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文檔簡介
2025屆高三年級(jí)下學(xué)期第二次模擬考試
物理
本試卷共8頁,滿分100分,考試用時(shí)75分鐘。
注意事項(xiàng):
1.答卷前,考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上。
2.回答選擇題時(shí),選出每小題答案后,用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如
需改動(dòng),用橡皮擦干凈后,再選涂其它答案標(biāo)號(hào)?;卮鸱沁x擇題時(shí),將答案寫在答題卡上,
寫在本試卷上無效。
3.考試結(jié)束后,將本試卷和答題卡一并交回。
一、單項(xiàng)選擇題(本題共7小題,每小題4分,共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有
一項(xiàng)符合題目要求)
I.鋼元素(Pm)是“萬能之土”稀土元素家族成員之一,被譽(yù)為人工“夜明珠”。銀(Pm)可以由
M+等Nd-手Pm+X得到,鋼.)元素不穩(wěn)定,可以發(fā)生如下反應(yīng)LWSm+Y,銀(Pm)
元素的半衰期為2.64年。下列說法中正確的是()
A.X粒子為正電子
B.Y粒子為電子,是核外電子逃逸的結(jié)果
C.鈿(Pm)元素的半衰期不隨溫度變化而變化
D.i:;Sm核內(nèi)有62個(gè)質(zhì)子,147個(gè)中子
【答案】C
【解析】
【詳解】A.設(shè)X粒子質(zhì)量數(shù)為0,電荷數(shù)為6,根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒、電荷數(shù)守恒分別有
1+146=147+。,0+60=61+6
解得。=0,b=-\
X粒子為負(fù)電子,故A錯(cuò)誤;
B.同理,可知Y粒子質(zhì)量數(shù)為0,電荷數(shù)為-1,可知Y粒子為電子,它是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子時(shí)產(chǎn)
生的,不是核外電子逃逸的結(jié)果,故B錯(cuò)誤;
C.半衰期是放射性元素的固有屬性,由原子核內(nèi)部自身的因素決定,與原子所處的化學(xué)狀態(tài)和外部條件(如
溫度、壓強(qiáng)等)無關(guān),所以銀元素的半衰期不隨溫度變化而變化,故c正確;
D.對(duì)于竄Sm核,可知質(zhì)子數(shù)為62,根據(jù)質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù),可得中子數(shù)為147-62=85,故D錯(cuò)誤。
故選c。
2.如圖所示,一束由a、b兩種單色光組成的復(fù)色光照射到一截面為圓形的玻璃柱表面的/點(diǎn),折射光線分
別為a、b,它們與直徑N3的夾角分別為30。和45。。下列說法中正確的是()
A.玻璃柱對(duì)a光的折射率小于對(duì)b光的折射率
B.a光在玻璃柱中的傳播速度為b光在玻璃柱中傳播速度的"倍
2
C.a光在玻璃柱中的波長為6光在玻璃柱中的波長的也倍
2
D.a光在玻璃柱中的傳播時(shí)間小于b光在玻璃柱中的傳播時(shí)間(不考慮反射光線)
【答案】B
【解析】
【詳解】A.圖像可知a光偏折更大,故。光折射率比6折射率大,故A錯(cuò)誤;
B.圖像可知兩光的入射角相同設(shè)為6,則防光折射率分別〃a=鐘",%=上些-
sin30°bsin45°
故叫"
〃b1
根據(jù)v=—
n
可知匕="=也
Vbna2
故B正確;
C.根據(jù)v=2介質(zhì)/
v
可得光在介質(zhì)中波長2介質(zhì)=-
可知。光在玻璃柱中的波長與b光在玻璃柱中的波長之比為&="改=也〃
4v"2工
由于力w力
,,4V2
故
42
故c錯(cuò)誤;
D.光線在玻璃柱中的傳播路程為s=2Rcosa
其中0為/點(diǎn)折射角,所以光線在玻璃柱中傳播的時(shí)間f=22Rcosasin027?sin8
vcsmactana
因?yàn)閠an%<tan%
所以%〉%
故D錯(cuò)誤。
故選B。
3.某無人機(jī)研制單位測(cè)試無人機(jī)的試飛狀態(tài),他們測(cè)得無人機(jī)的加速度。與時(shí)間/的關(guān)系圖像如圖所示,豎
