2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 仿真預(yù)測卷(二)
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1、2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 仿真預(yù)測卷(二) 一、單項選擇題:本題共5小題,每小題3分,共計15分。每小題只有一個選項符合題意。 1.(xx·北京海淀區(qū)高三月考)輕桿的一端安裝有一個小滑輪P,用手握住桿的另一端支持著懸掛重物的繩子,如圖1所示?,F(xiàn)保持滑輪的位置不變,使桿向下轉(zhuǎn)動一個角度到虛線位置,則下列關(guān)于桿對滑輪P的作用力的判斷正確的是( ) 圖1 A.變大 B.不變 C.變小 D.無法確定 解析 據(jù)題意,保持滑輪的位置不變,處于靜止?fàn)顟B(tài),其合力為零,重物也靜止,則知繩子的拉力大小始終等于重物的重力大小,保持不變,兩繩的夾角也不變,故兩繩拉力的合力保持不變,使桿
2、向下轉(zhuǎn)動一個角度到虛線位置的過程中,根據(jù)平衡條件知,桿對滑輪P的作用力與兩繩拉力的合力大小相等、方向相反,所以桿對滑輪P的作用力保持不變。故B正確,A、C、D錯誤。 答案 B 2.如圖2所示,一小球用輕質(zhì)線懸掛在木板的支架上,木板沿傾角為θ的斜面下滑時,細(xì)線呈豎直狀態(tài),則在木板下滑的過程中,下列說法中正確的是( ) 圖2 A.小球的機(jī)械能守恒 B.木板、小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 C.木板與斜面間的動摩擦因數(shù)為 D.木板、小球組成的系統(tǒng)減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能 解析 因拉小球的細(xì)線呈豎直狀態(tài),所以木板、小球均勻速下滑,小球的動能不變,重力勢能減小,機(jī)械能不守恒,A錯;同理,木
3、板、小球組成的系統(tǒng)動能不變,重力勢能減小,機(jī)械能也不守恒,B錯;木板與小球下滑過程中滿足(M+m)gsin θ=μ(M+m)gcos θ,即木板與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ=tan θ,C錯;由能量守恒知木板、小球組成的系統(tǒng)減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,D對。 答案 D 3.匝數(shù)為100匝的線圈通有如圖3所示的交變電流(圖中曲線為余弦曲線的一部分),單匝線圈電阻r=0.02 Ω,則在0~10 s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦耳熱為( ) 圖3 A.80 J B.85 J C.90 J D.125 J 解析 由交變電流的有效值定義知IR+I(xiàn)R=I2RT,該交變電流的有效值為I=
4、,I1=3× A,I2=2 A。聯(lián)立得I= A,由Q=I2Rt得Q=85 J,B對。 答案 B 4.2013年12月2日,我國第三顆探月衛(wèi)星“嫦娥三號”搭乘“長征三號乙”火箭發(fā)射升空。已知月球半徑為地球半徑R的,月球表面重力加速度大小為地球表面重力加速度g大小的,地球的第一宇宙速度為v1,“嫦娥三號”總質(zhì)量為m,環(huán)月運行為圓周運動,則在環(huán)月過程中“嫦娥三號”的動能可能為( ) A. B. C. D. 解析 由mg月=m可知月球的第一宇宙速度v===v1,這是最大環(huán)繞速度,所以在環(huán)月過程中“嫦娥三號”的動能Ek≤mv2=,即D對。 答案 D 5.如圖4所示,兩
