安徽省部分學(xué)校2024屆高三下學(xué)期聯(lián)考(一模)物理試題 Word版含解析.docx

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物理試卷本試卷分第I卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分．滿分100分，考試時(shí)間75分鐘．請(qǐng)?jiān)诖痤}卡上作答．第I卷（選擇題共46分）一、單項(xiàng)選擇題（本題共7小題，每小題4分，共28分．每小題只有一個(gè)正確答案）1.2023年8月24日，日本啟動(dòng)核污染水排海，排放核污染水里含64種核放射性元素，將對(duì)全人類和海洋生命產(chǎn)生長(zhǎng)久的重大威脅，核廢水中的發(fā)生衰變時(shí)的核反應(yīng)方程為，該核反應(yīng)過(guò)程中放出的能量為Q，設(shè)的比結(jié)合能為E1，的比結(jié)合能為E2，X的比結(jié)合能為E3，已知光在真空中的傳播速度為c，的半衰期為138天，則下列說(shuō)法正確的是（　　）A.該核反應(yīng)中發(fā)生了β衰變B.該核反應(yīng)過(guò)程中放出的能量C.100個(gè)原子核經(jīng)過(guò)138天，還剩50個(gè)原子核未衰變D.該核反應(yīng)過(guò)程中的質(zhì)量虧損為【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)核反應(yīng)前后質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可得，X的質(zhì)量數(shù)為4，電荷數(shù)為2，即X為，該反應(yīng)為α衰變，故A錯(cuò)誤；B．核反應(yīng)過(guò)程中放出的核能為反應(yīng)后生成的所有新核的總結(jié)合能與反應(yīng)前所有原子核的總結(jié)合能之差，即故B錯(cuò)誤；C．半衰期是大量原子核衰變的統(tǒng)計(jì)規(guī)律，對(duì)少數(shù)幾個(gè)原子核無(wú)意義，故C錯(cuò)誤；D．該核反應(yīng)過(guò)程中的質(zhì)量虧損為故D正確。故選D。2.如圖所示的電路中，為電阻箱，為定值電阻。開關(guān)S第21頁(yè)/共21頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 閉合后，在水平放置的平行板電容器的極板間，一帶電油滴P處于靜止?fàn)顟B(tài)，下列判斷正確的是（）A.若僅增大，則油滴P將保持不動(dòng)B.若僅增大，則油滴P將向下加速運(yùn)動(dòng)C.若僅減小，則油滴P將向上加速運(yùn)動(dòng)D.若斷開開關(guān)S，則油滴P仍保持不動(dòng)【答案】B【解析】【詳解】AC．若僅增大，電路總電阻增大，總電流減小，電源內(nèi)阻、定值電阻兩端的電壓減小，兩端的電壓增大，電容器兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度增大，帶電油滴受到的電場(chǎng)力增大，大于重力，油滴P將向上加速運(yùn)動(dòng)，同理可得，若僅減小，則油滴P將向下加速運(yùn)動(dòng)，故AC錯(cuò)誤；B．若僅增大，電路總電阻增大，總電流減小，兩端的電壓減小，電容器兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度減小，帶電油滴受到的電場(chǎng)力減小，小于重力，油滴P將向下加速運(yùn)動(dòng)，故B正確；D．若斷開開關(guān)S，電容器放電，電容器兩極板間的電勢(shì)差減小，電場(chǎng)強(qiáng)度減小，帶電油滴受到的電場(chǎng)力減小，小于重力，油滴P將向下加速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選B。3.如圖，在光滑的水平桌面上，質(zhì)量為m的小球在輕繩的作用下，繞O點(diǎn)以速率v做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。已知輕繩長(zhǎng)為，重力加速度大小為g。對(duì)小球由A轉(zhuǎn)過(guò)到B的過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（　?。〢.小球重力沖量大小為0B.繩子拉力沖量大小為C.小球動(dòng)量的變化量大小為0D.小球動(dòng)量的變化率大小為【答案】D第21頁(yè)/共21頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 【解析】【詳解】A．小球由A轉(zhuǎn)到B的過(guò)程，所需時(shí)間為小球重力沖量大小為故A錯(cuò)誤；C．小球動(dòng)量的變化量大小故C錯(cuò)誤；B．由動(dòng)量定理，可得故B錯(cuò)誤；D．根據(jù)可知小球動(dòng)量的變化率大小為又聯(lián)立，解得故D正確。故選D。4.如圖，矩形平板的邊固定在水平面上，平板與水平面的夾角為。質(zhì)量為m的物塊在平行于平板的拉力作用下，沿對(duì)角線方向斜向下勻速運(yùn)動(dòng)，與邊的夾角為為，物塊與平板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度大小為g，則拉力大小為（　　）第21頁(yè)/共21頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 A.B.C.D.