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综合模拟卷(三)
(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.下列选项的物理量是矢量且其单位正确的是( )
A.力,N
B.质量,kg
C.功,kg·m2/s2
D.角速度,r/s
2.四个体育项目的比赛场景如图所示。在下列研究中可将运动员看成质点的是( )
A.研究图甲中接力运动员的接力动作
B.研究图乙中运动员发旋转球的技巧动作
C.研究图丙中花样游泳运动员的技术动作
D.研究图丁中公路自行车运动员的平均速度
3.实验室使用的电流表是磁电式仪表,这种电流表的部分构造如图所示。蹄形磁体和铁
芯间的磁场均匀辐向分布。假设长方形线圈的匝数为n,平行于纸面的边长度为L1,垂直
于纸面的边长度为L2,且垂直于纸面的边所处磁场的磁感应强度大小为B。若线圈中通
入电流I,当线圈以角速度ω 绕垂直于纸面的中心轴OO'转动到水平位置时,下列说法正
确的是( )
A.该磁场是匀强磁场
B.该时刻线圈边a 所受的安培力大小为nBIL2
C.该时刻穿过该线圈的磁通量为BL1L2
D.该时刻线圈在安培力作用下将顺时针转动
4.某品牌漏电保护器的内部结构及原理如图乙所示,虚线框内为漏电检测装置,可视为理
想变压器,其中原线圈由入户的火线、零线在铁芯上双线并行绕制而成,副线圈与控制器
相连。当电路发生漏电时,零线中的电流小于火线中的电流,从而使副线圈中产生感应电
流,通过控制器使线路上的脱扣开关断开,起到自动保护的作用。若入户端接入u=311sin
100πt V 的交变电流,则( )
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A.入户端接入的交变电流方向每秒变化50 次
B.当用电器发生短路时,该漏电保护器会切断电路
C.当电路没有发生漏电时,通过副线圈的磁通量始终为零
D.当电路没有发生漏电时,通过副线圈的磁通量随原线圈中电流的增加而增加
5.家庭装修中释放的甲醛和射线是白血病的诱因之一,其来源往往是不合格的瓷具、橱
柜等,来自瓷具、橱柜等释放的氡气具有放射性,氡核(86
222Rn)的衰变方程为86
222Rn
Po+X,氡222 的半衰期为3.8 天。下列说法正确的是( )
A.氡222(86
222Rn)衰变为钋218(84
218Po)的过程为β 衰变
B.该衰变过程中释放γ 射线和另一种射线,γ 射线穿透能力最强,另一种射线电离本领最
强
C.800 个氡核(86
222Rn)经过7.6 天后,还有200 个未发生衰变
D.给房屋通风或放置绿植,可以减小氡222 的半衰期
6.从某一高处使一小球由静止自由落下,选择地面为参考平面,以v 表示小球运动的速度,
t 表示小球运动的时间,x 表示小球运动的路程。在小球下落过程中忽略空气阻力的影响,
但在触地瞬间小球会损失一定能量后反弹竖直向上运动,弹跳数次。取竖直向下为正方
向,下列关于机械能E、速度v、动能Ek、重力势能Ep的变化图像可能正确的是( )
7.如图所示,某颗卫星由地面发射后,首先进入近地圆轨道Ⅰ运动,然后由轨道Ⅰ上的Q
点进入椭圆轨道Ⅱ,最终由轨道Ⅱ上的P 点进入预定圆轨道Ⅲ。如忽略地球表面空气阻
力的影响,则( )
A.该卫星在地球表面的发射速度大小可能为7.5 km/s
B.该卫星在轨道Ⅰ上运行时的角速度比在轨道Ⅲ上运行时的角速度小
C.该卫星在轨道Ⅱ上P 点的加速度小于在轨道Ⅲ上P 点的加速度
D.该卫星在轨道Ⅱ上的机械能比在轨道Ⅲ上的机械能小
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8.坐标原点处质点在t=0 时刻从平衡位置开始振动,振动沿x 轴正方向传播,t=1.8 s 时刻
x=0 到x=45 m 之间第一次出现如图所示波的图像,这时波源处质点振动时间不超过1.5
个周期,则下列判断正确的是( )
A.波源处质点起振方向为y 轴正方向
B.波传播速度大小为20 m/s
C.波源处质点的振动方程为y=-2sin 4
5
πt cm
