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文檔簡介
2024年高考物理第三次模擬考試
物理?全解全析
注意事項(xiàng):
I.答卷前,考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)等填寫在答題卡和試卷指定位置上。
2.回答選擇題時(shí),選出每小題答案后,用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如
需改動(dòng),用橡皮擦干凈后,再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?;卮鸱沁x擇題時(shí),將答案寫在答題卡上。寫
在本試卷上無效。
3.考試結(jié)束后,將本試卷和答題卡一并交回
一.選擇題(共13小題)
I.2023年的諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)授予“采用實(shí)驗(yàn)方法產(chǎn)生阿秒脈沖光的技術(shù)”,阿秒脈沖光是一種非常
短的光脈沖,其持續(xù)時(shí)間在阿秒的量級(jí),即lO^s,則()
A.阿秒是導(dǎo)出單位
B.阿秒是國際單位制的基本單位
C.阿秒對(duì)應(yīng)的物理量是國際單位制的基本量
D.阿秒對(duì)?應(yīng)的物理量是矢最
【解答】解:由題意可知,阿秒是l()Fs,即阿秒是時(shí)間的一個(gè)單位,根據(jù)單位制的基本內(nèi)容可
知,時(shí)間是國際單位制中的基本物理量;但阿秒不是國際單位制中的單位,故C正確,ABD錯(cuò)
誤。
故選:Co
2.如圖所示,某款可折疊手機(jī)支架,調(diào)節(jié)支撐桿MN,手機(jī)背部支撐平面PQ的傾角0隨之改變,
底部支撐平面ab與PQ始終垂直,忽略一切摩擦,當(dāng)。逐漸減小時(shí),下列說法正確的是()
A.背部支撐平面PQ對(duì)手機(jī)的彈力逐漸變小
B.手機(jī)對(duì)底部支撐平面ab的彈力逐漸變大
C.支架對(duì)手機(jī)的作用力逐漸增大
D.手機(jī)對(duì)支架的作用力始終不變
【解答】解:AB、以手機(jī)為研究對(duì)象,受力情況如圖所示:
根據(jù)平衡條件可得背部支憚平面PQ對(duì)手機(jī)的彈力FN=mgcos0,手機(jī)與底部支撐平面ab之間的
彈力Fab=mgsine;
當(dāng)6逐漸減小時(shí),背部支撐平面PQ對(duì)手機(jī)的彈力增大,手機(jī)與底部支撐平面ab之間的彈力減小,
故AB錯(cuò)誤;
CD、根據(jù)平衡條件可得,支架對(duì)手機(jī)的作用力大小始終等于手機(jī)的重力大小,根據(jù)牛頓第三定律
可知,手機(jī)對(duì)支架的作用力大小也等于手機(jī)的重力大小,保持不變,故C錯(cuò)誤、D正確。
故選:D。
3.如圖所示,小球甲從距離地面高度為hi=15m處以速度、o=lOm/s豎直向上拋出,同時(shí)小球乙從
距離地面高度為h2=20m處開始自由下落,小球運(yùn)動(dòng)的過程中不計(jì)空氣阻力,重力加速度取g=
lOin/s2,則下列說法中正碓的是()
vof二T
-y?甲
20m
15m
A.小球乙落地前,兩小球的速度差逐漸變大
B.落地前的運(yùn)動(dòng)過程中小球甲、乙的平均速率之比為5:6
C.至小球乙落地時(shí),甲、乙兩球的位移大小之比為3:4
D.小球甲、乙運(yùn)動(dòng)的第1s內(nèi)位移相同
【解答】解:A.取豎直向上為正方向,甲球跟乙球的速度差為Av=vo-gl-(-gt)=vo,故A
錯(cuò)誤;
B.由h=^gt2
得乙球落地用時(shí)間為
【2=2s
對(duì)甲球:由votL*g¥=—15
解得
ti=3s
甲球經(jīng)過的路程為25m,乙球經(jīng)過的路程為20m,那么落地前的運(yùn)動(dòng)過程中小球甲、乙的平均速
率之比為5:6,故B正確;
C.乙球落地時(shí),甲球的位移為0,即恰好回到拋出點(diǎn),則至小球乙落地時(shí),甲、乙兩球的位移大
小之比為0,故C錯(cuò)誤;
D.對(duì)甲球,第1s內(nèi)位移父=/十二另1ox12m=5m,對(duì)乙球,第Is內(nèi)位移(=/卅=1x10x
12m=5m,兩位移方向不同,故D錯(cuò)誤。
故選:Bo
4.某國政府不顧國際社會(huì)的反對(duì),公然決定將大量核廢水排放到太平洋,引起了國際輿論的強(qiáng)烈譴
責(zé)。核廢水主要包含63種放射性物質(zhì),其中以鈾137、鑲90、筑、碳14等為主,下列說法正確
的是()
A.艷137的半衰期是30年,60年后核廢水中的鈉137全部衰減殆盡
B.錮90發(fā)生。衰變的衰變方程為翡Sr—翡Y+9遙,翡Sr的比結(jié)合能比弱Y的大
C.旅具有放射性,是原子核外電子從高能級(jí)向低能級(jí)躍遷造成的
