2021年河南省开封市高考物理一模试卷_(带答案解析).docx
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2021年河南省开封市高考物理一模试卷
试卷副标题
考试范围:xxx;考试时间:120分钟;命题人:xxx
题号
一
二
三
四
总分
得分
注意事项:
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2、请将答案正确填写在答题卡上
评卷人
得分
一、 单选题(共5题)
1. 由上海航天局联合国内数家科研机构研制的月球车,是我国探月工程中的重要部分。月球车进入休眠期时可采用同位素Pu238电池为其保暖供电。Pu238是人工放射性元素,可用弱93237Np吸收一个中子得到。Pu238衰变时只放出α射线,其半衰期为88年。下列说法正确的是( )
A.Np237转变成Pu238的核反应方程为93237Np+01n→94238Pu+−10e
B.α衰变是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子
C.若有4个Pu238原子核,经过88年一定只剩下2个Pu238原子核
D.在月球环境下Pu238的半衰期可能会发生变化
2. 高空抛物现象被称为“悬在城市上空的痛”。近年来,高空坠物致人伤亡的案例不断见诸报端,很小的物体从高处坠落也可能对人造成严重的伤害。设一个50g的鸡蛋从16楼的窗户自由落下,相邻楼层的高度差约为3m,鸡蛋撞击地面的时间约为3×10−3s。不计空气阻力,鸡蛋对地面的平均冲击力大小约为(g=10m/s2)( )
A.300N B.400N C.500N D.600N
3. 2020年7月31日,习近平总书记向世界宣布北斗三号全球卫星导航系统正式开通,标志着北斗“三步走”发展战略圆满完成,北斗迈进全球服务新时代。我国自主研发的北斗卫星导航系统由35颗卫星组成,包括5颗地球静止同步轨道卫星和3颗倾斜同步轨道卫星,以及27颗相同高度的中轨道卫星。中轨道卫星轨道高度约为2.15×104km,同步轨道卫星的高度约为3.60×104km,已知地球半径为6.4×103km,这些卫星都在圆轨道上运行。关于北斗导航卫星,下列说法正确的是( )
A.倾斜同步轨道卫星的动能与静止同步轨道卫星的动能一定相等
B.静止同步轨道卫星绕地球运行的线速度比月球绕地球运行的线速度大
C.中轨道卫星的运行周期约为30ℎ
D.中轨道卫星的发射速度大于11.2km/s
4. 如图所示,物体从A点以不同的速度水平抛出,忽略空气阻力,关于物体的运动下列说法正确的是( )
A.物体的落点离A点越远,则物体从A点抛出的速度一定越大
B.物体的落点离A点越远,则物体运动的时间一定越长
C.若物体落到斜面上,则物体落到斜面上时的速度方向一定不同
D.若物体落到斜面上,则整个运动过程物体速度变化的方向一定不同
5. 在探究变压器的两个线圈的电压关系时,某同学自己统制了两个线圈套在可拆变压器的铁芯上,如图所示。线圈a作为原线圈连接到学生电源的交流输出端,线圈b接小灯泡,他所用的线圈电阻忽略不计。当闭合学生电源的开关时,他发现电源过载(电流过大,超过学生电源允许的最大值)。如果仅从解决电源过载问题的角度考虑,下列采取的措施中,最可能有效的是( )
A.增大电源电压
B.适当减少原线圈a的匝数
C.换一个电阻更大的灯泡
D.将线圈a改接在学生电源直流输出端
评卷人
得分
二、 多选题(共5题)
6. 如图甲所示,轻质细线吊着一质量为m=4.2g、边长L=1m的正方形单匝线圈。其总电阻r=1Ω,在线圈的中间位置以下区域分布着垂直纸面向里的磁场,磁感应强度B大小随时间t的变化关系如图乙所示。下列说法正确的是(g=10m/s2)( )
A.线圈中产生逆时针方向的感应电流
B.线圈中的感应电流大小为0.1A
C.t=4s时轻质细线的拉力大小为0.012N
D.6s内通过线圈横截面的电荷量为3C
