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文檔簡介
2021年高考箴言中學(xué)第十次模擬考試試卷
物理
i.下列有關(guān)原子物理的知識,說法塔摩的是()
A.在光電效應(yīng)實驗中,入射光頻率越高,飽和光電流越大
B.我國科學(xué)家錢三強、何澤慧夫婦在實驗室觀察到鈾核也可以分裂為三部分或四部分
C.根據(jù)玻爾的原子模型,一個處于〃=4能級上的氫原子在向基態(tài)躍遷過程中,最多可發(fā)射3種不
同頻率的光子
D.在核聚變反應(yīng)中,反應(yīng)物的結(jié)合能之和小于生成物的結(jié)合能
答案:A
解:A.由光電效應(yīng)的規(guī)律可知,飽和光電流的大小只與入射光強度有關(guān),A錯誤,符合題意;
B.我國科學(xué)家錢三強、何澤慧夫婦于1947年在實驗室觀察到鈾核也可以分裂為三部分或四部分,
B正確,不符合題意;
C.因只有一個原子躍遷,故最多可發(fā)射3種而不是6種不同頻率的光子,即4f3、3—2、2-1,
C正確,不符合題意;
D.在核聚變反應(yīng)中,由于比結(jié)合能增大,故反應(yīng)物的結(jié)合能之和小于生成物的結(jié)合能,D正確,
不符合題意。
故選Ao
2.將一光滑輕桿固定在地面上,桿與地面間夾角為仇一光滑輕環(huán)套在桿上.一個大小和質(zhì)量都不
計的滑輪用輕繩OP懸掛在天花板上,用另一輕繩通過滑輪系在輕環(huán)上,用手拉住輕繩另一端并使
OP恰好在豎直方向,如圖所示.現(xiàn)水平向右拉繩,當輕環(huán)重新靜止不動時,OP繩與天花板之間的
夾角為()
A.90°B,45°
0
C.eD.45°+-
2
答案:D
解:對輕環(huán)Q進行受力分析如圖甲,只有繩子的拉力垂直于桿時,繩子的拉力沿桿的方向沒有分
力,輕環(huán)重新靜止不動,由幾何關(guān)系可知,PQ繩與豎直方向之間的夾角是0.對滑輪進行受力分
析如圖乙,由于滑輪的質(zhì)量不計,則0P對滑輪的拉力與滑輪兩邊細繩拉力的合力等大反向,由于
滑輪兩邊細繩拉力大小相等,故OP沿兩繩夾角的角平分線,0P與水平天花板之間的夾角。為兩
1e
繩間夾角的一半,即p=2(0+90°)=45°+5,故ABC錯誤,D正確.
故選D
甲乙
【點睛】先對Q進行受力分析,得出PQ與豎直方向之間的夾角,然后以滑輪為研究的對象,即可
求出0P與豎直方向之間的夾角,再結(jié)合幾何關(guān)系求出0P與天花板之間的夾角..
3.下圖為排球場地示意圖,場地為18mx9m的矩形.某次練習中,甲在左側(cè)場內(nèi)距網(wǎng)2m處,面
對攔網(wǎng),高高躍起扣球,將球正對攔網(wǎng)(排球軌跡平面與攔網(wǎng)垂直)擊出,擊球點距地%=3m,
擊球過程可視為給球一個水平方向大小為4N-s,豎直方向大小未知的沖量。假設(shè)排球質(zhì)量為
0.4kg,可視為質(zhì)點,若球擦網(wǎng)進入乙所在的右側(cè)區(qū)域,乙在距地高1m,距攔網(wǎng)也是2m處將球
擊回(排球軌跡平面仍然與攔網(wǎng)垂直)。接球過程中視為給球一個水平方向為xN-s,豎直方向為
yN-s的沖量,球剛好沿原路返回,不考慮空氣阻力和擦網(wǎng)時網(wǎng)對球的影響,已知g=10m/s2。
