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第27页(共27页)2022年湖南省雅礼十六校高考物理二模试卷一、选择题:本题共6小题,每小题4分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。(多选)1.(4分)“快堆”中的钚239裂变释放出快中子,反应区周围的铀238吸收快中子后变成铀239,铀239很不稳定,经过两次β衰变后变成钚239,从而实现钚燃料的“增殖”。某5kg的钚239核燃料,每秒钟约有1.1×1013个钚239发生自然衰变,放出α粒子,已知钚239原子的α衰变质量亏损了0.0057u。已知1u相当于931.5MeV的能量,α粒子的在核燃料中减速会释放出热能,下列说法正确的是()A.铀239两次β衰变后,比结合能减小 B.原子核衰变时,动量守恒,质量不守恒 C.原子核衰变时释放的α射线比β射线穿透能力更强 D.假设衰变释放的能量最终变成内能,该5kg的钚239核燃料的发热功率约为10W2.(4分)有6个小金属球分别固定在如图所示的正六边形的顶点上,球7处于正六边形中心位置,现使球2带正电,球7带负电,要使球7在中心位置获得水平向右的加速度,下列说法正确的是()A.使球1带上正电荷,其他球不带电 B.使球4、5同时带上电荷,其他球不带电 C.不可能只让球4带上电荷,其他球不带电 D.不可能让球3、4、5、6同时带上电荷,其他球不带电3.(4分)如图,竖直放置的等螺距螺线管是用长为l的透明硬质直管(内径远小于h)弯制而成,高为h,将一光滑小球自上端管口由静止释放,从上向下看(俯视),小球在重复作半径为R的圆周运动。小球第n次圆周运动所用的时间为()A. B. C. D.4.(4分)如图所示,发电机两磁极N、S间的磁场可视为水平向右的匀强磁场,磁感应强度大小为B。线圈绕垂直磁场的水平轴OO′匀速转动,线圈电阻不计,匝数为n,面积为S。发电机与理想变压器原线圈连接,Ⓥ为理想交流电压表。变压器的副线圈接有三条支路,每条支路接有相同规格的小灯泡L1、L2和L3,L1串有电阻R,L2串有电感L,L3串有电容器C。当线圈以ω0匀速转动时,三盏灯恰好亮度相同。下列判断正确的是()A.当ω<ω0时,L2比L1亮 B.当ω>ω0时,三盏灯的亮度仍然相同 C.当转速不变,增大变压器原线圈的匝数,三盏灯均变亮 D.当线圈以ω0匀速转动到在图示位置时,电压表的示数为nBSω05.(4分)如图所示,轻质弹簧一端固定在倾角为θ的光滑斜面底部,另一端拴接一质量为m的小物块A,静止时物块位于P点。现将另一质量也为m的小物块B紧贴着物块A由静止释放,两物块一起运动到Q点时速度为v,若将小物块B从斜面上距P点为d的S点由静止释放,物块B运动到P点时与物块A粘在一起,两物块可视为质点,则两物块一起运动到Q点时的速度为()A. B. C. D.6.(4分)如图所示,从高H处的P点先后水平抛出两个小球,球1刚好直接越过竖直挡板MN落在水平地面上的Q点,球2与地面碰撞N(N≥1)次后,刚好越过高为h的挡板MN(h可调节)也落在Q点。假设球2每次与地面的碰撞都是弹性碰撞,两球的空气阻力均可忽略,则()A.h与H之比可能为1:2 B.h与H之比可能为11:36 C.球1与球2速度之比可能为2:1 D.球1与球2速度之比可能为16:1二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。(多选)7.(5分)以下物理史实不正确的有()A.德国科学家马德堡(H.Magdeburger)通过著名的马德堡半球实验证明了大气压的存在 B.楞次(H.Lenz)发现了电流通过导体时产生热效应的规律——焦耳定律 C.汤姆孙(G.P.Thomson)通过阴极射线管发现了电子,获得了诺贝尔奖 D.约里奥﹣居里夫妇(Joliot﹣Curie)用α粒子轰击铝箔时,发现了人工放射性同位素(多选)8.