山東省菏澤市第一中學(xué)2020屆高三物理下學(xué)期4月線上模擬試題(含解析)

1、精品文檔歡迎下載山東省荷澤市第一中學(xué)2020屆高三物理下學(xué)期4月線上模擬試題（含解析）一、單項(xiàng)選擇題1.關(guān)于機(jī)械波的特性，下列說法正確的是（）A.只有波長(zhǎng)比障礙物的尺寸小或相差不多的時(shí)候才會(huì)發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象B.火車?guó)Q笛時(shí)向我們駛來，聽到的笛聲頻率將比聲源發(fā)出的頻率低C.向人體內(nèi)發(fā)射頻率已知的超聲波被血管中的血液反射后又被儀器接收，測(cè)出反射波的頻率變化就能知道血液的速度，這種方法應(yīng)用的是多普勒效應(yīng)D.只要是性質(zhì)相同的波，都可以發(fā)生干涉【答案】C【解析】【詳解】A.只有波長(zhǎng)比障礙物的尺寸大或相差不多的時(shí)候才會(huì)發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，所以A錯(cuò)誤；B.火車?guó)Q笛向我們駛來時(shí)，間距變小，則我們聽到的笛聲頻率

2、將比聲源發(fā)聲的頻率高，所以B錯(cuò)誤；C.向人體發(fā)射頻率已知的超聲波，超聲波被血管中的血流反射后又被儀器接收，測(cè)出反射波的頻率變化就能知道血液的速度，這種方法應(yīng)用的是多普勒效應(yīng)，所以C正確；D.產(chǎn)生干涉的兩個(gè)條件是：兩列波的頻率必須相同，兩個(gè)波源的相位差必須保持不變。所以D錯(cuò)誤。故選C。2.如圖所示為氫原子能級(jí)示意圖一部分，關(guān)于氫原子，下列說法正確的是（）nts/cV51 -0,H52 ：工4113,6A. 一個(gè)氫原子從n 3能級(jí)躍遷到n 1能級(jí)，可能放出3種不同頻率的光子B.從n 4能級(jí)躍遷到n 3能級(jí)，氫原子會(huì)吸收光子，能量升高C.從n 4能級(jí)躍遷到n 3能級(jí)，氫原子會(huì)向外放出光子，能量降低D

3、.處于不同能級(jí)時(shí)，核外電子在各處出現(xiàn)的概率是一樣的【答案】C【解析】【詳解】A. 一個(gè)氫原子從n 3能級(jí)躍遷到n 1能級(jí)，最多能放出兩種不同頻率的光子，方 式為，由能級(jí)3到能級(jí)2,再由能級(jí)2到能級(jí)1,所以A錯(cuò)誤；BC.從n 4能級(jí)躍遷到n 3能級(jí)，即由高能級(jí)向低能級(jí)躍遷，氫原子會(huì)放出光子，能量降 低，所以C正確，B錯(cuò)誤；D.處于不同能級(jí)時(shí)，核外電子在各處出現(xiàn)的概率是不一樣的，所以 D錯(cuò)誤。故選C。3.如圖，一束單色光射入一玻璃球體，入射角為60° .己知光線在玻璃球內(nèi)經(jīng)一次反射后，再次折射回到空氣中時(shí)與入射光線平行.此玻璃的折射率為A. .B. 1.5C. .D. 2【答案】C【解析

4、】試題分析：據(jù)題意，由于出射光線和入射光線平行，則光線AB和光線BC關(guān)于法線B0對(duì)稱,則法線與出射光線和入射光線平行，所以/ ABO=30 ,則折射角 r=/OAB=30 ,據(jù)折射定律 有：n=sin60 ° /sin30 ° = 6,所以C選項(xiàng)正確.考點(diǎn)：光的折射定律【名師點(diǎn)睛】本題考查光的折射和折射定律的應(yīng)用.解題的關(guān)鍵是畫出規(guī)范的光路圖，要根 據(jù)反射光路的對(duì)稱性，由幾何知識(shí)作出光路，然后在入射點(diǎn)的位置，求出折射角，應(yīng)用光的折射定律列得方程求解；此題意在考查學(xué)生對(duì)基本公式的應(yīng)用程度.4.2018年6月14日11時(shí)06分，我國(guó)探月工程“嫦娥四號(hào)”的中繼星“鵲橋”順利進(jìn)入地

