江苏省东台市2024届高三下学期期末质量检测试题物理试题.pdf

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的截止电压低,故D正确。故选:AD。9、BCE【解题分析】“当θ=α时,光屏NQ区域A光的光斑消失,继续增大θ角,当θ=β时,光屏NQ区域B光的光斑1消失”,说明A光先发生了全反射,A光的临界角小于B光的临界角,而发生全反射的临界角C满足:sinC?,可n知玻璃砖对A光的折射率比对B光的大,故A错误;,由n?知,A光在玻璃砖中传播速度比B光的小。故B正确;,即A光偏折大,所以NQ区域A光的光斑离N点更近,故C正确;<θ<β时,B光尚未发生全反射现象,故光屏上应该看到2个亮斑,其中包含NP侧的反射光斑(A、B重合)以及NQ一侧的B光的折射光线形成的光斑。故D错误;?????时,A、B两光均发生了全反射,故仅能看到NP侧的反射光斑(A、B重合)。故E正确。2故选BCE。10、AD【解题分析】,所以粒子做类平抛运动,其运动轨迹是曲线,所以其速度方向和电场力不共线,故运动方向和电场方向不平行,故C不符合题意,D符合题意。,所以粒子的电势能减小,粒子在P点的电势能大于在Q点的电势能。由于粒子带正电,根据E=qφ可知电势逐渐减小,P点电势高于Q点电势,故B不符合题意,A符合题意。P故选AD。三、实验题:本题共2小题,共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写出演算过程。:..11、AFI(r?R)?Ir11922311【解题分析】(1)[1]当红表笔接A端、黑表笔同时接B端时,指针几乎不偏转,说明电阻很大,二极管反向截止,根据欧姆表的工作原理可知,黑表笔应与欧姆表内部电池的正极相连,由二极管的单向导电性可知,A端应是二极管的正极;(2)[2]由图乙可知,实验中要求电压从零开始调节,故滑动变阻器应采用分压接法;所以滑动变阻器应选阻值小的,即滑动变限器应选F;[3]在测量正向加电压的伏安特性曲线时,实验中最大电压约为3V,所以电压表V(量程0~15V,内阻约2500Ω)不符合题意,故需要电流表A(量程0~,内阻为r?1Ω)与定值电阻R?7Ω串联改装成量程为223U?I(r?R)?4Vg23二极管两端的电压在3V以内,电流在40mA以内,电流表应选用电流表A(量程0~50mA,内阻为r?);因二11极管的正向电阻较小,故采用电流表外接法,同时二极管正极应接电源正极;因实验中要求电压从零开始调节,故滑动变阻器应采用分压接法,所以电路图为(3)[4]根据电路结构特点可得I(r?R)?Ir?U22311解得二极管两瑞电压的表达式为:..U?I(r?R)?Ir22311(5)[5],(不计内限)供电,根据图乙可知在电路中电流为21mA,????、?a【解题分析】根据位移差公式Δx?aT2求解系统的加速度。对整个系统进行分析,根据牛顿第二定律求解M的表达式。根据误差来源分析误差的性质。【题目详解】(1)[1]根据位移差公式Δx?aT2,解得系统运动的加速度为?x(?)?(?)a???10?2m/s2??(2)[2]根据牛顿第二定律,对Q和Z有?M?m?g?T??M?m?a对物体P有T?mg?ma2ma联立解得M?。g?a(3)[3]由题意可知本实验中误差是由于实验原理的选择而造成的,无法通过多测数据来消除,故这是一种系统误差。【题目点拨】本题主要考查了通过系统牛顿第二定律测质量的方法,能分析出实验误差的原因。明确系统误差和偶然误差的定义。四、计算题:本题共2小题,共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、(1)S?63m(2)10m(3)?10?3sOQ【解题分析】(1)已知可得:vtan??yvx:..设粒子从P点运动到Q点的时间为t,水平方向上:vt?SxOQ竖直方向上:1vt?h2yPO可得:S?63mOQ(2)由己知可得:vv?0cos?粒子在磁场中运动时,洛伦兹力充当向心力mv2qvB?R解得R=10m(3)设粒子在磁场中运动的圆心为O,由几何关系可得:1??60?,??30?可得粒子在磁场中转过的圆心角??90?2πR由T?,可得:v1t?T??10?3s4:..1114、(1)53°;(2)q,mgl。32【解题分析】(1)转速最大时,系统力矩平衡:mglsin??Eqlsin??mglcos?AB解得:4tan??3??53(2)设B带的电量为q',转过最大角度时,动能为零,由动能定理得:Eql?mgl?mgl?Eq'l?0BA解得:1q??q3当转角为α时电,势能的增加值等于两球克服电场力的功:W?Eq?lsin??Eql(1?cos?)整理得:1W?mgl211式中当:W?mgl,电势能的最大增加值为mgl。m2215、(1)(2)(3)R==5m【解题分析】(1)对m和m弹开过程,取向左为正方向,由动量守恒定律有:120=mv-mv1122解得v=10m/s1剪断细绳前弹簧的弹性势能为:11E?mv2?mv2p211222解得E=:..(2)设m向右减速运动的最大距离为x,由动能定理得:21-μmgx=0-mv22222解得x=3m<L=4m则m先向右减速至速度为零,向左加速至速度为v=,然后向左匀速运动,直至离开传送带。20设小物体m滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t。取向左为正方向。2根据动量定理得:μmgt=mv-(-mv)22022解得:t=3s该过程皮带运动的距离为:x=vt=,电动机需对传送带多提供的电能为:E=μmgx2带解得:E=(3)设竖直光滑轨道AC的半径为R时小物体m平抛的水平位移最大为x。从A到C由机械能守恒定律得:111mv2?mv2?2mgR21121C由平抛运动的规律有:x=vtC112R?gt221联立整理得x?4R(10?4R)根据数学知识知当4R=10-4R即R=,水平位移最大为x=5m