![湖南省長(zhǎng)沙市某中學(xué)2024-2025學(xué)年高二年級(jí)上冊(cè)11月期中考試物理試卷(含解析)_第1頁(yè)](http://file4.renrendoc.com/view12/M07/08/19/wKhkGWdnXLGAPgjXAAF4n1CATxE276.jpg)
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2024-2025學(xué)年湖南省師大附中高二(上)期中考試物理試卷
一、單選題:本大題共6小題,共24分。
1.下列物理量的單位用國(guó)際單位制的基本單位表示正確的是
A.電量的單位A-sB,電動(dòng)勢(shì)的單位J/C
C.磁感應(yīng)強(qiáng)度的單位TD.磁通量的單位T?m2
2.電子車票,也稱“無(wú)紙化”車票,乘客網(wǎng)上購(gòu)票后,直接通過(guò)“刷身份證”或“掃手機(jī)”即可順利進(jìn)
站。如圖所示是乘客通過(guò)“刷身份證”進(jìn)站時(shí)的情景,將身份證靠近檢驗(yàn)口,機(jī)器感應(yīng)電路中就會(huì)產(chǎn)生電
流,從而識(shí)別乘客身份。圖中能說(shuō)明這一原理的是
3.如圖所示,質(zhì)量為加的帶電小球/用長(zhǎng)為工的絕緣細(xì)線懸于。點(diǎn),帶電小球2固定于O點(diǎn)的正下方,
小球/靜止時(shí)與小球8在同一豎直面內(nèi),08和與細(xì)線的夾角均為0=37°,兩帶電小球帶電量相同,
兩球均可視為點(diǎn)電荷。已知重力加速度為g,靜電力常量為左,sin37°=0.6,則小球/的帶電量為
A|J喑喑「I評(píng)D.|
4.已知通電長(zhǎng)直導(dǎo)線在周圍空間某位置產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=kg其中/為電流,,為該位置到長(zhǎng)
直導(dǎo)線的距離,左為常數(shù)。如圖所示,現(xiàn)有兩根通電的長(zhǎng)直導(dǎo)線分別固定在正方體abcd-e圾〃的兩條邊加
和俯上且彼此絕緣,電流方向分別由d流向從由〃流向g,低中電流大小是赤中電流大小的兩倍。已
知c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,則。點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為
A.爭(zhēng)B.|BC.3BD.苧B
5.從地面上以一定初速度豎直向上拋出一質(zhì)量為加的小球,其動(dòng)能隨時(shí)間的變化如圖。已知小球受到的空
氣阻力與速率成正比。小球落地時(shí)的動(dòng)能為E。,且落地前小球已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g,則小球
在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中
A.最大加速度為4g
B.從最高點(diǎn)下降落回到地面所用時(shí)間小于h
C.球上升階段阻力的沖量大小等于下落階段阻力的沖量大小
D.球上升階段動(dòng)量變化的大小小于下落階段動(dòng)量變化的大小
6.如圖甲所示,曲面為四分之一圓弧、質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑水平地面上,一光滑小球(可視為質(zhì)點(diǎn))
以某一速度水平?jīng)_上滑塊的圓弧面,且沒(méi)有從滑塊上端沖出去。若測(cè)得在水平方向上小球與滑塊的速度大
小分別為Vi、V2,作出圖像如圖乙所示,重力加速度為g,則下列說(shuō)法正確的是
O'
甲乙
A.小球的質(zhì)量為
B.小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速度為空
ab
C.小球能夠上升的最大高度為肅而;
IIuIcy
D.若圓弧面的下端距水平地面的高度為c,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后小球落地,落地時(shí)小球與滑塊之間的水平距離
二、多選題:本大題共4小題,共16分。
7.我國(guó)的航天事業(yè)從1956年2月開(kāi)始,經(jīng)過(guò)67年的風(fēng)雨兼程、披荊斬棘,經(jīng)歷了第一顆“東方紅”人造
衛(wèi)星成功發(fā)射,載人航天、深空探測(cè)里程碑式的發(fā)展?;仡欀袊?guó)航天發(fā)展史,它是一部中華民族自主創(chuàng)新
的歷史,更是一段揚(yáng)眉吐氣、壯我國(guó)威,助推中華民族走向世界舞臺(tái)的歷史。如圖所示,是某顆“北斗”
衛(wèi)星從繞地飛行經(jīng)歷變軌到靜止軌道的示意圖。已知地球半徑為R,其自轉(zhuǎn)周期為兀軌道I為該北斗衛(wèi)星
的近地軌道,軌道II為轉(zhuǎn)移軌道,III為靜止軌道,地球北極的重力加速度為g。下列說(shuō)法中正確的是
,---…--jn
Z、.
