2025届高考物理模拟预测卷(全国甲卷)
一.选择题(共7小题,满分28分,每小题4分)
1.(4分)(2024春 江宁区期末)如图所示,天然放射源放射出的射线从容器的小孔射出,经过垂直纸面向里的匀强磁场,射线分裂成a、b、c三束。三者对比后得出下列说法正确的是( )
A.a称为α射线,电离作用最强,穿透能力最差
B.b称为β射线,电离作用较弱,穿透能力较强
C.c称为γ射线,电离作用最弱,穿透能力最强
D.电离作用最强的是a射线,电离作用最弱的是b射线
2.(4分)(2024秋 湖里区校级月考)新冠疫情期间,为减少人员接触,酒店采用机器人送餐,一人工智能机器人在平直路面上运动的位移—时间图像如图所示,对该机器人的运动,以下说法中正确的是( )
A.机器人在第1秒末运动方向发生了改变
B.前2秒机器人的位移为8m
C.第3秒内机器人在做匀速直线运动
D.第3秒末至第5秒末,机器人始终在朝正方向做匀速直线运动
3.(4分)(2024 合肥二模)我国是世界上第三个突破嵌套式霍尔电推进技术的国家。霍尔推进器的工作原理简化如图所示,放电通道的两极间存在一加速电场。工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子,经电场加速后以某一速度喷出,从而产生推力。某次实验中,加速电压为U,氙离子向外喷射形成的电流强度为I。氙离子的电荷量与质量分别为q和m,忽略离子的初速度及离子间的相互作用,则离子推进器产生的推力为( )
A.I B.I C.I D.I
4.(4分)(2023秋 湛江期末)“战绳”是健身的一种流行项目,如图(a)所示,健身者将绳拉平后沿竖直方向上下抖动,可在绳中形成一列向右传播的简谐横波,图(b)是某一时刻绳子的波形图,若健身者每秒钟上下抖动绳头1次,不考虑绳波传播过程中的能量损失,则( )
A.该绳波的传播速度为2m/s
B.该时刻质点P的振动方向沿y轴正方向
C.该时刻质点Q的振动速度比质点P的振动速度大
D.1s后质点P将向右移动4m
5.(4分)(2025 淄博一模)如图所示,恒定电流I流过边长为2a的水平放置的正方形导线,O点为正方形的中心,P点位于O点正上方且OP=a,每条导线在P点的磁感应强度大小均为B,则P点的磁感应强度大小为( )
A.0 B.B C.B D.2B
6.(4分)(2025 天津一模)电动汽车充电站变压器如图所示,其输入电压为10kV,输出电压为220V,每个充电桩输入电流16A,设原副线圈匝数分别为n1,n2,输入的正弦交流电的频率为50Hz,则下列说法正确的是( )
A.原副线圈匝数比250:11
B.输出的最大电压为220V
C.若10台充电桩同时使用,输入功率为160kW
D.若工作的充电桩数量增加,则原线圈中电流增大
7.(4分)(2023秋 思明区校级月考)下列四个实验情境,其中说法中正确的是( )
A.如图甲所示,ABC构成等边三角形,若两通电导线A、B在C处产生磁场的磁感应强度大小均为B0,则C处磁场的总磁感应强度大小是B0
B.如图乙所示,小磁针正上方的直导线与小磁针平行,当导线中通有如图乙所示电流时,小磁针的N极将会垂直纸面向内转动
C.如图丙所示,一矩形线框置于磁感应强度为B的匀强磁场中,线框平面与磁场方向平行,线框的面积为S,则此时通过线框的磁通量为BS
D.如图丁所示,竖直放置的长直导线通有恒定电流,有一矩形线框与导线在同一竖直面内,将线框绕PQ轴转动时线圈中会产生感应电流
二.多选题(共3小题,满分18分,每小题6分)
(多选)8.(6分)如图所示,水平向右且范围足够大的匀强电场空间内,一质量为m的带电小球,通过一长度为l的不可伸长的绝缘轻绳悬挂于水平天花板上O点,静止时轻绳与竖直方向夹角为θ,此时小球处于A点。现用外力将小球缓慢移到O点正下方B点,然后撤去外力,将小球由静止开始无初速度释放。小球运动过程中轻绳始终绷直,已知θ为锐角,重力加速度为g,不计空气阻力,下列说法正确的是( )
A.外力对小球做功为0
B.小球运动到A点时机械能最大
C.小球到达最高点时轻绳的拉力大小为mg
D.小球运动过程中速度最大值为
(多选)9.(6分)如图所示的玻璃柱体,其横截面是圆心角为120°的扇形OAB,一束单色光平行横截面从OA边射入玻璃柱体,在OA边上的入射角为α,折射角为θ,折射光线与OB边的夹角为2θ,已知α等于光在玻璃柱体中发生全反射时的临界角,只考虑第一次射到圆弧AB上的光线,下列选项正确的是( )
A.α=45°
B.玻璃柱体对此光的折射率为1.5