5、月拉格朗日L2點(diǎn)的運(yùn)行軌道，為地月信息聯(lián)通搭建“天橋”。如圖所示，L2點(diǎn)位于地球與月球中心連線的延長(zhǎng)線上，“鵲橋”位于該點(diǎn)，在幾乎不消耗燃料的情況下與月球同步繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，已知地球、月球和“鵲橋”的質(zhì)量分別為M、品 m地球和月球中心間的距離為-4 -R L2點(diǎn)到月球中心的距離為x,則x滿足（）B.Mm7r xMe評(píng)(R x)C.(RMeFMmMe R3(R x)D.MeMm(R x)2(RR3x)【詳解】對(duì)月球，萬有引力提供向心力，有MeMmR22 、Mm R對(duì)中繼星，地球和月球的引力的合力提供向心力，故GM em2(R x)2GM mm2x2m 2(R x)聯(lián)立解得Me(R x)2Mm2

6、xMe R3(R x)故C正確，ABD錯(cuò)誤。其上放置了一個(gè)質(zhì)量為m故選C。5.如圖是一升降機(jī)的運(yùn)動(dòng)情況，升降機(jī)底部安裝一個(gè)加速度傳感器,的小物塊，如圖甲所示。升降機(jī)從t=0時(shí)刻開始豎直向上運(yùn)動(dòng)，加速度傳感器顯示加速度a精品文檔歡迎下載隨時(shí)間t變化如圖乙所示。取豎直向上為正方向，重力加速度為g,以下判斷正確的是（A. t=t0時(shí)刻，物塊所受的支持力大小為mgB. t=3t0時(shí)刻，物塊所受支持力大小為2mgC.在02t 0時(shí)間內(nèi)，物塊先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)D.在to3t 0時(shí)間內(nèi)，物塊先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)【詳解】A. t=to時(shí)刻，a=0,小物塊處于平衡狀態(tài)，有Fn mg故A正確

7、；B. t=3to時(shí)刻，a=2g,根據(jù)牛頓第二定律Fn mg m 2g解得Fn 3mg故B錯(cuò)誤；C.在02t0時(shí)間內(nèi)，a>0,加速度為零或者方向向上，小物塊處于平衡狀態(tài)或者超重狀態(tài),故C錯(cuò)誤；D.在03t 0時(shí)間內(nèi)，a>0,加速度為零或者方向向上，小物塊處于平衡狀態(tài)或者超重狀態(tài), 故D錯(cuò)誤。故選A6.下列說法正確的是（）A.衰變所釋放的電子是原子核內(nèi)的質(zhì)子轉(zhuǎn)變?yōu)橹凶訒r(shí)產(chǎn)生的B.鈾核（238U ）衰變?yōu)殂U核（286Pb）的過程中，要經(jīng)過 8次 衰變和6次 衰變_210210C. 83Bi的半盤期是5天，100克83Bi經(jīng)過10天后還剩下50克D.密立根油滴實(shí)驗(yàn)表明核外電子的軌道是不連

8、續(xù)的【詳解】A.衰變的實(shí)質(zhì)是原子核內(nèi)部的中子轉(zhuǎn)化為一個(gè)質(zhì)子和一個(gè)電子，電子從原子核內(nèi) 噴射出來，A錯(cuò)誤;B.鈾小亥(238U )衰變?yōu)殂U核(206 Pb)的過程中，每經(jīng)一次 衰變質(zhì)子數(shù)少2,質(zhì)量數(shù)少4;衰變次數(shù)而每經(jīng)一次衰變質(zhì)子數(shù)增1,質(zhì)量數(shù)不變；由質(zhì)量數(shù)和核電荷數(shù)守恒知，a238 206 0 -m 8次衰變次數(shù)n 82 92B正確;C.設(shè)原來Bi的質(zhì)量為m0,衰變后剩余質(zhì)量為m則有t1 1 Tmm0( 一)2100 (1)210石25g-20 -即可知剩余Bi質(zhì)量為25g, C錯(cuò)誤;D.密立根油滴實(shí)驗(yàn)表明電子的電荷量是分離的,玻爾提出核外電子的軌道是分立的不連續(xù)的,D錯(cuò)誤。故選Bo7.用兩塊

