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文檔簡(jiǎn)介
2023年天津市薊州區(qū)重點(diǎn)中學(xué)高考物理三模試卷
1.大量處于n=5能級(jí)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)產(chǎn)生的a、b兩種單色光照射某光電管的陰極
時(shí),測(cè)得遏止電壓之比為2:1,根據(jù)該信息下列說法正確的是()
A.在同種介質(zhì)中,b光的傳播速度比a光的小
B.若b光是躍遷到n=3能級(jí)產(chǎn)生的,則a光可能是躍遷到n=4能級(jí)產(chǎn)生的
C.用同樣的裝置做雙縫干涉實(shí)驗(yàn),b光束的條紋間距比a光束的窄
D.當(dāng)兩種光從水中射向空氣時(shí),a光的臨界角小于力光的臨界角
2.如圖所示,內(nèi)壁光滑導(dǎo)熱氣缸中用活塞封閉住一定質(zhì)量的理想氣體,現(xiàn)
用一外力尸將活塞緩慢向上拉動(dòng),氣缸始終保持靜止,在此過程中沒有氣體」
漏出,環(huán)境溫度不變,下列說法正確的是()研〃
A.外力F逐漸變小B.氣體的內(nèi)能增加
C.氣體從外界吸收熱量D.氣體吸收的熱量大于對(duì)外做的功
3.歷史上,為了研究原子的性質(zhì),科學(xué)家們做了大量的實(shí)驗(yàn)研究,如圖四幅示意圖中說法
正確的是()
A.湯姆孫通過分析圖①的a粒子散射實(shí)驗(yàn)結(jié)果,提出了原子核式結(jié)構(gòu)模型
B.②表示的核反應(yīng)屬于重核裂變,在裂變過程中要吸收能量
C.③中向左偏轉(zhuǎn)的是B粒子,向右偏轉(zhuǎn)的是a粒子,不偏轉(zhuǎn)的是y粒子
D.鋅的逸出功為3.34eV,用④中一群處于n=4能級(jí)的氫原子發(fā)出的光照射鋅板,逸出光電
子的最大初動(dòng)能為9.41eU
4.如圖所示,人造地球衛(wèi)星發(fā)射過程要經(jīng)過多次變軌方可到達(dá)預(yù)定軌
道。先將衛(wèi)星發(fā)射至近地圓軌道I;然后在4點(diǎn)(近地點(diǎn))點(diǎn)火加速,衛(wèi)
星做離心運(yùn)動(dòng)進(jìn)入橢圓軌道口;在B點(diǎn)(遠(yuǎn)地點(diǎn))再次點(diǎn)火加速進(jìn)入圓形
軌道HI,下列說法正確的是()
A.軌道U上4點(diǎn)的速度一定不超過第一宇宙速度
B.衛(wèi)星在三個(gè)軌道上運(yùn)行時(shí)與地心的連線在相同時(shí)間內(nèi)掃過的面積都相等
c.衛(wèi)星在軌道n上的機(jī)械能大于在軌道I上的機(jī)械能
D.衛(wèi)星在圓軌道I上運(yùn)行的周期大于在圓軌道IE上運(yùn)行的周期
5.如圖所示,兩光滑平行長(zhǎng)直導(dǎo)軌水平放置在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)
磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)與導(dǎo)軌所在平面垂直,已知金屬棒MN能沿導(dǎo)軌自由滑動(dòng),
導(dǎo)軌一端跨接一個(gè)定值電阻R,金屬棒與導(dǎo)軌電阻不計(jì)。金屬棒在恒力F
作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng),在以后過程中,金屬棒速度外加
速度a、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E以及通過電阻R的電荷量q隨時(shí)間t變化圖線正確的是()
6.如圖所示為一小型交流發(fā)電機(jī)的示意圖,兩磁極N、S間的
磁場(chǎng)可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=CT。矩形線框
ABCD匝數(shù)n=100,=0.02m2,線圈內(nèi)阻r=5。,線圈