5、水平虛線ef、gh之間存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場,一質(zhì)量為m、電阻為R的正方形鋁線框abcd從虛線ef上方某位置由靜止釋放,線框運動中ab始終是水平的,已知兩虛線ef、gh間距離大于線框邊長,則從開始運動到ab邊到達(dá)gh線之前的速度隨時間的變化關(guān)系圖象合理的是( ) 圖4 解析 線框先做自由落體運動,由線框?qū)挾刃∮诖艌龅膶挾瓤芍?,?dāng)ab邊進(jìn)入磁場且cd邊未出磁場的過程中,線框的加速度與線框自由下落時一樣,均為g。若cd邊剛好勻速進(jìn)入磁場,mg=F安=,ab邊進(jìn)入磁場后線框又做勻加速運動,cd邊出磁場后減速,當(dāng)達(dá)到上述勻速的速度后又做勻速運動,A、B錯;若cd邊加速進(jìn)入磁場,全部進(jìn)
6、入后做勻加速運動,當(dāng)cd邊出磁場時線框有可能加速、勻速、減速,D對;若cd邊減速進(jìn)入磁場,線框全部進(jìn)入后做勻加速運動,達(dá)到進(jìn)磁場的速度時不可能勻速,C錯。 答案 D 二、多項選擇題:本題共4小題,每小題4分,共計16分。每小題有多個選項符合題意。全部選對的得4分,選對但不全的得2分,錯選或不答的得0分。 6.兩個電荷量、質(zhì)量均相同的帶電粒子甲、乙以不同速率從a點沿對角線方向射入正方形勻強(qiáng)磁場中,磁場方向垂直紙面向里。甲粒子垂直bc離開磁場,乙粒子垂直ac從d點離開磁場,不計粒子重力,則( ) 圖5 A.甲粒子帶正電,乙粒子帶負(fù)電 B.甲粒子的運行動能是乙粒子運行動能的2倍
7、C.甲粒子所受洛倫茲力是乙粒子所受洛倫茲力的2倍 D.甲粒子在磁場中的運行時間與乙粒子相等 解析 由左手定則可判定甲粒子帶正電,乙粒子帶負(fù)電,A正確;令正方形磁場的邊長為L,則由題知甲粒子運行的半徑為L,乙粒子運行的半徑為L,由洛倫茲力提供向心力有Bqv=m,動能Ek=,甲粒子的運行動能是乙粒子運行動能的4倍,B錯誤;由Bqv=m得F=Bqv=,所以甲粒子在磁場中所受洛倫茲力是乙粒子所受洛倫茲力的2倍,C正確;t=·,甲粒子運行軌跡所對圓心角為45°,乙粒子運行軌跡所對圓心角為90°,即甲粒子在磁場中的運行時間是乙粒子的一半,D錯誤。 答案 AC 7.如圖6所示,在勻速轉(zhuǎn)動的水平圓盤上
8、,沿半徑方向放著用細(xì)線相連的質(zhì)量均為m的兩個物體A和B(均可看做質(zhì)點),已知OA=2OB,兩物體與盤面間的動摩擦因數(shù)均為μ,兩物體剛好未發(fā)生滑動,此時剪斷細(xì)線,假設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等,重力加速度為g,則( ) 圖6 A.剪斷前,細(xì)線中的張力等于 B.剪斷前,細(xì)線中的張力等于 C.剪斷后,兩物體仍隨圓盤一起做勻速圓周運動,不會發(fā)生滑動 D.剪斷后,B物體仍隨圓盤一起做勻速圓周運動,A物體發(fā)生滑動,離圓心越來越遠(yuǎn) 解析 剪斷前令細(xì)線中張力為T,則對物體B有μmg-T=mω2·OB,對物體A有μmg+T=mω2·2OB,聯(lián)立解得T=,A錯、B對;剪斷細(xì)線后,T消失,物體B
