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文檔簡(jiǎn)介

2021屆四川省資陽(yáng)市高考物理二診試卷

一、單選題(本大題共5小題,共30.0分)

1.下列關(guān)于科學(xué)家和他們的貢獻(xiàn)的說(shuō)法中,符合史實(shí)的是()

A.伽利略認(rèn)為力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因

B.物理學(xué)中的質(zhì)點(diǎn)、點(diǎn)電荷、原子、原子核等均為理想化模型

C.電流的磁效應(yīng)是安培發(fā)現(xiàn)的,分子電流假說(shuō)也是安培提出的

D.時(shí)間和時(shí)刻的區(qū)別在于長(zhǎng)短不同,長(zhǎng)的是時(shí)間,短的是時(shí)刻

2.據(jù)報(bào)道,“嫦娥一號(hào)”預(yù)計(jì)在2007年發(fā)射,“嫦娥一號(hào)”將在距離月球?yàn)闊o(wú)高處繞月球做勻速

圓周運(yùn)動(dòng),已知月球半徑為R,月球表面的重力加速度為統(tǒng)?!版隙鹨惶?hào)”環(huán)繞月球運(yùn)行的周期

為()

3.示波管可以用來(lái)觀察電信號(hào)隨時(shí)間的情況,其內(nèi)部結(jié)構(gòu)如圖所示,如果在電極yy'之間加上如圖

(a)所示的電壓,在XX'之間加上如圖的)所示電壓,熒光屏上會(huì)出現(xiàn)的波形是()

4.請(qǐng)閱讀下列材料,回答20?23小題。

“天神”順利來(lái)相會(huì)“海冬”愜意入天宮

2016年10月17日,承載著億萬(wàn)國(guó)民的殷切期待的“神舟十一號(hào)”載人航天飛船在我國(guó)酒泉衛(wèi)星發(fā)射

中心成功發(fā)射,開(kāi)始長(zhǎng)達(dá)33天的太空飛行計(jì)劃…“神舟十一號(hào)”是在經(jīng)過(guò)5次變軌后,到達(dá)“天

宮二號(hào)”后方約52公里左右的位置,兩個(gè)8噸重的“大家伙”進(jìn)入自動(dòng)控制狀態(tài),在393公里軌

道高度實(shí)現(xiàn)交會(huì)對(duì)接。

11月18日13時(shí)59分,“神舟十一號(hào)”飛船返回艙開(kāi)始進(jìn)入大氣層,速度不斷增加,最終在阻力的作

用下,近似做勻速運(yùn)動(dòng),當(dāng)距地面十公里左右的高度時(shí),降落傘會(huì)打開(kāi),為“神舟十一號(hào)”減

速,從傘艙蓋打開(kāi)到著陸的全程,大約12分鐘,返回艙的下降速度也從每秒220米慢慢降到著

陸前的每秒3米左右,最大程度來(lái)保證“神舟十一號(hào)”飛船安全著陸

在返回艙減速下降階段()

A.阻力做正功機(jī)械能增加B.阻力做正功機(jī)械能減少

C.阻力做負(fù)功機(jī)械能增加D.阻力做負(fù)功機(jī)械能減少

5.如圖所示是一實(shí)驗(yàn)電路圖,在滑動(dòng)觸頭由a端滑向b端的過(guò)程中,下列表述hqX

正確的是()-7Y

A.電流表的示數(shù)變大叼31Tl

B.路端電壓變小

C.電源的總功率變小

D.電源內(nèi)阻消耗的功率變小

二、多選題(本大題共5小題,共27.0分)

6.如圖,水平面與半徑為R=0.5ni的光滑半圓形豎直軌道平滑連接,一

小物塊從水平面上距半圓形軌道底端L=2.0m處的P點(diǎn)以某初速度向ni;J

右滑行。若小物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.25,重力加速度g取-L-"1

10m/s2,則要使小物塊在半圓形軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)始終不脫離軌道,其初速度的大小可能是()

A.3m/sB.4m/sC.5m/sD.6m/s

7.如圖所示,水平桌面上平放一疊共計(jì)54張的撲克牌,每一張的質(zhì)._

量均為小。用一手指以豎直向下的力壓第1張牌,并以一定速度向&.二?言

右移動(dòng)手指,確保手指與第1張牌之間有相對(duì)滑動(dòng)。設(shè)最大靜摩

擦力與滑動(dòng)摩擦力相同,手指與第I張牌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為內(nèi),牌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃2,第