9、材料相同的木板與豎直墻面搭成斜面1和2,斜面有相同的高和不同的底邊,如圖所示，一個(gè)小物塊分別從兩個(gè)斜面頂端由靜止釋放，并沿斜面下滑到底端。下列說法正確的是A.物塊下滑到底端時(shí)，速度大小與其質(zhì)量無關(guān)B.沿著1和2下滑到底端時(shí)，物塊的速度大小相等C.物塊沿著1下滑到底端的過程，產(chǎn)生的熱量較少D.物塊下滑到底端過程中，產(chǎn)生的熱量與其質(zhì)量無關(guān)【答案】A【解析】【詳解】對(duì)物塊從高為 h的斜面上由靜止滑到底端時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有412mgh W mvfj f2其中W /、 i v wf33不，j 隊(duì) H47j, K11 NJzT> y J y、7 仔，.f n mgcosI I /|7 71Jz y

10、4 I隊(duì)Wf fL Hmgcos L.mSLcoS mgL廟斜面底端長(zhǎng)度L底成正比A.聯(lián)立得由圖可知，Lcos為斜面底邊,可見，物塊從頂端下滑到.時(shí)，克月擦力做功與 K v J2gK gL底故物塊下滑到底端時(shí)，速度大小與其質(zhì)量無關(guān)，故A正確；8 .沿著1和2下滑到底端時(shí)，重力做功相同，而沿 2物塊克服摩擦力做功小于沿 1克服摩擦 力做功，則由式得知，沿著 2下滑到底端時(shí)物塊的速度大于沿 1下滑到底端時(shí)速度，故 B錯(cuò)誤；C. 11 1時(shí)克服摩擦力做的功多，物塊的機(jī)械能損失大，產(chǎn)生的熱量多，故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)功能關(guān)系得：產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力做功，即為Q Wf fL mgcos L mgLcos

11、mgL 底與質(zhì)量有關(guān)，故 D錯(cuò)誤。故選Ao8.如圖甲所示的電路中，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為5： 1,原線圈接入圖乙所示的電壓，副線圈接火災(zāi)報(bào)警系統(tǒng)（報(bào)警器未畫出），電壓表和電流表均為理想電表，R為定值電阻，R為半導(dǎo)體熱敏電阻，其阻值隨溫度的升高而減小。下列說法中錯(cuò)誤的是（）a.圖乙中電壓的有效值iioJ2B.電壓表的示數(shù)為 31VC. R處出現(xiàn)火警時(shí)電流表示數(shù)減小D. R處出現(xiàn)火警時(shí)電阻R消耗的電功率增大【詳解】A.設(shè)將此電流加在阻值為R的電阻上，電壓的最大值為Un,電壓的有效值為 U,則/U m2(72) TU2t代入數(shù)據(jù)得圖乙中電壓的有效值為110J2V ,故a正確；B.變壓器原、副線

12、圈中的電壓與匝數(shù)成正比，所以變壓器原、副線圈中的電壓之比是5: I,所以電壓表的示數(shù)為110'、25U21解得U2 31V故B正確；C. R處溫度升高時(shí)，阻值減小，由于電壓不變，所以出現(xiàn)火警時(shí)電流表示數(shù)增大，故C錯(cuò)誤;D.由于出現(xiàn)火警時(shí)電流表示數(shù)增大，則通過電阻R的電流也增大，則其消耗的電功率增大，故D正確。由于本題選錯(cuò)誤的，故選 Co二、多項(xiàng)選擇題3Hz,振巾高為10cm,虛線波的9.兩列波速相同的簡(jiǎn)諧橫波沿x軸相向傳播，實(shí)線波的頻率為 振幅為5cm, t=0時(shí)，兩列波在如圖所示區(qū)域內(nèi)相遇，則（v/<nsA.兩列波在相遇區(qū)域內(nèi)會(huì)發(fā)生干涉現(xiàn)象B.實(shí)線波和虛線波的頻率之比為3: 2