繞垂直于磁場(chǎng)的水平軸。O'逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng);角速度3=
100rad/s.矩形線框通過滑環(huán)與R=150的電阻相連,電壓表
為理想電表。則()
A.線圈從圖示位置開始計(jì)時(shí),產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式e=200/Icos(100t)(V)
B.線圈從圖示位置開始轉(zhuǎn)過90。時(shí),電壓表示數(shù)為零
C.該交流電可以直接加在擊穿電壓為200V的電容器上
D.在0.5s的時(shí)間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量為750/
7.如圖甲所示為一列沿x軸傳播的簡(jiǎn)諧橫波在t=0時(shí)刻的波形圖,a、從c為介質(zhì)中的三個(gè)
質(zhì)點(diǎn),圖乙表示該波x=6/n處a質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像,下列說法正確的是()
A.該波沿x軸負(fù)向傳播
B.t=15s時(shí),質(zhì)點(diǎn)a處于波峰位置
C.t=2s時(shí),質(zhì)點(diǎn)b振動(dòng)的速度方向與回復(fù)力方向相同
D.質(zhì)點(diǎn)c的位移隨時(shí)間變化的關(guān)系式為、=10sin(^t+^n')cm
8.如圖所示,。點(diǎn)是豎直平面內(nèi)圓的圓心,4、B、C三點(diǎn)將圓三
等分,CC是圓的水平直徑,在4、B兩點(diǎn)分別固定等量的正點(diǎn)電荷。
不計(jì)重力,下列說法正確的是()
A.D、。、C三點(diǎn)的電勢(shì)大小關(guān)系為=9o=Re
B.一個(gè)電子可以在力、8兩點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)
C.將一個(gè)電子從C點(diǎn)靜止釋放,電子從C點(diǎn)沿直線到。點(diǎn)的過程中所受的電場(chǎng)力一定是先減小
后再增大
D.若一電子源從0點(diǎn)以相同的初動(dòng)能沿圓周平面內(nèi)向各個(gè)方向發(fā)射電子,則從D點(diǎn)離開圓周
的電子的動(dòng)能最大
9.現(xiàn)用如圖1所示雙縫干涉實(shí)驗(yàn)裝置來測(cè)量光的波長(zhǎng)。
(1)在組裝儀器時(shí)單縫和雙縫應(yīng)該相互放置(選填“垂直”或“平行”)o
(2)己知測(cè)量頭主尺的最小刻度是毫米,副尺上有50分度。某同學(xué)調(diào)整手輪使測(cè)量頭的分劃板
中心刻線與某亮紋中心對(duì)齊,并將該亮紋定為第1條亮紋,此時(shí)測(cè)量頭上游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為
1.16nun;接著再同方向轉(zhuǎn)動(dòng)手輪,使分劃板中心刻線與第6條亮紋中心對(duì)齊,此時(shí)測(cè)量頭上
游標(biāo)卡尺的示數(shù)如圖2所示,則讀數(shù)為mm.已知雙縫間距d=2.00x10-4m,測(cè)得
雙縫到毛玻璃屏的距離L=0.800m,所測(cè)光的波長(zhǎng);I=mn(保留3位有效數(shù)字)。
(3)為減小誤差,該實(shí)驗(yàn)并未直接測(cè)量相鄰亮條紋間的距離△%,而是先測(cè)量71個(gè)條紋的間距再
求出下列實(shí)驗(yàn)采用了類似方法的有。
A.《探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律》的實(shí)驗(yàn)中合力的測(cè)量
B.解究彈簧彈力與形變量的關(guān)系的實(shí)驗(yàn)中彈簧的形變量的測(cè)量
C.加單擺測(cè)重力加速度少的實(shí)驗(yàn)中單擺的周期的測(cè)量
D.傭油膜法估測(cè)油酸分子的大小少的實(shí)驗(yàn)中1滴油酸酒精溶液體積的測(cè)量
光源凸透鏡濾光片的縫雙縫遮光筒毛玻璃屏目鏡
g--j..
