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综合模拟卷(二)
(满分100 分 考试时间90 分钟)
选择题部分
一、选择题Ⅰ(本题共10 小题,每小题3 分,共30 分。每小题列出的四个备选项中只
有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)
1.导航已成为我们出行时的重要工具,某次导航时导航仪的界面图如图所示。下列说法
正确的是( )
A.研究汽车在导航地图中的位置时,不能把汽车视为质点
B.常规路线中的“55.4 公里”是指位移大小
C.常规路线中显示的“1 小时36 分”是指时刻
D.汽车分别按照常规路线和备选二行驶,两次出行的位移相同,路程不同
2.如图所示,一送餐机器人正在送餐,餐具放在水平托盘上,机器人在水平方向上做匀加速
直线运动,餐具与水平托盘始终无相对滑动。下列说法正确的是( )
A.摩擦力对餐具做正功
B.支持力对餐具做正功
C.重力对餐具做负功
D.合力对餐具不做功
3.如图所示,a、b 两同心圆线圈的匝数分别为n 和m,线圈半径分别为r 和R。分布着磁
感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场的圆形区域的边缘恰好与a 线圈重
合,则下列说法正确的是( )
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A.穿过a、b 两线圈的磁通量相同
B.穿过a 线圈的磁通量比b 的大
C.穿过b 线圈的磁通量比a 的大
D.因为不知道匝数n 和m 的大小关系,所以无法比较穿过a、b 两线圈的磁通量大小
4.如图所示的四个装置,AB、BC 均为轻质杆,各图中杆的A、C 端都通过铰链与墙连接,
两杆都在B 处由铰链连接,且系统均处于静止状态。现用等长的轻绳来代替杆,若要求继
续保持平衡,则
( )
A.图中的AB 杆可以用轻绳代替的有甲、乙、丙
B.图中的AB 杆可以用轻绳代替的有甲、丙、丁
C.图中的BC 杆可以用轻绳代替的有乙、丙、丁
D.图中的BC 杆可以用轻绳代替的有甲、乙、丁
5.如图所示,光滑圆弧面上有一小球做简谐运动,B 点为运动中的最低位置,A、C 点均为
运动过程中的最高位置。下列说法正确的是( )
A.B 点是平衡位置,此处小球受到的回复力就是重力
B.小球在B 点时,重力势能最小,机械能最小
C.小球在A 点和C 点时,速度最小,对圆弧面的压力最小,回复力最大
D.若增大小球做简谐运动的幅度,则其运动周期变大
6.如图是原子核的比结合能与质量数的关系图像,通过该图像可以得出一些原子核的比
结合能,如8
16O 核的比结合能约为8 MeV,2
4He 核的比结合能约为7 MeV,根据该图像判断,
则下列说法正确的是( )
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A.随着原子核质量数的增加,原子核的比结合能增大
B.36
80Kr 核的比结合能比54
144Ba 核的大,因此54
144Ba 比36
80Kr 更稳定
C.把8
16O 分成4 个2
4He 要吸收约16 MeV 的能量
D.把8
16O 分成8 个质子和8 个中子比把8
16O 分成4 个2
4He 要多吸收约16 MeV 的能量
7.山西刀削面是山西省的一种特色面食。如图所示,小面片(可视为质点)从距离锅高为h
处被水平削离,与锅沿的水平距离为L,锅的半径也为L。忽略空气阻力,且小面片都落入
锅中,重力加速度为g,则下列关于所有小面片在空中运动的描述正确的是( )
A.小面片在空中运动的时间与被抛出时的速度有关
B.小面片速度的变化量不相同
C.小面片落入锅中时,最大速度是最小速度的3 倍
D.若小面片刚被抛出时初速度为v0,则L√
g
2h
<v0<3L√
g
2h
8.2024 年6 月6 日,嫦娥六号上升器成功与轨道器和返回器组合体完成月球轨道的交会
对接。该次对接简化过程如图所示,轨道器和返回器组合体(以下简称组合体)绕月球做