D.碳14的半衰期為5730年,如果一塊古木中的碳14含量是現(xiàn)代植物的0.25倍,則百木的歷
史約11460年
【解答】解:A.鈉137的半衰期是30年,經(jīng)歷兩個(gè)半周期,60年后核廢水中的鋼137仍剩下
原先的乙故A錯(cuò)誤;
4
B.錮90發(fā)生。衰變的衰變方程為lgSr->招V+90,。衰變是自然發(fā)生的,衰變的過程中釋
放核能,則弱丫的結(jié)合能更大,它們的核子數(shù)相等,所以瑞Sr的比結(jié)合能比翡丫的比結(jié)合能小,
故B錯(cuò)誤;
C.晁具有放射性,是原子核發(fā)生衰變?cè)斐傻?,故c錯(cuò)誤;
n
D.碳14的半衰期為5730年,如果一塊古木中的碳14含量是現(xiàn)代植物的0.25倍,根據(jù)m=m0(1)
可知n=2,即經(jīng)歷兩次半周期,則古木的歷史約1=5730X2年=11460年,故D正確。
固定支撐板
空氣間隙活動(dòng)金屬板
固定金屬板
甲乙
A.按鍵的過程中,電容器間的電場強(qiáng)度減小
B.按鍵的過程中,電容器儲(chǔ)存的電能增多
C.按鍵的過程中,圖內(nèi)中電流方向從a經(jīng)電流計(jì)流向b
D.按鍵的過程中,電容器上極板電勢低于下極板電勢
【解答】解:AB.根據(jù)電容器的定義式、決定式以及電場強(qiáng)度與電勢差關(guān)系:
r-Q-JrL-H
L~U~4成d'bF~d
按鍵的過程中,由于電壓U不變,d減小,則電容C增大,電容器間的電場強(qiáng)度E增大,電容器
所帶電荷量Q增大,則電容器儲(chǔ)存的電能增多,故A錯(cuò)誤,B正確:
CD.按鍵的過程中,由于電容器所帶電荷量Q增大,電容器充電,圖丙中電流方向從b經(jīng)電流
計(jì)流向a,電容器上極板電勢高于下極板電勢,故CD錯(cuò)誤。
故選:Bo
7.杜甫在《曲江》中寫到:穿花蝶蝶深深見,點(diǎn)水蜻蜓款款飛。平靜水面上的S處,“蜻蜓點(diǎn)水”
時(shí)形成一列水波向四周傳播(可視為簡諧波),A、B、C三點(diǎn)與S在同一條直線上。圖示時(shí)刻,
A在波谷與水平面的高度差為H,B、C在不同的波峰上。已知波速為v,A、B在水平方向的距
離為a,()
?9?tI4\fi
\:C-:\\;s\:MB::
、、,*.?力、/13
2v
A.A點(diǎn)振動(dòng)頻率為一
a
B.到達(dá)第一個(gè)波峰的時(shí)刻,C比A滯后?
a
C.從圖示時(shí)刻起,經(jīng)過時(shí)間一,B、C之間的距離增大
a
D.從圖示時(shí)刻開始計(jì)時(shí),A點(diǎn)的振動(dòng)方程是y=〃s加(等£+岑)
【解答】解:A.由圖可知波長為2a,則A點(diǎn)振動(dòng)頻率為f=言,故A錯(cuò)誤;
B.由圖可知SA=L51SC=3入,則到達(dá)第一個(gè)波峰的時(shí)刻,C比A滯后
t=1.5T=—V
故B錯(cuò)誤;
CB、C只能豎直方向振動(dòng),距離不變,故C錯(cuò)誤;
D.質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)角頻率為3=竿=芳
從圖示時(shí)刻開始計(jì)時(shí),A點(diǎn)的振動(dòng)方程是
y=癡1苧+?
故D正確。
故選:Do
8.如圖1所示,固定斜面的傾角8=37°,一物體(可視為質(zhì)點(diǎn))在沿斜面向上的恒定拉力F作用
下,從斜面底端由靜止開始沿斜面向上滑動(dòng),經(jīng)過距斜面底端xo處的A點(diǎn)時(shí)撤去拉力F。該物體
的動(dòng)能Ek與它到斜面底端的距離x的部分關(guān)系圖像如圖2所示。已知該物體的質(zhì)量m=1kg,該
物體兩次經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能之比為4:1,該物體與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同,sinS7"=0.6,
重力加速度g取lOm/s2,不計(jì)空氣阻力。則拉力F的大小為()
【解答】解:依題意,設(shè)物體在運(yùn)動(dòng)過程中受到的滑動(dòng)摩擦力大小為f,
當(dāng)物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)到xo處時(shí),根據(jù)動(dòng)能定理有
(F-Gsin0-f)xo=Eo
運(yùn)動(dòng)到2xo處時(shí),根據(jù)動(dòng)能定理有
Fxo-(Gsin9+f)2xo=O
當(dāng)物體沿斜面向下運(yùn)動(dòng)到xo處時(shí),根據(jù)動(dòng)能定埋有
1
(GsinO-/)-x0=薩0
聯(lián)立方程,代入數(shù)據(jù)解得:F=19.2N,故ABC錯(cuò)誤,D正確.
