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河南省鄭州市2020屆高三物理第二次質(zhì)量預(yù)測(cè)試題含解析河南省鄭州市2020屆高三物理第二次質(zhì)量預(yù)測(cè)試題含解析PAGE26-河南省鄭州市2020屆高三物理第二次質(zhì)量預(yù)測(cè)試題含解析河南省鄭州市2020屆高三物理第二次質(zhì)量預(yù)測(cè)試題(含解析)一、選擇題1.2020年3月15日中國散列中子源利(CSNS)利用中子成像技術(shù)幫助中國科技大學(xué)進(jìn)行了考古方面的研究。散射中子源是研究中子特性、探測(cè)物質(zhì)微觀結(jié)構(gòu)和運(yùn)動(dòng)的科研裝置。CNSN是我國重點(diǎn)建設(shè)的大科學(xué)裝置,將成為發(fā)展中國家擁有的第一臺(tái)散裂中子源。下列關(guān)于中子研究的說法正確的是()A.α粒子轟擊,生成,并產(chǎn)生了中子B.經(jīng)過4次α衰變,2次β衰變,新核與原來的原子核相比,中子數(shù)少了6個(gè)C.放射性β射線其實(shí)質(zhì)是高速中子流,可用于醫(yī)學(xué)的放射治療D。核電站可通過控制中子數(shù)目來控制核反應(yīng)劇烈程度【答案】D【解析】詳解】A.α粒子轟擊,生成,并產(chǎn)生了質(zhì)子,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;B.經(jīng)過4次α衰變,2次β衰變,新核質(zhì)量數(shù)為222,電荷數(shù)為86,中子數(shù)為136,原來的原子核中子數(shù)為238—92=146,則與原來的原子核相比,中子數(shù)少了10個(gè),選項(xiàng)B錯(cuò)誤;C.放射性β射線其實(shí)質(zhì)是高速電子流,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;D.核電站可通過控制中子數(shù)目來控制核反應(yīng)劇烈程度,選項(xiàng)D正確。故選D。2.水平地面上方分布著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng),一光滑絕緣輕桿豎直立在地面上,輕桿上有兩點(diǎn)A、B。輕桿左側(cè)固定一帶正電的點(diǎn)電荷,電荷量為+Q,點(diǎn)電荷在輕桿AB兩點(diǎn)的中垂線上,一個(gè)質(zhì)量為m,電荷量為+q的小球套在輕桿上,從A點(diǎn)靜止釋放,小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中,下列說法正確的是()A。小球受到的電場(chǎng)力先減小后增大B。小球的運(yùn)動(dòng)速度先增大后減小C.小球的電勢(shì)能先增大后減小D.小球的加速度大小不變【答案】C【解析】【詳解】A.小球下滑時(shí)受勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)力是不變的,受到點(diǎn)電荷的電場(chǎng)力先增加后減小,則小球受到的電場(chǎng)力先增大后減小,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;B.小球下滑時(shí),勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)力垂直小球運(yùn)動(dòng)方向,則對(duì)小球不做功;點(diǎn)電荷在前半段先對(duì)小球做負(fù)功,重力做正功,但是由于不能比較正功和負(fù)功的大小關(guān)系,則不能確定小球速度變化情況;在后半段,點(diǎn)電荷電場(chǎng)力和重力均對(duì)小球做正功,則小球的運(yùn)動(dòng)速度增大,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;C.小球下滑時(shí),勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)力垂直小球運(yùn)動(dòng)方向,則對(duì)小球不做功;點(diǎn)電荷在前半段先對(duì)小球做負(fù)功,在后半段對(duì)小球做正功,則小球的電勢(shì)能先增大后減小,選項(xiàng)C正確;D.由小球的受力情況可知,在A點(diǎn)時(shí)小球的加速度小于g,在AB中點(diǎn)時(shí)小球的加速度等于g,在B點(diǎn)時(shí)小球的加速度大于g,則加速度是不斷變化的,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C.3.為了抗擊病毒疫情,保障百姓基本生活,許多快遞公司推出了“無接觸配送”??爝f小哥想到了用無人機(jī)配送快遞的方法.某次配送快遞無人機(jī)在飛行過程中,水平方向速度Vx及豎直方向Vy與飛行時(shí)間t的關(guān)系圖像如圖甲、圖乙所示。