秒表测时间误差较大 .【考点】探究影响摩擦力的大小的因素.【分析】从实验操作的步骤可知,两种情况下弹簧做的功相等,物块滑出桌面时的动能是弹簧做功与摩擦力做功的和;求出滑块滑过不同距离下的摩擦力做的功,即可求出摩擦力的大小与摩擦因数的大小.【解答】解(
1、2)滑块离开桌面后做平抛运动,平抛运动的时间t=滑块飞行的距离x=v•t所以滑块第1次离开桌面时的速度v1=x1•…
①滑块第2次离开桌面时的速度v2=x2•…
②滑块第1次滑动的过程中,弹簧的弹力和摩擦力做功,设弹簧做的功是W1,AB之间的距离是x,则W1﹣μmg•x=m…
③滑块第1次滑动的过程中,W1﹣μmg•(x+d)…
④联立
①②③④可得μmg•d=m(﹣)即μ=可知,要测定摩擦因数,与弹簧的长度、弹簧的劲度系数、以及滑块的质量都无关.要想让滑块顺利画出桌面,弹簧的压缩量不能太小.故C正确.故选C
(3)在进行实验过程二时,发现滑块未能滑出桌面,则可以认为滑块的末速度是0.为了测量小滑块与水平桌面间的动摩擦因数,还需要测量出滑块停止滑动的位置到B点的距离.
(4)改用秒表测出小滑块从飞离桌面到落地的时间,来测定小滑块与水平桌面间的动摩擦因数.此实验方案是不可行的,原因是滑块在空中飞行时间很短,难以把握计时起点和终点,秒表测时间误差较大.故答案为
(1)C;
(2);
(3)滑块停止滑动的位置到B点的距离;
(4)不可行,滑块在空中飞行时间很短,难以把握计时起点和终点,秒表测时间误差较大. 10.为了测量某电流表A的内阻(量程为50mA,内阻约10Ω),提供的实验器材有A.直流电压表V(0~3V,内阻约6kΩ)B.定值电阻R1(
5.0Ω1A)C.定值电阻R2(
50.0Ω
0.1A)D.滑动变阻器R(0~5Ω2A)E.直流电源E(3V,内阻很小)F.导线、电键若干
(1)实验中定值电阻R.应选用 (选填“R1”或“R2”);
(2)在如图虚线框内将实验电路原理图画完整;
(3)某同学在实验中测出7组对应的数据(见表)次数1234567U/V
0.
801.
181.
681.
781.
982.
362.70I/mA
14.
020.
024.
030.
024.
040.
046.0请在图示坐标中描点作出U﹣﹣I图线.由图象可知,表中第
3、5 次实验数据有错误,此电流表的电阻为
8.7 Ω.【考点】伏安法测电阻.【分析】不能将电压表直接接在电流表两端,应将电流表与定值电阻串联后再与电压表并联,滑动变阻器阻值太小,应用分压式接法.【解答】解
(1)、根据欧姆定律,若能使电流表电流达到满偏电流,则电阻应为R==×Ω=60Ω,故应将电流表与串联使用.
(2)、因滑动变阻器阻值远小于待测电阻值,故变阻器应用分压式,电路图如图所示.
(3)、根据图示坐标描出的I﹣U图象如图所示.由图象可知对应横坐标为24mA的两组数据有错误,即表中第
3、5次实验数据有错误.次电流表内阻为r=﹣=×1000Ω﹣50Ω=
8.7Ω故答案为
(1),
(2)如图,
(3)如图,
3、5,
8.7 11.同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置.图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板.M板上部有一半径为R的圆弧形的粗糙轨道,P为最高点,Q为最低点,Q点处的切线水平,距底板高为H.N板上固定有三个圆环.将质量为m的小球从P处静止释放,小球运动至Q飞出后无阻碍地通过各圆环中心,落到底板上距Q水平距离为L处.不考虑空气阻力,重力加速度为g.求
(1)距Q水平距离为的圆环中心到底板的高度;
(2)小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向;
(3)摩擦力对小球做的功.【考点】向心力;平抛运动.【分析】
(1)根据平抛运动的特点,将运动分解即可求出;
(2)根据平抛运动的特点,即可求出小球运动到Q点时速度的大小;在Q点小球受到的支持力与重力的合力提供向心力,由牛顿第二定律即可求出小球受到的支持力的大小;最后有牛顿第三定律说明对轨道压力的大小和方向;
(3)小球从P到Q的过程中,重力与摩擦力做功,由功能关系即可求出摩擦力对小球做的功.【解答】解
(1)小球从Q抛出后运动的时间
①水平位移L=vQ•t
②小球运动到距Q水平距离为的位置时的时间
③此过程中小球下降的高度h=
④联立以上公式可得h=圆环中心到底板的高度为H﹣=;
(2)由
①②得小球到达Q点的速度
⑤在Q点小球受到的支持力与重力的合力提供向心力,得
⑥联立
⑤⑥得由牛顿第三定律可得,小球对轨道的压力的大小mg(1+)方向竖直向下
(3)小球从P到Q的过程中,重力与摩擦力做功,由功能关系得mgR+Wf=
⑦联立
⑥⑦得Wf=mg()答
(1)到底板的高度;
(2)小球的速度的大小小球对轨道的压力的大小mg(1+)方向竖直向下;
(3)摩擦力对小球做的功mg(). 12.如图所示,水平放置的平行金属板M、N间距为R,板长为2R,其中心线为O1O2.左侧有一以O为圆心、半径为R的虚线圆,O、O
1、O2在同一水平线上,OO1=R.虚线圆内存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外(图中未画出).平行金属板右侧距两板右端2R处有一竖直荧光屏.虚线圆周上有点P,PO垂直于O1O2.位于P点的粒子放射源,在纸面内向各个方向磁场释放出速率为v
0、电荷量为q、质量为m的带正电粒子,粒子在磁场中运动的轨道半径刚好也是R.若在M、N两板间加上某一恒定电压,发现屏上只有一个亮点Q(图中未画出).不计平行金属板两端的边缘效应及粒子的重力.