A.該北斗衛(wèi)星在近地軌道的線速度大于7.9km/s
B,該顆北斗衛(wèi)星在2點(diǎn)的加速度大于在4點(diǎn)的加速度
C.根據(jù)題目的已知條件可以求出該北斗衛(wèi)星在靜止軌道運(yùn)動(dòng)半徑
D.該北斗衛(wèi)星在轉(zhuǎn)移軌道B點(diǎn)的速度小于在靜止軌道B點(diǎn)的速度
8.在如圖所示的電路中,電源內(nèi)阻為r,Ri是定值電阻,工是燈泡?,F(xiàn)閉合開(kāi)關(guān)S,將滑動(dòng)變阻器R2的滑片
向上滑動(dòng),電表N、Vi、V2>V3都是理想電表,測(cè)得電壓表Vi、V2>V3示數(shù)變化量的絕對(duì)值為△5、△
U2、AU3,電流表/示數(shù)變化量的絕對(duì)值為△1,下列說(shuō)法正確的是()
A.Vi、V2的示數(shù)都增大,V3的示數(shù)減小B.等、尊、爭(zhēng)均不變
C.電流表示數(shù)變小,燈泡變暗D,電源效率增大
9.如圖甲所示,真空中水平放置兩塊長(zhǎng)度為21的平行金屬板尸、Q,兩板間距為4,兩板間加上如圖乙所
示最大值為U。的周期性變化的電壓。在兩板左側(cè)緊靠尸板處有一粒子源自t=0時(shí)刻開(kāi)始連續(xù)釋放初速
度大小為vo,方向平行于金屬板的相同帶電粒子。t=0時(shí)刻釋放的粒子恰好從0板右側(cè)邊緣離開(kāi)電場(chǎng)。已
知電場(chǎng)變化周期丁=亞,粒子質(zhì)量為加,不計(jì)粒子重力及相互間的作用力。則
%
UpQ
U。
0
_T::3T!;
T;
Q!____I;~T\!___1\
甲乙
A.在1=0時(shí)刻進(jìn)入的粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)速度大于vo
B.粒子的電荷量為噤
C.在t=時(shí)刻進(jìn)入的粒子恰好從P板右側(cè)邊緣離開(kāi)電場(chǎng)
D.在t=Jr時(shí)刻進(jìn)入的粒子恰好從P板右側(cè)邊緣離開(kāi)電場(chǎng)
10.如圖所示,在光滑水平面上,質(zhì)量為加的小球/和質(zhì)量為的小球8通過(guò)輕彈簧拴接并處于靜止?fàn)?/p>
態(tài),彈簧處于原長(zhǎng);質(zhì)量為加的小球。以初速度V。沿/、B連線向右勻速運(yùn)動(dòng),并與小球/發(fā)生彈性碰
撞。在小球8的右側(cè)某位置固定一塊彈性擋板(圖中未畫出),當(dāng)小球8與擋板發(fā)生正碰后立刻將擋板撤
走,不計(jì)所有碰撞過(guò)程中的機(jī)械能損失,彈簧始終處于彈性限度內(nèi),小球8與擋板的碰撞時(shí)間極短,碰后
小球B的速度大小不變,但方向相反,則B與擋板碰后彈簧彈性勢(shì)能的最大值Epm可能是
CAB
1,1,1,9
A.而mv°B-6mvoC2mvoD.mv。
三、實(shí)驗(yàn)題:本大題共2小題,共18分。
11.利用圖1所示的儀器研究動(dòng)量守恒定律,即研究?jī)蓚€(gè)小球在軌道水平部分碰撞前后的動(dòng)量關(guān)系。
qMpN
------35.20cm-------
----------44.80cm---------?
