2023年3月3日高中物理作业--第10组.pdf

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1、2023年3月3日高中物理作业10学校:姓名：班级：考号：一、单选题1.甲同学用双手捏取了长为10cm的细线，并将双手靠近，乙同学将质量为0.5kg的物体用光滑挂钩挂在细线的中点。甲同学按如图所示的方式缓慢增大双手间的距离，当手指所捏之处位于水平直尺上两个三角形标记的位置时，细线恰好被拉断，则细线所能承受的最大拉力 约 为（）A.1 B.2 C.4 D.86.如图所示，在距水平地面高为0.8m处水平固定着一根长直杆，杆上尸点固定一轻质滑轮，户点右边的杆上套有质量为 1kg的小球B。半径为0.6m的半圆形细杆竖直固定在地面上，其圆心O位于尸点的正下方，在半圆形细杆最高点处套有质量为2kg的小球A

2、,用一条不可伸长、足够长的柔软细绳绕过定滑轮将两小球连接起:来，细绳处于伸直状态。长直杆和半圆形细杆在同一竖直平而内，两小球均可看作质点，不计滑轮的大小和一切摩擦，重力加速度g 取 lOm/s?。现小球 A 受到微小扰动，沿半圆形细杆逆时针运动，在小球A 由最高点运动到半圆形细杆底端的过程中细绳对小球B 做的功为（）7.纳米微吸材料是一种新型材料。如图所示，一手机被吸附在由纳米微吸材料制成的手机支架上，此时手机处于静止状态。若手机质量为，手机和水平面的夹角为仇重力加速度为g,手机支架对手机的作用力大小为（）2.蹦极是一项极限运动，在做好充足防护的情况下，人们可以感受完全失重的刺激。蹦极所用绳索

3、的弹力大小遵循胡克定律，人下降过程中的加速度随位移变化的图像如图所示，图 中&-三=三-X，忽略空气阻力以及绳索的重力，下列说法正确的是（）A.从/到 演，人做减速运动 B.从看到与，人处于失重状态C.下降到七时，人的速度达到最大 D.下降到内时，人受到的拉力是重力的2 倍3.甲、乙两辆汽车沿同一平直路面行驶，其 修 图像如图所示，若 20s末两车并排行驶，下列对汽车运动情况的描述正A./=10s时，乙车改变运动方向B.20s时甲、乙两车的加速度相等C.r=Os时甲车在乙车后方250m处D.在六10s20s时间内乙车比甲车快4.如图所示，做匀速直线运动的小车A 通过一根绕过定滑轮的长绳吊起一重

4、物B,则（）|/IA.mg B.忠sin6C.mg cos0 D.mg tan 08.黑板擦在手施加的恒定推力/作用下匀速擦拭黑板，已知黑板擦与鉴直黑板间的动摩擦因数为，不计黑板擦的重力，则它所受的摩擦力大小为（）二、多选题9.如图甲所示，轻弹簧左端固定，在弹簧右端施加I00N的水平拉力，该轻弹簧伸长了0.1m；若用两只手分别作用在另一相同的轻弹簧两端，每只手对弹簧的水平拉力均为100N,如图乙所示，己知弹簧形变量均未超过弹性限度，下列说法正确的是（）甲 乙A.弹簧的劲度系数为1000N/mB.弹簧的劲度系数为2000N/mC.图乙弹簧伸长量为0.1mD.图乙弹簧伸长量为0.2m1 0.某物体

5、以30m/s的初速度竖宜上抛，不计空气阻力，g 取 lOm/s?.5s内物体的A.路程为65mB.位移大小为25m,方向向上C.速度改变量的大小为lOm/sD.平均速度大小为13mzs,方向向上1 1.如图是斧头劈木桩的情景，斧头的纵面是一个等腰三角形，顶角为仇使用时，垂直斧背加一个力F，这个力产生两个作用效果，使斧头挤压木桩的两个劈开面。下列叙述正确的是（）A.重物B 匀速上升 B.重物B 减速上升C.拉力大于B 的重力 D.拉力等于B 的重力5.真空中有两个点电荷相距r,相互作用力为凡若两个电荷的电量都变为原来的2 倍，为保持两者的作用力大小不变,则两个电荷间的距离应变为原来的多少倍？（）