直向上為正方向。已知/=0時(shí)刻無人機(jī)從地面起飛,才3時(shí)刻無人機(jī)的速度為0?下列說法中正確的是()
A.0~右時(shí)間內(nèi),無人機(jī)先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)
B.0?%時(shí)間內(nèi),。時(shí)刻無人機(jī)的動(dòng)能最大
C0?“時(shí)間內(nèi),無人機(jī)始終向上運(yùn)動(dòng)
D.時(shí)刻無人機(jī)的升力一定是。時(shí)刻無人機(jī)升力的2倍
t4
【答案】C
【解析】
【詳解】A.圖像可知0?%時(shí)間內(nèi)加速度始終向上,故無人機(jī)一直處于超重狀態(tài),故A錯(cuò)誤;
B.圖像可知0?/2時(shí)間內(nèi)無人機(jī)豎直向上做加速運(yùn)動(dòng),右?J無人機(jī)豎直向上做減速運(yùn)動(dòng)直至?xí)r刻無人
機(jī)的速度為0,故才2時(shí)刻無人機(jī)速度最大,動(dòng)能最大,故B錯(cuò)誤;
C.由B選項(xiàng)可知0?與無人機(jī)一直向上運(yùn)動(dòng),與?4時(shí)間內(nèi),無人機(jī)從速度0開始向上加速運(yùn)動(dòng),故0?4
時(shí)間內(nèi),無人機(jī)始終向上運(yùn)動(dòng),故C正確;
D.設(shè)無人機(jī)質(zhì)量為〃?,。時(shí)刻有片-7〃g=加%
解得無人機(jī)升力K=maA+mg
t4時(shí)刻有F2-mg=mx2%
解得無人機(jī)升力F2=2maA+mg
數(shù)學(xué)關(guān)系可知,t4時(shí)刻無人機(jī)的升力不一定是4時(shí)刻無人機(jī)升力的2倍,故D錯(cuò)誤。
故選C。
4.如圖所示,力R拉著質(zhì)量為加的物體沿傾角為30°的斜面向上勻速運(yùn)動(dòng)。物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)
A.若少水平向右,則尸=
B.若E沿斜面向上,則尸=G加g
C.E的最小值為害mg
D.力廠與斜面成30°角斜向上時(shí),/最小
【答案】D
【解析】
【詳解】A.若下水平向右,對(duì)物體,由平衡條件有功gsin30°+〃(加gcos30°+尸sin30°)=廠cos30°
代入題中數(shù)據(jù),解得少=G/77g
故A錯(cuò)誤;
B.若/沿斜面向上,對(duì)物體,由平衡條件有R=/"gsin30°+〃w7gcos30°=/"g
故B錯(cuò)誤;
CD.力E與斜面成6角斜向上時(shí),/有最小值,由平衡條件有
mgsin30°+//(mgcos300-Fsin=Fcos0
mgmg
F=mg
整理得cos0+fsin6(sin60°cos0+cos60°sin0)^-^-sin(600+6)
可知。=30°時(shí),尸有最小值,且最小值耳面二—丁冽g
故C錯(cuò)誤,D正確。
故選D。
5.將電荷量大小為%、12q、12q的三個(gè)點(diǎn)電荷固定在x軸上的、=±10和X=0三個(gè)位置,x軸上各點(diǎn)的
電勢(shì)如圖所示。已知選無窮遠(yuǎn)處為電勢(shì)零點(diǎn),距離點(diǎn)電荷q為廠處的電勢(shì)9=數(shù)。下列說法中正確的是
A.x=—10處固定的是5q的正電荷
B.x=5處電勢(shì)為0
C.將一正試探電荷從x=5處由靜止釋放,該電荷在靜電力作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)
D.將一正試探電荷從x=ll處沿?zé)o軸正方向移動(dòng)過程中,靜電力和電勢(shì)能均減小
【答案】D
【解析】
【詳解】A.圖像可知*=±10處電勢(shì)無窮大,X=0處電勢(shì)無窮小,可知X=±10處均為電荷量大小為12q
的正電荷,X=0處為電荷量大小為5q的負(fù)電荷,故A錯(cuò)誤;
B.根據(jù)電勢(shì)疊加原理可知,x=5處電勢(shì)為弘=色馬+"*2-“也=.〉0
故B錯(cuò)誤;
C.隨著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低,可知x=5處的電場(chǎng)方向沿x軸負(fù)方向,故正試探電荷從x=5處由靜止釋放,