-----------55.68cm--------------?
圖1圖2
(1)試驗(yàn)中,直接測(cè)定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是,可以通過(guò)僅測(cè)量__________,間接地解決這
個(gè)問(wèn)題。
4小球開(kāi)始釋放的高度h
8.小球拋出點(diǎn)距地面的高度H
C小球做平拋運(yùn)動(dòng)的射程
(2)圖2中的。點(diǎn)是小球拋出點(diǎn)在地面上的垂直投影。實(shí)驗(yàn)時(shí),先讓入射球mi多次從斜軌上S位置靜止釋
放,找到其平均落地點(diǎn)的位置P,測(cè)量平拋射程。尸,然后把被碰小球U12靜止于軌道的水平部分,再將入
射小球g從斜軌上S位置靜止釋放,與小球m2相撞,并多次重復(fù)。接下來(lái)要完成的必要步驟是
4用天平測(cè)量?jī)蓚€(gè)小球的質(zhì)量mi、m2;
8.測(cè)量小球mi開(kāi)始釋放高度氏
C.測(cè)量拋出點(diǎn)距地面的高度H;
D分別找到mi、m2相碰后平均落地點(diǎn)的位置M、N;
£測(cè)量平拋射程(W、ON;
(3)若兩球相碰前后的動(dòng)量守恒,其表達(dá)式可表示為[用(2)中測(cè)量的量表示];
(4)碰撞的恢復(fù)系數(shù)的定義為e=器翳,其中vi和V2分別是碰撞前兩物體的速度,v/和V2’分別是碰撞后兩
物體的速度。經(jīng)測(cè)定,小球落地點(diǎn)的平均位置到。點(diǎn)的距離如圖2所示。利用相關(guān)數(shù)據(jù)可以計(jì)算出,本次
碰撞的恢復(fù)系數(shù)6=。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)
12.某學(xué)習(xí)小組進(jìn)行精確測(cè)量電阻Rx的阻值的實(shí)驗(yàn),有下列器材供選用。
4待測(cè)電阻Rx(約300。)
8.電壓表V(3V,內(nèi)阻約3kQ)
C.電流表Ai(10mA,內(nèi)阻約10Q)
D電流表A2(20mA,內(nèi)阻約5Q)
E滑動(dòng)變阻器Ri(0?20。,額定電流2A)
尸.滑動(dòng)變阻器R2(0?2000。,額定電流0.5A)
G直流電源E(3V,內(nèi)阻約IQ)
〃開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線若干
(1)甲同學(xué)根據(jù)以上器材設(shè)計(jì)了用伏安法測(cè)量電阻的電路,并能滿足Rx兩端電壓從零開(kāi)始變化并進(jìn)行多次測(cè)
量。則電流表應(yīng)選擇(填“Ai”或“A?”);滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇(填“Ri”或
“R2”);請(qǐng)?jiān)诳蛑袔图淄瑢W(xué)畫出實(shí)驗(yàn)電路原理圖。
(2)乙同學(xué)經(jīng)過(guò)反復(fù)思考,利用所給器材設(shè)計(jì)出了如圖所示的測(cè)量電路,具體操作如下:
①按圖連接好實(shí)驗(yàn)電路,閉合開(kāi)關(guān)S1前調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器Ri、R2的滑片至適當(dāng)位置;
②閉合開(kāi)關(guān)Si,斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S2,調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器Ri、R2的滑片,使電流表Ai的示數(shù)恰好為電流表A2的示數(shù)的
一半;
③閉合開(kāi)關(guān)S2并保持滑動(dòng)變阻器R2的滑片位置不變,讀出電壓表廠和電流表Ai的示數(shù),分別記為U、/;
④待測(cè)電阻的阻值Rx=,比較甲、乙兩同學(xué)測(cè)量電阻Rx的方法,你認(rèn)為哪個(gè)同學(xué)的方法更