7. 如图是质谱仪工作原理的示意图。带电粒子a、b经电压U加速(在A点初速度为零)后,进入磁感应强度为B的匀强磁场做匀速圆周运动,最后分别打在感光板S上的x1、x2处。图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的径迹,则( )
A.在磁场中a运动的时间小于b运动的时间
B.a的比荷大于b的比荷
C.增大加速电压U,粒子在磁场中的运动时间变长
D.若同时增大加速电压U和磁感应强度B,粒子打在感光片上的位置将向右移动
8. 如图所示,一粗糙的绝缘细杆倾斜固定放置,顶端A固定一个带电小球,另一套在杆上的带电小环从杆上B点静止释放,沿杆运动至C点停下,则( )
A.带电小环运动过程中的电势能先增大后减小
B.带电小球和带电小环带同种电荷
C.带电小环下滑过程先做匀加速运动后做匀减速运动
D.带电小环下滑过程克服摩擦力做的功大于机械能的变化量
9. 下列说法正确的是( )
A.扩散现象是由物质分子无规则运动产生的
B.物体的温度越高,分子平均动能越大
C.外界对气体做正功,气体的内能一定增加
D.由同种元素构成的固体,可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体
E.若消除热机的漏气、摩擦和热量损耗,热机效率可以达到100%
10. 如图所示,一束由红、蓝两单色激光组成的复色光从水中射向空气中,并分成a、b两束,则下列说法正确的是( )
A.a光的折射率小于b光折射率
B.在真空中,单色光a的波长大于单色光b的波长
C.使用同种装置,用b光做双缝干涉实验得到的条纹比用a光得到的条纹宽
D.b光在水中传播的速度比a光大
E.发生全反射时,a光的临界角比b光大
评卷人
得分
三、 实验题(共2题)
11. 甲、乙、丙三位同学分别设计了测量动摩擦因数的实验(重力加速度大小为g)。
(1)甲同学设计的实验装置如图a所示,实验时把A水平拉出,弹簧测力计稳定时示数为F,已知A和B的质量分别为M和m,则能测出 ______(填A与B或A与地面)之间的动摩擦因数,且μ=______ 。
(2)乙同学设计的实验装置如图b所示,已知打点计时器所用电源的频率为50Hz,物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图c所示,图中标出了五个连续点之间的距离,为求出动摩擦因数,还必须测量的物理量是 ______(填正确答案标号)。
A.物块的质量
B.斜面的高
C.斜面的倾角
(3)丙同学设计的实验装置如图d所示,物块从斜面顶端A由静止释放,滑至水平部分C点停止。已知斜面高为ℎ,滑块运动的整个过程水平距离为s,设转角B处无动能损失,斜面和水平部分与物块的动摩擦因数相同,则物块与斜面间的动摩擦因数μ=______ 。
12. LED二极管的应用是非常广泛的,2014年诺贝尔物理学奖被授予了日本科学家赤崎勇、天野浩和美籍日裔科学家中村修二,以表彰他们发明了蓝色发光二极管(LED),并因此带来的新型节能光源。某实验小组要精确测定额定电压为5V的LED灯正常工作时的电阻,已知该灯正常工作时电阻大约为500Ω。实验室提供的器材有:
A.电流表A1(量程为15mA,内阻RA1约为3Ω)
B.电流表A2(量程为3mA,内阻RA2=15Ω)
C.定值电阻R1=997Ω
D.定值电阻R2=1985Ω
E.滑动变阻器R(0~20Ω)
F.蓄电池E(电动势为9V,内阻很小)
G.开关S
(1)部分电路原理图如图所示,请选择合适的器材,电表1为 ______ ,电表2为 ______ ,定值电阻为 ______(填写器材前的字母编号)。
(2)将电路图补充完整。
(3)写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式Rx=______(用已知量和测量量的字母表示),当表达式中的 ______(填字母)达到 ______mA,记下另一电表的读数代入电阻表达式,其结果为LED灯正常工作的电阻。
评卷人
得分
四、 计算题(共4题)
