济阳闻韶中学2022年12月月考物理答案

2023-11-20 · 4页 · 334.8 K

1.【答案】A【详解】此同学最初静止,竖直向下为加速度的正方向,根据图像,然后加速度开始为负x22'vt,物块相对传送带上滑sx11='=0.25mx1,sx22='=1mx2即物块先相对传送带上滑值即加速度向上,是加速上升;后来加速度为正值,即加速度向下,是减速上升;最后静止。全过程0.25m,后相对传送带下滑1m,则划痕长度为1m,故C错误;D.物块相对传送带滑动路程为为先加速上升再减速上升最终静止,所以是起立过程。故BCD错误,A正确。ss1+s2=1.25m,则摩擦生热Qmg=coss带入数据可得Q=3.75J,故D正确。2.A【解析】A、B整体在水平方向上受推力和滑动摩擦力作用。设A、B的质量均为m,由平衡条2件得F2mg,对B受力分析,B受到重力、推力F和垂直斜面向上的支持力,根据共点力平衡有7.【答案】C【详解】A.滑块A运动到P点时,对A分析有mgsin53ma,解得a=8m/sFtan3错误;.滑块处于点时,物块的速度为,滑块下滑过程中,滑块沿绳的分速度等于物块tan,解得,A正确,B、C、D错误。ABAOB0Amg26B的速度,当滑块A运动到P点时,由于P点与滑轮的连线同直杆垂直,则此时滑块A沿绳的分速度3.【答案】B【详解】A.电场线与等势线相互垂直,所以电场线沿竖直方向,由运动轨迹可以看出正等于0,即此时物块B的速度亦为0,可知滑块A由O点运动到P点的过程中,物块B的始末速度均电荷所受电场力方向竖直向上,所以A错误;B.因为正电荷所受电场力方向竖直向上,所以电场线竖为0,则该过程中,物块B的速度先增大后减小,则物块B的动能也先增大后减小,B错误;直向上,因为沿电场线电势降低,所以a点的电势高于b点的电势,故B正确;C.从a到b电场力做CD.根据上述,滑块A由O点运动到P点的过程中,对A、B系统有正功,动能增加,但不能确定电荷在b点的动能就是在a点动能的2倍,故C错误;D.因为a、b在12mgLcos53sin53MgLLsin53mvAP,解得vAP52m/s,C正确,D错误。不同的等势面上,所以即使选择合适的零电势点,电荷在a、b两点的电势能也不可能相等,故D错误。2424(75)4.【答案】C【详解】vt图像中面积表示位移,汽车所走的位移为x8m8.【答案】C【详解】A.若粒子从ab边中点处垂直ab边射出,则圆心一定在在ab边上,设与ab边22交点为,则圆心在的中垂线上,而中垂线与边平行,不可能相交,故错误;x8gOgabA若该汽车以4m/s的速度匀速通过ETC通道,所用时间为t2s2sv4B.同理做aO垂线出射速度垂线交于f点,即f为圆心,则对于圆心角为60,所以粒子在磁场中的运相比通过人工通道可节省的时间为ttt7s2s5s,故ABD错误,C正确。12mm12动时间为tT,且T,解得t,故B错误;6qB3qB12qU5.【答案】D【详解】AB.根据Uqmv2,可得v,则比荷大的粒子进入磁场时的速度越大,在2mC.垂直cf向上发射的粒子刚好与能离开磁场时,轨迹与边af相切,则由几何关系得22mrmvmv233qBL加速电场中的加速时间越短,选项AB错误;C.根据T,可知,比荷大的粒子在磁场中的运动Lr,由qvB得r,联立解得v,故C正确;qBsin60rqBmmv12Um3周期越短,则时间越短,选项C错误;D.根据r,则比荷大的粒子在磁场中做匀速圆周D.因为O点距六边形的最近距离为dLcos30L,即此时对应刚好离开磁场的最小直径,所以最qBBq2dmv3qBL运动的半径越小,选项D正确。故选D。小半径为r,又r,所以最小速度为v,故D错误。故选C。2qBmin4m6.【答案】D【详解】AB.小物块滑上传送带做匀减速直线运动,由牛顿第二定律9.