半径为3R 的匀速圆周运动,上升器从椭圆轨道的近月点B(近似为月球表面处)运行半个
周期,到椭圆轨道的远月点A 时,恰好与组合体实现对接,之后两者一起沿组合体原有轨
道运动。已知月球半径为R,月球表面的重力加速度为g 月,忽略月球自转,则下列说法正
确的是( )
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A.组合体的运行周期为6π√
3 R
g月
B.上升器对接后机械能减小
C.上升器在椭圆轨道上的运行速率均小于对接后的运行速率
D.上升器在椭圆轨道上的运行周期与组合体的运行周期之比为3√3∶1
9.如图为某人设计的电吹风电路图,a、b、c、d 为四个固定触点。可动的扇形金属片P
可同时接触两个触点。P 处于不同位置时,电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工
作状态。n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数。该电吹风的各项参数如下表所
示。下列说法正确的是( )
热风时输入功率
460 W
冷风时输入功率
60 W
小风扇额定电压
60 V
正常工作时小风扇输出功率
52 W
A.小风扇的内阻为8 Ω
B.吹热风时流经电热丝的电流约为2.1 A
C.变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2为3∶11
D.吹冷风时P 的触点c 与触点a 接触、P 的触点d 与触点b 接触
10.如图为洛伦兹力演示仪的结构图。励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直于纸面向外,电
子束由电子枪产生,其速度方向与磁场方向垂直。电子速度的大小和磁场强弱可分别由
通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节(电流越大,磁场越强)。下列说法正确
的是( )
A.仅增大励磁线圈中电流,电子束径迹的半径变大
B.仅提高电子枪加速电压,电子束径迹的半径变大
C.仅增大励磁线圈中电流,电子做圆周运动的周期将变大
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D.仅提高电子枪加速电压,电子做圆周运动的周期将变大
二、选择题Ⅱ(本题共3 小题,每小题4 分,共12 分。每小题列出的四个备选项中至少
有一个是符合题目要求的。全部选对的得4 分,选对但不全的得2 分,有选错的得0
分)
11.质量m=200 kg 的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动,图甲表示汽车运动的速
度与时间的关系图像,图乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系图像。设汽车在运动过
程中阻力不变,在18 s 末汽车的速度恰好达到最大。则下列说法正确的是( )
A.汽车受到的阻力大小为200 N
B.汽车的最大牵引力大小为1 000 N
C.8~18 s 时间内汽车牵引力做的功为3.6×103 J
D.汽车做变加速运动过程中的位移大小为95.5 m
12.曾经风靡一时的“可达鸭吸管”,在用它喝可乐(可乐可视为导体)的时候会发出悦耳
的音乐。如图为其原理简化图,在吸管外面包有一层铜箔作为电极,当可乐流过电极附近
时,便与铜箔形成了电容,从而使电极的电势发生改变,触发音乐开关。下列判断正确的
是( )
A.空吸管与充满可乐的吸管相比,空吸管对应的电容要小一些
B.吸管(这个结构)除了喝水以外还充当了电介质的作用
C.用该吸管喝别的饮料时不可能会发出音乐
D.手持一根小木条插入吸管中不可能听到音乐
13.如图所示,相距3 m 的S1和S2是两个完全相同声源,选某一时刻为计时零点,两声源振
动方程均为y=5cos(170πt) cm,声速v=340 m/s。以两声源连线中点O 为坐标原点过两个
声源建立x 轴,下列说法正确的是( )
A.S1发出的声波和另一个频率为1
