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M=m=2kg,故B错误;
由图象可知,木板B匀加速运动的加速度,对B根据牛顿第二定律得μmg=MaB,解得动摩擦因数μ=0.1,故A正确;
由图象可知前1s内B的位移,A的位移,所以木板最小长度,故C错误;
A、B组成系统损失机械能,故D错误。
16.如图所示,两电荷量分别为-Q和+2Q的点电荷固定在直线MN上,两者相距为L,以+2Q的点电荷所在位置为圆心、
为半径画圆,a、b、c、d是圆周上四点,其中a、b在MN直线上,c、d两点连线垂直于MN,下列说法正确的是( )
A.c、d两点的电势相同
B.a点的电势高于b点的电势
C.c、d两点的电场强度相同
D.a点的电场强度小于b点的电场强度
【解析】a、b、c、d四点在以点电荷+2Q为圆心的圆上,可知+2Q产生的电场在a、b、c、d四点的电势是相等的,所以a、b、c、d四点的总电势可以通过-Q产生的电场的电势确定,根据顺着电场线方向电势降低可知,b点的电势最高,c、d两点对称电势相等,a点电势最低,故A正确,B错误;
+2Q的场源在c、d两点产生的场强大小相等,-Q的场源在c、d两点的产生的场强大小也相等,根据场强的合成可知两点的总场强大小相等,但方向不同,故c、d两点的电场强度不同,故C错误;
由点电荷的场强公式,合成可得,方向向左;
,方向向右,故,则D错误。
故选A。
17.有a、b、c、d四颗地球卫星,卫星a还未发射,在地球赤道上随地球表面一起转动,卫星b在地面附近近地轨道上正常运动,c是地球同步卫星,d是高空探测卫星,各卫星排列位置如图,则有( )
A.a的向心加速度等于重力加速度g
B.b在相同时间内转过的弧长最长
C.c在4h内转过的圆心角是
D.d的运动周期有可能是20h
【答案】B
【解析】同步卫星的周期必须与地球自转周期相同,角速度相同,则知a与c的角速度相同,根据a=ω2r知,c的向心加速度大于a的向心加速度。
由G=mg,解得:
g=,卫星的轨道半径越大,向心加速度越小,则c的向心加速度小于b的向心加速度,而b的向心加速度约为g,a的向心加速度小于重力加速度g,故A错误;
由,解得:
,卫星的半径r越大,速度v越小,所以b的速度最大,在相同时间内转过的弧长最长,故B正确;
c是地球同步卫星,周期是24h,则c在4h内转过的圆心角是,故C错误;
由开普勒第三定律得:
=k可知:
卫星的半径r越大,周期T越大,所以d的运动周期大于c的周期24h,有不可能是20h,故D错误。
18.如图所示,在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场B,一群质量为m、带电量为q正负微粒(不计重力),从P点以相同速度v沿图示方向进入磁场,已知OP=L,x正半轴和y负半轴安装足够长的荧光屏接收粒子,下列判断不正确的(sin37°
=0.6,cos37°
=0.8)( )
A.能够从x正半轴射出磁场的所有微粒一定带正电
B.比荷大于
的所有正微粒都不能进入第一象限
C.能够从y负半轴射出磁场的某两个微粒在磁场中运动时间一定相等
D.若
,微粒射出磁场时位移最大
【答案】C
【解析】粒子要从x正半轴射出磁场,则粒子的轨迹向上偏转,由左手定则可知,微粒一定带正电;
故A正确;
正微粒不能x轴射出,则不能进入第一象限,轨迹图如图,当,则粒子不能进入第一象限,,代入得,故B正确;
y负半轴射出磁场的两个微粒属于磁场中直线边界问题,直线边界,粒子进出磁场具有对称性,但正负微粒对应的圆心角不同,如图,故运动时间不一定相等,故C错误;
微粒射出磁场时位移最大的轨迹图如图所示,则有,又,故,故D正确。
19.如图所示,质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。
一电阻为r,质量为m的导体棒PQ放置在导轨上,始终与导轨接触良好,PQbc构成矩形,棒与导轨间无摩擦、棒左侧有两个固定于水平面的光滑立柱。
导轨bc段电阻为R,长为L,其他部分电阻不计。
以ef为界,其左侧匀强磁场方向竖直向上,右侧匀强磁场水平向右,磁感应强度大小均为B。
在t=0时,一水平向左的拉力F垂直作用在导轨的bc边上,使导轨由静止开始做匀加速直线运动,加速度为a。
则( )
A.F与t2成正比
B.F和t是线性关系
C.当t达到一定值时,QP刚好对轨道无压力
D.若F=0,PQbc静止,ef左侧磁场均匀减小,QP可能对轨道无压力
【答案】BC
