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2019届高三物理上学期期末模拟考试试题含解析
一、选择题
1.下列各组物理量中全部是矢量的一组是 A.磁通量、加速度B.磁感应强度、速度变化量C.时间、平均速度D.路程、加速度【答案】B【解析】【分析】物理量按有没有方向分为矢量和标量两类,矢量是指既有大小又有方向的物理量,标量是只有大小没有方向的物理量.【详解】A.磁通量只有大小,没有方向,是标量,而加速度既有大小又有方向的物理量,是矢量,故A错误;B.磁感应强度和速度变化量都是既有大小又有方向的物理量,是矢量,故B正确;C.平均速度是矢量,而时间只有大小,没有方向,是标量,故C错误;D.路程只有大小,没有方向,是标量,加速度是矢量,故D错误故选B
2.哪位科学家测定了原电荷的电量()A.安培B.卡文迪许C.法拉第D.密立根【答案】D【解析】【分析】密立根通过油滴实验,测出了元电荷电量的精确数值.根据各个科学家的物理学成就进行解答.【详解】密立根通过油滴实验,最早测出了元电荷电量的精确数值故D正确,ABC错误;故选D.
3.下列四幅图中包含的物理思想方法叙述正确的是 A.图甲:观察桌面微小形变的实验利用了等效法B.图乙:探究影响电荷间相互作用力的因素时运用了微元法C.图丙:利用红蜡块的运动探究合运动和分运动的实验体现了类比的思想D.图丁:伽利略研究力和运动关系时运用了理想实验方法【答案】D【解析】【分析】将微小的量放大研究的方法是放大法;在研究多个量之间的关系时,常常要控制某些物理量不变,即控制变量法;合运动与分运动一定是等效替代的关系;研究力和运动的关系时,伽利略运用了理想实验方法【详解】A.用镜面反射观察桌面微小变形时,是根据入射光线不变时,当入射角改变α时,反射角改变2α,所用的物理思想方法是放大法,故A错误;B.探究影响电荷间相互作用力的因素时,所用的物理思想方法是控制变量法,故B错误;C.利用红蜡块的运动探究合运动和分运动的实验,采用物理思想方法是等效替代法,故C错误;D.在研究力和运动的关系时,伽利略运用了理想实验方法,巧妙地设想了两个对接斜面的实验,故D正确故选D
4.一辆汽车运动的vt图象如图则汽车在0~2s内和2~3s内相比 A.位移大小相等B.平均速度相等C.速度变化相同D.加速度方向相同【答案】B【解析】【分析】解答本题应抓住速度图象与坐标轴所围的“面积”等于物体的位移大小;匀变速直线运动的平均速度;速度变化量△v=v-v0;速度图象的斜率等于加速度根据这些知识即可分析选择.【详解】A.速度图象与坐标轴所围的“面积”等于物体的位移大小,由图知,0∼2s内位移较大故A错误;B.汽车在0∼2s内平均速度为,汽车在2s∼3s内平均速度为.故B正确;C.汽车在0∼2s内速度变化量△v=5m/s−0=5m/s,在2s∼3s内速度变化量为△v=0−5m/s=−5m/s,故速度变化量不同故C错误;C.根据速度图象的斜率等于加速度可知,在0∼2s内汽车的加速度沿正方向,而在2s∼3s内加速度沿负方向,所以加速度方向不同故D错误故选B
5.如图所示无人机在空中匀速上升时不断增加的能量是 A.动能机械能B.动能、重力势能C.重力势能、机械能D.动能、重力势能、机械能【答案】C【解析】【分析】无人机的重力势能Ep=mgh,与高度有关;动能Ek=,与速度的平方成正比;机械能等于动能和重力势能之和.【详解】无人机匀速上升,所以动能保持不变,所以选项A.B. D均错误;高度不断增加,所以重力势能不断增加,机械能不断增加,所以选项C正确故选C
6.如图所示在电场中有MN两点则 A.M点的电势比N点的电势高B.M点的电场强度比N点的电场强度小C.正电荷在M点的电势能比在N点的电势能小D.负电荷从M点运动到N点电场力做负功【答案】C【解析】【分析】电场线的疏密表示电场强度的强弱,电场线某点的切线方向表示电场强度的方向.沿着电场线方向电势是降低的.根据电势能公式EP=qφ分析电势能的变化,从而判断电场力做功情况【详解】A.根据沿着电场线方向电势降低,可知M点的电势比N点的电势低,故A错误;B.电场线密的地方电场的强度大,电场线疏的地方电场的强度小,所以M点的电场强度比N点的电场强度大故B错误;C.根据电势能公式EP=qφ知正电荷在电势高处电势能大,则知正电荷在M点的电势能比在N点的电势能小,故C正确; D.M点的电势比N点的电势低,根据电势能公式EP=qφ知负电荷在电势高处电势能小,则知负电荷从M点运动到N点,电势能减小,电场力做正功,故D错误故选C
