|试卷下载
终身会员
搜索
    上传资料 赚现金
    2023-2024学年山东省东营市第一中学高二(下)开学收心考试物理试卷(含解析)
    立即下载
    加入资料篮
    2023-2024学年山东省东营市第一中学高二(下)开学收心考试物理试卷(含解析)01
    2023-2024学年山东省东营市第一中学高二(下)开学收心考试物理试卷(含解析)02
    2023-2024学年山东省东营市第一中学高二(下)开学收心考试物理试卷(含解析)03
    还剩16页未读, 继续阅读
    下载需要20学贝 1学贝=0.1元
    使用下载券免费下载
    加入资料篮
    立即下载

    2023-2024学年山东省东营市第一中学高二(下)开学收心考试物理试卷(含解析)

    展开
    这是一份2023-2024学年山东省东营市第一中学高二(下)开学收心考试物理试卷(含解析),共19页。试卷主要包含了单选题,多选题,实验题,计算题等内容,欢迎下载使用。

    1.天体光谱中的“红移”现象是宇宙膨胀的有力证据之一。观测结果表明,观测站接收到某天体发射的电磁波频率小于该天体发射的电磁波的频率,这称为“红移”现象。“红移”现象的本质是电磁波的( )
    A. 干涉B. 衍射C. 偏振D. 多普勒效应
    2.以下四幅图中,图甲为“共振曲线”,图乙为“双缝干涉”实验,图丙为“用干涉法检测工件表面平整度”实验,图丁为“研究光的偏振现象”实验,针对这四幅图,下列说法中正确的是( )
    A. 由图甲可知,驱动力频率越大,能量越大,受迫振动的振动幅度越大
    B. 图乙实验中,若只将光源由蓝色光改为绿色光,则两相邻亮条纹间距离Δx增大
    C. 图丙中,若将薄片向左移动,条纹间距将变小
    D. 图丁中,当M固定不动,将N从图示位置开始绕水平轴在竖直面内缓慢转动90∘的过程中,光屏P上光的亮度保持不变
    3.水果的碰伤阈值是指水果在不碰伤的情况下能够从静止状态跌落的最大高度。已知导致苹果碰伤所需的平均作用力约为苹果自身重力的3倍。假设苹果在接触钢板后0.1s减速至静止,重力加速度g取10m/s2,则苹果在钢板上的碰伤阈值最接近
    A. 10cmB. 20cmC. 30cmD. 45cm
    4.如图所示,在等腰直角三角形ABC的顶点上固定三根互相平行的长直导线A、B、C,三根导线中通入的电流大小相等,其中导线A、C中的电流方向垂直纸面向外,导线B中的电流方向垂直纸面向里,O为BC边的中点。则( )
    A. 导线A、C之间相互排斥
    B. 导线B、C对导线A的合力方向平行于BC向左
    C. 导线B在O点产生的磁场的磁感应强度方向垂直于BC向下
    D. 三根导线在O点产生的磁场的磁感应强度方向平行于BC向右
    5.“地震预警”是指在地震发生以后,抢在地震波传播到受灾地区前,向受灾地区提前几秒至数十秒发出警报,通知目标区域从而实现预警。科研机构对波的特性展开研究,如图甲所示为研究过程中简谐波t=0时刻的波形图,M是此波上的一个质点,平衡位置处于4 m处,图乙为质点M的振动图像,则
    ( )
    A. 该列波的传播方向沿x轴正向传播B. 该列波的传播速度为4 m/s
    C. 质点M在7 s内通过的路程为280 cmD. 质点M在2 s内沿x轴运动了8 m
    6.1932年,美国物理学家安德森在宇宙射线实验中发现了正电子(带正电荷)。他利用放在强磁场中的云室来记录宇宙射线粒子,并在云室中加入一块厚6mm的铅板,借以减慢粒子的速度。当宇宙射线粒子通过云室内的垂直纸面的匀强强磁场时,拍下粒子径迹的照片,如图甲所示,根据照片画出的轨迹示意图乙,可分析得出( )
    A. 磁场方向垂直向里,正电子从上到下穿过铅板
    B. 磁场方向垂直向里,正电子从下到上穿过铅板
    C. 磁场方向垂直向外,正电子从上到下穿过铅板
    D. 磁场方向垂直向外,正电子从下到上穿过铅板
    7.一部华为Mate系列手机大约有1600多个元器件组成,其中半导体器件占到了很大一部分。霍尔元件就是利用霍尔效应制成的半导体磁电转换器件,如图是很小的矩形半导体薄片,M、N之间的距离为a,薄片的厚度为b,在E、F间通入恒定电流I,同时外加与薄片垂直的磁场B,加磁场后M、N间的霍尔电压为UH。已知半导体薄片中的载流子为正电荷,每个载流子电荷量为q,单位体积内载流子个数为n,电流与磁场的方向如图所示。下列说法正确的是
    ( )
    A. N板电势低于M板电势
    B. MN间电势差UH=BInqb
    C. 每个载流子受到的洛伦兹力大小为qUHb
    D. 将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行,UH变大
