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文檔簡介
省前中2025屆高一強基班第一學期學情檢測(一)物理試卷合題意.1.下列說法正確的是()A.卡文迪什通過實驗測出了靜電力常量kB.所有帶電體的電荷量都是元電荷的整數(shù)倍C.庫侖發(fā)現(xiàn)了庫侖定律并測出了電子的電荷量D.感應起電創(chuàng)造了新的電荷的下列說法正確的是()A.a電容器的電容為1000μFB.b電容器只能在10V電壓工作C.b電容器最多能容納電荷1CD.a電容器工作時不區(qū)分正負極3.某電場的電場線的分布如圖所示。一個帶電粒子由M點沿圖中虛線所示的途徑運動通過N點。則下列判斷正確的是()A.粒子帶負電B.粒子在N點的加速度大C.電場力對粒子做負功D.粒子在N點的動能小4.用控制變量法可以研究影響平行板電容器電容的因素(如圖所示)。設兩極板正對面積為S,極板間的距離為d,靜電計指針偏角為θ。實驗中,極板所帶電荷量不變,下列說法中正確的是()A.保持d不變,減小S,則θ變小B.保持S不變,增大d,則θ變小C.保持S不變,增大d,則θ變大D.保持d和S不變,在兩極板間插入一陶瓷片,則θ變大5.兩個用相同材料制成的半徑相等的帶電金屬小球,其中一個球的帶電量的絕對值是另一個的5倍,它們間的庫侖力大小是F,現(xiàn)將兩球接觸后再放回原處,它們間庫侖力的大小可能是()5F8F5F9F6.如圖所示,豎直輕彈簧固定在水平地面上,原長為l=20cm。質量為m=0.2kg的鐵球由彈簧的正上方h=20cm高處自由下落,與彈簧接觸后壓縮彈簧,當鐵球下落到最低點時彈簧的壓縮量為x=10cm。不計空氣阻力,重力加速度g取10m/s2,下列說法正確的是()A.剛接觸到彈簧時鐵球的速度最大B.在整個下落過程中鐵球機械能守恒C.彈簧的勁度系數(shù)為20N/mD.鐵球下落到最低點時彈簧的彈性勢能為0.6J7.如圖所示,A、B兩物體(可視為質點)相距x=7m,物體A以vA=4m/s的速度向右勻速運動,而物體B此時的速度vB=10m/s,只在摩擦力作用下向右做勻減速運動,加速度大小為a=2m/s2,那么物體A追上物體B所用的時間為()8.某電場中電場線如圖中實線所示,一電子僅在電場力作用下由a點運動到b點,則()A.電子在a點的加速度小于它在b點的加速度B.電子在a點的動能小于它在b點的動能C.電子在a點的電勢能小于它在b點的電勢能第1頁共6頁◎第2頁共6頁D.a點的電勢低于b的電勢9.如圖所示,質量為m的小球A和質量為2m的物塊B用跨過光滑定滑輪的細線連接,物塊B放在傾角為θ=37。的斜面體C上,剛開始都處于靜止狀態(tài),現(xiàn)用水平外力F將A小球緩慢拉至細繩與豎直方向夾角β=60。,該過程物塊B和斜面C始終靜止不動,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力(已知A.水平外力F逐漸減小B.物塊B和斜面C之間的摩擦力先減小后增大C.斜面C對地面之間壓力保持不變D.物塊B和斜面C之間的摩擦因數(shù)一定小于等于0.510.如圖所示,勻強電場E的方向水平向左,帶有正電荷的物體沿絕緣水平面向右運動,經過A點時動能是200J,經過B點時,動能是A點的20%,減少的動能有60%轉化成電勢能,那么當它再次經過B點時的動能為()11.如圖所示,一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置,直徑POQ水平,軌道的內表面粗糙。一質量為m的小滑塊從P點正上方由靜止釋放,釋放高度為R,小滑塊恰好從P點進入軌道。小滑塊滑到軌道最低點N時,對軌道的壓力為4mg,g為重力加速度。