則下列結(jié)論正確的是()
A.球在空中作變加速曲線運動運動
B.乙接球過程中給球水平方向的沖量為8N-s
C.乙接球過程中給球豎直方向的沖量為2.8N-s
D.乙將球擊出后,如果甲不碰球,球?qū)⒙湓诩讌^(qū),不會出界
答案:B
解:A.球只受重力,故做勻變速曲線運動,A錯誤;
BC.由初始水平?jīng)_量得匕=l()m/s,可知觸網(wǎng)前球運動時間4=0.2s,觸網(wǎng)后到乙接球時間
t2=0.2s,因為從甲扣球到乙接球,h=2va,,=0.4s,由
,1,
h=v^+^^~
2
可得
vy0=3m/s
故乙接球時
匕=10m/s,vy=vy0+gt-lm/s
因接球后球也剛好擦網(wǎng)進入甲區(qū),故球速度等大反向離開乙,所以
Av,.=20m/s,Avv=14m/s
故乙給球水平、豎直方向的沖量分別為8N-s,5.6N-S,B正確,C錯誤;
D.球離開乙到最高點,需時間0.7s,再回到同一高度,還需0.7s,故被乙擊回后,從觸網(wǎng)到返回
到甲所在場區(qū)乙擊球點的相同高度,需時間
0.7s+0.7s-0.2s=1.2s
這段時間的水平位移為
12m>9m
球已出界,D錯誤。
故選B。
4.如圖所示,0、2為兩個被固定的點電荷,人人是它們連線的延長線上的兩點?,F(xiàn)有一帶正電
的粒子只在電場力作用下以一定的初速度從。點開始經(jīng)。點向遠處運動,過人點時速度最小,下列
說法正確的是()
A.向遠處運動過程中,粒子的電勢能先減小后增大
B.粒子由。點到。點運動過程中加速度逐漸增大
C.b點、電場強度一定為零
D.的電荷量一定小于。2的電荷量
答案:C
分析】
解:A.在整個過程中速度先減小后增大,即動能先減小后增大,根據(jù)能量守恒定律可得,電勢能
先增大后減小,A錯誤;
BC.帶電粒子在b點時速度最小,所以在人點的加速度為零,電場強度為零,即從。到〃點的過程
中,加速度逐漸減小,B錯誤,C正確;
D.由于力點的場強為零,所以有
四=壟
r\hr2b
由于大>4”所以。的電荷量一定大于。2的電荷量,D錯誤。
故選C。
5.滑塊第一次從粗糙斜面頂端由靜止下滑到底端,第二次以一定的初速度從斜面底端上滑剛好到
達頂端。如圖所示,小王同學(xué)記錄了滑塊運動的頻閃照片,若照片的時間間隔都相同,下列說法正
確的是()
A.滑塊下滑時的加速度大于上滑時的加速度
B.圖2是滑塊下滑的照片
C.滑塊下滑到底端時的速度大于剛開始上滑時的初速度
D.滑塊下滑過程中克服摩擦力做功的平均功率小于上滑過程中克服摩擦力做功的平均功率
答案:D
詳解】A.由牛頓第二定律可得,下滑時滿足
mgsin0-pmgcos0=mat
上滑時滿足
mgsin0+/jmgcos0=ma2
對比可得
q
故滑塊下滑時的加速度小于上滑時的加速度,A錯誤;
B.設(shè)斜面的長度為L,下滑時有
乙=[卬;
上滑過程可反向看成初速度為零的勻加速運動,同理可得
L=玄
可得
%>t2
設(shè)頻閃時間間隔為T,由圖可知,圖1為5T,圖2為4T,故圖2是滑塊上滑的照片,B錯誤;
C.由
v2=2aL
可知,下滑的末速度小于上滑的初速度,C錯誤;
D.克服摩擦力所做的功均為
Wf-jumgcos0-L
平均功率為
_W
P=,f
由于八>J,所以滑塊下滑過程中克服摩擦力做功的平均功率小于上滑過程中克服摩擦力做功的平
均功率,D正確。