D.t=1.8 s 时刻,x=25 m 处的质点振动已经过的路程为4 cm
9.直流电源、电阻、开关、自感线圈和平行板电容器连接成电路,如图所示。已知线圈
的自感系数L= 2
π
×10-2 H,电容器的电容C= 8
π
×10-4 F,上极板P 和下极板Q 长度均为x=20
cm,线圈的直流电阻与导线的电阻都不计。现先让开关S 闭合,待稳定后断开开关,并记
此时为t=0 时,这时让一电子从两极板左边界上的N 点沿中线以v0=25 m/s 的速度平行
极板射入电容器,结果电子从电容器右边界的两极板间水平射出。不考虑极板间电场的
边缘效应,不计电子重力以及电子对电场的影响,忽略一切电磁波辐射。下列说法正确的
是( )
A.t=2×10-3 s 时,线圈内自感电动势最大,电容器上电压为零
B.t=3×10-3 s 时,线圈上的自感电动势方向与电流方向相同
C.t=8×10-3 s 时,电子平行极板方向射出电容器,且射出速度大小与初速度相同
D.若某时刻线圈内磁场方向和电容器间电场方向都向下,则电场能正在向磁场能转化
10.如果游轮上处于O 点的人刚好看到潜艇在其正前方的水下缓慢通过,将人和潜艇均
视为质点,如图所示,此时人到水面的高度h1=24 m,潜艇的水下深度h2=43 m。水的折射
率为n=4
3
,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,则下列说法正确的是( )
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A.人看到潜艇的像在水下的深度等于43 m
B.潜艇与人的水平距离为64.25 m
C.潜艇与人的水平距离为37.5 m
D.不考虑船体阻挡,水面能看到潜艇范围的面积为12 943 π
9
m2
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.彩超成像的基本原理是探头向人体发射一组超声波,遇到人体组织会产生不同程度的
反射,探头接收到的超声波信号由计算机处理,从而形成彩超图像。如图为血管探头沿x
轴正方向发射的简谐超声波的图像,t=0 时刻波恰好传到质点M。已知该超声波的频率
为1×107 Hz。下列说法正确的是( )
A.血管探头发出的超声波在血管中的传播速度为1.0×103 m/s
B.质点M 开始振动的方向沿y 轴负方向
C.0~1.25×10-7 s 时间内,质点M 运动的路程为3 mm
D.t=1.50×10-7 s 时,质点N 恰好处于波谷
12.图甲是研究光电效应的实验原理图,金属板K 由逸出功W0=4.54 eV 的金属钨制成,图
乙是氦离子能级图,用一群处于n=3 能级的氦离子发出的光子照射阴极。已知滑动变阻
器总阻值R=10 Ω,滑片P 初始位置处于滑动变阻器中点O,电源电动势为E=30 V,内阻忽
略,则( )
A.滑片P 向b 端移动,电流表一直增大
B.辐射的光子都能使金属板发生光电效应
C.滑片P 向a 端移动,电流表示数一直减小直到零
D.调节滑片P,到达A 极板的光电子最大动能为58.86 eV
13.在xOy 平面内,除x 轴和x 轴下方虚线之间的区域外,存在垂直于纸面的匀强磁场,磁
感应强度大小为B,在无磁场区域内,沿着x 轴依次放置离子源、长度为L 的喷镀板P,喷
镀板左端到y 轴的距离为L。粒子源(粒子出口为O)产生质量为m、电荷量为+q 的粒子
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(粒子的初速度视为0),经电压U0=B
2q L
2
2m
的电场加速后从O 点沿着y 轴正方向射入上方
磁场。粒子落在喷镀板的上表面,并立即被吸收且电中和,忽略电磁场的边缘效应,不计
粒子的重力及粒子间相互作用力。为使粒子全覆盖喷镀板的上表面,可采取两个方案,方
案一是粒子源不动,改变粒子源内的加速电场的电压,使其满足U=kU0(k 大小可调);方案
二是保持粒子源的加速电压不变,让粒子源以O 点为轴顺时针转动。下列说法正确的是
( )
A.磁场方向垂直纸面向外
B.当粒子源内的加速电场的电压为U0时,粒子刚好打在喷镀板的左端