C.越接近A点的折射光线越容易从弧AB处射出玻璃柱体
D.弧AB上有光透出的部分的弧长与弧AB的弧长之比为3:8
(多选)10.(6分)(2023秋 荆州期末)如图所示,上表面粗糙长度为L、质量为m的长木板放置在光滑的水平面上,现让质量也为m的木块(视为质点)从长木板的左端以水平向右的速度v0滑上长木板,最终木块未脱离木板,两者达到共速,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.两者在相对运动的过程中,木块动量的变化量与木板动量的变化量方向相反但大小不相等
B.两者在相对运动的过程中,木块的位移是木板位移的2倍
C.若木块刚好不从木板上脱离,则两者相对运动需要的时间为
D.若,两者相对运动需要的时间为t,则两者间的滑动摩擦力大小为
三.实验题(共1小题,满分9分)
11.(9分)(2023秋 海淀区校级月考)某研究性学习小组利用实验室提供的恒压电源(输出电压不变),按照如图甲所示的电路来测量一个量程为10V的电压表的内阻。
该小组的同学们通过实验数据绘制出电压表的示数U随电阻箱的阻值R变化的图像,如图乙所示。由图像可知:(结果均保留两位有效数字)
(1)恒压电源的输出电压为 。
(2)电压表的内阻为 。
(3)若不考虑由读数带来的偶然误差,则该电压表内阻的测量值 (选填“大于”、“小于”或“等于”)真实值。
四.解答题(共3小题,满分39分)
12.(9分)(2024 荆州区校级模拟)如图,两段封闭的玻璃管静止在水平面上,中间长Δh=10cm的水银柱将管内气体分为A,B两部分,其中LA=20cm,LB=30cm。若将玻璃管竖直立起,稳定时A部分气柱长度变为L'A=25cm,已知该过程中两部分气体温度保持T0=300K不变。求:
(1)水平放置时A中气体的压强p0(cmHg为单位)。
(2)若竖直玻璃管以加速度加速上升,A中气体温度不变,B中气体温度变为多少才能使A气柱长度仍为L'A=25cm。
13.(14分)(2024秋 杨浦区校级月考)
(二)竞速的小灿
小灿是一名汽车爱好者,他决定深入研究爱车性能,租用了一个专业测试场地来测试汽车的性能:
(1)该汽车发动机的额定功率为80kW。小灿驾驶汽车时,汽车和他的总质量为4t。
①第一次,他驾驶汽车以额定功率通过一直线测试路段时,最大速度可达144km/h,过程中汽车受到的阻力大小为 N;
②第二次,他在同一测试路段以5m/s2的恒定加速度启动,则汽车匀加速运动的最大速度为
m/s。
(2)转弯测试段为一半径R=50m的圆弧弯道。车与地面间的动摩擦因数μ=0.2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。①为保证汽车转弯时不发生侧滑,其最大速度大小为vm= m/s;②若转弯速度大于vm,将会出现 现象。(g取10m/s2)
(3)爬山测试段为“S”形单行盘山公路,如图所示。弯道1、2可看作两个不同高度的水平圆弧,圆心分别为O1、O2,弯道2比弯道1高h=7m,两弯道中心虚线对应的半径分别为r1=8m、r2=18m,倾斜直道AB与两弯道平滑连接。一质量m=1500kg的汽车沿着中心虚线从弯道1经过倾斜直道AB进入弯道2,已知汽车在AB段做匀加速直线运动,加速时间t=5s,汽车在两个弯道运动时做匀速圆周运动,路面对轮胎的摩擦力始终等于汽车所受重力的0.2倍,取重力加速度大小g=10m/s2,求:
①汽车从弯道1运动到弯道2增加的机械能ΔE;
②汽车在AB段运动时受到的支持力大小FN。
14.(16分)(2022春 和平区期末)如图所示,竖直放置的一半圆形光滑绝缘轨道固定在方向水平向右的匀强电场中,一质量为m、所带电荷量为q的带电小球放置在轨道上,平衡时小球与轨道圆心O的连线与竖直方向的夹角为α=60°,重力加速度为g,求:
(1)小球所带电性;
(2)电场强度的大小E;
(3)若将电场撤去,小球运动到轨道最低点时所受轨道支持力的大小FN。
2025届高考物理模拟预测卷(全国甲卷)
参考答案与试题解析
一.选择题(共7小题,满分28分,每小题4分)
1.(4分)(2024春 江宁区期末)如图所示,天然放射源放射出的射线从容器的小孔射出,经过垂直纸面向里的匀强磁场,射线分裂成a、b、c三束。三者对比后得出下列说法正确的是( )
A.a称为α射线,电离作用最强,穿透能力最差
B.b称为β射线,电离作用较弱,穿透能力较强
C.c称为γ射线,电离作用最弱,穿透能力最强
D.电离作用最强的是a射线,电离作用最弱的是b射线
【考点】α、β、γ射线的本质及特点.