有利于減小系統(tǒng)誤差?(填“甲”或“乙”)同學(xué)的。
四、計(jì)算題:本大題共3小題,共30分。
13.如圖所示,游樂(lè)場(chǎng)有一種將蹦極運(yùn)動(dòng)和大型滑滑梯結(jié)合的游樂(lè)項(xiàng)目,一位質(zhì)量m=60kg的游客系著一
條原長(zhǎng)L=5m的彈性繩,由靜止從O點(diǎn)開(kāi)始下落,彈性繩從開(kāi)始張緊至最長(zhǎng)狀態(tài)3點(diǎn)所用時(shí)間ti=1s,游
客到達(dá)B點(diǎn)時(shí)彈性繩自動(dòng)和人體分離,游客順著滑梯BC來(lái)到安全區(qū)域,滑梯BC可看作半徑為0.7m的光
滑《圓弧,C為圓弧的最低點(diǎn),將此游客視為質(zhì)點(diǎn),不計(jì)下落過(guò)程中的空氣阻力,g取10m/s2,求:
0
(1)從開(kāi)始下落至安全帶最長(zhǎng)狀態(tài)的過(guò)程中,游客受到的重力沖量的大小;
(2)從開(kāi)始張緊至最長(zhǎng)狀態(tài)的過(guò)程中,彈性繩所受的平均沖力F的大??;
(3)若游客在滑梯2C上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2=0.5s,求游客在滑梯上受到的支持力沖量的大小。
14.如圖,在平面直角坐標(biāo)系中,矩形042c區(qū)域在第二象限,對(duì)角線以上的區(qū)域有方向平行于
OC向下的勻強(qiáng)電場(chǎng),AB邊長(zhǎng)為L(zhǎng),8c邊長(zhǎng)為23P點(diǎn)為對(duì)角線08的中點(diǎn),一質(zhì)量為〃?、電荷量為+q
的帶電粒子以某一初速度從。點(diǎn)出發(fā)經(jīng)尸點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng),從C點(diǎn)以水平向右、大小為v的速度進(jìn)入第一象限
內(nèi)的靜電分析器,分析器中存在電場(chǎng)線沿半徑方向指向圓心。的均勻輻向電場(chǎng),粒子恰好在分析器內(nèi)做勻
速圓周運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)軌跡處的場(chǎng)強(qiáng)大小為E。(未知)。不計(jì)粒子所受重力,忽略金屬板的邊緣效應(yīng)。求:
(1)粒子在靜電分析器軌跡處的場(chǎng)強(qiáng)大小E。;
(2)粒子從D點(diǎn)出發(fā)時(shí)與水平方向的夾角仇
(3)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E;
(4)粒子從P到。的過(guò)程中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t。
15.連續(xù)碰撞檢測(cè)是一項(xiàng)重要的研究性實(shí)驗(yàn),其模型如圖所示:光滑水平面上,質(zhì)量為3加的小物塊疊
放在質(zhì)量為加、足夠長(zhǎng)的木板2上,其右側(cè)靜置著3個(gè)質(zhì)量均為2加的小物塊C、D、E。/與2上表面間
的動(dòng)摩擦因數(shù)為口。t=0時(shí),/以初速度vo在8的上表面水平向右滑行,當(dāng)/與3共速時(shí)2恰好與C相
碰。此后,每當(dāng)/、8再次共速時(shí),8又恰好與C發(fā)生碰撞直到它們不再相碰為止。已知重力加速度為g,
所有碰撞均為時(shí)間極短的彈性碰撞,求:
BI[TI[771固
(l)t=0時(shí),B(右端)與C的距離;
(2)B與C發(fā)生第1、2次碰撞間,B(右端)與C的最大距離。
(3)C的最終速度大小。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】國(guó)際單位制的7個(gè)基本單位是:米(m)、千克(kg)、秒(s)、開(kāi)爾文(K)、安培(A)、坎德拉(cd)、摩
爾(mol)。
4根據(jù)q=It可知電量的單位用國(guó)際單位制的基本單位可表示為A-s,故/正確;