(5分)已知引力常量为G,Γ星球的质量M,Γ星球的半径R,Ψ飞船在轨道I上运动时的质量m,P、Q点与Γ星球表面的高度分别为h1、h2,Ψ飞船与Γ星球中心的距离为r时,引力势能为(取无穷远处引力势能为零),Ψ飞船经过Q点的速度大小为v,在P点由轨道Ⅰ变为轨道Ⅱ的过程中,发动机沿轨道的切线方向瞬间一次性喷出一部分气体,喷出的气体相对喷气后Ψ飞船的速度大小为u,则下列说法正确的是()A.Ψ飞船在圆形轨道Ⅰ上运动的速度大小约 B.Ψ飞船经过P点时的速度大小为 C.Ψ飞船在轨道Ⅱ上运动时速度大小变化 D.喷出的气体的质量为(多选)9.(5分)如图,一倾角为α=37°的光滑足够长的固定斜面上放有质量M=0.12kg的足够长木板;一木块(可视为质点)置于木板上,木块与木板间有摩擦。初始时木块与木板上端相距L=1.6m。木块与木板同时由静止开始下滑,木块下滑距离x1=0.75m后受到平行斜面向上的作用力其大小为F=kv1(v1为木块运动速度),木块以v1做匀速运动,直至木板再向下运动L时将平行斜面向上的作用力由作用在木块上改为作用于木板上,木板以v2的速度匀速运动,作用力F=kv2保持恒定。g=10m/s2,k=0.12N•s/m,sin37°=0.6,cos37°=0.8。下列说法正确的有()A.木板匀速运动速度v2为5m/s B.木块的质量为0.04kg C.木块与木板之间的动摩擦因数为0.25 D.木板匀速运动的距离为1.11m(多选)10.(5分)某发光元件D的伏安特性曲线图1所示,元件在达到正向导通电压UD后能够发光,为了简化问题,可认为发光后元件两端电压保持为UD不变(UD附近伏安特性曲线的斜率极陡),电压小于UD或加反向电压时,元件均处于截止状态。将该元件通过水平直导线MN接入光滑竖直平行导轨中,如图2所示,该导轨间距L=0.5m,MN下方0.4m处有一根导体棒PQ水平跨接在导轨上,紧接PQ正下方的导轨间交替分布着垂直纸面方向,磁感应强度B=1.0T,宽度d=0.1m的匀强磁场,除发光元件外,其余电阻不计,导轨足够长,重力加速度g=10m/s2,空气阻力不计。开始时锁定PQ,在PQ正上方空间里施加一垂直纸面向外均匀增加的匀强磁场,当磁感应强度的变化率时,元件恰好能导通发光,下列说法正确的有()A.UD的值为2.5v B.流过元件D的电流方向为N→M C.撤去PQ上方的磁场同时解除锁定,元件再次发光时PQ所在的磁场区域序号n为14 D.在C的条件下,元件最终的闪烁周期(连续明暗一次的时间)约为0.0396s三、非选择题:共56分。第11~14题为必考题,每个试题考生都必须作答。第15、16题为选考题,考生根据要求作答。(一)必考题:共43分。11.(6分)利用计算机和力传感器可以比较精确地测量作用在挂钩上的力,并能得到挂钩所受的拉力随时间变化的关系图象,实验过程中挂钩位置可认为不变。某同学利用力传感器和单摆小球来验证机械能守恒定律,实验步骤如下:①如图甲所示,固定力传感器M;②取一根不可伸长的细线,一端连接一小铁球,另一端穿过固定的光滑小圆环O,并固定在传感器M的挂钩上(小圆环刚好够一根细线通过);③让小铁球自由悬挂并处于静止状态,从计算机中得到拉力随时间变化的关系图象如图乙所示;④让小铁球以较小的角度在竖直平面内的A、B之间摆动,从计算机中得到拉力随时间变化的关系图象如图丙所示。请回答以下问题:(1)小铁球的重力为。(2)为了验证小铁球在最高点A和最低点处的机械能是否相等,则需要测量的物理量为。(3)若实验测得了(2)中所需测量的物理量,则为了验证小铁球在最高点A和最低点处的机械能是否相等,只需验证等式是否成立即可。(用题中所给物理量的符号来表示)12.(9分)一实验小组利用图甲所示电路测量一电池的电动势E和内阻r。图中电流表量程为50mA,内阻RA=10Ω;定值电阻R1=R2=20Ω;电阻箱R(最大阻值为999.9Ω);S为开关。完成下列填空:(1)按电路图连接电路。