85
Hz 的声波能发生干涉
B.当人位于x=1 m 处时,几乎听不到声音
C.t=85 s 时,x=0 处的质点位移为-5√2
2
cm
D.在S1和S2之间有1 个振动加强点
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非选择题部分
三、非选择题(本题共5 小题,共58 分)
14.实验题(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三题共14 分)
图1
14-Ⅰ.(7 分)利用如图1 所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验。已知打点计时
器打点周期T=0.02 s,重力加速度为g。
(1)甲同学在做实验时进行了如下操作,其中操作不当的步骤是 (选填选项前的
字母)。
A.将打点计时器接到交流电源上
B.应选择体积小、质量大的重物
C.释放纸带前,纸带应保持竖直
D.先释放纸带,再接通打点计时器的电源开关
(2)某位同学从打出的纸带中选出符合要求的一条纸带,如图2 所示(其中一段纸带图中
未画出)。图中O 点为打出的起始点,且速度为零。选取在纸带上连续打出的点A、B、
C、D、E、F 作为计数点。测出C、D、E 点距起始点O 的距离分别为h1、h2、h3,由此
可计算出打点计时器打下D 点时重物下落的瞬时速度vD= m/s。用m 表示重
物的质量,在误差允许的范围内,若满足表达式mgh2= ,则可认为重物下落过程
中机械能守恒(用给出的已知物理量的符号表示)。
图2
图3
(3)另一同学设想采用另一种方法研究机械能是否守恒:在图2 中的纸带上,先分别测量出
从A 点到B、C、D、E、F 点的距离h,再计算对应B、C、D、E 各点的重物速度v。请
帮助此同学在图3 中画出v2-h 图像的示意图,并说明如何利用该图像判断重物下落过程
中机械能是否守恒: 。
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14-Ⅱ.(4 分)某探究小组要测量一金属丝的电阻率ρ。可利用的实验器材有:电压表(内阻
很大)、待测金属丝(横截面积S=0.5 mm2)、金属夹、刻度尺、开关、电源(电动势为E,
内阻r=1.0 Ω)、导线若干。他们设计了如图甲所示的实验电路原理图。
(1)实验步骤如下:
①将金属丝拉直固定,按照图甲电路原理图连接电路,金属夹置于金属丝的 (选
填“A”或“B”)端;
②闭合开关S,滑动金属夹至适当位置并记录电压表示数U,断开开关S,记录金属夹与B
端的距离L;
③多次重复步骤②,根据记录的若干组U、L 的值,作出图像如图乙所示。
(2)根据分析可得1
U
= (用E、S、ρ、L 和r 表示)。
(3)由图乙求得电源电动势E= V,待测金属丝的电阻率ρ= Ω·m。(结
果均保留两位有效数字)
14-Ⅲ.(3 分)在探究向心力大小的影响因素实验中,将质量相同的钢球①放在长槽A 的边
缘,钢球②放在短槽B 的边缘,如图所示。A、B 两槽的半径之比为2∶1,a、b 分别是与A
槽、B 槽同轴的塔轮,a 轮、b 轮半径之比为1∶2,当a、b 两轮在同一皮带带动下匀速转
动时,皮带不打滑,且钢球①②分别相对A、B 槽静止,则 。
A.用如图所示参数的装置可以探究向心力与半径的关系
B.a 轮与b 轮边缘上的点线速度大小相等
C.A 槽与B 槽的角速度之比为1∶2
D.钢球①②所需的向心力之比为8∶1
15.(8 分)如图甲为弹性健身球,球内气体的体积为120 L,压强为1.5×105 Pa。某同学趴到
球上,达到稳定时,球内气体压强变为1.8×105 Pa。球内气体可视为理想气体且温度不变。
(1)求健身球被压后,球内气体达到稳定时的体积。
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(2)该过程中,气体状态变化的等温线近似看成一段倾斜直线,如图乙所示,估算该过程气
体向外界放出的热量。
(3)若健身球放置一段时间后,由于漏气,球内气体压强变为1.4×105 Pa,求漏出气体与原来