8.庫(kù)侖C不是國(guó)際單位制的基本單位,所以電動(dòng)勢(shì)的單位用國(guó)際單位制的基本單位表示不是J/C,故8錯(cuò)
誤;
CD.磁感應(yīng)強(qiáng)度的單位T,不是國(guó)際單位制的基本單位;則磁通量的單位用國(guó)際單位制的基本單位表示不
是T-m2;故CD錯(cuò)誤。
故選
2.【答案】B
【解析】【分析】
本題考查了電與磁的聯(lián)系,解答本題的關(guān)鍵是要能從題意中分析出該裝置利用了電磁感應(yīng)的原理。
逐一分析各選項(xiàng)中所涉及的原理即可判斷。
【解答】
由題意可知,刷身份證時(shí)會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流,即由磁產(chǎn)生電,有感應(yīng)電流產(chǎn)生,所以其工作原理為電磁感應(yīng)
現(xiàn)象;
4由題意可知,刷身份證時(shí)會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流,即由磁產(chǎn)生電,有感應(yīng)電流產(chǎn)生,所以其工作原理為電磁感
應(yīng)現(xiàn)象,圖中有電源,為電動(dòng)機(jī)的工作原理,是根據(jù)通電導(dǎo)體在磁場(chǎng)中受力而運(yùn)動(dòng)的原理制成的,故/錯(cuò)
誤;
8、圖中沒(méi)有電源,為發(fā)電機(jī)的工作原理,說(shuō)明根據(jù)電磁感應(yīng)現(xiàn)象制成的,故3正確;
C、圖中的實(shí)驗(yàn)是探究通電螺線管的磁性強(qiáng)弱與電流大小的關(guān)系,運(yùn)用了電流的磁效應(yīng),故C錯(cuò)誤
D圖中為奧斯特實(shí)驗(yàn),說(shuō)明通電導(dǎo)線周圍存在磁場(chǎng),故。錯(cuò)誤。
故選瓦
3.【答案】D
【解析】設(shè)的距離為廠,由題可知,。8的距離也為心根據(jù)幾何關(guān)系可得
2rcos37°=L
解得
r=-L
對(duì)小/受力分析,如圖所示
可知間的庫(kù)侖力與輕繩的合力大小等于加g,根據(jù)相似三角形原理有
OBF合mg
_屋_
因OB=AB,則可得
解得
5
q=g
故選。。
4.【答案】A
【解析】由題可知,赤導(dǎo)線到c和。距離相等,則仍導(dǎo)線中的電流在c和a產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為
由安培定則可知,在c產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向?yàn)閮海赼產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向?yàn)楹?,館中電
1
流是加中電流強(qiáng)度的兩倍,力g導(dǎo)線到c是到e距離的石,則俯導(dǎo)線中的電流在a產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大
小為等B,由安培定則可知,在。產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直施斜向下,在。產(chǎn)生的合磁感應(yīng)強(qiáng)度為
故選4。
5.【答案】C
-11
【解析】A.設(shè)小球的初速度為vo,滿足16E()=尹丫()2,而小球的末速度為vi,有Eo=5mvJ,小球剛拋出
時(shí)阻力最大,其加速度最大,有mg+kv()=mamax,當(dāng)小球向下勻速時(shí),有mg=kvi,聯(lián)立解得amax
=5g,故/錯(cuò)誤;
B.由于機(jī)械能損失,上升過(guò)程中的平均速度大于下降過(guò)程中的平均速度,上升過(guò)程與下降過(guò)程的位移大
小相等,故小球在運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程,上升的時(shí)間小于下降的時(shí)間,即從最高點(diǎn)下降落回到地面所用時(shí)間大于
L,故8錯(cuò)誤;