上£
Uli
10.某校物理實(shí)驗(yàn)小組要測(cè)一未知電阻/?2的阻值,要求盡可能精確測(cè)量。
(1)為便于設(shè)計(jì)電路,該實(shí)驗(yàn)小組先用多用電表粗測(cè)燈的阻值,選用歐姆表X10倍率測(cè)量,發(fā)
現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)過小,為了較準(zhǔn)確地進(jìn)行測(cè)量,應(yīng)該選擇倍率(選填“X100”、“x1”),
并重新進(jìn)行歐姆調(diào)零,正確操作并讀數(shù),若這時(shí)刻度盤上的指針位置如圖甲所示,則測(cè)量結(jié)
果是______C;
(2)實(shí)驗(yàn)室提供了如下實(shí)驗(yàn)器材:
4電源E(電動(dòng)勢(shì)為12V,內(nèi)阻不計(jì)):
8.電壓表V(量程為15V,內(nèi)阻即約為15K0):
C電流表4(量程為內(nèi)阻乙約為100):
D電流表4(量程為2(hn4,內(nèi)阻生約為150):
E.滑動(dòng)變阻器⑹(最大阻值為200,額定電流為L(zhǎng)4):
F.滑動(dòng)變阻器7?2(最大阻值為1K0,額定電流為0.54);
G.開關(guān)及導(dǎo)線若干。
(3)為盡可能準(zhǔn)確測(cè)量%的阻值,實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了如圖乙所示的電路,實(shí)驗(yàn)過程如下:
①正確連接實(shí)驗(yàn)電路后,調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器%、/?2的滑片至適當(dāng)位置:
②斷開開關(guān)S2,閉合開關(guān)S1,調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器右、/?2的滑片,使電流表4的示數(shù)恰好為電流
表4示數(shù)的三分之二,記錄此時(shí)電壓表u的示數(shù)和電流表4的示數(shù)人:
③保持滑動(dòng)變阻器/?2的滑片位置不變,再閉合開關(guān)S2,記錄電壓表U的示數(shù)力和電流表出示
數(shù),2:
④根據(jù)以上測(cè)量數(shù)據(jù)可得&=:該實(shí)驗(yàn)也可測(cè)得電流表4的內(nèi)阻「1=用(仆、/1、
y2>,2表示)。
11.如圖所示,一軌道由半徑為0.8m的四分之一豎直圓弧軌道4B和水平直軌道BC在B點(diǎn)平
滑連接而成,現(xiàn)有一質(zhì)量為0.2kg的小物塊從4點(diǎn)無初速度釋放,8c段長(zhǎng)LBc=0.50m,小物
塊與BC段的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=0.5,小物塊滑離C點(diǎn)后恰好落在半徑也為0.8m的凹形半圓面上
的最底點(diǎn)。處,CE為凹形半圓直徑且水平。求:
(1)小物塊運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的速度大?。?/p>
(2)經(jīng)過圓弧上的8點(diǎn)時(shí),小物塊對(duì)B點(diǎn)的壓力大小;
(3)小物塊在圓弧軌道上克服摩擦力所做的功。
12.如圖,平面直角坐標(biāo)系xOy第一象限內(nèi)存在一個(gè)矩形有界磁場(chǎng)(未畫出),磁感應(yīng)強(qiáng)度大
小為B、方向垂直于坐標(biāo)平面向里;第二象限內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一質(zhì)量為加、
帶電量為e的電子從x軸上4點(diǎn)(-,石心,0)以大?。サ乃俣龋貀軸正方向垂直射入電場(chǎng),電子
恰好從y軸上C點(diǎn)(0,2L)進(jìn)入第一象限,經(jīng)矩形磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)之后,電子最終從x軸上D點(diǎn),以與x軸
正方向成60。角穿過x軸。不考慮電子的重力,求:
(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。?/p>
(2)電子在矩形磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2;
(3)矩形磁場(chǎng)的最小面積SmE。
13.如圖所示,邊長(zhǎng)為L(zhǎng)=1m,質(zhì)量為m=1kg、電阻為R=1。的勻質(zhì)正方形剛性導(dǎo)體線
框4BCD和直角坐標(biāo)系xOy(x軸水平,y軸豎直)均處于豎直平面內(nèi).在第一象限的空間內(nèi)存在
垂直于紙面向里的磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度在x方向均勻分布,y方向上滿足B=2+ky(各量均采用
國(guó)際單位,k為大于0的未知量)。初始時(shí),線框的4點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)0重合,48邊與x軸重合(記