【答案】BD【详解】A.根据电场叠加原理可知,两个正电荷在f点的合场强方向沿y轴负方向,两vv22vvx0t0mgsinmgcosma1,设经过时间t1减速到与传送带速度相等1,1,解得个负电荷在f点合场强沿y轴负方向,所以合场强方向沿y轴负方向,同理可得在h点合场强方向沿y2a1a1x1=0.75m,t1=0.25s,速度小于传送带速度后,受向上滑动摩擦力,由牛顿第二定律轴正方向,因此场强方向相反,故A错误;B.根据等量同种电荷电场分布特点可知,在两个正电荷形v20v0t成的电场中,e、g两点的电势相等,同理在两个负电荷形成的电场中,e、g两点的电势相等,所以在mgsinmgcosma2,x2,2解得x2=1m,t2=1s。则传送带从底端到顶端的长度为2a2a2四个电荷的合电场中电势相等,故B正确;C.根据场强叠加原理可知ef点电场强度等大,因此电场力Lx=1.75m12x,tt12t1.25s,故AB都错误;C.在t1和t2时间,传送带分别向上位移x11'vt,大小相等,故C错误;D.通过叠加原理可知,oh间电场线由o指向h,ao间电场线方向,由a指向o,沿电场线方向电势逐渐降低,因此e点电势比h点电势高,因此质子在e点的电势能大,故D正确。故在h2处拉力为零,因此在h1-h2过程中,拉力先大于重力后小于重力,物体先向上做加速直线运动后做选BD。减速直线运动,动能先增大后减小,故C正确;D.在0-h3过程中,拉力先大于重力后小于重力,最后10.【答案】AD【详解】A.设质量为m的行星绕质量为M的恒星做半径为r、周期为T的匀速圆周运拉力为零,物体的合外力先减小到零后反向增大、最后不变,根据牛顿第二定律可得物体的加速度大Mm4π24π23rr3动,根据牛顿第二定律有Gmr,解得M该恒星与太阳的质量之比为小先减小后增大再不变,h2-h3阶段为竖直上抛运动,不是匀速,故D错误。故选AC。rT22GT22T313.M8512MMM30.60m/s0.40m/s2????????恒=2,故A正确;B.恒星的密度为33该恒星与太阳的密度之比为M太981VRR4π【详解】(3)[1]由题意得,从A位置到最低点的高度差为ℎ9????18mm1.810m512642πr恒8=81故B错误;C.恒星的运行速度为v该行星与地球做圆周运动时的运行速度之比由机械能守恒定律可得????????ℎ????????,解得碰撞前球1的速度????2????ℎ0.60m⁄s太81T18[2]碰撞后球2上升高度为ℎ4????8mm810m,由机械能守恒定律可得????????????????ℎv行98Mm0为=,故C错误;D.恒星表面质量为m0的物体所受万有引力等于重力,即Gmgv19R20地解得碰后球的速度大小为12????2????ℎ0.40m⁄s512又因为,碰后球的速度为,若碰撞前后动量守恒,则有GMg128[3]1????2????????????????????????????????可得恒星表面的重力加速度为g,该恒星表面与太阳表面的重力加速度之比为恒4故正281DRg太811即????2????⋅9????????2????⋅4????????2????????,整理可得m1、m2满足关系式2????????。确。故选AD。14.【详解】(1)[1]金属丝直径????0.5mm23.20.01mm0.732mm111.【答案】ABD【详解】A.小球从静止到第一次到达最低点的过程,根据动能定理有mg2Rmv2(2)[2]由于电源电压为3V,电压表量程太大,测量不准确不能选,而第二块电流表内阻已知,可以202将一块电流表改装成电压表,根据电表的数据将A与定值电阻串联,改装成量程为3V的电压表,为v2小球刚到最低点时,根据圆周运动和牛顿第二定律有Nmgm0,根据牛顿第三定律可知小球对金属R了让各个电流表偏转角尽可能大,减小相对误差,采用电流表的外接,,为了多测几组数据,采用滑动''块的压力为NN,联立解得Nmg5,A正确;B.