7.如图所示带负电的金属环绕轴OO′以角速度ω匀速旋转在环左侧轴线上的小磁针最后静止时 A.N极竖直向上B.N极竖直向下C.N极沿轴线向左D.N极沿轴线向右【答案】C【解析】【分析】带负电旋转,则可知电流方向,由右手螺旋定则可知磁极的方向,再根据磁极间的相互作用可知小磁针的偏转方向.【详解】带负电金属环,如图所示的旋转则金属环的电流方向与旋转方向相反再由右手螺旋定则可知磁极的方向左端N极,右端S极因此小磁针N极沿轴线向左故C正确,ABD错误;故选C
8.用控制变量法可以研究影响电荷间相互作用力的因素如图所示O是一个带电的物体若把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1P2P3等位置可以比较小球在不同位置所受带电物体的作用力的大小这个力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度θ显示出来若物体O的电荷量用Q表示小球的电荷量用q表示物体与小球间距离用d表示物体和小球之间的作用力大小用F表示则以下对该实验现象的判断正确的是 A.保持Qq不变增大d则θ变大说明F与d有关B.保持Qd不变减小q则θ变小说明F与q有关C.保持Qq不变减小d则θ变大说明F与d成反比D.保持qd不变减小Q则θ变小说明F与Q成正比【答案】B【解析】【分析】根据库仑定律公式判断物体与小球之间的作用力F与什么因素有关.丝线偏离竖直方向的角度θ越大,则作用力越大.【详解】物体在库仑力、绳的拉力、重力的共同作用下平衡A.保持Q、q不变,根据库仑定律公式,增大d,库仑力变小,则θ变小,说明F与d有关故A错误;B.保持Q、d不变,根据库仑定律公式,减小q,则库仑力变小,θ变小,知F与q有关故B正确;C.保持Q、q不变,减小d,库仑力变大,则θ变大,根据库仑定律公式,知F与d2成反比故C错误;D.保持q、d不变,减小Q,则库仑力变小,θ变小,根据库仑定律公式,知F与两电荷的乘积成正比故D错误故选B.
9.一个质量为M的箱子放在水平地面上箱内用一段固定长度的轻质细线拴一质量为m的小球线的另一端拴在箱子的顶板上现把细线和球拉到左侧与竖直方向成θ角处静止释放如图所示在小球摆动的过程中箱子始终保持静止则以下判断正确的是 A.在小球摆动的过程中线的张力呈周期性变化但箱子对地面的作用力始终保持不变B.小球摆到右侧最高点时地面受到的压力为M+mg箱子受到地面向左的静摩擦力C.小球摆到最低点时地面受到的压力为M+mg箱子不受地面的摩擦力D.小球摆到最低点时线对箱顶的拉力大于mg箱子对地面的压力大于M+mg【答案】D【解析】在小球摆动的过程中,速度越来越大,对小球受力分析根据牛顿第二定律可知,绳子在竖直方向的分力为,由于速度越来越大,角度越来越小,故越大,故箱子对地面的作用力增大,在整个运动过程中箱子对地面的作用力时刻变化,故A错误;小球摆到右侧最高点时,小球有垂直于绳斜向下的加速度,对整体由于箱子不动加速度为,为小球在竖直方向的加速度,根据牛顿第二定律可知,则有,故,根据牛顿第三定律可知对地面的压力小于,故B错误;在最低点,小球受到的重力和拉力的合力提供向心力,由牛顿第二定律有,联立解得,则根据牛顿第三定律知,球对箱的拉力大小为,故此时箱子对地面的压力为,故小球摆到最低点时,绳对箱顶的拉力大于,,箱子对地面的压力大于,故C错误,D正确,故选D.【点睛】对m运动分析,判断出速度大小的变化,根据牛顿第二定律求得绳子的拉力,即可判断出M与地面间的相互作用力的变化,在最低点,球受到的重力和拉力的合力提供向心力,由牛顿第二定律求出绳子的拉力,从而得到箱子对地面的压力.
