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文档简介
浙江强基联盟2023学年第一学期高三12月联考
物理试题
考生须知:
1.本卷满分100分,考试时间90分钟;
2.答题前,在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号并核对条形码信息;
3.所有答案必须写在答题卷上,写在试卷上无效,考试结束后,只需上交答题卷;
4.本卷中重力加速度g均取lOnVs?
选择题部分
一、选择题I(本题共13小题,每小题3分,共39分。每小题列出的四个备选项中只有一
个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)
1.下列选项中的物理量是矢量且其单位表达正确的是()
A.电势JB.力NC.功VD.质量kg
【答案】B
【解析】
【详解】A.电势是标量,单位是V,A错误;
B.力是矢量,单位N,B正确;
C.功是标量,单位J,C错误;
D.质量是标量,单位kg,D错误。
故选B»
2.9月16日7时35分,G9313列车自杭州东站驶出,亚运智能动车组列车载客运营,串联起杭州与宁波、
温州、金华、绍兴、湖州5座亚运协办城市。下列表述正确的是()
A.“9月16日7时35分”表示时间间隔
B.该列车座位上安装有USB接口,能给手机供220V交流电
C.研究列车从杭州到宁波的运动轨迹,可将列车视为质点
D.智能动车组实现自动驾驶,电子屏上显示的“当前时速”指平均速度
【答案】C
【解析】
【详解】A.“9月16日7时35分”表示时刻,A错误;
B.该列车座位上安装有USB接口,给手机供电电压是5V或10V的直流电,B错误;
C.研究列车从杭州到宁波的运动轨迹,列车的大小形状可以忽略,因此能将列车看成质点,C正确;
D.智能动车组实现自动驾驶,电子屏上显示的“当前时速”指瞬时速度,D错误。
故选c。
3.如图所示,机器狗将物资驮运在水平背部,忽略空气阻力,则()
A.匀速上坡时,货物的机械能守恒
B.加速前进时,物资对机器狗的力小于机器狗对物资的力
C.机器狗能跳过小障碍物,起跳离地后物资处于超重状态
D.机器狗用5G信号定位,该信号是电磁波能在真空中传播
【答案】D
【解析】
【详解】A.匀速上坡时,货物的动能不变,重力势能增加,则机械能增加,选项A错误;
B.物资对机器狗的力与机器狗对物资的力是一对相互作用力,总是等大反向,选项B错误;
C.机器狗能跳过小障碍物,起跳离地后物资的加速度向下,处于失重状态,选项C错误;
D.机器狗用5G信号定位,该信号是电磁波能在真空中传播,选项D正确。
故选D。
4.两静止在水平地面上的“人字梯”和“八字脚”桌子如图所示,“人字梯”上端有钱链链接可改变左右
两脚的夹角,桌子为一次注塑成型的塑料桌,则()
A.塑料桌桌脚可能不受地面摩擦力作用
B.“人字梯”梯脚不受地面摩擦力作用
C.塑料桌左侧桌脚一定受到地面水平向右的摩擦力
D.“人字梯”左边梯脚受到地面的摩擦力水平向左
【答案】A
【解析】
【详解】AC.桌子为一次注塑成型的塑料桌,静止在水平地面上,对桌子进行分析,受到重力,地面的支
持力,重力与支持力的方向均沿竖直方向,因此桌子在水平方向没有运动趋势,即塑料桌桌角不受地面的
摩擦力作用,故A正确,C错误;
BD.对“人字梯”左侧半边梯子进行分析,其受到重力,地面的支持力与右侧半边梯子向左的弹力作用,
左侧半边梯子在右侧半边梯子向左弹力作用下有向左运动的趋势,因此,左侧半边梯子受到地面水平向右
的摩擦力作用,同理可以判定,右侧半边梯子受到地面水平向左的摩擦力作用,故BD错误。
故选Ao
5.“神舟十七号”10月26日顺利对接“天宫”空间站,“天宫”距地约400km,哈勃望远镜距地约600km,
北斗同步卫星距地约36000km,珠峰顶海拔约8800m,则()
A.珠峰顶山岩随地自转的角速度比山脚下的物体大
B.哈勃望远镜绕地的线速度比“天宫”的线速度大
C.北斗同步卫星绕地周期与珠峰随地自转的周期相同
D.“天宫”对接后由于质量增大,向心加速度将变大
【答案】C
【解析】