9、所受靜摩擦力能提供其做勻速圓周運動的向心力,即B仍隨圓盤做勻速圓周運動,物體A的最大靜摩擦力不足以提供其做勻速圓周運動的向心力,即物體A發(fā)生滑動,離圓心越來越遠(yuǎn),C錯、D對。 答案 BD 8.質(zhì)量為m的物體在水平恒定外力F作用下沿水平面做勻加速直線運動,一段時間后撤去外力,已知物體的v-t圖象如圖7所示,則下列說法正確的有( ) 圖7 A.物體所受摩擦力大小為 B.水平拉力大小是物體所受摩擦力大小的2倍 C.物體在加速段的平均速度大于減速段的平均速度 D.0~3t0時間內(nèi)物體克服摩擦力做功的平均功率為 解析 由v-t圖象知物體在加速段的加速度大小為a1=,在減速段的加速度
10、大小為a2=,由牛頓第二定律知物體所受摩擦力大小為f=ma2=,A對;而F-f=ma1,即水平拉力大小為F=,是物體所受摩擦力大小的3倍,B錯;由v-t圖象知物體在加速段的平均速度和在減速段的平均速度均為,C錯;0~3t0時間內(nèi)物體的位移為x=,所以克服摩擦力做功的平均功率為P==,D對。 答案 AD 9.如圖8所示,水平向右的勻強(qiáng)電場中有一絕緣斜面,一帶電金屬滑塊以Ek0=30 J的初動能從斜面底端A沖上斜面,到頂端B時返回,已知滑塊從A滑到B的過程中克服摩擦力做功10 J,克服重力做功24 J,則( ) 圖8 A.滑塊帶正電,上滑過程中電勢能減小4 J B.滑塊上滑過程中機(jī)
11、械能增加4 J C.滑塊上滑到斜面中點時重力勢能增加12 J D.滑塊返回到斜面底端時動能為15 J 解析 由動能定理知上滑過程中W電-WG-Wf=ΔEk,代入數(shù)值得W電=4 J,電場力做正功,滑塊帶正電,電勢能減小4 J,A對;由功能關(guān)系知滑塊上滑過程中機(jī)械能的變化量為ΔE=W電-Wf=-6 J,即機(jī)械能減小6 J,B錯;由題意知滑塊上滑到斜面中點時克服重力做功為12 J,即重力勢能增加12 J,C對;由動能定理知2Wf=Ek0-Ek,所以滑塊返回到斜面底端時動能為10 J,D錯。 答案 AC 三、簡答題:本題分必做題(第10、11題)和選做題(第12題)兩部分,共計42分。 [
12、必做題] 10.(8分)某實驗小組采用如圖9所示的實驗裝置探究小車加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系。 圖9 (1)下列關(guān)于該實驗的說法中正確的是________。 A.平衡摩擦力時,應(yīng)將盤和盤中的砝碼用細(xì)繩通過定滑輪系在小車上 B.每次改變小車的質(zhì)量時,不需要重新平衡摩擦力 C.實驗時,應(yīng)先放開小車,再接通打點計時器 D.在每次實驗時,應(yīng)使砝碼和砝碼盤的總質(zhì)量遠(yuǎn)大于小車的質(zhì)量 (2)該實驗小組采用正確的實驗步驟后,利用打點頻率為50 Hz的打點計時器,得到的其中一條紙帶如圖10所示:(圖中每兩個計數(shù)點間還有四個點未畫出) 圖10 則在該次實驗中,小車運動的加速度大小為____
13、____m/s2(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。 解析 (1)砝碼和砝碼盤的重力等于小車受到的拉力,因此在平衡小車受到的摩擦力時,不能將盤和盤中的砝碼用細(xì)繩通過定滑輪系在小車上,選項A錯誤;平衡摩擦力是利用小車本身重力的下滑分量來進(jìn)行的,即mgsin θ=μmgcos θ,由此式可以看出不需要重新平衡摩擦力,選項B正確;實驗時,應(yīng)先接通打點計時器,等打點計時器工作穩(wěn)定后再放開小車,因此選項C錯誤;在該實驗中,認(rèn)為砝碼和砝碼盤的重力等于細(xì)繩拉小車的拉力,實際上,由于砝碼和砝碼盤要加速下降,所以細(xì)繩對小車的拉力要小于砝碼和砝碼盤的重力,所以為了減小誤差,砝碼和砝碼盤的總質(zhì)量應(yīng)遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量,選項D錯