(1)求磁场磁感应强度B的大小;
(2)推证所有粒子出磁场时的速度方向均与O1O2平行;
(3)求粒子从P到Q所用的时间;
(4)求两板间恒定电压U的大小.【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)粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,由几何知识得到轨迹半径,由牛顿第二定律求解磁感应强度的大小;
(2)粒子运动周期时间,求得周期,即可求出粒子在磁场中运动的时间;
(3)粒子在平行板间做类平抛运动,应用类平抛运动规律与动能定理可以求出速度与L间的关系.【解答】解
(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,圆周运动的半径为R,由牛顿第二定律得qv0B=m,解得B=;
(2)任意做出粒子的一个国际圆O′,交磁场圆与H,如图1,因两个圆的半径相等,所以POHO′S是菱形,HO′∥PO,粒子的速度与HO′垂直,也就与O1O2平行.
(3)荧光屏上只有一个亮点,说明打在屏上的两种必须紧靠左侧上边缘射入,从另一个极板的边缘射出电场.
①若UM>UN,粒子的轨迹如图2,由几何关系得Rcosα=
0.5R得α=30°∠PO′S=150°粒子在磁场中运动的时间粒子从出磁场到进入磁场的距离x=R(1﹣sin30°)=
0.5R使用的时间粒子在电场中运动的时间粒子从出电场到屏的时间总时间
②若UM<UN粒子运动的轨迹如图3,由几何关系得∠PO′S=30°粒子在磁场中运动的时间粒子运动的总时间
(4)粒子在两板之间运动时,有又qE=ma,联立解得答
(1)磁场磁感应强度B的大小是;
(2)证明见前;
(3)粒子从P到Q所用的时间是或;
(4)两板间恒定电压U的大小是. [物理--物理3-3]13.关于扩散现象,下来说法正确的是( )A.温度越高,扩散进行得越快B.扩散现象是不同物质间的一种化学反应C.扩散现象是由物质分子无规则运动产生的D.扩散现象在气体、液体和固体中都能发生E.液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的【考点】扩散.【分析】扩散现象是指物质分子从高浓度区域向低浓度区域转移,直到均匀分布的现象,速率与物质的浓度梯度成正比.扩散是由于分子热运动而产生的质量迁移现象,主要是由于密度差引起的.扩散现象等大量事实表明,一切物质的分子都在不停地做无规则的运动.【解答】解A、温度越高,分子热运动越激烈,所以扩散进行得越快,故A正确;B、扩散现象是分子热运动引起的分子的迁移现象,没有产生新的物质,是物理现象,故B错误;CD、扩散现象是由物质分子无规则热运动产生的分子迁移现象,可以在固体、液体、气体中产生,扩散速度与温度和物质的种类有关,故CD正确;E、液体中的扩散现象是由于液体分子的热运动产生的,故E错误.故选ACD. 14.如图,一粗细均匀的U形管竖直放置,A侧上端封闭,B侧上端与大气相通,下端开口处开关K关闭,A侧空气柱的长度为l=
10.0cm,B侧水银面比A侧的高h=
3.0cm.现将开关K打开,从U形管中放出部分水银,当两侧水银面的高度差为h1=
10.0cm时将开关K关闭.已知大气压强p0=
75.0cmHg.(i)求放出部分水银后A侧空气柱的长度;(ii)此后再向B侧注入水银,使A、B两侧的水银面达到同一高度,求注入的水银在管内的长度.【考点】理想气体的状态方程.【分析】(i)在同一段水银柱中,同一高度压强相等;先计算出A侧气体的初状态气压和末状态气压,然后根据玻意耳定律列式求解;(ii)两侧水银面等高后,根据玻意耳定律求解气体的体积;比较两个状态,结合几何关系得到第二次注入的水银柱的长度.【解答】解(i)以cmHg为压强单位.设A侧空气柱长度l=
10.0cm时压强为p,当两侧的水银面的高度差为h1=
10.0cm时,空气柱的长度为l1,压强为p1,由玻意耳定律,有pl=p1l1
①由力学平衡条件,有p=p0+h
②打开开关放出水银的过程中,B侧水银面处的压强始终为p0,而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小,B、A两侧水银面的高度差也随着减小,直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止,由力学平衡条件,有p1=p0﹣h1
③联立
①②③,并代入题目数据,有l1=12cm