關(guān)于無人機(jī)運(yùn)動(dòng)說法正確的是()A.0~t1時(shí)間內(nèi),無人機(jī)做曲線運(yùn)動(dòng)B。t2時(shí)刻,無人機(jī)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C。t3~t4時(shí)間內(nèi),無人機(jī)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)D.t2時(shí)刻,無人機(jī)的速度為【答案】D【解析】【詳解】A.0~t1時(shí)間內(nèi),無人機(jī)在水平方向做勻加速運(yùn)動(dòng),在豎直方向也做勻加速運(yùn)動(dòng),則合運(yùn)動(dòng)為勻加速直線運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)A錯(cuò)誤;B.0~t4時(shí)間內(nèi),無人機(jī)速度一直為正,即一直向上運(yùn)動(dòng),則t2時(shí)刻,無人機(jī)還沒有運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn),選項(xiàng)B錯(cuò)誤;C.t3~t4時(shí)間內(nèi),無人機(jī)水平方向做速度為v0的勻速運(yùn)動(dòng),豎直方向做勻減速運(yùn)動(dòng),則合運(yùn)動(dòng)為勻變速曲線運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)C錯(cuò)誤;D.t2時(shí)刻,無人機(jī)的水平速度為v0,豎直速度為v2,則合速度為,選項(xiàng)D正確。故選D。4。宇宙中有一孤立星系,中心天體周圍有三顆行星,如圖所示。中心天體質(zhì)量遠(yuǎn)大于行星質(zhì)量,不考慮行星之間的萬有引力,三顆行星的運(yùn)動(dòng)軌道中,有兩個(gè)為圓軌道,半徑分別為r1、r3,一個(gè)為橢圓軌道,半長軸為a,a=r3。在Δt時(shí)間內(nèi),行星Ⅱ、行星Ⅲ與中心天體連線掃過的面積分別為S2、S3;行星Ⅰ的速率為v1、行星Ⅱ在B點(diǎn)的速率為v2B、行星Ⅱ在E點(diǎn)的速率為v2E、行星Ⅲ的速率為v3,下列說法正確的是()A.S2=S3B.行星Ⅱ與行星Ⅲ的運(yùn)行周期相等C。行星Ⅱ與行星Ⅲ在P點(diǎn)時(shí)的向心加速度大小相等D。v3〈v1<v2E<v2B【答案】B【解析】【詳解】AB.行星Ⅱ、行星Ⅲ滿足a=r3,據(jù)開普勒第三定律知他們的運(yùn)行周期相等,令△t等于一個(gè)周期,它們與中心天體連線掃過的面積,橢圓面積小于圓面積,故A錯(cuò)誤,B正確;
C.向心加速度為垂直于速度方向的加速度,行星Ⅱ與行星Ⅲ在P點(diǎn)時(shí)加速度相等,但行星Ⅱ在該點(diǎn)的向心加速度為此加速度沿P至橢圓圓心方向的分量,小于行星Ⅲ在P點(diǎn)時(shí)加速度,故C錯(cuò)誤;
D.據(jù),考慮到Ⅰ到Ⅱ的變軌過程應(yīng)該在B點(diǎn)加速,有v1<v2B,B到E過程動(dòng)能向勢(shì)能轉(zhuǎn)化,有v2B>v2E,考慮到v2E小于在E點(diǎn)能夠繞中心天體勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需的速度vE,而vE<v3,所以有v2E<v3,綜上所述v2E<v3<v1<v2B,故D錯(cuò)誤;
故選B.5。如圖所示,在某一水平地面上的同一直線上,固定一個(gè)半徑為R的四分之一圓形軌道AB,軌道右側(cè)固定一個(gè)傾角為30°的斜面,斜面頂端固定一大小可忽略的輕滑輪,輕滑輪與OB在同一水平高度.一輕繩跨過定滑輪,左端與圓形軌道上質(zhì)量為m的小圓環(huán)相連,右端與斜面上質(zhì)量為M的物塊相連。在圓形軌道底端A點(diǎn)靜止釋放小圓環(huán),小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到圖中P點(diǎn)時(shí),輕繩與軌道相切,OP與OB夾角為60°;小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度恰好為零。忽略一切摩擦力阻力,小圓環(huán)和物塊均可視為質(zhì)點(diǎn),物塊離斜面底端足夠遠(yuǎn),重力加速度為g,則下列說法正確的是()A.小圓環(huán)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的加速度為B。小圓環(huán)到達(dá)B點(diǎn)后還能再次回到A點(diǎn)C.小圓環(huán)到達(dá)P點(diǎn)時(shí),小圓環(huán)和物塊的速度之比為2:D。小圓環(huán)和物塊的質(zhì)量之比滿足【答案】B【解析】【詳解】A.