【专题】定性思想;推理法;原子的核式结构及其组成;推理论证能力.
【答案】C
【分析】根据运动轨迹结合左手定则分析求解。
【解答】解:根据运动轨迹结合左手定则可知,a是β射线,b是α射线,c是γ射线,电离能力α>β>γ,穿透能力α<β<γ。故ABD错误,C正确。
故选:C。
【点评】本题考查了三种射线的基本性质,理解电离能力和穿透能力的强弱是解决此类问题的关键。
2.(4分)(2024秋 湖里区校级月考)新冠疫情期间,为减少人员接触,酒店采用机器人送餐,一人工智能机器人在平直路面上运动的位移—时间图像如图所示,对该机器人的运动,以下说法中正确的是( )
A.机器人在第1秒末运动方向发生了改变
B.前2秒机器人的位移为8m
C.第3秒内机器人在做匀速直线运动
D.第3秒末至第5秒末,机器人始终在朝正方向做匀速直线运动
【考点】根据x﹣t图像的物理意义分析单个物体的运动情况.
【专题】定量思想;归纳法;运动学中的图象专题;理解能力.
【答案】D
【分析】x﹣t图像的斜率表示速度,据此分析ACD;x﹣t图像的纵坐标之差表示位移。
【解答】解:A、x﹣t图像的斜率表示速度,在0﹣2s内机器人的图像斜率不变,则机器人做匀速直线运动,所以在1秒末速度方向没有改变,故A错误;
B、x﹣t图像的纵坐标之差表示位移,则前2秒内机器人的位移为﹣4m﹣4m=﹣8m,故B错误;
C、第3秒内图像是一条和横轴平行的直线,斜率为零,说明机器人处于静止状态,故C错误;
D、第3秒末至第5秒末,图像的斜率不变且大于零,可知机器人始终在朝正方向做匀速直线运动,故D正确。
故选:D。
【点评】本题考查了对x﹣t图像的认识,知道x﹣t图像的斜率表示速度是解题的基础。
3.(4分)(2024 合肥二模)我国是世界上第三个突破嵌套式霍尔电推进技术的国家。霍尔推进器的工作原理简化如图所示,放电通道的两极间存在一加速电场。工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子,经电场加速后以某一速度喷出,从而产生推力。某次实验中,加速电压为U,氙离子向外喷射形成的电流强度为I。氙离子的电荷量与质量分别为q和m,忽略离子的初速度及离子间的相互作用,则离子推进器产生的推力为( )
A.I B.I C.I D.I
【考点】带电粒子在恒定的电场中做加速(或减速)运动;牛顿第三定律的理解与应用;动能定理的简单应用;动量定理的内容和应用.
【专题】定量思想;推理法;动能定理的应用专题;动量定理应用专题;带电粒子在电场中的运动专题;分析综合能力.