④(ii)当A、B两侧的水银面达到同一高度时,设A侧空气柱的长度为l2,压强为P2,由玻意耳定律,有pl=p2l2
⑤由力学平衡条件有p2=p0
⑥联立
②⑤⑥式,并代入题目数据,有l2=
10.4cm
⑦设注入水银在管内的长度为△h,依题意,有△h=2(l1﹣l2)+h1
⑧联立
④⑦⑧式,并代入题目数据,有△h=
13.2cm答(i)放出部分水银后A侧空气柱的长度为12cm;(ii)注入的水银在管内的长度为
13.2cm. [物理--物理3-4]15.一列简谐横波沿x轴传播,图甲是t=1s时的波形图,图乙是x=3m处质点的振动图象,则该波的传播速度为 2 m/s,传播方向为 x轴负方向 (选填“x轴正方向”,“x轴负方向”)【考点】横波的图象;波长、频率和波速的关系.【分析】根据振动图象得出波的周期,根据波动图象得出波长,从而求出波速.根据质点的振动方向,运用上下坡法得出波的传播方向.【解答】解由波动图象知,波长为4m,由振动图象知,周期为2s,则波的传播速度v=.x=3m处的质点在t=1s时向上振动,根据上下坡法知,x=3m处的质点处于下坡,则波沿﹣x轴方向传播.故答案为2,x轴负方向; 16.如图所示,一根长直棒AB竖直地插入水平池底,水深a=
0.8m,棒露出水面部分的长度b=
0.6m,太阳光斜射到水面上,与水面夹角α=37°,已知水的折射率n=,sin37°=
0.6,cos37°=
0.8.求
①太阳光射入水中的折射角β;
②棒在池底的影长l.【考点】光的折射定律.【分析】
①由图知太阳光射入水中的入射角为90°﹣α,根据折射定律求解折射角β.
②由数学知识求解棒在池底的影长l.【解答】解
①设折射角为β,则由折射定律得代入得=代入数据解得β=37°
②由数学知识得影长为l=b•tan(90°﹣α)+a•tanβ代入数据解得l=
1.4m答
①太阳光射入水中的折射角β是37°;
②棒在池底的影长l是
1.4m. [物理--物理3-5]17.放射性元素的原子核在α衰变或β衰变生成新原子核时,往往会同时伴随 γ 辐射.已知A、B两种放射性元素的半衰期分别为T1和T2,经过t=T1•T2时间后测得这两种放射性元素的质量相等,那么它们原来的质量之比mA mB= .【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度;天然放射现象.【分析】放射性元素的原子核在α衰变或β衰变生成新原子核时,往往以γ光子的形式释放能量,即伴随γ辐射.根据半衰期的定义得出原来的质量之比.【解答】解放射性元素的原子核在α衰变或β衰变生成新原子核时,往往以γ光子的形式释放能量,即伴随γ辐射;根据半衰期的定义,经过t=T1・T2时间后剩下的放射性元素的质量相同,则=,故mA mB=2T22T1.故答案为γ,2T22T1. 18.如图所示,质量M=4kg的滑板B静止放在光滑水平面上,其右端固定一根轻质弹簧,弹簧的自由端C到滑板左端的距离L=
0.5m,这段滑板与木块A(可视为质点)之间的动摩擦因数μ=
0.2,而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的滑板上表面光滑.小木块A以速度v0=10m/s由滑板B左端开始沿滑板B表面向右运动.已知木块A的质量m=1kg,g取10m/s2.求
(1)弹簧被压缩到最短时木块A的速度;
(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能.【考点】动量守恒定律;机械能守恒定律.【分析】
(1)A、B组成的系统在水平方向所受合外力为零,系统动量守恒,由动量守恒定律可以求出木块A的速度.
(2)在整个过程中,系统机械能守恒,由能量守恒定律(或机械能守恒定律)可以求出弹簧的弹性势能.【解答】解
(1)弹簧被压缩到最短时,木块A与滑板B具有相同的速度,设为v,从木块A开始沿滑板B表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中,A、B系统的动量守恒mv0=(M+m)v解得v=v0.代入数据得木块A的速度v=2m/s.
(2)木块A压缩弹簧过程中,弹簧被压缩到最短时,弹簧的弹性势能最大.由能量关系,最大弹性势能Ep=mv02﹣(m+M)v2﹣μmgL代入数据得Ep=39J.答
(1)弹簧被压缩到最短时木块A的速度为2m/s;
(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为39J. xx年6月13日。