小圓環(huán)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)受到細(xì)線水平向右的拉力和圓弧軌道對(duì)圓環(huán)的水平向左的支持力,豎直方向受到向下的重力,可知此時(shí)小圓環(huán)的加速度為g豎直向下,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;B.小圓環(huán)從A點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度恰好為零,且一切摩擦不計(jì),可知小圓環(huán)到達(dá)B點(diǎn)后還能再次回到A點(diǎn),選項(xiàng)B正確;C.小圓環(huán)到達(dá)P點(diǎn)時(shí),因?yàn)檩p繩與軌道相切,則此時(shí)小圓環(huán)和物塊的速度相等,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;D.當(dāng)小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)速度恰好為0時(shí),物塊M的速度也為0,設(shè)圓弧半徑為R,從A到B的過程中小圓環(huán)上升的高度h=R;物塊M沿斜面下滑距離為由機(jī)械能守恒定律可得解得選項(xiàng)D錯(cuò)誤.故選B。6。如圖所示為電磁抽水泵模型,泵體是一個(gè)長方體,ab邊長為L1,左右兩側(cè)面是邊長為L2的正方形,在泵體內(nèi)加入導(dǎo)電劑后,液體的電阻率為ρ,泵體所在處于方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B。工作時(shí),泵體的上下兩表面接電壓為U的電源(內(nèi)阻不計(jì))上。若電磁泵和水面高度差為h,理想電流表示數(shù)為I,不計(jì)水在流動(dòng)中和管壁之間的阻力,重力加速度為g。在抽水泵正常工作過程中,下列說法正確的是()A.泵體上表面應(yīng)接電源正極B.電磁泵不加導(dǎo)電劑也能抽取純水C.電源提供總的功率為D.若t時(shí)間內(nèi)抽取水的質(zhì)量為m,這部分水離開電磁泵時(shí)的動(dòng)能為UIt-mgh-t【答案】AD【解析】【詳解】A.當(dāng)泵體上表面接電源的正極時(shí),電流從上向下流過泵體,這時(shí)受到的磁場(chǎng)力水平向左,拉動(dòng)液體;故A正確;
B.電磁泵不加導(dǎo)電劑,不能抽取不導(dǎo)電的純水,故B錯(cuò)誤;C.根據(jù)電阻定律,泵體內(nèi)液體的電阻那么液體消耗的電功率為而電源提供電功率為UI,故C錯(cuò)誤;
D.若t時(shí)間內(nèi)抽取水的質(zhì)量為m,根據(jù)能量守恒定律,則這部分水離開泵時(shí)的動(dòng)能為故D正確;
故選AD。7。如圖所示,x軸與水平傳送帶重合,坐標(biāo)原點(diǎn)O在傳動(dòng)帶的左端,傳送帶右端A點(diǎn)坐標(biāo)為XA=8m,勻速運(yùn)動(dòng)的速度V0=5m/s,一質(zhì)量m=1kg的小物塊,輕輕放在傳送帶上OA的中點(diǎn)位置,小物塊隨傳動(dòng)帶運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)后,沖上光滑斜面且剛好能夠到達(dá)N點(diǎn)處無機(jī)械能損失,小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,斜面上M點(diǎn)為AN的中點(diǎn),重力加速度g=10m/s2。則下列說法正確的是()A.N點(diǎn)縱坐標(biāo)為yN=1。25mB.小物塊第一次沖上斜面前,在傳送帶上運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的熱量為12。5JC.小物塊第二次沖上斜面,剛好能夠到達(dá)M點(diǎn)D.在x=2m位置釋放小物塊,小物塊可以滑動(dòng)到N點(diǎn)上方【答案】AB【解析】【詳解】A.小物塊在傳送帶上勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度a=μg=5m/s2小物塊與傳送帶共速時(shí),所用的時(shí)間運(yùn)動(dòng)的位移故小物塊與傳送帶達(dá)到相同速度后以v0=5m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)到Q,然后沖上光滑斜面到達(dá)N點(diǎn),由機(jī)械能守恒定律得解得yN=1.25m選項(xiàng)A正確;
B.小物塊與傳送帶速度相等時(shí),傳送帶的位移x=v0t=5×1=5m傳送帶受摩擦力的作用,小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的熱量Q=f(x-△x)=μmg(x—△x)=0.5×10×2。5=12。5J選項(xiàng)B正確;