    8.如图所示,矩形导线框abcd放在匀强磁场中,磁感线方向与线圈平面垂直,磁感应强度B随时间变化的图象如图所示,t=0时刻,磁感应强度的方向垂直于纸面向里。线框中电流为i,ab边所受安培力为F,规定逆时针方向为电流的正方向,向左为安培力的正方向,则线框中的电流i和ab边所受安培力F随时间变化的图象,正确的是( )
    A. B.
    C. D.
    二、多选题(本题共4小题,共16分)
    9.如图甲,套在长玻璃管上的线圈两端与电流传感器相连,将一强磁铁从竖直玻璃管上端由静止释放,电流传感器记录了强磁铁下落过程中线圈感应电流随时间变化的i−t图像,如图乙所示,t2时刻电流为0,空气阻力不计,则( )
    A. t2时刻,穿过线圈磁通量的变化率最大
    B. t2时刻,强磁铁的加速度等于重力加速度
    C. 若只增加强磁铁释放高度,则感应电流的峰值变小
    D. 在t1到t3的时间内,强磁铁重力势能的减少量大于其动能的增加量
    10.如图a所示,闭合开关S,将滑动变阻器的滑片P从一端滑到另一端的过程中,理想电压表V1、V2的示数随理想电流表A示数的变化情况如图b所示,下列说法正确的是( )
    A. 滑动变阻器的最大阻值为12ΩB. 电源的电动势为9V
    C. R0=15ΩD. 电源内阻为1Ω
    11.如图所示,光滑的水平面上,小球甲以水平向右的速度与静止的小球乙发生正碰,两小球质量均匀、半径相同,规定水平向右为正方向,下列说法正确的是( )
    A. 若甲的质量小于乙的质量,且甲、乙发生弹性碰撞,则碰撞后甲的速度可能为正
    B. 若甲、乙发生弹性碰撞,且碰后甲、乙的速度大小相等,则甲、乙的质量之比为1:3
    C. 若甲、乙发生完全非弹性碰撞产生的热量为Q,且甲、乙的质量之比为2:1,碰前甲的速度为v0,则乙的质量为3Qv02
    D. 若甲、乙发生弹性碰撞,且碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙,则碰撞之前甲的速度为v乙+v甲
    12.如图所示,半径为L的导电圆环(电阻不计)绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴以角速度ω逆时针匀速转动。圆环上接有电阻均为r的三根金属辐条OA、OB、OC,辐条互成120∘角。在圆环圆心角∠MON=120∘的范围内(两条虚线之间)分布着垂直圆环平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,圆环的边缘通过电刷P和导线与一个阻值也为r的定值电阻R0相连,定值电阻R0的另一端通过导线接在圆环的中心轴上,在圆环匀速转动过程中,下列说法中正确的是( )
    A. 通过定值电阻R0的电流为BL2ω8r
    B. 定值电阻R0两端的电压为25BL2ω
    C. 圆环转动一周,定值电阻R0产生的热量为πB2L4ω32r
    D. 金属辐条OA、OB、OC进出磁场前后,辐条中电流的大小不变,方向改变
    三、实验题(本题共2小题,共12分)
    13.某小组设计如下实验探究感应电流的产生条件和影响感应电流方向的因素:
    (1)图a中,将条形磁铁从图示位置先迅速向上后迅速向下移动一小段距离,出现的现象是_________。
    A.灯泡A、B均不发光 B.灯泡A、B交替短暂发光
    C.灯泡A短暂发光、灯泡B不发光 D.灯泡A不发光、灯泡B短暂发光
    (2)通过实验得知:当电流从图b中电流计的右端正接线柱流入时指针向右偏转;则当磁体_________(选填“向上”或“向下”)运动时,电流计指针向右偏转。
    (3)为进一步探究影响感应电流方向的因素,该小组设计了如图c的电路,请用实线完成其余部分电路的连接。__________
    14.某同学利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性,制作了一个简易的汽车低油位报警装置。
    (1)该同学首先利用多用电表欧姆“×100”挡粗测该热敏电阻在常温下的阻值,示数如图甲所示,则此时热敏电阻的阻值为RT=_________Ω。
    (2)该同学为了进一步探究该热敏电阻阻值随温度变化的关系,设计了如图乙所示的实验电路,定值电阻R0=2.0kΩ,则在闭合开关前,滑动变阻器的滑片P应置于最_________(选填“左”或“右”)端;在某次测量中,若毫安表A1的示数为2.25mA,A2的示数为1.50mA,两电表可视为理想电表,则热敏电阻的阻值为_________kΩ。