【详解】A.珠峰顶山岩与山脚下的物体都随地球自转,角速度都相等,A错误;
B.根据万有引力提供向心力可得
.Mmv2
G==m二
求得
“天宫”的轨道半径小于哈勃望远镜的轨道半径,哈勃望远镜绕地的线速度比“天宫”的线速度小,B错误;
C.北斗同步卫星绕地周期与珠峰随地自转的周期都是24h,C正确;
D.根据万有引力提供向心力可得
(J——=
man
求得
%=G尸
“天宫”对接后由于质量增大,但向心加速度与“天宫”质量无关,向心加速度不变,D错误。
故选C。
6.某汽车无线充电站的无线充电设备充电效率约为80%,一辆新能源汽车最大充电容量为54kW-h,从0
到100km/h的加速时间为7s。当汽车电池容量低于最大容量20%,要求进入充电站进行充电。下列说法正
确的是()
A.充电过程能量不守恒
B,从电池容量20%到充满电,需要消耗电能43.2kW・h
C.电机正常工作时的电流等于输入电压与电动机电阻的比值
D.保持最大功率恒定不变加速时,汽车的加速度减小
【答案】D
【解析】
【详解】A.能量守恒定律是物理的普适定律,充电过程遵守能量守恒定律,A错误;
B.从电池容量20%到充满电,需要消耗电能
-54x(1-20%)=小
80%
B错误;
C.电机不是纯电阻,不遵守欧姆定律,在电机工作中电阻上的电压小于电机两端电压,因此电机正常工作
时的电流小于输入电压与电动机电阻的比值,C错误;
D.保持最大功率恒定不变加速时,速度增加,根据尸=尸丫可知,牵引力减小,有牛顿第二定律
F—f=ma
加速度减小,D正确。
故选D。
7.一个正六边形玻璃砖的截面图如图所示,有一束光从Z8面的中点。处入射,入射角6=45°,光线经
N8界面折射恰到达8边中点处,则()
A.该玻璃砖的折射率为6
B.光线在C。边中点处没有发生全反射
C.在。处折射光的强度与入射光的强度相同
D.增大入射角,一次折射后光线可能射到3C中点
【答案】B
【解析】
【详解】A.由几何关系可知,折射光线平行于8C,则折射角为30。,则该玻璃砖的折射率为
nsi=n-4-5-°----V2
sin30°
选项A错误;
B.临界角为
则
C=45°
光线在CO边中点处入射角为30。<。,则没有发生全反射,选项B正确;
C.在。处一部分光要发生反射,则折射光的强度小于入射光的强度,选项C错误;
D.若一次折射后光线能射到8C中点,则在。点的折射角为60。,根据
则
,V6
sini=——
2
无解,则增大入射角,一次折射后光线不可能射到8C中点,选项D错误。
故选B。
8.如图所示,1958年科学家发现地球周围近层宇宙空间的范艾伦辐射带,其中存在着高达几兆电子伏的电
子以及高达几百兆电子伏的质子。质量为加的某科研卫星经过该区域想利用高能粒子发电,发电吸收板面
积为S,假设每秒单位面积上有n个能量为E的粒子被吸收板捕捉,其中60%的能量被吸收并转化为电能,
单位面积受到粒子平均作用力为F,以下说法正确的是()
A.粒子仅在地磁场的作用下动能不变
B.范艾伦辐射带的存在一定与地磁场无关
C.吸收板t时间内吸收高能粒子获得电能nSEt
FSt
D.吸收板,时间内的平均加速度为——
m
【答案】A
【解析】
【详解】A.地磁场对粒子有洛伦兹力作用,洛伦兹力对粒子不做功,则粒子仅在地磁场的作用下动能不变,
选项A正确:
B.地磁场对范艾伦辐射带有力的作用,则范艾伦辐射带的存在一定与地磁场有关,选项B错误;
C.吸收板t时间内吸收高能粒子获得电能60%nSEt,选项C错误;
D.根据牛顿第二定律
FS-ma
吸收板/时间内的平均加速度为
FS
a=——
m
选项D错误。
故选Ao
9.一迷你热气球以速度4=5m/s从水平地面上匀速上升,假设从该时刻起,热气球在水平方向上受一恒
定风力,且竖直上升的高度〃与水平方向上的速度匕在大小上始终满足力=匕,则当热气球上升到力=4m时,
热气球离出发点的水平距离为()
A.1.4mB.1.6mC.1.8mD.2.0m
【答案】B
【解析】
【详解】气球在竖直方向上匀速直线运动,所用时间为
h4
t==—s=0.8s
v5
气球在水平方向做匀加速直线运动,水平方向走过的位移为
V..+04..