13. 如图所示,一绝缘细线下端悬挂一质量m=1.0×10−2kg、电荷量q=+2.0×10−5C的带电小球,小球静止在水平方向的匀强电场E1中,细线与竖直方向的夹角θ=45°。以小球静止位置为坐标原点O,在竖直平面内建立直角坐标系xOy,其中x轴水平。某时刻剪断细线,经t1=0.2s,电场E1突然反向,大小不变;再经t2=0.2s,撤去匀强的电场E1,同时施加另一匀强电场E2;又经t3=0.4s小球速度为零(g=10m/s2,空气阻力不计)。求:
(1)匀强电场强度E1;
(2)小球运动0.4s时的速度大小和方向;
(3)匀强电场强度E2。
14. 在粗糙水平面上固定一半径R=2.75m的光滑四分之一圆弧槽。距圆弧槽最低点右侧x0=0.75m处有一个质量M=1.0kg、长度L=5.75m的薄木板,薄木板与圆弧槽最低点平齐。圆弧槽最低点放置一可视为质点的质量m=3.0kg的小物块Q,现让一质量也为m的小物块P(可视为质点)以v0=14m/s的水平初速度从右端滑上薄木板。当小物块运动至薄木板左端时,薄木板左端恰好与圆弧槽相撞,同时小物块P与Q碰撞并粘连在一起。已知小物块P与薄木板间的动摩擦因数μ1=0.40,重力加速度g=10m/s2,求:
(1)从P开始运动到与Q发生碰撞所经历的时间t;
(2)薄木板与水平面间的动摩擦因数μ2;
(3)P、Q碰撞后运动的最大高度H。
15. 如图所示,竖直放置、上端开口的绝热气缸底部固定一电热丝(图中未画出),面积为S的绝热活塞位于气缸内(质量不计),下端封闭一定质量的某种理想气体,绝热活塞上放置一质量为M的重物并保持平衡,此时气缸内理想气体的温度为T0,活塞距气缸底部的高度为ℎ,现用电热丝缓慢给气缸内的理想气体加热,活塞上升了13ℎ,封闭理想气体的内能增加了△U。已知大气压强为p0,重力加速度为g。求:
①活塞上升13ℎ时理想气体的温度;
②理想气体吸收的热量Q。
16. 一列简谐横波沿x轴正向传播,t=0时的图象如图所示,此时刻后介质中P质点回到平衡位置的最短时间为0.2s,Q质点回到平衡位置的最短时间为1s,已知t=0时两质点相对平衡位置的位移相同,则:
(1)波的传播周期为多少秒?
(2)传播速度是多大?
(3)从t=0时刻算起经过多长时间质点Q第二次回到平衡位置?
参考答案及解析
一、 单选题
1. 【答案】A
【解析】解:根据质量数守恒及核电荷数守恒,弱93237Np得到94238Pu的核反应方程式为:93237Np+01n→94238Pu+−10e,Pu238衰变时只放出α射线,其衰变方程式为:94238Pu→92234U+24He。
A、根据核反应方程式知,中子被Np237吸收后,转变为Pu238时,将放出电子,故A正确;
B、根据Pu238的α衰变方程知,衰变时并不是中子转化为质子,故B错误;
C、半衰期适用于大量原子核,故C错误;
D、原子核衰变不会受外界因素影响而变化,故D错误。
故选:A。
根据质量数守恒及核电荷数守恒,写出弱93237Np得到94238Pu的核反应方程式及Pu238衰变方程式;在β衰变中,一个中子转变为一个质子和一个电子;半衰期适用于大量原子核;原子核衰变不会受外界因素影响而变化。
本题考查了核反应方程式的书写、原子核衰变等知识点,根据质量数守恒及核电荷数守恒写出核反应方程式是解决本题的关键,掌握α与β衰变的区别,注意半衰期的适用条件与特征。
2. 【答案】C
【解析】解:鸡蛋做自由落体运动,落地速度:v=2gℎ=2×10×3×(16−1)=30m/s
鸡蛋的质量m=50g=0.050kg,与地面的接触时间t=3×10−3s
以向上为正方向,则鸡蛋落地时的速度:v=−30m/s
对鸡蛋落地过程,由动量定理得:
(F−mg)t=0−mv
代入数据解得:F=500.5N≈500N,故C正确,ABD错误;
故选:C。
不计空气阻力,鸡蛋做自由落体运动,求出鸡蛋落地时的速度,鸡蛋与地面接触过程,应用动量定理求出地面对鸡蛋的平均作用力,然后应用牛顿第三定律求出鸡蛋对地面的平均作用力。
本题主要考查动量定理,鸡蛋做自由落体运动,求出鸡蛋落地时的速度,鸡蛋与地面接触过程,应用动量定理求出地面对鸡蛋的平均作用力,然后应用牛顿第三定律求出鸡蛋对地面的平均作用力。
3. 【答案】B