該電荷受到的靜電力方向沿X軸正方向,故該正電荷沿X軸正方向運(yùn)動(dòng),過了x=10處電場(chǎng)線反向,電場(chǎng)強(qiáng)
度反向,電場(chǎng)力反向,電荷做減速運(yùn)動(dòng)直至速度均為0,之后反向沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng),最終電荷在x軸上往
復(fù)運(yùn)動(dòng),故C錯(cuò)誤;
D.圖像可知x=n處右側(cè)電勢(shì)降低,可知其右側(cè)電場(chǎng)方向沿x軸正方向,該電荷受到的靜電力方向沿龍軸
正方向,故該正電荷沿X軸正方向運(yùn)動(dòng),電場(chǎng)力一直做正功,故電勢(shì)能一直減小,且。-X圖像斜率表示場(chǎng)
強(qiáng)大小,圖像可知x=U處右側(cè)圖像斜率絕對(duì)值一直減小,故電場(chǎng)力一直減小,因此靜電力和電勢(shì)能均減小,
故D正確。
故選D。
6.如圖甲所示,一質(zhì)量為〃?、橫截面積為S的絕熱活塞封閉著絕熱氣缸(內(nèi)有體積可忽略的加熱絲)內(nèi)的
一部分理想氣體,封閉氣體經(jīng)過一系列過程從狀態(tài)A經(jīng)狀態(tài)3到狀態(tài)C,氣體的體積「和溫度T的關(guān)系如
圖乙所示。已知外界大氣壓始終為夕°,重力加速度為g,不計(jì)摩擦。下列說法中正確的是()
A.從A到C的過程中,單個(gè)氣體分子對(duì)氣缸壁的平均撞擊力先不變后增大
B.從A到。的過程中,氣體分子的數(shù)密度先減小后不變
C.從A到。的過程中,氣體從加熱絲吸收的熱量等于氣體內(nèi)能的增加量
D.在C狀態(tài)的壓強(qiáng)為2(00+螫)
S
【答案】B
【解析】
【詳解】A.溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志,從/到。過程中,氣體溫度一直升高,分子平均動(dòng)能增大,所
以單個(gè)氣體分子對(duì)氣缸壁的平均撞擊力一直增大,并非先不變后增大,故A錯(cuò)誤;
B.從4到2,體積%增大,分子數(shù)密度減??;從2到C,體積廠不變,分子數(shù)密度不變,所以從4到C
的過程中,氣體分子的數(shù)密度先減小后不變,故B正確;
C.從A到C過程,溫度增大,氣體內(nèi)能增大,同時(shí)氣體體積增大,氣體對(duì)外做功,故從A到C的過程中,
氣體從加熱絲吸收的熱量等于氣體內(nèi)能的增加量與氣體對(duì)外做功之和,故c錯(cuò)誤;
D.在狀態(tài)/時(shí),對(duì)活塞有
從4到C,由理想氣體狀態(tài)方程有竽=8苧
聯(lián)立解得,2=+
故D錯(cuò)誤。
故選B。
7.如圖所示,A、B兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球由兩段不可伸長的細(xì)線連接,一同學(xué)用手握住細(xì)線上端。,初
始時(shí)刻兩個(gè)球均靜止,該同學(xué)通過晃動(dòng)細(xì)線讓兩個(gè)小球動(dòng)起來,系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí)兩個(gè)小球均在水平面內(nèi)做勻速
圓周運(yùn)動(dòng),細(xì)線08與豎直方向成37。角。已知兩段細(xì)線長度均為乙A、B兩小球的質(zhì)量分別為加、—m,
兩個(gè)小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的角速度0=重力加速度為g,晃動(dòng)細(xì)線過程中。點(diǎn)高度沒有發(fā)生變化,
3
不計(jì)空氣阻力,sin37°=—。他在晃動(dòng)細(xì)線的過程中做功為()
5
106,106「106,106,
A.—mgLB.mgLC.mgLD.-----mgL
65758595
【答案】A
【解析】
【詳解】設(shè)AB與豎直方向夾角為e,如圖
2
對(duì)A有牛頓第二定律定理有mAgtan3=mAo)(Zsin0-Zsin37°)
代入題中數(shù)據(jù),聯(lián)立解得sin。=0.8,cos。=0.6
故B增加的重力勢(shì)能AEpB=冽Bg(L—Lcos370)
B增加的動(dòng)能A^B=5加B(°Zsin37°y
故A增加的重力勢(shì)能AEpA=mAg(L-Lcos310+L-cos0)
12
A增加的動(dòng)能=5加4(上sin,一工sin37°)]