x=-----Z=—x0.8m=1.6m
22
B正确。
故选B。
10.真空中存在点电荷1、%产生的静电场,其电场线的分布如图所示,图中尸、0两点关于点电荷/水
平对称。P、0两点电场强度的大小分别为Ep、EQ,电势分别为气。一个带电粒子沿虚线轨迹从M
A.Ep>EQ,(Pp<(PQ
B.价和%带同种电荷,%>%
C.从〃移动至N,加速度先减小再增大
D.粒子带负电,从M至N它的电势能先变大后变小
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据电场线的疏密程度表示场强的大小,由图可知
Ep>EQ
P、。两点关于点电荷/水平对称,尸到外之间场强较大,电势降低较快,可知
(PP>(PQ
故A错误;
B.由电场线分布可知,%带负电,%带正电,由电场线的疏密可知,7的电荷量绝对值大于%的电荷量
绝对值,故B错误;
C.由电场线分布可知,从M移动至N,电场强度先增大后减小,则加速度先增大再减小,故C错误;
D.粒子带负电,从加至N电场力先做负功后做正功,它的电势能先变大后变小,故D正确。
故选Do
11.如图甲所示,同一均匀介质中的一条直线上有相距10米的两质点4、8、C为中点,从0时刻起,
波源/、波源B同时开始振动,且波源Z发出的波只向右传,波源8发出的波只向左传,图乙为/的振动
图像,图丙为8的振动图像,若N向右传播的波与8向左传播的波在0.5s时相遇,则下列说法正确的是()
A.两列波的波长均为2m
B.两列波在间传播的速度大小均为5m/s
C.在两列波相遇的过程中,在f=0.7s时,C点的振动加强
D.在8的右边有一观察者向右运动,观察者接收到的频率大于5Hz
【答案】C
【解析】
【详解】AB.波速由介质决定,则两波在同一均匀介质中传播波速相同,设为v,则有
X*B=2VT
代入数据解得
v=10m/s
由图知力的周期〃=0.2s,则波长为
%=口=2m
由图知8的周期7;=0.4s,则波长为
%=VTB=4m
故AB错误;
C.4向右传播的波与B向左传播的波在0.5s时相遇,即在C点相遇,再经过0.2s就到了/=0.7s时刻,由
图乙可知4波再经过0.2s处于平衡位置向上振动,由丙图可知8波再经0.2s处于平衡位置向上振动,故此
时C点是振动加强,故C正确;
D.由题可在,8的右边只接收到波源力传过去的波,4波的频率为/=7^=5Hz,当在8的右边有一观
察者向右运动时,远离波源/,根据多普勒效应,接收频率小于波源频率5Hz,故D错误。
故选C。
12.粒子直线加速器原理示意图如图1所示,它由多个横截面积相同的同轴金属圆筒依次组成,序号为奇数
的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源相连,交变电源两极间的电压变化规律如图2所示。在,=0时,
奇数圆筒比偶数圆筒电势高,此时和偶数圆筒相连的金属圆板(序号为0)的中央有一自由电子由静止开始
发射,之后在各狭缝间持续加速。若电子质量为〃?,电荷量为e,交变电源电压为U,周期为7。不考虑
电子的重力和相对论效应,忽略电子通过圆筒狭缝的时间。下列说法正确的是()
圆板・c交T电压
TT丁丁Y
,图1
A.要实现加速,电子在圆筒中运动的时间必须为T
B.电子出圆筒2时的速度为出圆筒.1时速度的两倍
C.第〃个圆筒的长度应满足£=』---------
Vm2
T3T
D.要加速质子,无须改变其他条件但要在一到一时间内从圆板处释放
44
【答案】C
【解析】
【详解】A.电子每经过圆筒狭缝时都要加速,然后进入圆筒做匀速运动,所以电子在筒内运动的时间必须
为一,A错误;
2
B.由动能定理得电子出圆筒1时的速度为
12
eu=—mv.
