2024年HGT第一次模拟测试物理 答案

2024-03-10 · 3页 · 1.1 M

2024HGT第一次模拟测试物理参考答案及评分意见一、选择题(本题共10小题,1-7题为单选题,每小题4分;8—10为不定项选择题,每小题6分,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。)题号12345678910答案BDADADCBDACBCD二、实验题(11题6分,12题9分)(分)11.(1).1.352偏大(分)(2).22a4π(分)(3).b2右(分)12.(1).2(分)(5).12(分);(分)(6).1.5020.593三、解答题(13题10分,14题12分,15题17分)13.()°;145()m;m2(2−2)(8−42)()激光笔发射出的激光进入水面时入射角为1170.5°由1可得22………………………………(分)cos70.5°=sin70.5°=133激光笔发出的激光进入水中时入射角用θ表示,折射角用β表示,111θ由sin1n…………………………………………………………(分)β=1sin1可得β2,故β…………………………………………(分)sin1=1=45°22()激光笔发射出的激光进入水面时入射角为2253.0°由3,可得4cos53.0°=sin53.0°=55激光笔发出的激光进入水中时入射角用θ表示,折射角用β表示,222θ由sin2n…………………………………………………………(分)β=1sin2可得β3sin2=5设两光线入射点之间的距离为x,∆则有:xθθ……………………………………(分)∆=ℎ2tan2−ℎ1tan11可得x()m……………………………………(分)∆=2−21同理:xHβHβ……………………………………(分)∆=tan1−tan21—高三物理第页(共页)—13联立可得Hm………………………………………………(分)=(8−42)214.BLd()2;1R5()1;23m3g2R2()3mgd25W3−B4L4−572BLdθ()在导体杆b由静止释放到导体杆b运动到QQ处的过程中E∆∅cos112ˉ=t=t∆∆……………………………………………………………………………………(分)1E根据闭合电路的欧姆定律有:Iˉ,ˉ=R2根据电流的定义式:qIt=ˉ∆BLd联立可得q2………………………………………………(分)=R25()当导体杆速度最大时,对导体杆受力分析有:mgμFA……………(分)2a=1对导体杆b受力分析,沿斜面方向mgθFAθfsin=cos+垂直斜面方向有:mgθFAθFNcos+sin=由摩擦力的大小fFNμ=联立可得μ1…………………………………………………(分)=33mg()当导体杆b速度最大时,可知Fmgμ…………………………(分)3A==13电动势EBLvθ=cosE电流大小I,导体杆受到的安培力FBIL,=RbA=2mgR联立可得v5………………………………………………(分)=B2L226根据动能定理可得:1mv2mgdθWW=sin−+安2m3g2R2联立可得:Q总W安3mgd25W………………………(分)=−=−B4L4−257215.L()32;181()m,:;21727()4L345vv()物块在在tt的时间内沿斜面匀加速下滑,加速度大小a6001A130−1901=tt=t190−1300物块在tt时间内与在t的时间内受力情况一致,加速度相同,A130−1900−90则有tt时vatv…………………………………………(分)=90=1∙90=902—高三物理第页(共页)—23vt刚释放物块时,之间的距离为L,则有L90∙90AAB=L2可得vt2………………………………………………………(分)00=181物块在在tt的时间内沿斜面向上运动,A90−130vtt运动的距离L80(130−90)vt……………………………(分)1==16001L2联立可得L32…………………………………………………(分)1=181()物块与物块第一次碰撞时,由动量守恒可得:mvmvAMvB2AB=1+1碰撞为弹性碰撞,由能量守恒可得1mv21mvA21MvB2…………(分)=1+11222其中vv,vAv=901=−80联立可得:vBv,Mm……………………………………(分)1=0=172vtt物块在tt时间内下滑的距离L60(190−130)vtA130−1902==18002故物块碰后沿斜面下滑的距离xLLvt…………………(分)B1=2−1=2001vB假设第二次碰撞前物块已停止运动,则有x1t,可得tt,B1=11=402即tt时,物块停止运动,假设成立=130BvBv设物块下滑过程中的加速度大小为a,则有a10…………(分)B=t=t14040设斜面倾斜角为θ,根据牛顿第二定律:对物块有:MgθMgμθMaBsin−2cos=−物块下滑时,mgθmgμθmaAsin−1cos=1vv物块沿斜面向上运动运动时加速度大小为a,则有a8020A22=t=t400由牛顿第二定律可得mgθmgμθma………………………(分)sin+1cos=22联立可得μ:μ……………………………………………(分)12=2:71()tt时,物块与物块发生第二次碰撞,碰前瞬间物块的速度vv3=190ABA1=60由动量守恒可得:mvmvAMvB1=2+2碰撞为弹性碰撞,由能量守恒可得1mv21mvA21MvB21=2+2222联立可得:vB2v…………………………………………………(分)2=013设第二次碰撞后物块下滑的距离为x,则有axvB2B222=2vt可得x8004x……………………………………………………(分)2==1199n−1以此类推可得xn4x=1(9)4n1−()则物块运动的总距离xxxxxn9x…………(分)B=1+2+3.....+=∙1141−9当n时,代入数据可得x4L…………………………………(分)→∞=145—高三物理第页(共页)—33

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