【解析】解:卫星运动万有引力提供圆周运动向心力有:GMmr2=mv2r=m∙4π2rT2
A、线速度v=GMr,中轨道的卫星半径小,线速度大,但不知道卫星质量,故不能确定动能的大小,故A错误;
B、根据v=GMr,同步轨道卫星绕地球运行的线速度比月球绕地球运行的线速度大,故B正确;
C、周期T=2πr3GM,可得中轨道卫星周期为小于同步卫星的周期,静止同步轨道卫星周期为24ℎ,所以中轨道卫星的运行周期小于24ℎ,故C错误;
D、11.2km/s是第二宇宙速度,是卫星逃离地球的引力的速度,中轨道卫星的发射速度一定小于11.2km/s,故D错误。
故选:B。
卫星绕地球做圆周运动,根据万有引力提供向心力得到线速度和周期的表达式,再由半径关系比较各个量的大小;11.2km/s是第二宇宙速度。
解决本题的关键是熟练掌握由万有引力提供圆周运动向心力得到描述圆周运动物理量与半径的关系,注意卫星的轨道半径与距地面高度的关系。
4. 【答案】A
【解析】解:A、当物体落在斜面上,由平抛运动规律和几何知识有y=12gt2,x=vt,yx=tanθ,得v=gt2tanθ,由于物体的落点离A点越远,下落时间越长,故抛出的速度也越大。当物体落在水平面上时,由平抛运动规律有ℎ=12gt2,x=vt,由于下落时间一定,故物体的落点离A点越远,抛出的速度越大,故A正确;
B、当物体落在水平面上,平抛运动的高度ℎ为定值,由ℎ=12gt2可知物体运动时间不变,故B错误;
C、由速度偏向角的正切等于2倍位移偏向角的正切(tana=2tanθ),知物体落到斜面上时的速度方向相同,故C错误;
D、由平抛运动规律,速度变化量△v=gt,速度变化的方向与重力加速度g的方向相同,则整个运动过程物体速度变化的方向相同,故D错误。
故选:A。
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做自由落体运动,根据竖直位移与水平位移的关系分析水平速度与水平和竖直位移的关系,根据末速度的方向分析速度变化的方向。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律,抓住等时性,运用运动学公式灵活求解。
5. 【答案】C
【解析】解:A.若增大电源电压,根据变压器电压和匝数关系:UaUb=nanb,则次级线圈b的电压变大,由欧姆定律:I=UR,次级线圈b电流变大,由IaIb=nbna得:初级a电流变大,不能解决电源过载,故A错误;
B.适当减少线圈a的匝数,则根据变压器电压和匝数关系:UaUb=nanb,可知,次级线圈b电压增大,由欧姆定律:I=UR,次级线圈回路电流增大,由IaIb=nbna,故初级线圈回路电流增大,不能解决电源过载,故B错误;
C.换一个电阻更大的灯泡,则次级线圈回路电阻增大,电流变小,由IaIb=nbna,则初级线圈电流变小,可以解决电源过载,故C正确;
D.将线圈a改接在学生电源直流输出端,则变压器次级将无电压,灯泡不亮,故D错误。
故选:C。
明确理想变压器的基本原理,知道理想变压器的电压与匝数成正比,输入功率等于输出功率,没有能量损失。
本题考查了变压器的构造和原理,知道匝数与电压和电流的比例关系是解题的关键,明确变压器只能改变交流电,而不能改变直流电。
二、 多选题
6. 【答案】AC
【解析】解:A、由于磁场向里增加,由楞次定律可知电流的方向为逆时针方向,故A正确;
B、由法拉第电磁感应定律得:E=△B△t∙S=0.8−0.26×12×12V=0.05V,
根据闭合电路的欧姆定律可得线圈中的感应电流大小为I=Er=0.051A=0.05A,故B错误;
C、根据图乙可知,t=4s时磁感应强度为B=0.6T,根据安培力的计算公式可得F安=BIL=0.6×0.05×1N=0.03N,
根据受力分析F安+F绳=mg,其中m=4.2g=0.0042kg,解得:F绳=0.012N,故C正确;
D、6s内通过线圈横截面的电荷量为q=It=0.05×6C=0.3C,故D错误。
故选:AC。