代入題中數(shù)據(jù),聯(lián)立解得系統(tǒng)增加的機(jī)械能△£=AE+^E+^E.+△/=—mgL
pDBIwVOp/AIVZA/匚*—■7
由能量守恒可知,他在晃動(dòng)細(xì)線的過程中做功為U3加g£。
65
故選Ao
二、不定項(xiàng)選擇題(本題共3小題,每小題6分,共18分。在每個(gè)小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,
有多個(gè)選項(xiàng)正確。全部選對(duì)的得6分,選對(duì)但不全的得3分,錯(cuò)選或不選的得0分)
8.如圖所示,衛(wèi)星B在軌道3上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng),航天器A在近地軌道1(離地面的高度可忽略)
O
上運(yùn)動(dòng),周期為T,兩個(gè)天體的軌道面重合,繞行方向相同,航天器每經(jīng)過一T時(shí)間經(jīng)過衛(wèi)星B正下面一
7
次。航天器通過轉(zhuǎn)移軌道2與衛(wèi)星B成功對(duì)接。地球半徑為R,引力常量為G。下列說法中正確的是(
n
地球的密度約為
3GT2
4萬2
B.地球表面重力加速度為上]R
T2
C.衛(wèi)星B的軌道半徑為4R
D.航天器從軌道1到軌道3的最短時(shí)間為8坦7
4
【答案】BC
【解析】
【詳解】A.對(duì)衛(wèi)星A,根據(jù)萬有引力提供向心力寫1=加率氏
M
地球的密度上兀R3
3
聯(lián)立解得。=言37r7
故A錯(cuò)誤;
4萬之
B.航天器A在近地軌道上運(yùn)動(dòng)有加g=加7?
亍
4TT2
故地球表面重力加速度為g二R
干
故B正確;
82兀8T2兀8不△
C.題意可知航天器A每經(jīng)過一T時(shí)間經(jīng)過衛(wèi)星B正下面一次,則有二*二7-=、=7=2兀
7'77ToD7
解得"=8T
由開普勒第三定律有
T2T;
聯(lián)立解得%=4R
故C正確;
(4R+Ry
D.由開普勒第三定律有羊312J
子-—7^
聯(lián)立解得乙=士普7
則航天器沿轉(zhuǎn)移軌道2運(yùn)行半個(gè)周期,則從軌道1到軌道3的最短時(shí)間為t=4=獨(dú)。7
28
故D錯(cuò)誤。
故選BCo
9.原副線圈匝數(shù)比為2:1的變壓器接成如圖所示的電路,4=2R2=24=2R。,成端接有效值為。的
交流電源。開關(guān)S]閉合,S2斷開時(shí),防端的輸入功率為片。下列說法中正確的是()
A.當(dāng)開關(guān)S|閉合,$2閉合時(shí),仍端的輸入功率為2片
B.當(dāng)開關(guān)凡斷開,S?斷開時(shí),用消耗的功率為
c.當(dāng)開關(guān)S]斷開,s?斷開時(shí),/端的輸入功率為;兄
D.當(dāng)開關(guān)S]斷開,S2閉合時(shí),防端的輸入功率為片
【答案】AD
【解析】
【詳解】A.開關(guān)S]閉合,S2斷開時(shí),則變壓器輸入端電壓=。,則。2=公。
nl
1/2(Y〃2CA27-7-27-7-2
則成端的輸入功率勺=幺="X—=生X—=—
R?\n\)R?\n\)&4當(dāng)
2
_《_《」〃2丫U
當(dāng)開關(guān)S1閉合,S?閉合時(shí),仍端的輸入功率為與"=耳生=《=[彳)義京義2=有
氏2+R32
故A正確;
BC.當(dāng)開關(guān)S]斷開,s2斷開時(shí),設(shè)原副線圈電流分別為/1、A,將原線圈等效為電阻則有=/;X&
因?yàn)?]〃1=,2〃2
/\2/\2
整理得4=人
XR2=2xR0=4幾
(“2,、〃2J
則用消耗的功率為心I」4小。
u-U2
仍端的輸入功率為=UL-lp
6R03°
故BC錯(cuò)誤;
D.當(dāng)開關(guān)S|斷開,s2閉合時(shí),設(shè)原副線圈電流分別為人、i22,將原線圈等效為電阻41,則有
H2H3
/;陽=心X
4+4
因?yàn)?”〃1=,22〃2
整理得區(qū)向=24
則ab端的輸入功率為Pab2=二"二==Po
氏+4&
故D正確。
故選ADo
10.如圖所示,圓心為。、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)外存在垂直紙面方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng),圓內(nèi)的磁場(chǎng)方向垂直紙
