2022-2023学年广东省阳江市高二(下)期末物理试卷(含解析)
展开1. 我国科学家潘建伟院士预言十年左右量子通信将“飞”入千家万户。在通往量子论的道路上,一大批物理学家做出了卓越的贡献,下列有关说法正确的是( )
A. 德布罗意第一次将量子观念引入原子领域,提出了定态和跃迁的概念
B. 爱因斯坦提出光子说,并成功地解释了光电效应现象
C. 玻尔在1900年把能量子引入物理学,破除了“能量连续变化”的传统观念
D. 普朗克把光的波粒二象性推广到实物粒子,预言实物粒子也具有波动性
2. 甲同学在周五离校时,看到乙同学的家长用某型号汽车接其回家,甲同学观察该汽车的后雨刮器,如图所示。设雨刮器摆臂可视为绕O点旋转的折杆OAB,如图所示,OA长度a、AB长度3a,∠OAB=120°,AB部分装有胶条,雨刮器工作时胶条紧贴后窗平面可视为匀速率转动。雨刮器工作时下列说法正确的是( )
A. A点的线速度大于B点的线速度
B. A点的角速度等于B点的角速度
C. A点的向心加速度大于B点的向心加速度
D. B点加速度方向沿着AB指向A
3. 如图甲所示,每年夏季我国多地会出现日晕现象,日晕是太阳光通过卷层云时,发生折射或反射形成的。在天空出现的半透明薄云里,有许多飘浮在空中的六角形柱状的冰晶体,偶尔它们会整整齐齐地垂直排列在空中,当太阳光射在一个六角形冰柱上,就会发生折射现象。设一束太阳光射到截面为六角形的冰晶上发生折射,其光路图如图乙所示,a、b为其折射出的光线中两种单色光,下列说法正确的是( )
A. 在冰晶中,a光的折射率较大
B. 在冰晶中,b光的传播速度较大
C. 从同种玻璃中射入空气发生全反射时,a光的临界角较大
D. a、b光在真空中传播时,b光的波长较长
4. 近期,一段特殊的“飙车”视频红遍网络,视频中,一辆和谐号动车正和一辆复兴号动车在互相追赶,两车均做直线运动,其运动情况如图乙所示,t=0时,两车车头刚好并排,则( )
A. 10s末和谐号的加速度比复兴号的大B. 32s时复兴号的速度为80m/s
C. 0到32s内,在24s末两车头相距最远D. 两车头在24s末再次并排
5. 最近科学家对微重力环境下了一个比较科学的定义:微重力环境是指在重力的作用下,系统的表观重量远小于其实际重量的环境。产生微重力环境最常用的方法有4种:落塔、飞机、火箭和航天器。如图所示为中国科学院微重力落塔与落仓,在落仓开始下落到停止运动的过程中,能够产生3.26s时长的微重力环境,根据提供的信息,以下说法正确的是( )
A. 在微重力环境中,落仓中的体验者几乎不会受到重力的作用
B. 要形成微重力环境,落仓要以非常接近重力加速度g的加速度下落
C. 落仓下落过程,落仓内的体验者一直处于失重状态
D. 落仓速度最大时,落仓内体验者的加速度也最大
6. 如图甲所示为探究电磁驱动的实验装置。某个铝笼置于U形磁铁的两个磁极间,铝笼可以绕支点自由转动,其截面图如图乙所示。开始时,铝笼和磁铁均静止,转动磁铁,会发现铝笼也会跟着发生转动,下列说法正确的是( )
A. 铝笼是因为受到安培力而转动的
B. 铝笼转动的速度的大小和方向与磁铁相同
C. 磁铁从图乙位置开始转动时,铝笼截面abcd中的感应电流的方向为a→d→c→b→a
D. 当磁铁停止转动后,如果忽略空气阻力和摩擦阻力,铝笼将保持匀速转动
7. 2022年11月29日我国“神舟十五号”载人飞船发射成功,并通过一系列加速变轨后与距离地面400km的空间站交汇对接,万有引力常量为G,下列说法正确的是( )
A. 变轨前A是空间站,B是飞船