為位置1).現(xiàn)給線框一個(gè)沿著x軸正方向的速度/)=Im/s,并且給線框一個(gè)豎直向上的恒力
F卷,當(dāng)線框4點(diǎn)下降的高度為H=1.25m(記為位置2)時(shí),可以認(rèn)為線框恰好達(dá)到最大速
度,且線框中的電流/=2.54此后恒力產(chǎn)保持大小不變,方向改為x方向,線框繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到位
置3(位置3和位置2中4點(diǎn)的橫坐標(biāo)相距3.5L),此后軌跡是拋物線.若整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,線框
始終處于同一豎直平面內(nèi),48邊始終保持水平,不計(jì)空氣阻力,重力加速度為g,求:
(l)k的數(shù)值;
(2)線框從位置1到位置2的時(shí)間匕;
(3)線框從位置2運(yùn)動(dòng)到位置3的豎直高度差兒
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答案和解析
1.【答案】D
【解析】解:4、由愛因斯坦光電效應(yīng)方程以小=九〃-%和遏止電壓與最大初動(dòng)能的關(guān)系&m=
eUc,整理得光的頻率為u=組產(chǎn),因?yàn)槎糁闺妷褐葹?:1,所以兩光的頻率之比1<£<2,
光在介質(zhì)中傳播的速度,同種介質(zhì)對(duì)頻率越大的光,折射率n越大,因?yàn)閍光的頻率大于b光
的頻率,所以b光的傳播速度大,故A錯(cuò)誤;
B、由能級(jí)躍遷的頻率條件/IV=Em-4因?yàn)閍光的頻率大于b光的頻率,所以產(chǎn)生a光時(shí)的躍遷,
能級(jí)差更大,即a光一定是躍遷到比n=3更低的能級(jí),故B錯(cuò)誤;
C、由干涉條紋間距公式4%=華和波長(zhǎng)頻率關(guān)系%=c,因?yàn)?>%所以左〈兒,所以條紋間距
Axa<Axb,故C錯(cuò)誤;
。、發(fā)生全反射時(shí),臨界角。與折射率n之間滿足s譏。=工,因a的折射率大,故a的臨界角小,故
n
D正確。
故選:D。
通過遏止電壓可比較a、b兩單色光的頻率高低,利用介質(zhì)折射率和頻率的關(guān)系,判斷介質(zhì)中的光
速;利用玻爾理論判斷躍遷的可能性;利用干涉的條紋間距與波長(zhǎng)的關(guān)系判斷條紋間距;利用全
反射的臨界角與折射率的關(guān)系比較臨界角的大小。
本題考查了能級(jí)躍遷、光電效應(yīng)規(guī)律、光的干涉、光的全反射,是一道綜合程度很高的試題,涵
蓋光學(xué)和原子物理學(xué)的主干內(nèi)容。建議熟練掌握光電效應(yīng)規(guī)律和玻爾理論的內(nèi)容。
2.【答案】C
【解析】解:跟庫(kù)題意可知,氣缸內(nèi)壁光滑導(dǎo)熱,則封閉氣體做等溫變卦,現(xiàn)用外力尸將活塞緩
慢向上拉動(dòng),氣缸始終保持靜止,氣體體積變大。
人根據(jù)玻意耳定律可知,氣體的壓強(qiáng)減小,則內(nèi)外的壓強(qiáng)差變大,所以需要的外力逐漸增大,故
A錯(cuò)誤;
由于氣體發(fā)生等溫變化,則氣體的內(nèi)能不變,故B錯(cuò)誤;
C、由于氣體體積變大,氣體對(duì)外界做功,則
W<0
氣體內(nèi)能不變,根據(jù)熱力學(xué)第一定律4U=Q+IV可知,氣體從外界吸熱,故C正確;
。、由于氣體內(nèi)能不變,可知?dú)怏w吸收的熱量等于對(duì)外做的功,故。錯(cuò)誤;
故選:Co
根據(jù)題意分析出其氣體狀態(tài)參量的變化,結(jié)合玻意耳定律得出壓強(qiáng)差的變化趨勢(shì),從而得出外力F
的變化趨勢(shì);
根據(jù)溫度的變化得出氣體內(nèi)能的變化;
根據(jù)熱力學(xué)第一定律分析出氣體的吸熱量與對(duì)外界做功的大小關(guān)系。
本題主要考查了熱力學(xué)第一定律的相關(guān)應(yīng)用,解題的關(guān)鍵點(diǎn)是理解氣體狀態(tài)參量的變化,結(jié)合玻
意耳定律和熱力學(xué)第一定律即可完成分析。
3.【答案】D
【解析】解:4盧瑟福通過分析圖①的a粒子散射實(shí)驗(yàn)結(jié)果,提出了原子核式結(jié)構(gòu)模型,不是湯
姆孫,故A錯(cuò)誤;
8.②表示的核反應(yīng)屬于重核裂變,在裂變過程中,放出能量,故B錯(cuò)誤;
C.根據(jù)左手定則判斷知,③中向左偏轉(zhuǎn)的是a粒子,向右偏轉(zhuǎn)的是0粒子,不偏轉(zhuǎn)的是y粒子,故
C錯(cuò)誤;
£>.一群處于n=4能級(jí)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí),釋放光子的最大能量為ZE=-&=
-0.85eK-(-13.6elZ)=12.75eV
鋅的逸出功為3.34eU,根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程,則逸出光電子的最大初動(dòng)能為=』E-
W:s=12.75eV-3.34eV=9.41eV
故。正確。
故選:Do
盧瑟福通過分析a粒子散射實(shí)驗(yàn)結(jié)果,得出原子的核式結(jié)構(gòu)模型;
質(zhì)量虧損釋放核能;
由左手定則判斷出粒子的電性,然后答題;
