陕西省榆林市榆阳区二中2024年高三下学期第一次适应性考试物理试题试卷精品6540.pdf

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对称的位置,此过程中弹簧的长度先减小后增大到原来的值,弹簧可能先伸长量减小,到恢复到原长,然后压缩,且压缩量增加到达悬点正下方;继续向右运动时,压缩量减小,然后伸长到原来的值,可知弹簧的弹性势能可能先减小后增大接着又减小再增大,选项B正确;此过程中物块对地面的压力不等于mg,则除弹力和重力外的其它外力的功不等于(F-μmg)L,则小物块和弹簧系统机械能改变量不等于(F-μmg)L,选项A错误;小物块在弹簧悬点正下方时,合外力做功不是最多,则速度不是最大,选项C错误;因整个过程中弹簧的弹性势能不变,弹力做功为零,根据动能定理可知小物块动能的改变量等于拉力F和摩擦力做功之和,选项D正确;、BC【解题分析】,电场力和重力的合力在这条直线上,可知,a球受到的电场力必定水平向左,与电场方向一致,则a球带正电,A错误;,切受到的电场力水平向左,所以电场力和重力的合力与初速度方向相同,故做匀加速直线运动,轨迹与电场方向夹角为?,则Eqtan??mg解得mgE?qtan?BC正确;,则电场力做正功,所以电势能减小,D错误。故选BC。10、CD【解题分析】,金属属于多晶体,A错误;,若分子力表现为引力,分子势能增大,若分子力表现为斥力,分子势能减小,B错误;,所以在宇宙飞船中,水的表面依然存在表面张力,C正确;,D正确。故选CD。三、实验题:本题共2小题,共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写出演算过程。:..R3000D11、1【解题分析】(1)[1].本实验利用了半偏法测电压表的内阻,实验原理为接入电阻箱时电路的总电阻减小的很小,需要滑动变阻器为小电阻,(2)[2].滑动变阻器为分压式,连接实物电路如图所示:(3)[3].电压表的内阻R和R串联,,则VR?2R?3000?.V(4)[4].电压表的满偏电流U3VI???、【解题分析】(1)[1]木块受四个力作用,重力mg、支持力F、拉力F、滑动摩擦力F,竖直方向有Nfmg=F+FsinθN水平方向有F=Fcosθf由于F=μF联立得fNμmg=F(μsinθ+cosθ)变式为?1?mg?F1??2(sin??cos?)1??21??2设:..1tan???整理得μmg=F1??2sin(θ+α)当θ+α=90?时,F有最小值,由乙图知,θ=30?时F有最小值,则α=60?所以1tan60???得3μ==(2)[2]把摩擦因数代入μmg=F(μsinθ+cosθ)得mgF=2sin(??60?)由乙图知,当θ=30?时F=10N,解得mg=10N所以m=、计算题:本题共2小题,共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、(1)?103m/s;(2)2?10?3T;(3)不会通过,【解题分析】(1)由题意可知,粒子在第二象限内做匀速直线运动,根据力的平衡有qvB?qE00解得:..E0??103m/sB0(2)粒子在第二象限的磁场中做匀速圆周运动,由题意可知圆周运动半径R?d??mR解得磁感应强度大小B?2?10?3T(3)粒子离开磁场时速度方向与直线OA垂直,粒子在匀强电场中做曲线运动,粒子沿y轴负方向做匀减速直线运动,粒子在P点沿y轴负方向的速度大小v?vsin?y粒子在电场中沿y轴方向的加速度大小qEcos?a?ym设经过?t时间,粒子沿y轴方向的速度大小为零,根据运动学公式有v?t?yay?t时间内,粒子沿y轴方向通过的位移大小v?y?y??t2联立解得?y??y?dcos?故带电粒子离开磁场后不会通过x轴,带电粒子到x轴的最小距离d??dcos???y?、(i)(ii)4cm【解题分析】:..利用平衡求出初末状态封闭气体的压强,过程中封闭气体压强体积温度均变化,故对封闭气体运用理想气体的状态方程,即可求出当U形管两边水面等高时,左管内气体的温度;保持温度不变,气体发生等温变化,对封闭气体运用玻意耳定律结合几何关系,即可求出左管气柱恢复原长时两个水银面的高度差.【题目详解】(i)当初管内气体压强p=p-Δp=70cmHg,1当左右两管内水银面相等时,气体压强p=76cmHg2由于右管截面积是左管的两倍,所以左管水银面将下降4cm,右管中水银面将上升2cm,管内气柱长度l=80cm,2PVPV根据11?22TT12代入数据解得:T=(ii)设气柱恢复原长时压强为p3根据:pV=pV2233解得:p=80cmHg3又Δp=p-p=4cmHg32所以高度差为4cm【题目点拨】本题考查气体定律与力学平衡的综合运用,解题关键是要利用平衡求出初末状态封闭气体的压强,分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况,、(1)60N;(2)6m/s,方向水平向右;18m/s,方向水平向右;(3);【解题分析】(1)物块A从Q到P过程,由动能定理得:1?mg?qE?R?mv2,A2AP代入数据解得:v=10m/s,P在P点,由牛顿第二定律得:v2F?qE?mg?mP,AAR代入数据解得:F=60N;(2)物块A从P到D过程,由动能定理得::..11?qE??mg?x?mv2?mv2,A02A12AP代入数据解得:v=12m/s,1A、B发生弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:mv=mv+mv,A1AABB由机械能守恒定律得:111mv2?mv2?mv2,2A12AA2BB代入数据解得:v=6m/s,方向水平向右Av=18m/s,方向水平向右B(3)A、B碰撞后,由牛顿第二定律得,对A:qE-μmAg=mAaA,对B:μmg=ma,BBB代入数据解得:4a?m/s2,A3a=2m/s2,B设经过时间t两物块再次发生碰撞,由运动学公式得:11vt?at2?vt?at2,A2AB2B代入数据解得:t=;