由楞次定律判断电流的方向;由法拉第电磁感应定律求解感应电动势,根据闭合电路的欧姆定律可得线圈中的感应电流大小;根据安培力的计算公式结合平衡条件求解绳子拉力大小;根据电荷量的计算公式求解通过线圈横截面的电荷量。
本题主要是考查楞次定律、法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的应用,能够根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势,掌握安培力的方向的判断方法。
7. 【答案】AB
【解析】解:带点粒子在电场中加速,
由动能定理:Uq=12mv2
在磁场中偏转
洛伦兹力做为向心力:qvB=mv2r
解得:qm=2UB2r2
由图可知:ra<rb
所以,a的比荷qama大于b的比荷qbmb。
由周期公式:T=2πmqBTa<Tb,则带点粒子磁场中a运动的时间小于b运动的时间。
由于周期与粒子运动的快慢无关,所以增大加速电压u,粒子在磁场中的运动时间不变。
结合比荷表达式同时增大加速电压U和磁感应强度B,粒子打在感光片上的位置将无法确定。
故AB正确,CD错误。
故选:AB。
带点粒子在电场中加速,由动能定理求解,在磁场中偏转,洛伦兹力做为向心力。
本题考查质谱仪工作原理,要求会用学生动能定理分析带点粒子在电场中加速,在磁场中偏转时,洛伦兹力做为向心力。
8. 【答案】BD
【解析】解:AB、根据库仑定律可知小圆环所受的库仑力逐渐减小,若两者是异种电荷,下滑的加速度将增大,不可能到Q处静止,所以两者一定是同种电荷,带电小环运动过程中电场力做正功,电势能减小,故A错误,B正确;
C、小圆环所受的库仑力逐渐减小,其它力不变,所以小圆环合力一直在改变,不会做匀变速运动,故C错误;
D、圆环从P到Q的过程中,库仑力做正功,摩擦力做负功,重力做正功,根据功能关系知,机械能的损失量与系统电势能的损失量之和等于克服摩擦力做的功,即带电小环下滑过程克服摩擦力做的功大于机械能的变化量,故D正确;
故选:BD。
根据受力情况判断圆环的运动情况,从而确定带电情况;电场力做正功,电势能减小;结合功能关系分析。
本题考查带电粒子在电场中的运动,关键是根据运动情况分析受力情况,知道电场中常见的功能关系,电场力做功等于电势能的减少量。
9. 【答案】ABD
【解析】解:A、扩散现象是由物质分子无规则运动产生的,故A正确;
B、温度是分子平均动能的标志,物体温度越高,分子热运动的平均动能越大,故B正确;
C、影响内能的因素有做功与热传递,根据热力学第一定律△U=Q+W可知,外界对气体做正功,即W>0,若放出热量,即Q<0,且放出的热量如果大于外界对气体做的功,则有△U<0,内能可能减小,故C错误;
D、由同种元素构成的固体,可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体,例如石墨和金刚石,故D正确;
E、热力学第二定律可知,即使消除热机的漏气、摩擦和热量损耗,热机效率仍不能达到100%,故E错误。
故选:ABD。
扩散现象与布朗运动是分子无规则运动的反映;温度是分子热运动平均动能的标志;影响内能的因素有做功与热传递;晶体是具有一定的规则外形,各向异性,具有固定的熔点;由热力学第二定律可知,效率为百分之百的热机是不存在的。
本题考查了热学的相关知识,涉及的内容较多,但难度不大,掌握基础知识即可解题,平时要注意基础知识的学习与积累。
10. 【答案】ABE
【解析】解:A、由图可知,a光的偏折程度较小,即a光的折射角小,根据折射定律n=sinαsinβ,可知a光的折射率小于光折射率,故A正确;
B、a光的频率小于b光的频率,则根据公式λ=cf可知,在真空中,单色光a的波长大于单色光b的波长,故B正确;
C、使用同种装置,根据公式△x=ldλ可知,用b光做双缝干涉实验得到的条纹比用a光得到的条纹窄,故C错误;
D、根据公式v=cn可知,b光在水中传播的速度比a光小,故D错误;
E、根据临界角公式sinc=1n可知,a光的折射率小于b光折射率,则发生全反射时,a光的临界角比b光大,故E正确。
故选:ABE。