【答案】D
【分析】利用动能定理和动量定理求解。
【解答】解:氙离子在加速电场中由动能定理有:
设Δt时间内有n个氙离子喷射出,则有:
取水平向右为正方向,对n个氙离子由动量定理有:FΔt=nmv﹣0
联立方程可得:
由牛顿第三定律可知离子推进器产生的推力,故D正确,ABC错误。
故选:D。
【点评】本题考查了带电粒子在电场中的运动、动量定理,解题的关键是知道氙离子在电场中由于受到电场力加速,由牛顿第三定律可知电场受到氙离子的反作用力。
4.(4分)(2023秋 湛江期末)“战绳”是健身的一种流行项目,如图(a)所示,健身者将绳拉平后沿竖直方向上下抖动,可在绳中形成一列向右传播的简谐横波,图(b)是某一时刻绳子的波形图,若健身者每秒钟上下抖动绳头1次,不考虑绳波传播过程中的能量损失,则( )
A.该绳波的传播速度为2m/s
B.该时刻质点P的振动方向沿y轴正方向
C.该时刻质点Q的振动速度比质点P的振动速度大
D.1s后质点P将向右移动4m
【考点】机械波的图像问题;波长、频率和波速的关系.
【专题】定量思想;推理法;振动图象与波动图象专题;推理论证能力.
【答案】C
【分析】根据波速、周期和波长的关系,任何质点的起振方向都与波源的起振方向相同,结合时间、周期和路程的关系分析求解。
【解答】解:A、根据题意,健身者每秒钟上下抖动绳头1次,所以波源振动的周期为1s,波长为4m,所以
vm/s=4m/s,故A错误;
B、根据“上下坡”法可得,该时刻质点P的振动方向沿y轴负方向,故B错误;
C、该时刻质点Q处于平衡位置,速度最大,所以质点Q的振动速度比质点P的振动速度大,故C正确;
D、介质中的质点不会随波迁移,故D错误。
故选:C。
【点评】本题考查了振动图像和波动图像,理解不同质点在不同时刻的运动状态,知道波速、周期和波长的关系是解决此类问题的关键。
5.(4分)(2025 淄博一模)如图所示,恒定电流I流过边长为2a的水平放置的正方形导线,O点为正方形的中心,P点位于O点正上方且OP=a,每条导线在P点的磁感应强度大小均为B,则P点的磁感应强度大小为( )
A.0 B.B C.B D.2B
【考点】磁感应强度的矢量叠加.
【专题】定量思想;推理法;磁场 磁场对电流的作用;推理论证能力.
【答案】D
【分析】根据安培定则确定四根导线在P点产生磁场的方向,再根据平行四边形定则进行合成。
【解答】解:根据安培定则,做出线框的左右两根导线在P点的磁感应强度,左侧导线在P点产生的场强方向垂直aP向上,右侧导线在P点产生的场强方向垂直bP向上,感应强度大小均为B,平面图如图所示
由几何关系可得θ=45°,所以左右两根导线在P产生的合场强为,方向向上。同理可得内外两根导线在P点产生的合场强大小为,方向向上。故则P点的磁感应强度大小为,故D正确,ABC错误。
故选:D。
【点评】解决本题的关键掌握安培定则判断电流与其周围磁场方向的关系,会根据平行四边形定则进行合成。
6.(4分)(2025 天津一模)电动汽车充电站变压器如图所示,其输入电压为10kV,输出电压为220V,每个充电桩输入电流16A,设原副线圈匝数分别为n1,n2,输入的正弦交流电的频率为50Hz,则下列说法正确的是( )
A.原副线圈匝数比250:11
B.输出的最大电压为220V
C.若10台充电桩同时使用,输入功率为160kW
D.若工作的充电桩数量增加,则原线圈中电流增大
【考点】理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系;理想变压器两端的功率关系.
【专题】定量思想;推理法;交流电专题;推理论证能力.
【答案】D
【分析】根据变压器的工作原理和规律,结合相关公式求解即可。
【解答】解:A.原副线圈匝数比为
故A错误;
B.输出的最大电压为
故B错误;
C.理想变压器不改变功率,若10台充电桩同时使用,输出功率为,故输入功率为3.52×104W,故C错误;
D.若工作的充电桩数量增加,则输入功率增加,输出功率增加,原线圈中电流增大,故D正确。
故选:D。
【点评】对于变压器问题,关键要理解并掌握电压、电流、功率与匝数的关系,同时要注意交流电的有效值与最大值之间的关系。
7.(4分)(2023秋 思明区校级月考)下列四个实验情境,其中说法中正确的是( )
A.如图甲所示,ABC构成等边三角形,若两通电导线A、B在C处产生磁场的磁感应强度大小均为B0,则C处磁场的总磁感应强度大小是B0
B.如图乙所示,小磁针正上方的直导线与小磁针平行,当导线中通有如图乙所示电流时,小磁针的N极将会垂直纸面向内转动
C.如图丙所示,一矩形线框置于磁感应强度为B的匀强磁场中,线框平面与磁场方向平行,线框的面积为S,则此时通过线框的磁通量为BS
D.如图丁所示,竖直放置的长直导线通有恒定电流,有一矩形线框与导线在同一竖直面内,将线框绕PQ轴转动时线圈中会产生感应电流
【考点】线圈进出磁场的动力学问题;磁通量的计算.