故選:De
9.如圖1所示,光滑水平桌面上有豎直向下、寬度為L的勻強(qiáng)磁場,正方形閉合導(dǎo)線框abed的邊
長為I,放在桌面上,be邊與磁場邊界平行,L>lo讓導(dǎo)線框在沿ab方向的恒力F作用下穿過勻
圖1圖2
A.U?12時(shí)間內(nèi),導(dǎo)線框受到的安培力逐漸增大
B.U?12時(shí)間內(nèi),F(xiàn)對(duì)導(dǎo)線框做的功等于其動(dòng)能的增加量
C.12?t3時(shí)間內(nèi),v-t圖中陰影部分的面積表示磁場的寬度L
D.t3?t4時(shí)間內(nèi),導(dǎo)線框產(chǎn)生的焦耳熱大于FI
【解答】解?:A、由圖像可知,ti時(shí)刻,導(dǎo)線框開始進(jìn)入磁場區(qū)域,減速運(yùn)動(dòng),安培力大于恒力F,
加速度逐漸變小,安培力減小,故A錯(cuò)誤;
B、U?t2時(shí)間內(nèi),由動(dòng)能定理可得:WF+Mr=AEk,故B錯(cuò)誤;
C、由圖像可知,12時(shí)刻,導(dǎo)線框全部進(jìn)入磁場區(qū)域,13時(shí)刻,導(dǎo)線框開始離開磁場區(qū)域,口?13
時(shí)間段圖線和坐標(biāo)軸圍成的面積表示磁場的寬度L,故C錯(cuò)誤:
D、因?yàn)閠3?t4段的安培力大于恒力E位移是1,故導(dǎo)線框產(chǎn)生的焦耳熱大于FI,故D正確。
故選:D。
10.照射到金屬表面的光可能使金屬中的電子逸出,可以用甲圖的電路研究電子逸出的情況。陰極
K在受到光照時(shí)能夠逸出電子,陽極A吸收陰極K逸出的電子,在電路中形成光電流。在光照
條件不變的情況下改變光電管兩端的電壓得到乙圖。換用不同頻率的單色光照射陰極K得到電子
最大初動(dòng)能與入射光波長倒數(shù)的關(guān)系圖像如丙圖所示。下列說法正確的是()
A.乙圖中遏止電壓的存在意味著光電子具有最大初動(dòng)能
B.乙圖中電壓由0到U1,光電流越來越大,說明單位時(shí)間內(nèi)逸出光電子的個(gè)數(shù)越來越多
C.丙圖中的Ao是產(chǎn)生光電效應(yīng)的最小波長
D.由丙圖可知普朗克常量h=E入o
【解答】解:A、根據(jù)功能關(guān)系可知:eU秋=4m端;可知遏止電壓的存在意味著光電子具有最
大初動(dòng)能,故A正確;
B、根據(jù)飽和電流的意義可知,飽和電流說明單位時(shí)間內(nèi)狎極K發(fā)射的光電子的數(shù)目是一定的,
電壓由0到UI隨著正向電壓的增大,光電流增大,不能說明說明單位時(shí)間內(nèi)逸出光電子的個(gè)數(shù)
越來越多,故B錯(cuò)誤;
CD、根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程Ek=hv-Wo=:-Wo.Ek-1圖象的橫軸的截距的倒數(shù)大小等
于極限波長,由圖知該金屬的最大波長為Ao,此時(shí)Wo=^
根據(jù)光電效應(yīng)方程得:Ekm=y-Wo,可知圖線與縱坐標(biāo)的交點(diǎn)大小等于該金屬的逸出功,即
Wo=E
可得普朗克常量卜=靜,故CD錯(cuò)誤;
故選:Ao
11.如圖所示,某同學(xué)對(duì)著墻壁練習(xí)打乒乓球(視為質(zhì)點(diǎn)),某次乒乓球與墻壁上的P點(diǎn)碰撞后水平
彈離,恰好垂直落在球拍上的Q點(diǎn),取重力加速度大小g=l()m/s2,不計(jì)空氣阻力。若球拍與水
平方向的夾角為45°,乒乓球落到球拍前瞬間的速度大小為4m/s,則P、Q兩點(diǎn)的高度差為()
墻壁
球拍
A.0.1mB.0.2mC.0.4mD.0.8m
【解答】解:由于恰好垂直落在球拍上的Q點(diǎn),根據(jù)幾何關(guān)系得:VQCOS45°=gt,解得l=^s
根據(jù)乒乓球在豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律,由h=:gP,
112
解得:h=2。/=ax10x云m=0.4m,故C正確,ABD錯(cuò)誤。
故選:Co
12.氫原子的可見光光譜如圖所示,譜線的波長滿足公式白=Rs(n=3,4,5,6),
X22n2
式中R-是常量。已知四條光譜線對(duì)應(yīng)的光照射某種金屬,僅一種光能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)。
貝I」()
410.29434.17486.27656.47A/nm
&HH3H
A.Ha譜線對(duì)應(yīng)的光子能量最大
B.Ha譜線對(duì)應(yīng)的光子動(dòng)量最大
C.Ha譜線對(duì)應(yīng)的光子能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)
D.Fh譜線是氫原子從第5激發(fā)態(tài)躍遷到第1激發(fā)態(tài)產(chǎn)生的
【解答】解:A.根據(jù)波長與頻率的關(guān)系,則有:=:=v,結(jié)合題意可知,V。最小,則Ha譜線