气体的质量之比(球的体积可视为不变)。
16.(11 分)如图所示,光滑水平台面MN 上放两小滑块A、B(可视为质点),台面MN 与水平
传送带上表面等高且平滑连接,传送带水平部分长度L=10 m,传送带沿逆时针方向以恒
定速度v=4.5 m/s 匀速转动。小滑块B 与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,两小滑块质量分
别为mA=2 kg、mB=1 kg。开始时小滑块A、B 均静止,且A、B 间压缩一轻质弹簧(与
A、B 均未连接),弹簧中锁定有弹性势能Ep=12 J。现解除锁定,弹开A、B 并立即拿走弹
簧,g 取10 m/s2。
(1)求A、B 弹开后瞬间,A、B 的速度大小vA1、vB1。
(2)B 获得速度后,向右运动滑上传送带,求B 在传送带上向右滑动的最远距离sm和B 从
传送带返回水平面MN 时的速度大小vB2。
(3)B 从滑上传送带到离开传送带过程中,求B 在传送带表面留下的划痕总长度。
17.(12 分)在芯片加工制作中,需要对带电粒子的运动进行精准调控。如图所示,在xOy
平面内的0<x<2a 范围内有匀强电场E(大小未知),方向沿y 轴正方向;在第三象限内有边
界与坐标轴相切的圆形匀强磁场区域,圆边界的半径为a,磁场的磁感应强度大小为B0、
方向垂直于纸面向外;△OCD 内有垂直纸面向里的匀强磁场B(大小未知),OC 边长为
4a,∠DCO=30°,边界有磁场。一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子,从A 点(2a,0)以与
直线x=2a 夹角为θ(未知)的方向射入第四象限的电场,经电场偏转后从P1点(0,-1.5a)垂
直于y 轴进入第三象限,经圆形磁场后从P2点(-a,0)进入△OCD 中,粒子在圆形磁场中运
动的轨迹半径也为a,最后垂直于CD 边离开磁场。不计粒子的重力。求:
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(1)匀强电场的电场强度E 的大小;
(2)△OCD 内匀强磁场的磁感应强度B 的大小;
(3)粒子在两个磁场中运动的总时间。
18.(13 分)如图所示,两平行金属导轨M1N1、M2N2固定在倾角θ=37°的绝缘斜面上,导轨
内存在方向垂直于导轨斜面向上、磁感应强度B0=2.0 T 的匀强磁场,导轨顶端与一电动
势E=6 V、内阻不计的电源相连。两水平平行金属导轨N1P1、N2P2绝缘固定在地面上,
导轨间依次分布着磁感应强度大小B=0.25 T、宽度为s 的矩形匀强磁场,磁场方向向上、
向下依次分布。两部分导轨在点N1、N2处用绝缘材料平滑连接,电阻不计且足够长,间
距均为L=1.0 m。质量m=1 kg、电阻R1=2 Ω、长度为L 的导体棒ab 垂直放在倾斜导
轨上、与导轨接触良好并固定,导体棒ab 与倾斜导轨间的动摩擦因数μ=0.5。长方形导
体框cefd 放在水平导轨上,cd 边与最左侧磁场的左边界重合,ce 边长为s,cd 边长为L,导
体框的cd、ef 边与导轨垂直且接触良好。导体框质量m=1 kg,cd 边的电阻R2=2 Ω,ef 边
的电阻R3=1 Ω,ce、fd 边电阻不计。某时刻闭合开关S,同时释放导体棒ab,当ab 运动到
水平轨道上时,立刻断开开关S,ab 速度已达最大且运动到导体框cd 边与导体框碰撞并
粘在一起。此后导体棒ab 和导体框组成的整体(题目中称为整体)在水平导轨上运动,运
动时所受的摩擦阻力Ff=0.125v(N),v 为整体的运动速率。已知重力加速度g 取10
m/s2。求:
(1)闭合开关S 瞬间导体棒ab 的加速度大小;
(2)导体棒ab 能达到的最大速度vm;
(3)整体减速运动的距离x;
(4)整体减速运动过程中克服安培力做的功。
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参考答案
综合模拟卷(二)
1.D
【解析】 汽车的大小相对行驶路程可以忽略,因此研究汽车在导航地图中的位置时,可以把汽车