面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為5,圓外區(qū)域的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為g。質(zhì)量為機(jī)、帶
電量為+4的粒子從圓周上的M點(diǎn)以某一速度沿半徑方向進(jìn)入圓形區(qū)域,粒子第一次離開圓形區(qū)域時(shí)速度
偏轉(zhuǎn)角為120。。不計(jì)粒子重力。下列說法中正確的是()
A.粒子的速度大小為1蟠
m
B.粒子通過陽叵4的路程后第一次返回M點(diǎn)
9
32兀m
C.粒子運(yùn)動(dòng)的周期為丁丁
3qB
D,若僅去掉圓形區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng),粒子經(jīng)過(126+30%)小時(shí)間第一次沿M9方向通過M點(diǎn)
qB
【答案】BD
【解析】
【詳解】A.+4的粒子從圓周上的M點(diǎn)以某一速度沿半徑方向進(jìn)入圓形區(qū)域,粒子第一次離開圓形區(qū)域
時(shí)速度偏轉(zhuǎn)角為120。,可知粒子掃過的圓心角為120。,如圖所示
粒子在圓形磁場(chǎng)區(qū)內(nèi)有4二—■
qB
聯(lián)立解得v=4i邂
3m
A錯(cuò)誤;
r=鱉=也R
B.粒子在圓外區(qū)域磁場(chǎng)的軌跡半徑2B7
q一
3
27r
粒子在圓內(nèi)磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的圓心角4=120。=——
3
則運(yùn)動(dòng)的弧長曷=ra=&Rx2="兀R
111339
57r
根據(jù)幾何關(guān)系可知,粒子在圓外區(qū)域磁場(chǎng)的圓心角0=300。=——
23
對(duì)應(yīng)的弧長§2=&。2=6火火?=孚"火
粒子第一次返回M點(diǎn)的軌跡如圖所示
粒子第一次返回M點(diǎn)經(jīng)過的路程s=2(5,+s2)=2(平萬及+孚兀R)=個(gè)口
B正確;
2兀m
C.粒子在圓內(nèi)磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的周期北=1「
Bq
、,一、120°_271m
運(yùn)動(dòng)時(shí)間「加工=兩
_27im671m
粒子在圓外磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的周期12=T-=而
3Bq
、―一,、300°T571m
運(yùn)動(dòng)時(shí)間/而『西
347r冽
故粒子的運(yùn)動(dòng)周期為T=2&+Z)=——
23Bq
C錯(cuò)誤;
D.去掉圓內(nèi)磁場(chǎng)時(shí),粒子在圓內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng),如圖所示
運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為片=——
V
結(jié)合上述結(jié)論可得V=心竺
3m
解得「嚕
由于粒子在圓形區(qū)域外偏轉(zhuǎn)的圓心角為300。,根據(jù)幾何知識(shí)可知,對(duì)應(yīng)圓形區(qū)域的圓心角為60°,粒子在
5兀m
圓形區(qū)域外運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為右
Bq
要使粒子第一次沿M9方向通過M點(diǎn),粒子恰好沿圓形區(qū)域運(yùn)動(dòng)一周,故粒子總共沿圓y運(yùn)動(dòng)的次數(shù)
故粒子第一次沿方向通過加點(diǎn)所需要的時(shí)間t=6〃+弓)=6x(撞竺+四%)=(12用30蘇m
BqBqqB
D正確。
故選BDo
三、實(shí)驗(yàn)題(本題共2小題,每空2分,共16分)
II.某同學(xué)用單擺實(shí)驗(yàn)測(cè)重力加速度。他在家里找到了一塊外形不規(guī)則的小金屬掛件,在實(shí)驗(yàn)室找到了一個(gè)
力傳感器,將它固定在。點(diǎn),并將長度為/的細(xì)線一端固定在力傳感器上,另一端連接小金屬掛件,制成了
如圖甲所示的單擺。
o
