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文檔簡介
2021屆河南省洛陽市高考物理三模試卷
一、單選題(本大題共5小題,共30.0分)
1.某核反應(yīng)方程為出+出/He+X.已知出的質(zhì)量為2.0136a,:,的質(zhì)量為3.0180”,翅e的質(zhì)
量為4.0026”,X的質(zhì)量為1.0087”,其中l(wèi)it=931.5MeV,則下列說法中正確的是()
A.X是質(zhì)子,該反應(yīng)釋放能量為8.91MeV
B.X是中子,該反應(yīng)釋放能量為18.91MeV
C.X是質(zhì)子,該反應(yīng)吸收能量為8.91MW
D.X是中子,該反應(yīng)吸收能量為18.91MeV
2.下列四幅圖中,能正確反映豎直上拋運動過程的位移與時間關(guān)系的是()
3.2011年9月29日,“天宮一號”順利升空,11月1日,“神舟八
號”隨后飛上太空,11月3日凌晨“神八”與離地高度343km軌
道上的“天宮一號”對接形成組合體,中國載人航天首次空間
交會對接試驗獲得成功,為建立太空實驗室-空間站邁出了關(guān)鍵
一步.設(shè)對接后的組合體在軌道上做勻速圓周運動,則下列說法中正確的是()
A.對接前,“神舟八號”欲追上“天宮一號”,可以在同一軌道上點火加速
B.對接后,“天宮一號”的速度小于第一宇宙速度
C.對接后,“天宮一號”的運行周期大于地球同步衛(wèi)星的周期
D.今后在“天宮一號”內(nèi)工作的宇航員因受力平衡而在其中懸浮或靜止
4.如圖所示,PQ、MN是放置在水平面內(nèi)的粗糙導(dǎo)軌,GH是長度為人電
阻為r的導(dǎo)體棒。導(dǎo)體棒GH處在方向向下、磁感應(yīng)強度為B的勺強磁場
中。圖中E是電動勢為E,內(nèi)阻不計的直流電源,C是電容為C的電容器。
閉合開關(guān),導(dǎo)體棒能始終保持靜止,待電路穩(wěn)定后,則有()
A.導(dǎo)體棒中電流/=”■了:
/<2TK-jT/
B.導(dǎo)體棒所受到的摩擦力方向向左
C.導(dǎo)體棒所受到的安培力尸安
…T十/
D.電容器帶電量為Q=*CR2
I十AC]
如圖所示,在半徑為R的圓內(nèi),有方向為垂直紙面向里的勻強磁場,一帶電
粒子以速度"沿半徑a。方向從a點射入磁場,又從c點射出磁場,射出時速度
方向偏轉(zhuǎn)60。,則粒子在磁場中運動的時間是()
AnRBX/37T/?2nR2.y/37tR
?豆
A*3v3v*3v
多選題(本大題共5小題,共27.0分)
如圖所示,平行板電容器與電動勢為E的直流電源連接,下極板接
地.一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài).現(xiàn)將平
行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離()
A.帶電油滴將沿豎直方向向上運動
B.尸點的電勢將降低
C.帶電油滴的電勢能增加
D.電容器的電容減小,極板帶電量增大
7.超市里的自動扶梯都是斜面(無階梯)式的,如果無人搭乘一段時間
后,能自動調(diào)整為待機省電模式緩慢運行,速度為O.lm/s,當(dāng)一旦
有人踏上去,通過壓力感應(yīng),能恢復(fù)到速度0.5m/s.現(xiàn)有一質(zhì)量為
60kg的高三學(xué)生,以O(shè).lm/s的速度輕輕地?zé)o倚靠地踏上同速運行的扶梯,無相對滑動,扶梯經(jīng)
過1s的勻變速調(diào)整后,勻速行駛.如圖所示,扶梯傾角為30。,斜面長為10m,最大靜摩擦力等
于滑動摩擦力.(g=10血/$2).則()
A.該學(xué)生的鞋底與扶梯面的動摩擦因素至少為獨
25
B.加速過程中,摩擦力對學(xué)生做的功等于該學(xué)生動能的增加量7.2/
C.加速過程中,該學(xué)生的機械能增加了97.2/
D.若整個過程中只有該學(xué)生乘,則比待機模式電動機多消耗了3007.2/的電能
