2024浙江省余姚中学高一下学期期中考试物理（选考）PDF版含答案（可编辑）

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(1)计时 B (2)b (3)电源用的是干电池(或小车离打点计时器过远) (4)0.45 (5)BC
18(1)B(2)1.50(1.49～1.51) 1.50(1.49～1.51)
(3)不同意，因为空气阻力会造成ΔEk小于ΔEp，但表中ΔEk大于ΔEp。
19（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据题意，小球从静止自由下落到A点，由机械能守恒定律有
设小球进入圆轨道A点的瞬间，轨道对小球的支持力为，则有
联立解得
由牛顿第三定律可得，小球进入圆轨道A点的瞬间，对轨道的压力为
（2）根据题意可知，小球恰好能沿圆形轨道到达B点，在B点有
解得
小球从B点运动到C点做平抛运动，则有
，，
解得
（3）小球离开B后，当垂直于斜面方向的速度为零时离斜面最远，分解，如图所示
则有
又有
小球平抛过程中距离BC边最远的距离
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(1)木块静止在铁箱后壁上，所以在竖直方向有Ff＝m木g
又有Ff＝μ2FN
所以有FN＝eq \f(m木g,μ2)＝20 N
由牛顿第三定律可得木块对铁箱的压力大小为20 N。
(2)对木块分析，在水平方向有a＝eq \f(FN,m木)＝40 m/s2
对铁箱和木块整体分析，在水平方向有F－μ1(m木＋m箱)g＝(m木＋m箱)a
解得F＝129 N
(3)撤去拉力后，铁箱向右减速运动，其加速度大小a箱＝eq \f(μ1m木＋m箱g－μ2m木g,m箱)＝3.1 m/s2
木块向右减速运动，其加速度大小a木＝eq \f(μ2m木g,m木)＝2.5 m/s2
在t＝1 s的时间内，
铁箱向右运动的位移x箱＝vt－eq \f(1,2)a箱t2＝4.45 m
木块向右运动的位移x木＝vt－eq \f(1,2)a木t2＝4.75 m
木块相对铁箱运动的距离x＝x木－x箱＝0.3 m。
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设小球A第一次接触S的速度为v，接触S前的加速度为a，
根据牛顿第二定律有：2qE−qE=2ma
对于带电系统从静止到与S接触前的过程，根据运动学公式有：v2=2aL
联立解得：v= qELm；
(2)设带电系统被第N次弹回两板间时小球A的带电量为q ′，
带电系统被第N次弹回两板间后，小球B向右运动最远处恰好到达Q板位置，对整个过程应用动能定理可得：2qE−qEL−q′E−qE2L=0，解得q′=32q，
即40q−Nq20=32q，解得N=10；
小球A每次离开S的瞬时速度大小相同，且等于小球A第一次与S接触时速度大小。设小球第5次离开S向右做减速运动的加速度为a5，速度由v减为零所需时间为t5，小球离开Q所带电荷量为q5。
根据牛顿第二定律有：q5E−qE=2ma5 根据运动学公式有：t5=va5，
根据题意可知小球第5次离开Q所带电荷量为：q5=40q−5q20=74q，
联立解得：t5=83 mLqE，
小球A从第5次接触薄片S，到小球B本次向右运动至最远处的时间T5=2T0+83 mLqE
(3)设带电系统被第M次弹回两板间后小球A的带电量为qM
带电系统被第M次弹回两板间后，小球A向右运动最远处恰好到达Q板位置，对整个过程应用动能定理可得：2qE−qEL−qME·3L+qE·2L=0，
解得qM=q，即40q−Mq20=q，解得M=20；
带电系统第20次被弹回两板间后，小球A离开S时的速度仍为 qELm，
此时小球A带正电，电量为q，小球B带负电，电量为q，故带电系统第20次离开S后带电系统在电场中所受合外力为0，带电系统开始时做匀速直线运动，直到小球B离开Q板，然后做匀减速直线运动。
带电系统做匀速直线运动时间：t1=2Lv=2 mLqE
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A
D
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B
C
C
D
D
D
D
B
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ABC
ABD
BCD