10.为研究静电除尘有人设计了一个盒状容器如图所示容器侧面是绝缘的透明有机玻璃上下底面是金属板当金属板连接到高压电源正、负两极时在两金属板间产生匀强电场现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内颗粒带负电不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力并忽略烟尘颗粒所受重力闭合开关S后下列说法正确的是 A.烟尘颗粒向下运动B.两金属板间电场方向向上C.烟尘颗粒在运动过程中电势能减小D.烟尘颗粒电荷量可能是电子电荷量的
1.5倍【答案】C【解析】【分析】由图可知两极板间的电场方向,则由烟尘的受力情况分析其运动方向;由电场力做功正负分析电势能的变化;带电体的带电量只能是元电荷的整数倍.【详解】A.由图可知,极板上端为正极,下端为负极;则带负电的颗粒受电场力向上,故带电颗粒将向上运动故A错误;B.极板上端为正极,下端为负极,所以两金属板间电场方向向下故B错误;C.烟尘颗粒在运动过程中电场力做正功,电势能减少故C正确;D.带电体的带电量只能是元电荷的整数倍,所以烟尘颗粒电荷量不可能是电子电量的
1.5倍故D错误故选C
11.一电动自行车动力电源上的铭牌标有“36V 10A·h”字样假设工作时电源不计内阻的输出电压恒为36V额定输出功率为180W由于电动机发热造成的损耗其他损耗不计电动自行车的效率为80%则下列说法正确的是 A.额定工作电流为10AB.电池充满电后总电量为
3.6×103CC.电动自行车电动机的内阻为
7.2ΩD.电动自行车保持额定功率行驶的最长时间是2h【答案】D【解析】【分析】额定功率行驶时输出电压为36V,输出功率为180W,根据P=UI求出电流;根据热功率可求得电池的内阻;再根据电池的容量求出行驶的时间.【详解】A.由P=UI可知,额定电流I=P/U=180/36=5A,故A错误;B.电量q=10Ah=10×3600=
3.6×104C,故B错误;C.电动车的热功率P热=-P=−180=45W,则由P热=I2r可得,r=45/25=
1.8Ω,故C错误;D.根据电池容量Q=10Ah,电流为5A,则可得t=Q/t=10/5=2h,故D正确故选D.
12.通常我们把太阳系中行星自转一周的时间称为“1天”绕太阳公转一周的时间称为“1年”与地球相比较金星“1天”的时间约是地球“1天”时间的243倍由此可知 A.金星的半径约是地球半径的243倍B.金星的质量约是地球质量的243倍C.地球的自转角速度约是金星自转角速度的243倍D.地球表面的重力加速度约是金星表面重力加速度的243倍【答案】C【解析】【分析】由于已知地球和金星的周期关系,根据周期与角速度的关系ω==2π/T,可知地球自转角速度约是金星自转角速之比;题目中只有金星和地球的自转周期,没有它们的卫星的数据,无法求解它们的质量之比、半径之比、表面重力加速度之比.【详解】ABD.题目中只有金星和地球的自转周期,没有公转周期等数据,无法求解它们的质量之比、半径之比、表面重力加速度之比,故ABD错误C.根据周期与角速度的关系ω=2π/T,得ω地ω金=T金T地=243,即地球自转角速度约是金星自转角速度的243倍,故C正确故选C.
13.如图,小球从O点以5m/s的初速度平抛,与倾角为150的斜面在A点发生弹性碰撞(小球与斜面碰撞规律类似于光的反射定律,且反弹速率与碰前相同),之后恰好能竖直上抛到B点(未画出)取重力加速度的大小g=10m/s2,关于小球的运动,下列说法不正确的是A.小球与斜面碰撞时的速率为10m/sB.小球平抛运动的时间为sC.OA两点的高度差为
3.75mD.AB两点的高度差为5m【答案】B【解析】根据角度关系可知,到达斜面时,速度方向与水平面的夹角,则碰撞时的速度,A正确;竖直方向获得的速度,运动的时间,B错误;下降的高度,C正确;碰撞后竖直上抛,则上升的高度,D正确.