13、C. t = 1s時(shí)，x= 9m處的質(zhì)點(diǎn)實(shí)際振動(dòng)方向向下6D. t=1s時(shí)，x= 4m處的質(zhì)點(diǎn)實(shí)際位移大小|y|>12.5cm12【答案】BD【詳解】AB.實(shí)線波的波長(zhǎng)為 入i=4m虛線波的波長(zhǎng)為入2=6m它們的波速相等，由波速公式v=X f得：實(shí)線波和虛線波的頻率之比為f1 ： f22: 1 3： 2兩列波的頻率不同，不能發(fā)生干涉現(xiàn)象，故A錯(cuò)誤，B正確;C.波速為v 1f1 4 3m/s 12m/s1則在t二s時(shí)間內(nèi)波傳播的距離 6vt1實(shí)線波單獨(dú)傳播時(shí)，在t - s時(shí)，x=9m處的質(zhì)點(diǎn)到達(dá)波谷，振動(dòng)速度為零。虛線波單獨(dú)傳播 61. 1.時(shí)，在t Is時(shí)，x=9m處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向向上，

14、則根據(jù)波疊加原理可知在t Is時(shí)，x=9m處66的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向向上，故 C錯(cuò)誤;D.波速為v 1f1 4 3m/s 12m/s，1則在t s時(shí)間內(nèi)波傳播的距離12實(shí)線波單獨(dú)傳播時(shí)，在t的平移法作出虛線波傳播大小則波的疊加原理可知在 tx vt 1m 1 141一s時(shí)，x=4m處的質(zhì)點(diǎn)到達(dá)波谷，位移大小為12x=1m時(shí)的波形，如圖紅線所示，由圖看出此刻yi=10cm；根據(jù)波形x=4m處的質(zhì)點(diǎn)位移y2 2.5cm12s 時(shí),x=4m處的質(zhì)點(diǎn)位移yi V212.5cm故D正確。故選BD1%-1010 .如圖所示，P、Q為兩個(gè)等量的異種電荷，以靠近電荷 P的O點(diǎn)為原點(diǎn)，沿兩電荷的連線建 立x軸，沿直線

15、向右為 x軸正方向，一帶正電的粒子從 O點(diǎn)由靜止開始僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng) 到A點(diǎn)，已知A點(diǎn)與O點(diǎn)關(guān)于P、Q兩電荷連線的中點(diǎn)對(duì)稱，粒子的重力忽略不計(jì).在從到A點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程中，下列關(guān)于粒子的運(yùn)動(dòng)速度v和加速度a隨時(shí)間的變化、粒子的動(dòng)能和運(yùn)動(dòng)徑跡上電勢(shì)隨位移x的變化圖線可能正確的是（效方A.【答案】CDB.D.等量異種電荷的電場(chǎng)線如圖所示.根據(jù)沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，電場(chǎng)強(qiáng)度E 一，由圖可知E先減小后增大，所以巾 x圖象切線的斜率先減小后增大，故A錯(cuò)誤.沿兩點(diǎn)電荷連線從 。到A,電場(chǎng)強(qiáng)度先變小后變大，一帶正電的粒子從 。點(diǎn)由靜止開始在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力一直做正功，Ek qEx

