（浙江专用）2019版高考物理大二轮复习优选习题 仿真模拟卷1.doc

《（浙江专用）2019版高考物理大二轮复习优选习题 仿真模拟卷1.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（浙江专用）2019版高考物理大二轮复习优选习题 仿真模拟卷1.doc（13页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、1仿真模拟卷仿真模拟卷( (一一) ) 一、选择题(本题共 13 小题,每小题 3 分,共 39 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 1.物理学中通常运用大量的科学方法建立概念,如“理想模型”“等效替代法”“控制变量法”等 等,下列选项均用到“等效替代”方法概念的是( ) A.“合力与分力”“质点”“电场强度” B.质点、平均速度、点电荷 C.点电荷、总电阻、电场强度 D.合力与分力、平均速度、总电阻 2 2.2017 年 4 月 30 日,亚洲羽毛球锦标赛男单决赛展开争夺,谌龙 2 比 1 战胜林丹,夺得男单冠军,在 其中一个回合的对拍期间

2、,谌龙快速将羽毛球挑高,则( ) A.羽毛球飞来时撞击拍面的作用力是拍面形变产生的 B.羽毛球在飞行过程中受到重力、空气阻力 C.羽毛球到达最高点时速度的方向和加速度方向相互垂直 D.羽毛球在飞行过程中机械能先减小后增大 3 3.2016 年 8 月 14 日里约奥运会羽毛球男单最后一轮小组赛中,中国选手林丹以 20 轻取对手。在 其中一个回合的对拍期间,林丹快速扣杀的羽毛球在飞行中受到的力有( ) A.重力B.重力、击打力 C.重力、空气阻力D.重力、空气阻力、击打力 4 4.在物理学建立和发展的过程中,许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步。关于科学家和 他们的贡献,下列说法正确的是(

3、 ) A.伽利略通过逻辑推理和实验认为重物比轻物下落的快 B.牛顿根据理想斜面实验,首先提出力不是维持物体运动的原因 C.卡文迪许提出了万有引力定律 D.法拉第以他深刻的洞察力提出电场的客观存在,并且引入了电场线 5 5.竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场,其极板带电量分别为+Q和-Q,在两极板之间, 用轻质绝缘丝线悬挂质量为m、电量为q的带电小球(可看成点电荷),丝线与竖直方向成角时小 球恰好平衡,此时小球离右板距离为b,离左板的距离为 2b,如图所示,则( )A.小球带正电,极板之间的电场强度大小为 B.小球受到电场力为542 C.若将小球移到悬点下方竖直位置,小球的电势能减小

4、D.若将细绳剪断,小球向右做平抛运动 6 6.某电力公司曾举办“计量日进您家”活动,免费上门为市民做出家庭用电耗能诊断分析,针对每 户家庭提出个性化的节能建议,根据专家统计,每使用 1 度(千瓦时)电,就相应消耗了 0.40 kg 的标 准煤,同时产生 0.272 kg 碳粉尘,0.997 kg 二氧化碳、0.03 kg 二氧化硫、0.015 kg 碳氧化物,下 表是电力技术人员实测提供的数据,估算一户普通家庭待机一年相应产生的二氧化硫污染物约为( )每户普通家庭 家用电器平均数一台台 式电脑2 台平板 电视机2 台 空调1 台 洗衣机1 台无线 路由器1 台 饮水机 每台电器待机 平均功率(

5、W)0.60.751.20.620.42A.2.0 kgB.20 kg C.200 kgD.2 000 kg 7 7.如图所示,将圆柱形强磁铁吸在干电池负极,金属导线折成上端有一支点、下端开口的导线框,使 导线框的顶端支点和底端分别与电源正极和磁铁(导电性能良好)都接触良好但不固定,这样整个线 框就可以绕电池轴心旋转起来。下列判断正确的是( )A.线框能旋转起来,是因为电磁感应 B.俯视观察,线框沿顺时针方向旋转 C.电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率 D.旋转达到稳定时,线框中电流比刚开始转动时的大 8 8.如图所示,某小孩在广场游玩时,将一气球用轻质细绳与地面上木块相连。气球在水平风力