對(duì)應(yīng)的光子能量最小,故A錯(cuò)誤:
B.根據(jù)p=/結(jié)合題意可知,入a最大,則Ha譜線對(duì)應(yīng)的光子動(dòng)量最小,故B錯(cuò)誤;
C.根據(jù)光電效應(yīng)發(fā)生條件,可知Ha譜線對(duì)應(yīng)的光子能量最小,則不能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng),
故C錯(cuò)誤;
D.根據(jù)題意結(jié)合躍迂時(shí),能量減小,則有;=Rs(3-士)可知,H;,譜線是氫原子從第5激發(fā)
態(tài)躍遷到第1激發(fā)態(tài)產(chǎn)生的,故D正確。
故選:D。
13.如圖所示,質(zhì)量為2000kg的電梯的纜繩發(fā)生斷裂后向下墜落,電梯剛接觸井底緩沖彈簧時(shí)的速
度為4m/s,緩沖彈簧被壓縮2m時(shí)電梯停止了運(yùn)動(dòng),下落過程中安全鉗總共提供給電楞17000N
的滑動(dòng)摩擦力。已知彈簧的彈性勢能為與二4攵產(chǎn)(k為彈簧的勁度系數(shù),x為彈簧的形變量),
安全鉗提供的滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力,重力加速度g=l()m/s2,下列說法正確的是()
安全鉗
9\
A.彈簧的勁度系數(shù)為3000N/m
B.整個(gè)過程中電梯的加速度一直在減小
C.電梯停止在井底時(shí)受到的摩擦力大小為17000N
D.從電梯接觸彈簧到速度最大的過程中甩梯和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能約為4636J
【解答】解:A.電梯剛接觸井底緩沖彈簧時(shí)的速度為4m/s,緩沖彈簧被壓縮2m時(shí)電梯停止了運(yùn)
動(dòng),根據(jù)能量守恒定律有
1212
-mv+mg-Ax=-k-Ax+f功?Ax
22
代入數(shù)據(jù)解得
k=11000N/m,故A錯(cuò)誤;
B與彈簧接觸前,電梯做勻加速直線運(yùn)動(dòng),接觸彈簧后,先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)后做加
速度逐漸增加的減速運(yùn)動(dòng),故B錯(cuò)誤;
C電梯停止在井底時(shí),由受力平衡得
kAx=mg+f?
代入數(shù)據(jù)解得
f?=kAx-mg=11000X2N-2000X10N=2000N,故C錯(cuò)誤;
D.當(dāng)電梯速度最大時(shí),此時(shí)加速度為零,則
k△x'+f動(dòng)=11^
代入數(shù)據(jù)解得
4/3
Ax=pj-m
電梯接觸彈簧到速度最大的過程中,電梯和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于摩擦力做的負(fù)功,
則
9
4E=/'動(dòng)?/%'=17000x^/^4636/,故D正確。
故選:Do
二.多選題(共2小題)
14.如圖為透明長方體的橫截面efgh,其折射率九=第,一細(xì)束單色光以角0入射至ef面上的p點(diǎn),
ep=*=L,已知光在真空中的傳播速度為c,不考慮光在長方體內(nèi)的二次及二次以上的多次反
射,下列說法正確的是()
A.當(dāng)入射角為6=6()。時(shí),光在長方體中的傳播時(shí)間為日
c
B.當(dāng)入射角為6=60°時(shí),光在長方體中的傳播時(shí)間為出
c
C.當(dāng)入射角8V45°時(shí),折射到eh面上的光一定發(fā)生全反射
D.當(dāng)入射角8<45°時(shí),折射到eh面上的光不一定發(fā)生全反射
【解答】解:AB、當(dāng)入射帶為60°時(shí),由折射定律11二罌
解得r=45°
到達(dá)面時(shí),入射角為『=,sin45。=當(dāng)彩故不發(fā)生全反射,直接折
eh(90°-45°)=45°4it
射出長方體;
時(shí)間=泊夕「平
n
故A正確,B錯(cuò)誤;
CD、當(dāng)入射角小于45°時(shí),由折射定律門二察
解得sinrV苧
到達(dá)ch面時(shí),入射角的正弦值為sina=cosr>^
由于sina>,故一定發(fā)生全反射,故C正確,D錯(cuò)誤
故選:ACo
15.如圖甲所示,M是一個(gè)小型理想變壓器,其右側(cè)部分為一火警報(bào)警系統(tǒng)原理圖的一部分,R2為
阻值隨溫度升高而減小的熱敏電阻,常溫和低于常溫時(shí)其電阻等于Ri,RI為一定值電阻,電壓
表和電流表均為理想交流電表,原、副線圈近數(shù)比m:02=4:1,其輸入端a、b間所接電壓u
隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示。報(bào)警電路兩端電壓超過?定值時(shí)觸發(fā)報(bào)警(圖甲中未畫出),下
列說法正確的是()
圖甲圖乙
