河南省信阳市第一高级中学2019届高三上学期第二次教学质量检测物理试题（图片版）

2018-2019学年普通高中高三第二次教学质量检测 物理参考答案 一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B C B A D B D B BD AC AC BC 二、实验题 13.(每空2分,共6分)(1)乙(2分) (2)1.55(2分) 2.70×10-2(2分) 14.(每空2分,共8分)(1)0.400 (2)①如下图; ②kπEd 2 4 ③r=1.4Ω 【解析】(1)由图乙所示螺旋测微器可知,其示数为0mm+40.0×0.01mm=0. 400mm. (2)①如图所示: ②电阻丝电阻:R= x S ,由闭合电路欧姆定律 可知,电流:I= E R+R0+r= E ρ x S+R0+r ,1 I= ρ SE x+ R0+r E ,1 I-x 图象是直线,便于实验数据处理,因此需要作1 I-x 图象;其图象的 )页3共(页1第 案答理物三高 斜率:k=ρSE= ρ πE( d 2 )2 ,则电阻率:ρ= kπEd2 4 ; ③由 1 I-x 图象纵坐标的截距可知:R0+r E =1.8 ,解得r=1.4Ω 四、计算题(10+14+14=38分,解答题时应写出必要的文字说明、方程式和重 要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出 数值和单位) 15.(10分) 解:(1)(5分)当小物块在AB段运动时,设加速度为a1, 则 a1=gsinθ (1分) 由表格可知 a1= 12-0 2-0m /s2=6m/s2 (2分) 所以 θ=37°或θ=arsin 3 5 (2分) (2)(5分)过B 点后物块的加速度设为a2,则a2=gsinθ-μgcosθ (1分) 由表格可知 a2= 29-21 6-4 m /s2=4m/s2 (2分) 所以 μ=0.25 (2分) 16.(14分)解:(1)0 (2)N= 19mg 5 + 4Bq 5gR 5 (3)若μ≥ 3 5 ,则Wf= 2μmgR 5μ+3 ;若μ< 3 5 ,则Wf= 2 5mgR 【解析】(1)(4分)由动能定理得:qEx0-2mgR= 1 2mv 2 p qE= 3mg 5 x0= 10R 3 得vP=0 (2)(4分)小环在A 点时的速度为vA,由动能定理 qE(x0+R)-mgR= 1 2mv 2 A-0 得:vA= 4 5 5gR 在A 点:N-qvAB-qE=m v2A R 联立得:N= 19mg 5 + 4Bq 5gR 5 (3)(6分)若f=μmg≥qE 即μ≥ 3 5 )页3共(页2第 案答理物三高 小环第一次到达P 点右侧s1 距离处速度为零,小环将停在此处不动,由动能定 理 qE(4R-s1)-2mgR-fs1=0 f=μmg 联立得:s1= 2R 5μ+3 所以克服摩擦力所做的功为:Wf=μmgs1= 2μmgR 5μ+3 若f=μmg<qE 即μ< 3 5 环经过来回往复运动,最后只能在PD 之间往复运动,克服摩擦力功Wf,由动能 定理 qE(4R)-mg(2R)-Wf=0 解得:Wf= 2 5mgR 17.(14分)解:(1)7.5m/s (2)0.075W(3)v=5m/s 【解析】(1)(5分)当金属棒匀速下滑时速度最大,设最大速度为vm,此时棒处于 平衡状态,故有mgsinα=F安, F安=BIL, I= BLvm R总 ,其中R总=150Ω 由以上各式得mgsinα= B2L2vm R总 解得最大速度vm= mgR总sinα B2L2 =7.5m /s; (2)(4分)当R2 调整后,棒稳定下滑的速度由(1)知 v= mg(R1+R2)sin30° B2L2 =3.0m /s 故R2 上消耗的功率P2=I2R2,其中I= BLv R1+R2=0.05A ,解得P2=0.075W; (3)(5分)对任意时刻,由牛顿第二定律有mgsinα-BiL=ma i= Δq Δt , Δq=CΔu, Δu=BLΔv, a= Δv Δt 解得a= mgsinα B2L2C+m 上式表明棒在下滑过程中,加速度保持不变,棒做匀加速运动,代入数据可得: a=2.5m/s2 ∴v'=at=2.5×2m/s=5m/s )页3共(页3第 案答理物三高 $$ $$