21
解得
由动能定理得电子出圆筒2时速度为
29=飙2
解得
B错误;
C.由动能定理得电子进圆筒”时的速度为
12
neu=—mv
2"
第〃个圆筒的长度为
IT
L=V“3
解得
,\2neUT
『丁万
C正确;
D.如果要加速质子,质子的比荷比电子的比荷要小,则质子进入圆筒的速度比电子进入圆筒的速度要小,
_T3T
则圆筒的长度需要相应的变短,释放的时间应该在一到——时间内释放,D错误。
44
故选C。
13.如图所示,发电机矩形线框匝数为N,面积为S,线框所处磁场可视为匀强磁场,磁感应强度大小为3,
线框从图示位置开始绕轴00'以恒定的角速度0沿顺时针方向转动,线框输出端接有换向器,通过电刷和
外电路连接。定值电阻凡、&的阻值均为R,两电阻间接有理想变压器,原、副线圈的匝数比为2:1,忽
略线框以及导线电阻。下列说法正确的是()
A.安装了换向器,变压器副线圈没有电压
B.转动一圈过程,通过K的电量为血竺
C.图示位置线框产生的电动势最大
D.发电机的输出功率为5.282s2疗
3R
【答案】D
【解析】
【详解】A.变压器中只要有电流的变化就能实现变压,即变压器副线圈有电压,故A错误;
B.原、副线圈的匝数比为2:1,设原线圈电压为U,则副线圈电压为工。,副线圈中的电流为
2
-Uu
R2R
则原线圈的电流为
124R
流过A的电流为
1R
可知,原线圈的等效电阻为4&,则总电阻
R返=0.8火
则转动一圈过程,通过线框的电荷量为
、,△①5NBS
q=N——=-------
R返R
则转动一圈过程,通过4的电量为
44NBS
故B错误;
C.图示位置,线圈平面与磁场垂直,磁通量最大,线框产生的电动势最小,故C错误;
D.线圈转动产生的感应电动势的最大值为
Em=NBSco
则有效值为
Em_NBSco
则凡的功率为
瑞.N2B2S2M2
D=.------------
1R2R
副线圈电压为有,则原线圈的功率等于副线圈的功率为
2日
2222
n(;七)NBS(O
Pj=-----------=--------------
2R8R
则发电机的输出功率为
5N282s2疗
尸=片+鸟=
8A
故D正确。
故选D。
二、选择题H(本题共2小题,每小题3分,共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一
个是符合题目要求的。全部选对的得3分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
14.;;Cu原子核静止时有19%的可能发生仪衰变,方程为g/Ni+:e,并放出能量为玛的7光
子。已知;;Cu、叫Ni和:e的质量分别记为町、掰2和加3,衰变放出光子的动量可忽略,该过程释放的核
能除去7光子的能量玛外全部转化为北Ni和;%的动能。在匀强磁场中衰变产生的晟Ni和:e,两者速度
方向均与磁场垂直,做匀速圆周运动,则下列说法正确的是()
A.;:Ni和:e在磁场中匀速圆周运动轨迹为内切圆
B.葭Ni的比结合能大于北Cu的比结合能
C.生成物的总动能为线=(町-加2-吗)/-玛
2
D.;:Ni的动能为EkNi=[(叫-w2-w3)c-£]
LJ
m2+/M3
【答案】BC
【解析】
【详解】A.由题意可知衰变产生的MNi和;e粒子带电性相同,速度方向相反,故两粒子在同一匀强磁场
中外切,故A错误;
B.由于衰变时放出核能,比结合能增大,所以叫Ni的比结合能大于MCu的比结合能,故B正确;
C.由能量守恒可知
E="k总+Ey
由爱因斯坦质能方程可知
E=(m1-m2一加3)。2
解得
第总=(叫-%-吗),?••玛
故C正确;
D.根据动量守恒定律有
O=m2vNi+m3vc
__l1212
Ek总=EkNi+Eke=万加2%i+]用3匕
联立可得
EkNi=](町—加2一加3)。2_玛]
m2+m3'~,」
故D错误。
故选BCo
15.为了解决光信号传输中的衰减问题,常常在光纤中掺入银元素。饵离子能级如图所示,标识为4几/2的