C.在方案一中,k 的最小取值范围为1
4
≤k≤1
D.在方案二中,粒子源转过的角度的最小值为60°
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)
14-Ⅰ.(5 分)用半径相同的小球1 和小球2 的碰撞验证动量守恒定律,实验装置如图所示,
斜槽与水平槽圆滑连接。安装好实验装置,在地上铺一张白纸,白纸上铺复写纸,记下铅
垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下:
步骤1:不放小球2,让小球1 从斜槽上A 点由静止滚下,并落在地面上。重复多次,用尽可
能小的圆,把小球1 的所有落点圈在里面,其圆心就是小球1 落点的平均位置;
步骤2:把小球2 放在水平槽前端边缘位置B,让小球1 从A 点由静止滚下,使它们碰撞。
重复多次,并使用与步骤1 同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置;
步骤3:用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N 离O 点的距离,即线段OM、
OP、ON 的长度。
(1)对于上述实验操作,下列说法正确的是 。
A.应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下
B.斜槽轨道必须光滑
C.水平槽轨道末端必须水平
D.小球1 的质量应大于小球2 的质量
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(2)本实验除需测量线段OM、OP、ON 的长度外,还需要测量的物理量有 。
A.A、B 两点间的高度差h1
B.B 点离地面的高度h2
C.小球1 和小球2 的质量m1、m2
D.小球1 和小球2 的半径r
(3)当所测物理量满足表达式 (用所测物理量的符号表
示)时,即说明两小球碰撞遵守动量守恒定律。如果还满足表达式
(用所测物理量的符号表示)时,即说明两小球碰撞时无机械能损失。
14-Ⅱ.(6 分)某同学想要测量一新材料制成的粗细均匀电阻丝的电阻率,设计了如下实验。
(1)用螺旋测微器测量电阻丝的直径,示数如图甲所示,测得其直径D= mm。
(2)用多用电表粗测电阻丝的阻值,关于多用电表的使用,下列说法不正确的是 。
A.测量电路中的某个电阻时,应该把该电阻与电路断开
B.每次改变电阻挡的倍率后都需重新进行欧姆调零
C.用电阻挡的“×10”倍率测量时发现指针偏转角度过小,则应该换用电阻挡“×1”倍率
D.测量结束后应把选择开关置于“OFF”挡
(3)将选择开关置于电阻挡的“×100”倍率,进行欧姆调零后测量,指针静止时位置如图乙
所示,此测量值为 Ω。
(4)也可用如图丙所示电路测量电阻丝的电阻率,闭合开关,调节滑动变阻器测得理想电
流表A1的示数为I1,理想电流表A2的示数为I2,测得电阻丝接入电路的长度为L,直径为
D,电阻箱阻值为R,则电阻丝的电阻率ρ= (用题中所给的物理量的符号表示)。
14-Ⅲ.(3 分)关于下列四幅图的判断和说明正确的是( )
A.图甲中,分子间距r=r0时,分子力为零,说明此时分子间不存在引力和斥力
B.图乙中用油膜法测分子直径,可认为油酸薄膜厚度等于油酸分子直径
C.图丙中水黾能在水面上不陷入水中,靠的是液体表面张力的作用
D.图丁中蜂蜡涂在单层云母片上熔化,说明云母晶体的导热性能各向同性
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15.(8 分)如图所示,粗细均匀的玻璃管放置在水平面上,右端开口,左端封闭,一定质量的理
想气体被水银柱封闭在玻璃管左端左上方,稳定时理想气体的温度为T0=300 K,左右液
面的高度差为h=19 cm,理想气体的高度也为h=19 cm,已知大气压相当于76 cm 高的水
银柱所产生的压强。
(1)若缓慢地升高封闭气体的温度,当左右液面的高度相同时,气体的温度为多少?
(2)若从开口端向管内添加一定量的水银,稳定后左右液面的高度相同,气体的温度仍为
T0=300 K,则添加水银柱的高度为多少?