如圖所示為研究影響平行板電容器電容的因素的裝置圖,設(shè)兩極板正
對面積為5,極板間的距離為d,靜電計指針偏角為8,實驗中,極板
所帶電荷量Q不變,若()
A.保持S不變,增大d,則。變小
B.保持S不變,減小d,則。變小
C.保持d不變,減小S,貝但變大
D.保持d不變,減小S,貝M不變
9.下列說法正確的是()
A.當(dāng)人們感到潮濕時,空氣的絕對濕度一定較大
B.處于安全失重的水滴呈球形,是液體表面張力作用的結(jié)果
C.一定質(zhì)量的理想氣體在等壓膨脹過程中,內(nèi)能一定增加
D.晶體一定有規(guī)則的幾何形狀,形狀不規(guī)則的金屬一定是非晶體
E.如果兩個系統(tǒng)分別與狀態(tài)確定的第三個系統(tǒng)達到熱平衡,那么這兩個系統(tǒng)彼此之間分子平均
動能一定相同
10.如圖所示,一束由兩種色光混合的復(fù)色光沿PD方向射向一平行玻磚
的上表面,得到二束平行光線/、〃、111,下列說法正確的是()
A.光束/為復(fù)色光,光束〃、/〃為單色光
B.改變a角,光線/、〃、/〃仍保持平行
C.光束〃/的頻率大于光束〃的頻率
D.通過相同的雙縫干涉裝置,光束〃產(chǎn)生的條紋寬度要大于光束/〃
產(chǎn)生的條紋寬度
E.在真空中,光束II的速度等于光束〃/的速度
三、實驗題(本大題共2小題,共15.0分)
11.某探究學(xué)習(xí)小組的同學(xué)欲驗證動能定理,他們在實驗室組裝了一套如圖所示的裝置,另外他們
還準(zhǔn)備了導(dǎo)線、小木塊、細沙等.若你是小組中的一位成員,要完成該項實驗:
(1)你認(rèn)為以下哪些器材是本實驗還需要的.
A.干電池B.天平C.毫米刻度尺
(2)實驗時,該同學(xué)想用小沙桶和細沙的總重力表示滑塊受到的合力,為了減小這種做法帶來的實驗
誤差,你認(rèn)為以下措施可行的是
A將圖中所示長木板的左端適當(dāng)墊高以平衡摩擦力
8.讓圖中所示滑塊的質(zhì)量遠大于小沙桶和細沙的總質(zhì)量
C.讓圖中所示滑塊的質(zhì)量遠小于小沙桶和細沙的總質(zhì)量.
紙帶打點眄器髀蹲滑艙
長蛭水3臺II」
小沙桶
12.某物理興趣小組想測定一個阻值大約為10kO,額定電功率為0.1勿的電阻段,現(xiàn)有以下實驗器
材可以選擇:
A.電流表4式量程為1血4內(nèi)阻約為100。)
8.電流表量程為3mA,內(nèi)阻約為20。)
C.電壓表匕(量程為10U,內(nèi)阻約為5O/C0)
。電壓表眩(量程為30V,內(nèi)阻約為100k。)
E直流電源E(電動勢為9V,內(nèi)阻約為10)
F.滑動變阻器/?式20。,14)
G.開關(guān)、導(dǎo)線若干
(1)為了方便并能多次測量使結(jié)果盡可能精確,請選擇合適的電壓表和電流表畫出電路圖,并在
電路圖中標(biāo)注①或心、匕或彩。
(2)若操作、讀數(shù)、計算均無誤,考慮到電表內(nèi)阻影響,R測一R鼠填大于、等于或小于);
(3)為避免電表內(nèi)阻的影響,小組成員提出用新的器材提出另外的方
案如圖所示,連接好電路后,閉合開關(guān)S],調(diào)節(jié)各可變電阻,使得開
關(guān)S2由斷開到閉合,靈敏電流計G指針無偏轉(zhuǎn),并記錄此時電壓表示
數(shù)U和電流表示數(shù)/,則待測電阻勺=,該方案中若操作、讀數(shù)、
計算均無誤,則R澗—R直(填大于、等于或小于)。
四、計算題(本大題共4小題,共52.0分)
13.如圖所示,4、B、C三輛小車都放在光滑水平面上,其質(zhì)量分別為僧2、皿1、C車
間有一壓縮彈簧,彈簧與小車不連接,用一輕細線將兩車連在一起靜止于水平面上.現(xiàn)讓4車以
速度”0向右運動,與B車發(fā)生碰撞,碰撞時間不計,碰后4車停止運動.在B、C向右運動的過程
中將細線燒斷,燒斷后很快B也停止運動.求:
(1)4車與B車剛碰后B車的速度及最終C車的速度:
(2)彈簧釋放的彈性勢能.