6、作用 下处于斜拉状态,此时细绳与竖直线成角。假若气球和木块的质量分别为m、M。当水平风力缓 慢增大时,则下列说法中错误的是( )A.细绳拉力变大 B.水平面对木块的弹力不变 C.水平面对木块的摩擦力变大 D.木块有可能脱离水平面 9 9.如图所示,自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径之比为 4116,在用力蹬脚踏板前进的过程 中,下列说法正确的是( )A.小齿轮和后轮的角速度大小之比为 161 B.大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为 14 C.大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为 14 D.大齿轮和小齿轮轮缘的向心加速度大小之比为 41 1010.在 2016 年里约奥运会男子蹦床决赛中,我国选

7、手董栋、高磊分摘银、铜牌,不计空气阻力,下列 说法正确的是( ) A.运动员离开蹦床后处于失重状态 B.运动员上升到最高点时加速度为零 C.运动员下落碰到蹦床后立即做减速运动 D.运动员在整个比赛过程中机械能一直守恒 1111.2017 年 4 月,我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接,对 接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道(可视为圆轨道)运行。与天宫二号单独运行时相比,组合 体运行的( ) A.周期变大B.速率变大 C.动能变大D.向心加速度变大 1212.3A、B两带电小球,质量分别为mA、mB,电荷量分别为qA、qB,用绝缘不可伸长的细线如图悬挂,静止

8、时A、B两球处于同一水平面。若B对A及A对B的库仑力分别为FA、FB,则下列判断正确的是( ) A.FAFBB.AC细线对A的拉力FTA=2 C.OC细线的拉力FTC=(mA+mB)g D.同时烧断AC、BC细线后,A、B在竖直方向的加速度不相同 1313.如图所示,在水平放置的半径为R的圆柱体轴线的正上方的P点,将一个小球以水平速度v0垂直 圆柱体的轴线抛出,小球飞行一段时间后恰好从圆柱体的Q点沿切线飞过,测得O、Q连线与竖直方 向的夹角为,那么小球完成这段飞行的时间是( )A.t=0B.t= 0C.t= 0D.t= 0二、选择题(本题共 3 小题,每小题 2 分,共 6 分,每小题列出的四

9、个备选项中至少有一个是符合 题目要求的。全部选对的得 2 分,选对但不全的得 1 分,有选错的得 0 分) 1414.【加试题】下列说法正确的是( ) A.在所有核反应中,都遵从“质量数守恒,核电荷数守恒”的规律 B.原子核的结合能是组成原子核的所有核子的能量总和 C.天然放射现象中放出的 射线就是电子流,该电子是原子的内层电子受激后辐射出来的 D.镭 226 衰变为氡 222 的半衰期为 1620 年,也就是说,100 个镭 226 核经过 1620 年后一定还剩下 50 个镭 226 没有发生衰变 1515.【加试题】如图甲所示,在平静的水面下有一个点光源S,它发出的是两种不同颜色的a光和

10、b 光,在水面上形成了一个被照亮的圆形区域,该区域的中间为由ab两种单色光所构成的复色光的圆 形区域,周边为环状区域,且为a光的颜色(见图乙)。则一下说法中正确的是( )A.a光的频率比b光大 B.水对a光的折射率比b光大 C.a光在水中的传播速度比b光大4D.在同一装置的杨氏双缝干涉实验中,a光的干涉条纹比b光宽 1616.【加试题】图甲为风力发电的简易模型。在风力作用下,风叶带动与杆固连的永磁铁转动,磁铁 下方的线圈与电压传感器相连。在某一风速时,传感器显示如图乙所示,则( )A.磁铁的转速为 10 r/s B.线圈两端电压的有效值为 6 V2C.交变电流的电压表达式为u=12sin5t