C.由題意可得,阻力與速率的關(guān)系為f=kv,故阻力的沖量大小為If=£fi=2kvt=kx,因?yàn)樯仙^(guò)程和
下降過(guò)程位移大小相同,則上升和下降過(guò)程阻力的沖量大小相等,故C正確;
D.根據(jù)p=而瓦可得,小球上升階段動(dòng)量的變化量大小為國(guó)或,小球下降階段動(dòng)量的變化量大小為
伍面,小球上升階段動(dòng)量變化的大小大于下落階段動(dòng)量變化的大小,故。錯(cuò)誤。
6.【答案】D
【解析】【分析】
本題考查了動(dòng)量守恒定律及動(dòng)力學(xué)中的圖像問(wèn)題,解題的關(guān)鍵是分析清楚運(yùn)動(dòng)過(guò)程,熟練運(yùn)用動(dòng)量守恒定
律和機(jī)械能守恒定律。根據(jù)動(dòng)量守恒定律列出函數(shù)關(guān)系式結(jié)合圖象即可求出小球的質(zhì)量;小球運(yùn)動(dòng)到最高
點(diǎn)時(shí),豎直方向速度為零,在水平方向上由動(dòng)量守恒定律即可求解;根據(jù)機(jī)械能守恒定律即可求出小球能
夠上升的最大高度。
【解答】4設(shè)小球的質(zhì)量為加,初速度為V。,在水平方向上由動(dòng)量守恒定律得mv()=H1V1+MV2,則V2=
mvQm
結(jié)合圖乙可得”能橫截距a=vo,
則小球的質(zhì)量m=故/錯(cuò)誤;
a
A小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí),豎直方向速度為零,在水平方向上與滑塊具有相同的速度v共,在水平方向上由
動(dòng)量守恒定律得mv()=(m+M)v共,
解得丫共=箴,由/項(xiàng)化簡(jiǎn)得丫共=法,故2錯(cuò)誤;
C小球從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中,由機(jī)械能守恒定律得扣君=|(m+M)嚏+mgh,解得人=
3
由4項(xiàng)化簡(jiǎn)得力=就n礪,故c錯(cuò)誤;
2(7n+M)g'
D小球從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到回到最低點(diǎn)的過(guò)程中,若規(guī)定向右為正方向,在水平方向上由動(dòng)量守恒定律得mv°
=mv]+MV2,
由機(jī)械能守恒定律得扣岔=|mvf+|MV2,
聯(lián)立兩式解得丫1=粽丫0,V2=Jgvo,離開(kāi)圓弧面以后小球做平拋運(yùn)動(dòng),滑塊向右做勻速直線運(yùn)動(dòng),
當(dāng)小球落地時(shí),兩者之間的水平距離為X=V2t-Vit,且C=2gt2,聯(lián)立得X=a雅,故。正確。
故選Do
7.【答案】CD
【解析】47.9km/s為人造衛(wèi)星最大環(huán)繞速度,所以在近地軌道運(yùn)行的該北斗衛(wèi)星的線速度小于7.9km/s,
故/錯(cuò)誤;
B、根據(jù)喈=ma可知:a=等,rB>rA,則在8點(diǎn)的加速度小于在N點(diǎn)的加速度,8錯(cuò)誤;
C.該北斗衛(wèi)星在靜止軌道運(yùn)行的周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同,設(shè)該顆北斗衛(wèi)星在靜止軌道的半徑為r,根據(jù)
萬(wàn)有引力提供向心力由牛頓第二定律得:
電=mr誓;在地球北極處物體的重力等于萬(wàn)有引力,則嚶=mg
聯(lián)立解得:「=:產(chǎn)~
D電源的效率為n=^x100%=半,由N項(xiàng)分析知,將滑動(dòng)變阻器R2的滑片向上滑動(dòng),U2一直變大,電
源的效率一直變大,故。正確。
9.【答案】BD
【解析】解:/、粒子進(jìn)入電場(chǎng)后,水平方向做勻速運(yùn)動(dòng),則t=0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間
t=稱,此時(shí)間正好是交變電場(chǎng)的一個(gè)周期;粒子在豎直方向先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng),經(jīng)過(guò)一個(gè)周