54張牌與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為的,且有"1>%>〃3?則下列說(shuō)法正確的是()

A.第1張和第2張牌一定保持相對(duì)靜止

B.第54張牌受到水平桌面的摩擦力向左

C.第2張牌到第53張牌之間不可能發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)

D.第2張牌到第53張牌之間可能發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)

如圖所示,傾角。=。的固定斜面上固定著擋板,輕彈簧下端與

8.30A

擋板相連,彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)上端位于。點(diǎn).用一根不可伸長(zhǎng)的輕繩

通過(guò)輕質(zhì)光滑定滑輪連接物體4和8,使滑輪左側(cè)繩子始終與斜面

平行,初始時(shí)4位于斜面的C點(diǎn),C、。兩點(diǎn)間的距離為現(xiàn)由靜止

同時(shí)釋放4、B,物體4沿斜面向下運(yùn)動(dòng),將彈簧壓縮到最短的位置為E點(diǎn),。、E兩點(diǎn)間距離為,.

若4、B的質(zhì)量分別為47n和小,4與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=,,不計(jì)空氣阻力,重力加速度

為g.整個(gè)過(guò)程中,輕繩始終處于伸直狀態(tài),則()

A.4在從C至E的過(guò)程中,先做勻加速運(yùn)動(dòng),后做勻減速運(yùn)動(dòng)

B.4在從C至。的過(guò)程中,加速度大小為以g

C.彈簧的最大彈性勢(shì)能為gzngL

D.彈簧的最大彈性勢(shì)能為當(dāng)山或

O

9.下列說(shuō)法正確的是()

A.在顯微鏡下觀察花粉顆粒的布朗運(yùn)動(dòng),花粉顆粒無(wú)序的運(yùn)動(dòng)可以反映花粉顆粒分子的無(wú)規(guī)則

熱運(yùn)動(dòng)

B.水膽在水面上行走,這是利用了液體表面張力的原理

C.液晶顯示器是利用了液晶對(duì)光具有各向異性的特性

D.隨著科技的發(fā)展,我們完全有可能把環(huán)境溫度降低到零下幾千攝氏度

E.某種理想氣體,在吸收外界能量的同時(shí),體積隨之膨脹,氣體溫度可能不變

10.一列簡(jiǎn)諧橫波在G=0.02s時(shí)刻的波形圖如圖甲所示,平衡位置在x=1m處的質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)圖象

如圖乙所示。已知質(zhì)點(diǎn)M的平衡位置在x=1.75M處。下列說(shuō)法正確的是()

A.波的傳播速度為100m/s

B.t2-O.OSsIFf,質(zhì)點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)方向沿y軸正方向

C.M點(diǎn)在q時(shí)刻位移為

D.質(zhì)點(diǎn)M從t1時(shí)刻起每過(guò)0.005s通過(guò)的路程均為0.2m

E.如果該波波源從。點(diǎn)沿x軸正向快速運(yùn)動(dòng),則在x=207n處的觀察者接收到的波的頻率將大于

50Hz

三、實(shí)驗(yàn)題(本大題共2小題,共15.0分)

11.在探究外力做功與物體動(dòng)能變化的實(shí)驗(yàn)中,已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用電源的頻率為50Hz,查得當(dāng)?shù)?/p>

的重力加速度g=9.80m/s2,測(cè)得所用重物的質(zhì)量為1.00kg。實(shí)驗(yàn)中得到一條點(diǎn)跡清晰的紙帶,

如圖所示,開(kāi)始下落的點(diǎn)記作0,另選連續(xù)的四個(gè)點(diǎn)4、B、C、。作為測(cè)量的點(diǎn),經(jīng)測(cè)量知道4、

B、C、。各點(diǎn)到。點(diǎn)的距離分別是62.99cm、70.18cm、77.76cm、85.73cm。根據(jù)以上數(shù)據(jù),可

知重物由。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn),重力做的功為J,動(dòng)能的增加量等于/(取兩位有效數(shù)字)。