【解析】t时刻dc产生的感应电动势E=BLv,导轨做初速为零的匀加速运动,v=at,则E=BLat;
感应电流I,金属导轨abcd安培力大小F安=BIL,对导轨,由牛顿第二定律得:
F﹣F安=ma,则得:
F=mat,可知F与t2不成正比,F与t成线性关系,故A错误,B正确;
当t达到一定值时,导致QP的电流,产生的安培力等于其重力,则刚好对轨道无压力,故C正确;
当ef左侧磁场均匀减小,不管减小到什么值,QP对轨道压力不会为零,因为受到的安培力与重力同向,故D错误。
20.如图所示,一弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)左端固定在A点,弹性绳自然长度等于AB,跨过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的小球,小球穿过竖直固定的杆。
初始时A、B、C在一条水平线上,小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零。
已知C、E两点间距离为h,D为CE的中点,小球在C点时弹性绳的拉力为
,小球与杆之间的动摩擦因数为0.5,弹性绳始终处在弹性限度内。
A.小球在D点时速度最大
B.若在E点给小球一个向上的速度v,小球恰好能回到C点,则
C.小球在CD阶段损失的机械能等于小球在DE阶段损失的机械能
D.若仅把小球质量变为2m,则小球到达E点时的速度大小
【答案】AB
【解析】当小球运动到某点P点,弹性绳的伸长量是,小球受到如图所示的四个力作用:
其中,将正交分解,则、,的竖直分量。
据牛顿第二定律得:
,解得:
,即小球的加速度先随下降的距离均匀减小到零,再随下降的距离反向均匀增大。
据运动的对称性可知,小球运动到CE的中点D点时,加速度为零,速度最大,故A正确;
对小球从C运动到E过程,应用动能定理得:
;
若小球恰能从E点回到C点,应用动能定理得:
联立解得:
、,故B正确;
小球在全程所受摩擦力大小不变,小球在CD段所受弹力竖直分量较小;
则小球在CD段时摩擦力和弹力做的负功比小球在DE段时摩擦力和弹力做的负功少,小球在CD阶段损失的机械能小于小球在DE阶段损失的机械能,故C错误;
若仅把小球质量变为2m,对小球从C运动到E过程,应用动能定理得:
小球到达E点时的速度大小,故D错误。
21.如图所示,在方向竖直向上、大小E=1×
106V/m的匀强电场中,固定一个穿有A、B两个小球(均视为质点)的光滑绝缘圆环,圆环在竖直平面内,圆心为O、半径R=0.2m。
A、B用一根绝缘轻杆相连,B球带电荷量q=+7×
l0-6C,A球不带电,质量分别为mA=0.1kg、mB=0.8kg。
将两小球从圆环上的图示位置(A与圆心O等高,B在圆心O的正下方)由静止释放,重力加速度大小为g=10m/s2。
A.小球A和B受到的合力的大小相等
B.小球B不能到达圆环的最高点
C.小球A和B的速度大小始终相等
D.两小球及轻杆组成的系统最大动能为
J
【答案】BCD
【解析】设B转过α角时,A、B的速度分别为vA、vB,因A、B做圆周运动的半径和角速度均相同,故vA=vB,所以小球A和B切向加速度大小和法向加速度大小相等,但两球的质量不等,根据牛顿第二定律可知小球A和B受到合力大小不等,故A错误,C正确;
设B到达圆环最高点时A、B的动能分别为EKA、EKB,对A根据动能定理有:
,对B根据动能定理有:
,联立解得:
,上式表明:
B在圆环最高点时,系统动能为负值,所以B不能到达圆环最高点,故B正确;
对A由动能定理:
,对B,由动能定理:
,据此式知,当时,两小球及轻杆组成的系统最大动能是,故D正确。
第Ⅱ卷(非选择题,共174分)
三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。
第22题~第32题为必考题,每个试题考生都必须作答。
第33题~第40题为选考题,考生根据要求做答)
(一)必考题(共129分)
22.(6分)某同学用如图所示装置来探究“在外力一定时,物体的加速度与其质量之间的关系”。
(1)下列实验中相关操作正确的是________。
A.平衡摩擦力时,应先将沙桶用细线绕过定滑轮系在小车上
B.平衡摩擦力时,小车后面应固定一条纸带,纸带穿过打点计时器
C.小车释放前应靠近打点计时器,且先释放小车后接通打点计时器的电源
(2)将沙和沙桶的总重力mg近似地当成小车所受的拉力F会给实验带来系统误差。
设小车所受拉力的真实值为F真,为了使系统误差