    (3)该同学利用此热敏电阻设计的汽车低油位报警装置如图丁所示,其中电源电动势E=6.0V,定值电阻R=1.8kΩ,长为l=50cm的热敏电阻下端紧靠在油箱底部,不计报警器和电源的内阻。已知流过报警器的电流I≥2.4mA时报警器开始报警,若测得报警器报警时油液内热敏电阻的温度为30°,油液外热敏电阻的温度为70°,由此可知油液的警戒液面到油箱底部的距离约为___________cm。
    四、计算题(本题共4小题,共48分)
    15.如图甲所示,一个圆形线圈的匝数n=1000,线圈面积S=400cm2,线圈的电阻r=1Ω,在线圈外接一个阻值R=3Ω的电阻。把线圈放入一个方向垂直线圈平面向里的圆形匀强磁场中,磁场的大小和线圈完全重合,磁感应强度随时间变化规律如图乙所示,求:
    (1)t=2s时电阻R上的电流大小和方向;
    (2)若把圆形磁场半径缩小为原来的一半,求4∼6s内通过电阻R的电荷量。
    16.半径为R的四分之一圆形玻璃砖OAB放置在空气中,以圆心O为坐标原点建立直角坐标系,如图所示。一束激光垂直射向玻璃砖的OB面,发现入射点沿y轴单方向移动时,从圆弧面上出射的光线与x轴的交点也单方向移动至消失,其中离O最近的交点为C(图中未画出)。当入射点为半径OB中点D时,圆弧面上的出射光线与x轴交于点E,且OE= 3R。求(不考虑光线在玻璃砖内多次反射,结果可以用根式表示)
    (1)该玻璃砖对激光的折射率;
    (2)OC的距离。
    17.如图所示,空间直角坐标系Oxyz中,MN为竖直放置的两金属板构成的加速器,两板间电压为U。荧光屏Q位于Oxy平面上,虚线分界面P将金属板N、荧光屏Q间的区域分为宽度均为d的Ⅰ、Ⅱ两部分,M、N、P、Q与Oxy平面平行,ab连线与z轴重合。区域Ⅰ、Ⅱ内分别充满沿y轴负方向的匀强磁场和y轴正方向匀强电场,磁感应强度大小为1d 3mU2q、电场强度大小为Ud。一质量为m、电荷量为+q的粒子,从M板上的a点静止释放,经加速器加速后从N板上的b孔射出,最后打在荧光屏Q上。不考虑粒子的重力,M、N、P、Q足够大,不计MN间的边缘效应。求:
    (1)粒子在b点速度大小及在磁场中做圆周运动的半径R;
    (2)粒子经过P分界面时到z轴的距离;
    (3)粒子打到荧光屏Q上的位置,用坐标(x,y,z表示)。
    18.如图所示,在光滑水平面上,半径为R的14光滑圆弧曲面A与四个长度均为L的相同木板B1、B2、B3、B4紧靠在一起,B1的上表面与圆弧底端相切,A、B1、B2、B3、B4相邻处都有一个连接装置,使相邻两物体不分离。小滑块C从A上与圆心O等高处由静止滑下,当C滑过连接装置时,连接装置就自动断开。已知A、B1、B2、B3、B4的质量均为m=1.0kg,C的质量M=5.0kg,圆弧曲面半径R=0.4m,板长L=0.4m,C与板之间的动摩擦因数均为µ=0.62,连接装置断开时无能量损失,重力加速度取g=10m/s2。
    (1)若A固定不动,求滑块C到达圆弧最低点时受到轨道的支持力大小FN;
    (2)若A不固定,求:
    ①滑块C最终停在哪块木板上;
    ②滑块C从离开A到停在某块木板的过程所经历的时间t。(计算结果保留两位有效数字)
    答案和解析
    1.【答案】D
    【解析】【分析】
    本题考查了电磁波;知道“红移”现象的本质。
    红移是电磁波的多普勒效应。
    【解答】
    根据题意,观测站接收到某天体发射的电磁波频率小于该天体发射的电磁波的频率,说明“红移”现象的本质是电磁波的多普勒效应,故D正确,ABC错误。
    2.【答案】B
    【解析】【分析】
    本题考查了共振曲线、双缝干涉、薄膜干涉、光的偏振等知识,比较简单,要求同学们重视基础知识的学习与理解。
    【解答】
    A、对于受迫振动,当驱动力频率等于振动系统固有频率时,振幅最大,故A项错误;
    B、图乙中,根据Δx=ldλ,若只将光源由蓝色光改为绿色光,波长增大,则两相邻亮条纹间距离增大,故B项正确;
    C、图丙中,当将薄片向左移动时,即减小空气薄层的厚度,同级的光程差的间距变大,则干涉条纹间距会变大,故C项错误;
    D、图丁中,当M固定不动,将N缓慢转动90°的过程中,M、N的透振方向变为相互垂直,此时光屏P上光的亮度最暗,D项错误。
    3.【答案】B
    【解析】【分析】
    本题考查的是动量定理求落地的速度,再利用自由落体运动规律求出开始下落的高度即苹果在钢板上的碰伤阈值。
    【解答】
    选竖直向下为正方向,由动量定理得−Ft+mgt=0−mv,解得v=2m/s,苹果做自由落体运动,ℎ=v22g=20cm。
    故选B。
    4.【答案】C
    【解析】【分析】
    本题考查学生对安培定则、磁感应强度叠加、通电导线作用力方向规律的掌握,具有一定综合性。根据“同向电流吸引,反向电流排斥”的推论结合矢量合成的特点分析出导线所受安培力的方向。
    【解答】