(1)他將掛件拉離平衡位置一個(gè)角度a(a<5。),由靜止釋放后,通過與傳感器連接的電腦得到了力傳
感器的示數(shù)與時(shí)間的關(guān)系,如圖乙所示,則此時(shí)單擺的周期7=(用題目中符號(hào)表示),若該同
求得g=等,則該測(cè)量結(jié)果
學(xué)用T=2萬(填“偏大”或“偏小”);
(2)后來查資料得知,該單擺的實(shí)際擺長應(yīng)該是擺件質(zhì)心到懸點(diǎn)的距離,他用(1)的方法分別在細(xì)線長
為和4時(shí)做了兩次實(shí)驗(yàn),測(cè)得單擺兩次振動(dòng)的周期分別為工和%,則重力加速度g=,擺件
質(zhì)心到N點(diǎn)的距離d=
(3)為減小實(shí)驗(yàn)的偶然誤差,該同學(xué)多次改變細(xì)線的長度,用(1)的方法,測(cè)得多組細(xì)線長度/和單擺對(duì)
應(yīng)的周期T,以片為橫坐標(biāo),/為縱坐標(biāo),將得到的數(shù)據(jù)描點(diǎn)連線后得到如圖丙所示的圖像,則重力加速
度8=,擺件質(zhì)心到N點(diǎn)的距離”=(用題目、圖中的數(shù)據(jù)和字母表示)。
①4(,-J
【答案】(1)②.偏小
21
4兀2m)
(2)①.②.
T;-T;T;-T;
(3)①.-左②.6
【解析】
【小問1詳解】
當(dāng)掛件處于最高點(diǎn)時(shí),力傳感器的示數(shù)最小,掛件處于最低點(diǎn)時(shí),力傳感器的示數(shù)最大,由圖乙可知
—5TH—T
214
解得周期為
21
求得g=*,由于/為細(xì)線的長度,可知代入的擺長偏小,使得重力加速度測(cè)
若該同學(xué)用7=2〃
量值偏小。
【小問2詳解】
山⑵根據(jù)單擺周期公式可得7;=2巴口土《,4=2萬人I,士+《d
gg
-I)
聯(lián)立解得重力加速度為g二,212
一12
擺件質(zhì)心到N點(diǎn)的距離為d=
T\~T2
【小問3詳解】
根據(jù)單擺周期公式可得T=2〃j等
整理可得/=冬72—
44
7gk+b
可知/一72圖像的斜率為左二號(hào)=為茂一
4%”
解得重力加速度為g=4"以+",
10
由/-〃圖像的縱軸截距可得_b=-d
可得擺件質(zhì)心到N點(diǎn)的距離為d=b
12.某實(shí)驗(yàn)小組測(cè)一電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。他們采用了下面兩種方法。
(1)他們將電源和電阻箱和一電壓表(內(nèi)阻Rv未知)接成如圖甲所示電路,開關(guān)k閉合后調(diào)節(jié)電阻箱,
當(dāng)電阻箱電阻為用時(shí),電壓表滿偏,當(dāng)電阻箱電阻為此時(shí),電壓表半偏,已知電壓表量程為。0,在忽略
電源內(nèi)阻的條件下,該實(shí)驗(yàn)方案測(cè)得電壓表內(nèi)阻Rv=,電源的電動(dòng)勢(shì)E=(用題目
中的符號(hào)表示);
(2)為了準(zhǔn)確的測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻,他們?cè)O(shè)計(jì)了如圖乙所示的電路,用到了如下實(shí)驗(yàn)器材:
A.標(biāo)準(zhǔn)電源(電動(dòng)勢(shì)=9.0V,內(nèi)阻小=1.0Q)
B.電阻箱片(0?99.9。)
C.電阻箱火2(°?99.9。)
D.定值電阻凡,阻值為7.20
E.靈敏電流計(jì)G
F.開關(guān)兩個(gè),導(dǎo)線若干
①斷開開關(guān)k「閉合開關(guān)卜2,調(diào)節(jié)兩個(gè)電阻箱的電阻,當(dāng)尺=4.4。、&=6.6Q時(shí),靈敏電流計(jì)示數(shù)為
零,則待測(cè)電源的電動(dòng)勢(shì)E=V;
②同時(shí)閉合krkz兩個(gè)開關(guān),調(diào)節(jié)兩個(gè)電阻箱的電阻,當(dāng)4=5.4。、尺2=116。時(shí),靈敏電流計(jì)示數(shù)為
零,則待測(cè)電源的內(nèi)阻廠=Q。
【答案】(1)①.R,—2&②.」^
區(qū)2-2號(hào)
(2)①.3.3②.1.6
【解析】
【小問1詳解】
4
口][2]根據(jù)閉合電路歐姆定律有E=0+^LR,EJ。、2R
0D1'0D2
(凡—A)0。
聯(lián)立解得Rv=4—2凡,E=\;o
—27?]