6、A.若 尸 定，。越大则木桩的两个劈开面受到的挤压力越大B.若 尸 定，。越小则木桩的两个劈开面受到的挤压力越大C.若夕一定，/越大则木桩的两个劈开面受到的挤压力越大D.若。定，尸越小则木桩的两个劈开面受到的挤压力越大12.如图所示，图甲为速度选择器原理示意图，图乙为质谱仪原理示意图，图丙和图丁分别为多级直线加速器和回旋加速器的原理示意图，忽略粒子在图丁的D形盒狭缝中的加速时间。下列说法正确的是（）认为小球就是从A点射出），某次弹射时发现小球刚好能通过最高点。点，已知小球与A 8间的动摩擦因数 =sin 37。=0.6,cos 37。=0.8,则（1）小球刚好到达。点时的速度多大？（2）若弹簧

7、储存的弹性势能不变，而 弹 射 小 球 的 质 量 改 为 则 该 小 球 到 达。点时对轨道的压力多大？（3）若要使质量为机的小球不脱离轨道，弹簧在弹射小球时应储存多少弹性势能？甲 乙 丙 丁EA.图甲中，只有具有速度i，=育的粒子才能沿图中虚线路径经过速度选择器DB.图乙中，；H、：H、：H三种粒子经加速电场射入磁场，；H在磁场中偏转半径最大C.图丙中，由于技术上产生过高的电压是很困难的，为了使粒子获得更高的能量，所以采用多级直线加速装置D.图丁中，随着粒子速度的增大，交流电源的频率也应该增大三、实验题13.如图所示，由于遮挡，只能看到图甲中游标尺的后半部分，则读数为 c m,图乙螺旋测微

8、器的读数为14.某同学欲使用气垫导轨和光电计时器等器材探究被轻弹簧弹开过程中两滑块的动量关系，实验装置如图甲所示。1 2 3.u I n J.1.1 i,i,1,1.11 11111 1（1111 111111111 1110 10 2016.如图所示，真空室中电子枪连续均匀发出的电子（初速不计）经过4 =1000 V的加速电场后，由小孔S沿两个互相垂直的偏转电极Y Y，和XX的中心线射入。偏转电极Y Y，的板长为L=0.20m,极板相距4=0.02m,偏转电极X X，的板长也为L=0.20m,极板相距人=0.10m,且高度足够高。偏转电极Y Y，的右侧与偏转电极X X，的左侧相距为3荧光屏与

9、中心线垂直，且与偏转电极X X，的右侧相距为 2。两个偏转电极都不加电压时，电子束沿中心线打到荧光屏中心产生亮斑。现在电极Y Y响加电压力、“，在电极X X，间加电压Uxx-4Y,和Uxx,的电压随时间，变化的图线分别如图所示。设极板间电场可看作是均匀的，且极板外无电场，在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场均可视作恒定，能通过两偏转电极的电子均能打到荧光屏上。已知电子的电量9=1.6x105（：,不计电子重力和电子间的相互作用。（I）求电子从小孔S射出时的动能：（2）求能通过偏转电极Y Y，的电子数占总数的比例；（3）求打到荧光屏上电子动能的范围；（4）请通过计算定量画出电子打到荧光屏上的

10、点形成的图线。甲 乙（1）利用游标卡尺测得A和B两滑块上遮光片的宽度均如图乙所示，则此宽度k emo（2）将滑块A、B间的弹簧压缩并用细线固定，烧断细线，测出滑块A、B经过光电门过程中挡光时间分别为力和匕：若A、B两 滑 块（包含遮光片）的质量分别为小心，遮光片宽度为d，则被轻弹簧弹开后A、B两滑块的动量大小分别是产、PB=。若 PA=P8,则说明被轻弹簧弹开过程中两滑块的动量守恒。四、解答题15.某弹射游戏的轨道装置如图所示，倾斜直轨道A 4长为2R、倾角为37。，其末端8与 光 滑 圆 弧 轨 道 在8点相切，网弧半径为R,末端。点的切线水平。游戏时操作者将质量用的小球用弹簧从斜轨底端A点