故選D。
6.2021年5月,基于俗稱“中國天眼''的500米口徑球面射電望遠鏡(FAST)的觀測,國家天文臺李
藥、朱煒瑋研究團組姚菊枚博士等首次研究發(fā)現(xiàn)脈沖星三維速度與自轉(zhuǎn)軸共線的證據(jù)。之前的2020
年3月,我國天文學(xué)家通過FAST,在武仙座球狀星團(M13)中發(fā)現(xiàn)一個脈沖雙星系統(tǒng)。如圖所
示,假設(shè)在太空中有恒星A、B雙星系統(tǒng)繞點。做順時針勻速圓周運動,運動周期為7;,它們的軌
道半徑分別為此、尺8,RA<RB,C為B的衛(wèi)星,繞B做逆時針勻速圓周運動,周期為72,忽略A
與C之間的引力,萬引力常量為G,則以下說法正確的是()
A.若知道C的軌道半徑,則可求出C的質(zhì)量
B.若A也有一顆運動周期為T2的衛(wèi)星,則其軌道半徑大于C的軌道半徑
C.恒星B的質(zhì)量為
GT:
TT
D.設(shè)A、B、C三星由圖示位置到再次共線的時間為貝曠=:^彳
工+(
答案:B
解:A.C繞B做勻速圓周運動,滿足
故無法求出C的質(zhì)量,A錯誤;
B.因為A、B為雙星系統(tǒng),滿足
2萬丫
又因為所以用人>用8,設(shè)A衛(wèi)星質(zhì)量為如根據(jù)
GMmr24丫八
R~\T)
可知,A的衛(wèi)星軌道半徑大于C的軌道半徑,B正確;
C.因為A、B為雙星系統(tǒng),所以相互之間的引力提供運動所需的向心力,即
(知+RJ
4/RA(R,\
C錯誤;
D.A、B、C三星由圖示位置到再次共線應(yīng)滿足
2zr2萬
——,+——t=兀
[T2
解得
2口+豈)
D錯誤。
故選Bo
二、選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分.在每小題給出的四個選項中,有
多項符合題目要求全部選對的得5分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分.
7.無人駕駛汽車作為汽車的前沿科技,目前尚在完善中,它車頭裝有一個激光雷達,就像車輛的
“鼻子”,隨時“嗅”著前方88m范圍內(nèi)車輛和行人的“氣息”,制動反應(yīng)時間為0.2s,比有人
駕駛汽車平均快1秒。下圖為在某次測試場地進行制動測試時獲得的一部分圖像(u為汽車的速度,
x為位置坐標)。關(guān)于該無人駕駛汽車在該路段的制動測試中,下列說法正確的是()
A.制動加速度大小為lOm/T
B.以30m/s的速度勻速行駛時,從''嗅”到前方行人“氣息”到停止需要3s
C.以30m/s的速度勻速行駛時,從“嗅”到前方行人“氣息”到停止的距離為51m
D.最大安全速度是40m/s
答案:ACD
解:A.根據(jù)位移速度公式得
V2
X=-----
2a
結(jié)合圖像斜率得
a=10m/s2
A正確;
B.以30m/s的速度勻速行駛時,制動時間為
V
f=—=3s
a
所以從“嗅”到前方行人“氣息”到停止需要
=tQ+1=3.2s
B錯誤;
C.以30m/s的速度勻速行駛時,從“嗅”到前方行人“氣息”到停止的距離為
V2
s-vtH-----=6+45=51m
0la
C正確;
D.以40m/s的速度勻速行駛時,從“嗅”到前方行人“氣息”到停止的距離為
2
V
s="4-----=8+80=88m
2a
D正確。
故選ACD?