视为质点,故A 错误;由图可知,常规路线中的“55.4 公里”是指路程,大于位移大小,故B 错误;“1
小时36 分钟”是指时间间隔,故C 错误;汽车分别按照常规路线和备选二行驶,初始位置和末位
置相同,位移相同,运动路径不同,路程不同,故D 正确。
2.A
【解析】 餐具也在水平方向做匀加速直线运动,对餐具受力分析可知,受重力、支持力、向前的
静摩擦力,由于静摩擦力与运动方向相同,则静摩擦力对餐具做正功,故A 正确;支持力与运动方
向垂直,则支持力对餐具不做功,故B 错误;重力与运动方向垂直,则重力对餐具不做功,故C 错误;
餐具在水平方向做匀加速直线运动,则合力对餐具做正功,故D 错误。
3.A
【解析】 根据磁通量表达式Φ=BS 可知磁通量与匝数无关,a、b 两线圈中磁场的有效面积相同,
则穿过a、b 两线圈的磁通量相同。故选A。
4.B
【解析】 如果杆受拉力作用,则可以用与之等长的轻绳代替;如果杆受压力作用,则不可用等长
的轻绳代替。AB 杆受拉力作用的只有甲、丙、丁,BC 杆受拉力作用的只有丙,故A、C、D 错误,
B 正确。
5.C
【解析】 B 点是平衡位置,此处小球受到的回复力是重力在切线方向的分力,此时回复力为零,
故A 错误;小球在B 点时,重力势能最小,整个运动过程机械能守恒,故B 错误;小球在A 点和C 点
时,速度最小,对圆弧面的压力最小,回复力最大,故C 正确;简谐运动的周期与振幅无关,若增大小
球做简谐运动的幅度,则其运动周期不变,故D 错误。
6.C
【解析】 由图像可知,原子核质量数比较小时,随着原子核质量数的增加,原子核的比结合能增
大,原子核质量数比较大时,随着原子核质量数的增加,原子核的比结合能减小,A 错误;原子核的
比结合能越大,原子核越稳定,36
80Kr 核的比结合能比54
144Ba 核的大,因此36
80Kr 比54
144Ba 更稳定,B 错误;
把8
16O 分成8 个中子和8 个质子需要吸收的能量约为ΔE=16×8 MeV=128 MeV,把2 个质子与2
个中子组合成一个氦核需要释放的能量约为ΔE'=28 MeV,所以把8
16O 分成4 个2
4He 要吸收ΔE 吸
=ΔE-4ΔE'=16 MeV 的能量,C 正确;把8
16O 分成8 个质子和8 个中子需要吸收约128 MeV 的能量,
把8
16O 分成4 个2
4He 需要吸收约16 MeV 的能量,所以把8
16O 分成8 个质子和8 个中子比把8
16O 分
成4 个2
4He 要多吸收约112 MeV 的能量,D 错误。
7.D
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【解析】 所有小面片在空中均做平抛运动,在竖直方向做自由落体运动,根据h=1
2
gt2可得t=
√
2h
g
,故A 错误;所有小面片都只受重力作用,所以加速度均为g,根据Δv=gt 可知,所有小面片在
空中运动过程中速度的变化量相同,故B 错误;若小面片刚被抛出时初速度为v0,在水平方向做匀
速直线运动,落在锅里的水平距离最小值为L,最大值为3L,有L=vmint,3L=vmaxt,所以L√
g
2h
<v0<3L
√
g
2h
,小面片落入锅中的水平速度最大值为最小值的3 倍,但是竖直速度相等,根据速度的合成
v=√v0
2+ v y
2,可知小面片落入锅中时,最大速度不是最小速度的3 倍,故C 错误,D 正确。
8.A
【解析】 物体在月球表面有Gm月m1
R
2
=m1g 月,对组合体有G m月m
(3 R)
2 =m4 π
2
T
2 ·3R,解得T=6π√
3 R
g月
,
故A 正确;上升器要与组合体对接需要加速,因此上升器对接后机械能增加,故B 错误;上升器在
椭圆轨道的近月点B 的运行速率大于近月轨道卫星的运行速率,根据Gm月m
r
2
=mv
2
r
得v=√
G m月
r
,可知近月轨道卫星的运行速率大于组合体的运行速率,因此上升器在椭圆轨道上的运行速率不
一定小于对接后的运行速率,故C 错误;根据开普勒第三定律r1
3
T 1
2 = r2
3
T 2