結(jié)論是:在誤差允許的范圍內(nèi),。

12.在“測(cè)定金屬的電阻率”的實(shí)驗(yàn)中,為了安全、準(zhǔn)確、方便地完成實(shí)驗(yàn):

①除電源(電動(dòng)勢(shì)為4U,內(nèi)阻很小)、電壓表V(量程3V,內(nèi)阻約3%0),待測(cè)abc

電阻絲(約30)、導(dǎo)線、開(kāi)關(guān)外,電流表應(yīng)選用,滑動(dòng)變阻器應(yīng)l-Mi--

選用(選填下列器材的字母符號(hào)).

4電流表4(量程600加4,內(nèi)阻約10)電流表4(量程34,內(nèi)阻約0,020)

8.滑動(dòng)變阻器七(總阻值100)滑動(dòng)變阻器/?2(總阻值I。。。)

②若用如圖所示的電路測(cè)量金屬絲的電阻,電壓表的左端應(yīng)與電路中的點(diǎn)相連(選填“a”或

“b”).若某次測(cè)量中,金屬絲的長(zhǎng)度為Z,直徑為D,電壓表和電流表讀數(shù)分別為U和/,請(qǐng)用上

述直接測(cè)量的物理量(D、I、U、/)寫出電阻率p的計(jì)算式:p=.

四、計(jì)算題(本大題共3小題,共42.0分)

13.如圖所示,在xOy平面的第II象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度為E。第I和第W

象限內(nèi)有一個(gè)半徑為R的圓,其圓心坐標(biāo)為(R,0),圓內(nèi)存在垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),

一帶正電的粒子(重力不計(jì))以速度為從第H象限的P點(diǎn)平行于x軸進(jìn)入電場(chǎng)后,恰好從坐標(biāo)原點(diǎn)

。進(jìn)入磁場(chǎng),速度方向與x軸成60。角,最后從Q點(diǎn)平行于y軸射出磁場(chǎng)。P點(diǎn)所在處的橫坐標(biāo)x=

-2R。求:

(1)帶電粒子的比荷;

(2)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。?/p>

(3)粒子從P點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)到從Q點(diǎn)射出磁場(chǎng)的總時(shí)間。

7

<*x

XX,XX

XXXx

Gx沙

14.如圖所示,物體4置于靜止在光滑水平面上的平板小車8的左端,在物體4的上方。點(diǎn)用細(xì)線懸掛

一小球C(可視為質(zhì)點(diǎn)),線長(zhǎng)L=1.25m?現(xiàn)將小球C拉至水平無(wú)初速度釋放,并在最低點(diǎn)與物體

A發(fā)生水平彈性正碰,碰撞后小球C反彈的速度為3m/s。已知4、8、C的質(zhì)量分別為根4=4的、

THB=12詢和叫;=1如,4B間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.3,4、C碰撞時(shí)間極短,且只碰一次,取

重力加速度g=10m/s2?

(1)求小球C與物體4碰撞前瞬間受到細(xì)線的拉力大小;

(2)求4、C碰撞后瞬間4的速度大小;

(3)若物體4未從小車B上掉落,小車B的最小長(zhǎng)度為多少。

15.如圖所示,用橫截面積為S的活塞在氣缸內(nèi)封閉一定質(zhì)量的空氣,活塞質(zhì)量為rn.在活尸

塞上施加恒力F推動(dòng)活塞,使氣體體積減小.6

(1)設(shè)上述過(guò)程中氣體溫度保持不變,則氣缸內(nèi)的氣體壓強(qiáng)(選填“增大”、“減小”公:?

或“不變”),按照分子動(dòng)理論從微觀上解釋,這是因?yàn)?||

(2)設(shè)上述過(guò)程中活塞下降的最大高度為△%,氣體放出的熱量為Q,外界大氣壓強(qiáng)為po,

試求此過(guò)程中被封閉氣體內(nèi)能的變化^U.

五、綜合題(本大題共1小題,共12.0分)

16.單色細(xì)光束射到一半徑為R的透明球表面,光束在過(guò)球心的平面

內(nèi),入射角2=45。.該光束經(jīng)折射進(jìn)入球內(nèi)后又經(jīng)其內(nèi)表面反射一

次,再經(jīng)球表面折射后射出.已知真空中光速為c,入射光線與

出射光線之間的夾角a=30°,如圖所示(圖上已畫出入射光線和出射光線).