B. 飞船的发射速度可能小于7.9km/s
C. 完成对接后,飞船和空间站的运行周期大于24小时
D. 若已知空间站的运行周期和地球半径,可以测量地球密度
二、多选题(本大题共3小题,共18.0分)
8. 如图所示,虚线a、b、c代表电场中的三个等势面,相邻两等势面之间的电势差相等,实线为一带正电的粒子只在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,P和Q是这条轨迹上两个点,P、Q相比( )
A. P点的电势高B. 带电微粒通过P点时的加速度大
C. 带电微粒通过P点时的速度大D. 带电微粒在P点时的电势能较大
9. 如图甲所示为一台小型发电机的示意图,单匝线圈逆时针转动。若从中性面开始计时,产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示。已知发电机线圈内阻不计,外接灯泡的电阻为R=2Ω,理想电压表与灯泡并联。则下列判断正确的是( )
A. t=0.01s时,线圈位置与中性面重合
B. t=0.005s时,电压表读数为6 2V
C. e随t变化的规律为e=6 2sin(50πt)V
D. 灯泡的电功率为18W
10. 笔记本电脑机身和显示屏分别安装有磁体和霍尔元件。当显示屏闭合时霍尔元件靠近磁体,屏幕熄灭电脑休眠。如图为显示屏内的霍尔元件:宽为a、长为c,元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子,通入方向向右的电流时,电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面方向向下的匀强磁场中,此时元件的前后表面间出现电压U,以此控制屏幕的熄灭。下列关于该元件的说法正确的是( )
A. 前表面的电势比后表面的低
B. 前后表面间的电压U与v有关
C. 前后表面间的电压U与c成正比
D. 电压稳定后,自由电子受到的洛伦兹力大小为eUa
三、实验题(本大题共3小题,共16.0分)
11. 某同学自制如图所示的实验装置来验证机械能守恒定律。图中O是量角器的圆心,悬线一端系于此处,S是光电门,位于O点正下方。实验过程中,调节装置使OS保持竖直,量角器所在平面为竖直平面,将物体拉开一定角度,保持悬线伸直,由静止释放物体,运动到最下端时,光电门记录物体下端固定的挡光片的挡光时间为Δt。
(1)要完成实验,不需要测量下列哪个物理量______ (单选)。
A.物体重心到悬线悬点O的距离
B.悬线与竖直方向的夹角θ
C.由静止释放到物体运动到光电门位置所用的时间t
D.挡光片的宽度d
(2)利用题设和(1)中所给物理量,如果满足等式______ ,就验证了机械能守恒定律(重力加速度为g)
(3)为尽量减小实验误差,摆线应该选择弹性______ (填“好”或“差”)的线;物体应选择密度______ (填“大”或“小”)的材料。
12. 用如图所示的多用电表进行相关测量,要用到图中三个部件K、S和T。
①若使用的多用电表未接入电路时,指针如图(甲)所示,则需要旋动部件______ (填字母“K”、“S”或“T”),使指针对准电流的“0”刻线。调整好后,将部件K拨至“50mA”挡,将多用表串联接入待测电路中,指针如图(乙)所示,则电路中电流为______ mA。
②使用多用表测电阻时,将部件K拨至“×10”挡,并将两表笔短接,旋动部件______ (填字母“K”、“S”或“T”),使指针对准电阻的______ (填“0刻线”或“∞刻线”),将红、黑表笔分别与待测电阻两端接触,若多用电表读数如图(甲)所示,为了使多用电表测量的结果更准确,该同学接着应该进行哪些操作?请从下面的操作中选出合理的步骤并进行正确排序______ 。
