浙江省高考物理试卷Word文档下载推荐.doc
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C.两颗卫星之间的引力大小为
D.三颗卫星对地球引力的合力大小为
6.(6分)如图所示,总质量为460kg的热气球,从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2,当热气球上升到180m时,以5m/s的速度向上匀速运动.若离开地面后热气球所受浮力保持不变,上升过程中热气球总质量不变,重力加速度g=10m/s2.关于热气球,下列说法正确的是( )
A.所受浮力大小为4830N
B.加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C.从地面开始上升10s后的速度大小为5m/s
D.以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N
7.(6分)在半导体离子注入工艺中,初速度可忽略的离子P+和P3+,经电压为U的电场加速后,垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里,有一定的宽度的匀强磁场区域,如图所示.已知离子P+在磁场中转过θ=30°
后从磁场右边界射出.在电场和磁场中运动时,离子P+和P3+( )
A.在电场中的加速度之比为1:
1
B.在磁场中运动的半径之比为:
C.在磁场中转过的角度之比为1:
2
D.离开电场区域时的动能之比为1:
3
三、解答题(共5小题,满分62分)
8.(10分)如图所示,装置甲中挂有小桶的细线绕过定滑轮,固定在小车上;
装置乙中橡皮筋的一端固定在导轨的左端,另一端系在小车上.一同学用装置甲和乙分别进行实验,经正确操作获得两条纸带①和②,纸带上的a、b、c…均为打点计时器打出的点.
(1)任选一条纸带读出b、c两点间的距离为 ;
(2)任选一条纸带求出c、e两点间的平均速度大小为 ,纸带①和②上c、e两点间的平均速度① ②(填“大于”、”等于”或“小于”);
(3)图中 (填选项)
A.两条纸带均为用装置甲实验所得
B.两条纸带均为用装置乙实验所得
C.纸带①为用装置甲实验所得,纸带②为用装置乙实验所得
D.纸带①为用装置乙实验所得,纸带②为用装置甲实验所得.
9.(10分)采用如图所示的电路“测定电池的电动势和内阻”.
(1)除了选用照片中的部分器材外, (填选项)
A.还需要电压表
B.还需要电流表
C.还需要学生电源
D.不再需要任何器材
(2)测量所得数据如下:
测量次数
物理量
4
5
6
R/Ω
1.2
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
I/A
0.60
0.70
0.80
0.89
1.00
1.20
U/V
0.90
0.78
0.74
0.67
0.62
0.43
用作图法求得电池的内阻r= ;
(3)根据第5组所测得的实验数据,求得电流表内阻RA= .
10.山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤,其示意图如下.图中A、B、C、D均为石头的边缘点,O为青藤的固定点,h1=1.8m,h2=4.0m,x1=4.8m,x2=8.0m.开始时,质量分别为M=10kg和m=2kg的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上,当大猴发现小猴将受到伤害时,迅速从左边石头A点起水平跳到中间石头,大猴抱起小猴跑到C点,抓住青藤下端荡到右边石头上的D点,此时速度恰好为零.运动过程中猴子均看成质点,空气阻力不计,重力加速度g=10m/s2.求:
(1)大猴从A点水平跳离时速度的最小值;
(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小;
(3)猴子荡起时,青藤对猴子的拉力大小.
11.(20分)“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成.偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成,A、B为电势值不等的等势面,其过球心的截面如图所示.一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射,进入偏转电场区域,最后到达偏转器右端的探测板N,其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间.忽略电场的边缘效应.
(1)判断球面A、B的电势高低,并说明理由;
(2)求等势面C所在处电场强度E的大小;
(3)若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC,则到达N板左、右边缘处的电子,经过偏转电场前、后的动能改变量△Ek左和△Ek右分别为多少?
(4)比较|△Ek左|和|△Ek右|的大小,并说明理由.
12.(22分)为了降低潜艇噪音,提高其前进速度,可用电磁推进器替代螺旋桨.潜艇下方有左、右两组推进器,每组由6个相同的、用绝缘材料制成的直线通道推进器构成,其原理示意图如下.在直线通道内充满电阻率ρ=0.2Ω∙m的海水,通道中a×
b×
c=0.3m×
0.4m×
0.3m的空间内,存在由超导线圈产生的匀强磁场,其磁感应强度B=6.4T、方向垂直通道侧面向外.磁场区域上、下方各有a×
b=0.3m×
0.4m的金属板M、N,当其与推进器专用直流电源相连后,在两板之间的海水中产生了从N到M,大小恒为I=1.0×
103A的电流,设电流只存在于磁场区域.不计电源内阻及导线电阻,海水密度ρm=1.0×
103kg/m3.