11、 发 射（弹簧长度很短，可以17.半径R=40cm竖直放置的光滑半圆轨道与水平直轨道平滑相接(如图所示),质量m =50g的小球A以一定的初速度沿直轨道向左运动，欲使A经过轨道最低点N后恰能从圆轨道的最高点M飞 出(重力加速度g取10m/)。求：(1)小球经过M时的速度箕：(2)在 满 足(1)的条件下，小球从M点飞出后落回水平直轨道的位置与N点的距离人N18.如 图，水平面放置的足够长光滑平行金属导轨间距为/,导轨平面处于竖直向下的匀强磁场用中，质量为M的金属棒静置在导轨上，与导轨垂直且电接触良好，开关S处于断开状态；极板长度和间距均为/、电容为C的带电平行板电容器竖直放置，平行板上方有垂直

12、纸面向里的单边界匀强磁场4：大量不计重力，质量为机、电量为4的带负电粒子，连续不断地从两平行板底端中间位置以速度/竖直向上射入平行板间，恰好从N板边缘进入上方的匀强磁场中。已知两部分磁场的磁感应强度大小均为8,电容满足C=求：(1)开关S闭合前，粒子在磁场人 中的运动时间；(2)开关S闭合，金属棒运动状态稳定后，电容器两极板间的电压；(3)开关S闭合，金属棒运动状态稳定后，进入磁场当中的粒子做圆周运动的半径。参考答案:1.c【详解】对结点受力分析，如图所示iiiipiiipiii|iiii|iiii|iiii|ini|1 2 3巾1 1 1|巾|而1|1|川平川|川|川|理川|川|川|川|川|

13、川|川|叩|川|叩川|3 0血曲 痴 血 llllllllllllllllllllllllll 而6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 cm mg由图可知LAB=(13.70-5.00)cm=8.70cm s LOA=5.00cm此时由平衡可得2T cos 0=mg且cos 6=4A-(争 f-=,0.49LOK联立解得T=5.07N即细线所能承受的最大拉力约为5No故选Co2.D【详解】A.从 制到X 2,人的加速度向下，与速度方向相同，人在做加速度减小的加速运动，A 错误；B.从X2到X3人的加速度向上，人处于超重状态，B错误；C.人从开始下降到

14、X2的过程中，速度方向一直向下，且一直做加速运动，下降到X2时，人的加速度为0,下降到X 2以后，加速度方向与速度方向相反，所以下降到X2时，人的速度达到最大，C错误；D.由图可知，人在下降到X/以后，绳才产生弹力，从打到X2绳的弹力小于重力，从X2到制绳的弹力大于重力，在X2时绳的弹力等于重力，因再根据F=kM则有耳=k(x2-xt)=mg=k 5-x2)所以下降到M时，所受拉力为F2=一 N)=-/x2)+k(x2%,)=2mgD 正确。故选D。3.C【详解】A.因 20s内乙车的速度一直为正，可知r=10s时，乙车没有改变运动方向，选项A 错误;B.图像的斜率等于加速度，可知z=20s时

15、甲、乙两车的加速度不相等，选项B 错误；C.在 20s内，甲车的位移x 2 20 x20m=400m乙车的位移x乙7=2-x 10 x10m+2 xl0 x20m=l 50m因 20s末两车并排行驶，则片0 s时甲车在乙车后方250m处，选项C 正确；D.在/=10s20s时间内乙车比甲车运动的慢，选项D 错误。故选Co4.C【详解】设绳与水平方向夹角为。，重物B 的速度与小车A 沿绳方向的分速度相等，即vA cos 0=vB小车A向左匀速运动过程，。逐渐减小，cos。逐渐增大，故浊逐渐增大，重物B加速上升，故绳的拉力大于B的重力，C正确，A B D错误。故选C。5.B【详解】根据库仑定律，开

16、始时有.二 一1%r2若两个电荷的电量都变为原来的2倍，且两者的作用力大小不变，则一 产比较以上两式可得/=2r故选B。6.D【详解】当A运动到半圆形细杆底端时，根据几何关系可知此时P A与竖直方向夹角的余弦值为hCQS0=.=0.8+.2设此时A的速度大小为V,根据运动的合成与分解可知此时B的速度大小为Vr=VCOS0 根据机械能守恒定律有根据动能定理可知在小球A由最高点运动到半圆形细杆底端的过程中细绳对小球B做的功为W=mBv2 联立解得故选D。7.A【详解】手机受到重力、摩擦力、支持力、吸引力，手机支架对手机的作用力是指摩擦力、支持力、吸引力的合力。手机处于静止状态，由共点力的平衡可知，