A.将两表笔短接,调节正确的部件,使指针指在相应的“0刻线”
B.将部件K拨至“×100”挡
C.将部件K拨至“×1”挡
D.测量完毕后将选择开关拨至“OFF”挡
E.再将待测电阻接到两表笔之间测量其阻值并读出读数
经以上正确操作,将两表笔接在待测电阻两端时,指针如图(乙)所示,则待测电阻为______ Ω。
13. 某实验小组选用以下器材测定电池组的电动势和内阻,要求测量结果尽量准确。
电压表(量程0~3V,内阻约为3kΩ)
电流表(量程0~0.6A,内阻约为1Ω)
滑动变阻器(0~20Ω,额定电流1A)
待测电池组(电动势约为3V,内阻约为1Ω)
开关、导线若干
①该小组连接的实物电路如图所示,闭合开关前,滑动变阻器的滑片P应置于滑动变阻器的______ 端(填“a”或者“b”);
②实验中发现调节滑动变阻器时,电流表读数变化明显但电压表读数变化不明显。为了解决这个问题,在电池组负极和开关之间串联一个阻值为4Ω的电阻,之后该小组得到了几组电压表读数U和对应的电流表读数I,并作出U−I图像,如图所示。根据图像可知,电池组的电动势为______ V,内阻为______ Ω,(以上结果均保留两位有效数字)。
③该实验测得的电动势E测与电池组真实的电动势E真相比,E测 ______ E真(填“大于”、“小于”或“等于”)。
四、简答题(本大题共3小题,共38.0分)
14. 气体弹簧是车辆上常用的一种减震装置,其简化结构如图所示。直立圆柱形密闭汽缸导热良好,横截面积为S的活塞通过连杆与车轮轴连接,初始时汽缸内密闭一段长度为L0、压强为1.2p0的理想气体,环境温度为T0,汽缸与活塞间的摩擦忽略不计,车辆载重时相当于在汽缸顶部增加一个物体A,稳定时汽缸下降了0.5L0,该过程气体温度保持不变,求:
(1)稳定时汽缸内的压强p1;
(2)由于环境温度变化,气缸内的气体等压膨胀使气缸又上升并稳定在0.505L0处。求变化后的环境温度T1。
15. 如图,固定点O上用长L=0.5m的细绳系一质量m=1.0kg的小球(可视为质点),小球与水平面上的B点刚好接触且无压力。一质量M=2.0kg的物块(可视为质点)从水平面上A点以速度v0(未知)向右运动,在B处与静止的小球发生正碰,碰后小球在绳的约束下恰好能做完整的圆周运动;碰后物块经过t=1s后最终停在水平地面上的D点,其水平位移x=1.25m,取重力加速度g=10m/s2。求:
(1)物块与水平面间的动摩擦因数;
(2)碰撞后瞬间小球的动量大小;
(3)设物块与小球的初始距离为x1=2.2m,物块在A处的初速度大小。
16. 如图甲是法拉第发明的铜盘发电机,也是人类历史上第一台发电机。利用这个发电机给平行金属板电容器供电,如图乙。已知铜盘的半径为R1=10cm,加在盘下半侧的匀强磁场磁感应强度为B1=8T,盘匀速转动的角速度为ω=15rad/s,每块平行板长度为L=8cm,板间距离为d=16cm,平行板右侧有一半径为R2=10cm的扇形有界磁场B2,位置如图乙所示。
(1)求平行金属板电容器两端电压的大小并判断电势高低;
(2)若一个质量为m=1.0×10−9kg,电荷量q=+1.0×10−4C的带电微粒(重力忽略不计)以速度200m/s从电容器两板中间水平向右射入,求:
①微粒射出平行金属板MN时的速度偏转角θ;
②为使微粒由磁场圆弧边界射出,该匀强磁场的磁感应强度B2最大值为多少?