锂离子处在亚稳态,不会立即向下跃迁。用能量约为2.0X10-I9J的激光光子把处于基态能级41”,2的银离子
激发到““2能级,再通过“无辐射跃迁”跃迁到能级4兀/2,从而使该能级积聚的离子数远超过处于基态的
离子数。当光纤中传输某波长的光波时,能使处在亚稳态能级的离子向基态跃迁,产生大量能量约为
L3xl()T9j的光子,输出的光大大加强了,普朗克常量/2=6.6X10-34J.S。则()
A.无辐射跃迁中一个铜离子放出的能量约为1.3x10-1"
B.这种光纤传输能补偿任何频率的光信号
C.激光通信利用的是激光可以被调制的性质
D.亚稳态的离子向基态跃迁,产生光波波长约为1.5Rn
【答案】CD
【解析】
【详解】A.电子从轨道工?跃迁到轨道工也得到能量£|3=2-OX1()T9J,电子从轨道打⑸2跃迁到轨道
4113/2得到能量£12=13'10-1打,所以无辐射跃迁中,一个锂离子放出的能量约为
f23-S13~S\2=0.7X]0T9j
故A项错误;
B.由
e=hv
解得
V»1.97X1014HZ
可知,这种光纤传输只有频率约为1.97xIO14Hz的光信号才会补偿,故B项正确;
C.由于激光有高度的相干性,所以它能像无线电波那样被调制,用来传递信息,故C项正确;
D.由
£=hv
c-Av
带入题中数据,解得
2«1.5pm
故D项正确。
故选CD。
非选择题部分
三、非选择题部分(本题共5小题,共55分)
实验题(I、II、III三题共14分)
16.在用如图1所示的装置做“探究共点力合成的规律”实验中
①本实验主要体现的科学方法是;
A.等效替代法B.极限法C.控制变量法
②在某一次实验中,其中一弹簧测力计的指针如图2所示,则其读数月=N,另一拉力写的大小
为3N;
图1图2图3
③£、月的方向如图3所示,用作图法求片、B合力大小尸=N;
④关于此实验下列说法正确的是;
A.橡皮筋的拉力是合力,两弹簧测力计的拉力是分力
B.拉橡皮条的细绳要长些,标记同一细绳方向的两点要远些
C.拉橡皮条时,弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行,弹簧测力计的外壳不能与木板
产生摩擦
【答案】①.A②.1.90③.3.00④.B
【解析】
【详解】口]本实验每次将橡皮条拉到同样的位置,保证对橡皮条的拉力大小和方向相同,即两次的力的作
用效果相同,这种方法叫等效替代,A正确,BC错误;
故选Ao
[2]测力计的最小分度值0.1N,读数应估读到下一位,所以读数为1.90N;
[3]根据已给图示做出合力,按比例长度量出片=L90N,B=3.00N,量出合力为/=3.00N;
[4]A.橡皮筋的拉力是与合力等大反向的作用力,两弹簧测力计的拉力是分力,A错误;
B.拉橡皮条的细绳要长些,标记同一细绳方向的两点要远些,可以减小方向的相对误差,B正确:
C.实验中,弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行,弹簧测力计的外壳与木板产生摩擦,不
会改变测力计示数,C错误。
故选B»
17.某学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律,装置如图1,气垫导轨上安装了一光电门,滑块上固定
一遮光条,测得气垫导轨与水平面的夹角为6,滑块静止释放时挡光条的左边缘与光电门的距离为/,用天
平测得滑块及挡光条的总质量m=0.20kg。
Z,56
lllllllllll
1111
d5d
图2
(1)用游标卡尺测挡光条的宽度如图2所示,则〃=cm。某次实验,测得挡光条通过光电门的
挡光时间为40.1ms,则滑块的动能心=J(此空保留两位有效数字)。
(2)研究滑块由静止下滑至光电门的过程,重力势能改变取AEp=〃?g/sine,实验结果表明,系统动能
的增加量A^k始终略大于转,其原因可能是.