14.如圖所示,放置在水平面上的兩平行粗糙導(dǎo)軌帥、cd相距L,ac
端通過導(dǎo)線接入一組值為R的電阻,e/?左右兩側(cè)均充滿垂直于導(dǎo)
軌平面、方向相反的磁場,ae=cf=L,e/■左側(cè)區(qū)域的磁感應(yīng)
強度B隨時間t的變化關(guān)系為:B=kt,k為恒量,e/右側(cè)區(qū)域的
磁場為勻強磁場.一電阻不計、質(zhì)量為m的金屬棒MN放在ae/c的中間位置,并與導(dǎo)軌始終垂直
且良好接觸,金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)均為〃.開始時MN保持靜止,某時刻金屬棒獲得水平
向右的瞬時速度使金屬棒開始運動,并在ef右側(cè)位置開始一直做勻速運動.已知導(dǎo)軌、導(dǎo)線的
電阻不計.求:
(1)金屬棒保持靜止時,通過R的電流大小和金屬棒所受摩擦力大??;
(2)為了使金屬棒做勻速運動時速度最大,則e/右側(cè)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小;
(3)金屬棒做勻速運動時,在滿足(2)的條件下,電阻R消耗的電功率.
15.如圖,一粗細均勻的細長玻璃管,上端開口、下端封閉,上部有高刈=44sn的水
銀柱,水銀面恰好與管口平齊,中部封有長1=6.0cm的理想氣體,下部有高電=
60cm的水銀柱?,F(xiàn)使玻璃管繞底端在豎直平面內(nèi)緩慢轉(zhuǎn)動到開口向下的位置。己
知大氣壓強為Po=76cmHg,轉(zhuǎn)動過程中無漏氣現(xiàn)象。
①請分析玻璃管轉(zhuǎn)動到水平位置時,開口端的水銀是否會有一部分流出。若不會流出,
請說明理由;若會流出,請求出剩余部分的長度。
(的求轉(zhuǎn)動到開口向下的位置時玻璃管中空氣柱的長度。
16.如圖所示,實線是某時刻的波行圖線,虛線是0.2秒后的波形圖線,
(1)若波向右傳播,求它的最大周期;
(2)若波速是35cm/s,求波的傳播方向.
參考答案及解析
1.答案:B
解析:解:根據(jù)核反應(yīng)過程質(zhì)量數(shù)、電荷數(shù)守恒,X的質(zhì)量數(shù)為1,電荷數(shù)為零,即為中子徐;
在該反應(yīng)發(fā)生前反應(yīng)物的總質(zhì)量叫=2.0136u+3.018Ou=5.0316u,反應(yīng)后產(chǎn)物總質(zhì)量g=
4.0026a+1.0087&=5.0113it,總質(zhì)量減少,出現(xiàn)了質(zhì)量虧損。
根據(jù)愛因斯坦的質(zhì)能方程可知該反應(yīng)釋放能量,產(chǎn)生的質(zhì)量虧損是△m=5.0316u-5.0113u=
0.0203u,則4E=0.0203X931.5=18.91MeV,故8正確,AC。錯誤。
故選:Bo
根據(jù)核反應(yīng)方程質(zhì)量數(shù)和核電荷數(shù)守恒求出X。
應(yīng)用質(zhì)能方程△E=△me?判斷是吸收能量還是釋放能量。
本題考查了核反應(yīng)方程式與愛因斯坦質(zhì)能方程,根據(jù)核反應(yīng)過程中質(zhì)量數(shù)與核電荷數(shù)守恒可以判斷
粒子X的類型,應(yīng)用質(zhì)能方程可以求出釋放的能量;掌握基礎(chǔ)知識即可解題,平時要注意基礎(chǔ)知識的
學(xué)習(xí)與應(yīng)用。
2.答案:D
解析:解:豎直上拋運動,由于加速度一直豎直向下,則對全過程分析,可知,物體一直做勻減速
直線運動,由位移公式s=%t-:gt2;結(jié)合數(shù)學(xué)函數(shù)關(guān)系圖象可知,圖象應(yīng)為開口向下的拋物線,
故。正確,ABC錯誤。
故選:D。
根據(jù)豎直上拋上升過程和下降過程中的運動規(guī)律,得出位移與時間的表達式,結(jié)合表達式分析判斷.