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解:A、波尔第一次将量子观念引入原子领域,提出了定态和跃迁的概念,故A错误;
B、爱因斯坦最早认识到了能量子的意义,为解释光电效应的实验规律提出了光子说,并成功地解释了光电效应现象,故B正确;
C、普朗克在1900年把能量子引入物理学,破除了“能量连续变化”的传统观念,故C错误;
D、德布罗意大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子,预言实物粒子也具有波动性,故D错误;
故选:B。
根据物理学史和常识解答,记住著名物理学家的主要贡献即可。
解决本题的关键要记牢原子物理学史,对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆,注重积累。
2.【答案】B
【解析】解:ABC.由几何可得B点做匀速圆周运动的半径为OB距离,由几何知识得:
rOB= a2+(3a)2−2×3a2cs120°
解得:rOB= 13a
A、B两点同步绕O点旋转,故ωA=ωB,由v=ωr可得A、B两点线速度大小之比为:
vAvB=rOArOB
解得:vAvB=1 13
由向心加速度公式a=ω2r可得A、B加速度大小之比为:
aAaB=rOArOB
解得:aAaB=1 13
故AC错误,B正确;
D.B点加速度方向沿着OB指向O,故D错误。
故选:B。
同轴转动角速度相等,根据v=rω求解角速度之间的关系,根据a=a=rω2求解向心加速度之间的关系。
本题主要考查了圆周运动基本公式的直接应用,注意同轴转动时角速度相同。
3.【答案】C
【解析】解:A.设入射角为α,折射角为β,由图乙可知,a光和b光入射角相同,a光折射角大于b光折射角,根据光的折射定律n=sinαsinβ可知,a光折射率小于b光折射率,故A错误;
B.b光折射率大,根据公式n=cv可知a光在冰晶中的传播速度大,故B错误;
C.根据临界角公式sinC=1n,因为b光折射率大,所以a光的临界角大于b光的临界角,故C正确;
D.由于a光折射率小于b光折射率,因此a光频率小于b光频率,根据c=λf可知a光的波长大于b光的波长,故D错误。
故选:C。
根据题意得出光的折射角的大小关系,结合折射定律得出光的折射率的大小关系;
根据折射率的计算公式得出光的传播速度的大小关系;
根据临界角公式,结合折射率的大小关系完成分析;
根据波速的计算公式得出光的波长大小关系。
本题主要考查了光的折射定律,理解光的折射特点,结合几何关系和折射定律即可完成分析。
4.【答案】C
【解析】解:A、根据速度—时间图像的斜率表示物体的加速度,斜率越大,加速度越大,可知10s末和谐号的加速度比复兴号的小,故A错误;
B、8−32s内复兴号的加速度为a=v−v0t=72−6024−8m/s2=0.75m/s2,t=8s时,复兴号的速度为v0=60m/s,t=32s时复兴号的速度为v=v0+at=(60+0.75×24)m/s=78m/s,故B正确;
CD、t=0时,两车车头刚好并排,0−24s内,和谐号的速度一直比复兴号的大,两者间距逐渐增大;24−32s内,复兴号的速度一直比和谐号的大,两者间距逐渐减小,则0到32s内,在24s末两车头相距最远,故C正确,D错误。
故选:C。
速度—时间图像的斜率表示物体的加速度,由斜率大小比较加速度大小;根据速度—时间公式求32s时复兴号的速度;根据两车速度关系确定两车何时相距最远;根据位移关系确定甲、乙两车再次并排的时刻。
解决本题的关键要理解速度—时间图像的物理意义,知道图线的斜率表示加速度,图线与时间轴围成的面积表示位移。
5.【答案】B
【解析】解:AB、在微重力环境中,落仓和体验者近似做自由落体运动,落仓对体验者的支持力几乎为零,所以体验者的视重远小于实重,落仓中的体验者仍受到重力的作用,几乎所有的重力提供体验者运动的加速度,由牛顿第二定律可知落仓下落的加速度非常接近重力加速度g,故A错误,B正确;