11、V D.该交变电流可以直接加在击穿电压为 9 V 的电容器上 三、非选择题(本题共 7 小题,共 55 分) 1717.(5 分)某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验,将画有坐标轴(横轴为x轴,纵轴为y轴,最 小刻度表示 1 mm)的纸贴在水平桌面上,如图(a)所示。将橡皮筋的一端Q固定在y轴上的B点(位 于图示部分之外),另一端P位于y轴上的A点时,橡皮筋处于原长。 (1)用一只测力计将橡皮筋的P端沿y轴从A点拉至坐标原点O,此时拉力F的大小可由测力计读出。 测力计的示数如图(b)所示,F的大小为 N。 (2)撤去(1)中的拉力,橡皮筋P端回到A点;现使用两个测力计同时拉橡皮筋,再次将

12、P端拉至O点。 此时观察到两个拉力分别沿图(a)中两条虚线所示的方向,由测力计的示数读出两个拉力的大小分 别为F1=4.2 N 和F2=5.6 N。 (i)用 5 mm 长度的线段表示 1 N 的力,以O为作用点,在图(a)中画出力F1、F2的图示,然后按平行 四边形定则画出它们的合力F合;(ii)F合的大小为 N,F合与拉力F的夹角的正切值为 。若F合与拉力F的大小及方 向的偏差均在实验所允许的误差范围之内,则该实验验证了力的平行四边形定则。 1818.(5 分)用以下器材可测量电阻Rx的阻值。 待测电阻Rx,阻值约为 600 ; 电源E,电动势约为 6.0 V,内阻可忽略不计; 电压表 V

13、1,量程为 0500 mV,内阻r1=1 000 ; 电压表 V2,量程为 06 V,内阻r2约为 10 k; 电流表 A,量程为 00.6 A,内阻r3约为 1 ; 定值电阻R0,R0=60 ; 滑动变阻器R,最大阻值为 150 ; 单刀单掷开关 S 一个,导线若干。(1)测量中要求两只电表的读数都不小于其量程的 ,并能测量多组数据,请在虚线框中画出测量电1 3 阻Rx的实验电路图。5(2)若选择测量数据中的一组来计算Rx,则由已知量和测量物理量计算Rx的表达式为Rx= ,式 中各符号的意义是 。 (所有物理量用题中代表符号表示) 1919.(9 分)如图所示,ABC是一条由倾斜轨道AB和水

14、平轨道BC组成的绝缘轨道,固定在桌面上,其中 AB轨道的倾角=27,水平轨道的长度L=0.8 m,一质量m=3.210-2 kg、电荷量q=-1.010-2 C 的可视为质点的滑块以初速度v0=3 m/s 沿轨道上P点恰好匀速滑下,从C点飞出后落在水平地面的 M点上,已知滑块与两轨道间的动摩擦因数相同,sin 27=0.45,cos 27=0.90,g取 10 m/s2,求:(1)求滑块与轨道之间的动摩擦因数;(2)求滑块从B点运动到C点所用的时间;(3)现在BE和CF之间的区域加上匀强电场,方向垂直水平轨道,仍将滑块以初速度v0=3 m/s 沿轨道 上P点滑下,发现从C点飞出后落在水平地面的

15、N点上,M点处在N点到C点水平距离的中点上,求 匀强电场的电场强度的大小和方向。2020.(12 分)如图为某种鱼饵自动投放器的装置示意图,其下半部AB是一长为 2R的竖直细管,上半部BC 是半径为R的四分之一圆弧弯管,管口C处切线水平,AB管内有原长为R、下端固定的轻质弹簧。6在弹簧上端放置一粒质量为m的鱼饵,解除锁定后弹簧可将鱼饵弹射出去。投饵时,每次总将弹簧 长度压缩到 0.5R后锁定,此时弹簧的弹性势能为 6mgR(g为重力加速度)。不计鱼饵在运动过程中 的机械能损失,求: (1)鱼饵到达管口C时的速度大小v1。(2)鱼饵到达管口C时对管子的作用力大小和方向。(3)已知地面比水面高出