解決本題的關(guān)鍵知道豎直上拋運動上升過程中和下降過程中的運動規(guī)律,本題對數(shù)學(xué)知識能力要求
較高,要注意加強應(yīng)用數(shù)學(xué)分析物理規(guī)律的能力練習(xí).
3.答案:B
解析:解:4、先讓飛船與天宮一號在同一軌道上,此時飛船受到的萬有引力等于向心力,若讓飛船
加速,所需要的向心力變大,萬有引力不變,所以飛船做離心運動,不能實現(xiàn)對接,故A錯誤.
8、第一宇宙速度是最小的發(fā)射速度,是最大的環(huán)繞地球運動的速度,故對接后,“天宮一號”的速
度小于第一宇宙速度;故B正確.
C、由萬有引力公式可得運行周期T=2兀隹,故半徑越大,運行周期越大,所以對接后,“天宮一
號”的運行周期小于地球同步衛(wèi)星的周期,故C錯誤.
。、神州八號與天宮一號受地球?qū)λ鼈兊娜f有引力作用,繞地球做圓周運動,工作的宇航員也是繞
地球做圓周運動,受力不平衡.故。錯誤.
故選:B.
根據(jù)萬有引力提供向心力及近心運動和離心運動的相關(guān)知識即可求解.
第一宇宙速度是最小的發(fā)射速度,是最大的環(huán)繞地球運動的速度;
天宮一號和神舟八號繞地球做勻速圓周運動,靠萬有引力提供向心力,根據(jù)萬有引力定律和牛頓第
二定律比較周期的大小.神州八號與天宮一號受地球?qū)λ鼈兊娜f有引力作用,繞地球做圓周運動,
受力不平衡.
解決本題的關(guān)鍵掌握線周期與軌道半徑的關(guān)系,以及知道神舟八號只有加速時,萬有引力不夠提供
向心力,離開原軌道做離心運動可能與天宮一號對接.
4.答案:C
P
解析:解:力、導(dǎo)體棒中的電流為:/=/,故A錯誤;
“1十r
8、由左手定則知導(dǎo)體棒受的安培力向左,故受到的摩擦力向右,故B錯誤
C、導(dǎo)體棒受到的安培力F=B/L=*,故C正確;
D、電容器上的電壓等于導(dǎo)體棒兩端的電壓,Q==故。錯誤;
故選:Co
電路穩(wěn)定后電容器相當(dāng)于斷路,根據(jù)歐姆定律求導(dǎo)體棒中的電流,由。=cu求電容器的帶電量。
本題借助平衡條件和安培力考查了電路問題,含電容的問題一定要注意電容器兩端電壓的確定。
5.答案:B
解析:解:設(shè)粒子做勻速圓周運動的半徑為r,如圖所示,
由幾何知識得:^00'a=30°,
圓運動的半徑:「=舟=舊乩
由于粒子在磁場中的運動方向偏轉(zhuǎn)了60°角,
粒子完成了;個圓運動,運動的時間為:
6
—X①=2
v6v3v
故選:B.
電荷在勻強磁場中做勻速圓周運動,畫出軌跡,由幾何知識求出半徑.定圓心角,根挪/求時間
帶電粒子在勻強磁場中勻速圓周運動問題,關(guān)鍵是畫出粒子圓周的軌跡,往往用數(shù)學(xué)知識求半徑.