16.(11 分)如图所示,竖直固定的四分之一粗糙圆轨道下端B 点水平,半径R1=1 m。质量
m0=1 kg 的长薄板静置于倾角θ=37°的粗糙斜面CD 上,其最上端刚好在斜面顶端C 点。
一质量为m=1.5 kg 的滑块(可视为质点)从圆轨道A 点由静止滑下,运动至B 点时对轨道
的压力大小为FN=39 N,接着从B 点水平抛出,恰好以平行于斜面的速度落到薄板最上端,
并在薄板上开始向下运动;当滑块落到薄板最上端时,薄板无初速度释放并开始沿斜面向
下运动,其运动至斜面底端时与竖直固定的光滑半圆轨道DE 底端粘接在一起。已知斜
面CD 长L2=7.875 m,薄板长L1=2.5 m,厚度忽略不计,其与斜面的动摩擦因数μ1=0.25,滑
块与薄板间的动摩擦因数μ2=0.5,滑块从斜面底端滑离时的能量损失和运动过程中空气
阻力均忽略不计,g 取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求滑块由A 点运动到B 点的过程中克服摩擦力做的功Wf。
(2)求滑块与薄板共速前二者之间因摩擦而产生的热量Q。
(3)如果要使滑块不会中途脱离竖直半圆轨道DE,其半径R2需要满足什么条件?
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17.(12 分)如图所示,在xOy 平面直角坐标系中,虚线OO'与x 轴正方向的夹角为
θ=60°,OO'与y 轴之间存在垂直于纸面向外的匀强磁场(边界存在磁场),在0≤y<L、x<0
区域存在沿y 轴负方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子,从静止开始
经加速电场(图中未画出)加速后,再以大小为v0的速度从点M(0,L)垂直y 轴进入磁场,粒
子在磁场偏转过程中恰好不从OO'边界射出,随后粒子从点P(- L
2 ,0)(图中未画出)进入
第Ⅲ象限。不计粒子重力,求:
(1)加速电场的加速电压U 的大小;
(2)磁感应强度B 的大小;
(3)匀强电场的电场强度E 的大小;
(4)粒子从M 点运动到P 点的时间。
18.(13 分)如图所示,平行金属导轨MM'、NN'和平行金属导轨PQK、P'Q'K'分别固定在
两个水平台面上,两平行金属导轨间距均为L=1 m,M'N'与PP'的高度差为h1=0.6 m。导
轨MM'、NN'左端接有R=3 Ω 的电阻,导轨平直部分存在宽度为d、磁感应强度大小为
B1=2 T、方向竖直向上的匀强磁场;其中PQ 与P'Q'是圆心角为60°、半径为r=0.9 m 的
圆弧形导轨,QK 与Q'K'是足够长的水平长直导轨。QQ'右侧存在竖直向上的匀强磁场,
导体棒a 质量m1=0.3 kg,接在电路中的电阻R1=2 Ω;导体棒b 质量m2=0.2 kg,接在电路中
的电阻R2=4 Ω。导体棒a 从距离导轨MM'、NN'平直部分竖直高度为h=1.8 m 处由静
止释放,恰能无碰撞地从PP'滑入平行导轨,且始终没有与导体棒b 相碰。导体棒a、b 始
终与导轨垂直且接触良好,重力加速度g 取10 m/s2,不计导轨电阻、一切摩擦及空气阻力。
求:
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(1)导体棒a 刚进入磁场B1时受到的安培力大小F1;
(2)d;
(3)导体棒b 在平行金属导轨PQK、P'Q'K'上运动产生的焦耳热。
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参考答案
综合模拟卷(三)
1.A
【解析】 力既有大小,又有方向,是矢量,且单位为N,A 正确;质量和功都是只有大小,没有方向,
均为标量,不符合题意,B、C 错误;角速度是矢量,单位为rad/s,D 错误。
2.D
【解析】 研究图甲中接力运动员的接力动作时,运动员的大小和形状不能忽略不计,不可以将运
动员视为质点,故A 错误;研究图乙中运动员发旋转球的技巧动作时,运动员的大小和形状不能忽
略,不可以将运动员视为质点,故B 错误;研究图丙中花样游泳运动员的技术动作时,运动员的大
小和形状不能忽略不计,不可以将运动员视为质点,故C 错误;研究图丁中公路自行车运动员的平