A.電壓表的示數(shù)可能大于30V
B.通過R2的電流的頻率為55Hz
C.報(bào)警電路一定接在Ri兩端
D.增大Ri的阻值可提高該報(bào)警系統(tǒng)的靈敏度
【解答】解:A.由圖乙可知,輸入電壓有效值Ui=維,計(jì)算可得Ui=220V,根據(jù)變壓器的電
壓與匝數(shù)的關(guān)系察=也,可得副線圈兩端的電壓有效值為55v,電壓表測得的是R2兩端的電壓,
常溫和低于常溫時(shí),R2的阻值等于R],所以電壓表示數(shù)為27.5V,高溫和出現(xiàn)火警時(shí),R2電阻
減小,副線圈中電流增大,因副線圈兩端電壓不變,Ri兩端電壓增大,則電壓表示數(shù)減小,故A
錯(cuò)誤;
B.變壓器與電阻不改變電流頻率,由圖乙可知,電流周期為T=0.02s,所以電流頻率為
代入數(shù)據(jù)得f=50Hz,故B錯(cuò)誤;
C.圖甲電路中,R2兩端的電壓隨溫度升高而減小,不符合報(bào)警電路要求,Ri兩端電壓因R2電
阻減小而增大,符合要求,原副線圈兩端電壓不變,故報(bào)警電路只能接在Ri兩端,故C正確;
D.增大Ri的阻值會(huì)使Ri兩分得的電壓增大,報(bào)警器更容易被觸發(fā),故D正確。
故選:CD。
三.實(shí)驗(yàn)題(共3小題)
16.I、某實(shí)驗(yàn)小組采用如圖1所示的實(shí)驗(yàn)裝置在水平桌面上探究“小車的加速度與力和質(zhì)量之間
的關(guān)系
小車c楣器
ABcDE
6U\Tiiipiiip中iipi中?甲叩|甲,川||||||||||||||||叫|||||||14甲|甲叩北聊川|||||||||||||
砂和砂桶長木板34567891011121314cmi5
圖1圖2圖3
(I)實(shí)驗(yàn)之前要平衡小車所受的阻力,具體的步驟是:(填“掛”或“不拄”)砂桶,
連接好紙帶后,調(diào)整木板右端的高度,用手輕撥小車,直到打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在紙帶上打出一系列間距
均勻的點(diǎn)。
(2)已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用交變電源的頻率為50Hz,某次實(shí)驗(yàn)得到的紙帶如圖2所示。A、B、C、
D、E是5個(gè)連續(xù)的計(jì)數(shù)點(diǎn),相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間有四個(gè)點(diǎn)未畫出,實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如表中所示,其中有一
組數(shù)據(jù)記錄不當(dāng),這組數(shù)據(jù)是(填“A”、"B”、"C”、"D”或"E”)。根據(jù)上述信息可得
小車的加速度大小為m/s2(保留兩位有效數(shù)字)。
計(jì)數(shù)點(diǎn)ABCDE
位置坐標(biāo)(cm)4.505.507.309.8013.1
(3)另?小組在驗(yàn)證加速度與質(zhì)量關(guān)系實(shí)驗(yàn)時(shí),保證砂桶的總質(zhì)量mo不變,通過在小車上增加
跌碼來改變小車總質(zhì)量,每次實(shí)驗(yàn)時(shí)僅記錄了小車上跌碼的總質(zhì)量m,但未測小車質(zhì)量M,作出
二與m之間的關(guān)系圖像如圖3所示,已知圖中直線的斜率為匕在縱軸上的截距為b,若該同學(xué)其
a
他操作均正確,mo沒有遠(yuǎn)少于(M+m),可得到小車的質(zhì)量M為(用k、b、mo表示)。
【解答】解:(I)根據(jù)平衡摩擦力的原理可知,平衡摩擦力時(shí)小車前端不掛砂和桶,小車后面的
紙帶穿過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器,將長木板不變滑輪的那端墊高,反復(fù)調(diào)節(jié)木板的傾角,宜到小車勻速下滑
為止;
(2)從所給的表格數(shù)據(jù)可以看出,E點(diǎn)的數(shù)據(jù)沒有估讀,所以讀取不當(dāng);
相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)的時(shí)間間隔為7=7=^S=0.1S
2
根據(jù)逐差法,加速度Q=文弓AC.=[(13.10-7.30)-(7.3?-4.50)卜10?2=0.75m/s
4TZ4x0*
(3)根據(jù)牛頓第二定律,對(duì)小車F=(M+m)a
對(duì)砂和桶mog-F=moa
聯(lián)立解得mog=(M+m+mo)a
變形得三=竺?竺+--m
amogmog
結(jié)合工圖像,圖像的斜率k
a叫。
圖像的縱截距匕=空等
聯(lián)立解得M=鋁,
9K
故答案為:(1)不掛;(2)E;0.75;(3)也三。
gk
II、干電池川久后通常電動(dòng)勢會(huì)減小,內(nèi)阻增大。某同學(xué)利用DIS系統(tǒng)、定值電阻Ru、電阻箱R等