闭合开关,多次调节电阻箱,记录下阻值R和电流表的相应读数I,用R、R1、R2、RA、E和r表示,得=;(2)利用测量数据,作图线,如图乙所示,则E=V,r=Ω;(保留2位有效数字)(3)若将图甲中的电流表当成理想电表,得到的电源电动势为E',由此产生的误差为=%。13.(13分)以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系。(1)设a=L,c=H,在0≤x≤a范围内有沿+y方向的匀强磁场,磁感应强度B0,在A点沿+z方向射入质量为m,电荷量为﹣q的粒子,若粒子恰好经过BB1靠近B1的三等分点,试求粒子入射的速度和在磁场内运动轨迹上的点到直线A1B1的最小距离;(2)设a=4L,b=L,c=L,在四边形AD1C1B内(含边界)有垂直于平面AD1C1B斜向下的匀强磁场,磁感应强度B0,在A点沿+x方向射入质量为m,电荷量为+q的粒子1,若粒子1恰好经过D1C1中点,试求粒子1在磁场内运动轨迹上的点到C点的最小距离;(3)在(2)的条件下,当粒子1距离C点最近时,与速度为v1的不带电的粒子2发生弹性正碰,且发生碰撞时粒子1在前,粒子2在后。已知碰撞时两粒子发生电荷转移,且碰撞后电荷量与质量成正比,若发生碰撞后粒子1恰不离开磁场(不考虑与粒子2再次碰撞的情况),试求粒子2的质量M。(忽略粒子重力和相对论效应)14.(15分)如图所示,质量m1=1.9kg的靶盒a静止在固定平台上的O点,轻弹簧的一端固定,另一端靠着靶盒(不连接),此时弹簧处于自然长度,弹簧的劲度系数k=184N/m。长度l=2.25m、质量m2=1.0kg的木板b静止在光滑的水平面上,木板上表面与平台等高,且紧靠平台右端放置,距离平台右端d=4.25m处有竖直墙壁。某射击者根据需要瞄准靶盒,射出一颗水平速度v0=100m/s、质量m0=0.1kg的子弹,当子弹从靶盒右端打入靶盒后,便留在盒内(在极短的时间内子弹与靶盒达到共同速度),最终靶盒恰好没有从木板的右端脱离木板。已知靶盒与平台、与木板上表面的动摩擦因数μ均为0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,弹簧始终在弹性限度内,木板与墙壁碰撞没有能量损失,靶盒与子弹均可视为质点,取g=10m/s2。(弹簧的弹性势能可表示为:Ep=,k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量)求:(1)子弹射入靶盒的过程中,系统损失的动能;(2)靶盒刚离开弹簧时的动能;(3)O点到平台右端的距离;(4)木板运动的总路程。(二)选考题:共13分。请考生从两道题中任选一题作答。如果多做,则按第一题计分。[选修3-3](13分)(多选)15.(5分)下列说法中正确的是()A.热量不可能从低温物体传向高温物体 B.夏天,在太阳下暴晒过久的车胎突然爆裂,车胎内气体分子平均动能减小 C.等温的不同种类气体混合的过程属于一个熵增加过程 D.向一杯清水中滴入几滴红墨水,红墨水向周围的运动,属于布朗运动 E.在温度均匀且恒定的水池中,有一气泡(内部气体可视作理想气体)缓慢向上浮起的过程中,气体从水中吸热16.(8分)为了测量一些形状不规则而又不便于进入液体的固体体积,可以用如图所示的装置测量。操作步骤和实验数据如下。a.打开阀门K,使管A、容器B、容器C和大气相通。上下移动D,使左侧水银面到达刻度n的位置。b.关闭K,向上举D,使左侧水银面到达刻度m的位置。这时测得两管水银面高度差为19.0cm。c.打开K,把被测固体放在C中,上下移动D,使左侧水银面重新到达位置n,然后关闭K。d.向上举D,使左侧水银面重新到达刻度m处,这时测得两管水银面高度差为20.0cm。已知容器C和管A的总体积为1000cm3,大气压相当于76cmHg,求被测固体的体积。[选修3-4](13分)(多选)17.如图所示为振幅、频率相同的两列横波在t=0时刻相遇时发生干涉的示意图,实线与虚线分别表示波峰和波谷。