17、手机支架对手机的作用力应该与重力平衡，大小为，监，方向竖直向上,A正确。故选Ao8.D【详解】设/与 竖 直 方 向 的 夹 角 为 则 有f =F cos a=JLIF sin a结合sin?a+cos2 a=1可以解得cos a =7-府故选Do9.AC【详解】A B.弹簧的劲度系数F%=1000N/mxA正确，B错误；C D.图甲、图乙弹簧受力相同，弹簧的伸长量相同，图乙弹簧伸长量为0.1m,C正确，D错误。故选ACo10.AB【详解】初速度30m/s,只需要3 s即可上升到最高点，位移为m=3()2/20m=45m,再自由落体2s时间，下降高度为/?2=0.5X 10 x22m=20m

18、,故路程为65m,A对；此时离地面高2 5 m,位移方向竖直向上，B对；规定向下为正，此时速度为片 1 0 x 2 m/s=2 0 m/s,速度该变量为加=2 0 1 1 1/$-(-3 0 0 1/5)=5 0 1 口/$,C 错；平均速度为 2 5 m/5 s=5 m/s,D 错.1 1.B C【详解】AB.若尸一定，。越小，则木桩与两个劈面的夹角越大，根据平行四边形定则可知，木桩的两个劈开面受到的挤压力越大，故 A错误，B正确；CD.若。一定，F越大，根据平行四边形定则可知，则木桩的两个劈开面受到的挤压力越大，故 C正确，D错误;故选B C o1 2.A B C【详解】A.图甲中，当粒子

19、沿直线通过时，满足qvB=Eq即Ev=一B即只有具有速度Ev =一B的粒子才能沿图中虚线路径经过速度选择器，选项A正确；B.图乙中，：H、；H、：H 三种粒子经加速电场射入磁场，则由 1 2Uc/=mv2V-qvB=m R解得R匪列q因为:H的 最大，则在磁场中偏转半径最大，选项B正确；-7C.图丙中，由于技术上产生过高的电压是很困难的，为了使粒子获得更高的能量，所以采用多级直线加速装置,选项C正确；D.图丁中，由于.2兀m1=-qB可知，随着粒子速度的增大，粒子在磁场中运动的周期不变，则交流电源的频率也是不变的，选项D错误。故选A B C。1 3.5.2 35 2.7 0 7 (2.7 0

20、5 2.7 0 8 均给分)【详解】1 图甲游标尺上2 0 个小等分刻度的长度是1 9 m m,游标卡尺的主尺与游标尺对齐的刻度读数为5.9 0 cm,游标尺上第7个刻度与主尺刻度对齐,则读数为7 x 0.9 5 m m =6.6 5 m m =0.6 6 5 cm所以最终游标卡尺读数为5.9 0 cm-0.6 6 5 cm =5.2 35 cm图乙螺旋测微器的读数为2.5 m m+2 0.5 x 0.0 1 m m =2.7 0 5 m mm,d nud1 4.1.0 1 5 -【详解】(1)口 2 0 分度的游标卡尺精确度为0.0 5 m m,则宽度为d=1 0 m r n +3x 0.0

21、 5 r n r n =1 0.1 5 r n r n =1.0 1 5 cm(2)2 3 滑块经过光电门的速度为d c l则A、B两滑块的动量大小分别是m,dpB=m2vB=-j-1 5.(1)ygR；(2)2.0,7?g；(3)Ep4 3.0mgR或EpN4.5mgR【详解】(1)在。点，由牛顿第二定律有得(2)要使小球山刚能过。点，在小球被弹出前弹簧具有的弹性势能为1 ,Ep=mg A B s in 37 +/.ling AB cos 37 +mgR(+co s 37 )+mvD =4.5mgR质量为5 的小球从4 一。，有Ep =；mg AB s in 37 +g Ring AB co

22、 s 37 +；mgR(l+co s 37 )+；m v j在。点，有尸+4 g=1 42 2 R解得F =2.0 2 g根据牛顿第三定律知，该小球到达D点时对轨道的压力F =F =2.0mg(3)设圆弧上与O点等高的点为C,小球不脱离轨道，分两种情况最高点到达C点或C点以下，有Ep mg AB sin 370+/.img ABcos370+mgR(+cos370)+mv D=4.5mgR故弹簧的弹性势能范围为Ep 4.5mgR1 6.(1)l O O O eV 或 1.6 x l()T6 j；(2)4 0%；(3)1 1 0 0 eV 1 2 5 0 eV (或 1.7 6 x l 0-i6

