湖南省张家界市第一中学2019届高三二模考试物理试题

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湖南省张家界市第一中学2019届高三二模考试物理试题

2019 年高考物理模拟试卷之二 一、选择题 1.消防员在一次用高压水枪灭火的过程中,消防员同时启动了多个喷水口进行灭火。如果有 甲、乙靠在一起的高压水枪,它们的喷水口径相同,所喷出的水在空中运动的轨迹如图所示, 则由图可看出 A. 甲水枪喷出水的速度较大 B. 乙水枪喷出的水在最高点的速度较大 C. 甲水枪喷水的功率较大 D. 乙水枪喷出的水在空中运动的时间较长 【答案】B 【解析】 【详解】AB.水从最高处到失火处的运动可视为平抛运动,水的上升和下降过程具有对称性; 甲、乙两水枪喷出水的最大高度相同,乙水枪喷出的水更远,则乙水枪喷出的水在最高处具 有的水平速度更大;水的最大高度相同,水落地时的竖直速度相同,据速度的合成知,乙水 枪喷出的水落地速度更大,乙水枪喷出水的速度较大.故 A 项不符合题意,B 项符合题意; C.乙水枪喷出水的速度较大,甲、乙两水枪喷水口径相同,则乙水枪喷水的功率较大.故 C 项不符合题意; D.水的上升和下降过程具有对称性,两水枪喷出水的最大高度相同,两水枪喷出的水在竖直 方向运动情况相同,则两水枪喷出的水在空中运动的时间相同.故 D 项不符合题意。 2.某行星有两颗绕其做匀速圆周运动的卫星 A 和 B,A 的运行周期大于 B 的运行周期.设卫星 与行星中心的连线在单位时间内扫过的面积为 S,则下列图象中能大致描述 S 与两卫星的线速 度 v 之间关系的是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】卫星 A 的运行周期大于卫星 B 的运行周期,据开普勒第三定律知,卫星 A 圆周运动 的半径较大. 当卫星绕行星运动的速度是 v 时,有: 2 2 Mm vG mr r  解得卫星圆周运动的半径: 2 GMr v  卫星 A 圆周运动的半径较大,则卫星 A 的线速度较小; 卫星与行星中心的连线在单位时间内扫过的面积 1 12 2 2 r vt GMS rvt v     则卫星的线速度越大,卫星与行星中心的连线在单位时间内扫过的面积越小;卫星 A 的线速 度较小,卫星 A 与行星中心的连线在单位时间内扫过的面积较大. A.A 图与分析不符,故 A 项不符合题意; B.B 图与分析不符,故 B 项符合题意; C.C 图与分析不符,故 C 项不符合题意; D.D 图与分析不符,故 D 项不符合题意。 3.如图所示,平面直角坐标系 xOy 的 x 轴上固定一带负电的点电荷 A,一带正电的点电荷 B 绕 A 在椭圆轨道上沿逆时针方向运动,椭圆轨道的中心在 O 点,P1、P2、P3、P4 为椭圆轨道与 坐标轴的交点。为使 B 绕 A 做圆周运动,某时刻起在此空间加一垂直于 xOy 平面的匀强磁场, 不计 B 受到的重力。下列说法中可能正确的是( ) A. 当 B 运动到 1P 点时,加一垂直于 xOy 平面向里的匀强磁场 B. 当 B 运动到 2P 点时,加一垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场 C. 当 B 运动到 3P 点时,加一垂直于 xOy 平面向里的匀强磁场 D. 当 B 运动到 4P 点时,加一垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场 【答案】C 【解析】 【详解】在洛仑兹力作用下做圆周运动,速度方向与受力方向垂直,所以只能在 P1、P3 位置, 如果加垂直纸面向里的磁场,洛仑兹力与库仑力方向相同,合力变大,向心力变大,对应速 度大的地方变轨,所以在 P3 点施加磁场;如果加垂直纸面向外的磁场,洛仑兹力与电场力方 向相反,合力变小,向心力变小,则在速度小的地方变轨,在 P1 位置施加磁场,ABD 错误 C 正确。 