14.下列选项中关于高中物理教材上插图的说明正确的是 A.图1中弯曲的有机玻璃棒能导光说明有机玻璃的折射率大于周围空气B.图2中电子表的液晶显示屏用到了偏振光C.图3中全息照片的拍摄利用了光的衍射原理D.图4中的彩色条纹是白光的单缝衍射条纹【答案】AB【解析】【分析】依据光的全反射条件光从光密介质进入光疏介质,且入射角大于或等于临界角;液晶屏运用光的偏振原理;全息照片的拍摄利用了光的干涉原理;等宽的彩色条纹是白光的双缝干涉条纹.【详解】A.根据全反射条件,有机玻璃应为光密介质,折射率大于空气,故A正确;B.电子液晶屏的显示利用了光的偏振原理,故B正确;C.全息照相利用了光的干涉,故C错误;D.亮条纹间距几乎相等,是白光的双缝干涉图样,故D错误故选AB.
15.关于近代物理学的结论中下面叙述中正确的是 A.氢原子从n=6跃迁至n=2能级时辐射出频率ν1的光子从n=5跃迁至n=2能级时辐射出频率ν2的光子频率为ν1的光子的动量较大B.已知铀238的半衰期为
4.5×109年地球的年龄约为45亿年则现在地球上存有的铀238原子数量约为地球形成时铀238原子数量的四分之一C.β衰变能释放出电子说明了原子核中有电子D.在核反应中质量守恒、电荷数守恒【答案】A【解析】【分析】能级间跃迁辐射光子的能量等于能级之差,根据能级差的大小比较光子能量,从而比较出光子的频率根据光速和德布罗意方程,比较光子的动量;经过一个半衰期,有半数发生衰变;β衰变是中子转变成质子而放出的电子;核反应过程,质量数与质子数守恒据此即可一一求解.【详解】A.氢原子从n=6的能级跃迁到n=2的能级的能级差大于从n=5的能级跃迁到n=2的能级时的能级差,根据Em−En=hγ,知频率为γ1的光子的频率大于频率为γ2的光子的频率根据光速c=λγ,德布罗意方程λ=h/p,从n=5跃迁至n=2能级时辐射出频率ν2的光子频率为ν1的光子的动量较大故A正确;B.铀238的半衰期为
4.5×109年,地球的年龄约为45亿年,则现有铀238原子数量约为地球形成时铀238原子数量的一半故B错误;C.β衰变是中子转变成质子而放出的电子故C错误;D.核反应方程应该遵循质子数和质量数守恒,并不是质量守恒,故D错误故选A.
16.B超成像的基本原理就是向人体发射一组超声波而遇到人体组织会产生不同程度的反射类似回声通过探头发送和接收超声波信号经过电子电路和计算机的处理形成了我们今天的B超图像如图所示图为仪器检测到发送和接收的超声波图象其中实线为沿x轴正方向发送的超声波虚线为一段时间后遇到人体组织沿x轴负方向返回的超声波已知超声波在人体内传播速度约为1500m/s下列说法正确的是 A.根据题意可知此超声波的频率约为
1.25×105HzB.图中质点A在此后的1s内运动的路程为1500mC.图中质点B此时沿y轴正方向运动D.图中质点AB两点加速度大小相等方向相反【答案】AC【解析】A项由图乙可知,波长为,由公式得,,故A正确;B项质点A只在平衡位置上下振动,所以不可能运动1500m,故B错误;C项由“上下坡法”可知,质点B此时沿y轴正方向运动,故C正确;D项由于A、B两点离开平衡位置的位移同,所以两质点的加速度大小相等,方向相同
二、实验题
17.某同学利用如图所示的实验装置“探究加速度与力和质量的关系”1为探究多个物理量之间关系可选用____进行实验; A.控制变量法B.类比法C.放大法2关于器材的选择及实验操作以下说法正确的是____ A.若采用电火花打点计时器应选择图甲中学生电源选择开关置于低压交流6VB.图乙中可通过改变小车上的钩码个数来改变小车的质量C.可通过改变小桶中金属片如图丙的数量来改变小车所受的拉力D.为了平衡摩擦力图丁中小桶应当挂在细线一端并垫高长木板一端使小车匀速运动3实验中所用交流电周期为T=
0.02s小东同学获得一条纸带纸带一部分如图所示OAB为选取的三个计数点则B点对应的读数为____cm;计算打下“A”计数点时小车的速度为____m/s计算结果保留两位有效数字 【答案】
1.A;
2.BC;
3.