均速度时,运动员的大小和形状可忽略不计,可以将运动员视为质点,故D 正确。
3.B
【解析】 由于蹄形磁体各部分磁性强弱并不相同,故形成的磁场为非匀强磁场,A 错误;由于线
圈匝数为n,根据安培力公式可知,线圈边a 所受的安培力大小为F=nBIL2,B 正确;由于线圈处于
水平位置,则磁通量为0,C 错误;根据左手定则可知,线圈左边a 受到的安培力向下,线圈右边受到
的安培力向上,故线圈逆时针转动,D 错误。
4.C
【解析】 由题意可知交变电流的周期T=2π
ω = 2π
100 π
s=0.02 s,因为正弦式交变电流每个周期内
电流方向改变两次,则该交变电流方向每秒变化100 次,故A 错误;控制器中线圈内的磁通量是由
火线和零线中的电流产生的,当电路无漏电时,火线和零线中的电流等大反向,在副线圈内的磁通
量始终为零,若电流增加或用电器发生短路,在副线圈内的磁通量始终为零,当电路发生漏电时,副
线圈内的磁通量发生变化,引起脱扣开关自动断开,故B、D 错误,C 正确。
5.B
【解析】 根据质量数和电荷数守恒可知,X 的质量数A=222-218=4,电荷数Z=86-84=2,可判断X
为α 粒子,α 射线电离性强,穿透能力最差,γ 射线穿透能力最强,电离本领最弱,故A 错误,B 正确;
半衰期是一个统计规律,只针对大量原子核成立,对于具体少量的原子核不适用,故C 错误;半衰
期由原子核内部因素决定,与原子核所处的物理环境和化学状态无关,故D 错误。
6.A
【解析】 由于忽略空气阻力的影响,则小球在空中运动时,机械能不变,但每次触地瞬间小球的
机械能都会变小,故A 正确。小球第一次下落过程,向下做匀加速直线运动,速度方向为正方向;
小球第一次触地瞬间小球速度大小变小,方向突变为向上,小球向上做匀减速直线运动,速度方向
为负方向,故B 错误。小球第一次下落过程,根据动能定理可得ΔEk=Ek=mgx,可知下落过程随着
路程x 的增大,动能逐渐增大,在小球第一次触地前瞬间小球的动能最大,触地后瞬间小球的动能
会变小,接着向上做匀减速运动,小球的动能逐渐减小为0,之后小球的动能重复类似的变化,故C
错误。根据ΔEp=-WG=mgΔx,可知Ep-x 图像的斜率绝对值为mg,保持不变,故D 错误。
7.D
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【解析】 由题意可知该卫星在地球表面的发射速度大于7.9 km/s 小于11.2 km/s,故A 错误;该
卫星绕地球做匀速圆周运动时,有Gm地m
r
2
=mω2r,得ω=√
G m地
r
3
,轨道半径越大,角速度越小,故该
卫星在轨道Ⅰ上运行时的角速度比在轨道Ⅲ上运行时的角速度大,故B 错误;由Gm地m
r
2
=ma 得
a=Gm地
r
2
,则该卫星在轨道Ⅱ上P 点的加速度等于在轨道Ⅲ上P 点的加速度,故C 错误;该卫星在
轨道Ⅱ上的P 点点火加速才能进入轨道Ⅲ,故该卫星在轨道Ⅱ上的机械能比在轨道Ⅲ上的机械
能小,故D 正确。
8.D
【解析】 根据题意可知,t=1.8 s 时刻波传播到x=45 m 处,根据波的传播可知,波源处质点起振方
向为y 轴负方向,故A 错误;波的传播速度v= x
t
=25 m/s,故B 错误;波的周期T= λ
v
=1.6 s,则波源处
质点的振动方程为y=-2sin 2π
T
t cm=-2sin 5
4
πt cm,故C 错误;由波的图像可知t=1.8 s 时刻,x=25
m 处的质点已振动半个周期,振动已通过的路程为s=2A=4 cm,故D 正确。
9.C
【解析】 该振荡电路的周期T=2π√LC=8×10-3 s,t=0 时断开开关,通过线圈的电流最大,由于线
圈的电阻不计,则t=0 时电容器所带电荷量为零,电容器开始充电,t=2×10-3 s 时经过四分之一周期,
在t=2×10-3 s 时电容器第一次充电结束,此时电流等于零,线圈内自感电动势最大,电容器极板所
带电荷量最多,电容器上电压最大,故A 错误;结合上述可知,t=3×10-3 s 时,电容器正在放电,电流增
大,根据楞次定律可知,线圈上的自感电动势方向与电流方向相反,故B 错误;t=8×10-3 s 时经过一
个周期,结合上述可知,此时电容器极板所带电荷量为零,两极板之间的电压为零,根据题意可知,
电子将平行极板方向射出电容器,且射出速度大小与初速度相同,故C 正确;若某时刻线圈内磁场