4.沪通长江大桥是世界上首座跨度超千米的公铁两用斜拉桥.如图所 示,设桥体中三块相同 的钢箱梁 1、2、3 受到钢索拉力的方向相同,相 邻钢箱梁间的作用力均沿水平方向.则 A. 钢箱梁 1 对 2 的作用力大于钢箱梁 2 对 1 的作用力 B. 钢箱梁 1、2 间作用力大于钢箱粱 2、3 间作用力 C. 钢箱梁 3 所受合力最大 D. 三块钢箱梁受到钢索的拉力大小相等 【答案】D 【解析】 【详解】A.钢箱梁 1 对 2 的作用力和钢箱梁 2 对 1 的作用力是相互作用力,一定等大反向,A 错误。 BCD.设钢索和水平夹角为 ,相邻钢箱梁间作用力为 F,钢索的拉力为 T,根据平衡条件可知 每个钢箱梁的合力都为零,且 tan mgF  , sin mgT  ,因为钢索拉力的方向相同,质量都相 同,所以钢索拉力大小相等,钢箱梁间的作用力大小相等,BC 错误 D 正确。 5.冬季我国有些内陆地区雾霾频发,为了监测 PM2.5 指数,某科技小组设计了一种报警装置, 电路原理如图所示。RL 是对 PM2.5 敏感的电阻元件,当环境中 PM2.5 指数增大时报警器 S 两端 电压增大并发出警报声。E 为内阻不计的电源,R 为一可变电阻,下列说法正确的是 A. 当 PM2.5 指数增大时 RL 的阻值增大 B. 当 PM2.5 指数增大时电流表 A 的示数减小 C. 当 PM2.5 指数增大时可变电阻 R 两端电压增大 D. 适当增大可变电阻 R 的阻值可以提高报警器的灵敏度 【答案】D 【解析】 【详解】ABC.E 为内阻不计的电源,可变电阻 R 两端电压 SRU E U  当环境中 PM2.5 指数增大时,报警器 S 两端电压增大,可变电阻 R 两端电压减小;报警器 S 两端电压增大,电路中总电流增大,可变电阻 R 两端电压减小,电阻 R 中电流减小,则流过 RL 的电流增大,电流表 A 的示数增大;可变电阻 R 两端电压减小,RL 两端电压减小,流过 RL 的电流增大,RL 的阻值减小.故 ABC 三项不符合题意; D.可变电阻 R 的阻值越大,并联部分总电阻越接近 RL,RL 对电路的影响越明显,从而增大报 警器的灵敏度.故 D 项符合题意。 6.直放式电流传感器(开环式)工作原理如图.在通电直导线外套上一个留有气隙的开放磁 芯(图 1),由于磁芯的作用,气隙处的磁场视为匀强磁场,其磁感应强度的大小与流过导线 的电流成正比.现在气隙间放入载流子为电子的霍尔元件,霍尔元件上下表面垂直于磁感线 (图 2),并接入图示电路(图 3).下列说法正确的是 A. 若图 3 中霍尔元件前表面电势高于后表面,则图 2 中通电直导线电流垂直于纸面向里 B. 若图 3 中霍尔元件前表面电势高于后表面,则图 2 中通电直导线电流垂直于纸面向外 C. 保持电流表读数不变,电压表读数越大,说明通电直导线电流越大 D. 保持电流表读数不变,电压表读数越大,说明通电直导线电流越小 【答案】AC 【解析】 【详解】AB.若图 3 中霍尔元件前表面电势高于后表面,则电子偏向后表面,据左手定则知, 霍尔元件处的磁场方向向下,据安培定则知,图 2 中通电直导线电流垂直于纸面向里.故 A 项符合题意,B 项不符合题意; CD.设霍尔元件前表面与后表面间距为 d,霍尔元件上表面与下表面间距为 h,霍尔元件单位 体积内的电子数为 n,电压表读数为 U,电流表读数为 I,霍尔元件处的磁感应强度为 B,则: I nehdv U e evBd  解得: nehB UI  保持电流表读数不变,电压表读数越大,说明霍尔元件处的磁场越强,通电直导线电流越大.