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2019-2020年高考物理热身试卷(5月份)含解析
一、单项选择题本题包括4小题,每小题4分,共16分.每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求,选对的得4分,选错或不答的得0分.1.(4分)(xx•揭阳二模)如图所示,两物体的运动情况是()A.甲在前6s内运动方向不变,通过的位移大小为4mB.甲在前6s内做往返运动,通过的位移大小为4mC.乙在前6s内做往返运动,通过的位移大小为4mD.乙在前6s内运动方向不变,通过的位移大小为4m2.(4分)(xx•广东模拟)如图所示,质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜劈上,现用大小均为F、方向相反的水平力分别推A和B,它们均静止不动,则()A.地面对B的支持力大小一定等于(M+m)gB.B与地面之间一定存在摩擦力C.B对A的支持力一定小于mgD.A与B之间一定存在摩擦力3.(4分)(xx•新兴县校级模拟)一个物理兴趣小组设计了如图所示的微型发电装置,圆型磁铁绕轴O1O2以角速度ω匀速转动,铝金属条ab通过O拴住,a、b两点与金属圆环接触良好.则下列说法正确的是()A.电阻R上无电流B.电阻R有从d→c的电流C.a点电势比O点高D.a点电势比o点低4.(4分)(xx•顺德区模拟)我国整个探月工程分为三个阶段,第一期工程为“绕”,二期工程为“落”,xx年进行的三期工程为“回”,之后再进行载人登月计划.在第一期如果探测器绕月球做匀速圆周运动,变轨后在周期较小的轨道上仍做匀速圆周运动,则变轨后与变轨前相比()A.轨道半径变小B.向心加速度变小C.线速度变小D.角速度不变
二、双项选择题,共5小题,每小题6分,共30分.5.(6分)(xx•湛江二模)如图,将一空的铝制易拉罐开口向下压入恒温游泳池的水中.则金属罐在水中缓慢下降过程中,罐内空气(可视为理想气体)()A.内能增大B.分子间的平均距离减少C.向外界放热D.对外界做正功6.(6分)(xx•湛江二模)据新华社报道,由我国自行设计、研制的世界上第一个全超导核聚变实验装置(又称“人造太阳”)已完成了首次工程调试.下列关于“人造太阳”的说法中,正确的是()A.“人造太阳”的核反应方程是H+H→He+nB.“人造太阳”的核反应方程是U+n→Ba+Kr+3nC.“人造太阳”释放的能量大小的计算式是△E=△mc2D.“人造太阳”释放的能量大小的计算式是E=7.(6分)(xx•揭阳二模)如图所示,有一容器,被水平力F压在竖直的墙面上,现缓慢地向容器内注水,直到将容器刚好盛满为止,在此过程中容器始终保持静止,则()A.容器受到的摩擦力不变B.容器受到的摩擦力逐渐增大C.水平力F可能不变D.水平力F一定逐渐增大8.(6分)(xx•新兴县校级模拟)如图,地面上某空间区域内,水平虚线上方存在场强为E
1、方向竖直向下的匀强电场,虚线下方存在场强为E2,方向竖直向上的匀强电场.若质量为m、带电量为+q的小球从上方电场的A点由静止释放,恰好能到达下方电场中与A关于虚线对称的B点,则()A.场强大小关系满足E2=2E1B.场强E1一定小于E2C.若AB高度差为h,则UAB=﹣D.带电小球在AB间运动电势能不断减少9.(6分)(xx•新兴县校级模拟)正弦交变电源与电阻R、交流电压表按照图1所示的方式连接,R=10Ω,交流电压表的示数是10V.图2是交变电源输出电压u随时间t变化的图象.则下列说法正确的是()A.通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR=cos100πtB.通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR=sin50πtC.R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR=10cos100πtD.R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR=5cos50πt
三、非选择题10.(10分)(xx•新兴县校级模拟)某同学利用自己设计的弹簧弹射器做“验证弹簧弹性势能Ep=kx2(k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量)”的实验,装置如图a所示.水平放置的弹射器将质量为m的小球弹射出去,测出小球通过两个竖直放置的光电门的时间间隔为t.用刻度尺测出弹簧的压缩量为x,甲、乙光电门间距为L,忽略一切阻力.