14、誤。 (2)由于計數(shù)點之間的時間間隔為T=0.1 s,所以由逐差法可得小車的加速度為a=1.19 m/s2。 答案 (1)B(4分) (2)1.19(4分) 11.(10分)在學(xué)習(xí)了伏安法測電阻之后,某課外活動小組想通過圖11所示的實驗電路測定一個阻值約為幾十歐的電阻Rx的阻值。圖中定值電阻R0=10 Ω,R是總阻值為50 Ω的滑動變阻器,A1和A2是電流表,電源電動勢E=4 V,電源內(nèi)阻忽略不計。 圖11 (1)該課外活動小組現(xiàn)有四只可供選擇的電流表: A.電流表(0~3 mA,內(nèi)阻為2.0 Ω) B.電流表(0~0.3 A,內(nèi)阻為5.0 Ω) C.電流表(0~3 mA,
15、內(nèi)阻未知) D.電流表(0~0.6 A,內(nèi)阻未知) 則電流表A1應(yīng)選________;電流表A2應(yīng)選________。(填器材前的字母) (2)在不損壞電表的情況下,將滑動變阻器的滑片從最左端逐漸向右滑動,隨著滑動變阻器接入電路中的長度x的變化,電流表A2的示數(shù)也隨之發(fā)生變化,則下列四個選項中能正確反映電流表A2的示數(shù)I2隨滑動變阻器接入電路中的長度x的變化關(guān)系的是________。 (3)該課外活動小組利用圖11所示的電路,通過改變滑動變阻器接入電路中的阻值,得到了若干組電流表A1、A2的示數(shù)I1、I2,然后在坐標(biāo)紙上描點、連線,得到的I1-I2圖線如圖12所示,由圖可知,該待測
16、電阻Rx的阻值為________Ω。(結(jié)果保留三位有效數(shù)字) 圖12 解析 (1)由于在該實驗電路中沒有電壓表,所以要將定值電阻R0和電流表A1改裝成電壓表使用,因此A1的內(nèi)阻應(yīng)已知,如果采用A電流表,則流經(jīng)該電流表的最大電流約為 A,超出了該電流表的量程,如果采用B電流表,則流經(jīng)該電流表的最大電流約為A,小于該電流表的量程,所以要采用B電流表。由于電流表A2的內(nèi)阻不是必須要知道的,其量程要大于電流表A1的量程,所以電流表A2應(yīng)選擇D電流表。(2)流經(jīng)電流表A2的電流為電路中的總電流,設(shè)滑動變阻器單位長度的電阻為r,則有I2=,又因為R0、Rx、R1、R2等均為定值,令k=+R2,則上
17、式可變?yōu)镮2=,由數(shù)學(xué)關(guān)系可知,選項B正確。(3)由電路圖可知,(R0+R1)I1=Rx(I2-I1),整理可得=,而即題圖中I1-I2圖線的斜率,由圖可知,=,代入數(shù)據(jù)解得Rx=35.0 Ω。 答案 (1)B(2分) D(2分) (2)B(3分) (3)35.0(結(jié)果在33.0~37.0之間均正確)(3分) 12.[選做題]本題包括A、B、C三小題,請選定其中兩小題作答。若多做,則按A、B兩小題評分。 A.【選修3-3】(12分) (1)下列說法正確的是( ) A.懸浮在液體中的微粒越小,受到液體分子的撞擊就越容易平衡 B.物體中所有分子的熱運動動能的總和叫做物體的內(nèi)能 C.