C.物塊從斜面上再次回到A點(diǎn)時(shí)的速度為5m/s,滑上傳送帶后加速度仍為5m/s2,經(jīng)過2。5m后速度減為零,然后反向向右加速,回到A點(diǎn)時(shí)速度仍為5m/s,則仍可到達(dá)斜面上的N點(diǎn),選項(xiàng)C錯(cuò)誤;D.在x=2m位置釋放小物塊,則小滑塊在傳送帶上仍滑動(dòng)2.5m后與傳送帶相對(duì)靜止,則到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的速度等于5m/s,則小物塊仍可以滑動(dòng)到N點(diǎn),選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選AB。8。如圖所示,在紙面內(nèi)有一個(gè)半徑為r、電阻為R的線圈,線圈處于足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直紙面向里,線圈與磁場(chǎng)右邊界相切與P點(diǎn)。現(xiàn)使線圈繞過P點(diǎn)且平行于磁場(chǎng)方向的軸以角速度ω順時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)過90°,到達(dá)圖中虛線位置,則下列說法正確的是()A。線圈中產(chǎn)生沿逆時(shí)針方向感應(yīng)電流B.線圈受到的安培力逐漸增大C。線圈經(jīng)過虛線位置時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為2Br2ωD。流過線圈某點(diǎn)的電荷量為【答案】BC【解析】【詳解】A.線圈順時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),穿過線圈的磁通量向里減小,根據(jù)楞次定律可知,線圈中產(chǎn)生沿順時(shí)針方向的感應(yīng)電流,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;B.線圈順時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),切割磁感線的有效長度逐漸變大,感應(yīng)電流逐漸變大,根據(jù)F=BIL可知,線圈受到的安培力逐漸增大,選項(xiàng)B正確;C.線圈經(jīng)過虛線位置時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為選項(xiàng)C正確;D.流過線圈某點(diǎn)的電荷量為選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選BC。二、非選擇題9.某同學(xué)利用如圖所示的裝置來測(cè)量動(dòng)摩擦因數(shù),同時(shí)驗(yàn)證碰撞中的動(dòng)量守恒。豎直平面內(nèi)的一斜面下端與水平面之間由光滑小圓弧相連,斜面與水平面材料相同。第一次,將小滑塊A從斜面頂端無初速度釋放,測(cè)出斜面長度為l,斜面頂端與水平地面的距離為h,小滑塊在水平桌面上滑行的距離為X1(甲圖);第二次將左側(cè)貼有雙面膠的小滑塊B放在圓弧軌道的最低點(diǎn),再將小滑塊A從斜面頂端無初速度釋放,A與B碰撞后結(jié)合為一個(gè)整體,測(cè)出整體沿桌面滑動(dòng)的距離X2(圖乙).已知滑塊A和B的材料相同,測(cè)出滑塊A、B的質(zhì)量分別為m1、m2,重力加速度為g。(1)通過第一次試驗(yàn),可得動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=___________;(用字母l、h、x1表示)(2)通過這兩次試驗(yàn),只要驗(yàn)證_________,則驗(yàn)證了A和B碰撞過程中動(dòng)量守恒。(用字母m1、m2、x1、x2表示)【答案】(1)。(2).【解析】【詳解】(1)[1].對(duì)小滑塊下滑到停止過程,據(jù)動(dòng)能定理得解得(2)[2].對(duì)小滑塊A滑到斜面最低點(diǎn)的速度為v1,在水平桌面上時(shí),據(jù)牛頓第二定律得μm1g=m1a解得a=μg據(jù)速度位移關(guān)系公式得設(shè)A與B碰撞后速度為v2,同理得根據(jù)A、B碰撞過程動(dòng)量守恒得m1v1=(m1+m2)v2聯(lián)立解得10.利用如圖所示的電路既可以測(cè)量電壓表和電流表的內(nèi)阻,又可以測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻,所用到的實(shí)驗(yàn)器材有:兩個(gè)相同的待測(cè)電源(內(nèi)阻r約為1Ω)電阻箱R1(最大阻值為999。9Ω)電阻箱R2(最大阻值為999。9Ω)電壓表V(內(nèi)阻未知)電流表A(內(nèi)阻未知)靈敏電流計(jì)G,兩個(gè)開關(guān)S1、S2主要實(shí)驗(yàn)步驟如下:①按圖連接好電路,調(diào)節(jié)電阻箱R1和R2至最大,閉合開關(guān)S1和S2,再反復(fù)調(diào)節(jié)R1和R2,使電流計(jì)G的示數(shù)為0,讀出電流表A、電壓表V、電阻箱R1、電阻箱R2的示數(shù)分別為0。