【专题】定性思想;推理法;电磁感应与图象结合;推理论证能力.
【答案】B
【分析】根据右手螺旋定则可以判断电流产生的磁场的方向,由磁感应强度的矢量合成特点即可计算合磁感应强度;由小磁针的N极指向与磁场的方向一致,可以判断小磁针的转动方向;由磁通量的定义,可以判断磁通量的大小和变化特点,根据电磁感应条件,即可判断是否能产生感应电流。
【解答】解:A.如图所示,根据安培定则和磁感应强度的叠加规律可知C处磁场的总磁感应强度大小是:,
故A错误;
B.根据安培定则可知,当导线中通有如图乙所示电流时,导线下方的磁感应强度垂直纸面向里,小磁针的N极将会垂直纸面向内转动,故B正确;
C.线框平面与磁场方向平行,垂直于磁场方向的面积为0,此时通过线框的磁通量为0,故C错误;
D.将线框绕PQ轴转动时,穿过线圈中磁通量不变,线圈中不会产生感应电流,故D错误。
故选:B。
【点评】本题考查右手螺旋定则的应用、电磁感应的理解,注意磁感应强度是矢量,合成时需要根据平行四边形法则。
二.多选题(共3小题,满分18分,每小题6分)
(多选)8.(6分)如图所示,水平向右且范围足够大的匀强电场空间内,一质量为m的带电小球,通过一长度为l的不可伸长的绝缘轻绳悬挂于水平天花板上O点,静止时轻绳与竖直方向夹角为θ,此时小球处于A点。现用外力将小球缓慢移到O点正下方B点,然后撤去外力,将小球由静止开始无初速度释放。小球运动过程中轻绳始终绷直,已知θ为锐角,重力加速度为g,不计空气阻力,下列说法正确的是( )
A.外力对小球做功为0
B.小球运动到A点时机械能最大
C.小球到达最高点时轻绳的拉力大小为mg
D.小球运动过程中速度最大值为
【考点】利用动能定理求解变力做功;常见力做功与相应的能量转化;从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题;牛顿第二定律与向心力结合解决问题.
【专题】定量思想;推理法;带电粒子在电场中的运动专题;分析综合能力.
【答案】BCD
【分析】在A对小球受力分析可知电场力、重力的方向和大小关系,则小球缓慢移到O点正下方B点过程中可知外力做功情况;电场力做功改变机械能;小球在最高点对小球受力分析可知轻绳拉力等于小球重力;小球运动到A点时速度最大,从B点到A点由动能定理可求出小球运动的速度最大值。
【解答】解:A、小球静止在A点时,受力平衡,则
tanθ
则电场力qE=mgtanθ
小球缓慢移到O点正下方B点过程中,重力和电场力的合力为阻力,外力为动力,做正功,故A错误;
B、把重力和电场力的合力视为“等效重力”,A点为等效最低点,易得小球的摆动关于OA对称,上摆过程中电场力做正功电势能减小,机械能增加,小球运动到A点时机械能最大,故B正确;
C、根据摆动的对称性可知,小球到达最高点时轻绳的拉力与B点相等,仍为mg,故C正确;
D、小球运动到A点时速度最大,从B点到A点由动能定理可知:
qElsinθ﹣mgl(l﹣cosθ)0
解得:v,故D正确;
故选:BCD。
【点评】本题考查等效重力场的知识,在只有重力作用下,最低点速度最大,最高点速度最小。当空间存在电场时,将重力和电场合成为等效重力场,小球在等效最低点时速度最大,在等效最高点时速度最小,根据动能定理求出速度最大值和速度最小值。
(多选)9.(6分)如图所示的玻璃柱体,其横截面是圆心角为120°的扇形OAB,一束单色光平行横截面从OA边射入玻璃柱体,在OA边上的入射角为α,折射角为θ,折射光线与OB边的夹角为2θ,已知α等于光在玻璃柱体中发生全反射时的临界角,只考虑第一次射到圆弧AB上的光线,下列选项正确的是( )
A.α=45°
B.玻璃柱体对此光的折射率为1.5
C.越接近A点的折射光线越容易从弧AB处射出玻璃柱体
D.弧AB上有光透出的部分的弧长与弧AB的弧长之比为3:8
【考点】光的折射与全反射的综合问题.