2,其中r1=3 R+ R
2
=2R,r2=3R,可得上升器在椭圆轨道上的运行周期与组合体的运行周期之比为2√2∶3√3,故D 错
误。
9.A
【解析】 当电吹风吹冷风时,电路中只有小风扇工作,则P 的触点c 与触点b 接触,故D 错误;吹
冷风时输入功率为60 W,正常工作时小风扇输出功率为52 W,说明小风扇内阻消耗的功率为8
W,则有Pr=I2r,I=P入
U = 60
60
A=1 A,得r=8 Ω,故A 正确;吹热风时电热丝的热功率为P=460 W-60
W=400 W,流经电热丝的电流为I'= P
U = 400
220
A=1.8 A,故B 错误;变压器原、副线圈的匝数比为
n1
n2
= 220
60 = 11
3
,故C 错误。
10.B
【解析】 电子在加速电场中加速,由动能定理有eU=1
2 m v0
2,电子在匀强磁场中做匀速圆周运
动,洛伦兹力充当向心力,有eBv0=mv0
2
r
,解得r=m v0
eB = 1
B√
2mU
e
,仅增大励磁线圈中电流,磁感应
强度B 增大,电子束径迹的半径变小,仅提高电子枪加速电压U,电子束径迹的半径变大,故A 错
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误,B 正确;由电子做圆周运动的周期T=2π m
eB
可知,仅增大励磁线圈中电流,磁感应强度B 增大,
电子做圆周运动的周期将变小,仅提高电子枪加速电压,电子做圆周运动的周期将不变,故C、D
错误。
11.BD
【解析】 汽车受到的阻力大小为Ff=P额
vm
= 8 000
10
N=800 N,A 错误;汽车匀加速运动时牵引力
最大,根据牛顿第二定律得Fm-Ff=ma,根据图甲得a=8
8
m/s2=1 m/s2,解得Fm=1 000 N,B 正确;8~18
s 时间内汽车牵引力做的功为WF=P 额(t2-t1)=8 000×(18-8) J=80 000 J,C 错误;根据动能定理得
WF-Ffx=1
2 m vm
2- 1
2 m v1
2,解得x=95.5 m,D 正确。
12.AB
【解析】 该吸管的原理是由铜箔组成电容器,其电容发生改变从而触发音乐开关,根据电容的定
义式C= εr S
4 π kd
,可得充满可乐的吸管与空吸管相比,正对面积增大,所以电容变大,故A 正确;由题
意可知,电容器极板由铜箔构成,而细管接入铜箔之间,从结构上看,其细管除了喝水以外,也充当
了电介质的作用,故B 正确;由之前的分析可知,当电容器的电容改变,即会听到音乐,而当喝其他
饮料时,其他饮料到达铜箔的位置时,也改变了其电容,所以用该吸管喝别的饮料时也可能会发出
音乐,故C 错误;由之前的分析可知,当电容器的电容改变,即会听到音乐,而当一根小木条插入吸
管中时,也改变了其电容,所以手持一根小木条插入吸管中也可能听到音乐,故D 错误。
13.BD
【解析】 两声源的频率为f= ω
2π = 170 π
2π
Hz=85 Hz,由于频率不同,不能与频率为1
85
Hz 的声波
发生干涉,故A 错误;两声源的波长为λ=v
f
=4 m,当人位于x=1 m 处时,两声源与人的波程差为
Δs=|-1.5-1| m-|1.5-1| m=2 m= λ
2
,故x=1 m 处为振动减弱点,几乎听不到声音,故B 正确;设振动加
强点的横坐标为x,振动加强点的波程差满足|1.5-x| m-|x-(-1.5)| m=nλ(n=0,1,2,3,…),且-1.5
m≤x≤1.5 m,解得n=0,x=0,故在S1和S2之间有1 个振动加强点,故D 正确;两声源的周期为T=
1
f = 1
85
s,85 s 为整数个周期,t=85 s 时,x=0 处的质点位移恰为计时零点时的位移,由D 可知,x=0
处的质点为振动加强点,x=0 处质点与S1的波程差为3
8
λ,则t=85 s 时,S1在x=0 处质点位移为
y1=5cos 170π×3
8 × 1
85 (cm)=-5√2
2
cm,同理t=85 s 时,S2在x=0 处质点位移为y2=y1=-5√2
2
cm,
故t=85 s 时,x=0 处的质点位移为y=y2+y1=-5√2 cm,故C 错误。