已知两列波的振幅均为5cm,波速和波长均为1m/s和0.4m。下列说法中正确的是()A.R、S两点始终处于静止状态 B.P点始终处于波谷位置 C.Q点在t=0.1s时刻将处于平衡位置 D.从t=0到t=0.2s的时间内,Q点通过的路程为20cm E.从t=0到t=0.2s的时间内,R点通过的路程为20cm18.一棱镜的截面为直角三角形ABC,∠A=30°,斜边AB=a.棱镜材料的折射率为n=.在此截面所在的平面内,一条光线以45°的入射角从AC边的中点M射入棱镜.画出光路图,并求光线从棱镜射出的点的位置(不考虑光线沿原路返回的情况.)
2022年湖南省雅礼十六校高考物理二模试卷参考答案与试题解析一、选择题:本题共6小题,每小题4分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.【分析】衰变的过程中释放能量,比结合能增大;衰变过程中动量守恒,根据三种射线的特点分析;根据质能方程解答。【解答】解:A、由于衰变的过程中释放能量,所以衰变后的总结合能增大;铀239两次β衰变后质量数不变,所以铀239两次β衰变后比结合能增大,故A错误;B、动量守恒是自然界普遍存在的规律,衰变的过程中动量是守恒的,但衰变的过程中释放核能,质量有亏损,故B正确;C、根据三种射线的特点可知,α射线比β射线穿透能力弱,故C错误;D、根据质能方程,1u相当于931.5MeV的能量,则一次α衰变释放的能量:E=0.0057×931.5MeV=5.30955MeV=5.35955×1.6×10﹣19×106J=8.5×10﹣13J每秒钟约有1.1×1013个钚239发生自然衰变,则功率:P=nE=1.1×1013×8.5×10﹣13W≈10W,故D正确。故选:BD。【点评】本题考查了核反应方程以及核反应过程中功能关系的应用,尤其是实动量守恒和能量守恒在近代物理中的应用是重点知识,要加强理解与应用。2.【分析】根据同种电荷相斥,异种电荷相吸,再结合矢量的合成法则,及牛顿第二定律,即可一一判定。【解答】解:建立如图所示坐标系,要使球7在中心位置获得水平向右的加速度,球7所受合外力应沿+x轴方向,同时y轴方向合力为0。A、使球1带上正电荷,其他球不带电,那么球7受指向①和②的库仑引力,y轴方向合力不为0,故A错误;B、使球4、5同时带上电荷,其他球不带电,那么球7受指向②的库仑引力,球4、5电荷的电性和电量未知,但可以使Fy=0,Fx沿+x轴方向,故B正确;C、可以只让球4带上正电荷,其他球不带电,球7受指向②和④的库仑力,可以使Fy=0,Fx沿+x轴方向,故C错误;D、可以让球3和球6带上等量同种电荷,对球7的库仑力抵消,情况同B选项,故D错误。故选:B。【点评】考查库仑定律的内容,掌握矢量的合成法则与牛顿第二定律的应用,注意球7在中心位置获得水平向右的加速度,即合力方向水平向右是解题的突破口。3.【分析】将螺线管等效看做斜面,求出小球在斜面上的加速度,再根据代换出第n次圆周运动的初速度和末速度,再根据求解出第n次圆周运动的时间。【解答】解:将螺线管等效看做是高为h,长为l的斜面,斜面与水平方向的夹角为θ,则小球在螺线管上运动的加速度大小为mgsinθ=ma解得设小球在进行第n次圆周运动时的初、末速度大小分别为v1和v2,根据运动学规律有解得小球第n次圆周运动所用的时间为故ABD错误,C正确。故选:C。【点评】本题主要考查牛顿第二定律,重点在于根据代换第n次圆周运动的初速度和末速度,此题计算量比较大,难度较大。4.【分析】当ω<ω0时,交流电的频率减小,电阻R不变,电感L的感抗减小,当ω>ω0时,电阻R不变,电感L的感抗增大,电容C的容抗减小,三盏灯的亮度不相同;当转速不变,增大变压器原线圈的匝数时,副线圈电压减小,三盏灯均变暗;电压表测得是交流电压的有效值,写出电动势最大值表达式,进而求有效值。【解答】解:A、当ω<ω0时,由ω=2πf可知,交流电的频率减小,L1与L2两支路的电压相等,电阻R不变,电感L的感抗减小,故L2比L1亮,故A正确。