用W表示小滑塊第一次在軌道NQ段運動時克服摩擦力所做的功。則()A.W=mgRB.W<mgRC.小滑塊恰好可以到達Q點D.小滑塊不能到達Q點確寫出數(shù)值和單位.1215分)圖甲為某實驗小組同時測量A、B兩個箱子質量的裝置圖,其中D為鐵架臺,E為固定在鐵架臺上的輕質定滑輪(質量和摩擦可忽略不計F為光電門,C為固定在A上、寬度為d的細遮光條(質量不計此外,該實驗小組還準備了一套砝碼(總質量為m0=1kg)和刻度尺等,請在以下實驗步驟中按要求作答。(1)在鐵架臺上標記一位置O,并測得該位置與光電門F之間的高度差h。(2)取出質量為m的砝碼放在A箱子中,剩余砝碼都放在B箱子中,讓A從位置O由靜止開始下降,則A下落到F處的過程中,其機械能是的(填增加、減少或守恒)。(3)記錄下遮光條通過光電門的時間t,根據(jù)所測數(shù)據(jù)可計算出A下落到F處的速度v=,下落過程中的加速度大小a=(用d、t、h表示)。(4)改變m重復(23)步驟,得到多組m與a的數(shù)據(jù),作出a-m圖像如圖乙所示??傻肁的質量mA=kg,B的質量mB=kg(重力加速度大小g取10m/s2)。139分)如圖所示,一質量為m=1.0x10一2kg的小球用絕緣細線懸掛在水平向右的勻強電場中,其帶電荷量大小為q=3.0x10一6C(1)該電荷帶何種電性,電場強度E的大?。唬?)現(xiàn)撤去電場,小球到達最低點時繩子對小球的拉力大??;(3)在(2)問的前提下,小球到達最低點時小球重力的功率是多少。1410分)質量m=0.1kg的金屬滑塊(可看成質點)從邊長L=3m的光滑斜面上由靜止開始釋放,斜面的傾角θ=37°,運動到A點時速度大小不變的滑到水平面上,水平面AB粗糙,長度為2m,與半徑為R=0.4m的光滑的半圓形軌道BCD相切于B點,在B點軌道所受壓力為6N。其中圓軌道在豎直平面內,D為軌道的最高點,滑塊恰能通過最高點Dg=10m/s2)。求:(1)滑塊運動到A點的速度大?。唬?)滑塊與AB間的動摩擦因數(shù);(3)小球從D點飛出后,落地點距離A點的距離。第3頁共6頁◎第4頁共6頁1510分)如圖所示,質量M=0.5kg的長木板靜止在水平地面上,質量m=1kg的小滑塊(視為質點)以v0=2.4m/s的速度從長木板的左端滑上長木板,滑塊始終未從長木板上滑落。已知滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ2=0.5,長木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ1=0.1,取重力加速度大小g=10m/s2,求:(1)長木板的最小長度L;(2)從小滑塊滑上長木板到最后靜止的過程中,小滑塊運動的總位移x。1612分)如圖所示,豎直平面內直角坐標系xOy的第一象限和第二象限存在沿水平方向的勻強電場。一質量為m,電荷量為+q的帶電小球,從x軸上的P(-d,0)點以初動能Ek0沿y軸正方向射入第二象限,經過一段時間后小球從y軸正半軸的某位置處垂直于y軸進入第一象限,小球經過y軸時的動能大小為,重力加速度為g,不計空氣阻力。求:(1)小球經過y軸時的位置坐標(用d表示(2)小球再次經過x軸時的動能(用Ek0表示(3)小球運動過程中的最小動能(用Ek0表示)。第5頁共6頁◎第6頁共6頁答案第1頁,共6頁【詳解】A.卡文迪什通過實驗測出的是萬有引力常量,并不是測出靜電力常量k,A錯誤;C.庫侖發(fā)現(xiàn)了庫侖定律,密立根通過油滴實驗測出了電子的電荷量,C錯誤;D.感應起電并沒有創(chuàng)造了新的電荷,只是將電荷從導體的某一部分轉移到另一部分,D錯誤。故選B。【詳解】AD.