C.落仓下落的过程必然是先加速下落,后减速下落,最后静止,所以落仓下落过程,加速度先向下后向上,落仓内的体验者先处于失重状态后处于超重状态,故C错误;
D.当落仓受力平衡时,落仓的速度最大。所以落仓速度最大时,其加速度为零,故D错误。
故选:B。
当落仓具有向下的加速度时,落仓除与失重状态;当落仓具有向上的加速度时,落仓处于超重状态。不管落仓处于失重状态,还是处于超重状态,落仓以及里面的人受到的重力是不变的。
物体是处于失重状态,还是处于超重状态,与物体的运动方向无关,与物体的加速度方向有关。
6.【答案】A
【解析】解:A.磁铁转动的过程中通过铝笼截面的磁通量增加,因此在铝笼内产生感应电流,根据楞次定律可知铝笼受到安培力作用,导致铝笼转动,故A正确;
B.根据楞次定律可知,为阻碍磁通量增加,则导致铝笼与磁铁转动方向相同,但快慢不相同,铝笼的转速一定比磁铁的转速小,故B错误;
C.磁铁从图乙位置开始转动时,导致通过铝笼截面的磁通量增加,根据楞次定律可知感应电流方向为a→b→c→d→a,故C错误;
D.当磁铁停止转动后,如果忽略空气阻力和摩擦阻力,由于铝笼转动的过程中仍然能产生感应电流,所以铝笼会受到反方向安培力作用逐渐减速直到停止运动,故D错误。
故选:A。
当转动磁铁时,导致铝框的磁通量发生变化,从而产生感应电流,出现安培力,导致铝框转动,由楞次定律可知,总是阻碍磁通量增加,故铝框与磁铁转动方向相同,但转动快慢不同。
本题考查楞次定律、法拉第电磁感应定律的应用,要知道感应电流的磁通量总阻碍引起感应电流的磁场变化,从而引起电磁驱动的现象。
7.【答案】D
【解析】解:A、飞船加速后将做离心运动,轨道半径增大,则变轨前A是飞船,B是空间站,故A错误;
B、7.9km/s是最小的发射速度,可知飞船的发射速度大于7.9km/s,故B错误;
C、根据万有引力提供向心力,得GMmr2=m4π2T2r,得T=2π r3GM,完成对接后,飞船和空间站的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径,所以完成对接后,飞船和空间站的运行周期小于地球同步卫星的运行周期24h,故C错误;
D、根据地球半径和空间站距离地面的高度,可以得到空间站的轨道半径,由GMmr2=m4π2T2r,得M=4π2r3GT2,即可以求出地球的质量。由地球半径能求出地球的体积,因而能求出地球的密度,故D正确。
故选:D。
飞船加速后将做离心运动。飞船的发射速度要大于7.9km/s。根据万有引力提供向心力,得出周期与轨道半径的关系,分析飞船和空间站的运行周期与地球同步卫星周期的关系。已知空间站的运行周期和地球半径,结合飞船距离地面的高度,可求出地球的质量,进一步求地球的密度。
本题的解题关键是要掌握万有引力提供向心力这一思路,要明确已知空间站的轨道半径和周期,能求出地球的质量。
8.【答案】ABD
【解析】解:A、粒子所受电场力指向轨迹内侧,由于粒子带正电,因此电场线指向右下方,根据沿电场线电势降低,可知P的电势最高,故A正确;
B、等势线密的地方电场线密电场强度大,故P点电场强度大,试探电荷受到的电场力大,根据牛顿第二定律,加速度也大,故B正确。
CD、根据质点受力情况可知,从P到Q过程中电场力做正功,电势能降低,动能增大,故P点的电势能大于Q点的电势能,P点的速度小于Q点的速度,故C错误,D正确。
故选:ABD。
由于粒子只受电场力作用,根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方,由于粒子带正电,因此电场线方向也指向右下方,根据电场线的方向可判断电势的高低;电场线和等势线垂直,且等势线密的地方电场线密,电场强度大.电势能和动能的变化可以通过电场力做功情况判断.