實(shí)驗(yàn)器材分別研究新、舊兩節(jié)干電池的電動(dòng)勢和內(nèi)阻,實(shí)驗(yàn)裝置如圖中所示。首先測量電池a的
電動(dòng)勢和內(nèi)阻,實(shí)驗(yàn)時(shí)多次改變R的阻值,用電流傳感器測得對(duì)應(yīng)的電流值I,在計(jì)算機(jī)上顯示
出如圖乙所示的}-R的關(guān)系圖線a,重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)方法測量電池b的電動(dòng)勢和內(nèi)阻,得到圖乙中
的圖線b。
甲
內(nèi)
(1)某次實(shí)驗(yàn)電阻箱調(diào)節(jié)后如圖丙所示,則此時(shí)電阻箱的讀數(shù)為。。
(2)若定值電阻Ro=1.00令丫=彳,x=R,由圖乙中實(shí)驗(yàn)圖線a的擬合方程可得,電池a的電
動(dòng)勢Ea=V,內(nèi)阻ra=no
(3)根據(jù)圖乙可以判斷,烈線對(duì)應(yīng)的是新電池(選填“a”或"b”)。
(4)根據(jù)實(shí)驗(yàn)測得的電池a的R、I數(shù)據(jù),若令y=「(R+Ro),x=R+Ro,則由計(jì)算機(jī)擬合得出
的y-x圖線如圖丁所示,則圖線最高點(diǎn)A的坐標(biāo)值應(yīng)為x=C,y=W(結(jié)
果均保留2位有效數(shù)字)。
【解答】解:(1)由電阻箱的讀數(shù)規(guī)則有
R=OX1000+1X10H+2X1C+OXO.1Q=12.0C
(2)由閉合電路歐姆定律有而
VQ+KQ+K
整理有-11R+廠-ia—+Ro
1EaEa
結(jié)合題中圖線a的解析式,有
1
°75二員
2.25=
EQ
A
解得Ea=§V,ra=2C
(3)由之前的分析可知,圖像的斜率為電池的電動(dòng)勢的倒數(shù),由題圖可知,其圖像a的斜率大,
所以圖線a的電動(dòng)勢小。根據(jù)題意,舊電池的電動(dòng)勢減小,所以圖線a為舊電池,圖線b為新電
池。
(4)分析題圖中電路可知,外電路的用電器為電阻R和Ro,結(jié)合題意可知,題圖的y軸為電池
的輸出功率,題圖的X軸為外電路的電阻。對(duì)電池有P=/2R=(/^)2R
K夕廣r
E?R外E2
-2—9
R處-2rR外+%+4小外(&分-啕
R^針。
外
結(jié)合題圖有、=戈尸2嬴
由之前的分析可知,有£=?V
r“=2C
題圖中A點(diǎn)為y最大值,由上述公式可知,當(dāng)x=m即外電路電阻等于電池內(nèi)阻時(shí),取得最大
值,所以
x=2.0C
y—.22W
4
故答案為:(1)12.0;(2)-;2.0;(3)b:(4)2.0:0.22
3
18.某小組探究氣體在等溫變化時(shí)壓強(qiáng)隨體積變化的規(guī)律。實(shí)驗(yàn)方案如下:在帶刻度的注射器內(nèi)密
封一段摻入酒精蒸汽的空氣,然后將注射器與氣體壓強(qiáng)傳感器連接管相連接。氣體壓強(qiáng)p由傳感
器測量,氣體體積V等于注射器讀數(shù)與連接管的容積(kn?)之和。
(1)實(shí)驗(yàn)時(shí)手不要握注射器筒,且應(yīng)緩慢推動(dòng)注射器活塞,其目的是。
(2)表格是小組采集的一組數(shù)據(jù),數(shù)據(jù)真實(shí)可靠,請(qǐng)?jiān)趫D中補(bǔ)充描出第6至9個(gè)數(shù)據(jù)點(diǎn),并畫
出p—9圖線。
序號(hào)123456789
p/kPa99.0110.0120.9135.4154.7181.2223.3291.1330.0
V/cm32L019.017.015.013.011.09.07.05.0
2/0.0480.0530.0590.0670.0770.0910.1110.1430.200
V
cm~3
在等溫變化時(shí),氣體的壓強(qiáng)與體積關(guān)系
為;第9個(gè)數(shù)據(jù)點(diǎn)顯著偏離上述規(guī)律,小組猜想是因?yàn)闅怏w的質(zhì)量減小了,下列哪個(gè)
選項(xiàng)支持該猜想,
A.部分酒精蒸汽進(jìn)入氣體壓強(qiáng)傳感器連接管
B.在測量第9個(gè)數(shù)據(jù)點(diǎn)時(shí)發(fā)現(xiàn)注射器筒壁出現(xiàn)模糊,部分酒精蒸汽液化
【解答】解:(1)實(shí)驗(yàn)時(shí)手不要握注射器筒,H應(yīng)筋慢推動(dòng)注射器活塞,其目的是減小熱傳遞和
做功對(duì)氣體溫度的影響。
(2)描點(diǎn)如圖所示
p/kPa
(3)由p-靜圖可知,前.8個(gè)數(shù)據(jù)點(diǎn)的分布情況說明:在等溫變化時(shí),氣體的壓強(qiáng)與體積成反比;
由圖可知,第9個(gè)數(shù)據(jù)點(diǎn)顯著偏離上述規(guī)律,可能是在測量第9個(gè)數(shù)據(jù)點(diǎn)時(shí)部分酒精蒸汽遇冷液
化使注射器筒壁出現(xiàn)模糊。
故選:Bo