故 C 项符合题意,D 项不符合题意。 7.在氢原子光谱中,赖曼线系是氢原子从较高能级(n=2、3、4)跃迁到基态时辐射的光谱线 系.类似地,有巴尔末系、帕邢系、布喇开系等线系,如图所示.下列说法中正确的是 A. 该图说明氢原子光谱是分立的 B. 赖曼线系中从 n=2 跃迁到基态放出的光子频率最大 C. 巴尔末线系中从 n=∞跃迁到 n=2 放出的光子波长最大 D. 若巴尔末系的某种光能使一金属发生光电效应,则赖曼系的都能使该金属发生光电效应 【答案】AD 【解析】 【详解】A.氢原子的能级是分立的,氢原子发光是氢原子在两个能级间跃迁产生,则该图说 明氢原子光谱是分立的.故 A 项符合题意; B.由图知,赖曼线系中从 n=2 跃迁到基态放出的光子能量最小,则赖曼线系中从 n=2 跃迁到 基态放出的光子频率最小.故 B 项不符合题意; C.由图知,巴尔末线系中从 n=∞跃迁到 n=2 放出的光子能量最大,则巴尔末线系中从 n=∞ 跃迁到 n=2 放出的光子频率最大,波长最短.故 C 项不符合题意; D.由图知,赖曼系中任一光子的能量大于巴尔末系中光子能量的最大值;据光电效应规律知, 若巴尔末系的某种光能使一金属发生光电效应,则赖曼系的都能使该金属发生光电效应.故 D 项符合题意。 8.如图所示,竖直方向上固定一光滑绝缘细杆,两电荷量相等的正点电荷 A、B 关于细杆对称 固定.一带正电荷的小球(图中未标出)套在细杆上,从距两点电荷连线 h1 处由静止释放, 经过时间 t1 运动到与两点电荷等高处.此过程中小球的速度 v、加速度 a 随时间 t 的变化图象, 动能 Ek、电势能 Ep 随下降距离 h 的变化图象可能正确的有 A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【详解】根据等量同种电荷电场线分布可知,沿中垂线从连线中点到无穷远电场线增大后减 小,根据题意可知,场强始终竖直向上: A.如果重力始终大于电场力,则加速度 mg Eqa m  始终向下,物体一直加速,因为不确定释 放位置与最大场强处的关系,所以场强可能一直减小,加速度一直增大,A 正确。 B.初始释放后,向下运动,重力大于电场力,加速度 mg Eqa m  ,因为不确定释放位置与最 大场强处的关系,所以场强可能一直减小,加速度一直增大;也可能场强先增大后减小,加 速度先减小后增大,不可能一直减小,B 错误。 C.开始重力大于电场力,向下加速,动能增大,如果场强先增大后减小,且最大电场力大于 重力,则向下运动到 mg Eq 后,继续向下运动,合力向上,开始减速,动能减小,直到再次 mg Eq ,之后场强减小,重力又大于电场力,合力向下,向下加速,动能增大,C 正确。 D.因为电场力始终向上,而小球一直向下运动,电场力始终做负功,电势能一直增大,如果 场强一直减小,则电场力在单位位移上做功越来越小,电势能增大的越来越慢,D 正确。 二、实验题 9.某学习小组用如图所示的实验装置探究做功与动能变化的关系。在水平桌面上固定一倾斜 的气垫导轨,导轨上 A 处有一带长方形遮光片的滑块,其总质量为 M,左端由跨过轻质光滑定 滑轮的细绳与一沙桶相连,沙桶和里面的细沙总质量为 m;遮光片两条长边与导轨垂直;导轨 上 B 处有一光电门,可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间为 t,d 表示遮光片的宽度,L 表示遮光片右侧初位置至光电门之间的距离,用 g 表示重力加速度。 (1)该同学首先用游标卡尺测量了遮光片的宽度,如图所示,遮光片宽度的测量值 d=___cm; (2)让沙桶内盛上适量细沙,测出沙桶和细沙的总质量 m,调整导轨倾角,让滑块恰好在 A 处 静止。