(1)在圖上畫出光線在球內(nèi)的路徑和方向(簡(jiǎn)要說(shuō)明畫圖步驟);

(2)求透明球的折射率和光在透明球中傳播的時(shí)間.

參考答案及解析

1.答案:A

解析:解:4、伽利略最早指出力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因,故A正確;

8、物理學(xué)中的質(zhì)點(diǎn)、點(diǎn)電荷等均為理想化模型,原子、原子核是實(shí)物粒子,不是理想化模型,故3

錯(cuò)誤

C、電流的磁效應(yīng)是奧斯特發(fā)現(xiàn)的,分子電流假說(shuō)是安培提出的,故C錯(cuò)誤

。、時(shí)間是指時(shí)間的長(zhǎng)度,在時(shí)間軸上對(duì)應(yīng)時(shí)間段,時(shí)刻是指時(shí)間點(diǎn),在時(shí)間軸上對(duì)應(yīng)的是一個(gè)點(diǎn)。

故。錯(cuò)誤。

故選:Ao

根據(jù)物理學(xué)史和常識(shí)解答,記住著名物理學(xué)家的主要貢獻(xiàn)即可。

本題考查物理學(xué)史,是常識(shí)性問(wèn)題,對(duì)于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強(qiáng)記憶,這也是

考試內(nèi)容之一。

2.答案:D

解析:

根據(jù)月球表面重力與萬(wàn)有引力相等求得黃金代換式,再根據(jù)萬(wàn)有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)向心力求得衛(wèi)星

的周期。

解決本題抓住星球表面重力與萬(wàn)有引力相等,萬(wàn)有引力提供衛(wèi)星圓周運(yùn)動(dòng)向心力,用好黃金代換式

是關(guān)鍵。

在月球表面有:G答=mgo

2

可得:GM—g0R

繞月衛(wèi)星由萬(wàn)有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)向心力有:

Mm4小

G向時(shí)口伊+向產(chǎn)

解得:7=刎警2課

故選Do

3.答案:C

解析:解:電極yy'之間加上圖2(a)所示的電壓,則粒子的偏轉(zhuǎn)位移在上下進(jìn)行變化,

而在XX'之間加上圖2(b)所示電壓時(shí),粒子將分別打在左右各一個(gè)固定的位置,因此只能打出圖C所

示的圖象,故C正確,A8O錯(cuò)誤。

故選:Co

分別對(duì)XX'和yy'方向進(jìn)行分析,根據(jù)電壓的變化利用電荷在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律進(jìn)行分析,從而得出

最終的圖象。

本題考查示波器的基本原理,要注意明確粒子在示波器中同時(shí)在兩個(gè)方向進(jìn)行偏轉(zhuǎn),根據(jù)合成原理

即可得出對(duì)應(yīng)的圖象。

4.答案:D

解析:解:返回艙在減速下降過(guò)程中,由于阻力與其位移方向相反,則阻力對(duì)返回艙做負(fù)功,根據(jù)

功能原理知返回艙的機(jī)械能減少,故O正確,A8C錯(cuò)誤。

故選:Do

明確返回艙在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的受力情況,從而分析外力做功情況,明確重力之外的其他力做功等于機(jī)

械能的改變量。

本題考查功能關(guān)系的應(yīng)用,要明確阻力做負(fù)功,機(jī)械能一定減小,轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,而且克服阻力所做

的功等于機(jī)械能的改變量。

5.答案:B

解析:解:4、B、當(dāng)滑片向b端滑動(dòng)時(shí),其接入電路中的電阻減小,使得外電路總電阻減小,根據(jù)/=言:,

可知總電流在增加,根據(jù)閉合電路中的歐姆定律有?=k+{/為可知路端電壓U處在減小,故B正

確。流過(guò)電流表的示數(shù)為/=電,可知電流在減小,故A錯(cuò)誤。

?3

CD,因電流增大,則總功率P=E/增加,則C錯(cuò)誤,根據(jù)P=/2「,可知內(nèi)阻消耗的功率在增大,

故。錯(cuò)誤。

故選:B。

在滑動(dòng)觸頭由a端滑向b端的過(guò)程中,分析變阻器接入電路的電阻如何變化,分析外電路總電阻的變

化,根據(jù)歐姆定律分析總電流和路端電壓的變化,以及電源內(nèi)阻消耗的功率如何變化,再判斷電流

表的示數(shù)的變化.

