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- 2021-06-01 发布
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R总,故PD+P1+P2<3P,故C正确,D错误。故选C。 【点睛】本题考查了串联电路的分压特点和并联电路特点,以及欧姆定律、电功率公式的灵活应用;难点是根据欧姆定律分析出图中电阻与电压的关系和各电阻功率关系的判断。 13.如图所示,平行板电容器的一个极板与滑动变阻器的滑片C相连接.电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场.在保证电子还能穿出平行板间电场的情况下,若使滑动变阻器的滑片C上移,则关于电容器极板上所带电荷量Q和电子穿过平行板所需的时间t的说法中,正确的是( ) A. 电荷量Q增大,时间t也增大 B. 电荷量Q不变,时间t增大 C. 电荷量Q增大,时间t不变 D. 电荷量Q不变,时间t也不变 【答案】C 【解析】 试题分析:滑动变阻器的滑动端P上移,则电容器极板间电压增大,由知电容器所带电荷量增加,电子穿越平行板做类平抛,垂直电场方向做匀速直线运动则,电子穿越平行板所需的时间t不变 故选C 考点:带电粒子在电场中的偏转 点评:容易题。带电粒子在电场中偏转时做类平抛运动,即在垂直于电场方向电场力不做功,带电粒子做匀速直线运动,要注意运动合成与分解的方法和电场力运动规律的灵活应用. 二、不定项选择题(共5题,共20分) 14.下列实例中,物体的机械能守恒的是( ) A. 在空中匀速下落的跳伞运动员 B. 沿光滑曲面自由下滑的物体 C. 被起重机匀速吊起的重物 D. 以 g的加速度竖直向上做匀减速运动的物体 【答案】BD 【解析】 【详解】A.在空中匀速下降的跳伞运动员,速度恒定,即动能恒定,但高度下降,所以重力势能减小,故机械能不守恒,A不符合题意; B.沿光滑曲面自由下滑的物体,运动过程中,只有重力做功,机械能守恒,B符合题意; C.被起重机匀速吊起的重物,速度恒定,即动能恒定,但高度上升,所以重力势能增加,故机械能不守恒,C不符合题意; D.以g的加速度竖直向上做匀减速运动的物体,加速度竖直向下,大小为g,所以合力等于重力,即只有重力做功,机械能守恒,D符合题意. 15.一质量为m的物体以某一速度冲上一个倾角为37°的斜面,其运动的加速度的大小为0.9g。这个物体沿斜面上升的最大高度为H,则在这个过程中( ) A. 物体的重力势能增加了 B. 物体的重力势能增加了 C. 物体的动能损失了0.5 D. 物体的机械能损失了1.5 【答案】B 【解析】 【详解】AB.重力做了多少功,重力势能就改变多少,根据题意重力做负功,大小为,故重力势能增加,A错误B正确; C.物体上滑过程,根据牛顿第二定律,有: , 解得: ; 合力: ; 合力做负功,故动能减小量等于克服合力做的功,故动能减少 , C错误; D.物体的机械能损失等于克服阻力做的功,故为: , 故D错误. 16.水平线上的O点放置一点电荷,图中画出电荷周围对称分布的几条电场线,如右图所示。以水平线上的某点O′为圆心,画一个圆,与电场线分别相交于a、b、c、d、e,则下列说法正确的是( ) A. b、e两点的电场强度相同 B. a点电势低于c点电势 C. b、c两点间电势差等于e、d两点间电势差 D. 电子沿圆周由d到b,电场力做正功 【答案】BC 【解析】 【分析】 电场强度是矢量,只有大小和方向都相同时两点的电场强度才相同;电势根据顺着电场线方向电势降低进行判断;根据对称性分析b、c 两点间电势差与b、e间电势差的关系.根据电势高低,判断电场力对电子做功的正负. 【详解】由图看出,b、e两点电场强度的大小相等,但方向不同,而电场强度是矢量,所以b、e两点的电场强度不同,A错误;根据顺着电场线电势逐渐降低可知,离点电荷O越远,电势越低,故a点电势低于c点电势,B正确;根据对称性可知,b、e两点电势相等,d、c两点电势相等,故其电势差相等, C正确;d点的电势高于b点的电势,由 ,则知电子在d点的电势能小于在b点的电势能,根据功能关系可知,电子沿圆周由 d 到b,电场力做负功,故D错误. 17.