剪断细绳后,滑块开始加速下滑,记录遮光片通过光电门的时间 t;保持滑块的质量 M 和遮光片右侧初位置至光电门之间的距离 L 不变,改变沙桶内细沙的质量和导轨倾角,重复 以上步骤,通过每次实验记录的 m 和 t,描点作出了一个线性关系的图象,从而更直观地研究 滑块动能变化与合外力对它所做功的关系,处理数据时应作出的图象是________(请填写选项 前对应的字母)。 A.t —m 图象 B. t2—m 图象 C. t2 — 1 m 图象 D.1 t —m2 图象 (3)为了减小上述实验中的误差,下列实验要求中不必要的一项是________(请填写选项前对 应的字母) A.应使沙桶和细沙的总质量 m 远小于滑块和遮光片的总质量 M B.应使 A 位置与光电门间的距离适当大些 C.遮光片的宽度要适当小些 D.应使细线与气垫导轨平行 【答案】 (1). 0.235 (2). C (3). A 【解析】 【详解】(1)[1]由游标卡尺测量出遮光片的宽度 12 7 mm 2.35mm 0.235cm20d      (2)[2]测出沙桶和细沙的总质量 m,调整气垫导轨倾角,让滑块恰好在 A 处静止,则: sinMg mg  剪断细绳后,滑块开始加速下滑,滑块所受合力 sinF Mg mg  滑块沿气垫导轨滑行 L,合外力对它所做功 W FL mgL  滑块过光电门的速度 dv t  滑块沿气垫导轨滑行 L 过程,滑块动能变化 2 2 k 2 1 2 2 MdE Mv t    若合外力对它所做功等于滑块动能的变化,则 2 22 MdmgL t  整理得: 2 2 2 Mdt mgL  为得到线性关系图象,则应作 2 1t m  图象 A.t—m 图象,与分析不符,故 A 项不符合题意; B.t2—m 图象,与分析不符,故 B 项不符合题意; C.t2— 1 m 图象,与分析相符,故 C 项符合题意; D.1 t —m2 图象,与分析不符,故 D 项不符合题意。 (3)[3] A.据(2)分析知,滑块下滑过程中合力等于沙桶和细沙的总重力,故 A 项不必要,即 A 项符合题意; B.应使 A 位置与光电门间的距离适当大些,减小测量 L 的相对误差.故 B 项必要,即 B 项不 符合题意; C.滑块过光电门的速度是用遮光片通过光电门的平均速度替代,则遮光片的宽度要适当小些, 以减小速度测量的误差.故 C 项必要,即 C 项不符合题意; D.细线与气垫导轨平行时,细线断后,滑块受到的合力才等于细线未断时细线中的拉力.故 D 项必要,即 D 项不符合题意。 10.某学生实验小组要测量一电压表的内阻,提供的器材如下: A.待测电压表 V1(量程 0~3V) B.标准电压表 V2 (量程 0~5V,内阻约为 2000Ω) C.定值电阻 R1(阻值为 1200Ω) D.定值电阻 R2(阻值为 3600Ω) E.滑动变阻器 R (0~200Ω) F.电源 E(6V,内阻不计) G.开关 S、导线 (1)用多用电表欧姆档粗测电压表的内阻,将多用电表选择开关置于“ 100 ”位置,进行欧 姆调零后,将多用电表的________表笔(选填“红”或“黑”)与待测电压表的正接线柱相 连,将另一支表笔与另一个接线柱相连,正确连接后多用电表指针静止时在刻度盘上的位置 如图所示,则此电压表内阻的测量值为________Ω。 (2)在虚线框内画出设计的精确测量电压表内阻的电路图________。(要求电路连接好后不能 再拆改电路) (3)为了进一步精确测量此电压表的内阻,除了选用电源、开关、导线、待测电压表、标准电 压表、滑动变阻器外,定值电阻应选择________(填各器材前面的字母)。 (4)正确连接电路后闭合开关,调节滑动变阻器使两电压表示数达到适当值,此时电压表 V1、 V2 的示数分别为 U1、U2,则此电压表内阻的测量值为 RV=________(用物理量的符号表示)。 【答案】 (1). 黑 (2). 1.80×103 (3). (4). C (5). 1 1 2 1 U R U U 【解析】 【详解】(1)[1]电流从多用电表的红表笔流入多用电表,从多用电表的黑表笔流出多用电表; 电流从电压表的正接线柱流入电压表,从电压表的负接线柱流出电压表;则多用电表的黑表 笔与待测电压表的正接线柱相连。 [2]多用电表选择开关置于“ 100 ”位置,多用电表指针静止时在刻度盘上的位置如图所示, 则此电压表内阻的测量值 3 V 18 100Ω 1.8 10 ΩR     (2)[3]滑动变阻器 R 阻值相对较小,则滑动变阻器采用分压式接法;待测电压表量程小于标 准电压表量程,则待测电压表与定值电阻串联后与标准电压表并联,所以电路如图: (3)[4]待测电压表量程为 3V,标准电压表量程为 5V,为精确测量此电压表的内阻,电压表应 尽量满偏,则待测电压表与串联电阻电压之比应接近 3:2,电压表内阻约 1800Ω,则定值电 阻选阻值 1200Ω的,即选择 C。 (4)[5]据欧姆定律及串、并联电路的特点可得: 1 2 1 1 V UU U RR   解得: 1 1 V 2 1 U RR U U   三、计算题 11.如图所示,桌子靠墙固定放置,用一块长 L1=1.0 m 的木板在墙和桌面间架设斜面,桌面 距地面 H=0.8 m,桌面总长 L2=1.5 m,斜面与水平桌面的倾角θ可在 0~60°间调节后固定, 将质量 m=0.2 kg 的小物块(可视为质点)从斜面顶端静止释放,物块与斜面间的动摩擦因数 μ1=0.05,物块与桌面间的动摩擦因数μ2 未知,忽略物块在斜面与桌面交接处的机械能损失, 不计空气阻力.(重力加速度取 g=10 m/s2;最大静摩擦力等于滑动摩擦力;取 sin 37°=0.6, cos 37°=0.8) (1) 求当θ=30°时,物块在斜面上下滑的加速度的大小;(可以用根号表示) (2) 当θ增大到 37°时,物块恰能停在桌面边缘,求物块与桌面间的动摩擦因数μ2; (3) μ2 取第(2)问中的数值,当θ角为多大时物块落地点与墙面的距离最大,最大距离 xm 是 多少. 【答案】 2 2 m 1 2(1) (5 0.25 3)m/s ;(2) 0.8;(3) 1.9m     a x x L 【解析】 【详解】(1) 根据牛顿第二定律,对物体受力分析可得 mgsin θ-μ1mgcos θ=ma 代入数据得 2(5 0.25 3)m/sa   (2) 由动能定理得 mgL1sin θ-μ1mgL1cos θ-μ2mg(L2-L1cos θ)=0-0 代入数据得μ2=0.8 (3)   2 1 1 1 2 2 1 1sin cos cos 2mgL mgL mg L L mv        得 2320 sin 1.2 cos4 v       当θ=53°时 vmax=1 m/s 由于 21 2H gt 解得 t=0.4 s x1=vt=0.4 m xm=x1+L2=1.9 m 12.如图平面直角坐标系中,x 轴上方区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度 B=0.2T.原点 O 处有一粒子源,可在坐标平面内沿各个方向向磁场区发射比荷均为 q/m=2.5×105C/kg 的带负电的粒子.在 x0=0.64m 处垂直于 x 轴放置一块足够长的粒子收集板 PQ,当粒子运动到收集板时即被吸收,不计粒子间相互作用和重力的影响,粒子被吸收的过 程中收集板始终不带电. (1)能被收集的粒子速度至少多大? (2)设某时刻粒子源沿+y 方向射入一系列粒子,速度大小从 0 到 vm=2×104m/s 不等,至少经多 长时间有粒子到达收集板?