B、当ω>ω0时,电阻R不变,电感L的感抗增大,电容C的容抗减小,故三盏灯的亮度不相同,故B错误。C、根据变压器的变压之比得:,当转速不变,增大变压器原线圈的匝数时,U1不变,副线圈电压减小,三盏灯均变暗,故C错误。D、电压表测得是交流电压的有效值,当线圈以ω0匀速转动到在图示位置时,产生正弦交流电的电动势的有效值为:E=由于线圈内阻不计,故电压表的示数为U=E=,故D错误。故选:A。【点评】本题考查了变压器的知识,知道电压表的示数为有效值,以及电容和线圈在电路中的作用。5.【分析】应用动能定理求出A、B碰撞前瞬间B的速度;两物块碰撞过程系统动量守恒,应用动量守恒定律可以求出碰撞后的共同速度,然后应用功能关系求出两物块到达Q点时的速度。【解答】解:设两物块A、B由P运动到Q过程弹簧弹性势能的增加量为ΔEp,设P、Q间的高度差为h,由功能关系得:2mgh=ΔEp+物块B从静止释放到两物块碰撞前瞬间过程,由动能定理得:mgdsinθ=﹣0两物块碰撞过程系统内力远大于外力,系统动量守恒,以平行于斜面向下为正方向,由动量守恒定律得:mv0=2mv共,两物块从P运动到Q过程,由功能关系得:+2mgh=ΔEp+解得两物块到达Q点时的速度vQ=,故B正确,ACD错误。故选:B。【点评】分析清楚物块的运动过程是解题的前提,应用动量守恒定律与功能关系可以解题。6.【分析】根据H=gt2和x=vt判断两小球都能落在Q点和刚好能过M点的位移时间关系。【解答】解:CD、两小球都能落在Q点,对球1:H=gt2,xOQ=v1t;对球2:H=gt2,xOQ=(2N+1)v2t;可得=,球1与球2速度之比可能为3:1、5:1、7:1、…,故CD错误;AB、刚好能过M点,对球1:H﹣h=gt′2,xOM=v1t';对球2:H﹣h=gt′2,xOM=(2N﹣1)v2t+v2△t,其中△t=t﹣t′=﹣,可得v1=v2(2N﹣),利用=代入可解得=,当N=5时,h与H之比为11:36,故A错误,B正确。故选:B。【点评】本题求解的关键要注意球2与地面碰撞N次上升和下落的水平位移具有对称性.二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。7.【分析】根据物理学史和常识解答,记住著名物理学家的主要贡献即可.【解答】解:A、德国马德堡市的市长奥托•格里克用马德堡半球实验证明了大气压的存在,故A错误;B、焦耳发现了电流通过导体时产生热效应的规律——焦耳定律。故B错误;C、汤姆孙(G.P.Thomson)通过阴极射线管发现了电子,获得了诺贝尔奖,故C错误;D、约里奥﹣居里夫妇(Joliot﹣Curie)用α粒子轰击铝箔时,发现了人工放射性同位素,故D正确。本题选不正确的,故选:AC。【点评】本题考查物理学史,是常识性问题,对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆,这也是考试内容之一.8.【分析】根据万有引力提供向心力G=m化简可得飞船在轨道I上做匀速圆周运动的速度。飞船在轨道II上运动的过程中机械能守恒定律,可得P点的速度。由动量守恒定律mv1=(mΔm)vP'+Δm(u+vP'),代入数据化简可得喷出气体的质量Δm。【解答】解:A.飞船在圆形轨道Ⅰ上,根据万有引力提供向心力,则有G=m解得:v1=故A正确;B.飞船从Q到P,在同一轨道飞船机械能守恒,根据机械能守恒定律,有﹣=﹣解得vP=故B错误:C.轨道Ⅱ为椭圆,根据开普勒第二定律可知,飞船在轨道Ⅱ上运动时速度大小变化,故C正确;D.根据动量守恒定律,有mv1=(m﹣Δm)vp+Δm(vp+u)解得Δm=故D正确。故选:ACD。【点评】本题涉及到多个知识点,既要用到万有引力提供向心力这个关系,还要用到机械能守恒和动量守恒,运算复杂,计算时要小心谨慎。9.【分析】分析出木块和木板在多个运动过程中的受力分析,结合牛顿第二定律分析出加速度,同时利用运动学公式联立等式完成解答。