    A.根据安培定则可以确定电流的磁场方向,根据左手定则可以确定安培力的方向,可知同向电流相互吸引,反向电流相互排斥,则导线A、C之间相互吸引,故 A错误;
    B.根据上述可知,B对A是斥力,C对A是引力,由于电流大小相等,A到B、C的间距相等,可知,B对A的安培力与C对A的安培力大小相等,根据对称性,结合矢量叠加可知,导线B、C对导线A的合力方向平行于BC向右,故B错误;
    C.根据安培定则可知,导线B在O点产生的磁场的磁感应强度方向垂直于BC向下,故 C正确;
    D.导线C在O点产生的磁场的磁感应强度方向垂直于BC向下,导线A在O点产生的磁场的磁感应强度方向平行于BC向右,导线B在O点产生的磁场的磁感应强度方向垂直于BC向下,根据矢量叠加可知,三根导线在O点产生的磁场的磁感应强度方向斜向右下方,故 D错误。
    故选C。
    5.【答案】C
    【解析】【分析】
    本题考查波动图象和振动图象问题,关键是会根据质点的振动方向来判断波的传播方向,抓住振动图象和波动图象之间的内在联系。根据甲、乙两图分别读出简谐波的波长和周期,根据v=λT求解简谐波的波速;分析所给时间与周期的关系,确定质点通过的路程,质点只在平衡位置上下振动,并不会随波迁移。
    【解答】A.由图乙可知,t=0时刻,质点M向上振动,根据“上下坡”法并结合图甲可知,波沿x轴负方向传播,故A错误;
    B.由图可知λ=4m,T=2s,所以波的传播速度为v=λT=2m/s,故B错误;
    C.由于7s=3T+T2,所以质点M在7s内通过的路程为s=3×4A+2A=14A=280cm,故C正确;
    D.质点只在平衡位置上下振动,并不会随波迁移,故D错误。
    故选C。
    6.【答案】A
    【解析】【分析】
    本题主要考查带电粒子在磁场中的运动,知道其由洛伦兹力提供向心力是解题的关键,难度一般。
    在磁场中由洛伦兹力提供向心力,由粒子穿过铅板后的速度变化,结合半径公式得解。
    【解答】
    粒子穿过铅板后速度减小,粒子在磁场中运动半径减小,由图可知正电子由上往下运动穿过铅板,由左手定则可知磁场的方向垂直纸面向里,故 A正确,BCD错误。
    7.【答案】B
    【解析】【分析】
    根据左手定则判断电子的偏转方向,从而确定金属块上下表面电势的高低;根据电子所受的电场力和洛伦兹力平衡,结合电流的微观表达式求出金属块上下表面的电势差。
    解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向,以及知道最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡。
    【解答】
    A.根据左手定则,带正电的载流子会积累在N板,所以N板电势高于M板电势,故A错误;
    BC.电流稳定后,根据平衡条件知每个载流子受到的洛伦兹力等于电场力,即qvB=qUHa
    根据电流微观表达式I=nqvab
    整理得MN间电势差UH=BInqb
    故B正确,C错误;
    D.将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行,则载流子不会受到洛伦兹力,因此不存在电势差,故D错误。
    8.【答案】D
    【解析】D
    【详解】AB.由图可知,在0−2s内,线圈中磁通量的变化率相同,故0−2s内电流的方向相同,由楞次定律可知,电路中电流方向为顺时计,即电流为负方向,同理可知,2−4s内电路中的电流为逆时针,且两段时间内电流强度大小相等,所以AB错误;
    CD.由 E=ΔBΔtS 可知,电路中电流的大小恒定不变,则由 F=BIL 可知,F与B成正比,0−2s内电流的方向一直为由a指向b,由左手定则可知安培力方向先向左,后向右,则先为正方向,后为负方向,同理可得2−4s内的安培力的变化,也是先正方向后负方向的,所以C错误;D正确;
    故选D。
    9.【答案】BD
    【解析】【分析】
    根据电流的关系得出电动势的关系,结合法拉第电磁感应定律得出磁通量的变化率关系;
    根据受力情况结合牛顿第二定律得出磁铁的加速度与重力加速度的关系;
    理解电磁感应现象中的能量转化关系。
    本题主要考查了电磁感应现象的相关应用,能掌握法拉第电磁感应定律及运动过程中的能量转化关系即可完成分析。
    【解答】
    A、t2时刻电流为0,说明感应电动势为零,由E=nΔΦΔt可知穿过线圈的磁通量的变化率为0,故A错误;
    B、t2时刻电流为零,安培力为零,此时刻强磁铁只受重力作用,其加速度等于重力加速度,故B正确;
    C、若只增加强磁铁释放高度,下落速度变大,磁通量的变化率变大,则感应电流的峰值变大,故C错误;