6.答案:BC
解析:解:4、油滴處于平衡狀態(tài),則說明小球受到的重力等于電場力;故mg=Eq;電場力向上;
故小球帶負(fù)電;
因電容器兩端的電壓不變;當(dāng)將上極板豎直向上移動一段距離時,兩板間的距離增大,則由U=Ed
可知,兩板間的場強減??;故油滴受到的電場力減??;故合力向下;故油滴將向下運動;故A錯誤;
B、因P與下極板的距離不變;P點的電勢等于P與下極板間的電勢差;由(7=56/可知,P點的電勢將
下降,故8正確;
C、因油滴的帶負(fù)電,則電勢下降時,帶電油滴的電勢能將增加;故C正確;
。、因板間距離增大,則由電容器的決定式可知,電容將減小;而由Q=UC可知,電量減小,故。
錯誤;
故選:BC.
電容器與電源相連,故電容器兩端的電壓不變;根據(jù)U=Ed可確定場強的變化;再由勻強電場中電
勢與場強的關(guān)系可確定電勢的變化;由。=£品可知電容的變化,由。=UC可得出電量的變化.
本題考查電容器的決定式及定義式、勻強電場的場強與電勢差的關(guān)系;要注意公式的正確應(yīng)用,明
確決定式與定義式的區(qū)別與聯(lián)系.
7.答案:ACD
解析:解:力、加速過程中,該學(xué)生的加速度為:。=、也="言=0.4巾/$2,根據(jù)牛頓第二定律
得:
水平方向有/=macos300
豎直方向有N—mg=masin30°
又f=聯(lián),聯(lián)立解得〃=綏,即該學(xué)生的鞋底與扶梯面的動摩擦因素至少為第,故A正確.
8、加速過程中,該學(xué)生動能的增加量為△Ek=Tm"2一:機詔=:x60x(0.52-0.I2)/=7.27,
根據(jù)動能定理知,支持力和摩擦力對學(xué)生做功之和等于該學(xué)生動能的增加量7.2J,故8錯誤.
C、加速過程中,該學(xué)生的位移為%=竽1=歿竺xlm=0.3m,機械能增加量為△E=△Ek+
mgxsin300=7.2+60x10x0.3x0.5=97.2/,故C正確.
。、若整個過程中只有該學(xué)生乘時,則比待機模式電動機多消耗了的電能為E電=△Ek+mgLsin3O0=
7.2+60X10x10x0.5=3007.2/,故。正確.
故選:ACD
當(dāng)學(xué)生剛好不發(fā)生相對滑動時,鞋底與扶梯面的動摩擦因素最小,根據(jù)加速度的定義式求加速度,
再由牛頓第二定律求動摩擦因素.加速過程中,合力對學(xué)生做的功等于該學(xué)生動能的增加量.除重
力以外的力做功等于機械能增加量.電動機多消耗的電能等于該學(xué)生增加的機械能.
本題運用分解加速度的方法求動摩擦因數(shù)是關(guān)鍵,也可以分解力來求解.要注意分析能量是如何轉(zhuǎn)
化的.
8.答案:BC
解析:
靜電計測定電勢差,電容器板間電勢差越大,指針偏角越大.先根據(jù)電容器的決定式C=指分析
4Tckd
電容的變化情況,再由電容的定義式c=£分析板間電勢差的變化情況,即可作出判斷.對于電容器
動態(tài)分析問題,關(guān)鍵掌握電容器的決定式c=抵和電容的定義式c=3結(jié)合電荷量不變進行分析.
A、保持S不變,增大d時,根據(jù)電容器的決定式。=品可知,電容C減小,電容器的電荷量Q不變,
由電容的定義式C=與分析得知板間電勢差增大,。變大.故A錯誤.
8、保持S不變,減小d時,根據(jù)電容器的決定式。=品可知,電容C增大,電容器的電荷量Q不變,
由電容的定義式C=?分析得知板間電勢差減小,。變小.故B正確.
C、D、保持d不變,減小S時,根據(jù)電容器的決定式。=島可知,電容C減小,電容器的電荷量Q不
變,由電容的定義式C=£分析得知板間電勢差增大,。變大.故C正確,。錯誤.