40A、12。0V、30.6Ω、28。2Ω;②反復(fù)調(diào)節(jié)電阻箱R1和R2(與①中電阻值不同),使電流計(jì)G的示數(shù)為0,讀出電流表A、電壓表V的示數(shù)分別為0。60A、11.7V?;卮鹣铝袉栴}:(1)步驟①中,電流計(jì)G的示數(shù)為0時(shí),電路中A和B兩點(diǎn)的電勢(shì)差UAB=______V;A和C兩點(diǎn)的電勢(shì)差UAC=______V;A和D兩點(diǎn)的電勢(shì)差UAD=______V;(2)利用步驟①中的測(cè)量數(shù)據(jù)可以求得電壓表的內(nèi)阻為_______Ω,電流表的內(nèi)阻為______Ω;(3)結(jié)合步驟①步驟②的測(cè)量數(shù)據(jù),電源電動(dòng)勢(shì)E為___________V,內(nèi)阻為________Ω?!敬鸢浮?1).0(2)。12.0V(3)?!?2。0V(4).1530Ω(5)。1.8Ω(6).12。6V(7).1.50【解析】【詳解】(1)[1][2][3].步驟①中,電流計(jì)G的示數(shù)為0時(shí),電路中AB兩點(diǎn)電勢(shì)相等,即A和B兩點(diǎn)的電勢(shì)差UAB=0V;A和C兩點(diǎn)的電勢(shì)差等于電壓表的示數(shù),即UAC=12V;A和D兩點(diǎn)的電勢(shì)差UAD==—12V;(2)[4][5].利用步驟①中的測(cè)量數(shù)據(jù)可以求得電壓表的內(nèi)阻為電流表的內(nèi)阻為(3)[6][7].由閉合電路歐姆定律可得2E=2UAC+I?2r即2E=24+0。8r同理即2E=2×11。7+0.6?2r解得E=12.6Vr=1.50Ω11.如圖所示,光滑水平面上有一被壓縮的輕質(zhì)彈簧,左端固定,質(zhì)量為mA=1kg的光滑A緊靠彈簧右端(不栓接),彈簧的彈性勢(shì)能為Ep=32J。質(zhì)量為mB=1kg的槽B靜止在水平面上,內(nèi)壁間距L=0。6m,槽內(nèi)放有質(zhì)量為mc=2kg的滑塊C(可視為質(zhì)點(diǎn)),C到左端側(cè)壁的距離d=0.1m,槽與滑塊C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1?,F(xiàn)釋放彈簧,滑塊A離開彈簧后與槽B發(fā)生正碰并粘在一起。A、B整體與滑塊C發(fā)生碰撞時(shí),A、B整體與滑塊C交換速度。(g=10m/s2)求(1)從釋放彈簧,到B與C第一次發(fā)生碰撞,整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能;(2)從槽開始運(yùn)動(dòng)到槽和滑塊C相對(duì)靜止經(jīng)歷的時(shí)間?!敬鸢浮浚?)16.2J;(2)2s【解析】【詳解】(1)彈簧將A彈開,由機(jī)械能守恒可得:解得=8m/sA、B發(fā)生碰撞,由動(dòng)量守恒可得:解得=4m/s此過程機(jī)械能損失為=16J接下來,A、B與C相對(duì)運(yùn)動(dòng),到第一次發(fā)生碰撞,相對(duì)運(yùn)動(dòng)位移為d。此過程機(jī)械能損失為=0。2J因此整個(gè)過程機(jī)械能損失為=16.2J(2)設(shè)槽和滑塊C相對(duì)靜止時(shí)速度為v。解得v=2m/s分別對(duì)A、B和C受力分析可知解得=1m/s2A、B整體與滑塊C發(fā)生的碰撞時(shí),A、B與滑塊C交換速度。由題意可知,解得t=2s12。如圖所示,虛線AB、BC、CD將平面直角坐標(biāo)系四個(gè)象限又分成了多個(gè)區(qū)域。在第一、二象限有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為。在第三、四象限中,-2d<y<0區(qū)域又分成了三個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域,其中在x〉d區(qū)域有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng);在x〈-d區(qū)域有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等;-d〈x<d區(qū)域有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度是另外兩個(gè)電場(chǎng)強(qiáng)度的2倍.第二、四象限中,y<-2d區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)質(zhì)量為m,電荷量為q的帶電粒子,以速度v0由原點(diǎn)O沿y軸正方向射入磁場(chǎng).