由圖乙可知a電容器的電容為1000μF,a電容器工作時電勢高的為正極,電勢低的為負能容納電荷為故選A?!驹斀狻緼.電場線的方向斜向上,根據(jù)粒子的運動軌跡的彎曲方向可以知道,粒子受到的電場力方向也斜向上,所以該粒子帶正電,故A錯誤;B.電場線密的地方電場強度大,電場線疏的地方電場強度小,則M點的場強小,N點的場強大,由牛頓第二定律知可知粒子在N點的加速度大,故B正確;CD.帶電粒子從M點到N點,電場力方向與速度方向成銳角,電場力對粒子做正功,則粒子的動能增大,則粒子在N點的動能大,故CD錯誤。故選B?!驹斀狻緼.由平行板電容器的電容εSr4πkd可得保持d不變減小S,電容C減小,又電荷量Q不變,由可得兩板間電壓增大,則θ變大,故A錯誤;BC.由平行板電容器的電容εS可得保持S不變,增大兩板間的距離d,電容C減小,又電荷量Q不變,由UU得兩板間電壓增大,故θ變大,故B錯誤,C正確;D.保持d和S不變,在兩板間插入一陶瓷片,εr增大,由平行板電容器的電容εS得電容C增大,又電荷量Q不變,由得兩板間電壓減小,故θ變小,故D錯誤。故選C?!驹斀狻咳魞呻姾赏?,設一個球的帶電量為Q,則另一個球的帶電量為5Q,此時222rr接觸后再分開,帶電量各為則兩球的庫侖力大小2rr所以F,=F若兩電荷異性,接觸后再分開,兩球電量的絕對值為此時兩球的庫侖力rr所以F,=F故選D。答案第2頁,共6頁【詳解】A.鐵球從接觸彈簧下降過程中,開始重力大于彈力,合力向下,小球做加速運動,當重力和彈力相等時,速度最大,接著重力小于彈力,合力向上,小球做減速運動,選項A錯誤;B.由機械能守恒定律可知,鐵球下落過程中小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,但小球的機械能不守恒,選項B錯誤;速度最大時的壓縮量x末知,所以彈簧的勁度系數(shù)無法求解,用最低點的壓縮量求出來的勁度系數(shù)才是k=20N/m選項C錯誤;D.從A運動到D時,小球重力勢能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量,所以Ep選項D正確。故選D?!驹斀狻緽物體減速為零的時間為tB此時B物體的位移為xBA物體的位移為xAB可知B速度減為零時A還未追上B,根據(jù)代入數(shù)據(jù)解得BAvA故B正確ACD錯誤。故選B。【詳解】A.由電場線可知,a點的電場線密,所以a點的電場強度大,電子受的電場力大,加速度也就大,故A錯;BC.電子受到的電場力指向曲線彎曲的內側,所以受到的電場力的方向是沿電場線斜向下的,所以電子從a到b的過程中,電場力做負功,電荷的電勢能增大,動能減小,所以電子在a點的動能大于它在b點的動能,在a點的電勢能小于它在b點的電勢能,所以B錯誤,C正確;D.由于電子帶負電,在電場中電勢越低,電子具有的勢能越大,因此a點的電勢高于b的電勢,故D錯。故選C?!驹斀狻緼.以小球A為對象,當繩子與豎直方向成C角時,根據(jù)受力平衡可得F=mgtanC,T=其中C角從0逐漸增大到β=60。,可知繩子拉力T逐漸增大,水平外力F逐漸增大,故A錯誤;C.以B、C為整體,豎直方向根據(jù)受力平衡可得Tsinθ+N地=(mB+mC)g由于繩子拉力T逐漸增大,可知斜面C對地面之間壓力逐漸減小,故C錯誤;B.當繩子與豎直方向夾角C=0時,繩子拉力最小,可得此時斜面C對B的靜摩擦力方向沿斜面向上,大小為當繩子與豎直方向夾角C=β=60。時,繩子拉力最大,可得T此時斜面C對B的靜摩擦力方向沿斜面向下,大小為當繩子拉力斜面C對B的靜摩擦力為零,可知物塊B和斜面C之間的摩擦力先減小后增大,故B正確;D.當繩子與豎直方向夾角C=β=60。