    D、在t1到t3的时间内,强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量加上线圈产生的内能,所以强磁铁重力势能的减少量大于其动能的增加量,故D正确。
    10.【答案】AD
    【解析】解:AC.由电压表V2的示数随电流表示数A的变化图像可知R0=U2I2=6V2A=3Ω
    当I = 0.5A时,此时外电路的阻值达到最大,则R外=U1I1=Ω
    则R的最大值为R = R外−R0 = 12Ω
    A正确,C错误;
    BD.根据闭合电路欧姆定律可得E = U外1+I1r,E = U外2+I2r
    解得E = 8V,r = 1Ω
    B错误,D正确。
    故选AD。
    本题解题的关键是知道两条线分别表示哪个电压表的示数随电流的变化图像,然后根据欧姆定律求解定值电阻的阻值和滑动变阻器的最大阻值,根据闭合电路欧姆定律求解电源的电动势和内阻。
    11.【答案】BC
    【解析】【分析】
    本题考查弹性碰撞与完全非弹性碰撞,要掌握两种运动的特点,碰撞均遵循动量守恒定律,前者碰撞过程不损失机械能,后者是损失机械能最大的一种碰撞,碰后两者共速。
    【解答】
    AD.由弹性碰撞的规律可得m甲v0=m甲v甲+m乙v乙,12m甲v02=12m甲v甲2+12m乙v乙2,综合可得v甲=(m甲−m乙)v0m甲+m乙,v乙=2m甲v0m甲+m乙,v0=v乙−v甲,当m甲C.由完全非弹性碰撞的规律可得m甲v0=(m甲+m乙)v共,Q=12m甲v02−12(m甲+m乙)v共2,综合可得Q=m甲m乙v022(m甲+m乙)),结合m甲:m乙=2:1解得m乙=3Qv02,C项正确;
    B.甲、乙发生弹性碰撞,碰后甲、乙的速度大小相等,若速度的方向相同,则两者达共速,是完全非弹性碰撞,所以甲的速度与乙的速度等大反向,设碰后甲的速度为−v,乙的速度为v,由v甲=(m甲−m乙)v0m甲+m乙,v乙=2m甲v0m甲+m乙,可得−v=(m甲−m乙)v0m甲+m乙,v=2m甲v0m甲+m乙,比较可得m甲−m乙2m甲=−1,联立可解得m甲:m乙=1:3,B项正确。
    12.【答案】AC
    【解析】【分析】
    处于磁场中的金属辐条切割磁感线产生感应电动势,由等效电路结构判断金属辐条进出磁场前后,辐条中电流的大小及方向变化;由金属辐条转动切割磁感线产生感应电动势,结合闭合电路欧姆定律解得定值电阻R0两端的电压及电流;由焦耳定律解得圆环转动一周,定值电阻R0产生的热量。
    本题以半径为L的导电圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴逆时针匀速转动为情境,考查电磁感应现象,熟悉该过程中的电路问题是解题的关键。
    【解答】
    D.金属辐条OA、OB、OC进出磁场前后,辐条中电动势的大小为E=BLω⋅L2=12BωL2
    当一根辐条切割磁感线时,另外两根辐条与定值电阻并联,则切割磁感线的辐条中感应电流的大小I=Er+r3
    解得I=3BωL28r
    可知,电流大小不变,根据右手定则,电流方向始终由圆心指向圆环,即电流方向不变,故D错误;
    A.根据欧姆定律,通过定值电阻的电流I0=Er
    结合上述解得I0=BL2ω8r
    故A正确;
    B.根据闭合电路欧姆定律,定值电阻R0两端电压U=E−Ir
    结合上述解得U=18BL2ω
    故B错误;
    C.圆环转动一周,经历的时间T=2πω
    根据上述可知,在圆环转动一周的过程中,通过定值电阻的电流大小始终不变,则定值电阻产生的热量为Q=I02rT
    解得Q=πB2L4ω32r
    故C正确。
    13.【答案】 (1) B ;(2) 向上; (3)。
    【解析】【分析】
    本题为探究感应电流的产生条件和影响感应电流方向的因素的实验。
    掌握感应电流的产生条件:穿过闭合导体回路的磁通量发生变化。掌握楞次定律:感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
    【解答】
    (1)条形磁铁向上移动一小段距离,穿过螺线管的磁感线减少,向下移动一小段距离,穿过螺线管的磁感线增加,移动方向不同,产生的感应电流方向不同,根据二极管具有单向导电性可知灯泡A、B交替短暂发光, ACD错误, B正确。
    故选B。
    (2)当磁体向上运动时,穿过螺旋管的磁通量为竖直向下的减少,根据楞次定律,可知线圈中的感应电流产生的磁场竖直向下,根据右手螺旋定则可知电流从正接线柱流入,指针向右偏;故磁体向上运动。
    (3)根据感应电流产生的条件可知,要想进一步探究影响感应电流方向的因素,需要组成一个闭合回路,还需要一个含有电源的电路形成一个电磁铁,电路连接如图所示