【答案】C【解析】【詳解】依題意，物塊所受摩擦力沿ca方向，大小為物塊所受重力的下滑分力大小為由幾何關(guān)系可知摩擦力與重力下滑分力的夾角為120°，有由于物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以拉力大小為故選C。5.如圖，地球的公轉(zhuǎn)軌道視為圓，但慧星的運(yùn)動(dòng)軌道則是一個(gè)非常扁的橢圓．天文學(xué)家哈雷曾經(jīng)在1682年跟蹤過(guò)一題彗星，他算出這顆彗星軌道的半長(zhǎng)軸約等于地球公轉(zhuǎn)半徑的18倍，并預(yù)言這顆彗星將每隔一定時(shí)間就會(huì)出現(xiàn)．哈雷的預(yù)言得到證實(shí)，該慧星被命名為哈雷彗星．已知哈雷彗星最近飛近地球的時(shí)間是1986年．若哈雷彗星近日點(diǎn)與太陽(yáng)中心的距離為、速度大小為，遠(yuǎn)日點(diǎn)與太陽(yáng)中心的距離為、速度大小為，不考慮地球及其它星球?qū)坌堑挠绊?，則下列說(shuō)法正確的是（）A.哈雷慧星在近日點(diǎn)與遠(yuǎn)日點(diǎn)的機(jī)械能不相等B.哈雷慧星在近日點(diǎn)與遠(yuǎn)日點(diǎn)的加速度大小之比為C.哈雷慧星在近日點(diǎn)與遠(yuǎn)日點(diǎn)的速度大小之比為第21頁(yè)/共21頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 D.哈雷彗星下次飛近地球約在2062年【答案】D【解析】【詳解】A．哈雷慧星在近日點(diǎn)與遠(yuǎn)日點(diǎn)運(yùn)行中，動(dòng)能與勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤；B．在近日點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律可得在遠(yuǎn)日點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律可得聯(lián)立，解得故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)開普勒第二定律，取時(shí)間微元，結(jié)合扇形面積公式可得解得故C錯(cuò)誤；D．設(shè)彗星的周期為T1，地球的公轉(zhuǎn)周期為T2，由開普勒第三定律得即彗星下次飛近地球?qū)⒃诘?1頁(yè)/共21頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 故D正確。故選D。6.如圖甲所示，將一塊平板玻璃a放置在另一塊平板玻璃板b上，在右端夾入兩張薄紙片．當(dāng)單色光從上方垂直射入后，從上往下看可以觀察到如圖乙所示干涉條紋．則下列說(shuō)法正確的是（）A.干涉條紋是由兩玻璃板上表面反射的光疊加產(chǎn)生的B.若僅增大垂直射入的單色光波長(zhǎng)，則條紋將變疏C.將b緩慢向下平移，則條紋之間的距離將變大D.若抽去一張薄紙片，則條紋將變密【答案】B【解析】【詳解】A．干涉條紋是由a的下表面和b上表面反射的光疊加產(chǎn)生的，故A錯(cuò)誤。BC．若僅增大垂直射入的單色光波長(zhǎng)時(shí)，根據(jù)條紋間距表達(dá)式可知條紋變疏，將b緩慢向下平移時(shí)條紋間距不變，故B正確，C錯(cuò)誤；D．若抽去一張薄紙片，平板玻璃a、b之間的夾角減小，條紋間距變大，條紋變稀疏，故D錯(cuò)誤。故選B。7.如圖，輕質(zhì)彈簧下端固定在光滑斜面底端，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)上端在O點(diǎn)．小球?qū)椈蓧嚎s到M點(diǎn)（彈簧和小球不拴接）．由靜止釋放后，將該時(shí)刻記為，小球第一次運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的時(shí)刻為，小球運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)為N．在小球第一次從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，速度、加速度a、動(dòng)能以及小球機(jī)械能E隨時(shí)間t，變化的圖像可能正確的是（）第21頁(yè)/共21頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 A.B.C.D.【答案】AC【解析】【詳解】ABC．小球向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律有隨著彈力減小，加速度逐漸減小，速度逐漸增大，至此時(shí)加速度為0，速度達(dá)到最大，此時(shí)小球位于MO之間，隨后有隨著彈力F逐漸減小，加速度逐漸增大，直至后，加速度為之后加速度保持不變，速度逐漸減小，結(jié)合圖像斜率為加速度，動(dòng)能的計(jì)算公式可知AC圖正確，B圖錯(cuò)誤，故AC正確，B錯(cuò)誤；D．小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧彈力對(duì)小球做正功，小球機(jī)械能先增大，后不變，故D錯(cuò)誤。故選AC。