A.挡光条的宽度过大;
B.滑块受到的阻力过大;
C.滑块的重心在挡光片左边缘的左侧。
【答案】①.4.05②.0.10③.A
【解析】
【详解】(1)[1]由图2可知,挡光条的宽度为
d=4cm+5x0.1mm=4.05cm
⑵滑块的速度为
d4.05x10-2
v=—=m/s=l.Om/s
AZ40.1x10-3
滑块的动能为
1,1,
E=-mv2=-x0.2xl2J=0.10J
vk22
(2)[3]根据题意可知,叫为挡光片左端到达光电门时,滑块减小的重力势能
A.挡光条的宽度过大,计算的速度大于挡光片左端到达光电门时速度,则组大于故A正确;
B.滑块受到的阻力过大,会导致系统动能增加量略小于系统减少的重力势能,故B错误:
C.滑块的重心在挡光片左边缘的左侧,移动过程重心移动的距离仍为/,没有影响,故C错误。
故选Ao
18.某实验小组在电压表、电流表、电阻箱等实验器材中选一些来测量干电池组的电动势与内阻。
(1)为了了解电压表内阻的大概值,用多用电表的欧姆挡来测量电压表的内阻,如图I所示,多用电表的
红表笔应该与电压表的(填“正”或“负”)接线柱相连,经过正确操作,选择xlOO挡时,示数
如图2所示,则电压表的电阻值约为C。
(2)为了测量某电池组的电动势和内阻,除了该电压表外,现提供的器材如下:A.某型号电池组(电动
势约为3.0V、内阻很小);B.电流表A(量程2A,内阻约为2Q);C.电阻箱及(0〜99.9C);D.开
关和导线若干。该实验小组设计甲、乙两个实验方案,实验电路图分别如图3、4所示,利用方案甲测量出
的数据,作出它的图像如图5,利用方案乙测出的数据作出尺一/T图像如图6所示,则通过方案
乙测出电池组的内阻r=(用图中的字母表达,左为图像的斜率,b为图像与纵轴的交点值)
【答案】①.负②.3.0x10-3③.&④.甲
【解析】
【详解】(1)[1]多用电表的欧姆挡的电源正极与黑表笔连接,电源负极与红表笔相连,测电压表内阻时应
红表笔与电压表的负极相连;
⑵电阻读数为
3
7?v=3OxlOOQ=3.OxlOQ
(2)[3]根据闭合电路欧姆定律
E=/(R+r)
化简整理得
R=-E-r
在及-/T图像中,图像与纵轴的交点值表示内阻为
(本问中电流表内阻的影响属于误差分析范畴)
(3)[4]甲方案中,误差来源于电压表分流,由于电压表内阻很大,分流较小,乙方案中电流表分压,其内
阻相比电源内阻分压较大,相比较而言,甲方案的误差较小,更接近真实值;
19.以下实验中说法正确的是()
A.“测定玻璃折射率”的实验中入射角越大,则反射光强,折射光弱,越容易观察
B.“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中,用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢
铁芯,是为了减少涡流
C.在油膜法估测分子大小的实验中,如果有油酸未完全散开会使测量结果偏小
D.在“用单摆测重力加速度”实验中,若某同学直接把摆线长度当作摆长了,用多组实验数据做出图
线,该同学认为这样对g值的测量没有影响
【答案】BD
【解析】
【详解】A.该实验中,如果入射角过大,则反射光过强,折射光过弱,不易观察,故A项错误;
B.“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中,用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢
铁芯,是为了减少涡流,故B项正确;
C.油酸为完全散开,油膜面积S偏小,依据
则测量结果偏大,故C项错误;
D.由单摆的周期公式有
7=2万
整理有
T2=—L
g
有上述解析式,结合尸-L图像整理有
4万2
g
解得
4储
g=k
重力加速度与该图像的斜率有关,而摆长偏大还是偏小不影响图像的斜率上因此在“用单摆测重力加速度”
实验中,若某同学直接把摆线长度当作摆长了,用多组实验数据做出尸-L图线,对g值的测量没有影响,
故D项正确。
故选BDo
20.如图1所示,一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置,横截面积S=2x10-3m2、质量m=4kg、
厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一部分理想气体,此时活塞与汽缸底部之间的距离%=24cm,在活
塞的右侧d=12cm处有一对与汽缸固定连接的卡环,气体的温度"=300K,大气压强p°=l.Oxl()5pa。
现将汽缸竖直放置,如图2所示,取g=10m/s2。