    14.【答案】(1)1900;(2)左;3.0;(3)10
    【解析】【分析】
    本题考查传感器的实验;分析清楚电路结构,根据热敏电阻阻值随温度变化的关系判断电路总电阻如何变化,然后应用闭合电路欧姆定律与部分电路欧姆定律分析答题。找到热敏电阻与油液高度的关系式解决本题的关键。
    【解答】
    (1)此时热敏电阻的阻值为RT=19.0×100Ω=100Ω;
    (2)为保护电路安全,闭合开关前要让测量电路电压由小变大,滑动变阻器的滑片P应置于最左端,根据I1R0=I2RT,解得RT=3.0kΩ;
    (3)设警戒液面到油箱底部的距离为x,温度为30℃时热敏电阻的阻值为RT1=1.5kΩ,则在油液内的热敏电阻的阻值为R1=x50RT1
    同理,可得油液外的热敏电阻的阻值为R2=50−x50RT2
    其中RT2=0.5kΩ,由闭合电路欧姆定律有E=I(R+R1+R2)
    将E=6V、I=2.4mA、R=1.8kΩ
    代入可得x=10cm。
    15.【答案】解:(1)t=2s时,线圈内产生的感应电动势大小为:
    感应电流的大小为:I=ER+r=5A
    由楞次定律可知,电阻R上感应电流的方向为从b到a。
    (2)把磁场半径缩小为原来的一半,面积S1=100cm2,4~6s内产生的平均感应电动势为:
    产生的平均感应电流为:I=ER+r
    4~6s内通过R的电荷量为:。
    【解析】本题考查了法拉第电磁感应定律的应用。解题关键是由法拉第电磁感应定律求出感应电动势,由欧姆定律求出感应电流,最后由电流定义式的变形公式求出感应电荷量。
    16.【答案】解:(1)光在玻璃砖中传播光路如图,光在F点发生折射,入射角、折射角分别为i1、i2。
    而D为半径OB中点,故i1=30∘①
    由几何知识i2=60∘②
    由折射率的定义式,有
    n=sini2sini1③
    解得n= 3④
    (2)当光在玻璃砖上的入射角为临界角ic时,光从G点射出,与x轴交于点C,如图。
    csic=Rx⑤
    又sinic=1n⑥
    解得x= 62R⑦
    【解析】(1)根据几何关系以及折射定律求得该玻璃砖对激光的折射率;
    (2)根据sinic=1n以及几何关系求OC的距离。
    本题主要对光路的几何关系,折射定律以及全反射的掌握,是一道基础题。
    17.【答案】解:(1)粒子在电场加速过程,根据动能定理有qU=12mv 2
    解得v= 2qUm
    粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,则有qBv=mv 2R
    结合上述解得R=2 33d;
    (2)作出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
    根据几何关系有sinθ=dR
    解得θ=60∘
    可知粒子经过P分界面时到z轴距离为x1=R−Rcs60∘= 3d3;
    (3)在区域Ⅱ电场中,粒子在 z 轴上移动的时间为t=dvcsθ
    在 x 轴上匀速直线运动,则有x2=vsinθ⋅t= 3d
    所以在 x 轴的横坐标为x=x1+x2=4 33d
    在 y 轴上做初速度为0的匀加速直线运动,则有y=12at2=d
    可知坐标为: 4 33d,d,0 。