求刚有粒子到达收集板时,该系列所有粒子所在位置构成的图线 的方程; (3)粒子源沿各个方向均匀地向磁场区发射速度大小均为 vm=2×104m/s 的粒子,会有两个不同 方向入射的粒子在 PQ 上的同一位置被收集,求 PQ 上这种位置分布的区域长度,以及落在该 区域的粒子占所发出粒子总数的百分比. 【答案】(1) 4 0 1.6 10 m/sv   (2) 5127 127π 10 s360 90t T    1 (0 0.64m)2y x x   (3) 29.4 % 【解析】 【详解】(1)如图 1,在磁场中 2 0 0 vqv B m r  由题意,临界半径 0 1 2r x 联立可得 4 0 1.6 10 m/sv   (2)速度为 vm 的粒子轨道半径为 R,则: 2 m m vqv B m R  解得: R=0.4m 如图 2,设该粒子击中 A 点,∠AO1P=α,有: 0(1 cos )R x  解得: cosα=0.6 α=53° 所有粒子的圆周运动周期均为: 52π 4π 10 smT qB    速度为 vm 的粒子转过圆心角为 180°-53°=127° 粒子到达收集板的最短时间: 5127 127π 10 s360 90t T    此时这一系列的粒子位于线段 OA 上,其斜率为 0 sin 1 2 Rk x   所以图线方程为 1 (0 0.64m)2y x x   (3)临界 1:如图 3,初速度与+y 轴成θ1 的粒子轨迹直径与 PQ 交于 M,这是 PQ 上离 P 最远的 亮点。 0 1 4cos 2 5 x R    1 37   12 sin 0.48mPM R   临界 2:如图 4,初速度与+y 轴成θ2 的粒子轨迹 PQ 相切于 N,有 2 0(1 cos )R x  ,同(2), θ2=α=53°,说明 N 点与 A 点重合。 可得: 2sin 0.32mPN R   所求区域长度: 0.48 0.32m 0.16ml MN    沿与+y 轴成θ2=53°方向到+y 方向发射的粒子均可以落在该区域,因此: 53 100180    %= 29.4 % 13.如图所示,A 为一具有光滑曲面的固定轨道,轨道底端是水平的,质量为 m 的平板小车 B 静止于轨道右侧,其板面与轨道底端靠近且在同一水平面上。一个质量 1 2 m 、可视为质点的 小滑块 C 以 0v 的初速度从轨道顶端滑下冲上小车 B 后,经一段时间与小车相对静止并继续一 起运动。若轨道顶端与底端水平面的高度差为 h,小滑块 C 与平板小车板面间的动摩擦因数为  ,平板小车与水平面间的摩擦不计,重力加速度为 g。求: (1)小滑块 C 冲上小车瞬间的速度大小; (2)平板小车加速运动所用的时间及平板小车板面的最小长度。 【答案】(1) 2 0 2v v gh  (2) 2 02 2 3 v ght g  , 2 0 2 3 v ghL g   【解析】 (1)对小滑块从释放至经过轨道底端的运动过程, 由机械能守恒定律有 2 2 0 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2m gh m v m v                 , 解得小滑块 C 冲上小车瞬间的速度大小 2 0 2v v gh  ; (2)从小滑块 C 滑上平板小车到两者共速,平板小车做匀加速运动, 对这一过程中的滑块小车系统由动量守恒定律有 1 1 2 2mv m m v     , 对这一过程中的平板小车由动理定理有 1 2 m gt mv      , 对这一过程中的小滑块由动能定理有 