本題是電路的動(dòng)態(tài)變化分析問(wèn)題,首先分析變阻器接入電路的電阻如何變化,接著分析總電阻、總

電流和路端電壓的變化,再分析局部電流、電壓的變化,即按“局部到整體再到局部”的思路進(jìn)行

分析.

6.答案:BD

解析:解:小物塊恰好到達(dá)半圓軌道底端時(shí),設(shè)小物塊的初速度為

對(duì)小物塊,由動(dòng)能定理得:fmgL=0-1?nv2

代入數(shù)據(jù)解得:v=aUm/s

小物塊恰好能到達(dá)半圓軌道最高點(diǎn)時(shí),小物塊不脫離圓軌道,

此時(shí)重力提供向心力,設(shè)小物塊恰好到達(dá)半圓軌道最高點(diǎn)時(shí)的速度為力,

對(duì)小物塊,由牛頓第二定律得:mg=m^

小物塊從尸點(diǎn)到達(dá)半圓軌道最高點(diǎn)過(guò)程,由動(dòng)能定理得:一“mgL-mgx2R=說(shuō)-[zn詔

代入數(shù)據(jù)解得:%=V35m/s

小物塊恰好到達(dá)與圓心等高位置時(shí)也恰好不脫離半圓軌道,

小物塊從P到達(dá)與圓心。等高位置過(guò)程,由動(dòng)能定理得:-fJ-mgL-mgR=0-

代入數(shù)據(jù)解得:Vo'=2V5m/s

小物塊不脫離半圓軌道,初速度需要滿足的條件是:v0>V35m/Ss或VlUm/s<v0<2>/5m/s,故

AC錯(cuò)誤,BD正確。

故選:BD。

小物塊能到達(dá)半圓最高點(diǎn)恰好不脫離圓軌道的臨界條件是小物塊通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)重力提供向心力,應(yīng)

用牛頓第二定律求出臨界速度;小物塊在半圓形軌道上到達(dá)與圓心等高位置時(shí)也恰好不脫離圓軌道,

應(yīng)用動(dòng)能定理求出對(duì)應(yīng)的臨界速度,然后分析答題。

本題考查了牛頓第二定律與動(dòng)能定理的應(yīng)用,知道小物塊不脫離半圓軌道的臨界條件是解題的前提

與關(guān)健,應(yīng)用動(dòng)能定理與牛頓第二定律即可解題。

7.答案:BC

解析:解:力、對(duì)第一張牌分析可知,若手指與第1張牌的摩擦力大于1與2間的摩擦力,則二者發(fā)生

相對(duì)滑動(dòng)。故A錯(cuò)誤;

B、對(duì)53張牌(除第1張牌外)研究,處于靜止?fàn)顟B(tài),水平方向受到第1張牌的滑動(dòng)摩擦力,方向與手指

的運(yùn)動(dòng)方向相同,則根據(jù)平衡條件可知:第54張牌受到桌面的摩擦力方向與手指的運(yùn)動(dòng)方向相反,

即水平向左。故8正確;

CD.設(shè)每張的質(zhì)量為m,動(dòng)摩擦因數(shù)為小,對(duì)第2張分析,它對(duì)第3張牌的壓力等于上面兩張牌的重

力及手指的壓力,最大靜摩擦力治=林2?(2mg+F),而受到的第1張牌的滑動(dòng)摩擦力為,=譏9+

F)<7,則第2張牌與第3張牌之間不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。同理,第3張到第54張牌也不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。

故。錯(cuò)誤,C正確;

故選:BC.

