Page 44 - 浙江高考模拟试卷汇编优化20套·物理
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计算代入纯油酸体积将偏小, 测量直径偏小, 故 C 错误;如果所 运动 n · 2πr=v E t 1 解得 v E=nm / s ( n=1 , 2 , 3 …) . 离开圆筒后, 竖
,
用的油酸酒精溶液长时间放置在空气中, 酒精挥发, 导致油酸酒 2 · 2R
,
精溶液中的油酸溶度增大, 1滴油酸酒精溶液形成的面积偏大, 则 直方向的加速度仍为 g 则由E 点到落地的时间为 t= g =
分子直径的测量结果偏小, 故 D 错误. 0.4s. 离开圆筒后, 滑块水平方向以速度v E 做匀速直线运动, 从离
1 n
)
(
17. ( 1 )电压 大 15.8 ( 2 ) B D 0.8 开圆筒到落地, 水平位移为x=v E t-t 1 = m , 滑块落在AB 两
I 15
解析:( 1 )由电压表的改装原理可知, 选择开关 S旋到5或6 n
点之间, 则有x= m<L 1-L 2=0.3m , 可得n<4.5m. 物块需
位置时, 可用来测量电压; S旋到6位置时串联的电阻值比5位置 15
时的大, 所以 S旋到6位置时的量程较大; 选择开关旋到“ 50V ” 要过 D点, 则必须满足v E ≥ g R , 解得n≥2. 综上可知2≤n≤
直流电压挡时, 电表的分度值为1V , 读数时需要估读到小数点后 4.5. 所以滑块在E 点的速度大小为v E=n m / s ( n=2 , 3 , 4 ) .
一位, 由图2可知示数为15.8V ( 15.7或15.9 ) . ( 2 )干电池的电 20. ( 1 ) 恒流源和导体棒串联, 通过串联负载的电流即是恒流
动势E 约为1.5V , 电压表的量程太大, 不适合测量电压, 则只能 源的输出电流, 恒流源就是要保证和它串联的负载电路的电流始
选用电流表和电阻箱测量电动势和内阻. 若选电流表 A 1 则电路 终维持在输出电流. 导体棒在磁场中运动时产生的电动势对应的
,
E 1.5V 感应电流, 并不会影响恒流源所产生电流的恒定, 因此电路的电流
最小总电阻为 Rm= ≈ =1500Ω , 显然, 电阻箱 R 1 无法
1mA
I 1
始终保持在 0.5A , 故导体棒受到向右的安培力为 F安 =BIL=
E
,
满足要求; 若 选 电 流 表 A 2 则 电 路 最 小 总 电 阻 为 R' m= ≈ 1 2 ,
0.5N , 对棒由动能定理F安d 1= mv 1 解得v 1=1.5m / s.
I 2
2
1.5V
=5Ω , 电阻箱 R 1 可满足实验要求; 所以电表应选 B , 可 ( 2 ) 当棒与线框发生弹性碰撞, 因为两者质量相等, 且线框静
300mA
止, 所以二者交换速度, 即第1次撞后, 线框以1.5m / s速度运动,
变电阻应选 D ; 由闭合电路欧姆定律可得E=I ( R+r 2+r ), 整理
棒静止, 当线框右边从d 2 磁场左边界运动到右边界用时 Δt 1 由电
,
1
得R=E - ( r 2+r ), R x 图像是一条直线, 所以x 表示的物 -
I ΔΦ BΔS 1 E BΔS 1
磁感应定律E= = , I 1= = . 对线框, 由动量定理
理量是 1 , 图像的纵截距为- ( r 2+r ) =-1.1Ω , 解得电池的内 Δt 1 Δt 1 R 2 Δt 1 R 2
I 1
,
得-F 1 Δt 1=mv 2-mv 1 F 1=BI 1× D , 解得v 2=1.4m / s. 同理
阻r=0.8Ω. 2
可得线框左边从d 2 磁场左边界运动到右边界时线框速度v 3=
m g sinθ 1+F f1
18. ( 1 )铅球在 AB 段的加速度大小为 a 1= =
m 1.3m / s ; 可知每次线框经过磁场d 2 时, 速度将减少0.2m / s , 线框
2 2 ,
8m / s , 由运动学公式2a 1 x AB=v A 解得v A=4m / s. 以v 3=1.3m / s 与挡板弹性碰撞后, 以1.3m / s速度返回, 经过磁
m g sinθ 2-F f2 场d 2 后, 速度变为v 4=1.1m / s , 线框以v 4 速度与棒第二次相碰,
( 2 )铅球在 BC 段的加速度大小为a 2 = =
m
1 1
2 2
2 2 , 由能量守恒可得Q= mv 1- mv 4=0.26J.