12.00;
4.
0.30;【解析】【分析】
(1)探究多变量因素实验时要采用控制变量法;
(2)根据实验原理和器材即可判断;
(3)毫米刻度尺应估读到最小刻度的下一位;中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度【详解】1探究加速度与力、质量三个物理量之间的关系实验要采用控制变量法,故选A;2A、若采用电火花计时器,应选择220V的交流电源,故A错误;B.图乙中,可通过改变小车上的钩码个数,来改变小车的质量,故B正确;C.可通过改变小桶中金属片如图丙的数量来改变小车所受的拉力,故C正确;D.为了平衡摩擦力,图丁小桶应当从滑轮上拿下,并垫高长木板一端,使小车匀速运动,故D错误;故选BC3由图可知,B点对应的读数为
12.00cm;A点的瞬时速度=
0.30m/s故答案为1A;2BC;
312.00;
0.
3018.水果电池的发电原理是两种金属片的电化学活性是不一样的其中更活泼的那边的金属片能置换出水果中的酸性物质的氢离子将两个金属电极锌片和铜片插入一个水果中就可以做成一个水果电池1小明用多用电表的直流电压0~1V挡估测某水果电池的电动势稳定时指针如图甲所示则读数为____V然后小明又用多用电表的欧姆“×10”挡通过正确操作估测水果电池的内阻稳定时指针如图乙所示则读数为____Ω请你说说小明测水果电池的内阻有什么错误_____________________________________________ 2小红采用灵敏电流计和电阻箱根据如图丙所示电路进行水果电池电源与电动势的测量根据测量数据作出了R图象如图丁所示请你帮小红计算该水果电池的电动势为____V内阻为____Ω结果保留两位有效数字 【答案】
1.
0.64;
2.400;
3.不能用多用电表欧姆档直接测量电源内阻;
4.
0.94-
1.00;
5.400-500;【解析】【分析】
(1)根据多用电表的使用方法可明确读数及正确使用;
(2)由闭合电路欧姆定律可得出对应的表达式,再由图象交点及斜率的意义可得出有关电动势和内电阻的表达式,则可求得电动势和内电阻.【详解】1多用电表的直流电压挡用中间层读数,故示数为
0.64V;欧姆表的读数等于表盘读数乘以倍率,则电阻R=40×10=400Ω.用多用电表直接测电源电阻,相当于在电路中串联了一个电源,增加了回路中的电流,导致测量错误2由闭合电路欧姆定律E=U+Ir=IR+r可得,所以图线的斜率为水果电池的电动势的倒数,纵轴截距为,根据k=得,电动势E=
1.0V,根据=
0.40×103得,r=
4.0×102Ω.故答案为
10.64,400,不能用多用电表欧姆挡直接测量电源内阻
21.0,
4.0×
102.
三、计算题
19.如图所示,一段平直的马路上,一辆校车从一个红绿灯口由静止开始做匀加速直线运动,经36m速度达到
43.2km/h;随后保持这一速度做匀速直线运动,经过20s,行驶到下一个路口时,司机发现前方信号灯为红灯便立即刹车,校车匀减速直线行驶36m后恰好停止.1求校车匀加速运动的加速度大小a1;2若校车总质量为4500kg,求校车刹车时所受的阻力大小;3若校车内坐有一质量为30kg的学生,求该学生在校车加速过程中座椅对学生的作用力F的大小.取g=10m/s2,结果可用根式表示【答案】
(1)
(2)9000N
(3)【解析】【分析】
(1)根据匀加速运动的速度位移关系可求加速度;
(2)根据匀减速运动的速度位移关系可求加速度;根据牛顿第二定律可求阻力;
(3)座椅对学生的作用力的水平分力等于mg,F的竖直分力的竖直分力等于重力,水平分力提供加速度根据力的合成可求【详解】1由匀加速直线运动公式可知v2=2a1x1,得加速度a1=2m/s22由匀减速直线运动公式得0-v2=-2a2x3解得a2=2m/s2F阻=Ma2=9000N.3匀加速运动过程中,座椅对学生的作用力为F,F的竖直分力等于mg,F的水平分力由牛顿第二定律可得F水平=ma1F=得F=60N.