(1)求一个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小,并判断其方向;
(2)在不改变潜艇结构的前提下,简述潜艇如何转弯?
如何“倒车”?
(3)当潜艇以恒定速度v0=30m/s前进时,海水在出口处相对于推进器的速度v=34m/s,思考专用直流电源所提供的电功率如何分配,求出相应功率的大小.
参考答案与试题解析
【解答】解:
A、电磁波可以传递信息,如电视信号;
声波也可以传递信息,如人说话;
故A错误;
B、手机用电磁波传递信息,人用声波说话,故B正确;
C、太阳光中的可见光是电磁波,真空中为3×
108m/s;
“B超”中的超声波是声波,常温下,空气中大约为340m/s;
故C错误;
D、遥控器发出的红外线波长和医院CT中的X射线频率不同,波速相同,根据c=λf,波长不同,故D错误;
故选:
B。
根据感应电动势公式E=BLv可知,其他条件不变时,感应电动势与导体的切割速度成正比,只将刷卡速度改为,则线圈中产生的感应电动势的最大值将变为原来的。
磁卡通过刷卡器的时间t=与速率成反比,所用时间变为原来的2倍。
故D正确。
D。
当太阳、地球、月球在同一直线上,地球位于太阳与月球之间时,太阳发出的沿直线传播的光被不透明的地球完全挡住,光线照不到月球上,在地球上完全看不到月球的现象就是月全食。
看到整个月亮是暗红的,是因为太阳光中的红光经地球大气层折射到月球。
故C正确,A、B、D错误。
故选C。
A、在0~4s内,物体所受的摩擦力为静摩擦力,4s末开始运动,则5s内位移不为零,则拉力做功不为零。
B、4s末拉力为4N,摩擦力为4N,合力为零。
故B错误;
C、根据牛顿第二定律得,6s~9s内物体做匀加速直线运动的加速度a=.f=μmg,解得.故C错误,D正确。
A、根据万有引力定律可知,质量分布均匀的球体间的引力距离r等于两球心间的距离,而r﹣R为同步卫星距地面的高度,故A错误;
B、计算卫星与地球间的引力,r应为卫星到地球球心间的距离也就是卫星运行轨道半径r,故B选项正确;
C、根据几何关系可知,两同步卫星间的距离d=,故两卫星间的引力大小为,故C正确;
D、卫星对地球的引力均沿卫星地球间的连线向外,由于三颗卫星质量大小相等,对地球的引力大小相等,又因为三颗卫星等间隔分布,根据几何关系可知,地球受到三个卫星的引力大小相等方向成120°
角,所以合力为0,故D错误。
BC。
A、从地面刚开始竖直上升时,速度为零,故阻力为零,气球受重力和浮力,根据牛顿第二定律,有:
F浮﹣mg=ma
解得:
F浮=m(g+a)=460×
(10+0.5)N=4830N,故A正确;
B、气球受重力、浮力和空气阻力,若阻力不变,合力不变,气球匀加速上升,矛盾,故B错误;
C、刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2,气球是变加速运动,加速度逐渐减小,故10s后的速度大小小于5m/s,故C错误;
D、以5m/s匀速上升时,根据平衡条件,有:
F浮=mg+f,解得f=230N,故D正确;
AD。
A:
两个离子的质量相同,其带电量是1:
3的关系,所以由可知其在电场中的加速度是1:
3,故A错。
B:
要想知道半径必须先知道进入磁场的速度,而速度的决定因素是加速电场,所以在离开电场时其速度表达式为:
,可知其速度之比为.又由知,所以其半径之比为:
1,故B正确。
C:
由B的分析知道,离子在磁场中运动的半径之比为:
,设磁场宽度为L,离子通过磁场转过的角度等于其圆心角,所以有,则可知角度的正弦值之比为,又P+的角度为30°
,可知P3+角度为60°
,故C正确。
D:
由电场加速后:
可知,两离子离开电场的动能之比为1:
3,故D正确。
BCD。
(1)任选一条纸带读出b、c两点间的距离为 2.40cm ;
(2)任选一条纸带求出c、e两点间的平均速度大小为 1.25m/s ,纸带①和②上c、e两点间的平均速度① 小于 ②(填“大于”、”等于”或“小于”);
(3)图中 C (填选项)
(1)选②纸带读出b、c两点间的距离为6.50﹣4.10cm=2.40cm
(2)选②纸带读出c、e两点间的距离为5cm,
相对应的平均速度==1.25m/s
选①纸带读出c、e两点间的距离为4.5cm,
所以平均速度①小于②.