時,繩子拉力最大,斜面C對B的靜摩擦力最大,則有fmax=0.8mg又fmax<μN=μ.2mgcos37。答案第3頁,共6頁0A0AB聯(lián)立可得可知物塊B和斜面C之間的摩擦因數(shù)一定大于等于0.5,故D錯誤。故選B?!驹斀狻吭O物體向右運動到C點靜止,然后返回,AB間距離為x1,BC間距離為x2,由動能定理得:-(f+qE)x1=EKA-EKA=-EKA=-160J-(f+qE)x2=0-EKA=-40J所以x2=x1又據(jù)題qEx1=(EKA)×=160×J=96J則qEx2=×96J=24J,即由B到C,電勢能增加24J,所以克服摩擦力做功fx2=16J.因此,由B到C再回到B的過程中,-2fx2=EkB′-EkB所以EkB′=EkB-2fx2=EKA-2fx0=40-2×16=8J;故選B.【詳解】AB.根據(jù)題述,小滑塊滑到軌道最低點N時,對軌道的壓力為4mg,根據(jù)牛頓第三定律,軌道對小滑塊的支持力在最低點,由牛頓第二定律FNmg解得對小滑塊由靜止釋放至運動到最低點N的過程,設小滑塊克服摩擦力做的功為Wf,由動能定理得2 mv2mgRWf mv2解得=mgR由于小滑塊在右側 14圓弧軌道NQ段運動的速度大小與小滑塊在左側 14圓弧軌道PN段對稱位置運動的速度大小相比較小,對軌道的壓力就較小,對應受到的摩擦力較小,克服摩擦力做的功較小,所以小滑塊第一次在軌道NQ段運動時克服摩擦力做的功B正確,A錯誤;CD.由于小滑塊在軌道最低點N的動能為Ek大于小滑塊運動到Q點所需克服重力做的功mgR和克服摩擦力做的功W之和,所以小滑塊可以到達Q點后豎直上拋,CD錯誤。故選B。dd2t2ht2dd2t2ht2【詳解】(1)[1]A下落到F處的過程中,受到繩子的拉力,拉力做負功,則其機械能減少(2)[2]A下落到F處的速率為vdv=t[3]由速度位移公式得2解得 d2(3)[4][5]把三個物體m0,A,B作為一個系統(tǒng),根據(jù)牛頓第二定律可得可知圖像的斜率m+m+m縱截距AmBm0g0ABm+m+0AB解得答案第4頁,共6頁mAmB131)負電荷;E=2.5x104N/C2)F=0.14N3)PG=0【詳解】(1)依題意,懸線向左擺,小球受電場力方向與場強方向相反,所以該電荷是負電荷。由平衡條件得小球所受靜電力大小F=qE=mgtanθ所以小球所在處的電場強度的大小4N/C(2)撤去電場后小球由初位置來到最低點過程,由動能定理得mgL(1cosθ)=mv20根據(jù)牛頓第二定律,可得解得(3)由于重力的瞬時功率為Py又y解得GG141)6m/s2)0.43)1.2m【詳解】(1)滑塊運動到A點時的速度為vA,根據(jù)機械能守恒定律可得mgLsinθ=mv解得vA(2)在B點,根據(jù)牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)解得由速度位移公式得22vBvA=2μ22即2262(2)22gxAB2x10x2(3)滑塊經過D點時的速度為vD,則R解得DD由2可知,在空中運動的時間水平射程為離A的水平距離為151)0.24m2)1.36m【詳解】(1)小滑塊剛滑上長木板時,小滑塊受到的摩擦力向左,做勻減速直線運動,加速度大小為22a=1m長木板向右做勻加速直線運動,加速度大小為M設經過t1時間,小滑塊和長木板達到共速v1,則有答案第5頁,共6頁2t1聯(lián)立解得此過程小滑塊和長木板的位移分別為x滑x板由于μ1<μ2,可知小滑塊和長木板共速后,一起相對靜止在水平面上做勻減速直線運動;可知共速時,小滑
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