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沿x轴正方向射出的粒子能经过M点,然后回到原点;沿y轴正方向射入磁场时粒子到达x轴上最远处,则能经过M点的粒子不能经过N点,选项A错误;ON=2R=L,由 解
得:
,故B错误。
由几何关系可知,从ON的中点离开磁场的粒子在磁场中运动转过的圆心角可能为3000,时间
,也可能为60,时间为
0
,选项C正确;从N点离开
磁场的粒子在磁场中运动的时间为半周期,大小为 【点睛】
,选项D错误;故选C.
带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为:定圆心、画轨迹、求半径.要掌握左手定则,熟练运用牛顿第二定律研究半径. 7.AD 【解析】 【分析】
根据楞次定律判断感应电流的方向;根据B-t图像的斜率等于磁感应强度的变化率判断感应电流的大小;根据左手定则判断安培力的方向. 【详解】
t1时刻穿过线圈的磁通量向里增加,根据楞次定律可知,线框的感应电流方向为a→b→c→d→a,由左手定则可知,线框ab边受到的安培力方向向右,选项AD正确;t3时刻穿过线圈的磁通量向里减小,可知线框的感应电流方向为a→d→c→b→a,选项B错误;B-t图像的斜率等于磁感应强度的变化率,可知t2时刻磁感应强度的变化率为零,则线框的感应电流为零,选项C错误;故选AD. 【点睛】
此题关键是知道感应电流的方向由楞次定律来确定,而其大小是由法拉第电磁感应定律来算
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得的.知道B-t图像的斜率等于磁感应强度的变化率;分清左右手定则的适用范围. 8.AC 【解析】 【分析】
由动能定理求解重力功;根据P=Fv判断功率,注意v是沿F方向的速度分量;根据动能定理结合牛顿第二定律求解在最低点的拉力. 【详解】
根据动能定理可知,该过程重力做的功为WG= ,选项A正确;小球经过B点时,因重力向下,速度与重力的方向垂直,可知重力的功率为0,选项B错误;小球经过B点时拉力的方向与速度垂直,则拉力的功率为0,选项C正确;根据mgR=mv2;由牛顿第二定律:
F-mg=m;解得小球经过B点时拉力大小为F=3mg,选项D错误;故选AC.
9.ACD 【解析】 【分析】
对滑块受力分析,分析开始时重力mg与摩擦力的大小关系来确定滑块的运动特点,根据速度的变化分析加速度的变化。 【详解】
设初速度为v0,则若满足mg=f=μN,因N=Bqv0,则mg=μBqv0,则滑块向下做匀速运动,则选项A正确;若mg>μBqv0,则滑块开始有向下的加速度,由
可知,随速度增加,加速度减小,即滑块做加速度减小的加速运动,最后达到匀速状态,则选项D正确;若mg<μBqv0,则滑块开始有向上的加速度做减速运动,由
可知,随速度减小,
加速度减小,即滑块做加速度减小的减速运动,最后达到匀速状态,则选项C正确;故选ACD. 【点睛】
此题是动态分析问题;关键是分析洛伦兹力随速度的变化情况,从而分析加速度的变化情况来确定图像的形状. 10.BC 【解析】
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【分析】
根据滑块的受力情况以及弹力的变化情况分析加速度的变化;由能量关系分析选项CD的正误。 【详解】
当弹力等于摩擦力时,滑块的速度最大,此位置应该位于MO之间某位置,选项A错误;开始时弹力大于摩擦力,加速度向右,随弹力的减小加速度逐渐减小,当弹力等于摩擦力时加速度减为零,此时速度最大;滑块继续向右运动时,弹力小于摩擦力,加速度向左且随着弹力的减小加速度逐渐变大,则选项B正确;
设滑块速度最大的位置为MO之间的P点,则MP=d;MP的中点为Q,则由M到P由动能定理: 弹 ;从M到Q,由动能定理: 弹
,因
弹 弹 ;可得 ,选项C正确;因物块在N点仍然有弹性势能,则物块从
M点运动到N点的过程克服摩擦阻力做的功小于Ep,选项D错误;故选BC. 【点睛】
此题是牛顿第二定律进行动态分析以及能量守恒定律的应用问题;关键是分析物体的受力情况以及弹力和摩擦力的关系;知道运动过程中能量的转化关系。 11.(1)32.4 (2)大于; 小于; 【解析】 【分析】
(1)游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标尺的读数,不估读;(2)根据中间时刻的速度小于中间位置的速度判断;根据L=v0t+ at2判断加速度和 的关系. 【详解】
(1)用游标卡尺测量一滑块的长度L,则L=3.2cm+0.1mm×4=3.24cm=32.4mm; (2)滑块经过光电门中间时刻的速度等于平均速度 ;因中间位置的速度大于中间时刻的速度,可知滑块MN的中点经过光电门的瞬时速度大于 ;设N点经过光电门A时的速度为v0,则L=v0t+ at2,解得
,则滑块下滑的加速度小于 ;
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12.(1)×10 300 (2)①A1 R2 ②如图;
【解析】 【分析】
(1)欧姆表指针指在图甲中虚线位置,指针偏角过大,说明倍率挡选择的过大,应选择较小的倍率;(2)根据实验要求选择仪器;(3)因待测电阻的阻值300Ω远大于电流表的内阻6Ω,可知应该采用电流表内接电路,滑动变阻器用分压电路; 【详解】
(1)该同学先用多用电表欧姆挡粗测该电阻的阻值,先用“×100”挡测量,发现指针指在图甲中虚线位置,指针偏角过大,说明倍率挡选择的过大,这时他应该选用“×10”挡进行测量; Rx的阻值为30×10Ω=300Ω。
(2)电路中可能出现的最大电流为 ,可知电流表选择A1;滑动变阻器要用分压电路,故选R2;
(3)因待测电阻的阻值300Ω远大于电流表的内阻6Ω,可知应该采用电流表内接电路,滑动变阻器用分压电路;如图;
13.(1)80s(2)0 【解析】 【分析】
(1)以动车组为研究对象,根据牛顿第二定律结合运动公式求解该过程“复兴号”运动的时间;(2)以前4节车厢为研究对象,由牛顿第二定律列式求解第4节车厢和第5节车厢之
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间的相互作用力的大小. 【详解】
(1)以动车组为研究对象,由牛顿第二定律:4F-8f=8ma 动车组做匀加速运动,则v=at 解得t=80s
(2)以前4节车厢为研究对象,假设第4、5节车厢间的作用力为N,则由牛顿第二定律:2F-4f+N=4ma 解得N=0.
14.(1) (2) 【解析】 【分析】
(1)杆进入磁场之前做匀加速运动,进入磁场后做匀速运动,根据安培力等于F求解B;(2)根据能量关系求解两个过程中电阻R产生的热量之比. 【详解】
(1)设拉力大小为F,杆的加速度为a,进入磁场时的速度为v0,则F=ma; 杆做匀加速运动,则v0=at,
杆在磁场中做匀速运动,则F=F安=BIL I=E/R E=BLv0
联立解得:
(2)撤去拉力后,由图乙可知,杆在x=x0处的速度大小为
由能量关系,在0-x0过程中,电阻R产生的热量
在x0-3x0过程中,电阻R产生的热量 解得
15.(1) (2) 【解析】 【分析】
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[市级联考]福建省泉州市2019届高中毕业班单科质量检查物理试题
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