故選:BC
9.答案:BCE
解析:解:力、當(dāng)人們感到潮濕時,空氣的相對濕度一定較大,空氣的絕對濕度不一定大,故A錯
誤;
8、處于完全失重的水滴呈球形,是液體表面張力作用的結(jié)果,故8正確;
C、一定質(zhì)量的理想氣體在等壓膨脹過程中,根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程與=C可知,溫度升高,則內(nèi)能
一定增加,故C正確;
。、單晶體一定有規(guī)則的幾何形狀,形狀不規(guī)則的金屬是多晶體,故。錯誤;
E、根據(jù)熱力學(xué)第零定律,如果兩個系統(tǒng)分別與狀態(tài)確定的第三個系統(tǒng)達到熱平衡,那么這兩個系統(tǒng)
彼此之間必定處于熱平衡,溫度相同,分子平均動能一定相同,故E正確。
故選:BCE。
掌握相對濕度和絕對濕度的意義,明確人感覺到潮濕是因為相對濕度大;液體表面張力使水滴呈球
形;根據(jù)牛=C判斷溫度;根據(jù)有無規(guī)則形狀的特點判斷單晶體和多晶體;根據(jù)熱力學(xué)第零定律,
如果兩個系統(tǒng)分別與第三個系統(tǒng)達到熱平衡,那么這兩個系統(tǒng)彼此之間必定處于熱平衡。
本題考查表面張力以及相對濕度、絕對濕度、晶體、非晶體、分子平均動能、物體內(nèi)能、理想氣體
狀態(tài)方程等,內(nèi)容較多,關(guān)鍵是熟練記憶并理解。
10.答案:ABE
解析:解:力、兩種色光都在玻璃磚的上表面發(fā)生了反射,入射角相同,由反射定律知,它們的反射
角相同,可知光束/是復(fù)色光。而光束口、HI由于折射率的不同導(dǎo)致偏折分離,\
所以光束口、in為單色光。故A正確。氤需彳
B、一束由兩種色光混合的復(fù)色光沿P。方向射出,經(jīng)過反射、再折射后,光線仍L*”,加
是平行,因為光的反射時入射角與反射角相等。所以由光路可逆可得出射光線平行。改變a角,光線
I,U,HI仍保持平行。故B正確;
c、由圖知:光束n的偏折程度大于比光束m的偏折程度,根據(jù)折射定律可知玻璃對光束n的折射率
大于光束in的折射率,則光束n的頻率大于光束nr的頻率。故c錯誤。
。、光束n的折射率大于光束m,則光束n的頻率大于光束m,光束11的波長小于光束in的波長,
而雙縫干涉條紋間距與波長成正比,則雙縫干涉實驗中光n產(chǎn)生的條紋間距比光in的小。故。錯誤。
瓜在真空中,所有單色光的速度都相等,故£正確;
故選:ABE.
光束/是反射光線,而光束n、DI是經(jīng)過兩次折射和一次反射的出射光,由于兩種色光的折射率不同,
導(dǎo)致出現(xiàn)光線偏折分離。但根據(jù)光路可逆可知出射光線仍與入射光線平行。由光束n、in的位置可
確定其折射率的不同,從而判定光的波長大小,可確定雙縫干涉條紋間距的大小。不同單色光在真
空中傳播速度都相同。
解決本題時要知道光線在兩種介質(zhì)分界面上都有反射,反射遵守光的反射定律。由于光線在玻璃中
的折射率不同,可通過光的折射產(chǎn)生光的色散。要知道折射率越大,光的頻率越高。
11.答案:BC-,AB
解析:解:(1)實驗要驗證動能增加量和總功是否相等,故需要求出總功和動能,故還要天平和刻度
尺;
所以為:天平,刻度尺;
(2)沙和沙桶加速下滑,處于失重狀態(tài),其對細線的拉力小于重力,設(shè)拉力為7,根據(jù)牛頓第二定律,
有
對沙和沙桶,有mg-T=ma
對小車,有7=Ma
解得:
M
T=M..+,m
故當(dāng)m?M時,有7Vmg;
小車下滑時受到重力、細線的拉力、支持力和摩擦力,要使拉力等于合力,則應(yīng)該用重力的下滑分
量來平衡摩擦力,故可以將長木板的一段墊高;
故答案為:(1)BC;(2)AB.