8.如圖所示,圖甲中M為一電動機,當滑動變阻器R的滑片從一端滑到另一端的過程中,兩電壓
表Vi和V2的讀數(shù)隨電流表A讀數(shù)的變化情況如圖乙所示,己知電流表A讀數(shù)在0.2A以下時,電
動機沒有轉(zhuǎn)動。不考慮電表對電路的影響,以下判斷正確的是()
A.圖線①為V2示數(shù)隨電流表的變化圖線
B.電路中電源電動勢為3.4V
C.此電路中,電動機的最大輸入功率是0.9W
D.變阻器的最大阻值為30Q
答案:AC
解:A.由電路圖甲知,電壓表V2測量路端電壓,電流增大時,內(nèi)電壓增大,路端電壓減小,所
以圖線①表示V2的電壓與電流的關(guān)系,故A正確;
B.此圖線的斜率大小等于電源的內(nèi)阻,為
△U3.4—3.0八s
-----=-------------£2=212
M0.3-0.1
當電流/=0.1A時,U=3.4V,則電源的電動勢
E=U+/R=(3.4+0.1X2)V=3.6V
故B錯誤;
C.當/=0.3A時,U=3V,電動機輸入功率最大
P=(77=3XO.3W=O.9W
故C正確;
D.若電流表A示數(shù)小于0.2A,由圖知,電動機不轉(zhuǎn)動,電動機的電阻
0.8-0.4
Q=4Q
0.1
根據(jù)閉合電路歐姆定律得
U=E-I(r+rM)
得
|A£I
=r+K=6Q
IA/I
當/=0.1A時,電路中電流最小,變阻器的電阻為最大值,所以R與4并聯(lián)電阻的最大值
-2-4Q=30Q
則變阻器的最大阻值大于3()。,故D錯誤。
故選ACo
9.如圖,工人利用滑輪組提升一質(zhì)量為2kg重物M,若工人從圖中A點運動到8點做初速度為零
的勻加速直線運動,經(jīng)過時間1s,重物M上升了0.75m。圖中8=37°,且=不計滑輪、
繩的質(zhì)量和繩與滑輪之間的摩擦,取sin370=0.6,cos370=0.8。下列結(jié)論正確的有()
A.此過程中人的位移為2.5mB.此過程中人的加速度為2.5m/s2
C.此過程中重物M也做勻加速運動D.此過程工人對繩所做的功為19J
答案:AD
解:A.因為重物上升0.75m,且在動滑輪上,所以O(shè)點右側(cè)繩子伸長1.5m。由幾何關(guān)系可得
L()B-LQA=1
L()B=COS0
^AB—Lg
解得
LAB=2.5m
A正確;
B.由運動學(xué)公式
LAB=鼻扇-
解得
a=5m/s2
B錯誤;
C.人做勻加速運動
vK=at
由速度關(guān)系
1八
V物=5u人cos。
解得
1萬
=-atcosO
因為cosJ是變量,所以重物不是勻加速運動,C錯誤;
D.人做的功等于重物機械能的增量
1,
W=Mgh+-Mv^
1八
v物--atcos3
解得
W=19J
D正確。
故選AD。
10.如圖,水平桌面上固定兩根距離d=1m,不計電阻的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌。4、8'C、D、
E、產(chǎn)為導(dǎo)軌上6個不同的位置,ABFE區(qū)域(含邊界)有垂直紙面向里大小8=1T的勻強磁場。
導(dǎo)體棒/i的質(zhì)量加=0.5kg,電阻R=0.2C,垂直導(dǎo)軌放置,E/處有一固定的與/i相同導(dǎo)體棒心
導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,在C、。兩位置有固定彈性立柱C和/),導(dǎo)體棒與立柱發(fā)生彈性碰
撞時,速度立即變?yōu)榕c碰前速度等大反向。人在恒定外力廠作用下從48邊左端距A8邊0.25m處由
靜止開始向右運動,進入磁場后恰能做勻速直線運動。乙運動至CQ處,與立柱發(fā)生碰撞時立即撤
去外力,同時撤去對/2的固定。當6再次運動至A8處時,八與/2達到共速,,2恰好到達8處,并
與立柱相碰。已知導(dǎo)軌AE、B尸段光滑,其余段粗糙,人與粗糙部分間動摩擦因數(shù)為",滑動摩擦
力等于最大靜摩擦力。F=5N,CE=0.3mm^=10m/s2?則下列說法正確的是()
ACE
▼
XXXXXX
------->XXXXXX
F
XXXXXX
BDF
A.人與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)〃=0.2
B.C、。分別為AE、B尸的中點
C./i由CZ)運動到AB過程中產(chǎn)生焦耳熱量0.25J
D./2最終將離開磁場,在E尸右側(cè)滑動一段距離
答案:AC
解:A.因人進入磁場后做勻速運動
解得
v0=2m/s
/i由開始運動到進入磁場,由動能定理可得
1,
Fx0.25-[imgx0.25=-mv~
解得
〃=0.2
A正確;
B.6從反彈到達AB過程,黑,2系統(tǒng)動量守恒,設(shè)共同速度為口,根據(jù)動量守恒定律得
mv0=2mvl
解得
v1=lm/s
在相同時間內(nèi),/i速度由2m/s減速到lm/s,b速度由0增加到lm/s,故此過程/,的位移大于h的
位移,B錯誤;
C.兩棒都在磁場中運動過程中,系統(tǒng)損失的動能變成兩棒的焦耳熱,由于兩電阻相等,則兩棒產(chǎn)
生的焦耳熱相等,設(shè)每根棒產(chǎn)生的焦耳熱為。,根據(jù)能量守恒定律得
20=卜〃f一;.2m”;
解得
Q=0.25J
C正確;
D./2在磁場中向右滑動時只受安培力作用,人在磁場外,設(shè)/2向右移動的最大距離為X,由動量定
理得
-Bldt=0-mv1
It-q
由法拉第電磁感應(yīng)定律得
后=包
M=Bdx
由閉合電路歐姆定律得
q=[4
解得
x=0.2m
/2將在磁場中運動0.2m后靜止,D錯誤。
故選ACo
三、非選擇題:共56分.第11~14題為必考題,每個試題考生都必須作答第15~16題
為選考題,考生根據(jù)要求作答.