16、 ,電場(chǎng)強(qiáng)度先變小后變大，則B錯(cuò)誤.故選CD電勢(shì)的變化，由電場(chǎng)力做功情況粒子的速度一直在增大.電場(chǎng)力先變小后變大，則加速度先變小后變大.v-t圖象切線的斜率 先變小后變大，故 CD可能，故CD正確.粒子的動(dòng)能Ek x切線的斜率先變小后變大，則B圖不可能.故【點(diǎn)睛】根據(jù)等量異種電荷電場(chǎng)線的分布情況，分析場(chǎng)強(qiáng)、 判斷動(dòng)能的變化情況.由牛頓第二定律研究加速度的變化情況，并分析粒子的運(yùn)動(dòng)情況.11 .質(zhì)量為m小球在豎直向上的恒力 F作用下由靜止開始向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，撤去F,又經(jīng)時(shí)間t小球回到出發(fā)點(diǎn)，速度大小為 v,不計(jì)阻力,已知重力加速度為g,則下列判斷正確的是（A.撤去力F時(shí)小

17、球的動(dòng)能-mvB.小球上升的最大高度1 24F所做的功mvDK).拉力的最大功率2C.拉力F作,小球上升白度4、為a,末為orh v t -gr 2B1 匚 40 g, F mg,P33.h33V7-L A小二L Ak Tffl /, B1 2一 mv Fh2C.拉力BCD度h -at2,小球速度解得2 v 2g2mgvv,小球上升的高故C正確;A.拉力F作用時(shí)，由動(dòng)能定理得解得'2mv (F mg)h1,211212mv - - mv - mv2428故A錯(cuò)誤;B.撤去力F后小球上升的高度為h,由動(dòng)能定理得一 mv2 Fh21 ,2mgh一 mv2解得小球上升的最大高度故B正確；D.

18、拉力F的最大功率故D正確。PmFv2h =2g4v 2mg mgv32 3故選BCDac邊的電阻為R,其他電阻均不計(jì)，ab與12 .如圖（a）所示，水平面內(nèi)有一光滑金屬導(dǎo)軌,ac角夾角為135° , cd與ac垂直.將質(zhì)量為 m的長(zhǎng)直導(dǎo)體棒擱在導(dǎo)軌上.并與ac平行.棒與ab、cd交點(diǎn)G H間的距離為L(zhǎng)o,空間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)弓雖度為 B.在1 外力作用下，棒由GH處以初速度v。向右做直線運(yùn)動(dòng).其速度的倒數(shù) -隨位移x變化的關(guān)系如v圖（b）所示.在棒運(yùn)動(dòng) L。到MN處的過程中（）A.導(dǎo)體棒做勻變速直線運(yùn)動(dòng)B.導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為3Lo2voC.流過導(dǎo)體棒的電流大小不變

19、QR2I32D.外力做功為3B L0v0 3mV0 2R 8【答案】BC【解析】2 1【詳解】A直線的斜率為:V0 V01k LoLovo所以有:kx1vorLovo八，代入得：v故不是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤;x LoC感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為:E=Blv= B( Lo x) _o_o_BLovoLo x感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不變，感應(yīng)電流為:I=E/R ,大小不變，故C正確;日 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有:E t1B2(Lo 2Lo)LtBLovo,3L0,“解得：t ,故B正確;2V0D克服安培力做白功等于電阻 R上產(chǎn)生的焦耳熱為:Q I2Rt （BL0V0）2R 3L0R2vo3B2L0vo2R110 1n

20、對(duì)導(dǎo)體棒，由動(dòng)能te理得：W卜-W安=m(v0) mv0222解得：W夕卜=3B L0V0 3mV0-,故D錯(cuò)誤;2R 8故選BC【點(diǎn)睛】根據(jù)圖象求出 v隨x變化的函數(shù)表達(dá)式，判斷運(yùn)動(dòng)情況；由E=Blv求出任意時(shí)刻的電動(dòng)勢(shì)，由歐姆定律分析電流變化； 求出棒向右移動(dòng)L0的過程中回路磁通量變化量，由E 求解時(shí)間；棒向右移動(dòng) Lo的過程中，求出掃過的面積，求出此時(shí)電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)動(dòng)能定理求解外力做的功.三、實(shí)驗(yàn)題13.用如圖甲所示裝置研究平拋運(yùn)動(dòng)。將白紙和復(fù)寫紙對(duì)齊重疊并固定在豎直的硬板上。鋼球 沿斜槽軌道PQ滑下后從Q點(diǎn)飛出，落在水平擋板 MN±O由于擋板靠近硬板一側(cè)較低，鋼球 落在擋板上時(shí)