(1)根據(jù)實驗原理,得到需要驗證的表達式,從而確定需要的器材;
(2)實驗要測量滑塊動能的增加量和合力做的功,用沙和沙桶的總質(zhì)量表示滑塊受到的拉力,對滑塊
受力分析,受到重力、拉力、支持力和摩擦力,要使拉力等于合力,必須使重力的下滑分量等于摩
擦力;同時重物加速下降,處于失重狀態(tài),故拉力小于重力,可以根據(jù)牛頓第二定律列式求出拉力
表達式分析討論.
本題關(guān)鍵是根據(jù)實驗原理并結(jié)合牛頓第二定律和動能定理來確定要測量的量、實驗的具體操作方法
和實驗誤差的減小方法.
(1)根據(jù)電源電動勢選取電壓表,根據(jù)最大電流選擇電流表,根據(jù)“大內(nèi)小外”的原則選擇電流表接
法,根據(jù)滑動變阻器阻值遠小于待測電阻,可知應(yīng)選用分壓式接法;
(2)電流表內(nèi)接法會使電阻測量值偏大;
(3)新的設(shè)計方案為電橋法,據(jù)此分析.
(1)因為電源電動勢為9叭所以電壓表選擇匕,當(dāng)電阻燈兩端電壓為9口寸,根據(jù)歐姆定律,電流為
0.9mA,故電流表選擇義,因為骨<^,所以電流表使用內(nèi)接法,而滑動變阻器最大阻值遠小于待
測電阻孔,故使用分壓式接法,故設(shè)計電路圖如下:
(2)因為使用電流表內(nèi)接法,實際測量的阻值為q+以1,貝平施大于R薦;
(3)新的設(shè)計方案用了電橋法的思想,靈敏電流計G指針無偏轉(zhuǎn),說明電流表示數(shù)即為通過&的電流,
電壓表示數(shù)為&兩端電壓,則Rx=-,電橋法測量電阻時,沒有系統(tǒng)誤差,故R期等于R發(fā).
13.答案:解:(1)規(guī)定向右為正方向,A、B碰撞動量守恒:m2v0=mxvB,
解得:如=詈
mvf
系統(tǒng)總動量守恒:m2v0=2c
(2)根據(jù)能量守恒得,Ep=imv^-Avj=皿叱EM.
lN22.miZTTlj
答:(1)4車與B車剛碰后B車的速度為詈,最終C車的速度為火.
(2)彈簧釋放的彈性勢能為m*:/)詔
解析:小B組成的系統(tǒng)動量守恒,結(jié)合動量守恒定律求出4、B碰后B的速度,再對8、C組成的系統(tǒng)
運用動量守恒求出最終C的速度.
根據(jù)能量守恒定律求出彈簧釋放的彈性勢能.
本題考查了動量守恒和能量守恒定律的基本運用,運用動量守恒定律解題,關(guān)鍵選擇好研究的系統(tǒng),
注意動量守恒定律表達式的矢量性.
14.答案:解:(1)在金屬棒保持靜止時,設(shè)回路中感應(yīng)電動勢大小為感應(yīng)電流為/,由法拉第電
磁感應(yīng)定律:E[=皆=3止
通過R的電流大?。?=£
金屬棒所受摩擦力大?。篈=BJL
(2)金屬棒做勻速運動時:BIL=而/=
金屬棒做勻速運動時:
在整必t時間內(nèi)的磁通量變化量為:△</>'=kL2At—BLv-△t
由法拉第電磁感應(yīng)定律可知:E2=N=k廿一BLv
得.〃=—絲3+空
田B2l?十B
當(dāng)8=爺磬時,取%!=盧’;
kL24〃mgR
(3)在滿足(2)的條件下,回路中的電動勢E2=詈=:卜〃
電阻R消耗的電功率:p="="
R4R
答:(1)金屬棒保持靜止時,通過R的電流大小為華,金屬棒所受摩擦力大小為歐學(xué);
(2)為了使金屬棒做勻速運動時速度最大,則e/?右側(cè)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為與警;
(3)金屬棒做勻速運動時;在滿足(2)的條件下,電阻R消耗的電功率警.
解析:(1)在金屬棒保持靜止時,由法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律求解電流強度大小;
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