根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程,求最大初動(dòng)能。
本題考查了a粒子散射實(shí)驗(yàn)、光電效應(yīng)、三種射線的特征、質(zhì)能方程等基礎(chǔ)知識(shí)點(diǎn),關(guān)鍵要熟悉
教材,牢記這些基礎(chǔ)知識(shí)點(diǎn)。
4.【答案】C
【解析】解:4、衛(wèi)星在近地圓軌道I上運(yùn)行速度即為第一宇宙速度。在軌道n上4點(diǎn),萬有引力
小于衛(wèi)星所需要的向心力,衛(wèi)星做離心運(yùn)動(dòng),該點(diǎn)的速度會(huì)大于第一宇宙速度,故A錯(cuò)誤;
3、衛(wèi)星在不同軌道上運(yùn)動(dòng),此時(shí)并不適用開普勒第二定律,所以衛(wèi)星在三個(gè)軌道上運(yùn)行時(shí)與地心
的連線在相同時(shí)間內(nèi)掃過的面積不相等,故B錯(cuò)誤;
C、衛(wèi)星從軌道I進(jìn)入軌道軌道II時(shí),需要點(diǎn)火加速,推力做正功,所以機(jī)械能增大,所以衛(wèi)星
在軌道口上的機(jī)械能大于在軌道I上的機(jī)械能,故C正確;
。、衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),根據(jù)(尊凡得了=由于軌道的半徑小
G=^=m)227rfZ,I
于軌道in的半徑,所以衛(wèi)星在軌道I的運(yùn)行周期小于在軌道in的運(yùn)行周期,故。錯(cuò)誤。
故選:Co
第一宇宙速度等于衛(wèi)星在近地圓軌道I上運(yùn)行速度,結(jié)合變軌原理分析軌道口上力點(diǎn)的速度與第
一宇宙速度的關(guān)系;衛(wèi)星在不同軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí),不適用開普勒第二定律。衛(wèi)星繞地球做勻速圓周
運(yùn)動(dòng)時(shí),根據(jù)萬有引力提供向心力列式分析周期關(guān)系。結(jié)合變軌原理分析衛(wèi)星在不同軌道上機(jī)械
能的大小。
解答本題時(shí),要明確衛(wèi)星由低軌道變軌到高軌道時(shí)要點(diǎn)火加速,做離心運(yùn)動(dòng),機(jī)械能增加。要熟
悉開普勒定律的適用條件。
5.【答案】C
【解析】解:4、金屬棒在恒力F作用下向右做加速運(yùn)動(dòng),金屬棒受到向左的安培力,根據(jù)牛頓第
22
二定律得:_£,LE,隨著速度增大,加速度減小,金屬棒做加速度逐漸減小的變加速運(yùn)
FR=ma
動(dòng),最終加速度減至零,做勻速運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤;
8、由產(chǎn)一汕=加1,得a=上——.則竺=一配.絲=_理.?可知a減小,筆減小,a-t
圖像的斜率減小,Q-t圖像是曲線,故8錯(cuò)誤;
C、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv,u增大,E增大,最后E為一定值。根據(jù)箓=
BL.柴=BLa,知a減小,圖像的斜率逐漸減小,故C正確;
D、通過電阻R的電荷量q="="包=%,式中%是金屬棒的位移,隨著位移增大,q一直增大。
由于金屬棒做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng),金屬棒的位移X隨時(shí)間t增大,隨著速度增大,位移增加
得越來越快,通過R的電荷量隨時(shí)間增加,當(dāng)速度恒定后,單位時(shí)間內(nèi)位移的增加量不再變化,q-t
圖線的切線斜率不變,但不等于零,故。錯(cuò)誤。
故選:C。
根據(jù)安培力與速度的關(guān)系以及牛頓第二定律求出加速度表達(dá)式,判斷加速度的變化,從而確定速
度如何變化;求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電荷量的表達(dá)式,然后分析它們的變化,即可答題。
本題的關(guān)鍵應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度,利用數(shù)學(xué)知識(shí)得到圖像斜率表達(dá)式,然后進(jìn)行分析。
6.【答案】AD
【解析】解:4、線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為:
Em=NBSco=100xCx0.02x100V=200<2lZ
從圖示開始計(jì)時(shí),線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)瞬時(shí)值表達(dá)式為:
e=200\T2cos(100t)(l/),故A正確;
從電壓表示數(shù)為交流電壓的有效值,電壓表示數(shù)不為零,故3錯(cuò)誤;
C、該交流電電壓最大值為200,凝心超過用電器的最大電壓200U,故C錯(cuò)誤;
。、線圈和電阻R組成閉合回路,電動(dòng)勢(shì)有效值為:
5=鴇=型浮V=200V
V2V2
根據(jù)焦耳定律可得:
Q=(念:)2Rt=(言得)2X15x0.5;=750/,故O正確;
故選:AD.