21、，鋼球側(cè)面會(huì)在白紙上擠壓出一個(gè)痕跡點(diǎn)。移動(dòng)擋板，重新釋放鋼球，如此重 復(fù)，白紙上將留下一系列痕跡點(diǎn)。(1)下列實(shí)驗(yàn)條件必須滿足的有 A.斜槽軌道光滑B.斜槽軌道末段水平C.擋板高度等間距變化D.每次從斜槽上相同的位置無初速度釋放鋼球(2)為定量研究，建立以水平方向?yàn)閤軸、豎直方向?yàn)閥軸的坐標(biāo)系；a.取平拋運(yùn)動(dòng)的起始點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，將鋼球靜置于Q點(diǎn)，鋼球的 (選填“最上端”、“最下端”或者“球心”) 對(duì)應(yīng)白紙上的位置即為原點(diǎn)； 在確定y軸時(shí)(選填“需要”或者“不需要”)y軸與重錘線平行；b.若遺漏記錄平拋軌跡的起始點(diǎn)，也可按下述方法處理數(shù)據(jù)： 如圖乙所示，在軌跡上取 A、B、C三點(diǎn)，AB和BC的水

22、平間距相等且均為 x,測(cè)得AB和BC的豎直間距分別是 y1和y2,則"-(選填“大于”、“等于”或者“小于”)?？汕蟮娩撉蚱綊伒某跛俣却笮閥23(已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹?g ,結(jié)果用上述字母表示)。(3)為了得到平拋物體的運(yùn)動(dòng)軌跡，同學(xué)們還提出了以下三種方案，其中可行的是 ;A.從細(xì)管水平噴出穩(wěn)定的細(xì)水柱，拍攝照片，即可得到平拋運(yùn)動(dòng)軌跡B.用頻閃照相在同一底片上記錄平拋小球在不同時(shí)刻的位置，平滑連接各位置，即可得到平拋運(yùn)動(dòng)軌跡C.將鉛筆垂直于豎直的白紙板放置，筆尖緊靠白紙板，鉛筆以一定初速度水平拋出，將會(huì)在 白紙上留下筆尖的平拋運(yùn)動(dòng)軌跡(4)伽利略曾研究過平拋運(yùn)動(dòng)，他推斷：從同一炮臺(tái)

23、水平發(fā)射的炮彈，如果不受空氣阻力，不論它們能射多遠(yuǎn)，在空中飛行的時(shí)間都一樣。這實(shí)際上揭示了平拋物體 。A.在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)B.在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)C.在下落過程中機(jī)械能守恒【答案】 (1). BD (2).球心 (3). 需要 (4). 大于 (5).xj. V2 %精品文檔歡迎下載(6). AB .B【解析】【詳解】(1)1因?yàn)楸緦?shí)驗(yàn)是研究平拋運(yùn)動(dòng)，只需要每次實(shí)驗(yàn)都能保證鋼球做相同的平拋運(yùn) 動(dòng)，即每次實(shí)驗(yàn)都要保證鋼球從同一高度處無初速度釋放并水平拋出，沒必要要求斜槽軌道 光滑，因此A錯(cuò)誤，BD正確；擋板高度可以不等間距變化，故 C錯(cuò)誤。故選BD(2) a. 23因?yàn)殇撉蜃銎綊?/p>

24、運(yùn)動(dòng)的軌跡是其球心的軌跡，故將鋼球靜置于Q點(diǎn)，鋼球的球心對(duì)應(yīng)的白紙上的位置即為坐標(biāo)原點(diǎn) (平拋運(yùn)動(dòng)的起始點(diǎn))；在確定y軸時(shí)需要y軸與重錘線 平行。b. 45由于平拋的豎直分運(yùn)動(dòng)是自由落體運(yùn)動(dòng)，故相鄰相等時(shí)間內(nèi)豎直方向上的位移之比為1:3:5 :，故兩相鄰相等時(shí)間內(nèi)豎直方向上的位移之比越來越大，因此 也大于1；由y232y2 yi gT , x voT聯(lián)立解得V0 x/ ,y2 yi(3)6將鉛筆垂直于豎直的白紙板放置，筆尖緊靠白紙板，鉛筆以一定初速度水平拋出，由 于鉛筆受摩擦力作用，且不一定能保證鉛筆水平，鉛筆將不能始終保持垂直白紙板運(yùn)動(dòng)，鉛 筆將發(fā)生傾斜，故不會(huì)在白紙上留下筆尖的平拋運(yùn)動(dòng)軌跡