    【解析】【解析】
    本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动,根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键,分析清楚粒子运动过程后,应用动能定理、牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
    (1)粒子在M、N间加速,由动能定理求出粒子到达b孔时的速度,粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,应用牛顿第二定律求出粒子做圆周运动的轨道半径;
    (2)粒子在磁场中的运动轨迹根据几何关系可得粒子经过P分界面时到Z轴距离。
    (3)在区域Ⅱ电场中,粒子在z轴上可求出移动的时间,在x轴上匀速直线运动,在y轴上做初速度为0的匀加速直线运动,求出粒子打到若光屏Q上的位置。
    18.【答案】解:(1)A固定时,C的机械能守恒,有MgR=12Mv2
    在最低点FN−Mg=Mv2R
    解得FN=150N.
    (2)①A不固定,C下滑过程,设C到达A底端时,C的速度为v1,A、B1、B2、B3、B4速度为v2,则
    0=Mv1+5mv2
    MgR=12Mv12+12·5mv22
    解得v1=2m/s,v2=−2m/s
    C在B1上滑行,设滑离B1时,C的速度为v1′,B1、B2、B3、B4速度为v2′,则
    Mv1+4mv2=Mv1′+4mv2′
    12Mv12+12·4mv22=12Mv1′2+12·4mv2′2+μMgL
    解得v1′=1.2m/s,v2′=−1m/s
    C在B2上滑行,若停在B2上,C与B2、B3、B4共同速度为v3,且离B2左端距离为x,则
    Mv1′+3mv2′=(M+3m)v3
    12Mv1′2+12·3mv2′2=12(M+3m)v32+μMgx
    解得v3=0.375m/s,x≈0.15m假设成立,C停在B2上;
    ②C离开A后,一直做匀减速直线运动,则
    v3=v1−at
    μMg=Ma
    解得t≈0.26s。
    【解析】本题考查了牛顿第二定律的应用、动量与能量的综合应用;本题的关键明确滑块和木板的运动规律,能够根据动量守恒定律、能量守恒定律分析解决问题。
    (1)根据机械能守恒定律、牛顿第二定律分析求解;
    (2)根据动量守恒定律、能量守恒定律、运动学规律分析求解。
    相关试卷