【专题】定量思想;推理法;光的折射专题;推理论证能力.
【答案】AD
【分析】由临界角公式n结合折射定律与几何关系求出折射率和α;根据题意作图,结合几何关系可解得D项。
【解答】解:AB、过OA边的折射光线与OB边的夹角为2θ,由几何关系可得折射光线与OA边的夹角β=120°﹣2θ,折射角θ=90°﹣β
解得θ=30°
玻璃柱体对此单色光的折射率n
又由题意得n
解得α=45°,n
故A正确,B错误;
C、画出过O点的折射光线,如图所示,折射光线与弧AB交于E点,弧BE上没有光线射出,由几何关系可知,越接近A点的折射光线在弧AB上的入射角越大,越容易发生全反射,故C错误;
D、设折射光线CD在弧AB上正好发生全反射,则弧AD上没有光线射出,弧AB上有光透出的部分为弧DE
∠CDO=α=45°,∠OCD=120°
则∠COD=15°,∠AOE=120°﹣2θ=120°﹣2×30°=60°
可得∠DOE=45°,弧AB上有光透出的部分的弧长与弧AB的弧长之比为
故D正确;
故选:AD。
【点评】当光从密介质射入光疏介质时要考虑能否发生全反射.几何光学问题要画出光路图,运用几何知识和折射定律结合进行研究.
(多选)10.(6分)(2023秋 荆州期末)如图所示,上表面粗糙长度为L、质量为m的长木板放置在光滑的水平面上,现让质量也为m的木块(视为质点)从长木板的左端以水平向右的速度v0滑上长木板,最终木块未脱离木板,两者达到共速,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.两者在相对运动的过程中,木块动量的变化量与木板动量的变化量方向相反但大小不相等
B.两者在相对运动的过程中,木块的位移是木板位移的2倍
C.若木块刚好不从木板上脱离,则两者相对运动需要的时间为
D.若,两者相对运动需要的时间为t,则两者间的滑动摩擦力大小为
【考点】动量守恒定律在板块模型中的应用;动能定理的简单应用;动量守恒定律的一般应用.
【专题】定量思想;推理法;动量定理应用专题;推理论证能力.
【答案】CD
【分析】A、木块与木板组成的系统水平方向动量守恒;
B、由动量守恒定律可得两者的共同速度,根据运动学公式可以求出木块、木板的位移,由此做比;
C、木块刚好不从木板上脱离,位移之差即为木板的长度;
D、运用动量定理分析。
【解答】解:A.木块与木板组成的系统水平方向动量守恒,总动量的变化量为0,则两者在相对运动的过程中,动量的变化量等大反向,故A错误;
B.由动量守恒定律可得mv0=2mv共,解得,两者在相对运动的过程中,木块、木板的位移分别为
比较可得x块:x板=3:1,故B错误;
C.若木块刚好不从木板上脱离,则有,解得,故C正确;
D.对木板由动量定理可得ft=mv共,结合,综合解得,故D正确。
故选:CD。
【点评】考查对动量守恒定律和动量定理的理解,熟悉公式的运用。
三.实验题(共1小题,满分9分)
11.(9分)(2023秋 海淀区校级月考)某研究性学习小组利用实验室提供的恒压电源(输出电压不变),按照如图甲所示的电路来测量一个量程为10V的电压表的内阻。
该小组的同学们通过实验数据绘制出电压表的示数U随电阻箱的阻值R变化的图像,如图乙所示。由图像可知:(结果均保留两位有效数字)
(1)恒压电源的输出电压为 9.0V 。
(2)电压表的内阻为 10kΩ 。
(3)若不考虑由读数带来的偶然误差,则该电压表内阻的测量值 等于 (选填“大于”、“小于”或“等于”)真实值。
【考点】伏安法测电阻.
【专题】实验题;实验探究题;定量思想;实验分析法;恒定电流专题;实验探究能力.