甲、乙两根同种材料制成的电阻丝,长度相等,甲横截面的半径是乙的两倍,将其并联后接在电源上( ) A. 甲、乙的电阻之比是1:2 B. 甲、乙中电流强度之比是4:1 C. 甲、乙电阻丝相同时间产生的热量之比是4:1 D. 甲、乙电阻丝两端的电压之比是1:2 【答案】BC 【解析】 【详解】A.两根长度相同,甲的横截面的圆半径是乙的2倍,根据电阻定律得,;故A错误. B.并联电路电压相等,由可知,甲乙中的电流强度之比为4:1;故B正确. C.由 可知得P甲:P乙=4:1,则相同时间内的热量比也为4:1;故C正确. D.两电阻并联,则两电阻两端的电压相等;故D错误. 18.长木板A放在光滑水平面上,质量为m=2kg的另一物体B以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的表面,由于A、B间存在摩擦,之后A、B速度随时间变化情况如图所示,则下列说法正确的是( ) A. 木板获得的动能为2J B. 系统损失的机械能为2J C. 木板A的最小长度为1m D. A、B间的动摩擦因数为0.1 【答案】BCD 【解析】 【详解】A.根据速度时间图像可知木板最终的速度为v=1m/s,从B刚滑上A开始,到两者共速,过程中,将两者看做一个整体,整体所受合力为零,故整体动量守恒,设木板的质量为M,则根据动量守恒定律可得: , 解得: , 故木板获得的动能为 , A错误; B.系统减少的动能为 , B正确; C.图像图线与坐标轴围成的面积表示位移,则由图得到:0-1s内B的位移为 , A的位移为 , 木板A的最小长度为 C正确; D.由斜率大小等于加速度大小,得到B的加速度大小为 , 根据牛顿第二定律得 , 代入解得 , D正确. 三、实验题(共2题,每空2分,共16分) 19.某实验小组用如图所示的装置探究功与速度变化的关系,打点计时器工作频率为50 Hz。 (1)实验中木板略微倾斜,这样做_________; A.是为了使释放小车后,小车能匀加速下滑 B.是为了增大小车下滑的加速度 C.可使得橡皮筋做的功等于合力对小车做的功 D.可使得橡皮筋松弛后小车做匀速运动 (2)实验中先后用同样的橡皮筋1条、2条、3条…合并起来挂在小车的前端进行多次实验,每次都要把小车拉到同一位置再释放。橡皮筋对小车做功后而使小车获得的速度可由打点计时器打出的纸带测出。根据第四次的纸带(如图所示)求得小车获得的速度为________m/s。(结果保留3位有效数字) (3)若根据多次测量数据画出的W-v图象如图所示,根据图线形状,可知对W与v的关系符合实际的是图________。 A. B. C. D. 【答案】 (1). CD (2). 2.00 (3). C 【解析】 【详解】(1)[1]ABC.实验中木板略微倾斜是平衡摩擦力,目的是使橡皮筋对小车的拉力为小车受到的合力,即可使得橡皮筋做的功等于合力对小车做的功,AB错误C正确; D.同时可使得橡皮筋松弛后小车做匀速运动,D正确. (2)[2]我们所需要的速度为小车做匀速直线运动的速度,由图可知,两个相邻的点之间的距离是4.00cm时做匀速直线运动,打点周期 , 利用公式:,可得: ; (3)[3]由动能定理得 , W与v是二次函数关系,由图示图象可知,C正确, 20.有一个额定电压为2.8V,功率约为0.8W的小灯泡,现要用伏安法描绘这个灯泡的I-U图线,有下列器材供选用: A.电压表(0~3 V,内阻约为6 kΩ) B.电压表(0~15 V,内阻约为30 kΩ) C.电流表(0~3 A,内阻约为0.1Ω) D.电流表(0~0.6 A,内阻约为0.5Ω) E.滑动变阻器(10Ω,5 A) F.滑动变阻器(200Ω,0.5 A) G.蓄电池(电动势6 V,内阻不计) (1)请设计合适的电路,在空白方框内画出正确的电路图________________。按设计的电路图进行测量,电压表应选用______,电流表应选用________________,滑动变阻器应选用__________________。