故答案為:(1)減小熱傳遞和做功對(duì)氣體溫度的影響;
(3)成反比;Be
四.解答題(共4小題)
17.如圖(a),豎直圓柱形汽缸導(dǎo)熱性良好,用橫截面積為S的活塞封閉一定量的理想氣體,活塞
質(zhì)量為mo,此時(shí)活塞靜止,距缸底高度為H。在活塞上放置質(zhì)量為mi(未知)的物塊靜止后,
活塞距缸底高度為=射,如圖(b)所示。不計(jì)活塞與汽缸間的摩擦,已知大氣壓強(qiáng)為po,
外界溫度為27C,重力加速度為g,汽缸始終保持豎直。
(i)求物塊質(zhì)審mi:
(ii)活塞上仍放質(zhì)量為mi物塊,為使得活塞回到距缸底為H的高度,求密封氣體的熱力學(xué)溫
度T應(yīng)緩慢上升為多少;若此過程中氣體內(nèi)能增加了△口求該過程中缸內(nèi)氣體從外界吸收的熱
量Qo
圖(a)圖(b)
【解答】解:(i)以被密封氣體為研究對(duì)象,初態(tài),由力的平衡條件有
mog+p()S=piS
活塞從位置H到位置日凡氣體發(fā)生等溫變化,由玻意耳定律可知
piHS=p2HzS
解得P2=3。駕:PoS)...............(1分)
末態(tài),由力的平衡條件有mog+mig+poS=p2s
解得啊="嗎;PoS...............(2分)
(ii)活塞從|H位置回到H位置的過程,氣體發(fā)生等壓變化,由蓋一呂薩克定律有
HfS_HS
~=77
解得T2=450K...............(1分)
外界對(duì)氣體做功為W=-pzS(H-"')=_攵”容遜................(2分)
由熱力學(xué)第一定律可有AU=WiQ
解得Q=4U+(mog:PQS)H................二分)
18.“離心軌道演示儀”是學(xué)習(xí)機(jī)械能守恒定律的經(jīng)典演示裝置,如圖甲所示,該實(shí)驗(yàn)裝置可以簡化
為如圖乙所示的物理模型:豎直平面內(nèi)由傾斜斜面軌道AB、半徑為n=0.1m的圓周軌道BCD
和半徑為r2=0.25m的部分圓周軌道CE構(gòu)成的裝置固定于水平地面,B、C兩處軌道平滑連接,
軌道正前方放置一個(gè)豎直擋板,板面正時(shí)著軌道。圓心0】、02與C點(diǎn)在同一豎直線上,ChE與
豎直方向的夾角為0=53°,E點(diǎn)與豎直擋板的距離d=1.2m?,F(xiàn)將質(zhì)量為m=O.lkg的小球從斜
面的某高度h處由靜止釋放。斜面軌道AB足夠長,忽略小球尺寸和所受阻力,已知重力加速度
取g=10m/s2,sin370=0.6,cos37°=0.8。
(1)若小球的初始高度hi=0.5m,求小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)C時(shí),對(duì)軌道BCD壓力的大??;
(2)若小球能沿軌道到達(dá)E點(diǎn),求h的最小值hmin;
m
(3)若小球釋放后,第一?次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)與靜止在C點(diǎn)的質(zhì)量為三的另一個(gè)小球發(fā)生彈性正碰,
碰撞后被碰小球通過E點(diǎn)之后恰好能垂直碰到豎直擋板,求小球釋放時(shí)的高度h2o
【解答】解:(1)設(shè)小球達(dá)到C點(diǎn)時(shí)速度為VC,此時(shí)軌道對(duì)小球的支持力為F,從釋放點(diǎn)到C
由動(dòng)能定理得:mghi=/m嶺一0...............(1分)
由牛頓第二定律得:F-mg=m^................門分)
ri
解得:F=11N...............(1分)
根據(jù)牛頓第三定律可知小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)C時(shí),對(duì)軌道BCD壓力的大小為UNo
(2)設(shè)E點(diǎn)離地面的高度為hE,D點(diǎn)離地面的高度為hD
由幾何關(guān)系得:hE=r2-T2C0Sp?hD=2n
代入數(shù)據(jù)解得:hE=0.1m,hD=0.2m...............(1分)
可知:hE<hD
因此小球若能達(dá)到D點(diǎn),則必能達(dá)到E點(diǎn),可知?jiǎng)偤媚芡ㄟ^D點(diǎn)時(shí)的釋放高度足h的最小值hmino
從釋放位置到D的過程,根據(jù)動(dòng)能定理得:mg(hmin-2n)=*m詔-0.........(1分)
在D點(diǎn)時(shí)向心力恰好等于重力,由牛頓第二定律得:mg=m號(hào)................(1分)
代入數(shù)據(jù)得:hmin=0.25m...............(1分)
(3)設(shè)碰撞后被碰小球通過E點(diǎn)時(shí)速度為VE,從E點(diǎn)拋出后做斜拋運(yùn)動(dòng),依據(jù)題意將運(yùn)動(dòng)分解
處理,如圖I所示。
水平方向有:d=VECOSp,C
豎直方向有:O=vEsinB-gt