①小球被弹射出的速度大小v=,求得弹簧弹性势能Ep=;(用题目中的字母符号表示)
②该同学测出多组数据,计算并画出如图b所示Ep与x2的关系图线,从而验证了它们之间的关系.根据图线求得弹簧的劲度系数k=N/m;
③如图b所示,当x2=4×10﹣4m2时,弹簧的弹力为N.
④由于重力作用,小球被弹射出去后运动轨迹会向下有所偏转,这对实验结果(填“有”或“无”)影响.11.(8分)(xx•新兴县校级模拟)某同学在探究规格为“6V,3W”的小电珠伏安特性曲线实验中
①在小电珠介入电路前,使用多用电表直接测量小电珠的电阻,则应将选择开关旋至档进行测量.(填选项前的字母)A.直流电压10VB.直流电流5mAC.欧姆×100D.欧姆×1
②该同学采用图甲所示的电路进行测量.图中R为滑动变阻器(阻值范围0~20Ω,额定电流
1.0A),L为待测小电珠,V为电压表(量程6V,内阻20kΩ),A为电流表(量程
0.6A,内阻1Ω),E为电源(电动势8V,内阻不计),S为开关.在实验过程中,开关S闭合前,滑动变阻器的滑片P应置于最端;(填“左”或“右”)
③在实验过程中,已知各元器件均无故障,但闭和开关S后,无论如何调节滑片P,电压表和电流表的示数总是凋而不为零,其原因是点至点的导线没有连接好;(图甲中的黑色小圆点表示接线点,并用数字标记,空格中请填写图甲中的数字,如“2点至3点”的导线)
④该同学描绘出小电珠的伏安特性曲线示意图如图乙所示,则小电珠的电阻值随工作电压的增大而.(填“不变”、“增大”或“减小”)12.(18分)(xx•新兴县校级模拟)如图所示,上表面水平的平板车B右端固定一轻质弹簧,平板车左端与弹簧的自由端相距L,开始时静止在光滑水平面上,在平板车最左端静止放置一小物块A,一颗质量为m0的子弹以水平初速度v0迅速射穿A后,速度变为,子弹射穿前后物块A的质量不变.此后,物块A向右运动压缩弹簧后被弹回并停在小车最左端(弹簧始终在弹性限度内),已知平板车B质量为10m0,物块A质量为2m0.A、B之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g.求
(1)子弹射穿后,物块A的速度和它的最终速度.
(2)弹簧的最大压缩量和相应的弹性势能Ep.13.(18分)(xx•新兴县校级模拟)如图所示,在xoy平面直角坐标系第一象限内分布有垂直向外的匀强磁场,磁感应强度大小B=
2.5×10﹣2T,在第二象限紧贴y轴和x轴放置一对平行金属板MN(中心轴线过y轴),极板间距d=
0.4m,极板与左侧电路相连接.通过移动滑动头P可以改变极板MN间的电压.a、b为滑动变阻器的最下端和最上端(滑动变阻器的阻值分布均匀),a、b两端所加电压U=×102V.在MN中心轴线上距y轴距离为L=
0.4m处有一粒子源S,沿x轴正方向连续射出比荷为=
4.0×106C/kg,速度为v0=
2.0×104m/s带正电的粒子,粒子经过y轴进入磁场后从x轴射出磁场(忽略粒子的重力和粒子之间的相互作用).
(1)当滑动头P在ab正中间时,求粒子射入磁场时速度的大小.
(2)当滑动头P在a点时,粒子在磁场中的运动半径.