16、1.5R,若竖直细管的长度可以调节,圆弧弯道管BC可随竖直细管一起升降。 求鱼饵到达水面的落点与AB所在竖直线OO之间的最大距离Lmax。2121.(4 分)【加试题】(1)某同学在做“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中,分别用两种仪器来 测量摆球直径,操作如图 1 所示,得到摆球的直径为d=19.12 mm,此测量数据是选用了仪器 (选填“甲”或“乙”)测量得到的。 该同学先用刻度尺测得摆线的长度,再采用上题中的方法测得摆球直径,他通过改变摆长,进行多次 实验后以摆长L为横坐标,T2为纵坐标,作出T2-L图线,若该同学在计算摆长时加的是小球直径,则 所画图线是图 2 中是 (选填“A”“B”

17、或“C”)。 (2)用如图装置做探究碰撞中的不变量实验,下列说法正确的是( )A.在实验前,必须把长木板的一端垫高,使A能拖着纸带匀速下行 B.A、B两辆小车的质量必须相等 C.A、B碰撞后必须保证A、B以共同速度一起运动 D.小车A必须从紧靠打点计时器的位置无初速度释放 2222.7(12 分)【加试题】如图所示,两平行的光滑金属导轨安装在竖直面上,导轨间距为L、足够长,下部 条形匀强磁场的宽度为d,磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直,上部条形匀强磁场的宽度为 2d,磁感应强度大小为B0,方向平行导轨平面向下,在上部磁场区域的上边缘水平放置导体棒(导体 棒与导轨绝缘),导体棒与导轨间存在

18、摩擦,动摩擦因数为。长度为 2d的绝缘棒将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成“”型装置,总质量为m,置于导轨上,导体棒中通以大小恒为I 的电流(由外接恒流源产生,图中未图出),线框的边长为d(dL),下边与磁场区域上边界重合。将装 置由静止释放,导体棒恰好运动到磁场区域的下边界处返回,导体棒在整个运动过程中始终与导轨 接触并且相互垂直。重力加速度为g。求: (1)装置刚开始时导体棒受到安培力的大小和方向; (2)装置从释放到开始返回的过程中,线框中产生的焦耳热Q;(3)线框第一次穿出下方磁场下边时的速度;(4)若线框第一次穿越下方磁场区域所需的时间为t,求线框电阻R。2323.(8 分)【

19、加试题】为研究某种材料的荧光特性,兴趣小组的同学设计了图示装置:让质子经过MN 两金属板之间的电场加速后,进入有界匀强磁场。磁场的宽度L=0.25 m。磁感应强度大小B=0.01 T。以出射小孔O为原点,水平向右建立x轴,在 0.4x0.6 区域的荧光屏上涂有荧光材枓,(已知 质子的质量m=1.610-27 kg,电荷量q=1.610-19 C,进入电场时的初速度可忽略,质子重力可忽略)(1)要使质子能打在荧光屏上,加速电压的最小值是多少?8(2)当使质子打中荧光屏时的动能超过 288 eV,可使荧光材料发光,对于不同的加速电压,荧光屏上 能够发光的区域长度是多少?9普通高校招生选考(物理)仿

20、真模拟卷(一) 一、选择题 1 1.D 解析 “合力与分力”采用等效替代的方法,“质点”采用理想化模型的方法,“电场强度” 采用比值定义法,故 A 错误。“质点”“点电荷”采用理想化模型的方法,“平均速度”采用比值 定义法,故 B 错误;“点电荷”采用理想化模型的方法,“总电阻”采用等效替代的方法,“电场强 度”采用比值定义法,故 C 错误;“合力与分力”“平均速度”“总电阻”采用的都是等效替代的 方法,故 D 正确。 2 2.B 解析 羽毛球飞来时撞击拍面的作用力是羽毛球形变产生的,故 A 错误;羽毛球在飞行过程中 受到重力、空气阻力,故 B 正确;羽毛球到达最高点时速度的方向沿轨迹切线方向