0.2m / s , 由运动学公式2a 2 x BC=v C 解得v C=0.8m / s. 2 2
( 3 ) 棒与线框第2次碰后, 交换速度, 棒以1.1m / s速度向左
m g sinθ 3+F f1
( 3 )铅球在 CD 段的加速度大小为a 3 = =
m
运动, 线框静止, 棒进入d 1 磁场, 因安培力不变, 棒做匀减速运动,
8m / s , 铅球在CD 轨道上速度第一次减为零时所用的时间为
2
2
v 4
2
有 F安=ma , 解 得 a=1 m / s. 棒 在 d 1 磁 场 中 位 移 x= =
v C v C
t 1= =0.1s , 铅球在BC 轨道上的时间为 t 2= =4s , 铅球在 2a
a 3 a 2
9
0.605m< m , 棒在d 1 磁场减速到速度为 0 , 然后以a 反向加
v A
AB 轨道上的时间为 t 3= =0.5s , 从轨道A 点到在 CD 轨道上 8
a 1 速, 以1.1m / s速度出d 1 磁场, 再与线框碰撞, 线框通过d 2 磁场
速度第一次减为零时所用的总时间 t 总 =t 1+t 2+t 3=4.6s.
速度减小0.2m / s , 则 =5.5<6 , 所以再碰5次, 总的碰撞
1.1m / s
19. ( 1 ) 小滑块恰好能通过最高点 D , 则小球在 D 点时 m g=
0.2m / s
2
mv D 次数为7次, 棒从 d 1 磁场左边界匀加速运动到右边界时间为
·
, 由B 点到 D 点的过程, 由机械能守恒定律得 m g 2R=
R
2 v 1 =1.5s , 棒与线框第 2 次碰后以v 4=1.1m / s速度进入
1 1 mv B t 1=
2
2
,
mv B- mv D 滑块在B 点时 F'-m g= , 解得 F'=30N , a
2 2 N R N
由牛顿第三定律可得, 滑块经过 B 点时对半圆形轨道的压力大小 d 1 磁场做匀减速直线运动, 然后反向加速, 用时 t 2= 2v 4 =2.2s.
a
为F N=30N.
2v 5 2v 6
( 2 ) 小滑块不脱离轨道并最终停在AB 两点之间, 当动能较小 同理可得 t 3= =1.4s , t 4= =0.6s , 导体棒在磁场区域Ⅰ
a a
时, 滑块不滑上半圆轨道, 则有E k0< μ m g L 1=1.3J. 当滑块动能较
中运动的总时间 t 总 =5.7s.
大, 超过1.3J 时, 滑上圆轨道并返回, 则滑上轨道的最大高度不能
E
21. ( 1 )沿直线通过区域 Ⅱ , 则 E q= q v 0 B , 解得v 0= =
超过R. 设沿圆轨道上滑的高度为h , 返会水平轨道时, 不滑过 A B
点, 则有 m g h< μ m g L 1 可得 h< μ L 1=0.26m<R , 所以动能较大 v 0 2
,
4
10 m / s. 设在区域Ⅰ中运动的半径为R 1 则 q v 0 B=m ,
,
时有E k0= μ m g L 1+m g h<2.6J. 所以小滑块不脱离轨道并最终停 R 1
在AB 两点之间, 滑块初动能的范围为E k0<1.3J 或1.3J<E k0< 解得R 1=0.05m.
2
)
2.6J. ( 2v 0
,
( 2 )设粒子在区域Ⅱ中的半径为 R 2 则 q 2v 0 B=m ,
( 3 ) 小滑块从E 点滑入圆筒后紧贴内壁运动时, 在竖直方向 R 2
解得R 2=0.10m. 根据几何关系可知, 在区域Ⅱ中运动转过的圆
1 1
,
2
做自由落体运动 h= g t 1 解得 t 1= s. 在水平方向做匀速圆周
2 3 心角为60°.
6