(-)必考題:共43分.
11.某實驗小組做“探究加速度與力的關(guān)系”實驗時,先采用如圖甲所示的常規(guī)實驗方案,處理數(shù)
據(jù)時發(fā)現(xiàn)誤差比較明顯。該小組經(jīng)過分析討論,對實驗方案進行了改進和優(yōu)化,采用如圖乙所示實
驗方案,具體實驗操作步驟如下:
A.掛上托盤和祛碼,調(diào)整墊塊位置,使質(zhì)量為M的小車拖著紙帶沿木板勻速下滑;
B.取下托盤和祛碼,用天平測出它們的總質(zhì)量為〃?,查出并記錄當?shù)刂亓铀俣萭;
C.把小車放回木板上原位置,由靜止釋放,測出其下滑的加速度
D.改變祛碼質(zhì)量和墊塊位置,多次測量"?和a,通過作圖可得到。-尸的關(guān)系。
(1)比較甲、乙兩實驗方案,實驗時需要滿足條件/>>加的實驗方案是(選填“甲”、
“乙”或“甲和乙”);
(2)采用乙實驗方案,在作關(guān)系時,小車受到的合外力產(chǎn)=;
(3)在一次實驗操作中,獲得如圖丙所示的紙帶,AB、C、D、石為計數(shù)點,其中相鄰兩計數(shù)
點間均有四個點未畫出,所用交變電源的頻率為50Hz,由紙帶可求得小車運動的加速度
丙
(4)圖丁是該小組先后采用甲、乙兩個實驗方案描繪出的。-尸關(guān)系圖象,圖象中(選填
①或②)是乙實驗方案得到的尸關(guān)系圖象。
答案:(I).甲(2).mg(3).0.78~0.82(4).①
解:(1)[1]根據(jù)題意,圖甲所示實驗方案中托盤和祛碼的總重力充當小車的合外力,為減小托盤
和祛碼質(zhì)量對實驗的影響,應(yīng)滿足”>>,〃,而圖乙所示方案的實驗原理為,掛上托盤和祛碼,調(diào)
整墊塊位置,使質(zhì)量為M的小車拖著紙帶沿木板勻速下滑時,由平衡條件有
Mgsin0-jjMgcos0-T=0,T=mg
取下托盤和祛碼,讓小車沿木板加速下滑,則有
Mgsing-fjMgcosd=Ma
由上兒式解得
巴;=T=mg=Ma
所以不需要滿足M?m,則實驗時需要滿足條件M?m的實驗方案是甲。
(2)[2]用乙實驗方案,在作a-E關(guān)系時,小車受到的合外力b=
(3)[3]利用逐差法可得小車的加速度為
XCE-W_(7.60-4.40)x10-2
0.80m/s2
4T24x0.12
(4)[4]由于用乙實驗方案,在作。-尸關(guān)系時,小車受到的合外力
F=mg=Ma
則有
a=-F
M
所以圖像中①是乙實驗方案得到的a-E關(guān)系圖象。
12.國標(GB/T)規(guī)定自來水在15℃時電阻率應(yīng)大于13Cm。某同學(xué)利用圖甲電路測量15℃自來
水的電阻率,其中內(nèi)徑均勻的圓柱形玻璃管側(cè)壁連接一細管,細管上加有閥門K以控制管內(nèi)自來
水的水量,玻璃管兩端接有導(dǎo)電活塞(活塞電阻可忽略),右活塞固定,左活塞可自由移動。實驗
器材還有:電源(電動勢約為3V,內(nèi)阻可忽略),電壓表V1(量程為0~3V,內(nèi)阻很大),電壓
表V2(量程為0~3V,內(nèi)阻很大),定值電阻飛(阻值4kQ),定值電阻&(阻值2k£2),電阻
箱R(最大阻值99990),單刀雙擲開關(guān)S,導(dǎo)線若干,游標卡尺,刻度尺。
實驗步驟如下:
A.用游標卡尺測量玻璃管的內(nèi)徑。;
B.向玻璃管內(nèi)注滿自來水,并用刻度尺測量水柱長度L;
C.把S撥到I位置,記錄電壓表Vi示數(shù);
