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高考物理模拟试题(五)参考答案与提示

2022-09-02

中学生数理化·自主招生 2022年5期
关键词:油桶动能定理物块

1.C 提示:根据质量数守恒和電荷数守恒得X为2He,选项A、B错误。根据爱因斯坦质能方程ΔE=(2m1—m2—mx)c2得X的质量为2m1—m2—A/2,选项C正确。两氘核间的库仑力是斥力,不利于核聚变反应的进行,选项D错误。

2.B 提示:放电前手指靠近门把手的过程中,门把手在手的影响下,发生静电感应,在其靠近手的一端感应出正电荷,在其另一端感应出负电荷,稳定时处于静电平衡状态,内部场强为零,两端电势相等,选项A、C、D错误。门把手与手之间可以看成一个电容器,当两者之间的距离减小时,根据公式C=d·E=/,c=a可知,U不变,d减小,故C变大,E变大,Q变大,选项B正确。

3.C 提示:空间站绕地球做匀速圆周运动的过程中,空间站内所有物体处于完全失重状态,当圆管绕轴转动时,外管壁给人的支持力提供向心力,故人将会挤压外管壁,此时人并非处于完全失重状态,选项A、B错误。人靠在外管壁上随圆管一起做圆周运动,则G Mn = mg,mg =m(2/π)R2,解得T=2元R,选项C正确,D错误。

4.D 提示:因为粒子的电性不能确定,所以磁场的方向也无法确定,选项A错误。粒子的运动轨迹如图1所示,根据几何关系可知,四边形OACc为菱形,所以粒子在磁场中运动的轨迹半径为r,选项B错误。粒子在磁场中运动的周期T=2πm,当粒子从a点射入时,运动时间最短,轨迹为半圆,最短时间tm=1/2=π,选项C 错误,D正确。

5.C 提示:人匀速上升,动能不变,根据功能关系可知,合外力做的总功为0,选项C正确。人(含设备)悬停在空中,对人(含设备)进行受力分析,则Mg=F,以Δt时间内的水柱为研究对象,根据动量定理得F'Δt=v2Sρ*Δt,即F'=v2Sp*,F'=F,解得v= M,选项B错误。同理,人(含设备)向上加速运动,则F-Mg=Ma,F'=v2Spk, F'=F,解得v=,选项D错误。因为不知道人的初始状态,所以装置向下喷水时,人既可能向上运动,也可能向下运动,选项A错误。

6.CD 提示:货车停放在水平路面上,四个油桶静止在货车车厢中,则四个油桶受到的合力全为0,选项A错误。把A、B、D三个油桶看成一个整体,在竖直方向上,根据平衡条件得2N=3mg,则车厢对油桶B的支持力大小是油桶B所受重力的倍,选项B错误。对油桶D进行受力分析,如图2所示,根据平衡条件得2Fcos θ=mg,根据几何关系得θ=30°,解得F=3/3mg,则油桶A对D的支持力与油桶B对D的支持力大小相等,且都小于油桶D的重力,若抽去薄板,则油桶B向右移动,稳定后0变大,根据F可知,F变大,选项C、D正确。

7.AC 提示:根据动能定理可知,0~x1段物体做匀加速直线运动,则F合=F电=qE,在坐标x2处物体的动能最大,物体的加速度为0,则F弹=F电,即k(x2—x1)=qE,解得k=,选项A正确。从坐标x1处到x4处,在坐标x2处有F=F电,所以x1~x2段有F合=F电—F舜,F变大,F合变小,x2~x4段有F合=F弹—F电,F变大,F合变大,即物块所受合外力先减小后增大,选项B错误。从坐标x1处到x3处,电场力做功全部转化为弹簧的弹性势能,即ΔE,=qE(x3一x1),选项C正确。从坐标x1处到x2处,弹簧的弹性势能增加,动能增加,电场力做正功,电势能减小,则弹簧弹性势能增加量和动能的增加量之和等于电势能的减少量,选项D错误。

8.BD 提示:设M点投影在水平面上为B点,轨道II与水平面相交处为C点,轨道II与水平面之间的夹角为0,物块下滑过程中的运动情景如图3所示。物块从轨道II上的M点由静止释放至到达A点停止,根据动能定理得mgh-μmgcos θ·μmgsAc=0,又sin θ,则mgh-μmg(sc+sin θSAC)=0,所以mgh=μmgsAB。同理,物块从轨道I上的M点由静止释放,h相等,μ一样,则物块仍停在A点,选项A错误。若物块从A点以大小为2/gh的初速度向左运动并滑上轨道I,假设物块能够到达M点,根据动能定理得-mgh-μmgsB=1/2mou-1/2mu8,结合v。=2/gh,mgh=umgsan,解得vM=0,即物块刚好滑到M点速度减为0,选项B正确。若物块从A点以大小为3/gh的初速度向左运动,假设物块沿两倾斜轨道可到达同一高度的N和N'点,其中沿轨道II到达N'点时的速度为0,根据功能关系得W重+W=E,因为初动能相同,重力做功相同,轨道I对物块的摩擦力做的功比轨道II的小,所以物块到达轨道I上N点时的速度不可能为0,即物块在轨道I上速度减为0时的位置距地面的高度较大,选项C错误,D正确。