運(yùn)動(dòng)軌跡恰好經(jīng)過B(-d,-2d)、C(d,-2d)兩點(diǎn),第一次回到O點(diǎn)后,進(jìn)入豎直向上電場(chǎng)區(qū)域,不計(jì)粒子重力,求:(1)電場(chǎng)區(qū)域內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E;(2)y〈-2d區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2;(3)由原點(diǎn)O出發(fā)開始,到第2次回到O點(diǎn)所用時(shí)間.【答案】(1);(2);(3)【解析】【詳解】粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。(1)在x〈—d電場(chǎng)區(qū)域中粒子做類平拋運(yùn)動(dòng),可知由以上三式可得(2)由(1)向中各式可解得粒子在B點(diǎn)的速度可得運(yùn)動(dòng)軌跡經(jīng)過B、C兩點(diǎn),由幾何關(guān)系可知,粒子在y<-2d的磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角=90°由可得(3)由對(duì)稱性可知,粒子從O點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度大小為v0在d〉x〉-d的電場(chǎng)區(qū)城內(nèi),粒子沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)的位移粒子將做往返運(yùn)動(dòng)在兩個(gè)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期均為粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)總時(shí)間為由原點(diǎn)O出發(fā)開始。到第2次到達(dá)O點(diǎn)所用的時(shí)間13.一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開始,經(jīng)歷三個(gè)過程ab、bc、ca回到原狀態(tài),其V—T圖像如圖所示,pa、pb、pc分別表示a、b、c的壓強(qiáng),下列判斷正確的是()A。狀態(tài)a、b、c的壓強(qiáng)滿足pc=pb=3paB。過程a到b中氣體內(nèi)能增大C。過程b到c中氣體吸收熱量D。過程b到c中每一分子的速率都減小E.過程c到a中氣體吸收的熱量等于對(duì)外做的功【答案】ABE【解析】【詳解】A.設(shè)a狀態(tài)的壓強(qiáng)為pa,則由理想氣體的狀態(tài)方程可知所以pb=3pa同理得pc=3pa所以pc=pb=3pa故A正確;
B.過程a到b中溫度升高,內(nèi)能增大,故B正確;
C.過程b到c溫度降低,內(nèi)能減小,即?U〈0,體積減小,外界對(duì)氣體做功,W〉0,則由熱力學(xué)第一定律可知,Q〈0,即氣體應(yīng)該放出熱量,故C錯(cuò)誤;
D.溫度是分子的平均動(dòng)能的標(biāo)志,是大量分子運(yùn)動(dòng)的統(tǒng)計(jì)規(guī)律,對(duì)單個(gè)的分子沒有意義,所以過程bc中氣體的溫度降低,分子的平均動(dòng)能減小,并不是每一個(gè)分子的速率都減小,故D錯(cuò)誤;
E.由圖可知過程ca中氣體等溫膨脹,內(nèi)能不變,對(duì)外做功;根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知,氣體吸收的熱量等于對(duì)外做的功,故E正確.
故選ABE。14.如圖所示,粗細(xì)均勻的U形管,左側(cè)開口,右側(cè)封閉。右細(xì)管內(nèi)有一段被水銀封閉的空氣柱,空氣柱長為l=12cm,左側(cè)水銀面上方有一塊薄絕熱板,距離管口也是l=12cm,兩管內(nèi)水銀面的高度差為h=4cm。大氣壓強(qiáng)為P0=76cmHg,初始溫度t0=27℃?,F(xiàn)在將左側(cè)管口封閉,并對(duì)左側(cè)空氣柱緩慢加熱,直到左右兩管內(nèi)的水銀面在同一水平線上,在這個(gè)過程中,右側(cè)空氣柱溫度保持不變,試求:(1)右側(cè)管中氣體的最終壓強(qiáng);(2)左側(cè)管中氣體的最終溫度?!敬鸢浮浚?)96cmHg;(2)442K【解析】【詳解】(1)以右管封閉氣體為研究對(duì)象=80cmHg,=12cm,=l0cm根據(jù)玻意耳定律可得=96cmHg右管氣體最終壓強(qiáng)為96cmHg(2)以左管被封閉氣體為研究對(duì)象=76cmHg,=12cm,=(273+27)K=300K,=96cmHg,=14cm根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程即
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