(1)竖直后,求活塞与汽缸底部之间的距离
(2)竖直后,求加热到630K时气体的压强22;
(3)若汽缸竖直放置时气体压强为巴,加热到630K时的压强为活塞移动距离为乙,气体总共吸收
热量为Q,求气体内能增量AU(选用以下物理量表示:。、B、夕2、S、L、m)
5
【答案】(1)4=20cm;(2)p2=1.4xl0Pa;(3)AU=Q-pM
【解析】
【详解】(I)竖直后,气体的压强为
Pi=Po+等=L2xlO'Pa
根据玻意耳定律可得
p风=PM
解得
4=20cm
(2)假设《=630K时活塞到达卡环处,则有
l2=l0+d=36cm
根据理想气体整体方程可得
_P2s,2
解得
。2=结目=L4xlO'Pa>Po
do
符合假设,则气体的压强为
p2=1.4x10,Pa
(3)根据热力学第一定律
活塞到达卡环前气体压强不变,到达卡环后不做功,则有
W=_p】SL
联立可得
△U-Q-ptSL
21.如图所示的水平轨道Z8、倾斜直轨道DE用圆弧管道连接,圆弧半径R=lm,管道的内径远小于H,
可忽略不计直轨道与圆弧在8、。两点相切,各部分平滑连接,倾斜直轨道0E与水平面的夹角
e=37°,/8CZ)E在同一竖直面内,质量町,=0.5kg的滑块。放在水平直轨道离8点足够远处,质量
叫,=0.1kg的滑块b停放在管口。处。略小于管道的内径,质量〃?,=()♦1kg的小球c,以某一初速度从物
块。的右侧某处出发,经过圆弧轨道恰到达。处。两滑块与轨道的摩擦因数〃=0.5,不计小球的摩擦力,
小球与物块间碰撞均为弹性正碰。
(1)求小球在通过C点时对管道的压力大小;
(2)求小球第一次与。相碰后滑块4的动能片.;
(3)增大小球向右出发的速度,小球在。处与滑块6碰撞,碰撞后滑块上升到最远处离。点的距离£=4m。
在。处有一特殊装置,使小球与滑块6相碰后能停在管口,直到再次与滑块相碰,小球再次离开。处。小
球通过与滑块的反复碰撞最终停止,求滑块。在水平轨道上滑行的总距离s。
【解析】
【详解】(1)对小球在。点分析可得
mV
mgcos32”7=JD
从C到。应用动能定理可得
1212
—mgRsin53°=—mvD——mvc
在C点由牛顿第二定律可得
rmv1.
联立求得
氐=2.4N
由牛顿第三定律可得,小球在通过C点时对管道的压力为2.4N
(2)加质量相等,弹性碰撞,因此速度交换,对c从。到8应用动能定理
八.[212
mgR+mgRsin53--mvB--mvD
联立求得
vg-zVTTm/s
对ac小球弹性碰撞可得
"B^mcvt+mav2
11n21212
3居=-mv}+-mav2
求得
FH
儿=§JT
(3)在儿弹性碰撞过程中,由于质量相等速度交换,不损失能量,对b从最高点到水平轨道Z8应用动能
定理可得
mgLsin37°-/jmgLcos37°+mgR+mgRsin53°=£1k-0
在ac•小球弹性碰撞中
mcv0=mcyx+mav2
111
2=~m^2+-tn.
可得
2
匕=4°
1
匕=5%
动能之比
r-1掰<
几_2"2,5
-
区—124
每次碰撞动能都按这一比值分配能量,因此最终。分得动能为
广5.
",=§Ek
由能量守恒可得
儿=〃加沟
联立求得
22.如图1,光滑滑板A、B叠放在水平台面上。如图2,在滑板B内固定有电阻舄,=0」。的线框6,在
线框右侧内填充有磁介质,可以增强线框中电流产生的磁场。如图3,滑板A内固定有电阻4=01。的线
框。及与“连接的电路,电路中&=0.125。,&=0.5Q。初始时线框a、b的位置如图4,线框6的左侧
有B=0.1T、垂直纸面向下的匀强磁场。只考虑线框b在磁介质区域产生磁场,其磁感应强度为=0.4/(T),
其中/为线框b中的电流大小。线框。、6足够长,线框6的宽度〃=0.5m,线框。的宽度大于0.5m,线
框。中电流产生的磁场较弱,忽略不计,不计两线框的自感,滑板B的总质量加8=10kg,运动过程中滑
板46的轴线总保持在一条直线上,将滑板A固定。
(1)滑板B以v0=5m/s向左运动,求此时线框b中的感应电流人及安培力大小片;
(2)用水平力盘向右拉滑板B,保持滑板B以以=5m/s的速度向右做匀速直线运动,求心的大小及4
上消耗的功率《;
(3)不施加外力,滑板B以初动能线向右减速滑行,最终停止,减速过程线框b产生的热量为2,求该
过程电阻4上产生的焦耳热Q。
,_____________________________________?一
//7
线框6磁介质
线框a
7B4A
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