根据折射定律n=sinαsinβ,结合题意分析;根据公式λ=cf比较波长;根据公式△x=ldλ判断;根据公式v=cn判断;根据临界角公式sinc=1n判断。
本题考查了折射定律、波长与波速频率的关系、双缝干涉、临界角等光学知识,综合性较强,要求学生能够灵活应用相关公式求解。
三、 实验题
11. 【答案】A与B C
【解析】解:(1)对B受力分析可知,弹簧测力计示数等于A对B的滑动摩擦力大小,有
F=μmg
故动摩擦因数
μ=Fmg
(2)通过纸带可算出物体下滑的加速度a,根据牛顿第二定律,有
mgsinθ−μmgcosθ=ma
故还必须测量的物理量是斜面的倾角。故选:C。
(3)根据动能定理有
mgℎ−μmgcosθ⋅s1cosθ+μmgs2=0
又s1+s2=s
整理得
μ=ℎs
故答案为:(1)A与B;Fmg;(2)C;(3)ℎs
(1)根据B受力平衡求出摩擦力,再根据滑动摩擦力和动摩擦因数的关系即可;
(2)利用纸带求出加速度,再结合牛顿第二定律求出表达式,进而可知待测量;
(3)根据动能定理求出表达式,整理可得动摩擦因数的表达式。
本题考查实验,在处理实验问题时,首先要确定实验的原理是什么,根据原理再来解决问题。
12. 【答案】A B R2 I2 2.5
【解析】解:(1)要精确测定额定电压为5V的LED灯正常工作时的电阻,需测量LED灯两端的电压和通过LED灯的电流,测量LED两端的电压,可以将阻值已知电流表A2与定值电阻串联改装为电压表测量电压,故电表2为B,电表1只能为A。定值电阻若选R1,则改装后的量程为U=Ig2(rA2+R1)=0.003×(15+997)V=3.04V,小于LED的工作电压,则只能选择定值电阻R2;
(2)由于滑动变阻器最大阻值只有20Ω,远小于LED的电阻,所以滑动变阻器采用分压式接法。所以电路图如图所示。
(3)由串联电路电流相等的关系和欧姆定律可得:Rx=I2(rA2+R2)I1−I2。当LED两端电压达到5V时,I2=ULEDrA2+R2=515+1985A=0.0025A=2.5mA。
故答案为:(1)A、B;(2)如图所示;(3)I2(rA2+R2)I1−I2、I2、2.5
(1)(2)LED灯的额定电压为5V,需通过内阻已知的电流表A2和定值电阻改装一个电压表,因为通过LED的电流较小,可以用题目中的电压表A1当电流表使用.滑动变阻器阻值远小于LED的电阻,所以滑动变阻器采用分压式接法;
(3)由串并联电路的电流电压关系和欧姆定律求得。
本题电表的改装及电路设计等内容,从实验原理出发,利用欧姆定律和串、并联的关系可得到相应结果。要注意的问题是:电表的选择原则,当电表的内阻已知时,那么它就是两种电表通用,要改装必须内阻已知。
四、 计算题
13. 【答案】解:(1)小球静止,且细线与竖直方向的夹角θ=45°,故有
E1q=mg
代入数据解得
E1=5×103N/C
方向沿x轴正方向;
(2)小球运动0.4s,水平方向
E1qt1-E1qt2=0
竖直方向
mg(t1+t2)=mv
得v=4m/s
方向竖直向下;
(3)把E2分解为水平方向的E2x和竖直方向的E2y,整个过程水平方向有
E1qt1-E1qt2+E2xqt3=0
竖直方向
mg(t1+t2)+E2yqt3=0
整理得
E2x=0
E2y=-104N/C
故E2=104N/C
方向沿y轴负方向。
答:(1)匀强电场强度大小为5×103N/C,方向沿x轴正方向;
(2)小球运动0.4s时的速度大小为4m/s方向竖直向下;
(3)匀强电场强度大小为104N/C,方向沿y轴负方向。
【解析】
(1)根据小球受力平衡,利用平衡条件可以得出匀强电场强度大小;
(2)利用动量定理可以求出小球的速度大小和方向;
(3)利用动量定理,分别求出场强在两个方向的分量,再合成可以求出场强大小。
本题考查带电粒子在匀强电场中的运动,在求解场强问题时,要注意场强是矢量,不光要求大小,还要说明方向。
14. 【答案】解:(1)小物块P在木板上做匀减速直线运动时,根据牛顿第二定律得:μ1mg=ma1
解得a1=4m/s2
P从开始运动到与Q的过程,有:L+x0=v0t-a1t2
代入数据解得:t=0.5s;