18、熱力學(xué)溫度T與攝氏溫度t的關(guān)系為t=T+273.15 D.液體表面的分子距離大于分子間的平衡距離,使得液面有表面張力 (2)圖13為一定質(zhì)量理想氣體的壓強(qiáng)P與體積V的關(guān)系圖象,它由狀態(tài)A經(jīng)等容過程到狀態(tài)B,再經(jīng)過等壓過程到狀態(tài)C。設(shè)A、B、C狀態(tài)對應(yīng)的溫度分別為TA、TB、TC,則TA=________TC,從狀態(tài)B到狀態(tài)C過程氣體________(填“吸”、“放”) 圖13 (3)某教室的空間體積約為120 m3。試計算在標(biāo)準(zhǔn)狀況下,教室里空氣分子數(shù).已知:阿伏加德羅常數(shù)NA=6.0×1023mol-1,標(biāo)準(zhǔn)狀況下摩爾體積V0=22.4×10-3m3。(計算結(jié)果保留一位有效數(shù)字)
19、 解析 (1)懸浮微粒越小,在某一瞬間撞擊它的液體分子數(shù)就越少,布朗運動就越明顯。故A錯誤;物體中所有分子的熱運動動能的總和叫做物體的內(nèi)能,故B錯誤;攝氏溫度t與熱力學(xué)溫度T的關(guān)系為T=t+273.15,故C錯誤;液體表面分子間距離大于平衡位置間距r0,分子力表現(xiàn)為引力,所以液體表面存在表面張力,故D正確。 (2)A到B為等容變化,故= 知TB=TA 理想氣體經(jīng)歷B→C過程,等壓變化,= 即TC=TB=TB=TA,故TA=TC 理想氣體經(jīng)歷B→C過程,等壓變化,由=k知體積增大,溫度升高,內(nèi)能增大,氣體的體積變大,對外做功,W=Fx=pSx=pΔV=p2(V2-V1),根據(jù)熱力學(xué)第
20、一定律:△E=Q-W,知氣體需要吸熱。 (3)設(shè)空氣摩爾數(shù)為n,則n= 設(shè)氣體分子數(shù)為N,則N=nNA 代入數(shù)據(jù)聯(lián)立求解得:N=3×1027個 答案 (1)D (2) 吸熱 (3)3×1027個 B.【選修3-4】(12分) (1)下列說法正確的是( ) A.一條沿自身長度方向運動的桿,其長度總比桿靜止時長 B.根據(jù)多普勒效應(yīng)可以判斷遙遠(yuǎn)天體相對于地球的運動速度 C.大量事實證明,電磁波不能產(chǎn)生衍射現(xiàn)象 D.受迫振動的頻率總等于系統(tǒng)的固有頻率 (2)過去已知材料的折射率都為正值(n>0)?,F(xiàn)已有針對某些電磁波設(shè)計制作的人工材料,其折射率可以為負(fù)值(n<0),稱為負(fù)折射率
21、材料。位于空氣中的這類材料,入射角i與折射角r依然滿足=n,但是折射光線與入射光線位于法線的同一側(cè)(此時折射角取負(fù)值)?,F(xiàn)空氣中有一上下表面平行的負(fù)折射率材料,一束電磁波從其上表面以入射角α射入,下表面射出。若該材料對此電磁波的折射率n=-1,請畫出正確反映電磁波穿過該材料的傳播路徑的示意圖,若在上下兩個表面電磁波的折射角分別為r1、r2,則r1等于r2(填“大于”、“等于”、“小于”) 圖14 (3)豎直懸掛的彈簧振子下端裝有記錄筆,在豎直面內(nèi)放置記錄紙。當(dāng)振子上下振動時,以水平向左速度v=10 m/s勻速拉動記錄紙,記錄筆在紙上留下記錄的痕跡,建立坐標(biāo)系,測得的數(shù)據(jù)如圖15所示,求
22、振子振動的振幅和頻率。 圖15 解析 (1)根據(jù)l=l0,知這條沿自身長度方向運動的桿其長度總比桿靜止時的長度小。故A錯誤;只要是波,均有多普勒效應(yīng)現(xiàn)象,根據(jù)多普勒效應(yīng)可以判斷遙遠(yuǎn)天體相對于地球的運動速度。故B正確;電磁波是波,電磁波能產(chǎn)生衍射現(xiàn)象。故C錯誤;受迫振動的頻率總等于策動力的頻率,故D錯誤。 (2)由折射定律:=n=-1 得:sin i=-sin r,則 即折射角等于入射角,r1=r2,且位于法線的同側(cè),故光路圖如答案圖所示。 (3)設(shè)周期為T,振幅為A。由題圖得:A=5 cm; 由于振動的周期就是記錄紙從O至x=1 m運動的時間,所以,周期為: T===0.1