21、,空气阻力方向与 速度方向相反,而空气阻力和重力的合力方向指向轨迹的内侧,且与速度方向不垂直,所以羽毛球到 达最高点时速度的方向和加速度方向不垂直,故 C 错误;羽毛球在飞行过程中要克服空气阻力做功, 机械能不断减小,故 D 错误。 3 3.C 解析 由题意可知,快速扣杀的羽毛球在飞行中受到的力,除重力外,还受到空气的阻力,故 A、B、D 错误,C 正确。 4 4.D 解析 A.伽利略通过逻辑推理和实验认为:重物与轻物下落的一样快,故 A 错误。B.伽利略根 据理想斜面实验,首先提出力不是维持物体运动的原因,故 B 错误。C.牛顿发现了万有引力定律,卡 文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测

22、定了引力常量,故 C 错误。D.法拉第提出电场是一种 客观存在,并且引入了电场线,故 D 正确。5 5.A 解析 对小球,由平衡条件有 tan =,解得E=,故 A 正确;由于点电荷到两板间距 不相等,两板上与点电荷不平行时的作用力不能平衡,两板对小球的库仑力不能用点电荷的场强公 式计算,小球受到电场力F=qE=mgtan ,故 B 错误;悬点下方竖直位置和悬点处于同一等势面,故小 球的电势能不变,故 C 错误;细绳剪断后,小球受到斜向下的恒力作用,物体将沿绳子方向做匀加速 直线运动,故 D 错误。 6 6.A 解析 由题可知,一户普通家庭所有家电待机功率约为 9.52 W,由W=Pt知,待机

23、一年消耗电能 W=9.5210-3kW24 h36557 kWh;根据题意,每消耗 1 度(千瓦时)电,相应产生 0.03 kg 的二 氧化硫,所以一户普通家庭电器待机一年相应产生的二氧化硫约为 0.03572.0 kg,故 A 正确。 7 7.C 解析 由上向下看,线框沿逆时针转动,故该装置的原理是电流在磁场中的受力,不是电磁感应,故 A、B 错误。因为电源消耗的总功率一部分转化为内能,另一部分转化为动能,所以总功率大于热功 率,C 正确。受到的安培力开始时使线圈做加速运动,当安培力等于阻力时速度达到最大,D 错误。 8 8.D 解析 对气球受力分析,受到重力、风的推力、拉力、浮力,如图根据

24、共点力平衡条件,有FTsin =F FTcos+mg=F浮解得FT=,当风力增大时,绳子的拉力FT也增大,故 A 正确。2+ (浮- )2再对气球和木块整体受力分析,受总重力、地面支持力、浮力、风的推力和摩擦力,如图:10根据共点力平衡条件,有FN=(M+m)g Ff=F 当风力增大时,地面支持力不变,与风力无关,木块不可能脱离水平面,故 B 正确,D 错误。木块滑动 前受到地面施加的摩擦力与风力平衡,故其随风力的增大而逐渐增大,故 C 正确。 9 9.B 解析 A.小齿轮和后轮共轴,角速度相等,故 A 错误;B.大齿轮和小齿轮共线,线速度相等,根据=可知,大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为 1

25、4,故 B 正确;C.小齿轮和后轮共轴,根据v=r 可知,小齿轮边缘和后轮边缘的线速度之比为 116,则大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为116,故 C 错误;D.大齿轮和小齿轮共线,线速度相等,根据a=可知,向心加速度大小之比为 14,故2 D 错误。 1010.A 解析 A.运动员离开蹦床后,仅受重力,加速度方向向下,处于失重状态,故 A 正确。B.运动员 上升到最高点时,仅受重力,加速度为g,故 B 错误。C.运动员下落碰到蹦床后,开始重力大于弹力, 加速度向下,先向下做加速运动,然后重力小于弹力,加速度向上,向下做减速运动,故 C 错误。D.运 动员在整个运动过程中,由于蹦床弹力做