【解答】解:ABC、分析木板和木块下滑x1过程,根据牛顿第二定律有:(M+m)gsinα=(M+m)a1解得:根据运动学公式则有:解得:v1=3m/s木块匀速运动时,对木块:mgsinα+μmgcosα=kv1对木板Mgsinα﹣μmgcosα=Ma2由运动学公式有:木板匀速运动时,Mgsinα=μmgcosα+kv2联立解得:v2=5m/s;;μ=0.375;m=0.04kg,故AB正确,C错误;D、木板匀速运动时,对木块进行受力分析,根据牛顿第二定律有:mgsinα+μmgcosα=ma3解得:木块加速过程v2=v1+a3t解得:故木板匀速运动的距离为,故D正确;故选:ABD。【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用,解题的关键点是熟练掌握对物体的受力分析,特别是摩擦力的方向问题,结合牛顿第二定律和运动学公式即可完成解答。10.【分析】根据法拉第电磁感应定律和楞次定律可以求得电压和电流的方向;分析下落过程运动情况,根据导体切割磁感线产生的电动势求解元件能发光时导体棒的速度,判断导体棒的位置;当速度达到5m/s,元件闪烁达到稳定,在偶数磁场中,元件发光,在奇数磁场内,元件不发光,导体棒通过两个磁场组成了一个闪烁周期,求解导体棒在两磁场中的总时间,即为闪烁周期。【解答】解:A、由法拉第电磁感应定律得:E==12.5×0.4×0.5V=2.5V,则UD的值为2.5V,故A正确;B、由楞次定律判断电流方向为:M→N,故B错误;C、解除锁定后,导体棒开始将做自由落体运动,切割磁感线产生电动势需达到UD且正向才能发光,导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv,代入数据解得:v=5m/s,由自由落体速度位移关系:v2=2gh解得:h=1.25m,已经到达第13个磁场区域,但该磁场区域中产生的电动势方向为反向,元件不发光,导体棒继续下落至第14个磁场区域时才能发光,故n=14,故C正确;D、当导体棒以大于v=5m/s的速度进入偶数磁场时,电流迅速增大,安培力突增使其瞬间减速到v=5m/s,减速过程时间忽略不计,之后以v=5m/s在偶数磁场区域做匀速直线运动,运动的时间t1=s=0.02s;当导体棒出偶数磁场,进入奇数磁场时,由于电动势反向,电流为零,又开始以加速度g做匀加速直线运动,由匀变速直线运动的位移—时间公式得:d=vt2+,代入数据解得:t2=0.0196s(t2=﹣1.0196s不符合实际舍去)闪烁周期约为:T=t1+t2=0.02s+0.0196s=0.0396s,故D正确。故选:ACD。【点评】本题是一个综合性的题目,较为复杂。需要掌握法拉第电磁感应定律,运动学公式,导体切割磁感线产生电动势的公式,需要分析好在哪种磁场内电路中有电流,使元件闪烁。三、非选择题:共56分。第11~14题为必考题,每个试题考生都必须作答。第15、16题为选考题,考生根据要求作答。(一)必考题:共43分。11.【分析】(1)小铁球静止时,绳上的拉力大小等于小铁球的重力;(2)(3)通过物理规律表示出动能的增加量和重力势能的减小量,看两量是否相等验证机械能守恒。【解答】解:(1)由于重力加速度未知,则有小铁球静止时,绳子的拉力F0,可知,小球的重力为G=mg=F0;(2)(3)小球在最低点,由牛顿第二定律,则有:F2﹣F0=m小球在最低点的动能为:从A到最低点,物体的重力势能减少量等于重力做的功即:WG=F0l(1﹣cosθ)另有对A点受力分析得:F0cosθ=F1小铁球从A到最低点的过程中,如果机械能守恒,即重力势能减少量等于动能增加量,即为:(F2﹣F0)l=F0l(1﹣cosθ)联立化简得:3F0=2F1+F2即为了验证小铁球在最高点A和最低点处的机械能是否相等,则需要测量的物理量F0、F1、F2故答案为:(1)F0;(2)F0、F1、F2;(3)3F0=2F1+F2【点评】对于机械能守恒的表达式,需要表示从A点到最低点过程中,重力势能减少量以及动能的增加量,特别是对A点,速度为零,故小球的向心力为零,绳子拉力F1与小球重力沿绳的分量F0cosθ相等,从而找到F1和F0关系;12.