【小問2詳解】
[1]由題意可知斷開開關(guān)k「閉合開關(guān)心,當(dāng)4=4.4。、&=6.6Q時(shí),靈敏電流計(jì)示數(shù)為零,此時(shí)4的
電壓等于電動(dòng)勢(shì)E,則有£=—多=g=3.3V
⑵同時(shí)閉合k]、心兩個(gè)開關(guān),當(dāng)片=5.4。、尺2=1L6Q時(shí),靈敏電流計(jì)示數(shù)為零,此時(shí)4的電壓等于幾
的電壓’貝解常物用二點(diǎn)兒
聯(lián)立解得廠=1.6。
四、計(jì)算題(本題共3小題,共38分。解題過程中要求寫出必要的文字說明、方程式和重要
演算步驟,只寫出最后答案的不能得分)
13.如圖所示,在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一個(gè)傾角為30。的擋板,一質(zhì)量為〃?,帶電量為+4的小球以初
速度為斜向上拋出,初速度與水平方向的夾角為60。。已知空氣阻力忽略不計(jì),重力加速度為g,勻強(qiáng)電場(chǎng)
的電場(chǎng)強(qiáng)度£=畫&。求:
6q
(2)小球落到擋板上的時(shí)間和發(fā)生位移的大小。
【答案】(1)如公
14g
m4?36V;
7g49g
【解析】
【小問1詳解】
將物體的受力和運(yùn)動(dòng)均沿?fù)醢宸纸夂痛怪睋醢宸纸猓鐖D
根據(jù)牛頓第二定律,可知垂直擋板分解可得其加速度q=〃2gc°s30°+硝sin30°=Z^lg
m12
2
(v0sin300)
則小球離擋板的最大距離%ax
2%
聯(lián)立解得熊添
14g
【小問2詳解】
結(jié)合以上分析可知,小球離擋板的最大距離時(shí)用時(shí)/。="sm300=久迎
47g
對(duì)稱性可知小球落到擋板上的時(shí)間t=2t0=
7g
根據(jù)牛頓第二定律,可知沿?fù)醢宸较虻募铀俣葹?"gsin30?!狤qcos300=.g
m4
1、
則小球落到擋板上時(shí)發(fā)生位移的大小£=%cos30°X/-5.
聯(lián)立解得]=」aA2
49g
14.如圖所示,邊長為工、質(zhì)量為冽、電阻為R的正方形導(dǎo)體框48CD靜止在光滑水平面上,空間存在垂
直水平面向下、足夠多的磁場(chǎng)帶,磁場(chǎng)帶的寬度為工,相鄰磁場(chǎng)帶的間距為22。磁場(chǎng)帶整體以水平速度%
_八108江
向右勻速運(yùn)動(dòng)。已知導(dǎo)體框的電阻&=-------o求:
(1)當(dāng)導(dǎo)體框48邊剛進(jìn)入第一個(gè)磁場(chǎng)帶時(shí),48兩端的電壓U/B;
(2)導(dǎo)體框離開第二個(gè)磁場(chǎng)帶到進(jìn)入第三個(gè)磁場(chǎng)帶所用的時(shí)間;
(3)導(dǎo)體框48邊剛進(jìn)入第三個(gè)磁場(chǎng)帶時(shí)導(dǎo)體框的加速度和導(dǎo)體框穿過第三個(gè)磁場(chǎng)帶的過程中安培力對(duì)導(dǎo)
體框做的功。
3
【答案】⑴
UAB=--B0LV.