解决这类带电粒子在电场中运动的思路是:根据电荷的运动轨迹判断出所受电场力方向,然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化.
9.【答案】AD
【解析】解:A、t=0.01s时,感应电动势瞬时值为零,线圈在中性面位置,故A正确;
B、电压表示数为有效值,由图得,线圈电动势最大值为6 2V,有效值
E=Em 2=6 2 2V=6V
线圈内电阻不计,所以电压表的示数6V,故B错误;
C、根据图乙可得该交流电的周期
T=0.02s
所以角速度
ω=2πT=2π0.02rad/s=100πrad/s
e随t变化的规律为
e=6 2sin(100πt)V
故C错误。
D、灯泡的功率为
P=U2R=622W=18W
故D正确。
故选:AD。
线圈在中性面位置磁通量最大,感应电动势为零,求出电动势的有效值,因此得到电压表的示数;根据电功率的计算公式求解电功率;根据正弦交流电的一般形式写出正弦交流电的表达式。
本题考查了正弦式交变电流的图象,明确电压表的示数是有效值。关键抓住两个特殊位置:一是线圈与磁场垂直位置是磁通量最大的位置,该位置是电流方向改变的转换点;二是线圈与磁场平行位置,该位置磁通量为零,是电流强度增大与减小的转换点。
10.【答案】BD
【解析】解:A、电流方向向右,电子向左定向移动,根据左手定则判断可知,电子所受的洛伦兹力方向向里,则后表面积累了电子,前表面的电势比后表面的电势高,故A错误;
BC、由电子受力平衡可得
eUa=evB,
解得:
U=Bva,
所以前、后表面间的电压U与v成正比,前、后表面间的电压U与c无关,故B正确,C错误;
D、稳定时自由电子受力平衡,受到的洛伦兹力等于电场力,即evB=eUa,故D正确。
故选:BD。
金属导体是自由电子导电,电流方向向右,则电子向左定向移动,在磁场中受到洛伦兹力发生偏转,根据左手定则判断电子所受的洛伦兹力方向,判断哪个表面聚集电子,再确定M、N两板电势的高低。根据洛伦兹力等于电场力分析解答。
该题考查了霍尔效应及其应用,易错点在于利用左手定则判断电荷的移动,从而判断后表面的电势高。
11.【答案】C g(L−Lcsθ)=d22Δt2 差 大
【解析】解:(1)利用此实验装置验证机械能守恒定律,需要满足表达式为:mg(L−Lcsθ)=12mv2
由光电门测量速度的原理,可得:v=dΔt
联立可得:g(L−Lcsθ)=d22Δt2
可知为了验证机械能守恒定律,需要测量的物理量为:物体重心到悬线悬点O的距离L,悬线与竖直方向的夹角θ,挡光片的宽度d与挡光时间Δt,不需要测量是由静止释放到物体运动到光电门位置所用的时间t,故ABD符合题意,C不符合题意。
故选:C。
(2)根据上述分析可知,如果满足等式:g(L−Lcsθ)=d22Δt2,就验证了机械能守恒定律。
(3)实验是研究物体的机械能是否守恒,因此需要使得摆线对物体做功近似为零,即为尽量减小实验误差,摆线应该选择弹性差的线;为了减小空气阻力对实验的影响,物体应选择密度大的材料。
故答案为:(1)C;(2)g(L−Lcsθ)=d22Δt2;(3)差;大
(1)(2)根据机械能守恒定律,得到需要满足表达式,再确定不需要测量的物理量;
(3)从尽量满足只有重力做功的角度分析减小实验误差的要求。
本题考查了验证机械能守恒定律实验,分析实验的原理是解题的前提,掌握光电门测量速度方法,实验要尽量减小除重力以外其它力做的功。
12.【答案】S 22.0 T 0刻线 BAED 1900
【解析】解:①S为机械调零旋钮,测量前应旋动部件S,使指针指在电流“0”刻线:部件K拨至“50mA”挡,分度值为1mA,指针如图(乙)所示,则电路中电流为22.0mA.