期,粒子的豎直速度為零,故粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度大小等于水平速度Vo,故N錯(cuò)誤;
B、粒子在豎直方向,在J時(shí)間內(nèi)的位移為9則/=黑右)2,解得q=故3正確;
1
2222dmUQ
2
C、t=飄刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子,離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)在豎直方向上的位移為d,=2X|a(|T)-2x%(守=laT2=1
d,即粒子恰好從P、0兩板正中間離開(kāi)電場(chǎng),故C錯(cuò)誤;
。、t=J時(shí)刻進(jìn)入的粒子,在豎直方向先向下加速運(yùn)動(dòng)然后向下減速運(yùn)動(dòng)再向上加速向上減速
P由對(duì)稱可知,此時(shí)豎直方向的位移為零,故粒子從P板右側(cè)邊緣離開(kāi)電場(chǎng),故。正確。
故選30。
10.【答案】BC
【解析】C與/質(zhì)量相等,碰撞后交換速度,即/獲得速度Vo,假設(shè)當(dāng)/與3動(dòng)量相等時(shí),8恰好與擋板
發(fā)生正碰,則碰撞后/、8的合動(dòng)量為零,當(dāng)彈簧被壓縮至最短時(shí)/、8的速度均為零,根據(jù)機(jī)械能守恒定
律可知此時(shí)Epmi=|mvo;
假設(shè)當(dāng)2的速度為零時(shí)恰好與擋板接觸,則接觸后,當(dāng)/、2達(dá)到共同速度v時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大,根
22
據(jù)動(dòng)量守恒定律有:mv0=(m+,m)v,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有:EPm2+|(m+^m)v=|mv0,解得Epm2
=卻品,
8與擋板碰撞前越接近/的動(dòng)量,碰后彈簧的最大彈性勢(shì)能越大,8與擋板碰撞前速度越接近于零,碰撞
后彈簧的最大彈性勢(shì)能越小,所以前v2<EpmW如V()2,考慮到5速度為零時(shí)不能算是與擋板發(fā)生碰撞,
所以對(duì)扣君不能取等號(hào),故選BC。
11.【答案】⑴C;
(2)ADE;
(3)mi?OP=mi?OM+m2,ON;
(4)0.46
【解析】解:(1)小球離開(kāi)軌道后做平拋運(yùn)動(dòng),由于小球拋出點(diǎn)的高度相等,它們?cè)诳罩械倪\(yùn)動(dòng)時(shí)間相等,
小球的水平位移與小球的初速度成正比,可以用小球的水平位移代替其初速度,即測(cè)量射程,故錯(cuò)
誤,C正確。
故選C;
(2)要驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律定律,即驗(yàn)證HIM=miV2+m2V3,小球離開(kāi)軌道后做平拋運(yùn)動(dòng),它們拋出點(diǎn)的高
度相等,在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間,相等,上式兩邊同時(shí)乘以[得,mjvit=miv2t+m2v3t,可得mi-OP=mi
-OM+m2-ON,因此實(shí)驗(yàn)需要測(cè)量?jī)汕虻馁|(zhì)量和小球做平拋運(yùn)動(dòng)的水平射程,為了測(cè)量位移,應(yīng)找出落
點(diǎn),故選4DE;
(3)若兩球相碰前后的動(dòng)量守恒,其表達(dá)式可表示為mi?OP=mi?OM+m2?ON;
(4)碰撞的恢復(fù)系數(shù)為e=3弓斗=號(hào)簫叫=046。
Pl—V2||。卜|
12.【答案】⑴AiR;
⑵鱷乙。
1JQ
【解析】(1)通過(guò)待測(cè)電阻的最大電流約為:I?以余A=0.01A=10mA,電流表應(yīng)選擇A1;
^■xSUU