D.把S撥到2位置,調(diào)整電阻箱阻值,使電壓表V2示數(shù)與電壓表S示數(shù)相同,記錄電阻箱的阻
值R;
E.改變玻璃管內(nèi)水柱長度,重復(fù)實驗步驟C、。,記錄每一次水柱長度L和電阻箱阻值R;
F.斷開S,整理好器材。
345cm
用小用「MI
012w34m567890
乙
(1)玻璃管內(nèi)水柱的電阻Rr的表達式為&=(用片、鳥、H表示);
(2)測玻璃管內(nèi)徑d時游標卡尺示數(shù)如圖乙,則4=mm;
(3)利用記錄的多組水柱長度L和對應(yīng)的電阻箱阻值R的數(shù)據(jù),繪制出如圖丙所示的火-!關(guān)系
L
圖象。自來水的電阻率夕=_____Q-m(保留兩位有效數(shù)字)。
_.R.R-,
答案:(1).(2).30.00(3).14
R
解:(1)[1]根據(jù)串聯(lián)電路中電壓的分配規(guī)律,由題意得
£_旦
故
氏4
R
(2)⑵由圖可知,游標尺上零刻度與主尺刻度線對齊,則讀數(shù)為30.00mm。
(3)⑶根據(jù)電阻定律得
pL
.d.
萬(5)
故
兀耶
A----------4-------1
4pL
根據(jù)圖中的斜率代入數(shù)據(jù)可得
p=14。-m
13.如圖所示,一傾角為6=37°的斜面固定在水平面上,質(zhì)量為5根物塊靜止于斜面上。處。在
距離。點/?=1.8m高處的斜面頂端從靜止開始釋放一個質(zhì)量為加的小球,小球沿斜面下落過程中
只與物塊發(fā)生了一次彈性碰撞,一段時間后兩者同時到達斜面底端。物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)等
于tan。,小球與斜面間摩擦忽略不計,重力加速度大小為g=10m/s2。求:
(1)小球與物塊剛碰撞后它們的速度咋彩;
(2)斜面的高度”。
答案:(1)4=-4m/s,小球方向沿斜面向上;匕=2m/s,物塊速度沿斜面向下:(2)H=4.2m
解:(I)設(shè)剛要碰撞時小球的速度為%,根據(jù)機械能守恒有
mgh=gmv1
在小球與物塊的碰撞過程中,取沿斜面向下為正方向,根據(jù)動量守恒有
mv0=mvx+5mv2
根據(jù)動能守恒有
g-gmv1+g?5mv;
聯(lián)立解得
2___
Vj=--y]2gh=-4m/s
v2=;j2gli=2m/s
小球方向沿斜面向上,物塊速度沿斜面向下。
(2)小球與物塊碰撞后先沿斜面向上勻減速運動后沿斜面向下做勻加速運動,設(shè)加速度為q,經(jīng)
時間運動到斜面底端,取沿斜面向下為正方向,根據(jù)牛頓運動定律有
mgsin0=ma
根據(jù)運動學(xué)公式
H-h=卬+%
sin。12
設(shè)碰撞后物塊加速度為牝,根據(jù)牛頓運動定律有
5mgsin。-5jumgcos0=5ma2
將〃=tan。代入上式得
%=0
即物塊碰撞后沿斜面向下做勻速運動,于是有
H-h
=3
sin。
聯(lián)立解得
rr7〃,-
H=—=4.2m
3
14.如圖所示,平面直角坐標系的第一象限有垂直于紙面向里的勻強磁場,磁場左邊界到y(tǒng)軸的距
離為s(s未知),磁感應(yīng)強度為a未知);第二象限有沿y軸負方向的勻強電場,電場強度為E
(E未知);第四象限有垂直于紙面向里的勻強磁場,磁場上邊界到x軸距離為4磁感應(yīng)強度為
4=衛(wèi)匕。有一個帶正電的粒子(質(zhì)量為機、電荷量為外不計重力)從電場中的A(-2L,L)