②使用多用表测电阻时,将部件K拨至“×10”挡,并将两表笔短接,欧姆调零时,应旋动部件T,使指针对准电阻的“0刻线”,若多用电表读数如图(甲)所示,指针偏角太小,所选挡位太小,应选择更大挡位,然后进行欧姆调零,再测电阻,故合理的步骤并进行正确排序为BAED,指针如图(乙)所示,则待测电阻为19×100=1900Ω
故答案为:①S;22.0;②T;0刻线;BAED;1900
①多用电表应先机械调零,根据分度值读数;
②根据多用电表的正确操作分析解答,结合倍率读出待测电阻阻值。
本题考查了多用电表的使用方法与读数,掌握多用电表的结构与实验方法与注意事项是解题的前提;对多用电表读数时要先根据选择开关位置确定其所测量的量与量程,然后根据表盘确定其分度值,再根据指针位置读出其示数,读数时视线要与刻度线垂直。
13.【答案】a 2.9 1.8 小于
【解析】解:①由图示实物电路图可知,滑动变阻器采用限流接法,为保护电路,闭合开关前滑片要置于a端。
②由闭合电路的欧姆定律可知,路端电压U=E−I(r+R)
由图示图象可知,图象纵轴截距b=E=2.9V
图象斜率的绝对值k=r+R=ΔUΔI=2.9−00.5−0Ω=5.8Ω
电源内阻r=k−R=5.8Ω−4Ω=1.8Ω
③根据闭合电路的欧姆定律E=U+r⋅I
电动势的测量值E测=U
由于电压表的分流,干路电流I总=I+IV
根据闭合电路的欧姆定律E=U+I总r=U+(I+IV)r=U+URVr+r⋅I=(1+rRV)U+r⋅I
电动势的真实值E真=(1+rRV)U
即电动势的测量值小于真实值。
故答案为:①a;②2.9;1.8;③小于。
①滑动变阻器采用限流接法时,为保护电路闭合开关前滑片要置于接入电路的阻值最大位置;
②根据图示电路图应用闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式,然后根据图示图象求出电源电动势与内阻;
③根据闭合电路的欧姆定律求电动势的测量值;考虑电压表的分流作用,根据闭合定律的欧姆定律求解电动势的真实值,然后作答。
本题考查了测电源电动势与内阻实验,知道实验原理是解题的前提图关键,求出图象的函数表达式,根据图示图象即可解题。
14.【答案】解:(1)设汽缸下降0.5L0后,气体压强为p1,由玻意耳定律
1.2p0SL0=0.5p1SL0
解得:p1=2.4p0
(2)根据等压变化,由盖—吕萨克定律得
0.5SL0T0=0.505SL0T1
解得:T1=1.01T0
解:(1)稳定时汽缸内的压强为2.4p0;
(2)变化后的环境温度为1.01T0。
【解析】(1)气体发生等温变化,根据玻意耳定律得出气体的压强;
(2)气体发生等压变化,根据盖—吕萨克定律得出气体的温度。
本题主要考查了一定质量的理想气体状态方程,熟悉气体状态参量的分析,结合公式pV=CT即可完成解答。
15.【答案】解:(1)方法一:物块和小球碰撞后减速过程,由牛顿第二定律得
μMg=Ma
由逆向思维得:x=12at2
联立解得:μ=0.25,a=2.5m/s2
方法二:物块和小球碰撞后减速过程,取向右为正方向,由动量定理得
−μMgt=0−Mv1
由匀变速直线运动的规律得
x=v−t=v12t
联立解得:μ=0.25
(2)小球恰好能做完整的圆周运动,则在最高点时仅由重力提供向心力,得
mg=mvmin2L
设碰撞后小球的速度为v2,从最低点到最高点的过程,由机械能守恒定律得
12mv22=12mvmin2+2mgL
碰撞后小球的动量大小为
p小球=mv2
联立解得:p小球=5kg⋅m/s
(3)碰撞后物块做匀变速直线运动,有
0−v12=2ax1