小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程,变阻器的分压式接法,电路连接图如图所示1122小球和金属块水平方向动量守恒,则mv0()mMv,根据能量守恒定律有mgRmv0()mMv(3)[3]根据????????,而????,联立可得????22解得Mm,B正确;CD.小球第二次到达最低点的过程中,水平方向动量守恒,即有[4]由于通过改装成的电压表能准确测量出待测电阻两端的电压,而111222流过待测电阻的电流为Mvmvmv,又能量守恒,可得Mv120mvmv,Mm,解得vv2gR,12022210????????????v20,C错误,D正确。故选ABD。没有系统误差,因此能准确测量出待测电阻的阻值,因此从设计原理看,该实验测量结果与真实值相12.【答案】AC【详解】A.物体受重力与拉力作用,重力做功不改变物体的机械能,机械能的变化量等。E等于拉力做功,则有EFh,得F。所以斜率为表示拉力。0-h1阶段斜率增大,即拉力增大,h1215.【答案】(1)Fmg1sin2;(2)WmgL2cossinh1-h2过程中,图象斜率减小,拉力F减小,拉力先增大后减小,故A正确;B.在h1处,斜率最大,22拉力最大,拉力大于重力,物体正在加速,所以h1处速度不是最大,故B错误;C.由图象可知,在【详解】(1)根据题意,受力分析可得,合外力提供向心力,则有FmLsinsinh1-h2过程中,图象斜率减小,拉力F减小,在h2后图象斜率为零,拉力为零,在h1处拉力F大于重力,2又Fmgcos,解得Fmg1sin2系知Rd3dR2,解得Rd21(2)根据动能定理可得Wmghmv20,v22由牛顿第二定律qvBm00R12解得WmgL2cossin。2mv解得B02qd16.(1)Q2.4104C;(2)315R12Rd2RBP(3)由几何关系知,轨迹所对应的圆心角为60°,则t0UEC6VRRr63vv00【详解】(1)开关闭合时,电容器的电压1BP41QCU2.410C2电容器上的电荷量为C电场方向vaty,datvtty0,2(2)设小球恰好打在上极板右端或下极板右端时加速度大小为a,则有2427dd2解得t11233vvLvt,dat,联立解得a2.5m/s2。00022238【答案】();();();()18.1sAm2s12m3Tnns4Lm当小球恰好打在上极板右端时,设电容器板间电压为U1,323qU【详解】(1)长木板收到摩擦力,根据牛顿第二定律mgMa①根据牛顿第二定律得1mgma,1d22R3长木板向左做减速运动到速度为0,vas012A②,解得sAm③设滑动变阻器接入电路的阻值为R3,则有UE13RRr13qU(2)碰撞后,直到小物块和长木板共速,根据动量守恒mvMvmMv④当小球恰好打在下极板右端时,设电容器板间电压为U,根据牛顿第二定律得mg2ma0012dvR得v0,即再次共速时的速度是前一次一起运动速度的一半。UE41设滑动变阻器接入电路的阻值为R4,则有2,解得R315,R432RRr14112212315R根据能量守恒mv00MvmMv1mgΔs1⑤所以要使小球不打在极板上,滑动变阻器接入电路的阻值范围为。2222mv2mv2427dd2解得s2m⑥17.【答案】(1)E0;(2)B0;(3)t12qd3qd33vv00(3)长木板的加速度由牛顿第二定律mgMa12【详解】(1)带电粒子做类平抛运动,有3dvt0,dat2mg2得a3m/sMqE由牛顿第二定律得a,vvv3m长木板

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