二、多項(xiàng)選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分．每題有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分）8.如圖，是一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)變化過(guò)程的圖像．氣體先由a狀態(tài)沿雙曲線變化到b狀態(tài)，再沿與橫軸平行的直線變化到c狀態(tài)．最后沿與縱軸平行的直線回到a狀態(tài)．以下說(shuō)法中錯(cuò)誤的是（　?。┑?1頁(yè)/共21頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 A.過(guò)程氣體溫度不變B.過(guò)程氣體放出熱量C.過(guò)程氣體對(duì)外界做功，同時(shí)吸收熱量D.過(guò)程氣體放出熱量【答案】CD【解析】【詳解】A．因?yàn)樽兓瘓D線為雙曲線的一支，為等溫線，所以是等溫變化，故A正確，不符合題意；B．根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程從b到c為等壓變化，體積減小，所以溫度降低，內(nèi)能減小，又因?yàn)橥饨鐚?duì)氣體做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，此過(guò)程放出熱量，故B正確，不符合題意；C．過(guò)程體積不變，沒(méi)有做功，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知，由于壓強(qiáng)增大，則溫度升高，內(nèi)能增大，結(jié)合熱力學(xué)第一定律可知，從外界吸收熱量，故C錯(cuò)誤，符合題意；D．由的過(guò)程氣體對(duì)外做功，其大小等于ab曲線與坐標(biāo)軸圍成的面積；由的過(guò)程外界對(duì)氣體做功，其大小等于直線bc與坐標(biāo)軸圍成的面積，由的過(guò)程氣體體積不變，對(duì)外不做功，外界對(duì)氣體也不做功，則的過(guò)程氣體對(duì)外做功，大小等于各段曲線所圍成的abc圖像面積大小，整個(gè)過(guò)程溫度不變，內(nèi)能不變，根據(jù)可知，整個(gè)過(guò)程從外界吸收熱量，故D錯(cuò)誤，符合題意。故選CD9.如圖，有兩個(gè)寬度為L(zhǎng)的沿水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的各個(gè)邊界均在水平面內(nèi)。磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，兩磁場(chǎng)間的距離大于L。一質(zhì)量為m，電阻為R，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形單匝閉合導(dǎo)線框，從磁場(chǎng)區(qū)域I上方某一位置由靜止釋放，線框邊剛要出磁場(chǎng)區(qū)域I和剛要出磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ時(shí)的速度相同，線框穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ產(chǎn)生的焦耳熱為Q。線框向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終在垂直于磁場(chǎng)的豎直平面內(nèi)，邊始終水平。重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是（）第21頁(yè)/共21頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 A.線框穿過(guò)區(qū)域Ⅰ產(chǎn)生的焦耳熱也一定為QB.邊穿過(guò)兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程，通過(guò)線框截面的電荷量相等C.線框穿過(guò)兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程，線框的速度變化量一定相同D.磁場(chǎng)區(qū)城間的距離為【答案】ABCD【解析】【詳解】A．磁場(chǎng)寬度與正方形線框的邊長(zhǎng)都為，則線框只有進(jìn)出磁場(chǎng)兩個(gè)過(guò)程，各位置的瞬時(shí)速度如圖所示因線框邊剛要出磁場(chǎng)區(qū)域I和剛要出磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ時(shí)的速度相同為，說(shuō)明出磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程一定是減速運(yùn)動(dòng)，且穿過(guò)磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程完全相同，則有，線框穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ產(chǎn)生的焦耳熱為Q，則線框穿過(guò)區(qū)域Ⅰ是完全相同的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，產(chǎn)生的焦耳熱一定為Q，故A正確；B．