分別對(duì)第1張牌和下面各張牌進(jìn)行分析,明確第1張牌受到手指的摩擦力是滑動(dòng)摩擦力,方向與相對(duì)

運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)方向相反。第2張牌受到第一張的滑動(dòng)摩擦力,小于它受到的最大靜摩擦力,與第3張牌之

間不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。而第3張到第54張牌的最大靜摩擦力更大,更不能發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。對(duì)53張牌(除

第1張牌外)研究,分析摩擦力的方向。

本題根據(jù)實(shí)際問(wèn)題考查對(duì)摩擦力理解和判斷能力。要注意應(yīng)用物理基本知識(shí)進(jìn)行分析,同時(shí)要靈活

選擇研究對(duì)象并做好受力分析才能準(zhǔn)確求解。

8.答案:BC

解析:解:AB.對(duì)48整體從C到。的過(guò)程受力分析,根據(jù)牛頓第二定律得:a=

4mgsin30Q-mg-p.4mgcos300_1

,

------------4-m--+-m-------------=-209

從D點(diǎn)開(kāi)始與彈簧接觸,壓縮彈簧,彈簧被壓縮到E點(diǎn)的過(guò)程中,彈簧彈力是個(gè)變力,則加速度是變

化的,所以4在從C至E的過(guò)程中,先做勻加速運(yùn)動(dòng),后做變加速運(yùn)動(dòng),最后做變減速運(yùn)動(dòng),直到速

度為零,故A錯(cuò)誤,8正確;

C、當(dāng)4的速度為零時(shí),彈簧被壓縮到最短,此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能最大,整個(gè)過(guò)程中對(duì)48整體應(yīng)用動(dòng)能

定理得:

LLL

0-0=4mg(L+-)sin30°-mg(L+x4mgcos30°(L+-)-W

解得:W彈=|犯眼

則彈簧具有的最大彈性勢(shì)能Ep=故C正確,。錯(cuò)誤.

故選:BC

對(duì)AB整體從C到。的過(guò)程受力分析,根據(jù)牛頓第二定律求出加速度,從。點(diǎn)開(kāi)始與彈簧接觸,壓縮彈

簧,彈簧被壓縮到E點(diǎn)的過(guò)程中,彈簧彈力是個(gè)變力,則后一階段不可能是勻減速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)4的

速度為零時(shí),彈簧被壓縮到最短,此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能最大,整個(gè)過(guò)程中對(duì)AB整體應(yīng)用動(dòng)能定理求解

彈簧彈力做的功,進(jìn)而求出彈簧的最大彈性勢(shì)能.

本題主要考查了動(dòng)能定理及牛頓第二定律的直接應(yīng)用,要求同學(xué)們能正確選擇合適的研究對(duì)象和研

究過(guò)程,應(yīng)用動(dòng)能定理求解,知道克服彈簧彈力做的功等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量,注意當(dāng)4的速度

為零時(shí),彈簧被壓縮到最短,此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能最大,難度適中.

9.答案:BCE

解析:解:4、懸浮在水中花粉顆粒的布朗運(yùn)動(dòng)反映了液體中分子在做無(wú)規(guī)則的熱運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤。

B、水電在水面上行走,這是利用了液體表面張力的原理。故8正確;

C、液晶的光學(xué)性質(zhì)與某些晶體相似,具有各向異性,液晶顯示器是利用了液晶對(duì)光具有各向異性的

特性,故C正確;

。、我們不可能把環(huán)境溫度降低到零下幾千攝氏度。故。錯(cuò)誤。

瓜一定量的理想氣體,在吸收外界能量的同時(shí),體積隨之膨脹,則對(duì)外做功,根據(jù)熱力學(xué)第一定律

可知,氣體的內(nèi)能可能不變,則溫度可能不變,故E正確。

故選:BCE。

液體表面張力與浸潤(rùn)現(xiàn)象都是分子力作用的表現(xiàn)。明確布朗運(yùn)動(dòng)是固體小顆粒的運(yùn)動(dòng),它是液體分

子無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)的反應(yīng);液晶具有各向異性的特點(diǎn);做功與熱傳遞都可以改變物體的內(nèi)能。

本題考查熱學(xué)中的基本現(xiàn)象,要重點(diǎn)要掌握布朗運(yùn)動(dòng)的實(shí)質(zhì),液體表面張力的形成的原因,以及液

