20xx屆河北省張家口市一中高三下學(xué)期階段模擬測(cè)試-物理(八)-資料下載頁(yè)
2025-04-05 05:21本頁(yè)面
【正文】 分析測(cè)量誤差的大小，即當(dāng)?s2?接1位置時(shí)，可把電流表與電源看做一個(gè)等效電源，則電動(dòng)勢(shì)測(cè)量值測(cè)得是“等效電源”的外電路斷開(kāi)時(shí)的路端電壓，由于電壓表內(nèi)阻不是無(wú)窮大，所以電壓表示數(shù)將小于電動(dòng)勢(shì)真實(shí)值，即電動(dòng)勢(shì)測(cè)量值偏??；同理內(nèi)阻的測(cè)量值實(shí)際等于電壓表與內(nèi)阻真實(shí)值的并聯(lián)電阻，所以內(nèi)阻測(cè)量值也偏?。魋2?接2位置時(shí)，可把電流表與電源看做一個(gè)“等效電源”，不難分析出電動(dòng)勢(shì)測(cè)量值等于真實(shí)值，而內(nèi)阻測(cè)量值應(yīng)等于內(nèi)阻真實(shí)值與電流表內(nèi)阻之和，即內(nèi)阻測(cè)量值偏大．應(yīng)明確用“等效電源”法分析“測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)”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(dòng)方向始終相反，所以在M點(diǎn)，波峰與波谷相遇，振動(dòng)減弱，同理可得：NS2NS1==12λ，由于兩波源振動(dòng)方向始終相反，所以在N點(diǎn)，波峰與波峰或波谷與波谷相遇，振動(dòng)加強(qiáng)，(2)N點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，振幅為A=A1+A2=(20+10)cm=30cmS1波傳到N點(diǎn)的時(shí)間t1=NS1v==S2波傳到N點(diǎn)的時(shí)間t2=NS2v==從0時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，經(jīng)過(guò)10s時(shí)，即振動(dòng)了234T，即振動(dòng)了214T，所以在N點(diǎn)，波谷與波谷相遇，位移x=A=30cm．答：(1)M是振動(dòng)減弱點(diǎn)，N點(diǎn)是加強(qiáng)點(diǎn)；(2)從0時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，經(jīng)過(guò)10s時(shí)，N點(diǎn)的位移為30cm．【解析】根據(jù)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(dòng)加強(qiáng)，波峰與波谷相遇處振動(dòng)減弱。由此分析即可。本題要根據(jù)路程差和波源的振動(dòng)方向來(lái)分析質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)是加強(qiáng)還是減弱，要注意兩波源振動(dòng)方向始終相反，路程差是波長(zhǎng)整數(shù)倍的質(zhì)點(diǎn)為振動(dòng)減弱點(diǎn)，相反，路程差為半個(gè)波長(zhǎng)的奇數(shù)倍的質(zhì)點(diǎn)是振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)。16.【答案】解：(1)設(shè)滑塊加速度為a1，此時(shí)滑塊恰好到達(dá)車(chē)的左端，則滑塊運(yùn)動(dòng)到車(chē)左端的時(shí)間t1=v0a1由幾何關(guān)系有v0t1v02t1=L2由牛頓運(yùn)動(dòng)定律有F+μmg=ma1解得t1=F=6N(2)在滑塊運(yùn)動(dòng)到車(chē)左端后，為使滑塊恰不從右端滑出，滑塊相對(duì)車(chē)先做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)加速度為a2，時(shí)間為t2，再做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)加速度大小為a3，到達(dá)車(chē)右端時(shí)，與車(chē)達(dá)到共同速度，則有Fμmg=ma2μmg=ma3以車(chē)為參考系，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，得12a2t22+a22t222a3=L聯(lián)立解得t2=33s≈則力F的作用時(shí)間t應(yīng)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(chē)上掉下，≤t≤?！窘馕觥?1)結(jié)合題意利用牛頓第二定律和幾何關(guān)系可以求出恒力F的大??；(2)以車(chē)為參考系，運(yùn)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律和牛頓第二定律，可以求出力F作用范圍。在計(jì)算物體的位移時(shí)，要注意參考系的選取，若是同一問(wèn)題，則參考系不能變化。17.【答案】解：(1)在兩桿穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)前的同一時(shí)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(shè)兩桿穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為v，兩桿系統(tǒng)的合外力為零，水平方向動(dòng)量守恒；取向右為正，由動(dòng)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(yùn)動(dòng)時(shí)的距離x最大；設(shè)ab桿從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到兩桿速度穩(wěn)定的時(shí)間為△t，此過(guò)程中桿中的平均電流為I，取向右為正，對(duì)cd桿由動(dòng)量定理可得：BIL△t=m2v0由法拉第電磁感應(yīng)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(dāng)ab桿的加速度大小為a1時(shí)，cd桿的加速度大小為m1m2a1；(2)兩桿在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為m1m22(m1+m2)v02；(3)兩桿運(yùn)動(dòng)過(guò)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(dòng)量守恒定律、能量守恒定律列方程求解兩桿在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q；(3)兩桿最終以相同速度穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)的距離x最大，根據(jù)動(dòng)量定理結(jié)合安培力的計(jì)算公式求解兩桿運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大距離。對(duì)于電磁感應(yīng)問(wèn)題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律、平衡條件或動(dòng)量定理列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題，根據(jù)動(dòng)能定理、功能關(guān)系等列方程求解。18.【答案】解：(1)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示根據(jù)幾何知識(shí)可知，粒子在第一象限內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r1=dsin53°，因?yàn)閝v0B0=mv02r1，聯(lián)立解得粒子的荷質(zhì)比為qm=4v05dB0；(2)設(shè)粒子平拋過(guò)程豎直位移為△y，則△y=r1r1cos53176。，根據(jù)題意可知，粒子平拋運(yùn)動(dòng)的末速度與x軸負(fù)方向θ=53176。，則vy=v0tanθ，平拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程有vy=at，△y=12at2，根據(jù)牛頓第二定律有a=qEm，聯(lián)立解得t=3d4v0，E=20v0B09；(3)設(shè)粒子平拋過(guò)程水平位移為△x=v0t，設(shè)粒子在y軸下方磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的半徑為r2，則r2=d+△x2sinθ，粒子運(yùn)動(dòng)速度v=v0cosθ，根據(jù)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(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為20v0B09；(3)x軸下方磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為4021B0。【解析】(1)作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何知識(shí)求解粒子在第一象限內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，根據(jù)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(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)x軸時(shí)其速度和x軸成45176。角，根據(jù)幾何知識(shí)求解粒子在y軸方向的運(yùn)動(dòng)距離，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律結(jié)合牛頓第二定律求解勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度；(3)根據(jù)粒子到達(dá)x軸的速度方向求解粒子進(jìn)入x軸下方的磁場(chǎng)時(shí)的速度，根據(jù)幾何知識(shí)求解半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解x軸下方磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B。解決該題的關(guān)鍵是能正確作出粒子在的運(yùn)動(dòng)軌跡，能根據(jù)幾何知識(shí)求解粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，知道粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)的末速度方向和x軸成45176。角。19
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