由通過(guò)截面的電荷量公式為第21頁(yè)/共21頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 因邊穿過(guò)兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程通過(guò)線框截面的磁通量的變化量相同，則電荷量相等，故B正確；C．線框穿過(guò)兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程，由動(dòng)量定理有因運(yùn)動(dòng)過(guò)程相同，則時(shí)間相同，且電量相等，則線框的速度變化量一定相同，故C正確；D．設(shè)磁場(chǎng)區(qū)城間的距離為，選擇線框邊剛出磁場(chǎng)區(qū)域I和剛出磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ的過(guò)程，由動(dòng)能定理有解得故D正確。故選ABCD。10.在平面內(nèi)，一帶正電的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以初速度沿x軸正方向射入．若區(qū)域僅存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E．則粒子經(jīng)過(guò)時(shí)間到達(dá)點(diǎn)；若區(qū)域僅存在垂直平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，則粒子經(jīng)過(guò)時(shí)向到達(dá)點(diǎn)，不計(jì)粒子重力，下列說(shuō)法正確的是（）A.E與B的大小之比為B.與的大小關(guān)系為C.若區(qū)域同時(shí)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)E與勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，則粒子在y軸方向分運(yùn)動(dòng)為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)D.若區(qū)域同時(shí)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)E與勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，則粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度為【答案】AD【解析】【詳解】A．若x>0區(qū)域僅存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有解得第21頁(yè)/共21頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 若區(qū)域僅存在垂直平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，由洛倫茲力提供向心力由幾何關(guān)系可得其中解得所以故A正確；B．因?yàn)槎獾迷俅艌?chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間所以故B錯(cuò)誤；第21頁(yè)/共21頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 C．若區(qū)域同時(shí)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)E與勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，在y軸方向由于電場(chǎng)力恒定，洛倫茲力為變力，則合力不可能與離開平衡位置的位移成正比，故粒子在y軸方向的分運(yùn)動(dòng)不可能為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D．利用配速法將速度分解為洛倫茲力與電場(chǎng)力相等需要的速度，即解得所以則將粒子的運(yùn)動(dòng)分為水平向右以速度的勻速直線運(yùn)動(dòng)和速度的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以當(dāng)勻速圓周運(yùn)動(dòng)速度水平向右時(shí)合速度最大，即故D正確。故選AD。第Ⅱ卷（非選擇題共54分）三、非選擇題（本題共5小題，共54分）11.小明在實(shí)驗(yàn)室探究物體加速度與所受合外力的關(guān)系，實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示，主要實(shí)驗(yàn)步驟如下：第21頁(yè)/共21頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 （1）調(diào)整長(zhǎng)木板傾角進(jìn)行阻力補(bǔ)償，使小車恰好沿長(zhǎng)木板向下做勻速運(yùn)動(dòng)。