實(shí)驗(yàn)要求電壓從零開(kāi)始變化,則滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法,為方便實(shí)驗(yàn)操作,應(yīng)選擇最大阻值較小的滑
動(dòng)變阻器Ri;
待測(cè)電阻阻值約為300Q,電流表內(nèi)阻約為10Q,電壓表內(nèi)阻約為3kQ,相對(duì)于來(lái)說(shuō)待測(cè)電阻阻值遠(yuǎn)大于電
流表內(nèi)阻;
電流表應(yīng)采用內(nèi)接法,實(shí)驗(yàn)電路圖如圖所示:
(2)由實(shí)驗(yàn)步驟②可知,通過(guò)R2與Rx的電流相等,它們并聯(lián),則兩支路電阻相等,由實(shí)驗(yàn)步驟③可知,電壓
表測(cè)待測(cè)電阻兩端電壓,
由于兩并聯(lián)支路電阻相等,則通過(guò)它們的電流相等;
由實(shí)驗(yàn)步驟可知:通過(guò)待測(cè)電阻的電流等于電流表Ai的示數(shù)/,則待測(cè)電阻阻值:Rx=y;
由兩種實(shí)驗(yàn)方案與實(shí)驗(yàn)步驟可知,由于電表內(nèi)阻的影響甲的測(cè)量值存在誤差;由于實(shí)驗(yàn)電路與實(shí)驗(yàn)步驟的
巧妙設(shè)計(jì),乙的方案化解了電表內(nèi)阻影響,測(cè)量值與真實(shí)值相等,乙的方案可以減小系統(tǒng)誤差。
13.【答案】解:(1)游客在彈性繩未繃緊時(shí),做自由落體運(yùn)動(dòng),經(jīng)歷的時(shí)間力=后=[管=b,
從開(kāi)始下落至安全帶最長(zhǎng)狀態(tài)的過(guò)程中,游客受到的重力沖量/的大小為
I=mg(t0+ti)=1200N-s;
(2)從初始位置到彈性繩剛好繃緊瞬間,游客的速度為v=gto=10m/s,
從開(kāi)始張緊至最長(zhǎng)狀態(tài)的過(guò)程中,對(duì)游客由動(dòng)量定理可得I合=Ap,
則有(F-mg)h=mv,
解得彈性繩所受的平均沖力大小為:F=1200N;
-1
(3)從5到C的過(guò)程中,由動(dòng)能定理可得mgR=5invc2-0,
解得vc=V14m/s,
從5到。的過(guò)程中,動(dòng)量的變化量為Ap=mvc-O=60S4kg?m/s,方向水平向左,
重力的沖量為IG=mgt2=300N,m,方向豎直向下,
由動(dòng)量定理可知I合=Ap,
22
則游客在滑梯上受到的支持力沖量的大小IN=A/IG+(Ap)=60V39N-so
【解析】詳細(xì)解答和解析過(guò)程見(jiàn)【答案】
14.【答案】解:(1)由題可知,粒子在靜電分析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),電場(chǎng)力提供向心力Eoq=m《,
又口=AB=L,
則Eo=若;
(2)粒子從D到尸做勻速直線運(yùn)動(dòng),P到C做類斜拋運(yùn)動(dòng),C點(diǎn)是最高點(diǎn),
Of,
則水平方向X=/-=L,X=VxG,vx=v,
可得粒子從P到C的時(shí)間ti=%
豎直方向丫=竽=亨,y=|ati,Vy=ati,
得a號(hào),
由題可知tan?=等=1,即0=45°;
(3)由(2)問(wèn)可知粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的加速度為@=苧,
2
由牛頓第二定律Eq=ma得E=笠9;
(4)由(1)問(wèn)可知P到C的時(shí)間為h=p
C到0做勻速圓周運(yùn)動(dòng),周期為1=等=等,
則粒子從C到。的時(shí)間為t2=£=愛(ài),
則粒子從P到。運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t=ti+t2=5+要。
【解析】詳細(xì)解答和解析過(guò)程見(jiàn)【答案】
15.【答案】(1)由于地面光滑,/、3系統(tǒng)動(dòng)量守恒,根據(jù)動(dòng)量守恒3mv()=
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