(3)当滑动头P在ab间某位置时,粒子射出极板的速度偏转角为α,试写出粒子在磁场中运动的时间与α的函数关系,并由此计算粒子在磁场中运动的最长时间.xx年广东省云浮市新兴县华侨中学高考物理热身试卷(5月份)参考答案与试题解析
一、单项选择题本题包括4小题,每小题4分,共16分.每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求,选对的得4分,选错或不答的得0分.1.(4分)(xx•揭阳二模)如图所示,两物体的运动情况是()A.甲在前6s内运动方向不变,通过的位移大小为4mB.甲在前6s内做往返运动,通过的位移大小为4mC.乙在前6s内做往返运动,通过的位移大小为4mD.乙在前6s内运动方向不变,通过的位移大小为4m考点匀变速直线运动的图像.专题运动学中的图像专题.分析x﹣t图象的斜率表示速度,坐标之差表示位移,v﹣t图象中每时刻对应于速度的大小,速度的正负表示其运动方向,图象的斜率表示物体运动的加速度,图象与时间轴围成的面积为物体的位移,时间轴上方面积表示位移为正,下方表示为负.解答解A、x﹣t图象的斜率表示速度,坐标之差表示位移,根据图象可知,图象斜率不变,则甲在前6s运动方向不变,位移x=2﹣(﹣2)=4m,故A正确,B错误;C、v﹣t图象中每时刻对应于速度的大小,速度的正负表示其运动方向,根据图象可知,乙在前6s内运动方向改变,位移x=,位移为零,故CD错误.故选A点评图象由于具有形象直观的特点,因此在物理中广泛应用,对于图象问题要明确两坐标轴的含义,图象斜率、截距、围成面积等含义.2.(4分)(xx•广东模拟)如图所示,质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜劈上,现用大小均为F、方向相反的水平力分别推A和B,它们均静止不动,则()A.地面对B的支持力大小一定等于(M+m)gB.B与地面之间一定存在摩擦力C.B对A的支持力一定小于mgD.A与B之间一定存在摩擦力考点共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用.专题共点力作用下物体平衡专题.分析先对A、B整体受力分析,根据平衡条件得到地面对整体的支持力和摩擦力;再对物体A受力分析,根据平衡条件求解B对A的支持力和摩擦力.解答解A、对A、B整体受力分析,如图,受到重力(M+m)g、支持力N和已知的两个推力,对于整体,由于两个推力刚好平衡,故整体与地面间没有摩擦力;根据共点力平衡条件,有N=(M+m)g故A正确,B错误;再对物体A受力分析,受重力mg、已知的推力F、斜面体B对A的支持力N′和摩擦力f,当推力F沿斜面分量大于重力的下滑分量时,摩擦力的方向沿斜面向下,如下图当推力F沿斜面分量小于重力的下滑分量时,摩擦力的方向沿斜面向上,如下图当推力F沿斜面分量等于重力的下滑分量时,摩擦力为零,如下图根据共点力平衡的条件,运用正交分解法,可以得到N′=mgcosθ+Fsinθ故CD错误;故选A.点评本题关键是对A、B整体受力分析,根据平衡条件得到地面对整体的支持力和摩擦力,然后再对物体A受力分析,再次根据平衡条件列式求解出各个力的情况.3.(4分)(xx•新兴县校级模拟)一个物理兴趣小组设计了如图所示的微型发电装置,圆型磁铁绕轴O1O2以角速度ω匀速转动,铝金属条ab通过O拴住,a、b两点与金属圆环接触良好.则下列说法正确的是()A.电阻R上无电流B.电阻R有从d→c的电流C.a点电势比O点高D.a点电势比o点低考点导体切割磁感线时的感应电动势;电势.专题电磁感应与电路结合.分析圆型磁铁绕轴O1O2以角速度ω匀速转动,oa杆和ob杆要切割磁感线产生动生电动势,相当于电源,其余部分为外电路.由右手定则判断出oa和ob感应电流方向,从而分析电势的高低.解答解A、圆型磁铁绕轴O1O2以角速度ω匀速转动,oa杆和ob杆要切割磁感线产生动生电动势,相当于电源,R是外电路,则R上有感应电流,故A错误.B、由右手定则判断,知oa杆中电流由o到a,ob杆中电流由o到b,所以电阻R中电流从c→d,故B错误.CD、由分析知,a点相当于电源的正极,o点相当于电源的负极,所以a点电势比O点高,故C正确,D错误.故选C.点评本题要认识清楚电路的结构,区分清楚电源和外电路,知道切割磁感线产生感应电动势的导体是电源,其余部分是外电路.4.(4分)(xx•顺德区模拟)我国整个探月工程分为三个阶段,第一期工程为“绕”,二期工程为“落”,xx年进行的三期工程为“回”,之后再进行载人登月计划.在第一期如果探测器绕月球做匀速圆周运动,变轨后在周期较小的轨道上仍做匀速圆周运动,则变轨后与变轨前相比()A.轨道半径变小B.向心加速度变小C.线速度变小D.角速度不变考点万有引力定律及其应用.专题万有引力定律的应用专题.分析根据万有引力提供向心力列式求解即可得到线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系;根据周期变小,先得到轨道半径的变化,再得出其它量的变化.解答解A、根据万有引力提供向心力,所以,T变小,r变小,故A正确.B、根据万有引力提供向心力,得,r变小,a增大,故B错误.C、根据万有引力提供向心力,得,r变小,v增大,故C错误.D、根据万有引力提供向心力,得,r变小,ω增大,故D错误.故选A.点评人造卫星的线速度、角速度、周期、向心加速度只与轨道半径有关,与卫星的质量无关.