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2m gs m v m v                    , 对这一过程中的平板小车由动能定理有 2 2 1 1 2 2m gs mv     , 是平板小车的最小长度 1 2L s s   , 解得平板小车加速运动所用的时间 2 02 2 3 v ght g  , 平板小车板面的最小长度 2 0 2 3 v ghL g   【点睛】该题是一道综合题,综合运用了机械能守恒定律、动量守恒定律、动能定理以及功 能关系,解决本题的关键熟练这些定理、定律的运用. 14.如图所示,半径为 R 的水平圆盘可绕着过圆心 O 的竖直轴转动,在圆盘上从圆心 O 到圆盘 边缘开有一沿半径方向的光滑细槽.一根原长为 R 的轻弹簧置于槽内,一端固定在圆心 O 点, 另一端贴放着一质量为 m 的小球,弹簧始终在弹性限度内. (1)若小球在沿槽方向的力 F1 作用下,在圆盘边缘随圆盘以角速度ω0 转动,求 F1 的大小; (2)若圆盘以角速度ω1 转动,小球被束缚在槽中距离圆盘边缘为 x 的 P 点,此时弹簧的弹性 势能为 EP.解除束缚后,小球从槽口飞离圆盘时沿槽方向的速度大小为 v,求此过程中槽对小 球做的功 W1; (3)若圆盘以角速度ω2 转动,小球在沿槽方向推力作用下,从圆盘边缘缓慢向内移动距离 x 到达 P 点.如果推力大小保持不变,求弹簧的劲度系数 k 以及此过程中推力做的功 W2. 【答案】(1) 2 1 0F m R (2)  2 2 2 2 2 1 1 1 1 ( )2 2 pm R v m R x E     (3) 2 2m Rx 【解析】 【详解】(1)小球在沿槽方向的力 F1 得作用下做圆周运动,由向心力公式有 2 1 0F m R (2)设小球从槽口飞出圆盘时的速度为 1v ,则根据运动的合成:  22 2 1 1v R v  ,设在此 过程中弹簧对小球做功为W,有动能定理有:  22 2 1 1 1 1 1 2 2W W mv m R x    ,由于 pW E , 解得    22 2 2 2 1 1 1 1 1 2 2 pW m R v m R x E      (3)当小球沿槽方向缓慢向内移动得距离为 x1 时,由向心力公式有  2 1 2 1F kx m R x   , 解得  2 2 2 2 1F m R k m x    由于F得大小不变,与x1 无关,则有 2 2 2 2,k m F m R   所以推力做的功 2 2 2W Fx m Rx  15.电视机显像管原理如图所示,圆形磁场区域半径为 R,磁感应强度大小为 B0,垂直纸面向 外.在磁场右边距离圆心 2R 处有一竖直放置的足够大的接收屏,过磁场区域圆心 O 的水平直 线与接收屏相交于 O1.以 O1 为坐标原点沿接收屏竖直向上建立 y 轴,电子枪水平放置于 OO1 连 线上,电子由静止开始经电子枪加速后从 A 点射入磁场,并从磁场区域最高点 C 射出.已知 电子电荷量大小为 e,质量为 m. (1) 求电子枪加速电压 U0; (2) 为使电子打在接收屏上的不同位置,需要调节磁感应强度,求粒子打在屏上的位置 y 和 磁感应强度 B 的关系; (3) 若不慎将电子枪沿竖直方向向上平移了一段距离 2 Rh  ,为控制电子打在接收屏上 7 R2y  位置处,需要将磁感应强度 B 调节为多少? (参考公式: 2 2 2 2tan 1 tantan 2 , cos21 tan 1 tan        ) 【答案】(1) 2 2 0 0 eR B 2m U (2) 故 0 2 0 2 4  BBy R B B (|B|
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