23、 s, 故頻率為:f===10 Hz。 答案 (1)B (2)如圖所示 (3)5 cm 10 Hz C.【選修3-5】(12分) (1)下列說法正確的是( ) A.放射性元素的半衰期隨溫度升高而減小 B.光和電子都具有波粒二象性 C.α粒子散射實驗可以估算出原子核的數(shù)量級為10-10 m D.原子核的結(jié)合能越大,原子核越穩(wěn)定 (2)如圖16所示的裝置研究光電效應(yīng)現(xiàn)象,當(dāng)用光子能量為5 eV的光照射到光電管上時,測得電流計上的示數(shù)隨電壓變化的圖象如圖17所示。則光電子的最大初動能為________ J,金屬的逸出功為________ J。 圖16
24、 圖17 (3)一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進(jìn)入太空預(yù)定位置,由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離。已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1,后部分的箭體質(zhì)量為m2,分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行,若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化,則分離后衛(wèi)星的速率v1是多大。 圖18 解析 (1)放射性元素的半衰期不受到環(huán)境的變化而變化,故A錯誤;光和電子都具有波粒二象性,故B正確;通過α粒子散射實驗的結(jié)果可以估測原子核直徑的數(shù)量級為10-15 m,故C錯誤;比結(jié)合能越大,原子核越穩(wěn)定,故D正確; (2)由圖17可知,當(dāng)該裝置所加的電壓為反向電壓,當(dāng)電壓是-2 V時,電流表示數(shù)為0,知道光電子點的最大初
25、動能為:2 eV=3.2×10-19 J, 根據(jù)光電效應(yīng)方程EKm=hν-W0,W0=3 eV=4.8×10-19 J。 (3)火箭和衛(wèi)星組成的系統(tǒng)在分離時水平方向上動量守恒,規(guī)定初速度的方向為正方向,有:(m1+m2)v0=m2v2+m1v1 解得:v1=v0+(v0-v2) 答案 (1)BD (2)3.2×10-19 4.8×10-19 (3)v1=v0+(v0-v2) 四、計算題:本題共3小題,共計47分。解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題,答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。 13.(15分)(xx·鹽城二模)如圖19所
26、示,在勻強(qiáng)磁場中有一足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌,與水平面間的夾角θ=30°,間距L=0.5 m,上端接有阻值R=0.3 Ω的電阻,勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.4 T,磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上。一質(zhì)量m=0.2 kg,電阻r=0.1 Ω的導(dǎo)體棒MN在平行于導(dǎo)軌的外力F作用下,由靜止開始向上做勻加速運動,運動過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直,且接觸良好,當(dāng)棒的位移d=9 m時電阻R上消耗的功率為P=2.7 W。其它電阻不計,g取10 m/s2。求: (1)此時通過電阻R上的電流; (2)這一過程通過電阻R上電荷量q; (3)此時作用于導(dǎo)體棒上的外力F的大小。 圖19 解析 (1)根據(jù)熱功
