内容发布更新时间 : 2024/5/19 18:01:46星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
15.B 根据电子移动过程中电场力做负功,可知φM>φN,φM>φP,由于电场力做功相等,可知φN=φP,直线d位于同一等势面内,根据匀强电场的特点,可判断直线c也位于同一等势面内,故选项B正确,A错误;由于φM=φQ,电子由M点到Q点,电场力做功为零,C错误;因为φP<φ
M
=φQ,电子由P点到Q点,电场力应做正功,选项D错误。
16.A 由于变压器的匝数比为3∶1,可得原、副线圈的电流比为1∶3,根据P=I2R可知原、副线圈中电阻R的功率之比k=错误！未找到引用源。,由错误！未找到引用源。=错误！未找到引用源。,其中U2=U,则U1=3U,结合原、副线圈的电流比为1∶3,可得原线圈中电阻R上的电压为错误！未找到引用源。,所以有3U+错误！未找到引用源。=220V,得U=66V,故选项A正确。
17.C 在N点由牛顿第二定律得4mg-mg=m错误！未找到引用源。;从最高点到N点,由动能定理得2mgR-W=错误！未找到引用源。m错误！未找到引用源。,联立解得W=错误！未找到引用源。mgR。由于克服阻力做功,机械能减小,所以质点从N点到Q点克服阻力做的功要小于从P点到N点克服阻力做的功,即质点从N点到Q点克服阻力做的功W′
18.D 乒乓球的水平位移最大时球应该恰好落在右侧台面的边角上,
由平抛运动规律得3h=错误！未找到引用源。g错误！未找到引用源。,错误！未找到引用源。=vmaxt1,解得vmax=错误！未找到引用源。;乒乓球的水平位移最小时球应该恰好擦着球网的中点落在右侧台面上,则乒乓球从发球点到球网的中点,由平抛运动规律得2h=错误！未找到引用源。g错误！未找到引用源。,错误！未找到引用源。=vmint2,解得vmin=错误！未找到引用源。,所以乒乓球发射速率的范围为错误！未找到引用源。 20.A、C、D 物块在上滑过程中有mgsinθ+μmgcosθ=ma1,v0=a1t1;在下滑过程中有mgsinθ-μmgcosθ=ma2,v1=a2(2t1-t1),由以上方程可以求出θ和μ,但不能求出物块的质量m,故A、C正确,B错误;由图像可得物块上滑的最大位移为x=错误！未找到引用源。v0t1,则上滑的最大高度为hmax=xsinθ=错误！未找到引用源。v0t1sinθ,故选项D正确。 21.B、D 在地球表面附近有G错误！未找到引用源。=mg地,在月球表面附近有G错误！未找到引用源。=mg月,可得 g 月 =1.656m/s2,所以探测器落地的速度为v=错误！未找到引用源。 =3.64m/s,故A错误;探测器悬停时受到的反冲作用力为F=mg月≈2×103N,B正确;探测器由于在着陆过程中开动了发动机,因此机械能不守恒,C错误;在靠近星球的轨道上有G错误！未找到引用源。=mg=m错误！未找到引用源。,即有v=错误！未找到引用源。,可知在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度,故选项D正确。 22.【解析】(2)托盘秤的最小标度为0.1 kg,则读数为 1.00kg+4.0×0.1kg=1.40kg; (4)小车经过最低点时对桥的压力为F=错误！未找到引用源。-1.00g=7.9N, 在桥的最低点,由牛顿第二定律得 F-mg=m错误！未找到引用源。, 其中m=1.40kg-1.00kg=0.40kg, 再代入其他数据解得v=1.4m/s。 答案：(2)1.40 (4)7.9 1.4 23.【解析】(1)根据电路的串并联关系,使用a和b两个接线柱时有 IgRg=(Iab-Ig)(R1+R2); 使用a和c两个接线柱时有 Ig(Rg+R2)=(Iac-Ig)R1; 把Rg=100Ω,Ig=1mA,Iab=3mA,Iac=10mA代入以上两式解得R1=15Ω,R2=35Ω。 (2)因为校准时需选取的刻度为0.5mA、1.0mA、1.5mA、2.0mA、2.5mA、 3.0mA,取滑动变阻器阻值为零,当电路中电流最大时Imax=错误！未找到引用源。=3.0mA,代入数据解得R0=350Ω,故R0选规格为300Ω的;当电路中电流最小时有Imin=错误！未找到引用源。=0.5mA,代入数据解得R=2550Ω,所以滑动变阻器R应选3 000Ω的。 (3)乙图中的d点应和接线柱c相连,这样如果电流表有示数,说明电阻R1损坏;如果电流表无示数则说明电阻R2损坏。 答案：(1)15 35 (2)300 3000 (3)c 判断依据见解析 24.【解析】依题意,开关闭合后,电流方向从b到a,由左手定则可知,金属棒所受的安培力方向竖直向下。 开关断开时,两弹簧各自相对于其原长伸长为Δl1=0.5cm。由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1=mg ① 式中,m为金属棒的质量,k是弹簧的劲度系数,g是重力加速度的大小。 开关闭合后,金属棒所受安培力的大小为 F=IBL ② 式中,I是回路电流,L是金属棒的长度,两弹簧各自再伸长了Δl2=0.3cm,由胡克定律和力的平衡条件得 2k(Δl1+Δl2)=mg+F ③ 由欧姆定律有E=IR ④ 式中,E是电池的电动势,R是电路总电阻。 联立①②③④式,并代入题给数据得 m=0.01kg 答案：安培力的方向竖直向下 0.01kg 25.【解析】(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前,小物块和木板一起向右做匀变速运动,设加速度为a1,小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有 -μ1(m+M)g=(m+M)a1 ① 由图可知,木板与墙壁碰前瞬间的速度 v1=4m/s, 由运动学公式得 v1=v0+a1t1 ② s0=v0t1+错误！未找到引用源。a1错误！未找到引用源。 ③ 式中,t1=1s,s0=4.5m是木板碰前的位移,v0是小物块和木板开始运动时的速度。 联立①②③式和题给条件得 μ1=0.1 ④ 在木板与墙壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做匀变速运动,小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律有-μ2mg=ma2 ⑤