25、，故C不可彳T, AB可行。(4)7從同一炮臺(tái)水平發(fā)射的炮彈，如果不受空氣阻力，可認(rèn)為做平拋運(yùn)動(dòng)，因此不論它們 能射多遠(yuǎn)，在空中飛行的時(shí)間都一樣，這實(shí)際上揭示了平拋物體在豎直方向上做自由落體運(yùn) 動(dòng)，故選項(xiàng)B正確。14 .為了精確測(cè)量一電阻的阻值R,現(xiàn)有以下器材：蓄電池組 E,電流表A,電壓表V,滑動(dòng)變阻器R電阻箱R,開關(guān)S、S2,導(dǎo)線若干。某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路，實(shí)驗(yàn)的主 要步驟如下：a.閉合Si,斷開S,調(diào)節(jié)R和R,使電流表和電壓表的示數(shù)適當(dāng)，記下兩表示數(shù)分別為Ii、U;b.保持Si閉合、R阻值不變，閉合 S2,記下電流表和電壓表示數(shù)分別為12、U。(1)按圖甲所示的電路圖將如圖乙

26、所示的實(shí)物連成電路 ;-I21 -精品文檔歡迎下載-29 -(2)被測(cè)電阻的阻值Rx(用兩電表的小數(shù)表布)(3)由于電流表、電壓表都不是理想電表，則被測(cè)電阻的阻值R的測(cè)量值 真實(shí)值(選填“大于” “小于”或“等于”)【答案】(1).OI L K Dull(2).U1U2U1I2 U2I1(3).等于【詳解】(1)1如圖所示(2)2由題中的步驟可得RpUiiU2RxRpRxUU2U1I2 U2I1(3)3本實(shí)驗(yàn)的實(shí)驗(yàn)誤差來源于電壓表的內(nèi)阻引起的分流作用，如果考慮電壓表的內(nèi)阻，則RpRURp Rv T7乜 RRpRv17 x Rp RvRxU1U2U1I2 U2I1結(jié)果不變，所以被測(cè)電阻的阻值的測(cè)

27、量值等于真實(shí)值。四、計(jì)算題15 .某節(jié)目中，“氣功師”平躺水平地面上，其腹部上平放著一塊大石板，助手用鐵錘猛擊大石板，石板裂開而“氣功師”沒有受傷.現(xiàn)用下述模型分析探究：設(shè)大石板質(zhì)量 M=80 kg ,鐵錘質(zhì)量m=5 kg ;鐵錘從hi=1.8 m高處由靜止落下，打在石板上反 彈，當(dāng)反彈達(dá)到最大高度 h2=0.05 m時(shí)被拿開；鐵錘與石板的作用時(shí)間11=0.01 s;由于緩沖,石板與“氣功師”腹部的作用時(shí)間12=0.5 s .取重力加速度g=10 m/s2.求：鐵錘敲擊大石板的過程中，(1)鐵錘受到的沖量大?。?2)大石板對(duì)鐵錘的平均作用力大??；(3)大石板對(duì)人的平均作用力大小.【答案】(1)

28、 35 N s ( 2) 3550N (3) 871N【解析】12.(1)由機(jī)械能寸恒te律 -mv mgh ,解得v "2gh ,則鐵錘打擊石板時(shí)的速度 v1 J2ghi 6m/s,鐵錘反彈時(shí)的速度v2 ,2g% 1m/s；對(duì)鐵錘，由動(dòng)量定理得 I mv2 mv1,解得I 35 N s(2)對(duì)鐵錘，由沖量定義得 IF1 mg t1 ,解得F1 3550N(3)對(duì)石板，由動(dòng)量定理得F2 Mg t2 F1tl 0,解得F2 871N ；由牛頓第三定律得，大石板對(duì)人的平均作用力大小F2 F2 871N .16 .如圖所示，絕熱氣缸放在水平地面上，質(zhì)量為m橫截面積為S的絕熱活塞上下兩室分別