14-Ⅰ.【答案】 (1)D
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(2)2.31 m(h3-h1)
2
8T
2
(3)见解析图 计算该图像的斜率,若图像为一条斜率接近2g 的直线,则可验证重物下落过程中
机械能守恒
【解析】 (1)根据打点计时器的工作原理可知打点计时器应接到交流电源上,故A 正确,不符合
题意;在“验证机械能守恒定律”的实验中应选择体积小、质量大的重物,其目的是减小空气阻
力的影响,以减小实验误差,故B 正确,不符合题意;根据实验要求,释放纸带前,纸带应保持竖直状
态,这是为了确保实验条件尽可能接近自由落体的理想情况,从而减小实验误差,故C 正确,不符
合题意;开始记录时,应先接通打点计时器的电源开关,然后再释放重物,让它带着纸带一同落下,
如果先放开纸带让重物下落,再接通打点计时器的电源开关,由于重物运动较快,不利于数据的采
集和处理,会对实验产生较大的误差,故D 错误,符合题意。
(2)打点计时器打下D 点时重物下落的瞬时速度等于重物经过CE 两点间的平均速度,有vD=
xCE
2T = h3-h1
2T
=2.31 m/s。
用m 表示重物的质量,在误差允许的范围内,表达式为mgh2=1
2 m v D
2,联立解得mgh2=
m(h3-h1)
2
8T
2
,若上式成立则可认为重物下落过程中机械能守恒。
(3)由机械能守恒定律得mgh=1
2
mv2-1
2 m v A
2,解得v2=2gh+v A
2,画出v2-h 图像的示意图如图所示。
由v2=2gh+v A
2可知图像的斜率k=2g,所以计算该图像的斜率,若图像为一条斜率接近2g 的直线,
则可验证重物下落过程中机械能守恒。
14-Ⅱ.【答案】 (1)A
(2) rS
ρE · 1
L + 1
E
(3)3.3 2.5×10-6
【解析】 (1)为了保护电源,闭合开关S 前,应将金属夹置于金属丝的A 端。
(2)对于图甲电路,根据闭合电路欧姆定律有U=E-Ir
设金属丝的电阻率为ρ,结合欧姆定律和电阻定律I=U
R
,R=ρ L
S
联立可得U=E-US
ρL
r
整理可得1
U = rS
ρE · 1
L + 1
E
。
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(3)根据1
U = rS
ρE · 1
L + 1
E
可知1
U - 1
L
图像中的纵截距b= 1
E
=0.3
斜率k= rS
ρE = 0.9-0.3
10
=0.06
代入数据解得E=3.3 V,ρ=2.5×10-6 Ω·m。
14-Ⅲ.BD
【解析】 依题意,a、b 两轮在同一皮带带动下匀速转动,皮带不打滑,则a 轮与b 轮边缘上的点
线速度大小相等,由v=ωr,根据ra
rb
= 1
2
,可知A 槽与B 槽的角速度之比为ωa
ωb
= 2
1
,故B 正确,C 错误;
依题意,两钢球质量相等,根据Fn=mω2R,又R A
RB
= 2
1
,解得F A
FB
= 8
1
,即钢球①②所需的向心力之比为
8∶1,故D 正确;本实验采用控制变量法,图中两钢球质量相等,塔轮的角速度不相等,不可以探究
向心力与半径的关系,故A 错误。
15.【答案】 (1)100 L (2)3 300 J (3) 1
15
【解析】 (1)根据玻意耳定律可知
p1V1=p2V2
解得V2= p1V 1
p2
= 1.5×10
5×120
1.8×10
5
L=100 L。
(2)由图乙可知该过程中外界对气体做功
W=1.8+1.5
2
×105×(120-100)×10-3 J=3 300 J
气体温度不变,则ΔU=0
由热力学第一定律可知
该过程气体向外界放出的热量Q=W=3 300 J。
(3)当球内气体压强变为p3=1.4×105 Pa 的过程中,根据玻意耳定律可知
p1V1=p3V3
解得V3=15
14
V1
漏出气体与原来气体的质量之比V 3-V 1
V 3
= 1
15
。
16.【答案】 (1)2 m/s 4 m/s (2)4 m 4 m/s (3)18 m