(用序号字母表示) (2)通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如图所示。由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为____________Ω。 【答案】 (1). (2). A (3). D (4). E (5). 10 【解析】 【详解】(1)[1]实验要求多组数据,电压表测量小灯泡两端电压,电流表测量通过灯泡的电流,灯泡的电阻和电流表的内阻相接近,所以采用电流表的外接法,并且小灯泡两端的电压需要从零开始,故选用滑动变阻器的分压接法,电路图如图所示: [2]小灯泡的额定电压为2.8V,故选电压表A; [3]额定电压为2.8V,功率约为0.8W的小灯泡,额定电流I =0.29A,为了减小误差,故电流表选择D; [4]为了便于操作,滑动变阻器选用E,否则滑动变阻器最大阻值过大,操作时滑片移动较大距离而引起电压变化不明显; (2)[5]灯泡在正常工作时的电压U=2.8V时的电流为I=0.28A,故根据欧姆定律可得此灯泡在正常工作时的电阻: 四、计算题(21题6分,22题9分,23题10分,共25分) 21.把质量为1kg的石块从10m高处以30°角斜向上方抛出,初速度为8m/s.不计空气阻力,取g=10m/s2.求: (1)人对石块做的功 (2)石块落地时的速度大小 【答案】(1)人对石块做的功为32J;(2)石块落地时的速度大小为 m/s; 【解析】 【详解】(1)根据动能定理得,小球抛出过程中人的手对小球做功为: ; (2)过程中只有重力做功,根据动能定理得: 代入数据解得: ; 22.如图所示,边长为L的正方形区域ABCD内有竖直向下的匀强电场,电场强度为E,与区域边界BC相距L处竖直放置足够大的荧光屏,荧光屏与AB延长线交于O点。现有一质量为m,电荷量为+q的粒子从A点沿AB方向以一定的初速度进入电场,恰好从BC边的中点P飞出,不计粒子重力。 (1)求粒子进入电场前的初速度的大小。 (2)其他条件不变,增大电场强度使粒子恰好能从CD边的中点Q飞出,求粒子从Q点飞出时的动能和打在荧屏上的点离O点的距离y。 【答案】(1)(2);7L 【解析】 【详解】(1)粒子进入电场中做类平抛运动: 水平方向有: ,①, 竖直方向有: ②, 由①②解得: ; (2)令粒子到达Q点时速度与水平方向的夹角为,且 , 位移与水平方向的夹角为, , 又因为 , 故到达Q点时 , 所以从Q点飞出时的动能为 , 从Q点到打在屏上的时间为 , 所以Q点到屏上竖直方向的位移为 , 所以打在荧屏上的点离O点的距离 ; 23.如图光滑水平导轨AB的左端有一压缩的弹簧,弹簧左端固定,右端前放一个质量为m=1kg的物块(可视为质点),物块与弹簧不粘连,B点与水平传送带的左端刚好平齐接触,传送带的长度BC的长为L=6m,沿逆时针方向以恒定速度v=2m/s匀速转动。CD为光滑的水平轨道,C点与传送带的右端刚好平齐接触,DE是竖直放置的半径为R=0.4m的光滑半圆轨道,DE与CD相切于D点。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,取g=10m/s2。 (1)若释放弹簧,物块离开弹簧,滑上传送带刚好能到达C点,求弹簧储存的弹性势能; (2)若释放弹簧,物块离开弹簧,滑上传送带能够通过C点,并经过圆弧轨道DE,从其最高点E飞出,最终落在CD上距D点的距离为x=1.2m处(CD长大于1.2m),求物块通过E点时受到的压力大小; (3)满足(2)条件时,求物块通过传送带的过程中产生的热能。 【答案】(1)(2)N=12.5N(3)Q=16J 【解析】 【详解】(1)由动量定理知: 由能量守恒定律知: 解得: (2)由平抛运动知:竖直方向: 水平方向: 在E点,由牛顿第二定律知: 解得:N=12.5N (3)从D到E,由动能定理知: 解得: 从B到D,由动能定理知 解得: 对物块 解得:t=1s; 由能量守恒定律知: 解得:Q=16J