20.如图所示是某游乐场新建的水上娱乐项目在运营前需要通过真实场景模拟来确定其安全性质量为120kg的皮划艇载着质量为60kg的乘客模型,以一定速度冲上倾角为θ=37°,长度LAB=8m的长直轨道AB;皮划艇恰好能到达B点设皮划艇能保持速率不变通过B点到达下滑轨道BC上皮划艇到达C点后,进入半径R=5m的圆弧涉水轨道CDE,其中C与E等高,D为最低点已知轨道AB、AC的动摩擦因素μ=
0.5,涉水轨道因为阻力减小,可以视为光滑轨道,不计其他阻力,皮划艇和乘客模型可看做质点求
(1)求皮划艇在A点的动能大小
(2)求划水艇经过CDE轨道最低点D时,轨道受到的压力大小
(3)已知涉水轨道能承受的最大压力为13140N求划水艇冲上A点的速度大小范围【答案】
(1)4m/s
(2)4500N
(3)4m/s<VA<20m/s【解析】
(1)由几何关系划水艇上升高度H=
4.8m对AB过程,由动能定理得vA=4m/s
(2)由几何关系得BC长度x=
3.5m,B到D的高度差为H=
4.8m对BD过程,由动能定理得vD2=75m2/s2在D点对划水艇受力分析得得此时压力N=4500N
(3)由于划水艇到达B点的速度要大于零,所以vA4m/s由于D点能承受的最大压力为Nmax=13140N对D点受力分析得vD2=315m2/s2对AD整个过程,由动能定理,得vA=20m/s所以vA<20m/s所以4m/s<VA<20m/s点睛本题考查圆周运动向心力以及动能定理等相关知识要求学生在结合具体情景的情况下,分析向心力,并通过动能定理分析状态,进而解决问题考察了学生思维的全面性,对其整个过程分析的全面性提出一定要求
21.1在“探究感应电流的方向与哪些因素有关”的实验中.
①为弄清灵敏电流计指针摆动方向与电流方向的关系,可以使用一个已知正负极性的直流电源进行探究.某同学想到了多用电表内部某一挡含有直流电源,他应选用多用电表的________挡填“欧姆”“直流电流”“直流电压”“交流电流”或“交流电压”对灵敏电流计进行测试.由实验可知,当电流从正接线柱流入电流计时,指针向右摆动.
②如图甲所示,实验中该同学将条形磁铁从线圈上方向下插入线圈过程中线圈绕向如图乙所示,电流计的指针向________填“左”或“右”偏转.
(2)研究双缝干涉现象时,如图所示,调节仪器使分划板的中心刻度对准一条亮条纹的中心A,示数如图所示,其读数为___________mm移动手轮至另一条亮条纹中心B,读出其读数为
27.6mm已知双缝片与光屏间距为
0.6m,所用双缝相距
0.2mm,则所测单色光波长为__________m【答案】
1.欧姆;
2.右;
3.
19.4;
4.;【解析】【分析】
(1)电压表和电流表内部不含电源,只有欧姆表内部有电源;
(2)根据楞次定律可以判断电流从电流表那个极流入,从而判断指针偏转方向;
(3)根据游标卡尺的读数方法读出A、B间的距离,计算出条纹宽度根据,可求单色光的波长【详解】
(1)电压表和电流表内部不含电源,只有欧姆表内部有电源,所以应选多用电表的欧姆档;
(2)由图示导线绕法,根据楞次定律可以判断电流从电流表正极流入,所以指针向右偏转;
(3)根据游标卡尺的读数方法,A条纹中心刻度线读数为19mm+4×
0.1mm=
19.4mm,两刻度之间距离等于4个条纹宽度,故Δx=mm=
2.05mm,d=
0.2mm,l=6m根据,代入数据得λ=m
22.如图所示,在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,有两条相互平行且相距为d的光滑固定金属导轨P1P2P3和Q1Q2Q3,两导轨间用阻值为R的电阻连接,导轨P1P
2、Q1Q2的倾角均为θ,导轨P2P
3、Q2Q3在同一水平面上,P2Q2⊥P2P3,倾斜导轨和水平导轨用相切的小段光滑圆弧连接质量为m的金属杆CD从与P2Q2处时的速度恰好达到最大,然后沿水平导轨滑动一段距离后停下杆CD始终垂直导轨并与导轨保持良好接触,空气阻力、导轨和杆CD的电阻均不计,重力加速度大小为g,求
(1)杆CD到达P2Q2处的速度大小vm;
(2)杆CD沿倾斜导轨下滑的过程通过电阻R的电荷量q1以及全过程中电阻R上产生的焦耳热Q;
(3)杆CD沿倾斜导轨下滑的时间Δt1及其停止处到P2Q2的距离s【答案】
(1)
(2)
(3)【解析】
(1)经分析可知,杆CD到达处同时通过的电流最大(设为),且此时杆CD受力平衡,则有此时杆CD切割磁感线产生的感应电动势为由欧姆定律可得,解得
(2)杆CD沿倾斜导轨下滑过程中的平均感应电动势为,该过程中杆CD通过的平均电流为,又,解得对全过程,根据能量守恒定律可得
(3)在杆CD沿倾斜导轨下滑的过程中,根据动量定理有解得在杆CD沿水平导轨运动的过程中,根据动量定理有,该过程中通过R的电荷量为由求得方法同理可得,解得点睛解决本题时,推导电量的经验公式和运用动量定理求速度是解题的关键,并能抓住感应电荷量与动量定理之间的内在联系.