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值,結(jié)合初始位置得出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式;
電壓表測(cè)量的是電壓的有效值,不會(huì)為零;
理解電容器的工作電壓概念,結(jié)合峰值電壓即可完成分析;
根據(jù)歐姆定律得出干路中的電流,結(jié)合焦耳定律得出產(chǎn)生的熱量。
本題主要考查了交流電的相關(guān)應(yīng)用,熟悉法拉第電磁感應(yīng)定律得出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小,結(jié)合歐姆
定律和焦耳定律即可完成分析。
7.【答案】BC
【解析】解:4、由乙圖可知,t=0時(shí),x=6m處的質(zhì)點(diǎn)a處于平衡位置,且沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)。
在甲圖上,根據(jù)“上下坡”法判斷可知該波沿x軸正方向傳播,故A錯(cuò)誤;
B、由圖乙知T=4s,由于t=15s=3,7,由乙圖可知,結(jié)合周期性可知t=15s時(shí)質(zhì)點(diǎn)a處于波
4
峰位置,故3正確;
C、t=2s時(shí),a質(zhì)點(diǎn)處于平衡位置,且向上振動(dòng),b的振動(dòng)比a滯后三,所以b處于y=-5ni處,
向平衡位置運(yùn)動(dòng),則振動(dòng)的速度方向與回復(fù)力方向相同,故C正確;
。、質(zhì)點(diǎn)的位移與時(shí)間變化的關(guān)系為y=Asin(竿t+(/))=10sin(^t+(p)cm=10sin(^t+<p)cm
當(dāng)t=0時(shí),y-5cm,解得W=9或租=浮波沿x軸正方向傳播,t=0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)c正沿y軸正方向
運(yùn)動(dòng),所以0=胡應(yīng)舍去,所以質(zhì)點(diǎn)c的位移隨時(shí)間變化的關(guān)系式為y=105汾(界+奇刖,故。
錯(cuò)誤。
故選:BC。
根據(jù)振動(dòng)圖像讀出t=0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)a的振動(dòng)方向,在波形圖上,利用“上下坡”法可以判斷波的傳
播方向。也可以判斷各質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向。利用周期性判斷質(zhì)點(diǎn)在不同時(shí)刻的位置,利用數(shù)學(xué)方法
求出位移隨時(shí)間的變化關(guān)系式。
本題的關(guān)鍵要熟練掌握“上下坡”法判斷質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向與波的傳播方向關(guān)系,抓住三要素:振
幅、圓
頻率和初相位寫出質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向。
8.【答案】B
【解析】解:4根據(jù)題意條件可知,。、。與兩點(diǎn)電荷的距離相等且小于C點(diǎn)與兩點(diǎn)電荷的距離,
由電勢(shì)的疊加可知So=,0>9c,故4錯(cuò)誤;
B.在4、B兩點(diǎn)連線的中垂面內(nèi),電子受到的合電場(chǎng)力方向指向4、B兩點(diǎn)連線的中點(diǎn),若給電子一
定的初速度,旦電子受到的電場(chǎng)力的合力剛好提供電子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力,則電子可以在4、B