【分析】(1)根据实验原理,由闭合电路欧姆定律求出;(2)明确实验原理,根据图象的性质和闭合电路欧姆定律即可求得电动势和内电阻;(3)如果电流表当成理想电表,根据闭合电路欧姆定律求出电源电动势E',然后可求出电源电动势的误差大小。【解答】解:(1)由电路图可知,R1与电流表串联后与电阻箱并联,然后再与R2串联,由闭合电路欧姆定律可知E=[I+][R2+r+]变形可得=+(2)由图可知=Ω/A=14化简得E=3.6V,r=0.64Ω(3)若将图甲中的电流表当成理想电表,则没有电阻,此时得到的电源电动势为E'E'=3.7V则=||×100%=2.9%故答案为:(1)+;(2)3.6,0.64;(3)2.9【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验原理、数据处理以及误差分析等问题,要特别注意掌握误差分析的基本方法,明确电表内阻所带来的影响.关键是要根据电路原理,由闭合电路欧姆定律列出电源电动势的表达式。13.【分析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,作出粒子运动轨迹图,根据几何关系求得运动半径,由洛伦兹力提供向心力求解;(2)做出粒子1的轨迹图,由几何关系求得运动半径,利用数学立体几何知识求解;(3)由洛伦兹力提供向心力求解碰撞前后粒子1的速度,注意碰撞前后粒子1电荷量的不同;两粒子发生弹性正碰,根据动量守恒定律和机械能守恒定律求解。【解答】解:(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,沿+z方向射入磁场的粒子的运动轨迹如图1所示,设粒子入射的速度为v,运动半径为R,BB1边靠近B1的三等分点为F,根据几何关系可得:BF=(L﹣R)2+()2=R2解得:R=由洛伦兹力提供向心力得:qvB0=m解得:v==粒子在磁场内运动轨迹上的点到直线A1B1的最小距离为:smin=H﹣R=H﹣;(2)粒子1在四边形AD1C1B内做匀速圆周运动,运动轨迹如图2所示,设粒子1入射的速度为v0,运动半径为r,D1C1边的中点为M。由勾股定理可得:b2+c2=AD12已知:b=L,c=L,解得:AD1=3L又有:MD1==2L根据几何关系可得:(3L﹣r)2+(2L)2=r2解得:r=OD1=3L﹣r=将C点投影到四边形AD1C1B上,如图3所示,在C1B上的C′点为C的投影,则有CC′⊥C1B。由图中几何关系可得:C′C1=在图2中,由于C′C1=OD1=,可知OC′∥D1C1故N到C′的距离是运动轨迹上的点到C′点的最小距离,可知N到C的距离是运动轨迹上的点到C点的最小距离。以N、C′、C三点为顶点的三角形为直角三角形,NC是此三角形的斜边,则有:NC=NC′=4L﹣r=CC′==联立解得:NC=(3)由题意可知两粒子在图2中的N点发生碰撞,设碰前粒子1的速度为v0,碰后粒子1与粒子2的速度分别为v2、v3,碰后粒子1的电荷量为q1,运动半径为r1。碰撞后粒子1恰不离开磁场,则其轨迹与边D1C1相切,可知r1=。已知碰撞电荷转移后电荷量与质量成正比,可得:q1=由洛伦兹力提供向心力得:qv0B0=m;q1v2B0=m解得:v0==;v2==两粒子发生弹性正碰,满足动量守恒定律和机械能守恒定律,以碰前粒子1在N点的速度方向为正方向,则有:Mv1+mv0=mv2+Mv3+=+联立解得:v2=可得:=•解得:M=.答:(1)粒子入射的速度为和在磁场内运动轨迹上的点到直线A1B1的最小距离为H﹣;(2)粒子1在磁场内运动轨迹上的点到C点的最小距离为;(3)粒子2的质量M为。【点评】本题考查了带电粒子在匀强磁场中运动问题,依据力与运动的关系,解析粒子运动过程。