9.(1)AC (2)2.13(3)未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力1.0

提示:(1)因为通过力传感器可以直接读出细线的拉力大小F,所以不再需要满足砂桶和砂的总质量远小于滑块的质量。(2)相邻两计数点之间的时间间隔t=5T=0.1s,滑块的加速度大小。(3)根据F—a图像可知,当F=2N时,a=0,说明未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力。设未平衡掉的摩擦力为f余,则F一f余=ma,即F=ma+f余,因此F-a图像的斜率表示滑块的质量,则滑块的质量m=5-2kg=1kg。

10.(1)0.48(2)C(3) kgc(4)大于

提示:(1)电流表的分度值为0.02 A,其读数为0.48A。(2)根据闭合电路欧姆定律得E=I(R+r),其中R=R。+kN,且N= mg,即E=I(kmg+R。+r),根据题图中图像为线性关系,变形得1/1=5m+Ro+r,即选择1I为纵坐标,则需横坐标为m。(3)根据/7m图像,结合闭合电路欧姆定律表达式可知,图像斜率a-b=,则待测电池的电动势表达式E=kC。(4)若电流表的内阻RA不可忽略,则/7=/m+R.+r+R,即b=Ro+r+RA,解得ra=kgbc-R-RA,而 E=kgbc—R,故该电池内阻的测量值大于测真实值。

11.(1)狗狗由A点运动到B点的过程中,根据动能定理得mgH—w,=1/2mo2,在B点时,根据牛顿第二定律得3mg—mg=m0,解得v=/2gK,W,=mgR。(2)根据平抛运动规律得h—h1=1/2gt2,d=vt,解得h1=16R。

12.(1)导体棒M到达b、e处前已做匀速直线运动,根据法拉第电磁感应定律得E=BLv,根据闭合电路欧姆定律得I=ER+R,根据平衡条件得mgsinθ=BIL,解得2mgRsin θB2L2。(2)若固定导体棒N,导体棒M通过b、e处后瞬间闭合开关S,导体棒M、N构成闭合回路,最终导体棒M静止,根据法拉第电磁感应定律得E=BI.A ,根据闭合电路欧姆定律得I=R+2R,对导体棒 M应用动量定理得—BILΔt=0—mu,解得Δx=6㎡gR2sin θ。(3)若不固定导体棒N,导体棒M通过b、e处后瞬间闭合开关S,由导体棒M、N组成的系统动量守恒,最终它们共速,则mv=3mv,根据能量守恒定律得1/2mo2=1/2x3mox+Q,导体棒N中产生的焦耳热Q=R+2RQ,解得Q=8m3g2R2sin20。

13.(1)ACE 提示:液体表面具有收缩的趋势,即液体表面表现为张力,太空中水滴呈球形,是液体表面张力作用的结果,选项A正确。温度是分子热运动平均动能的标志,质量和温度都相同的氮气和氧气,单个分子的平均动能相等,但氮气分子个数较多,故氮气的内能较大,选项B错误。利用气体的质量、密度、摩尔体积和阿伏加德罗常数,可以估算出气体分子间的平均距离,选项C正确。当分子势能随分子间距离的增大而减小时,分子力表现为斥力,选项D错误。一定质量的理想气体保持体积不变,单位体积内分子数不变,温度升高,分子的平均动能变大,单位时间内撞击单位面积上的分子数增多,选项E正确。

(2)(i)选水瓶内的空气为研究对象,根据查理定律得0=2/7,解得p=1.12x 105Pa。(ii)设水瓶的容积为V,打开瓶盖后水瓶内及放出的空气的总体积为V',根据玻意耳定律得pV=poV',又有m V'-V ,解得 m。

14.(1)2/3不能1.25提示:根據波形图得m/s=4m/s,vz=13.25-10.25m/s=4m/s,根据v= A2得Tw=xπ=2/4s=0.5 s,Tz=X2=3/48=0.75s,解得。波发生干涉的条件是两列波的频率相等,而甲、乙两列波的频率不同,所以不能发生干涉现象。根据波的平移法则可知,甲波的波峰到达x=7.5m7.5-2.5处所需的时间Δt1.25s,乙波的波峰到达x=7.5处所需的时间s=1.25s,因此经过1.25s甲、乙两列波的波峰同时到达x=7.5m处,根据波的叠加原理可知,此时该质点第一次到达正向最大位移处。

(2)(i)作出光路图如图4所示,根据几何关系得πR2,sin C= r,根据全反射规律得sinC=1/2,解得n=/3。(ii)恰好发生全反射的光线在透明液体中的光路最长,根据几何关系得x=/r2+R2,根据折射定律得n=/2,解得射出的光线在透明液体中传播的最长时间t=π/=3/2R。

(责任编辑张巧)

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