20xx屆河北省張家口市一中高三下學期階段模擬測試-物理(八)-資料下載頁
2025-04-05 05:21本頁面
【正文】 分析測量誤差的大小，即當?s2?接1位置時，可把電流表與電源看做一個等效電源，則電動勢測量值測得是“等效電源”的外電路斷開時的路端電壓，由于電壓表內阻不是無窮大，所以電壓表示數將小于電動勢真實值，即電動勢測量值偏??；同理內阻的測量值實際等于電壓表與內阻真實值的并聯電阻，所以內阻測量值也偏?。魋2?接2位置時，可把電流表與電源看做一個“等效電源”，不難分析出電動勢測量值等于真實值，而內阻測量值應等于內阻真實值與電流表內阻之和，即內阻測量值偏大．應明確用“等效電源”法分析“測量電源電動勢和內阻實驗”誤差的方法，明確UI圖象中縱軸截距與斜率的含義．15.【答案】解：(1)由圖像可知，周期T=2s，由λ=vT=2m=MS1=，MS2=MS2MS1===λ由于兩波源振動方向始終相反，所以在M點，波峰與波谷相遇，振動減弱，同理可得：NS2NS1==12λ，由于兩波源振動方向始終相反，所以在N點，波峰與波峰或波谷與波谷相遇，振動加強，(2)N點為振動加強點，振幅為A=A1+A2=(20+10)cm=30cmS1波傳到N點的時間t1=NS1v==S2波傳到N點的時間t2=NS2v==從0時刻開始計時，經過10s時，即振動了234T，即振動了214T，所以在N點，波谷與波谷相遇，位移x=A=30cm．答：(1)M是振動減弱點，N點是加強點；(2)從0時刻開始計時，經過10s時，N點的位移為30cm．【解析】根據波的疊加原理：兩列波的波峰與波峰或波谷與波谷相遇處振動加強，波峰與波谷相遇處振動減弱。由此分析即可。本題要根據路程差和波源的振動方向來分析質點的振動是加強還是減弱，要注意兩波源振動方向始終相反，路程差是波長整數倍的質點為振動減弱點，相反，路程差為半個波長的奇數倍的質點是振動加強點。16.【答案】解：(1)設滑塊加速度為a1，此時滑塊恰好到達車的左端，則滑塊運動到車左端的時間t1=v0a1由幾何關系有v0t1v02t1=L2由牛頓運動定律有F+μmg=ma1解得t1=F=6N(2)在滑塊運動到車左端后，為使滑塊恰不從右端滑出，滑塊相對車先做勻加速運動，設運動加速度為a2，時間為t2，再做勻減速運動，設運動加速度大小為a3，到達車右端時，與車達到共同速度，則有Fμmg=ma2μmg=ma3以車為參考系，由勻變速直線運動規(guī)律，得12a2t22+a22t222a3=L聯立解得t2=33s≈則力F的作用時間t應滿足t1≤t≤t1+t2≤t≤答：(1)恒力F的大小為6N；(2)要保證滑塊不從車上掉下，≤t≤?！窘馕觥?1)結合題意利用牛頓第二定律和幾何關系可以求出恒力F的大??；(2)以車為參考系，運用勻變速直線運動規(guī)律和牛頓第二定律，可以求出力F作用范圍。在計算物體的位移時，要注意參考系的選取，若是同一問題，則參考系不能變化。17.【答案】解：(1)在兩桿穩(wěn)定運動前的同一時刻，兩桿受到的安培力FA大小相等、方向相反，由牛頓第二定律有FA=m1a1=m2a2可得：a2=m1m2a1；(2)設兩桿穩(wěn)定運動時的速度為v，兩桿系統的合外力為零，水平方向動量守恒；取向右為正，由動量守恒定律可得：m1v0=(m1+m2)v，可得：v=m1v0m1+m2由能量守恒定律得：Q=12m1v0212(m1+m2)v2解得：Q=m1m22(m1+m2)v02；(3)兩桿最終以相同速度穩(wěn)定運動時的距離x最大；設ab桿從開始運動到兩桿速度穩(wěn)定的時間為△t，此過程中桿中的平均電流為I，取向右為正，對cd桿由動量定理可得：BIL△t=m2v0由法拉第電磁感應定律有：E=△Φ△t=BLx△t由閉合電路歐姆定律有：I=ER1+R2解得：x=m1m2v0(R1+R2)B2L2(m1+m2)。答：(1)當ab桿的加速度大小為a1時，cd桿的加速度大小為m1m2a1；(2)兩桿在運動過程中產生的焦耳熱為m1m22(m1+m2)v02；(3)兩桿運動過程中的最大距離為m1m2v0(R1+R2)B2L2(m1+m2)?！窘馕觥?1)由牛頓第二定律列方程求解cd桿的加速度大小a2；(2)由動量守恒定律、能量守恒定律列方程求解兩桿在運動過程中產生的焦耳熱Q；(3)兩桿最終以相同速度穩(wěn)定運動時的距離x最大，根據動量定理結合安培力的計算公式求解兩桿運動過程中的最大距離。對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據牛頓第二定律、平衡條件或動量定理列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應現象中的能量轉化問題，根據動能定理、功能關系等列方程求解。18.【答案】解：(1)粒子的運動軌跡如圖所示根據幾何知識可知，粒子在第一象限內做圓周運動的半徑為r1=dsin53°，因為qv0B0=mv02r1，聯立解得粒子的荷質比為qm=4v05dB0；(2)設粒子平拋過程豎直位移為△y，則△y=r1r1cos53176。，根據題意可知，粒子平拋運動的末速度與x軸負方向θ=53176。，則vy=v0tanθ，平拋運動過程有vy=at，△y=12at2，根據牛頓第二定律有a=qEm，聯立解得t=3d4v0，E=20v0B09；(3)設粒子平拋過程水平位移為△x=v0t，設粒子在y軸下方磁場區(qū)域運動的半徑為r2，則r2=d+△x2sinθ，粒子運動速度v=v0cosθ，根據洛倫茲力提供向心力有qvB=mv2r2，解得B=4021B0。答：(1)粒子的比荷為4v05dB0；(2)勻強電場的電場強度為20v0B09；(3)x軸下方磁場的磁感應強度B為4021B0?！窘馕觥?1)作出粒子的運動軌跡，根據幾何知識求解粒子在第一象限內做圓周運動的半徑，根據洛倫茲力提供向心力求解粒子的比荷；(2)粒子在第二象限內做類平拋運動，到達x軸時其速度和x軸成45176。角，根據幾何知識求解粒子在y軸方向的運動距離，根據類平拋運動的規(guī)律結合牛頓第二定律求解勻強電場的電場強度；(3)根據粒子到達x軸的速度方向求解粒子進入x軸下方的磁場時的速度，根據幾何知識求解半徑，再根據洛倫茲力提供向心力求解x軸下方磁場的磁感應強度B。解決該題的關鍵是能正確作出粒子在的運動軌跡，能根據幾何知識求解粒子做勻速圓周運動的半徑，知道粒子做類平拋運動的末速度方向和x軸成45176。角。19
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