二、双项选择题,共5小题,每小题6分,共30分.5.(6分)(xx•湛江二模)如图,将一空的铝制易拉罐开口向下压入恒温游泳池的水中.则金属罐在水中缓慢下降过程中,罐内空气(可视为理想气体)()A.内能增大B.分子间的平均距离减少C.向外界放热D.对外界做正功考点理想气体的状态方程;热力学第一定律.专题理想气体状态方程专题.分析理想气体的内能只由温度决定,恒温,罐内空气内能不变,而且此变化过程为等温变化根据玻意耳定律,可判体积变化,从而判断功,再结合热力学第一定律,即可解决问题.解答解理想气体的内能只由温度决定,所以罐内空气内能不变,即△U=0
①,故A错误;由P=P0+ρgh可知,金属罐在水中缓慢下降过程,罐内空气气体压强增大,等温变化,由玻意耳定律可判,罐内空气体积缩小,所分子间的平均距离减小,故B正确;外界对气体做功,W>0
②,故D错误;由热力学第一定律得△U=W+Q
③①→
③联立得Q<0,即气体放热,故C正确;故选BC.点评要注意研究过程中哪些量不变,哪些量变化,能够用物理规律把所要研究的物理量表示出来,熟练应用热力学第一定律求解.6.(6分)(xx•湛江二模)据新华社报道,由我国自行设计、研制的世界上第一个全超导核聚变实验装置(又称“人造太阳”)已完成了首次工程调试.下列关于“人造太阳”的说法中,正确的是()A.“人造太阳”的核反应方程是H+H→He+nB.“人造太阳”的核反应方程是U+n→Ba+Kr+3nC.“人造太阳”释放的能量大小的计算式是△E=△mc2D.“人造太阳”释放的能量大小的计算式是E=考点爱因斯坦质能方程;重核的裂变;轻核的聚变.专题衰变和半衰期专题.分析聚变是质量轻的核结合成质量大的核.裂变反应是质量大的核分裂成质量小的核.重核裂变和轻核聚变,都释放能量.解答解A、“人造太阳”是根据核聚变反应制造的,其核反应方程是H+H→He+n.故A正确;B、“人造太阳”是根据核聚变反应制造的,核反应方程U+n→Ba+Kr+3n是重核的裂变.故B错误;C、D、根据爱因斯坦质能方程可知,“人造太阳”释放的能量大小的计算式是△E=△mc2.故C正确;D错误.故选AC点评该题考查裂变反应和聚变反应以及质能方程,解决本题的关键知道裂变反应和聚变反应的区别,知道两种反应都有质量亏损,都释放核能.7.(6分)(xx•揭阳二模)如图所示,有一容器,被水平力F压在竖直的墙面上,现缓慢地向容器内注水,直到将容器刚好盛满为止,在此过程中容器始终保持静止,则()A.容器受到的摩擦力不变B.容器受到的摩擦力逐渐增大C.水平力F可能不变D.水平力F一定逐渐增大考点共点力平衡的条件及其应用;摩擦力的判断与计算.专题共点力作用下物体平衡专题.分析由题知物体处于静止状态,受力平衡,合力为0;再利用二力平衡的条件再分析其受到的摩擦力和F是否会发生变化;解答解A、B、由题知物体处于静止状态,受力平衡,摩擦力等于容器和水的总重力,所以容器受到的摩擦力逐渐增大,故A错误,B正确;C、D、水平方向受力平衡,若开始时F比较大,容器与墙壁间的最大静摩擦力较大,则力F可能不变;但如果F开始时较小,为了让容器保持静止,应增大F,从而增大容器与墙壁之间的最大静摩擦力;故C正确,D错误.故选BC点评本题应注意在沿墙体方向上,物体受到墙的摩擦力等于物体重,物重变大、摩擦力变大,这是本题的易错点.8.(6分)(xx•新兴县校级模拟)如图,地面上某空间区域内,水平虚线上方存在场强为E
1、方向竖直向下的匀强电场,虚线下方存在场强为E2,方向竖直向上的匀强电场.若质量为m、带电量为+q的小球从上方电场的A点由静止释放,恰好能到达下方电场中与A关于虚线对称的B点,则()A.场强大小关系满足E2=2E1B.场强E1一定小于E2C.若AB高度差为h,则UAB=﹣D.带电小球在AB间运动电势能不断减少考点电势差与电场强度的关系;电势能.专题电场力与电势的性质专题.分析根据运动的对称性得出加速度的大小关系,通过动能定理求出A、B的电势差.结合牛顿第二定律得出两电场强度的关系.解答解A、A到B的过程qE1+mgh=qE2,知道E1<E2,E2﹣E1=,故A错误,B正确;C、对A到B的过程运用动能定理得,qUAB+mgh=0,解得UAB=,故C正确;D、由上分析可知,AB的电势差小于零,正电荷由A到B,电场力做负功,则电势能增加.故D错误;故选BC.点评本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用,抓住小球在上方电场和下方电场中运动的对称性入手分析求解.9.(6分)(xx•新兴县校级模拟)正弦交变电源与电阻R、交流电压表按照图1所示的方式连接,R=10Ω,交流电压表的示数是10V.图2是交变电源输出电压u随时间t变化的图象.则下列说法正确的是()A.