2qd
點以水平向右的速度V0射出,恰好經(jīng)過坐標原點。進入第四象限,經(jīng)過磁場后,從X軸上某點進
入第一象限的磁場中,經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后水平射出,恰好經(jīng)過y軸上的P(0,2力點。求:
(1)電場強度E;
(2)磁感應(yīng)強度明;
⑶第一象限磁場左邊界到y(tǒng)軸的距離s。
答案:(1)E=篝;(2)&=(3+1)〃"(3)s=4d
2qL2qd
解:(1)在勻強電場中,設(shè)粒子運動時間為,,加速度為“,到達原點。時豎直分速度為嶺,合速度
為也由牛頓第二定律和運動學(xué)公式得
c,,12Eq
2L=vof,L=——ar,a=----
2m
聯(lián)立解得
2
mv
E=―n-
2qL
(2)由(1)問可知
Eqmvl
Vv=at,2L=vot,a=----,E=------
m2qL
聯(lián)立上式有
Vy=VO,V=Qv;+V;=&皿
設(shè)合速度V與X軸正方向夾角為仇由平行四邊形定則得:
vy=vsind
解得
6=45°
設(shè)粒子在第一象限的磁場中做圓周運動的半徑為/'2,由幾何關(guān)系、牛頓第二定律和洛倫茲力公式得
2
V
-2+r2cos45°=2d,q\,B2=tn—
r2
解得
(0+1),〃%
D2----------------
2qd
(3)粒子的運動軌跡如下圖所示
設(shè)粒子在第四象限的磁場中做圓周運動的半徑為門,由幾何關(guān)系、牛頓第二定律和洛倫茲力公式得
V2
ON=d+2門sin450+d,qvB\=m-9MN=r2sin45°,s=ON?MN
4
聯(lián)立解得
5=4J
(二)選考題:共13分.請考生從兩道中任選一題作答.如果多做,則按第一題計分.
15.下列說話正確的是()
A.擴散現(xiàn)象是由外界作用引起的,如風的對流
B.單晶體具有各向異性,多晶體具有各向同性,液晶具有各向異性
C.在一定溫度下,空氣中水蒸氣的壓強越大,相對濕度越大
D.毛細現(xiàn)象的產(chǎn)生是因為浸潤的液體附著層稀疏,表現(xiàn)為引力,使其具有收縮的趨勢,使液面呈
凹狀
E.從微觀的角度看,熱力學(xué)第二定律是一個統(tǒng)計規(guī)律
答案:BCE
解:A.擴散現(xiàn)象是由分子的熱運動引起的,A錯誤;
B.單晶體具有各向異性,多晶體具有各向同性,液晶具有各向異性。B正確;
C.在一定溫度下,飽和汽壓一定,空氣中水蒸氣的壓強越大,相對濕度越大。C正確;
D.浸潤與不浸潤都可引起毛細現(xiàn)象,D錯誤;
E.從微觀的角度看,熱力學(xué)第二定律是一個統(tǒng)計規(guī)律。E正確。
故選BCE。
16.隨著節(jié)能、環(huán)保觀念的普及和科技的發(fā)展,純電動、智能汽車市場占有率逐漸增加。2021年4
月,搭載世界知名企業(yè)“華為”公司自動駕駛系統(tǒng)、由北京汽車集團制造的新能源汽車極狐-阿爾法S
在上海車展中高調(diào)亮相。該款汽車在某次測試中,啟動汽車時,汽車發(fā)出警報,顯示左前輪胎壓強
20
過低,為1.52bar(“bar”為胎壓單位,lbar=102KPa),且胎內(nèi)氣體體積為正常體積吃的一,
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