晶的物理性質(zhì)等熱學(xué)現(xiàn)象。

10.答案:ACE

解析:解:4、由圖甲可知波長(zhǎng)4=2m,由乙圖可知周期7=0.02s,所以波速為:u=*=100m/s,

故4正確。

B.由圖乙知匕=0.02s時(shí)質(zhì)點(diǎn)P正通過(guò)平衡位置向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng),可以判斷出該波沿x軸正向傳播,

所以此時(shí)質(zhì)點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)方向沿y軸正方向,則當(dāng)匕=0.03s,即再過(guò)半個(gè)周期,質(zhì)點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)方向沿y

軸負(fù)方向。故B錯(cuò)誤。

C.質(zhì)點(diǎn)M的平衡位置在x=1.75m,與P點(diǎn)振動(dòng)情況相差串山T=

ZO

根據(jù)振動(dòng)方程可知I:y-Asina)t=Asin—t=0.2sin—x-T=—m>故C正確。

。.在△t=0.005s=時(shí)間內(nèi),質(zhì)點(diǎn)M從口時(shí)刻起每過(guò)0.005s通過(guò)的路程均為0.2m。故。錯(cuò)誤。

£波源的頻率為50Hz,如果該波波源從。點(diǎn)沿x軸正向快速運(yùn)動(dòng),根據(jù)多普勒效應(yīng)可知在x=20m處

的觀察者接收到的波的頻率將大于50Hz,故E正確。

故選:ACE.

由圖乙得到周期;根據(jù)圖甲可知該波的波長(zhǎng);求出該波的波動(dòng)方程,由此求解M點(diǎn)的位移;質(zhì)點(diǎn)M在

£時(shí)間內(nèi)的路程不等于振幅4根據(jù)多普勒效應(yīng)分析在%=20nl處的觀察者接收到的波的頻率。

4

本題主要是考查了波的圖象;解答本題關(guān)鍵是要掌握振動(dòng)的一般方程y=4s譏磯,知道方程中各字

母表示的物理意義,能夠根據(jù)圖象直接讀出振幅、波長(zhǎng)和各個(gè)位置處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向,知道波速、

波長(zhǎng)和頻率之間的關(guān)系17=f入。

11.答案:7.67.6重力所做的功等于物體動(dòng)能的增加

解析:解:在勻變速直線運(yùn)動(dòng)中時(shí)間中點(diǎn)的瞬時(shí)速度等于該過(guò)程中的平均速度,因此有:

v-=85.73-70.i8乂\Q-2/=3.8875m/s,

c2T2X0.02m's'

重物由。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)重力做的功W=mgh=1.0x9.8x0.77677=7.6/。

重力勢(shì)能減小量△0=以=7.67?

1,1,

△Ek=Ekc=—mvc=—x1x(3.8875產(chǎn)=7句

重物從開(kāi)始下落到打出C點(diǎn)的過(guò)程中,在實(shí)驗(yàn)誤差范圍內(nèi),重力所做的功等于物體動(dòng)能的增加,

故答案為:7.6;7.6;重力所做的功等于物體動(dòng)能的增加。

紙帶實(shí)驗(yàn)中,若紙帶勻變速直線運(yùn)動(dòng),測(cè)得紙帶上的點(diǎn)間距,利用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論,可計(jì)算

出打出某點(diǎn)時(shí)紙帶運(yùn)動(dòng)的瞬時(shí)速度。從而求出動(dòng)能;

根據(jù)功能關(guān)系得重力勢(shì)能減小量等于重力做功的數(shù)值;

重物帶動(dòng)紙帶下落過(guò)程中,除了重力還受到較大的阻力,從能量轉(zhuǎn)化的角度,由于阻力做功,重力

勢(shì)能減小除了轉(zhuǎn)化給了動(dòng)能還有一部分轉(zhuǎn)化給摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能。

紙帶問(wèn)題的處理時(shí)力學(xué)實(shí)驗(yàn)中常見(jiàn)的問(wèn)題,計(jì)算過(guò)程中要注意單位的換算和有效數(shù)字的保留。

要知道重物帶動(dòng)紙帶下落過(guò)程中能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程和能量守恒。

12.答案:%;b;畔

解析:解:①根據(jù)歐姆定律估算通過(guò)待測(cè)電阻的最大電流/=*=*=14只是4量程的%所以

不能用乙,只能用4,

為方便實(shí)驗(yàn)操作,滑動(dòng)變阻器應(yīng)選義.