对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动,依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提,根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。14.【分析】(1)根据动量守恒定律结合能量守恒定律分析出系统损失的动能;(2)根据动能对靶盒的运动过程进行分析,联立等式计算出靶盒刚离开弹簧时的动能;(3)根据能量守恒定律分析出O点到平台右端的距离;(4)依次分析出前几次碰撞过程中的速度变化,结合数学的等比数列知识和运动学公式完成分析。【解答】解:(1)选水平向左的方向为正方向子弹射入靶盒的过程中,根据动量守恒得:m0v0=(m1+m0)v系统损失的动能为:Δ解得:ΔEk=475J(2)子弹进入靶盒后,设靶盒向左运动的最大距离为x,由能量守恒定律得:解得:x=0.5m靶盒再次返回到O点时离开弹簧,设此时动能为Ek,由动能定理得:解得:Ek=21J(3)设O点到平台右端的距离为s,靶盒a离开O点后仅在摩擦力的作用下做匀减速直线运动,滑上木板后,木板与墙壁多次碰撞,最终靶盒停在木板右端,由能量守恒得:Ek=μ(m1+m0)g(s+l)解得:s=3m(4)设靶盒滑上长木板时的速度大小为v1解得:v1=3m/s设之后靶盒与木板达到共同速度v1′(m1+m0)v1=(m1+m0+m2)v1′该过程中木板的位移为s1,木板的加速度为a则μ(m1+m0)g=m2a根据解得:s1=0.5m<d﹣l说明木板与墙壁碰撞之前已经与靶盒达到共同速度,木板第一次与墙壁碰撞之后向左减速,经位移s1速度减为零,再向右加速,设与靶盒达到共同速度v2,以向右为正方向(m1+m0)v1′﹣m2v1′=(m1+m0+m2)v2木板第二次与墙壁碰撞之后向左减速,经位移s2减为零,再向右加速设第二次与墙壁碰撞之后,靶盒与木板达到共同速度v3(m1+m0)v2﹣m2v2=(m1+m0+m2)v3解得:第三次与墙壁碰撞之后,经位移s3速度减为零,再向右加速第n次与墙壁碰撞之后,靶盒与木板达到共同速度vn+1则经位移sn速度减为零,再向右加速木板的路程为:L=d﹣l+2s1+2s2+′′′′′′+2sn﹣1即L=d﹣l+解得:L=3.125m答:(1)子弹射入靶盒的过程中,系统损失的动能为475J;(2)靶盒刚离开弹簧时的动能为21J;(3)O点到平台右端的距离为3m;(4)木板运动的总路程为3.125m。【点评】本题主要考查了动量守恒定律的相关应用,理解物体碰撞前后的守恒量,结合动量守恒定律以及能量守恒定律逐个分析,同时理清物体的运动情况,结合运动学公式和动能定理分析出位移,解题的关键点是结合数学的等比数列知识完成解答,对学生的数学要求较高,难度较大。(二)选考题:共13分。请考生从两道题中任选一题作答。如果多做,则按第一题计分。[选修3-3](13分)15.【分析】根据热力学第二定律分析;根据热力学第一定律△U=W+Q判断;根据熵增加原理判断;根据扩散现象判断;根据热力学第一定律△U=W+Q。【解答】解:A、根据热力学第二定律可知,热量可以从低温物体传向高温物体,但需要引起其他变化,故A错误;B、在车胎突然爆炸的瞬间,气体对外做功,即W<0,瞬间吸收热量很少,几乎为零,即Q=0,由根据热力学第一定律△U=Q+W,可得△U<0,气体内能减小,又根据一定质量的理想气体内能只与温度有关,所以车胎内气体温度降低,则其分子平均动能减小,故B正确;C、等温的不同种类气体混合时,两者分布由分离变向均匀,体系混乱程度上升,所以是一个熵增加过程,故C正确;D、向一杯清水中滴入几滴红墨水,红墨水向周围的运动,属于扩散现象,故D错误;E、气泡体积增大,对外做功,
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