23、J 2.0 x l 0 l 6J)和 1 0 0 0 eV 1 0 5 0 eV (或1.6 x l O 6J 1.6 8 x l O-1 6J)；(4)计算见详解,图线如下【详解】(1)设电子从小孔S 射出时的速度为vo,动 能 为Ek0,由动能定理纭0=3 相片=44得E,o=l O O O eV (或 1.6 x 1 0%)(2)设电子通过Y Y，极板的时间为to,恰好能通过时极板间的电压为S，则1 ,1 U q 2ym=不2 4 =力2 二4-机玲L%=一%得U、=*Jo=2OV当 Y Y，极板电压高于2 0 V 时，电子将不能通过，根据YY 可知，在 0 0 1 s-个周期内，只有0

24、 0.0 4 s 时间内射入的电子能通过，所以能通过偏转电极YY，的电子占总数的比例40%(3)设电子通过XX，极板的时间为历，恰好能通过时极板间的电压为S,则1 ,1 U,q#2 2 a2m得2d2C/2=-/O=5OOV所以，到达偏转电极XX，的电子均能通过。由UYY.T图像可知在00.2 s内,20V电压对应的时刻是0.04s、0.14s。电子打到荧光屏上的动能线=线。+4/y+4冬X4 a2有前面分析知 8 力丫，X8|Uxx|分析00.2s时间内打到荧光屏的电子，00.04s内，电子动能逐渐减小，0 s时力、.=0,y=0,|Uxx|=500V,x=g/丫=20 V,),=g,|Ux

25、x|=300V,4 =得 4 则动能为 1000eV+10eV+90eV=1100eV；在 0.1s0.14s 时间内，电子动能逐渐增大：0.1s 时，)=0,x=0,电子最终动能为 1000eV；0.14s 时，UYY=20V,=-y,|t/Xx|=200V,x=-y-x-|=-(i2,电子最终动能为1000eV+10eV+40eV=1050eV。所以打到荧光屏的电子的动能范围是H00eVl250eV(或 1,76xl0l6J2.0 xl0 l6J)和 1000eV1050eV(或 1,6xlO16Jl.68x1016J)(4)电子从偏转电场中射出达到荧光屏上，以通过YY，电极为例，设通过偏

26、转电场时偏转量为)，/,在电极与荧光屏之间的匀速运动偏转量为力，则 7YY.24/4eU、Y、L5Lt,=-2%必=叩2=5UYYE-2甸为丫=乂+丫2=3t/YY.L2244设沿Y 方向的最大偏移量为)，“,，设 沿 X 方向的最大偏移量为X,.,将UYY=20V和其它条件带入可得y,=0Q6m同理可知打到荧光屏上的电子沿XX，方向的总偏移量X-X y +*U x J将UYY=500 V 和其它条件带入可得xm=0.10m由yocUYY，可知，不同时刻进入的电子最终在荧光屏上的坐标：0 s时，x=-l()cm,y=0；0.04s时，x=-6cm,y=6cm,00.04s内图线是一条倾斜直线，

27、同理绘出0.1s0.14s图线是一条经过显示屏中心的一条倾斜直线，绘出图线如下图所示。1 7.(1)2 m/s；(2)0.8 m【详解】(1)小球恰能从M点飞出，则vmg=m(2)从 M点飞出后做平抛运动，则L=0.8 m【详解】(1)粒子在带电平行板中，做类平抛运动，则有I=vJ,-a t1,vr=at2 2%速度方向与磁场边界成4 5。角。粒子在磁场当 中做匀速圆周运动，如图所示根据几何关系可得运动的圆心角为9。，则 由*=*厂 午 可 得(2)设S闭合前板间电压为4,则有可得电容器带电量 7 =U（）CS闭合后，则有EB11ZBlq?=Mvqq?c解得板间电压0 =%=觉3 3夕(3)S闭合后，金属棒运动稳定时，粒子在平行板间的偏转量2 m l y 6根据动能定理可得U I,2 I 2q x=mv mv粒子在磁场层 中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律则有qv B=mv2联立解得