29、充有一定量的氫氣 A和氮?dú)?日視為理想氣體），豎直輕彈簧上端固定，下端與活塞相連.初始時(shí)，兩室氣體的絕對(duì)溫度均為To ,活塞與氣缸底部的間距為L(zhǎng),與頂部的間距為3L,彈簧勁度系數(shù)為mg （g為重力加速度大?。⒃L(zhǎng)為2L.現(xiàn)對(duì)B緩慢加熱，當(dāng)彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)時(shí) L停止加熱，此時(shí) A的絕對(duì)溫度為niTo, B的絕對(duì)溫度為 IT。.已知n2 3n1，求對(duì)B停止加熱【解析】3n1mgn2 3nl S【詳解】設(shè)初始時(shí)， A B的壓強(qiáng)分別為mg3L 2L L巳1、PB1 ,停止加熱時(shí)A、B的壓強(qiáng)分別為PA2、PB2 ,則根據(jù)胡克定律有：對(duì)活塞，受力平衡初態(tài)有：Pb1SFPaSmg末態(tài)有:PB 2sPA2

30、smg根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程對(duì)A有：PA1 3LS PA2 2LSToniTo對(duì)B有：Pbi LS Pb2 2LSTon2To解得：nn2mgn3nimgPB2 二；PA2 二n2 3仙 Sn2 3n S17 .“太空粒子探測(cè)器”是由加速裝置、偏轉(zhuǎn)裝置和收集裝置三部分組成的，其原理可簡(jiǎn)化如下：如圖所示，輻射狀的加速電場(chǎng)區(qū)域邊界為兩個(gè)同心圓，圓心為O,外圓白半徑 Ri 2m,電勢(shì)i 50V,內(nèi)圓的半徑R2 1m,電勢(shì)2 0,內(nèi)圓內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B 5 10 3T、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，收集薄板MNW內(nèi)圓的一條直徑重合，收集薄板兩端 M N與內(nèi)圓間各存在狹縫.假設(shè)太空中漂浮著質(zhì)量m 1.0

31、1010kg、電荷量q 4 10 4C的帶正電粒子，它們能均勻地吸附到外圓面上，并被加速電場(chǎng)從靜止開始加速，進(jìn)入磁場(chǎng)后，發(fā)生 偏轉(zhuǎn)，最后打在收集薄板 MNLh并被吸收(收集薄板兩側(cè)均能吸收粒子 )，不考慮粒子相互間的 碰撞和作用.(1)求粒子剛到達(dá)內(nèi)圓時(shí)速度的大??；(2)以收集薄板 MN在的直線為X軸建立如圖的平面直角坐標(biāo)系. 分析外圓哪些位置的粒子將在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中做周期性運(yùn)動(dòng).指出該位置并求出這些粒子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期內(nèi)在磁場(chǎng)中所用 時(shí)間.il y【答案】(1) 2 104m/s (2)- 10 4s (0, 2m ) , (2m, 0) , (0, -2m ) , (-2m, 0 )【解析】(1)帶電粒子在電場(chǎng)中被加速時(shí)，由動(dòng)能定理可知qU -m2 02qvB(2)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后，在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，有 解得r=1.0m 因?yàn)閞=R2,所以由幾何關(guān)系可知，從收集板左端貼著收集板上表面進(jìn)入磁場(chǎng)的粒子在磁場(chǎng)中一，1 一運(yùn)動(dòng)一圓周后，射出磁場(chǎng)，進(jìn)入電場(chǎng)，在電場(chǎng)中先減速后反向加速，并返回磁場(chǎng)，如此反復(fù)4的周期運(yùn)動(dòng).其運(yùn)動(dòng)軌跡如