方向和电容器间电场方向都向下,则电容器上极板P 带正电,根据安培定则可知,电流方向沿顺时
针方向,上极板P 失去电子,电容器极板所带电荷量增多,即电容器正在充电,磁场能正在向电场能
转化,故D 错误。
10.B
【解析】 由光的折射可知,人看到潜艇的像S'在水下的深度小于43 m,故A 错误;如图所示
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根据折射定律可得n=sin53°
sinθ
= 4
3
,解得sin θ=0.6,由几何关系可得此时潜艇与人的水平距离为
x=h1tan 53°+h2tan 37°,解得x=64.25 m,故B 正确,C 错误;根据全反射临界角公式有sin C=1
n
,根据
几何关系可知半径为r=h2tan C,面积为S=πr2,解得S=16 641π
7
m2,故D 错误。
11.BD
【解析】 血管探头发出的超声波在血管中的传播速度为v= λ
T
=λf=12×10-5×107 m/s=1.2×103
m/s,故A 错误;波沿x 轴正方向传播,根据图像可以判断质点M 开始振动的方向沿y 轴负方向,故
B 正确;由波的频率可知波的周期为T=1
f
=10-7 s,0~1.25×10-7 s 时间内,质点M 运动了5
4
T,运动的
路程为2.5 mm,故C 错误;t=1.50×10-7 s 时,波沿x 轴传播的距离为s=vt=1.2×103×1.50×10-7
m=18×10-2 mm,结合图像分析,此时质点N 恰好处于波谷,故D 正确。
12.BD
【解析】 滑片P 向b 端移动,光电管两端的正向电压增大,则开始时电流表示数增大,当电流达
到饱和电流时将保持不变,选项A 错误;处于n=3 能级的氦离子向低能级跃迁时辐射的光子能量
分别为40.8 eV、48.4 eV 和7.6 eV,都大于金属钨的逸出功W0=4.54 eV,可知都能使金属板发生
光电效应,选项B 正确;滑片P 向a 端移动,光电管两端的反向电压增加,则电流表示数一直减小,
当到达a 端时反向电压为15 V,而光电子最大初动能为Ekm=48.4 eV-4.54 eV=43.86 eV,则仍有光
电子可到达A 极板形成光电流,则电流表示数最终不为零,选项C 错误;因光电子最大初动能为
Ekm=43.86 eV,若调节滑片P 到b 端,则光电管加正向电压15 V,则到达A 极板的光电子最大动能
为Ekm'=15 eV+43.86 eV=58.86 eV,则选项D 正确。
13.ACD
【解析】 由题意可知粒子从O 点离开粒子源后所受的洛伦兹力方向沿x 轴正方向,由左手定则
可知匀强磁场的磁感应强度方向为垂直纸面向外,A 正确;当粒子源内的加速电场的电压为U0时,
由动能定理有qU0=1
2 m v0
2,粒子在磁场中做匀速圆周运动,则有qv0B=mv0
2
R0
,粒子打在喷镀板上
的位置的坐标x0=2R0,解得x0=2L,粒子刚好打在喷镀板的右端,故B 错误;在方案一中,粒子覆盖喷
镀板的上表面,则粒子在x 轴上的位置的坐标满足L≤x≤2L,由前面分析有qU=1
2
mv2,qvB=mv
2
R
,x=2R,U=kU0,解得q B
2 L
2
8m
≤U≤q B
2 L
2
2m
,即1
4
≤k≤1,C 正确;在方案二中,当粒子落在喷镀板左端时,
粒子轨迹示意图如下图所示,由几何关系有2R0sin α=L,解得sin α=1
2
,α=30°,所以粒子源顺时针转
过的角度θ=90°-α=60°,D 正确。
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14-Ⅰ.【答案】 (1)ACD
(2)C
(3)m1·OP=m1·OM+m2·ON m1·OP2=m1·OM2+m2·ON2
【解析】 (1)为了保证小球每次做平抛运动的初速度相同,则应该使小球每次从斜槽上相同的位
置自由滚下,故A 正确;该实验中斜槽轨道不需要必须光滑,故B 错误;为了保证小球做平抛运动,
所以水平槽末端必须水平,故C 正确;为了避免撞后弹回,则小球1 的质量应该大于小球2 的质量,
故D 正确。
(2)本实验需要验证的表达式是m1v1=m1v2+m2v3
由于小球做平抛运动,且平抛运动的竖直高度相同,由h=1