通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR=cos100πtB.通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR=sin50πtC.R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR=10cos100πtD.R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR=5cos50πt考点正弦式电流的图象和三角函数表达式;正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率.专题交流电专题.分析根据有效值求出该交流电的最大值,然后结合图象即可求出电阻的电流、电压随时间的变化规律.解答解交流电压表的示数是10V,则电压表的最大值为Um=U=10V;而周期T=2×10﹣2s;因此ω==100πrad/s;交变电源输出电压u随时间t变化的图象,则输出电压u随时间t的表达式为u=10cos100πt(V);因此通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR==cos100πt(A);而R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR=10cos100πt(V),故AC正确,BD错误.故选AC.点评本题考查了交流电的描述,掌握交流电的有效值与最大值的关系,最后掌握如何得出交流电的瞬时表达式,以及公式中各个物理量的含义及正余弦函数的规定.
三、非选择题10.(10分)(xx•新兴县校级模拟)某同学利用自己设计的弹簧弹射器做“验证弹簧弹性势能Ep=kx2(k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量)”的实验,装置如图a所示.水平放置的弹射器将质量为m的小球弹射出去,测出小球通过两个竖直放置的光电门的时间间隔为t.用刻度尺测出弹簧的压缩量为x,甲、乙光电门间距为L,忽略一切阻力.
①小球被弹射出的速度大小v=,求得弹簧弹性势能Ep=;(用题目中的字母符号表示)
②该同学测出多组数据,计算并画出如图b所示Ep与x2的关系图线,从而验证了它们之间的关系.根据图线求得弹簧的劲度系数k=200N/m;
③如图b所示,当x2=4×10﹣4m2时,弹簧的弹力为4N.
④由于重力作用,小球被弹射出去后运动轨迹会向下有所偏转,这对实验结果无(填“有”或“无”)影响.考点探究弹力和弹簧伸长的关系.专题实验题.分析
(1)由图可知,弹簧在小球进入光电门之前就恢复形变,故其弹射速度为通过光电门的水平速度,由此可得速度,再由能量守恒可得弹性势能
(2)由图中给的数据带入弹性势能表达式可得劲度系数
(3)由胡克定律可求得弹力大小;
(4)由力作用的独立性可知,对结果无影响解答解
(1)由图可知,弹簧在小球进入光电门之前就恢复形变,故其弹射速度为通过光电门的水平速度,由能量守恒得
(2)由图中数据带入公式,得,解得k=200N/m
(3)由F=kx可得,当x=
0.02m时,弹力为F=200×
0.02=4N;
(4)由力作用的独立性可知,重力不影响弹力做功的结果,有没有重力做功,小球的水平速度不会变化故答案为
(1),;
(2)200;
(3)4;
(4)无点评本题重点是要弄清小球的射出速度就是在光电门间匀速运动的速度,在由平抛规律可得结果.11.(8分)(xx•新兴县校级模拟)某同学在探究规格为“6V,3W”的小电珠伏安特性曲线实验中
①在小电珠介入电路前,使用多用电表直接测量小电珠的电阻,则应将选择开关旋至D档进行测量.(填选项前的字母)A.直流电压10VB.直流电流5mAC.欧姆×100D.欧姆×1
②该同学采用图甲所示的电路进行测量.图中R为滑动变阻器(阻值范围0~20Ω,额定电流
1.0A),L为待测小电珠,V为电压表(量程6V,内阻20kΩ),A为电流表(量程
0.6A,内阻1Ω),E为电源(电动势8V,内阻不计),S为开关.在实验过程中,开关S闭合前,滑动变阻器的滑片P应置于最左端;(填“左”或“右”)
③在实验过程中,已知各元器件均无故障,但闭和开关S后,无论如何调节滑片P,电压表和电流表的示数总是凋而不为零,其原因是1点至5点的导线没有连接好;(图甲中的黑色小圆点表示接线点,并用数字标记,空格中请填写图甲中的数字,如“2点至3点”的导线)
④该同学描绘出小电珠的伏安特性曲线示意图如图乙所示,则小电珠的电阻值随工作电压的增大而增大.(填“不变”、“增大”或“减小”)考点描绘小电珠的伏安特性曲线.专题实验题.分析
①已知灯泡额定电压与额定功率,求出小电珠正常发光时的电阻,根据该电阻选择欧姆表挡位.