<
5%,小车和砝码的总质量是M,则M与m应当满足的条件是
______________。
(3)在完成实验操作后,用图象法处理数据,得到小车的加速度倒数
与小车质量M的关系图象正确的是。
【答案】
(1)B(1分)
(2)(2分)(3)C(2分)
【解析】
(1)平衡摩擦力时,应不挂沙桶,只让小车拖着纸带在木板上做匀速运动,选项A错误;
平衡摩擦力时,小车后面应固定一条纸带,纸带穿过打点计时器,选项B正确;
小车释放前应靠近打点计时器,且先接通打点计时器的电源后释放小车,选项C错误。
(2)在本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘的总重力mg,由此造成的误差是系统误差,对小车,根据牛顿第二定律得:
,对整体,根据牛顿第二定律得:
,且,解得:
。
(3)由牛顿第二定律可知:
,则,故选C。
23.(10分)某物理兴趣小组的同学准备测量一个定值电阻的阻值,实验室提供了以下实验器材供选择,请你帮助该实验小组完成以下操作
A.待测电阻Rx:
阻值约为200Ω
B.电源E:
电动势为3.0V,内阻可忽略不计
C.电流表A1:
量程为0~30mA,内电阻r1=20Ω
D.电流表A2:
量程为0~50mA,内电阻r2约为8Ω
E.电压表V:
量程为0~15V,内电阻RV约为10kΩ
F.定值电阻R0;
阻值R0=80Ω
G.滑动变阻器R1:
最大阻值为10Ω
H.滑动变阻器R2:
最大阻值为1000Ω
J.开关S,导线若干
(1)由于实验室提供的电压表量程太大,测量误差较大,所以实验小组的同学准备将电流表A1和定值电阻R0改装成电压表,则改装成的电压表的量程为___________V。
(2)为了尽可能减小实验误差,多测几组数据且便于操作,滑动变阻器应该选择___________(选填“G”或“H”),请在右侧方框内已经给出的部分电路图中,选择恰当的连接点把电路连接完整。
(3)若某次测量中电流表A1的示数为I1,电流表A2的示数为I2,则Rx的表达式为Rx=___________。
(1)3.0(2分)
(2)G(2分)如图所示(3分)(3)(3分)
(1)因为电源电动势为E=3V,故改装成的电压表的量程应为3V;
(2)保证安全的前提下应选择最大阻值较小的滑动变阻器,故滑动变阻器选择G;
电路连接如图:
(3)若某次测量中电流表A1的示数为I1,电流表A2的示数为I2,根据串并联电路特点结合欧姆定律,联立即可取出Rx的表达式:
24.(12分)如图所示,在xOy平面的第一象限有一匀强磁场,方向垂直于纸面向外;
在第四象限有一匀强电场,方向平行于y轴向下。
一电子以速度v0从y轴上的P点垂直于y轴向右飞入电场,经过x轴上M点进入磁场区域,又恰能从y轴上的Q点垂直于y轴向左飞出磁场。
已知P点坐标为(0,-L),M点的坐标为(
,0)。
求:
(1)电子飞出磁场时的速度大小v;
(2)电子在磁场中运动的时间t。
(1)轨迹如图所示,设电子从电场进入磁场时速度方向与x轴夹角为,
在电场中x轴方向:
(2分)
y轴方向,(2分)
得,(2分)
(2)在磁场中,(2分)
磁场中的偏转角度为(2分)
(2分)
25.(20分)如图所示,半径R=0.8m的四分之一光滑圆弧轨道C固定在光滑水平地面上,质量M=0.3kg的木板B左端与C的下端等高平滑对接但未粘连,右端固定一轻弹簧,弹簧原长远小于板长,将弹簧在弹簧弹性限度内压缩后锁定。
可视为质点的物块A质量m=0.1kg,从与圆弧轨道圆心O等高的位置由静止释放,滑上木板B后,滑到与弹簧刚接触时与木板相对静止,接触瞬间解除弹簧锁定,在极短时间内弹簧恢复原长,物块A被水平弹出,最终运动到木板左端时恰与木板相对静止。
物块A与本板B间动摩擦因数μ=0.25,g取10m/s2。
(1)物块A在圆弧轨道C的最下端时受到圆弧轨道支持力的大小;
(2)木板B的长度L;
(3)弹簧恢复原长后,物块A从木板右端运动到左端的时间。
(1)设A到达C的最下端时速度大小为v0,圆弧轨道支持力大小为FN,则
(1分)
解得=4m/s,FN=3N(1分)
(2)设A在B上向右滑行过程中,A的加速度大小为a1,B的加速度大小为a2,滑上B后经时间t1后接触弹簧,A的位移x1,B的位移x2,则
解得t1=1.2s,L=2.4m(1分)
(3)设A接触弹簧与B保持相对静止时速度大小为v1,弹簧恢复原长时A的速度大小为v2,B的速度大小为v3,A相对B向左滑动过程中的加速度大小与A滑上B向右滑行过程中各自加速度大小相等,则