（2）保持長(zhǎng)木板的傾角不變，繩子下端只掛一個(gè)鉤碼，將小車移近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，接通電源然后釋放小車，小車沿長(zhǎng)木板向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，得到一條紙帶如圖所示，為計(jì)數(shù)點(diǎn)，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)未畫出，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的頻率為。利用刻度尺測(cè)量得到。通過(guò)紙帶求得小車在點(diǎn)的速度大小為______；通過(guò)紙帶求得小車加速度大小為______。（均保留2位有效數(shù)字）（3）保持繩子下端懸掛的鉤碼不變，在小車上放置不同數(shù)量的相同鉤碼，小車上鉤碼的個(gè)數(shù)記為，重復(fù)實(shí)驗(yàn)操作（2），求出小車對(duì)應(yīng)的加速度，得到加速度的倒數(shù)和鉤碼個(gè)數(shù)的圖像如圖所示，已知一個(gè)鉤碼的質(zhì)量為，圖像中直線斜率為，縱軸截距為，利用題中信息可得出重力加速度______，小車的質(zhì)量______。（用表示）。【答案】①.0.31②.0.60③.④.【解析】【詳解】（2）[1]相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)未畫出，則相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)的時(shí)間間隔為根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻速度等于該段過(guò)程的平均速度，則小車在點(diǎn)的速度大小為[2]根據(jù)逐差法可得，小車加速度大小為第21頁(yè)/共21頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 （3）[3][4]由牛頓第二定律可知可得由圖可知解得12.某實(shí)驗(yàn)小組使用多用電表測(cè)量電學(xué)中的物理量，并探究歐姆表的原理。（1）某次測(cè)量時(shí)，多用電表表盤指針指在如圖甲所示位置，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是。A.若該讀數(shù)是選用歐姆擋“”倍率得到的，應(yīng)該更換“”倍率，歐姆調(diào)零后再次進(jìn)行測(cè)量B.多用電表的欣姆擋是靠?jī)?nèi)部電源提供電流的．若選用“”倍率測(cè)量電阻，則歐姆表內(nèi)阻約為C.測(cè)直流電流時(shí)，應(yīng)讓紅表筆接外電路的正極，黑表筆接外電路的負(fù)極（2）該小組進(jìn)一步探究歐姆表的原理，設(shè)計(jì)了如圖乙所示的電路，通過(guò)調(diào)節(jié)開關(guān)S第21頁(yè)/共21頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 ，可使歐姆表具有“”和“”的兩種倍率，可用器材如下：A．干電池（電動(dòng)勢(shì)，內(nèi)阻不計(jì)）；B．電流表G（滿偏電流，內(nèi)阻）；C．定值電阻（阻值為）；D．滑動(dòng)變阻器（最大阻值為）；E．定值電阻（阻值為）、；F．開關(guān)一個(gè)紅、黑表筆各一支，導(dǎo)線若干．①表筆B是______（填“紅或“黑”）表筆；②虛線框內(nèi)是雙量程電流表，已知當(dāng)S接a時(shí)，對(duì)應(yīng)電流表量程是，那么定值電阻______；③當(dāng)開關(guān)S撥向________（填“a”或“b”）時(shí)，歐姆表的倍率是“”，歐姆調(diào)零后，歐姆表內(nèi)阻為______?！敬鸢浮浚?）B（2）①.黑②.9③.b④.150【解析】【分析】【小問(wèn)1詳解】A．歐姆表的讀數(shù)等于倍率乘指針示數(shù)，該圖指針?biāo)疚恢秒娮枳x數(shù)偏小，說(shuō)明倍率選大了，應(yīng)該改用“”的倍率，歐姆調(diào)零后再次進(jìn)行測(cè)量，故A正確；B．多用電表作歐姆表使用時(shí)，是靠?jī)?nèi)部電源提供電流，中值刻度對(duì)應(yīng)的電阻就等于這個(gè)倍率下歐姆表的內(nèi)阻，若選用的是“×10”的倍率測(cè)電阻，則歐姆表內(nèi)阻約為，故B錯(cuò)誤；C．測(cè)直流電流時(shí)，應(yīng)該讓電流從紅表筆流進(jìn)，從黑表筆流出，以保證表盤指針能夠正偏，故必須讓紅表筆接外電路的正極，黑表筆接外電路負(fù)極，故C正確。本題選錯(cuò)誤，故選B?！拘?wèn)2詳解】①[1]電流從紅表筆流進(jìn)，黑表筆流出，由圖可知，表筆B是黑表筆；②[2]當(dāng)S接a時(shí)，對(duì)應(yīng)電流表量程是0~0.1A，則有解得第21頁(yè)/共21頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 ③[3][4]當(dāng)S接a時(shí)，對(duì)應(yīng)電流表量程是0-0.1A，則歐姆表內(nèi)阻為當(dāng)S接b時(shí)，設(shè)滿偏電流為，根據(jù)并聯(lián)電路分流特點(diǎn)有解得可知，當(dāng)S接b時(shí)，歐姆表的倍率是“×10”。則歐姆表內(nèi)阻為【點(diǎn)睛】13.如圖，質(zhì)量均為m的光滑長(zhǎng)方體甲、乙靜置在光滑的水平面上。在它們之間放一質(zhì)量為、截面為正三角形的重物丙，丙兩側(cè)分別與甲、乙接觸。