26、功,则运动员的机械能不守恒,故 D 错误。1111.C 解析 根据万有引力提供向心力有=mr=ma,可得周期T=2,速率v=,向2(2 )22 3 心加速度a=,对接前后,轨道半径不变,则周期、速率、向心加速度均不变,质量变大,则动能变2 大,C 正确,A、B、D 错误。 1212.C 解析 对小球A受力分析,受重力、静电力、拉力,如图: 根据平衡条件,则有,两球间的库仑力是作用力与反作用力,一定相等,与两个球电荷量是否相等无关,故 A 错误;有mAg=FTAcos30因此FTA=mAg,故 B 错误;由整体法可知,细线的拉力等于两球的2 33重力,故 C 正确;同时烧断AC、BC细线后,A、

27、B在竖直方向重力不变,所以加速度相同,故 D 错误。 1313.C 解析 过Q点做OP的垂线,根据几何关系可知,小球在水平方向上的位移的大小为Rsin ,根据Rsin =v0t,可得时间为t=,所以 C 正确,D 错误。小球从圆柱体的Q点沿切线飞过,根 0据几何关系可知,此时有=tan ,所以vy=v0tan =gt,所以t=,所以 A、B 错误。00 二、选择题 1414.A 解析 A.在所有核反应中,都遵从“质量数守恒,核电荷数守恒”的规律,A 正确;B.原子核的 结合能是核反应前后有质量亏损,以能量的形式释放出来,B 错误;C. 衰变中生成的电子是一个中 子转化为一个质子同时生成一个电子

28、,C 错误;D.半衰期是统计规律,对少量原子核来讲是没有意义 的,D 错误。1515.CD 解析 a光照射的面积较大,知a光的临界角较大,根据 sin C=,知a光的折射率较小,折射1 率小,频率也小,所以a光的频率小于b光,故 A 错误,B 错误;根据v=,知a光在水中传播的速度较 大,故 C 正确;a光在水中传播的速度较大,则a光的波长较长,由条件间距公式 x= 知,a光条 纹间距较宽,故 D 正确。111616.BC 解析 A.交变电流的周期为T=0.4 s,故磁铁的转速为n= r/s=2.5 r/s,故 A 错误。B.通1 =10.4过题图乙可知电压的最大值为 12 V,故有效值U=

29、V=6 V,故 B 正确。C.周期T=0.4 s,故2=1222= rad/s=5 rad/s,故电压的表达式为u=12sin 5t V,故 C 正确。D.交流电压的最大2 =20.4 值大于电容器的击穿电压,故不能直接加在该电容器上,故 D 错误。 三、非选择题 1717.答案 (1)4.0 (2)(i)如图 (ii)4.0 0.05解析 (1)由题图可知,F的大小为 4.0 N。 (2)作力F1、F2的图示,作出合力F合,F合长为 20 mm,所以F合大小为 4.0 N,F合与拉力F的夹角的 正切值为 0.05。 1818.答案 (1)测量电路见解析图(2) U1为电压表 V1的读数,U2

30、为电压表 V2的读数,r1为电压表 V1的内阻,R0为定值(2- 1)01 1(0+ 1) 电阻解析 (1)电路的最大电流为I=0.01 A,电流表量程太大,可以把电压表 V1并联一个定值电阻6 600 改装成电流表,电压表选择 V2即可,要求测量多组数据,滑动变阻器需要采用分压式接法,电路如图。(2)流过被测电阻的电流为I=,被测电阻阻值为Rx=11+10=1(0+ 1) 01。2- 1 =(2- 1)01 1(0+ 1) 1919.答案 (1)0.5 (2)0.4 s (3)12 N/C,方向竖直向下 解析 (1)滑块恰好匀速滑下,则mgsin =mgcos ,解得=0.5; (2)BC过