    291,山东省东营市第一中学2023-2024学年高二下学期(2月)开学收心考试物理试题: 这是一份291,山东省东营市第一中学2023-2024学年高二下学期(2月)开学收心考试物理试题,共20页。试卷主要包含了02等内容,欢迎下载使用。

    2023-2024学年山东省东营市利津县高级中学高二(下)开学考试物理试卷(含解析): 这是一份2023-2024学年山东省东营市利津县高级中学高二(下)开学考试物理试卷(含解析),共16页。试卷主要包含了单选题,多选题,实验题,简答题,计算题等内容,欢迎下载使用。

    2023-2024学年江西省新余市第一中学高二(下)开学考试物理试卷(含解析): 这是一份2023-2024学年江西省新余市第一中学高二(下)开学考试物理试卷(含解析),共15页。试卷主要包含了单选题,多选题,实验题,计算题等内容,欢迎下载使用。

    免费资料下载额度不足,请先充值

    每充值一元即可获得5份免费资料下载额度

    今日免费资料下载份数已用完,请明天再来。

    充值学贝或者加入云校通,全网资料任意下。

    提示

    您所在的“深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载 10 份资料 (今日还可下载 0 份),请取消部分资料后重试或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载10份资料,您的当日额度已用完,请明天再来,或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深圳市第一中学”云校通余额已不足,请提醒校管理员续费或选择从个人账户扣费下载。

    重新选择
    明天再来
    个人账户下载
    下载确认
    您当前为教习网VIP用户,下载已享8.5折优惠
    您当前为云校通用户,下载免费
    下载需要:
    本次下载:免费
    账户余额:0 学贝
    首次下载后60天内可免费重复下载
    立即下载
    即将下载:资料
    资料售价:学贝 账户剩余:学贝
    选择教习网的4大理由
    • 更专业
      地区版本全覆盖, 同步最新教材, 公开课⾸选;1200+名校合作, 5600+⼀线名师供稿
    • 更丰富
      涵盖课件/教案/试卷/素材等各种教学资源;900万+优选资源 ⽇更新5000+
    • 更便捷
      课件/教案/试卷配套, 打包下载;手机/电脑随时随地浏览;⽆⽔印, 下载即可⽤
    • 真低价
      超⾼性价⽐, 让优质资源普惠更多师⽣
    VIP权益介绍
    • 充值学贝下载 本单免费 90%的用户选择
    • 扫码直接下载
    元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
    您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      充值到账1学贝=0.1元
      0学贝
      本次充值学贝
      0学贝
      VIP充值赠送
      0学贝
      下载消耗
      0学贝
      资料原价
      100学贝
      VIP下载优惠
      0学贝
      0学贝
      下载后剩余学贝永久有效
      0学贝
      • 微信
      • 支付宝
      支付:¥
      元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
      您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      扫码支付0直接下载
      • 微信
      • 支付宝
      微信扫码支付
      充值学贝下载,立省60% 充值学贝下载,本次下载免费
        下载成功

        Ctrl + Shift + J 查看文件保存位置

        若下载不成功,可重新下载,或查看 资料下载帮助

        本资源来自成套资源

        更多精品资料

        正在打包资料,请稍候…

        预计需要约10秒钟,请勿关闭页面

        服务器繁忙,打包失败

        请联系右侧的在线客服解决

        单次下载文件已超2GB,请分批下载

        请单份下载或分批下载

        支付后60天内可免费重复下载

        我知道了
        正在提交订单

        欢迎来到教习网

        • 900万优选资源,让备课更轻松
        • 600万优选试题,支持自由组卷
        • 高质量可编辑,日均更新2000+
        • 百万教师选择,专业更值得信赖
        微信扫码注册
        qrcode
        二维码已过期
        刷新

        微信扫码,快速注册

        手机号注册
        手机号码

        手机号格式错误

        手机验证码 获取验证码

        手机验证码已经成功发送,5分钟内有效

        设置密码

        6-20个字符,数字、字母或符号

        注册即视为同意教习网「注册协议」「隐私条款」
        QQ注册
        手机号注册
        微信注册

        注册成功

        下载确认

        下载需要:0 张下载券

        账户可用:0 张下载券

        立即下载
        使用学贝下载
        账户可用下载券不足,请取消部分资料或者使用学贝继续下载 学贝支付

        如何免费获得下载券?

        加入教习网教师福利群,群内会不定期免费赠送下载券及各种教学资源, 立即入群

        返回
        顶部
        Baidu
        map