2
gt2可知,小球在空中运动的时间相同,
水平方向有x=vt
所以用水平距离表示速度的大小,即最终验证的表达式为m1·OP=m1·OM+m2·ON,除需要测量线
段OM、OP、ON 的长度以外,还需要测量的物理量有小球1 和小球2 的质量m1、m2。故选C。
(3)由(2)分析可知,当所测物理量满足公式m1·OP=m1·OM+m2·ON 时,两小球碰撞遵守动量守恒定
律。
若无机械能损失,则还应该满足1
2
m1v1
2= 1
2
m1v2
2+ 1
2
m2v3
2
由上述分析可知,变形为m1·OP2=m1·OM2+m2·ON2。
14-Ⅱ.【答案】 (1)2.150(2.149~2.151 均可)
(2)C
(3)600
(4)
π D
2 I 1 R
4 L( I 2- I 1)
【解析】 (1)电阻丝的直径为D=2 mm+0.01 mm×15.0=2.150 mm。
(2)测量电路中的某个电阻时,应该把该电阻与电路断开,A 正确,不符合题意;每次改变电阻挡的
倍率后都需重新进行欧姆调零,B 正确,不符合题意;用电阻挡的“×10”倍率测量时发现指针偏转
角度过小,说明待测电阻的阻值太大,则应该换用电阻挡的“×100”倍率,C 错误,符合题意;测量结
束后应把选择开关置于“OFF”挡,D 正确,不符合题意。
(3)该电阻的阻值为Rx=6×100 Ω=600 Ω。
(4)根据欧姆定律得Rx= I 1 R
I 2- I 1
根据电阻定律得Rx=ρ L
S
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又S=1
4
πD2
解得ρ=
π D
2 I 1 R
4 L( I 2- I 1)
。
14-Ⅲ.BC
【解析】 分子间的引力和斥力同时存在,当分子间的距离r=r0时,引力等于斥力,分子力为零,故
A 错误;图乙形成的是单分子油膜,可认为油酸薄膜厚度等于油酸分子直径,故B 正确;因为液体
表面张力的存在,水黾能无拘无束地在水面上行走自如,故C 正确;图丁中熔化形状为椭圆,说明
云母晶体具有各向异性,故D 错误。
15.【答案】 (1)600 K (2)28.5 cm
【解析】 (1)设玻璃管横截面积为S,水银的密度为ρ,重力加速度为g
对于封闭理想气体,初始状态
p1=ρgh0-ρgh
V1=hS
T1=T0=300 K
温度升高到两液面恰相平时,末状态
p2=ρgh0
V2=(h+ h
2)S
根据理想气体状态方程,有
p1V 1
T 1
= p2V 2
T 2
得T2=600 K。
(2)右管缓慢注入水银,左右两玻璃管水银面恰相平时,有
p3=ρgh0
V3=LS
根据玻意耳定律,有
p1V1=p3V3
添加水银柱的高度为H=2(h-L)+h
解得H=28.5 cm。
16.【答案】 (1)3 J (2)15 J (3)0<R2≤1.28 m 或R2≥3.2 m
【解析】 (1)滑块从A 点运动到B 点,根据动能定理得
mgR1-Wf=1
2
mv2
滑块在B 点,根据牛顿第三定律可知,轨道对滑块的支持力大小为FN'=39 N,方向向上
根据牛顿第二定律得FN'-mg=m v
2
R1
解得Wf=3 J,v=4 m/s。
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(2)设滑块运动到C 点时速度大小为vC,由题意得
vC=
v
cosθ =
4
0.8
m/s=5 m/s
滑块在薄板上运动时,设滑块的加速度大小为a1,根据牛顿第二定律得
mgsin θ-μ2mgcos θ=ma1
解得a1=2 m/s2
设薄板的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律得
m0gsin θ+μ2mgcos θ-μ1(m0+m)gcos θ=m0a2
解得a2=7 m/s2
设经时间t 滑块和薄板共速,有
v1=vC+a1t=a2t
解得t=1 s,v1=7 m/s
滑块在斜面上的位移
x1=vC + v1
2
t=5+7
2
×1 m=6 m
薄板在斜面上的位移
x2=v1
2
t=7
2
×1 m=3.5 m
两者相对位移
Δx=x1-x2=6 m-3.5 m=2.5 m=L1