解得:vb=5iii/b...............(1分)
設(shè)碰撞后瞬間被碰小球的速度大小為V2,對(duì)其從碰撞后至]E點(diǎn)的過程,由動(dòng)能定理得:
解得:V2=36m/s...............(1分)
設(shè)質(zhì)量為m的小球碰撞前、后瞬間的速度大小分別為vo、vi,兩小球發(fā)生彈性碰撞,以向右為正
方向,由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得:
,m
mvo=mvi+yv2
121217717
-mv0=-mv1+-x-v;
聯(lián)立解得:vo=2V3m/s...............(1分)
對(duì)質(zhì)量為m的小球從釋放點(diǎn)到與碰撞位置,由動(dòng)能定理得:
1
mgh2=2mvo9-0
解得:h2=0.6m
因h2>hmin=0.25m,故此結(jié)果合理。................(1分)
19.如圖所示,足夠長的兩平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面匕導(dǎo)軌間距為L=lm。導(dǎo)軌水平部分
的矩形區(qū)域abed有豎直向上的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.5T,導(dǎo)軌水平部分的左側(cè)固定
了一輕質(zhì)絕緣彈簧,右側(cè)和一光滑圓弧軌道平滑連接,圓弧軌道半徑r=蕓m,圓心角6=120°,
在圓弧上端有兩彈性擋板C和C'(碰撞時(shí)無能量損失)。質(zhì)量為mi=lkg、電阻Ri=0.1C的金
屬棒P把輕質(zhì)彈簧壓縮,使彈簧的彈性勢能Ep=32J,P離開彈簧后進(jìn)入磁場區(qū)域,再與磁場右
側(cè)的另一根質(zhì)量為m2=2kg、電阻R2=0.2。的靜置在導(dǎo)機(jī)上的金屬棒Q發(fā)生彈性碰撞,碰后Q
恰好能上升到C和C'處。重力加速度取g=10m/s2,感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場及導(dǎo)軌的電阻忽略不
計(jì),兩根金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。
(1)求P剛進(jìn)入磁場時(shí)電流的大?。?/p>
(2)求矩形磁場沿導(dǎo)軌方向的長度是多少:
(3)若Q從右側(cè)圓弧滑下時(shí),P已從磁場中滑出,求從P開始運(yùn)動(dòng)到PQ第二次碰撞時(shí),P棒上
產(chǎn)生的焦耳熱。
代入數(shù)據(jù)解得vo=8m/s...............(1分)
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有Ei=BLvo
代入數(shù)據(jù)解得E=4V...............(1分)
根據(jù)閉合電路的歐姆定律有A二瓦%二本力竽&................(1分)
(2)設(shè)Q在CC'處的速度為vc,根據(jù)牛頓第二定律有m2gs出30。=巾2%
1
2
1.-
金屬棒從B點(diǎn)到C點(diǎn)過程根據(jù)動(dòng)能定理有37n2總2B=一7n2/(1+5in30°)
聯(lián)立解得vB=4m/s...............(1分)
金屬棒P和金屬棒Q碰撞過程,取向右為正方向,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mivp=mivp'+m2VB
11,1
根據(jù)能量守恒定律有;血1詔=~mVp4--mv^
乙乙Y乙2
聯(lián)立解得vp=6m/s,vp'=-2m/s...............(1分)
對(duì)于金屬棒P第一次通過磁場過程,取向右為正方向,根據(jù)動(dòng)量定理有m/p-m^Q=-BiLt
22
其中加=粽
聯(lián)立解得x=2.4m;...............(2分)
(3)金屬棒P第二次通過磁場,規(guī)定向右為正方向,根據(jù)動(dòng)最定理有
,,-B2L2X
vP"—叫孫,=BILt=*+笠
代入數(shù)據(jù)解得VP"=0(1分)
金屬棒Q第二次通過磁場過程,規(guī)定向右為正方向,根據(jù)動(dòng)量定理有
〃TDT.x
m2%-mvQ=BILt=-^-
VQ=-VB
聯(lián)立解得VQ〃=-3m/s..............................(1分)
然后金屬棒Q通過磁場與靜止的金屬棒P發(fā)生第二次碰撞,全過程根據(jù)能量守恒定律有
121"2
”1%~^m2VQ=Q
解得Q=23J..............................(1分)
則金屬棒P上產(chǎn)生的焦耳熱為QP=(Q=寺x23/=學(xué)人................(
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