27、率:P=I2R,(2分) 解得:I===3 A(1分) (2)回路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢:E=,(1分) 由歐姆定律得:I=,(1分) 電流和電量之間關(guān)系式:q=It====4.5 C,(2分) (3)此時感應(yīng)電流I=3 A,由I==(2分) 解得此時速度:v===6 m/s,(2分) 由勻變速運動公式:v2=2ax,(1分) 解得:a===2 m/s2,(1分) 對導(dǎo)體棒由牛頓第二定律得: F-F安-mgsin 30°=ma,(2分) 即:F-BIL-mgsin 30°=ma, 解得:F=ma+BIL+mgsin30°=0.2×2+0.4×0.5×3+0.2×10×=
28、2 N(1分) 答案 (1)3A (2)4.5 C (3)2 N 14.(16分)在高速公路的同一車道上行駛的汽車,必須保持一定的距離,才能保證行車安全。若在某高速公路的某條車道上,有甲、乙兩輛小轎車均以v0=30 m/s的速度在勻速行駛,甲車在前,乙車在后。某時刻甲車司機(jī)突然因故障開始減速,其減速時的加速度大小為a1=5 m/s2,在看到甲車減速后乙車司機(jī)開始緊急剎車,若乙車司機(jī)的反應(yīng)時間為t=0.5 s,乙車剎車的最大加速度大小為a2=3 m/s2,則要避免兩車相撞,甲、乙兩車在勻速行駛時的距離至少為多少? 解析 設(shè)甲車減速到零時行駛的距離為x甲 則由運動學(xué)公式可得x甲=(4分)
29、 設(shè)乙車減速到零時行駛的距離為x乙 則由運動學(xué)公式可得x乙=v0t+(4分) 要避免兩車相撞,則兩車在勻速行駛時的距離至少應(yīng)為Δx=x乙-x甲(4分) 以上三式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得Δx=75 m。(4分) 答案 75 m 15.(16分)如圖20所示,在以O(shè)1點為圓心且半徑為r=0.10 m的圓形區(qū)域內(nèi),存在著豎直向下、場強(qiáng)大小為E=4×105 V/m的勻強(qiáng)電場(圖中未畫出)。圓的左端跟y軸相切于直角坐標(biāo)系原點O,右端與一個足夠大的熒光屏MN相切于x軸上的A點。一比荷=1.0×108 C/kg的帶正電粒子從坐標(biāo)原點O沿x軸正方向入射,粒子重力不計。 圖20 (1)若粒子在圓形區(qū)
30、域的邊界Q點射出勻強(qiáng)電場區(qū)域,O1A與O1Q之間的夾角為θ=60°,求粒子從坐標(biāo)原點O入射的初速度v0; (2)撤去電場,在該圓形區(qū)域內(nèi)加一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.15 T、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,且將該圓形磁場以過O點并垂直于紙面的直線為軸,逆時針緩慢旋轉(zhuǎn)90°,在此過程中不間斷地射入題干中所述粒子,粒子入射的速度等于(1)中求出的v0,求在此過程中打在熒光屏MN上的粒子與A點的最遠(yuǎn)距離。 解析 (1)由題意可知,該粒子將在勻強(qiáng)電場中做類平拋運動,設(shè)其在電場中的運動時間為t,粒子在電場中運動的加速度大小為a,則有r+rcos θ=v0t(1分) rsin θ=at2(1分) qE
31、=ma(1分) 以上三式聯(lián)立可得v0=(1+cos θ)(2分) 代入數(shù)據(jù)可得v0=3×106 m/s。(1分) (2)由題意可知,粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為R==0.2 m,以O(shè)點為圓心、OA=0.2 m為半徑做出圓弧AC交y軸于C點,以C點為圓心、CO為半徑作出粒子運動的軌跡交弧AC于D點,則OD=2r=0.2 m,如圖所示,過D點作切線,分別交OA于F點,交MN于E點,則E點即粒子能夠打在熒光屏MN上的粒子離A點的最遠(yuǎn)距離(4分) 由幾何關(guān)系可知,sin α=(1分) 所以O(shè)F=Rtan α(1分) 因此AF=2r-OF(1分) 由幾何關(guān)系可知∠EFA=2α(1分) 所以AE=AFtan 2α(1分) 以上各式聯(lián)立,代入數(shù)據(jù)可得AE= m。(1分) 答案 (1)3×106 m/s (2) m
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