滑块刚好到达薄板最下端,由于μ2mgcos θ>μ1(m0+m)gcos θ,之后两者一起以加速度大小a 沿斜面
向下加速下滑,有
Q=μ2mgcos 37°Δx=15 J。
(3)滑块和薄板一起以加速度大小a 沿斜面加速下滑,根据牛顿第二定律得
(m0+m)gsin θ-μ1(m0+m)gcos θ=(m0+m)a
解得a=4 m/s2
设两者到达D 点的速度大小为vD,根据运动学公式得
v D
2- v1
2=2a(L2-x1)
解得vD=8 m/s
①滑块刚好能达到半圆轨道的最高点,根据牛顿第二定律得
mg=m v2
2
R2'
滑块从最低点到最高点,根据机械能守恒定律得
1
2 m v D
2=2mgR2'+1
2 m v2
2
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解得R2'=1.28 m
要使滑块不脱离竖直半圆轨道,半圆轨道半径满足
0<R2≤1.28 m
②滑块刚好能达到半圆轨道的左边与圆心等高处,根据机械能守恒定律得
1
2 m v D
2=mgR2″
解得R2″=3.2 m
要使滑块不脱离竖直半圆轨道,半圆轨道半径满足
R2≥3.2 m
综上可知要使滑块不脱离竖直半圆轨道,半圆轨道半径满足0<R2≤1.28 m 或R2≥3.2 m。
17.【答案】 (1)mv0
2
2q
(2)3m v0
qL
(3)8mv0
2
3qL
(4) L
2v0
+ π L
3 v0
【解析】 (1)粒子在加速电场中加速,根据动能定理得qU=1
2 m v0
2
解得U=mv0
2
2q
。
(2)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
由几何关系得
r
cosθ
+r=L
解得r= L
3
粒子在磁场中运动,由洛伦兹力提供向心力,有
qv0B=mv0
2
r
解得B=3m v0
qL
。
(3)粒子在电场中的运动轨迹如图所示
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粒子在电场中做类平抛运动,沿x 轴方向做匀速直线运动,则在电场中运动的时间为
t1=| xP|
v0
= L
2v0
沿y 轴方向做从静止开始的匀加速直线运动,有
1
2 at1
2=L-2r
根据牛顿第二定律得qE=ma
解得E=8mv0
2
3qL
。
(4)粒子在磁场中做圆周运动的周期为
T=2π r
v0
= 2π L
3 v0
粒子在磁场中运动时间为
t2=180°
360°
T= π L
3 v0
粒子从M 点运动到P 点的时间为
t=t1+t2= L
2v0
+ π L
3 v0
。
18.【答案】 (1)4.8 N (2)1.5 m (3)1 J
【解析】 (1)导体棒a 从静止释放到刚进入磁场B1的过程中,由动能定理得
m1gh=1
2
m1v1
2
得导体棒a 刚进入磁场B1时的速度大小为
v1=6 m/s
导体棒a 刚进入磁场B1时产生的感应电动势为
E=B1Lv1
此时通过导体棒a 的电流大小为
I1=
E
R+ R1
导体棒a 受到的安培力大小为
F1=B1I1L
联立解得F1=4.8 N。
(2)由题可知,导体棒a 到达PP'时速度方向与水平方向的夹角为60°,有
v y
2=2gh1
由几何关系得
tan 60°=v y
v2
解得v2=2 m/s
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导体棒a 在导轨MM'、NN'平直部分从左到右的过程中,由动量定理得
-B1ILΔt=m1v2-m1v1
又q=IΔt,I =
B1 Ld
( R1+ R) Δt
联立解得d=1.5 m。
(3)导体棒a 从M'N'运动到QQ'的过程中,由动能定理得
m1gh1+m1gr(1-cos 60°)=1
2
m1v3
2- 1
2
m1v2
2
解得v3=5 m/s
导体棒a、b 在磁场B2中运动,两导体棒动量守恒,有
m1v3=(m1+m2)v4
解得v4=3 m/s
导体棒a、b 在平行金属导轨PQK、P'Q'K'上运动产生的总焦耳热与系统减少的动能相等,由能
量守恒定律得
Q=1
2
m1v3
2- 1
2
(m1+m2)v4
2
解得Q=1.5 J
导体棒b 在此过程中产生的焦耳热为Qb=
R2
R1+ R2
Q=1 J。