【答案】(1)9.0V;(2)10kΩ;(3)等于。
【分析】(1)根据闭合电路欧姆定律推导电压表的示数U随电阻箱的阻值R变化关系式,结合图像计算;
(2)根据图像中数据结合(1)表达式计算电压表内阻;
(3)分析实验中造成误差的原因判断。
【解答】解:(1)设恒压电源的输出电压为E,电压表的内阻为r,由闭合电路欧姆定律可得
整理得
可知R=0时
U=E
由图乙可知恒压电源的输出电压为
E=9.0V
(2)由图乙可知R=5kΩ时
U=6.0V
则
解得电压表的内阻为
r=10kΩ
(3)若不考虑由读数带来的偶然误差,本实验原理没有系统误差,则该电压表内阻的测量值等于真实值。
故答案为:(1)9.0V;(2)10kΩ;(3)等于。
【点评】本题关键掌握实验原理,结合图像计算。
四.解答题(共3小题,满分39分)
12.(9分)(2024 荆州区校级模拟)如图,两段封闭的玻璃管静止在水平面上,中间长Δh=10cm的水银柱将管内气体分为A,B两部分,其中LA=20cm,LB=30cm。若将玻璃管竖直立起,稳定时A部分气柱长度变为L'A=25cm,已知该过程中两部分气体温度保持T0=300K不变。求:
(1)水平放置时A中气体的压强p0(cmHg为单位)。
(2)若竖直玻璃管以加速度加速上升,A中气体温度不变,B中气体温度变为多少才能使A气柱长度仍为L'A=25cm。
【考点】气体的等容变化与查理定律的应用;牛顿第二定律的简单应用;气体压强的计算;气体的等温变化与玻意耳定律的应用.
【专题】定量思想;推理法;气体的状态参量和实验定律专题;推理论证能力.
【答案】(1)水平放置时A中气体的压强p0为25cmHg;
(2)若竖直玻璃管以加速度加速上升,A中气体温度不变,B中气体温度变为350K才能使A气柱长度仍为L'A=25cm。
【分析】(1)对A和B两部分气体分别根据玻意耳定律列方程可计算;
(2)以水银柱为研究对象,根据牛顿第二定律列方程计算出玻璃管加速上升时B中的压强,然后根据查理定律列方程计算。
【解答】解:(1)设玻璃管竖直立起来时A中气体压强为pA,则B中气体压强为pB=pA+ρgΔh,根据玻意耳定律有
对A:p0LAS=pAL'S
对B:p0LBS=pB(LA+LB﹣L')S
代入数据联立解得p0=25cmHg
(2)若竖直玻璃管以加速度加速上升,设此时A中气体的压强仍为pA,则B中气体压强为p'B,根据牛顿第二定律有
pB'S﹣pAS﹣ρgΔhS=ρΔhSa
对B根据查理定律有
代入数据,联立解得T=350K
答:(1)水平放置时A中气体的压强p0为25cmHg;
(2)若竖直玻璃管以加速度加速上升,A中气体温度不变,B中气体温度变为350K才能使A气柱长度仍为L'A=25cm。
【点评】能够找到气体的初末状态的三个参量是解题的关键,另外还要知道玻璃管加速上升时的研究对象是水银柱。
13.(14分)(2024秋 杨浦区校级月考)
(二)竞速的小灿
小灿是一名汽车爱好者,他决定深入研究爱车性能,租用了一个专业测试场地来测试汽车的性能:
(1)该汽车发动机的额定功率为80kW。小灿驾驶汽车时,汽车和他的总质量为4t。
①第一次,他驾驶汽车以额定功率通过一直线测试路段时,最大速度可达144km/h,过程中汽车受到的阻力大小为 2000 N;
②第二次,他在同一测试路段以5m/s2的恒定加速度启动,则汽车匀加速运动的最大速度为 3.64 m/s。
(2)转弯测试段为一半径R=50m的圆弧弯道。车与地面间的动摩擦因数μ=0.2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。①为保证汽车转弯时不发生侧滑,其最大速度大小为vm= 10 m/s;②若转弯速度大于vm,将会出现 侧滑 现象。(g取10m/s2)
(3)爬山测试段为“S”形单行盘山公路,如图所示。弯道1、2可看作两个不同高度的水平圆弧,圆心分别为O1、O2,弯道2比弯道1高h=7m,两弯道中心虚线对应的半径分别为r1=8m、r2=18m,倾斜直道AB与两弯道平滑连接。一质量m=1500kg的汽车沿着中心虚线从弯道1经过倾斜直道AB进入弯道2,已知汽车在AB段做匀加速直线运动,加速时间t=5s,汽车在两个弯道运动时做匀速圆周运动,路面对轮胎的摩擦力始终等于汽车所受重力的0.2倍,取重力加速度大小g=10m/s2,求:
①汽车从弯道1运动到弯道2增加的机械能ΔE;
②汽车在AB段运动时受到的支持力大小FN。
【考点】机械能与曲线运动相结合的问题;车辆在道路上的转弯问题;机车以恒定加速度启动;常见力做功与相应的能量转化.