對(duì)長(zhǎng)方體甲、乙施加等大、反向的水平力F時(shí)，重物丙恰好靜止。已知重力加速度大小為g。若同時(shí)撤去力F，長(zhǎng)方體將在水平面上滑動(dòng)，求：（1）水平力F的大?。唬?）剛撤去F時(shí)，地面對(duì)長(zhǎng)方體甲的彈力大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）對(duì)丙受力分析，如圖所示由平衡條件可得第21頁(yè)/共21頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 解得對(duì)甲受力分析，如圖所示由平衡條件，可得又聯(lián)立，解得（2）剛撤去F時(shí)，甲物體豎直方向受力平衡，有解得14.如圖，為某輪滑賽道模型，段和段為在B點(diǎn)相切的圓弧，半徑分別為，在圓弧的最上端A點(diǎn)的切線水平，為圓弧的圓心，與豎直方向的夾角為；圓弧的最下端C點(diǎn)的切線水平，為圓弧的圓心，C點(diǎn)離地面的高度為R，一個(gè)質(zhì)量為m的滑塊從A點(diǎn)（給滑塊一個(gè)擾動(dòng)）由靜止開始下滑，到B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧的壓力恰好為零，到C點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力大小為，重力加速度大小為g，求：（1）滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度多大；（2）滑塊在段圓弧和在段圓弧上克服摩擦力做的功分別為多少；（3）若滑塊與地面碰撞一瞬間，豎直方向速度減為零，水平方向速度不變，滑塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，則滑塊停下時(shí)離C點(diǎn)的水平距離為多少。第21頁(yè)/共21頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 【答案】（1）；（2），；（3）【解析】【詳解】（1）到B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧的壓力恰好為零，則向心力完全由重力的分力提供，根據(jù)牛頓第二定律得滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度（2）在段圓弧，根據(jù)動(dòng)能定理克服摩擦力做的功到C點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力大小為，根據(jù)牛頓第三定律，滑塊受到的支持力根據(jù)牛頓第二定律得根據(jù)動(dòng)能定理克服摩擦力做的功第21頁(yè)/共21頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 （3）根據(jù)在地面滑行時(shí)，加速度大小滑行距離所以滑塊停下時(shí)離C點(diǎn)的水平距離為15.如圖，紙面內(nèi)有一水平虛線，垂直于紙面放置的足夠長(zhǎng)平面感光板與虛線平行。與虛線間的距離為，且存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。虛線上有一點(diǎn)狀放射源S，可在紙面內(nèi)向各個(gè)方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為的同種帶電粒子。某一粒子以速率v沿與虛線成角的方向射入磁場(chǎng)。并恰能垂直打到感光板上。不計(jì)粒子的重力，。（1）求粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速率v；（2）若粒子均以的速率在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場(chǎng)，僅考慮能打到感光板上的粒子，求：①粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間；②感光板被粒子打中的長(zhǎng)度。【答案】（1）；（2）①；②l【解析】【詳解】（1）粒子恰能垂直打到感光板ab上，所以速度偏轉(zhuǎn)角為53°，由幾何關(guān)系有第21頁(yè)/共21頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 洛倫茲力提供向心力有解得（2）①粒子以的速率沿紙面不同方向射入磁場(chǎng)，則做圓周運(yùn)動(dòng)半徑為=如圖所示，當(dāng)粒子經(jīng)過(guò)時(shí)弦長(zhǎng)最短，對(duì)應(yīng)時(shí)間最短根據(jù)幾何關(guān)系有則最短時(shí)間為②如圖所示：軌跡恰好與感光板ab相切時(shí)，打到最左側(cè)的P點(diǎn)，由幾何關(guān)系可知當(dāng)粒子初速度平行感光板ab時(shí)，打到最右側(cè)的Q點(diǎn)，由幾何關(guān)系可知第21頁(yè)/共21頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 感光板ab被粒子打中的長(zhǎng)度第21頁(yè)/共21頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司