(3)装置甲实验中小车做匀加速直线运动,所以相邻的计时点的间距之差相等,
装置乙实验中小车受橡皮筋的弹力越来越小,所以做加速度减小的变加速直线运动,以相邻的计时点的间距之差减小,
所以带①为用装置甲实验所得,纸带②为用装置乙实验所得
故选C.
故答案为:
(1)2.40cm
(2)1.25m/s,小于(3)C
(1)除了选用照片中的部分器材外, A (填选项)
用作图法求得电池的内阻r= 0.76Ω ;
(3)根据第5组所测得的实验数据,求得电流表内阻RA= 0.22Ω .
(1)对照电路图,会发现缺少电压表;
(2)根据闭合电路欧姆定律,有E=U+Ir,变形得到:
U=﹣rI+E,作出U﹣I图,如图所示
斜率的绝对值表示内电阻,故;
(3)根据闭合电路欧姆定律,有:
U=IRA+IR,故;
(1)A;
(2)见右图,r=0.76Ω;
(3)0.22Ω.
根据,解得
则跳离的最小速度.
(2)根据机械能守恒定律得,
解得v==m/s≈9m/s.
(3)根据牛顿第二定律得,
根据几何关系得,
联立解得F=216N.
答:
(1)大猴从A点水平跳离时速度的最小值为8m/s.
(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小9m/s.
(3)猴子荡起时,青藤对猴子的拉力大小为216N.
(1)电子做匀速圆周运动,电场力提供向心力,受力的方向与电场的方向相反,所以B板的电势较高;
(2)电场力提供向心力:
又:
,
联立以上3式,得:
.
(3)到达N板左边缘处的电子,在运动的过程中,电场力对它们做正功,电子动能的改变量等于电场力做功,即:
△EK左=﹣eUCB=﹣e(φC﹣φB),
到达右边缘处的电子,在运动的过程中,电场力对它们做负功,电子动能的改变量等于电场力做功,即:
△EK右=﹣eUCA=﹣e(φC﹣φA).
(4)该电场是放射状电场,内侧的电场线密,电场强度大,所以UBC>UCA,即:
φC﹣φB>φC﹣φA,所以:
|△EK左|>|△EK右|.
(1)B板电势高于A板;
(3)△Ek左=e(φC﹣φB),△Ek右=e(φC﹣φA);
(4)|△Ek左|>|△Ek右|
(1)安培力的大小,F=BIL=6.4×
1000×
0.3=1.92×
103N,
根据左手定则可知,方向:
垂直于BI平面向右;
(2)开启或关闭不同个数的左、右两侧的直线通道推进器,实施转弯.
改变电流方向,或改变磁场方向,可以改变海水所受磁场力的方向,实施“倒车”.
(3)电源提供的电功率中的第一部分为牵引功率
P1=F牵v0
根据牛顿第三定律:
F安=12BIL,
当v0=30m/s时,代入数据得:
P1=F牵v0=12×
1.92×
103×
30W=6.9×
105W
电源提供的电功率中的第二部分为单位时间内海水的焦耳热功率
推进器内海水的电阻=0.5Ω
P2=12I2R=6×
106W
电源提供的电功率中的第三部分为单位时间内海水动能的增加量
单位时间内通过推进器的水的质量为
m=ρmbcv水对艇=1.0×
0.4×
0.3×
34=4080kg
单位时间内其动能增加为==391680W.
(1)一个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小为1.92×
103N,其方向为垂直于BI平面向右;
(3)当潜艇以恒定速度v0=30m/s前进时,海水在出口处相对于推进器的速度v=34m/s,电源提供的电功率中的第一部分为牵引功率,其大小6.9×
105W;
电源提供的电功率中的第二部分为单位时间内海水的焦耳热功率,其大小为6×
106W;
电源提供的电功率中的第三部分为单位时间内海水动能的增加量,
其功率的大小为391680W.
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