②滑动变阻器采用分压接法,闭合开关前分压电路电压应最小,根据电路图确定滑片位置.
③滑动变阻器采用分压接法,灯泡电压与电流可以从零开始变化,滑动变阻器采用限流接法时,电压与电流不可能从零开始变化.
④根据图象进行分析,由图象的斜率可求得对应的电阻变化.解答解
①小电珠正常发光时电阻为R===14Ω,使用多用电表测电阻时,选择开关旋至欧姆×1挡进行测量,故选D.
②由电路图可知,开关S闭合前,滑动变阻器的滑片P应置于最左端.
③闭合开关S后,无论如何调节滑片P,电压表和电流表的示数总是调不到零,是1点到5点间的导线没有接好,滑动变阻器实际上被接成了限流接法.
④由图象可知,图象的斜率减小,故说明小灯泡的电阻随电压的增大而增大;故答案为
①D;
②左;
③
1、5;
④增大.点评使用多用电表测电阻时,应把选择开关打到欧姆档,并选择合适的倍率,使指针指在刻度盘的中央附近.本题还需注意图象的性质,明确在I﹣U图象中图象的斜率表示电阻的倒数.12.(18分)(xx•新兴县校级模拟)如图所示,上表面水平的平板车B右端固定一轻质弹簧,平板车左端与弹簧的自由端相距L,开始时静止在光滑水平面上,在平板车最左端静止放置一小物块A,一颗质量为m0的子弹以水平初速度v0迅速射穿A后,速度变为,子弹射穿前后物块A的质量不变.此后,物块A向右运动压缩弹簧后被弹回并停在小车最左端(弹簧始终在弹性限度内),已知平板车B质量为10m0,物块A质量为2m0.A、B之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g.求
(1)子弹射穿后,物块A的速度和它的最终速度.
(2)弹簧的最大压缩量和相应的弹性势能Ep.考点动量守恒定律.专题动量定理应用专题.分析
(1)子弹射穿木块的过程中,由于时间极短,系统的动量守恒,据此列式求出子弹射穿后物块A的速度.物体A最终停在小车左端,速度与小车相同,由A与小车的动量守恒求解最终速度.
(2)子弹射穿物块后到弹簧压缩到最短时,A与小车的速度相等,由能量守恒求出弹簧的最大压缩量和相应的弹性势能Ep.解答解
(1)子弹射穿木块的过程中,由于时间极短,取向右为正方向,由系统的动量守恒得m0v0=2m0v1+m0解得子弹射穿后,物块A的速度v1=,方向向右物块A停在小车左端时,A、B的速度相等均为v2,则2m0v1=(10m0+2m0)v2解得v2=,方向向右.
(2)子弹射穿物块后到弹簧压缩到最短,设摩擦生热为Q,根据能量守恒定律得×2m0v=Q+(2m0+10m0)v+Ep子弹射穿物块后到最终物块和小车以相同的速度匀速运动×2m0v=2Q+(2m0+10m0)v联立以上两式解得Q=m0v,Ep=m0v根据功能关系有Q=2μm0g(L+x)所以最大压缩量x=v﹣L.答
(1)子弹射穿后,物块A的速度为,方向向右,它的最终速度为,方向向右.