兩點(diǎn)連線的中垂面內(nèi)繞4B的中點(diǎn)為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng),故8正確;
C.設(shè)4、B兩點(diǎn)間距為L(zhǎng),兩點(diǎn)電荷的電量均為+Q,CD上某點(diǎn)M,設(shè)=0(0°<9<90°),A、
其大小為E時(shí)=篝號(hào)=sin9cos29
B兩點(diǎn)電荷在M點(diǎn)形成電場(chǎng)的合場(chǎng)強(qiáng)沿。C方向,
由數(shù)學(xué)知識(shí)可知當(dāng)tan。=浮(tan30。<tand=?<tan60°)>則E”有最大值。由幾何知識(shí)可知,
當(dāng)電子在C點(diǎn)時(shí),/.CAB=60°,當(dāng)電子在。點(diǎn)時(shí),^OAB=30°,因此電子在C。之間的某處受到的
電場(chǎng)力達(dá)到最大值,而電子運(yùn)動(dòng)到4、B兩點(diǎn)連線的中點(diǎn)時(shí),受到的電場(chǎng)力為零,然后往左運(yùn)動(dòng)時(shí),
受到的電場(chǎng)力反向,大小增大。由此可知,電子從C點(diǎn)沿直線到。點(diǎn)的過程中所受的電場(chǎng)力先增大
后減小,然后再增大,故C錯(cuò)誤;
。.根據(jù)題目條件可知,電子的運(yùn)動(dòng)過程中電場(chǎng)力做功時(shí),帶電粒子的動(dòng)能與電勢(shì)能之和為一個(gè)定
值,由于。點(diǎn)不是圓上電勢(shì)最高的點(diǎn),因此。點(diǎn)不是電子的電勢(shì)能最小的點(diǎn),故電子從D點(diǎn)離開圓
時(shí)動(dòng)能不是最大的,故。錯(cuò)誤。
故選:B。
根據(jù)不同點(diǎn)到電荷之間的距離,結(jié)合電勢(shì)的疊加特點(diǎn)得出電勢(shì)的大小關(guān)系;
對(duì)電子受力分析,從而分析出其可能的運(yùn)動(dòng)類型;
根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的計(jì)算公式,結(jié)合幾何關(guān)系和數(shù)學(xué)知識(shí)分析出場(chǎng)強(qiáng)的變化趨勢(shì),從而得出電場(chǎng)力的變化
趨勢(shì);
理解電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的能量轉(zhuǎn)化關(guān)系,結(jié)合能量守恒定律即可完成分析。
本題主要考查了場(chǎng)強(qiáng)的疊加問題,理解場(chǎng)強(qiáng)和電勢(shì)的計(jì)算公式,理解物理量疊加時(shí)的特點(diǎn),結(jié)合
幾何關(guān)系即可完成分析。
9.【答案】(1)平行;(2)15.02;693(3)CD
【解析】(1)只有保證單縫和雙縫互相平行,這樣才能在屏上出現(xiàn)明暗相間的條紋。
(2)游標(biāo)卡尺的的游標(biāo)尺為50分度,精度為0.02mm,固定刻度讀數(shù)為15nm1,游標(biāo)尺上第1個(gè)格
對(duì)齊,
故讀數(shù)為0.02x1mm=0.02mm.,
所以最終讀數(shù)為15mm+0.02mm-15.02nun。
由于第1條亮紋,此時(shí)測(cè)量頭上游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為X]=1.16nun;第6條亮紋中心對(duì)齊,測(cè)量頭的
讀數(shù)久2=15.02nun。
所以*10-3m=2.772xIO-3m。
6—1=1怨0—=1*
根據(jù)九知入=
aL
代入數(shù)據(jù)得:4=200x104j:772xio=693乂io-7n=693n7n.