最终运动到木板的左端时A、B共同速度大小为v4,则(2分)
由能量守恒(2分)
解得v1=1m/s,v4=1m/s,v2=2m/s,v3=2m/s
设物块A从木板右端运动到左端的时间为t2,对木板B,由动量定理有(2分)
解得t2=1.2s(1分)
(二)选考题:
共45分。
请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。
如果多做。
则每学科按所做的第一题计分。
33.【物理——选修3-3】
(15分)
(1)(5分)如图,一定量的理想气体从状态a变化到状态b,其过程如p-V图中从a到b的直线所示。
在此过程中___________。
(填正确答案标号。
选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分。
每选错1个扣3分,最低得分为0分)
A.气体温度一直降低
B.气体内能一直增加
C.气体一直对外做功
D.气体一直从外界吸热
E.气体吸收的热量一直全部用于对外做功
【解析】由图知气体的pV一直增大,由,知气体的温度一直升高,故A错误;
一定量的理想气体内能只跟温度有关,温度一直升高,气体的内能一直增加,故B正确;
气体的体积增大,则气体一直对外做功,故C正确;
气体的内能一直增加,并且气体一直对外做功,根据热力学第一定律△U=W+Q可知气体一直从外界吸热,故D正确;
气体吸收的热量用于对外功和增加内能,故E错误。
(2)(10分)如图所示为一简易火灾报警装置。
其原理是:
竖直放置的试管中装有水银,当温度升高时,水银柱上升,使电路导通,蜂鸣器发出报警的响声。
27℃时,空气柱长度l1为20cm,水银上表面与导线下端的距离l2为10cm,管内水银柱的高度h为13cm,大气压强大小为75cmHg。
(i)当温度达到多少℃时,报警器会报警;
(ii)如果要使该装置在87℃时报警,则应该再往玻璃管内注入多少cm高的水银柱。
(i)根据题意可知,气体的状态变化是等压变化,根据理想气体状态方程,可得
所以(3分)
求得t=177℃;
(2分)
(ii)设加入的汞柱为xcm,根据理想气体状态方程,可得(3分)
P1=88cmHg,V1=20S,T1=300K,
P3=(88+x)cmHg,T3=(273+87)K,V3=(43-13-x)S,
解得x=8cm。
34.【物理——选修3-4】
(1)(5分)有位游客在海岸边观光,此时他发现海面上吹起了波浪,他通过观察岸边某一浮标的振动,画出了浮标从某一时刻计时开始的振动图象,设该时刻t=0,如图所示。
他同时以身边的浮标为原点,从t=0时刻开始计时,画出了在t=4s时的部分水波图象,如图所示。
则下列说法中正确的是___________。
A.波的传播周期为4s
B.该列水波传播方向是沿x轴的正方向传播
C.水波波速大小为v=4m/s
D.根据题目中的条件求不出水波传播的速度
E.若现在以图2中的波形为计时的起点,那么当质点A第一次达到波峰时,质点B离平衡位置的距离为s=0.2m
【答案】ABE
【解析】由题图1可知波的振动周期为T=4s,故A正确;
由题图1可知在t=4s时浮标沿y轴负向振动,由波的传播方向与质点振动方向的关系知,此时水波正沿x轴的正方向传播,故B正确;
由题图2可知,水波的波长为=4m,水波传播的波速为,故C、D错误。
若现在以题图2中的波形为计时的起点,此时质点A是向上振动,质点B是向下振动。
经2s后质点A到达波峰,此时质点B恰好达到波谷,故此时质点B离平衡位置的距离为s=20cm=0.2m,故E正确。
(2)(10分)如图所示,某透明物体的横截面由直角三角形ABC及半圆弧ADC组成,∠ABC=45°
,圆半径为R。
现在P点放一光源,使OP水平,距离为
时,可得到经E、F点的入射光线垂直AB边射出,且两光线间的距离为R。
已知光在真空中的传播速度c=3×
108m/s。
(i)此透明物体的折射率;
(ii)光在此介质中传播的速度。
(i)根据题意,∠ABC=45°
及经E、F点的入射光线垂直AB边射出,可得光线进入透明物体平行于OP,由光路图和几何关系知∠OEP=120°
,EF=R,则三角形OEF为等边三角形,由几何关系可知(3分)
则折射角,入射角(2分)
此透明物体的折射率(2分)
(ii)根据公式知(1分)
光在此介质中传播的速度为m/s(2分)
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