【专题】定量思想;推理法;机械能守恒定律应用专题;分析综合能力.
【答案】(1)①2000; ②3.64;(2)①10; ②侧滑;
(3)①汽车从弯道1运动到弯道2增加的机械能ΔE为1.2×105J;
②汽车在AB段运动时受到的支持力大小FN为1.44×104N。
【分析】(1)①汽车匀速运动时,牵引力等于阻力,根据P=Fv求解阻力;
②根据牛顿第二定律求解牵引力,P=Fv求解匀加速的最大速度;
(2)①最大静摩擦力提供汽车做圆周运动所需要的向心力;
②当超过最大速度时,提供的向心力不能满足所需要的向心力,故出现侧滑;
(3)根据汽车在弯道做匀速圆周运动过程中摩擦力提供向心力可求得速度,根据动能定理以及机械能表达式求得机械能的增加量
根据位移公式求得AB的长度,同时可求得倾斜直道段倾角的正弦值和余弦值,从而求得汽车所受支持力。
【解答】解:(1)①当速度最大时牵引力等于摩擦阻力,有;
②做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律:F1﹣f=ma,解得:F1=f+ma=2000N+4×103×5N=22000N
所以匀加速运动的最大速度为
(2)①静摩擦力提供汽车做圆周运动所需的向心力,故,代入数据解得:vm=10m/s
②当汽车超过最大速度时,最大静摩擦力不足提供转弯所需的向心力,故出现侧滑;
(3)①汽车在弯道上做匀速圆周运动,设汽车在弯道1、2上运动时的速度大小分别为v1、v2
根据牛顿第二定律,有:
汽车从弯道1运动到弯道2增加的机械能为
代入数据解得:E=1.2×105J
②设AB段的长度为x,倾角为θ,有,代入数据解得:x=25m
根据几何关系,有,则
则汽车在AB段所受支持力N=mgcosθ
代入数据解得:FN=1.44×104N
故答案为:(1)①2000; ②3.64;(2)①10; ②侧滑;
(3)①汽车从弯道1运动到弯道2增加的机械能ΔE为1.2×105J;
②汽车在AB段运动时受到的支持力大小FN为1.44×104N。
【点评】解决本题的关键知道汽车拐弯时向心力的来源,结合摩擦力提供向心力以及动能定理即可求解,要能灵活运用几何知识。
14.(16分)(2022春 和平区期末)如图所示,竖直放置的一半圆形光滑绝缘轨道固定在方向水平向右的匀强电场中,一质量为m、所带电荷量为q的带电小球放置在轨道上,平衡时小球与轨道圆心O的连线与竖直方向的夹角为α=60°,重力加速度为g,求:
(1)小球所带电性;
(2)电场强度的大小E;
(3)若将电场撤去,小球运动到轨道最低点时所受轨道支持力的大小FN。
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题;力的合成与分解的应用.
【专题】定量思想;推理法;带电粒子在电场中的运动专题;推理论证能力.
【答案】(1)小球带正电;
(2)电场强度的大小为;
(3)若将电场撤去,小球运动到轨道最低点时所受轨道支持力的大小为2mg。
【分析】(1)(2)对小球受力分析,根据共点力平衡条件可解得电场强度大小。
(3)根据机械能守恒定律结合牛顿第二定律解得。
【解答】解:(1)(2)对小球受力分析如图
根据小球平衡可知电场力向右,故小球带正电,根据共点力平衡条件可知:
tan60°
解得:E
(3)撤去电场,小球运动过程中机械能守恒,有mgR(1﹣cos60°)
最低点,根据牛顿第二定律有:FN﹣mg
代入数据解得:FN=2mg;
答:(1)小球带正电;
(2)电场强度的大小为;
(3)若将电场撤去,小球运动到轨道最低点时所受轨道支持力的大小为2mg。
【点评】本题考查带电粒子在电场中的受力问题,解题关键掌握小球的受力分析,注意电场力的计算公式。
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