【解析】 (1)解除锁定弹开A、B 过程中,设向右为正方向,由机械能守恒定律得
Ep=1
2
mAv A 1
2+ 1
2
mBvB1
2
由动量守恒定律得mBvB1-mAvA1=0
联立解得vA1=2 m/s,vB1=4 m/s。
(2)B 滑上传送带后做匀减速运动,当速度减为零时,运动距离最远,由动能定理得
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-μmBg·sm=0-1
2
mBvB1
2
解得sm=4 m
因为4 m<10 m,所以B 沿传送带向左返回,根据运动的对称性可知,滑块B 将在摩擦力作用下一
直做匀加速运动直到滑上水平面MN。由动能定理得
μmBg·sm=1
2
mBvB2
2-0
解得vB2=4 m/s。
(3)B 做匀变速运动,由牛顿第二定律得
μmBg=mBa
解得a=2 m/s2
B 向右匀减速至速度为零,由运动学公式得
vB
2=2as1,0=vB-at1
解得s1=4 m<L,t1=2 s
设B 向左加速根据运动的对称性,可知s2=4 m,vB=at2
解得t2=2 s
B 在传送带表面留下的划痕总长为s=vt1+s1+vt2-s2=18 m。
17.【答案】 (1)3q B0
2a
4 m
(2)√3
3
B0 (3)(2+√3)π m
3q B0
【解析】 (1)因为粒子的圆轨迹半径等于磁场圆边界的半径,即
r1=a
由洛伦兹力提供向心力得
qvB0=mv
2
r1
可得v=q B0a
m
设粒子在电场中的运动时间为t,则x 轴方向,有2a=vt
y 轴方向应用逆向思维,有
3
2
a=1
2 · qE
m
t2
解得E=3q B0
2a
4 m
。
(2)设粒子进入△OCD 内磁场时,速度方向与x 轴正方向间的夹角为α,则粒子在两个磁场中运动
的轨迹如图所示
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根据磁聚焦模型和几何关系可知cos α=1
2
解得α=60°
粒子垂直于CD 出射,有
2r2sin α=4a-a
解得r2=√3a
由洛伦兹力提供向心力得
qvB=mv
2
r2
解得B=√3
3
B0。
(3)粒子在圆形磁场区域运动的时间为
t1=1
3
T1
粒子在三角形磁场区域运动的时间为
t2=1
6
T2
又T=2π R
v0
,qv0B=mv0
2
R
可得T1=2π m
q B0
,T2=2π m
qB
故粒子在两个磁场中运动的总时间
t 总=t1+t2=(2+√3)π m
3q B0
。
18.【答案】 (1)8 m/s2 (2)4 m/s (3)16 m (4)2 J
【解析】 (1)闭合开关S 瞬间,根据右手定则可知安培力沿斜面向下,对导体棒ab 受力分析如图
所示
根据牛顿第二定律得
mgsin θ+B0IL-μmgcos θ=ma
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又I= E
R1
联立解得a=8 m/s2。
(2)导体棒ab 向下滑动过程,切割磁场,在回路中产生反方向的感应电动势,当受力平衡时,达到最
大速度,有
mgsin θ=B0B0 Lvm- E
R1
L+μmgcos θ
解得vm=4 m/s。
(3)依题意,导体棒ab 与导体框碰撞过程中动量守恒,有
mvm=2mv
解得v=vm
2
=2 m/s
导体棒ab 与导体框碰撞并粘在一起后,电阻为
R=
1
1
R1
+ 1
R2
+R3=2 Ω
整体在水平轨道滑行过程中,由动量定理得
-Fft-2BILt=0-2mv
又q=It,I = E
R , E = 2BxL
t
Ff=0.125v(N),vt=x
联立解得x=16 m。
(4)整体运动过程中受到的安培力大小F 安=2BiL=2B E
R
L=4 B
2 L
2v
R
= 1
8
v
又Ff=0.125v=1
8
v
解得Ff=F 安
则有Wf=WF 安
由能量守恒定律得
1
2
·2mv2=Wf+WF 安
联立解得WF 安=2 J
即整体减速运动过程中克服安培力做的功为2 J。