(2)薄木板向左做匀加速直线运动的过程,根据牛顿第二定律得:
μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2
薄木板的位移:x0=a2t2
代入数据解得:μ2=0.15
(3)小物块P运动至刚与Q发生碰撞时的速度:v=v0-a1t
P、Q碰撞过程系统内力远大于外力,系统动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得:
mv=(m+m)v1
P、Q碰撞后至到达最高点的过程,根据动能定理得:
-2mgH=0-•2mv12
联立解得H=1.8m
答:(1)从P开始运动到与Q发生碰撞所经历的时间t是0.5s;
(2)薄木板与水平面间的动摩擦因数μ2是0.15;
(3)P、Q碰撞后运动的最大高度H是1.8m。
【解析】
(1)小物块P向左做匀减速直线运动,应用牛顿第二定律求出小物块的加速度。薄木板左端恰好与圆弧槽相撞,同时小物块P与Q碰撞并粘连在一起,可知P与Q碰撞前P通过的位移为L+x0,由匀变速直线运动的位移−时间公式求出从P开始运动到与Q发生碰撞所经历的时间t。
(2)薄木板在P的带动下向左做初速度为零的匀加速直线运动,发生的位移为x0=0.75m,应用匀变速直线运动的位移−时间公式求出木板的加速度,再由牛顿第二定律求出薄木板与地面间的动摩擦因数μ2。
(3)P、Q碰撞过程系统动量守恒,应用动量守恒定律求出碰撞后的共同速度;应用动能定理求出P、Q碰撞后运动的最大高度H。
本题是一道力学综合题,根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提与关键,应用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律与动能定理即可解题。
15. 【答案】解:①封闭气体初状态参量:V1=hS,T1=T0,
末状态参量:V2=S(h+h)=Sh,
气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律得:,
解得:T2=T0;
②设封闭气体压强为p,气体发生等压变化,
对活塞,由平衡条件得:pS=p0S+Mg,
气体发生等压变化,该过程气体对外做功:W=pS×h,
由热力学第一定律得:△U=Q-W,
解得:Q=△U+(p0S+Mg)h;
答:①活塞上升h时理想气体的温度是T0;
②理想气体吸收的热量Q是△U+(p0S+Mg)h。
【解析】
①活塞上升过程中封闭气体压强不变,气体等压变化,分别计算变化前后的状态参量,根据盖−吕萨克定律求得吸热后气体的温度;
②吸热过程中气体等压变化,气体对外做功,根据题意求出气体对外做的功,然后根据热力学第一定律求得气体吸收的热量。
本题考查了盖吕萨克定律与热力学第一定律的应用,根据题意分析清楚气体状态变化过程与变化性质是解题的前提与关键,应用盖−吕萨克定律与热力学第一定律即可解题。
16. 【答案】解:(1)由题意简谐横波沿x轴正向传播,分析得知,此时P点向下运动,Q点向上,它们周期相同,则T=2×(0.2s+1s)=2.4s。
(2)根据图象可知,λ=12m,则波速v=λT=122.4m/s=5m/s。
(3)根据题意可知,Q质点经过1s第一次回到平衡位置,再经过半个周期第二次回到平衡位置,则t=1+T2=1+1.2=2.2s,即经过2.2s质点Q第二次回到平衡位置。
答:(1)波的传播周期为2.4s;
(2)传播速度是5m/s;
(3)从t=0时刻算起经过2.2s时间质点Q第二次回到平衡位置。
【解析】
(1)根据题给条件P、Q回到平衡位置的最短时间求出周期;
(2)读出波长,由波速公式求出波速;
(3)根据题意可知,Q质点经过1s第一次回到平衡位置,再经过半个周期第二次回到平衡位置。
本题关键要根据质点的振动过程确定其振动周期,得到波的周期。要注意介质中质点只在各自的平衡位置附近振动,不随波迁移。
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