②由于待測(cè)電阻華〉怖,故電流表應(yīng)用外接法,所以電壓表的左端應(yīng)與電路中的b點(diǎn)相連,

電阻R=j由電阻定律R=p:得:電阻率0=竺=竺=竺受=迎.

15rIII11411

故答案為:①A1;%②b;.

①根據(jù)電路最大電流選擇電流表,為方便實(shí)驗(yàn)操作,在保證安全的前提下,應(yīng)選最大阻值較小的滑

動(dòng)變阻器;

②根據(jù)待測(cè)電阻阻值與電表內(nèi)阻的關(guān)系確定電流表的接法;根據(jù)歐姆定律與電阻定律求出電阻率的

表達(dá)式.

設(shè)計(jì)電學(xué)實(shí)驗(yàn)電路時(shí)需要估算,估算方式有:根據(jù)電流表量程估算電路中需要的最大電阻和最小電

阻;根據(jù)給出的定值電阻估算電路中最大電流等.

13.答案:解:⑴粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),則tan60°=^=f

根據(jù)牛頓第二定律有a=變

m

水平方向有x=2R=%t

聯(lián)立解得:=vtan6O0=V3v

vyo0

q_

m2ER

(2)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),軌跡如圖所示:

由幾何關(guān)系,圖中軌跡圓與磁場(chǎng)圓的兩個(gè)交點(diǎn)、軌跡圓圓心。2、磁場(chǎng)圓圓心01構(gòu)成四邊形,

有幾何關(guān)系知,四邊形。1。。2(?菱形,故「=2

2

根據(jù)牛頓第二定律有:qvB=my

其中。==2v°

聯(lián)立解得B=”史

3v0

(3)粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),有:t=f=f

v0v0

由于4。1。。2=30°,軌跡圓心角a=與,

6

在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),時(shí)間:=其中T=現(xiàn)

2nv

則t'=署

故總時(shí)間為:

,2R5nR(24+5TT)R

答:(i)帶電粒子的比荷為且i;

2ER

(2)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為誓;

(3)粒子從P點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)到從Q點(diǎn)射出磁場(chǎng)的總時(shí)間為空誓。

解析:(1)粒子在電場(chǎng)中做類似平拋運(yùn)動(dòng),根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的分運(yùn)動(dòng)公式列式求解即可;

(2)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),先結(jié)合幾何關(guān)系畫出運(yùn)動(dòng)的軌跡,求解出軌道半徑,然后根據(jù)牛

頓第二定律列式求解磁感應(yīng)強(qiáng)度;

(3)在電場(chǎng)中是類平拋運(yùn)動(dòng),根據(jù)分位移公式列式求解時(shí)間;在磁場(chǎng)中是勻速圓周運(yùn)動(dòng),用為7求時(shí)

間.

本題關(guān)鍵是明確粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律,分類似平拋運(yùn)動(dòng)和勻速圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程進(jìn)行分析,由幾何關(guān)系得到

軌跡圓的軌道半徑是突破口.

14.答案:解:(1)小球下擺過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)能定理得:mcgL=^mcv^

代入數(shù)據(jù)解得:v0=5m/s

對(duì)小球C,在最低點(diǎn)由牛頓第二定律得:T-mcg=mc^-

代入數(shù)據(jù)解得:T=30N;

(2)小球與4碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒,以小球的初速度方向?yàn)檎较颍?/p>

由動(dòng)量守恒定律得:mcv0=-mcvc+mAvA

代入數(shù)據(jù)解得:vA=2m/s;

(3)物塊4與木板B相互作用過(guò)程,系統(tǒng)動(dòng)量守恒,以A的速度方向?yàn)檎较颍?/p>

由動(dòng)量守恒定律得:mAvA=(mA+mB)v

2

由能量守恒定律得:nmAgx=^mAv1-+mB')v

代入數(shù)據(jù)解得:%=0.5m。

答:(1)小球C與物體4碰撞前瞬間受到細(xì)線的拉力大小為30N;

(2)4、C碰撞后瞬間4的速度大小為2m/s;

(3)若物體力未從小車B上掉落,小車8

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