(2)弹簧的最大压缩量为v﹣L,相应的弹性势能Ep为m0v.点评本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律,运用动量守恒定律解题时,关键要合理地选择研究的系统和过程,知道A与车的速度相等时弹簧压缩最短.13.(18分)(xx•新兴县校级模拟)如图所示,在xoy平面直角坐标系第一象限内分布有垂直向外的匀强磁场,磁感应强度大小B=
2.5×10﹣2T,在第二象限紧贴y轴和x轴放置一对平行金属板MN(中心轴线过y轴),极板间距d=
0.4m,极板与左侧电路相连接.通过移动滑动头P可以改变极板MN间的电压.a、b为滑动变阻器的最下端和最上端(滑动变阻器的阻值分布均匀),a、b两端所加电压U=×102V.在MN中心轴线上距y轴距离为L=
0.4m处有一粒子源S,沿x轴正方向连续射出比荷为=
4.0×106C/kg,速度为v0=
2.0×104m/s带正电的粒子,粒子经过y轴进入磁场后从x轴射出磁场(忽略粒子的重力和粒子之间的相互作用).
(1)当滑动头P在ab正中间时,求粒子射入磁场时速度的大小.
(2)当滑动头P在a点时,粒子在磁场中的运动半径.
(3)当滑动头P在ab间某位置时,粒子射出极板的速度偏转角为α,试写出粒子在磁场中运动的时间与α的函数关系,并由此计算粒子在磁场中运动的最长时间.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.专题带电粒子在复合场中的运动专题.分析
(1)当滑动头P在ab正中间时,极板间电压为U.粒子在电场中做类平抛运动,根据牛顿第二定律和分速度、分位移公式结合列式,可求得粒子射入磁场时速度的大小.
(2)带电粒子以一定的速度进入匀强磁场,在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动.由牛顿第二定律求粒子的轨迹半径.
(3)粒子在磁场中运动的周期仅与粒子的比荷有关,而运动的时间与偏转角有关.粒子射入磁场时速度偏转角越大则粒子在磁场中运动的时间就越大.假设极板间电压为最大值时粒子能射出电场,则此粒子在磁场中运动的时间最长.解答解
(1)当滑动头P在ab正中间时,极板间电压U′=U,粒子在电场中做类平抛运动,设粒子射入磁场时沿y轴方向的分速度为vy根据牛顿第二定律得q=ma
①又vy=at
②L=v0t
③粒子射入磁场时速度的大小设为v,v=
④解得v=×104m/s≈
2.1×104m/s
⑤
(2)当滑动头P在a端时,粒子在磁场中运动的速度大小为v0,根据牛顿第二定律有qv0B=m
⑥解得R0=
0.2m
⑦
(3)当滑动头P在某一位置时,设粒子射出极板时速度的大小为v,偏向角为α,在磁场中圆周运动半径为R.根据速度平行四边形可得v=
⑧由qvB=m可得R=
⑨粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示,圆心为O′,与x轴交点为D,设∠O′DO=β,根据几何关系根据几何关系+tanα=Rcosα+Rsinβ⑩又==R0可解得sinα=sinβ则β=α
(11)粒子在磁场中运动粒子在磁场中运动的周期为T T=
(12)则粒子在磁场中运动的时间t=T联立得t=
(13)由此结果可知,粒子射入磁场时速度偏转角越大则粒子在磁场中运动的时间就越大.假设极板间电压为最大值U=V时粒子能射出电场,则此粒子在磁场中运动的时间最长.由
(1)问规律可知当滑动头P在b端时,粒子射入磁场时沿y方向的分速度vym=×104m/s
(14)y方向偏距ym=则得ym=<
0.2m,说明粒子可以射出极板.
(15)此时粒子速度偏转角最大,设为设为αm tanαm==,αm=
(16)故粒子在磁场中运动的最长时间tm=得tm=
(17)代入数值得tm=s(或tm=
2.6×10﹣5s)
(18)答
(1)当滑动头P在ab正中间时,粒子射入磁场时速度的大小
2.1×104m/s.
(2)粒子在磁场中做圆周运动的半径为
0.2m.
(3)粒子在磁场中运动的最长时间为
2.6×10﹣5s.点评带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为定圆心、画轨迹、求半径.求时间往往根据轨迹对应的圆心角α,由t=T求解.。