23.现在很多家庭或者单位刚装修结束,都要进行空气检测和治理.某环保设备装置可用于气体中有害离子的检测和分离.离子检测的简化原理如图所示.Ⅰ区为电场加速区,Ⅱ区为无场区,Ⅲ区为电场检测区.已知Ⅰ区中AB与CD两极的电势差为U,距离为L,Ⅱ区中CE与DF两板的间距为d,板长为4L,Ⅲ区中EF与GH间距足够大,其内部匀强电场的电场强度为,方向水平向左.假设大量相同的正离子在AB极均匀分布,由初速度为零开始加速,不考虑离子间的相互作用和重力影响,则1AB与CD哪一极电势高?若正离子的比荷为k,求该离子到达CD极时的速度大小;2该装置可以测出离子从AB极出发,经过Ⅰ区、Ⅱ区和Ⅲ区,最后返回EF端的总时间为t,由此可以确定离子的比荷为k,试写出k与t的函数关系式;3若将Ⅲ区的匀强电场换成如图所示的匀强磁场,则电场检测区变成了磁场分离区,为收集分离出的离子,需在EF边上放置收集板EP,收集板下端留有狭缝PF,离子只能通过狭缝进入磁场进行分离.假设在AB极上有两种正离子,质量分别为m、M,且1≤4,电荷量均为Q,现要将两种离子在收集板上完全分离,同时为收集更多离子,狭缝尽可能大,试讨论狭缝PF宽度的最大值与m、M、d的关系式.磁感应强度大小可调,不考虑出Ⅲ区后再次返回的离子【答案】
(1)
(2)
(3)【解析】【分析】
(1)正离子在电极AB和CD间做加速运动,电场方向水平向右,所以AB电极带正电,根据动能定理求离子到达CD电极的速度;
(2)由运动学公式分别求出离子在Ⅰ区、Ⅱ区、Ⅲ区的运动时间,求出总时间即可得到k与m的关系式;
(3)两种离子从狭缝进入右侧磁场,分别做匀速圆周运动,求出半径,画出恰好分离时的轨迹图即PF的最大值【详解】1因正离子在AB极与CD极间加速,则知AB极电势高,离子在AB与CD两极间加速,由动能定理有qU=mv2,得离子到达CD极时的速度v=.2正离子在Ⅰ区做匀加速直线运动,设所用时间为t1,则t1==设离子在Ⅱ区做匀速直线运动的时间为t2,则t2==2,离子在Ⅲ区先匀减速,后反向匀加速,设加速度为a,所用时间为t3,有a==,t3=2·,解得t3=4,则总时间t=t1+t2+t3,代入得k=3设质量为M和m的离子在磁场中做圆周运动的半径为R1和R2,洛伦兹力提供向心力,由qvB=,可得R1=,R2=得半径关系,因为1≤4,故1≤2,作出两种离子在磁场中运动的临界情况即质量为M的正离子在收集板上的最低点与质量为m的正离子在收集板上的最高点重合如图所示,此时狭缝最大值x应满足x=2R1-2R2,d=2R1+x,解得x=d.。