设碰撞前瞬间物块的速度为v,取向右为正方向,由动量守恒定律得
Mv=Mv1+mv2
物块从A点运动到与小球碰撞前瞬间过程,对物块,由动能定理得
−μMgx1=12Mv2−12Mv02
解得物块在A处的速度大小:v0=6m/s
答:(1)物块与水平面间的动摩擦因数为0.25;
(2)碰撞后瞬间小球的动量大小为5kg⋅m/s;
(3)物块在A处的初速度大小为6m/s。
【解析】(1)物块和小球碰撞后减速,由牛顿第二定律和位移—时间公式相结合能求出动摩擦因数;也可以根据动量定理和运动学公式相结合求动摩擦因数。
(2)小球恰好能做完整的圆周运动,在最高点时,绳子拉力为零,由重力提供向心力,由牛顿第二定律求出小球在最高点的速度。由机械能守恒定律求出碰撞后小球的速度。由p=mv求碰撞后瞬间小球的动量大小;
(3)由运动学公式求出碰撞后物块的速度。由动量守恒定律求出碰撞前瞬间物块的速度。物块从A点运动到与小球碰撞前瞬间过程,对物块,由动能定理求解物块在A处的初速度大小。
本题考查动量和能量综合问题,要理清物块的运动过程,把握每个过程和状态的物理规律,特别是最高点的临界条件:重力提供向心力,以及碰撞的基本规律:动量守恒定律。
16.【答案】解:已知R1=10cm=0.1m,L=8cm=0.08m,d=16cm=0.16m,R2=10cm=0.1m
(1)设铜盘产生的感应电动势大小为E,则根据法拉第电磁感应定律可得
E=B1R1v−
又v−=0+ωR12
解得:E=12B1R12ω
故平行金属板电容器两端的大小U=E
代入数据解得:U=0.6V
根据右手定则可知平行板M的电势高于N的电势。
(2)①微粒在平行金属板MN中做类平抛运动,
水平方向有
L=v0t
竖直方向有加速度为
a=qUmd
飞出电场时,竖直分速度为
vy=at
飞出电场时,速度偏转角的正切为
tanθ=vyv0
联立解得tanθ=34
即θ=37°
(a)②微粒飞出电场时,速度为
v=v0csθ=200cs37∘m/s=250m/s
竖直方向的位移为
h=12at2
解得:h=0.03m
为使微刚好粒由磁场圆弧边界射出,如图(b)所示。
当轨迹恰好与磁场圆弧边界相切时,由几何关系得
2R=2r+(d2−h)csθ
解得:r=0.08m
由牛顿第二定律得
qvB2=mv2r
解得:B2=0.03215T
为使微粒由磁场圆弧边界射出,该匀强磁场的磁感应强度最大值为B2=0.03215T
(b)
答:(1)平行金属板电容器两端电压的大小为0.6V,M的电势高于N的电势;
(2)①微粒射出平行金属板MN时的速度偏转角θ为37°。
②该匀强磁场的磁感应强度B2最大值为0.03215T。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律求铜盘产生的感应电动势大小。电容器两端电压的大小等于铜盘产生的感应电动势大小。根据右手定则判断电势高低。
(2)①微粒在平行金属板MN中做类平抛运动,根据牛顿第二定律求出加速度,由分速度公式求解微粒射出平行金属板MN时的速度偏转角θ;
②先求出微粒飞出电场时速度大小,以及竖直方向的位移。为使微粒由磁场圆弧边界射出,画出轨迹,根据几何关系求出轨迹半径,再求该匀强磁场的磁感应强度B2最大值。
本题考查法拉第感应定律和带电粒子在磁场中的运动,掌握导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势的计算方法;对于带电粒子在磁场中的运动,要理清粒子的运动过程画出运动轨迹,由几何知识求轨迹半径。
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