31、程,-mg=ma,a=-g=-5 m/s2根据位移时间关系:x=v0t+ at21 2 解得:t=0.4 s; (3)不加电场时,v=v0+at,解得vC=1 m/s 加电场后,滑块落至N点,由题目条件及平抛运动规律可知,vC=2vC=2 m/svC2-=2aL212代入数据得a= m/s225 8 由牛顿第二定律可知(mg-qE)=ma,E=12 N/C,方向竖直向下。 2020.答案 (1) (2)6mg,方向向上 (3)9R7解析 (1)鱼饵到达管口C的过程中弹簧的弹性势能转化为鱼饵的重力势能和动能,有 6mgR=2.5mgR+,1 2m12解得v1=。7(2)设C处管子对鱼饵的作用力向

32、下,大小设为F,根据牛顿第二定律有mg+F=m,12 解得F=6mg, 由牛顿第三定律可得鱼饵对管子的作用力F=6mg,方向向上。 (3)设AB长度为h,对应平抛水平距离为x,由机械能守恒定律有 6mgR=mg(R+h-0.5R)+ mv2,1 2由平抛运动的规律得,x=vt,2.5R+h= gt2,1 2解得x=2,2(5.5 - )2(2.5 + ) (5.5 - )(2.5 + ) 当h=1.5R时,x的最大值xmax=8R, 则Lmax=xmax+R=9R。 2121.答案 (1)乙 C (2)AC 解析 (1)图甲是螺旋测微器,可以读数到 0.001 mm,而乙为 50 分度的游标卡

33、尺,最小分度是 0.02 mm,d=19.12 mm;符合游标卡尺的读数,不符合螺旋测微器的读数的精确度。故此测量数据是选用了 仪器乙;由单摆周期公式:T=2 可得:T2=L,42 若该同学计算摆长时候加的是小球直径,则对应的准确表达式应为T2=(L-),则可知图象应与横42 2 坐标有交点,故 C 正确,AB 错误。 (2)A.根据动量守恒的条件可知,本实验需要平衡摩擦力,故在实验前,必须把长木板的一端垫高,使 A能拖着纸带匀速下行,故 A 正确;B.本实验中对A、B两辆小车的质量无特殊要求,故 B 错误;C.为 了得出动量守恒的表达式,A、B碰撞后必须保证A、B以共同速度一起运动,故 C

34、正确;D.碰撞前小 车A应有速度,故小车A在手推动下开始运动,故 D 错误。2222.答案 (1)B0IL,方向垂直于纸面向里 (2)4mgd-BILd-2B0ILd (3)2 - 4 (4)223 - 0 -2 - 42解析 (1)安培力大小为F=B0IL,方向垂直纸面向里。 (2)设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中,由动能定理得mg4d- (Q+BILd+B0IL2d)=0 解得Q=4mgd-BILd-2B0ILd (3)设线框刚离开磁场下边界时的速度为v1,则接着向下运动 2d,由动能定理得mg2d-BILd=0- 1 2m1213解得v1=2 - 4 (4)设装置在 t内

35、速度变化量为 v,由动量定理得(-B0IL+mg-Bid)t=mv-0化简得-B0ILt+mgt-Bdq=mv1,(q=) =22 解得R=223 - 0 -2 - 422323.答案 (1)200 V (2)0.02 m解析 (1)质子经电场加速,由动能定理qU= mv2-01 2进入磁场后做匀速圆周运动,有qvB=m2 联立解得U=22 2 从点O运动到x=0.4 m 处,圆周运动半径r=0.2 m 代入数据解得U1=200 V (2)由题意,当Ekmin=288 eV 时对应电场力做功最小值qUmin,则Umin=288 V根据U=得rmin=0.24 m22 2 对应x1=2rmin=0.48 m x=0.6 m 时,经检验,此时质子已经穿出磁场边界线,不能打到荧光屏上了,以磁场边界计算,有 rmax=L=0.25 m,即x2=2rmax=0.5 m 能够发光的区域长度 x=x2-x1=0.02 m。