5L
(2)t=—
4%
(3)方向向右,W^=—mv1
50L女10
【解析】
【小問1詳解】
由右手定則可知/點(diǎn)電勢(shì)小于8點(diǎn)電勢(shì),可知。神<0,故當(dāng)導(dǎo)體框48邊剛進(jìn)入第一個(gè)磁場(chǎng)帶時(shí),48兩
33
端的電壓UM
【小問2詳解】
A①
導(dǎo)體框進(jìn)入第一個(gè)磁場(chǎng)帶的過程中,安培力的沖量有r—
—D11X1—力L------1\1—---------
女1女RR
R2T3
同理導(dǎo)體框離開第一個(gè)磁場(chǎng)的過程安培力的沖量心=吧
女1R
R2,3
所以當(dāng)導(dǎo)體框穿過第一個(gè)磁場(chǎng)條的過程中,由動(dòng)量定理有2型匕=mv
R1t
R2T3
所以當(dāng)導(dǎo)體框穿過第二個(gè)磁場(chǎng)條的過程中,由動(dòng)量定理有2‘囁=加%—加W
2
解得%=1%
此時(shí)導(dǎo)體框N3邊與第三個(gè)磁場(chǎng)條右邊界的距離為3所以導(dǎo)體框離開第二個(gè)磁場(chǎng)帶到進(jìn)入第三個(gè)磁場(chǎng)條所
L5L
用時(shí)間/=
%一%3%
【小問3詳解】
導(dǎo)體框N2邊剛進(jìn)入第三個(gè)磁場(chǎng)帶時(shí),對(duì)導(dǎo)體框?qū)W力分析并結(jié)合牛頓第二定律有心=加。
其中心二B0IL='。""一幻
R
解得(方向向右)
50L
2
D,3
導(dǎo)體框穿過第三個(gè)磁場(chǎng)帶的過程中,由動(dòng)量定理有2生匕=陽匕—加%
R
11
由動(dòng)能定理有町=-mvl9--mvl7
1,
聯(lián)立解得町=伍加片
15.如圖所示,在光滑水平面上有上表面為四分之一光滑圓弧的滑塊B和木板C,圓弧的半徑R=1.2m,
圓弧在最低點(diǎn)與木板C上表面水平相切,B和C鎖定在一起,木板右端上方有固定彈性擋板D,擋板D的
下表面略高于木板C的上表面。小滑塊A從圓弧面上方由靜止釋放,剛好從圓弧面最高點(diǎn)沿切線方向滑進(jìn)
圓弧面,小滑塊釋放時(shí)離木板C上表面的高度為2火,小滑塊經(jīng)過圓弧面最低點(diǎn)時(shí)B和C解除鎖定,滑塊
A滑到木板C的右端時(shí)恰好與木板相對(duì)靜止,AD碰撞過程中小滑塊的動(dòng)能沒有損失。己知A、B、C的質(zhì)
量關(guān)系為加A=叼3=;加c=1kg,滑塊A與木板C間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=0.8,重力加速度g=10m/s2,
忽略空氣阻力。求:
A□
「O
BC
(1)B、C解除鎖定前,木板C的位移;
(2)木板C的長度和從B、C解除鎖定到小滑塊A與擋板D碰撞所用的時(shí)間;
(3)滑塊A在木板C上相對(duì)滑行的總路程和相對(duì)滑行的總時(shí)間。
【答案】(1)0.3m,方向向左
,、8107
(2)—m,---s
360
、115
(3)—m,—s
46
【解析】
【小問1詳解】
物塊A從開始下落到經(jīng)過圓弧面最低點(diǎn)過程中水平方向動(dòng)量守恒,規(guī)定向右為正方向,設(shè)物塊滑到圓弧面
最低點(diǎn)時(shí)A和BC整體水平方向速度分別為么、VBC>水平方向位移分別為4、XBC>水平方向動(dòng)量守恒
歹陋加A"A=(mB+mc)vBC
可得以=3VBC
一1,1,
mv
能量守恒列式mAg2R=~AA~+5(加B+mC)VBC~
聯(lián)立以上方程可得以=6m/s,vBC=-2m/s
下滑過程中滿足人船模型,列式可得加A'A=(加B+加C)'BC
7?=、A+、BC
m+m3
聯(lián)立以上方程可得=-------------R=:x1.2=0.9m,方向向右
mA+mB+mc4
m]
XBC=
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