U.o
(3)先測(cè)量n個(gè)條紋的間距再求出/x,屬于放大測(cè)量取平均值。
A.《探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律》的實(shí)驗(yàn)中合力的測(cè)量,屬于等效替代法,故4錯(cuò)誤。
B.殊究彈簧彈力與形變量的關(guān)系》的實(shí)驗(yàn)中彈簧的形變量的測(cè)量,屬于測(cè)多次取平均值,故B錯(cuò)
誤。
C.傭單擺測(cè)重力加速度》的實(shí)驗(yàn)中單擺的周期的測(cè)量,屬于放大測(cè)量取平均值,故C正確。
D.傭油膜法估測(cè)油酸分子的大小》的實(shí)驗(yàn)中1滴油酸酒精溶液體積的測(cè)量,屬于放大測(cè)量取平
均值,故。正確。
故選CD。
故答案為:(1)平行;
(2)15.02,693;
⑶C。。
(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理,單縫與雙縫相平行。
(2)測(cè)量頭是游標(biāo)卡尺,其讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù),不需估讀;根據(jù)4%=[4列式求
解光波長(zhǎng)。
(3)依據(jù)放大測(cè)量取平均值,從而即可一一判定。
解決本題的關(guān)鍵掌握條紋的間距公式,及游標(biāo)卡尺的讀數(shù)方法,讀數(shù)時(shí)要先注意精度,再確定游
標(biāo)尺上的讀數(shù),注意其讀數(shù)沒有估計(jì)值,同時(shí)理解雙縫干涉條紋的間距公式=
10.【答案】x1001100華乎一奪
123/2
【解析】解:(1)先用多用電表粗測(cè)其阻值:該同學(xué)選擇X10倍率,指針偏轉(zhuǎn)角度太小,所選擋位
太小,為了較準(zhǔn)確地進(jìn)行測(cè)量,應(yīng)該選擇倍率x100。電阻的測(cè)量值為11x1000=1100。。
(3)根據(jù)題意斷開開關(guān)52,閉合開關(guān)才時(shí),電流表4的示數(shù)恰好為電流表4示數(shù)的|,則此時(shí)流過心
的電流是電流表公示數(shù)的5所以流過/?2的電流是流過電流表4電流的;,閉合開關(guān)$2,電流表4
的示數(shù),2,流過的電流為“2,q兩端的電壓為出
則治=華
12
U2U
/?2和電流表&以及R2的總電阻為7725=藥2
所以電流表4的內(nèi)阻q=勺一兼
故答案為:⑴x100,1100;(3)^^,
(1)用歐姆表測(cè)電阻要選擇合適的擋位使指針指在中央刻度線附近;歐姆表指針示數(shù)與擋位的乘積
是歐姆表讀數(shù);
(3)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理及閉合電路歐姆定律解答。
要掌握常用器材的使用方法與讀數(shù)方法;分析清楚電路結(jié)構(gòu)、應(yīng)用歐姆定律即可解題。
11.【答案】解:(1)從C到。做平拋運(yùn)動(dòng),則R=\gt2
代入數(shù)據(jù)解得:vc=2m/s
(2)從8到C由速度位移的關(guān)系式得:V^-VQ-2axBC
由牛頓第二定律知,a=iig
代入數(shù)據(jù)解得:=3m/s
在B點(diǎn)由牛頓第二定律得:Fo—mg=
代入數(shù)據(jù)解得:&=4.25N,
根據(jù)牛頓第三定律小物塊對(duì)8點(diǎn)的壓力大小為4.25N
(3)從4到8由動(dòng)能定理得:mgR-Wf-
代入數(shù)據(jù)解得:Wf=0.7/
如能垂直落在凹形半圓面上,速度方向與凹形半圓面垂直,那么速度的反方向延長(zhǎng)線會(huì)經(jīng)過凹形
半圓面圓心,而根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn),速度的反方向延長(zhǎng)線應(yīng)與水平位移的中點(diǎn)相交,二者矛盾,
所以小物塊不可能垂直落在凹形半圓面。
答:(1)小物塊運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的速度大小是2m/s;
(2)經(jīng)過圓弧上的B點(diǎn)時(shí);小物塊對(duì)B點(diǎn)的壓力大小是4.25N。
(3)小物塊在圓弧軌道上克服摩擦力所做的功是0.7/。
[解析】(1)從C到。由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可求得運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的速度;
(2)從B到C由速度一位移的關(guān)系式結(jié)合牛頓第二定律可求得物塊對(duì)B點(diǎn)的壓力;
(3)從4到B由動(dòng)能定理可求得克服摩擦力所做的功。
本題考查了平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、牛頓第二定律、動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用,明確物體的運(yùn)
動(dòng)過程及規(guī)律是求解的關(guān)鍵。
12.【答案】解:(1)電子從4運(yùn)動(dòng)到C的過程中做類平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)其運(yùn)動(dòng)時(shí)間為在x方向上有:
在y方向上有:2L=%t,
根據(jù)牛頓第二定律可得:eE=ma
聯(lián)立解得:E=6覺;
2eL
(2)在%方向上有:vx=atx
-
所以以=V3v0
在C點(diǎn)根據(jù)幾何關(guān)系可知:tane=^=所以:0=60。
%v0
根據(jù)兒何關(guān)系可得:cose=
電子在磁場(chǎng)中,根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得:e〃cB=mJ
所以:「=筆
根據(jù)題意作出電子的運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖如下圖所示,由圖中幾何
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